校本課程數(shù)學(xué)競賽講義2

1、第五章 直線、圓、圓錐曲線 一 能力培養(yǎng)1,函數(shù)與方程思想 2,數(shù)形結(jié)合思想 3,分類討論思想 4,轉(zhuǎn)化能力 5,運(yùn)算能力二 問題探討問題1設(shè)坐標(biāo)原點為O,拋物線與過焦點的直線交于A,B兩點,求的值.問題2已知直線L與橢圓交于P,Q不同兩點,記OP,OQ的斜率分別為,如果,求PQ連線的中點M的軌跡方程.問題3給定拋物線C:,F是C的焦點,過點F的直線與C相交于A,B兩點.(I)設(shè)的斜率為1,求與夾角的大小;(II)設(shè),若,求在軸上截距的變化范圍.問題4求同時滿足下列三個條件的曲線C的方程:是橢圓或雙曲線; 原點O和直線分別為焦點及相應(yīng)準(zhǔn)線;被直線垂直平分的弦AB的長為.三 習(xí)題探選擇題1已知橢

2、圓的離心率,則實數(shù)的值為A,3 B,3或 C, D,或2一動圓與兩圓和都外切,則動圓圓心的軌跡為A,圓 B,橢圓 C,雙曲線的一支 D,拋物線3已知雙曲線的頂點為與(2,5),它的一條漸近線與直線平行,則雙曲線的準(zhǔn)線方程是A, B, C, D,4拋物線上的點P到直線有最短的距離,則P的坐標(biāo)是A,(0,0) B, C, D,5已知點F,直線:,點B是上的動點.若過B垂直于軸的直線與線段BF的垂直平分線交于點M,則點M的軌跡是A,雙曲線 B,橢圓 C,圓 D,拋物線填空題6橢圓上的一點到左焦點的最大距離為8,到右準(zhǔn)線的最小距離為,則此橢圓的方程為 .7與方程的圖形關(guān)于對稱的圖形的方程是 .8設(shè)P是

3、拋物線上的動點,點A的坐標(biāo)為,點M在直線PA上,且分所成的比為2:1,則點M的軌跡方程是 .9設(shè)橢圓與雙曲線有共同的焦點,且橢圓長軸是雙曲線實軸的2倍, 則橢圓與雙曲線的交點軌跡是 .解答題10已知點H,點P在軸上,點Q在軸的正半軸上,點M在直線PQ上,且滿足,.(I)當(dāng)點P在軸上移動時,求點M的軌跡C;(II)過點T作直線與軌跡C交于A,B兩點,若在軸上存在一點E,使得是等邊三角形,求的值.11已知雙曲線C:,點B,F分別是雙曲線C的右頂點和右焦點,O為坐標(biāo)原點.點A在軸正半軸上,且滿足成等比數(shù)列,過點F作雙曲線C在第一,第三象限的漸近線的垂線,垂足為P.(I)求證:; (II)設(shè),直線與雙

4、曲線C的左,右兩分支分別相交于點D,E,求的值.12已知雙曲線的兩個焦點分別為,其中又是拋物線的焦點,點A, B在雙曲線上.(I)求點的軌跡方程; (II)是否存在直線與點的軌跡有且只有兩個公共點?若存在,求實數(shù)的值,若不存在,請說明理由.四 參考答案問題1解:(1)當(dāng)直線AB軸時,在中,令,有,則,得.(2)當(dāng)直線AB與軸不互相垂直時,設(shè)AB的方程為:由,消去,整理得,顯然.設(shè),則,得=+=+ = =.綜(1),(2)所述,有.ypQo問題2解:設(shè)點P,Q,M的坐標(biāo)分別為,x由條件知 , +得即,將,代入得,于是點M的軌跡方程為.問題3解:(I)C的焦點為F(1,0),直線的斜率為1,所以的

5、方程為,把它代入,整理得設(shè)A,B則有.+1=.,所以與夾角的大小為.(II)由題設(shè)得,即.得,又,有,可解得,由題意知,得B或,又F(1,0),得直線的方程為或,當(dāng)時,在軸上的截距為或,由,可知在4,9上是遞減的,于是,所以直線在軸上的截距為.問題4解:設(shè)M為曲線C上任一點,曲線C的離心率為,由條件,得,化簡得: (i)設(shè)弦AB所在的直線方程為 (ii)(ii)代入(i)整理后得: (iii),可知不合題意,有,設(shè)弦AB的端點坐標(biāo)為A,B,AB的中點P.則,是方程(iii)的兩根.,又中點P在直線上,有+=0,解得,即AB的方程為,方程(iii)為,它的,得.,由,得即,得,將它代入(i)得.

6、所求的曲線C的方程為雙曲線方程:.1焦點在軸得;焦點在軸得,選B.2設(shè)圓心O(0,0),為動圓的圓心,則,選C.3知雙曲線的中心為(2,2),由變形得,于是所求雙曲線方程為,它的準(zhǔn)線為,即,選A.4設(shè)直線與相切,聯(lián)立整理得,由,得,這時得切點(,1),選B.5由知點M的軌跡是拋物線,選D.6可得,消去,整理得,有或(舍去),得,所以所求的橢圓方程為.7設(shè)點P是所求曲線上任一點,它關(guān)于對稱的點在上,有,即.8設(shè)點P,M,有,得,而,于是得點M的軌跡方程是.9由條件可得或,設(shè)P代入可知交點的軌跡是兩個圓.10解:(I) 設(shè)點M,由,得P由,得所以.又點Q在軸的正半軸上,得.所以,動點M的軌跡C是以

7、(0,0)為頂點,以(1,0)為焦點的拋物線,除去原點.(II)設(shè)直線:,其中,代入,整理得 設(shè)A,B,=,有AB的中點為,AB的垂直平分線方程為,令,有E由為正三角形,E到直線AB的距離為,知.由,解得,所以.11(I)證明:直線的方程為:由,得P,又成等差數(shù)列,得A(,0),有,于是,因此.(II)由,得,:由,消去,整理得 設(shè)D,E,由已知有,且,是方程的兩個根.,解得或.又,得=,因此.12解:(I),設(shè)則,去掉絕對值號有兩種情況,分別得的軌跡方程為和()(II)直線:,:,D(1,4),橢圓Q:若過點或D,由,D兩點既在直線上,又在橢圓Q上,但不在的軌跡上,知與的軌跡只有一個公共點,

8、不合題意.若不過,D兩點().則與必有一個公共點E,且點E不在橢圓Q上,所以要使與的軌跡有且只有兩個公共點,必須使與Q有且只有一個公共點,把代入橢圓的方程并整理得由,得.第六章 空間向量 簡單幾何體一 能力培養(yǎng)1,空間想象能力 2,數(shù)形結(jié)合思想 3,轉(zhuǎn)化能力 4,運(yùn)算能力二 問題探討問題1(如圖)在棱長為1的正方體ABCD中,ABCDABCD(1)求異面直線B與C所成的角的大小;(2)求異面直線B與C之間的距離;(3)求直線B與平面CD所成的角的大小;(4)求證:平面BD/平面C;(5)求證:直線A平面BD; (6)求證:平面AB平面BD;(7)求點到平面C的距離; (8)求二面角C的大小.A

9、CBABC問題2已知斜三棱柱ABCD的側(cè)面AC與底面垂直,且AC, A=C.(1)求側(cè)棱A和底面ABC所成的角的大小;(2)求側(cè)面AB和底面ABC所成二面角的大小;(3)求頂點C到側(cè)面AB的距離.三 習(xí)題探討選擇題1甲烷分子由一個碳原子和四個氫原子組成,其空間構(gòu)型為一正四面體,碳原子位于該正四面體的中心,四個氫原子分別位于該正四面體的四個頂點上.若將碳原子和氫原子均視為一個點(體積忽略不計),且已知碳原子與每個氫原子間的距離都為,則以四個氫原子為頂點的這個正四面體的體積為A, B, C, D,2夾在兩個平行平面之間的球,圓柱,圓錐在這兩個平面上的射影都是圓,則它們的體積之比為A,3:2:1 B

10、,2:3:1 C,3:6:2 D,6:8:33設(shè)二面角的大小是,P是二面角內(nèi)的一點,P點到的距離分別為1cm,2cm,則點P到棱的距離是A, B, C, D,ABCDEF4如圖,E,F分別是正三棱錐ABCD的棱AB,BC的中點,且DEEF.若BC=,則此正三棱錐的體積是A, B,C, D,5棱長為的正八面體的外接球的體積是A, B, C, D,填空題6若線段AB的兩端點到平面的距離都等于2,則線段AB所在的直線和平面 的位置關(guān)系是 .7若異面直線所原角為,AB是公垂線,E,F分別是異面直線上到A,B距離為2和平共處的兩點,當(dāng)時,線段AB的長為 .8如圖(1),在直四棱柱中,當(dāng)?shù)酌嫠倪呅螡M足條件

11、 時,有C(注:填上你認(rèn)為正確的一種條件即可,不必考慮所有可能的情形)ABCDABCD圖(1)ABENM圖(2)CDF9如圖(2),是一個正方體的展開圖,在原正方體中,有下列命題:AB與EF所連直線平行; AB與CD所在直線異面;MN與BF所在直線成; MN與CD所在直線互相垂直.其中正確命題的序號為 .(將所有正確的都寫出)解答題10如圖,在中,AB=AC=13,BC=10,DE/BC分別交AB,AC于D,E.將沿 DE折起來使得A到,且為的二面角,求到直線BC的最小距離.ABOCDEOA11如圖,已知矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA平面ABCD,且PA=1.(1)問BC邊上是否存在點

12、Q使得PQQD?并說明理由;(2)若邊上有且只有一個點Q,使得PQQD,求這時二面角Q的正切.ABCDPQ參考答案:問題1(1)解:如圖,以D為原點建立空間直角坐標(biāo)系,有(1,0,1),B(1,1,0),(1,1,1),C(0,1,0)得,設(shè)與所成的角為,則,又,得所以異面直線B與C所成的角的大小為.(2)設(shè)點M在B上,點N在C上,且MN是B與C的公垂線,令M,N,則由,得,解得,所以,得,即異面直線B與C之間的距離為.(3)解:設(shè)平面CD的法向量為,而,由,有,得,于是,設(shè)與所成的角為,則,又,有.所以直線B與平面CD所成的角為.(4)證明:由/C,C平面C,得/平面C,又BD/,平面C,得

13、BD/平面C,而,于是平面BD/平面C.(5)證明:A(1,0,0),(0,1,1),有及,得,于是,直線A平面BD.(6)證明:由(5)知平面BD,而平面AB,得平面AB平面BD.(7)解:可得C=C=,有由,得,即,得所以點到平面的距離為.(8)解:由(3)得平面CD的法向量為=,它即為平面的法向量.設(shè)平面的法向量為,則, 又由,得,所以設(shè)與所成的角為,則所以二面角的大小為.問題2解:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,由題意知A,B(0,0,0),C(0,2,0).又由面AC面ABC,且A=C,知點,平面ABC的法向量.(1),得于是,側(cè)棱和底面ABC所成的角的大小是.(2)設(shè)面AB的法向量,

14、則由得,.于是,又平面ABC的法向量,得,有.所以側(cè)面AB和底面ABC所成二面角的大小是.(3)從點C向面AB引垂線,D為垂足,則所以點C到側(cè)面AB的距離是.習(xí)題1過頂點A,V與高作一截面交BC于點M,點O為正四面體的中心,為底面ABC的中心,設(shè)正四面體VABC的棱長為,則AM=VM,=,得在中,即,得.則,有.選B.溫馨提示:正四面體外接球的半徑:內(nèi)切球的半徑=.2 ,選B.3設(shè)PA棱于點A,PM平面于點M,PN平面于點N,PA=,則,得,有或(舍去),所以,選B.4由DEEF,EF/AC,有DEAC,又ACBD,DEBD=D,得AC平面ABD.由對稱性得,于是.,選B.5可由兩個相同的四棱

15、錐底面重合而成,有,得,外接球的體積,選D.6當(dāng)時,AB/;當(dāng)時,AB/或AB;當(dāng)時,AB/或與斜交.7由,得(1)當(dāng)時,有,得;(2)當(dāng)時,有,得.8 ACBD.(或ABCD是正方形或菱形等)9將展開的平面圖形還原為正方體,可得只,正確.10解:設(shè)的高AO交DE于點,令,由AO=,有,在中,有得.當(dāng)時,到直線BC的最小距離為6.11解:(1)(如圖)以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè),則Q,P(0,0,1),D得,由,有,得 若方程有解,必為正數(shù)解,且小于.由,得.(i)當(dāng)時,BC上存在點Q,使PQQD;(ii)當(dāng)時, BC上不存在點Q,使PQQD.(2)要使BC邊上有且只有一個點Q,使PQQ

16、D,則方程有兩個相等的實根,這時,得,有.又平面APD的法向量,設(shè)平面PQD的法向量為而,由,得,解得有,則,則所以二面角的正切為.第七講 二項式定理與多項式知識、方法、技能二項式定理1二項工定理2二項展開式的通項 它是展開式的第r+1項.3二項式系數(shù) 4二項式系數(shù)的性質(zhì)（1）（2）（3）若n是偶數(shù)，有，即中間一項的二項式系數(shù)最大. 若n是奇數(shù)，有，即中項二項的二項式系數(shù)相等且最大.（4）（5）（6）（7）（8） 以上組合恒等式（是指組合數(shù)滿足的恒等式）是證明一些較復(fù)雜的組合恒等式的基本工具.（7）和（8）的證明將在后面給出.5證明組合恒等式的方法常用的有（1）公式法，利用上述基本組合恒等式進(jìn)

17、行證明.（2）利用二項式定理，通過賦值法或構(gòu)造法用二項式定理于解題中.（3）利用數(shù)學(xué)歸納法.（4）構(gòu)造組合問題模型，將證明方法劃歸為組合應(yīng)用問題的解決方法.賽題精講例1：求的展開式中的常數(shù)項.【解】由二項式定理得 其中第項為 在的展開式中，設(shè)第k+1項為常數(shù)項，記為則 由得r2k=0，即r=2k，r為偶數(shù)，再根據(jù)、知所求常數(shù)項為【評述】求某一項時用二項展開式的通項.例2：求的展開式里x5的系數(shù).【解】因為 所以的展開式里x5的系數(shù)為 【評述】本題也可將化為用例1的作法可求得.例3：已知數(shù)列滿足 求證：對于任何自然數(shù)n，是x的一次多項式或零次多項式. （1986年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題）【思路分析

18、】由是等差數(shù)列，則從而可將表示成的表達(dá)式，再化簡即可.【解】因為 所以數(shù)列為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d有 從而由二項定理，知又因為從而 所以當(dāng)?shù)囊淮味囗検?，?dāng)零次多項式.例4：已知a，b均為正整數(shù)，且求證：對一切，An均為整數(shù).【思路分析】由聯(lián)想到復(fù)數(shù)棣莫佛定理，復(fù)數(shù)需要，然后分析An與復(fù)數(shù)的關(guān)系.【證明】因為顯然的虛部，由于 所以從而的虛部.因為a、b為整數(shù)，根據(jù)二項式定理，的虛部當(dāng)然也為整數(shù)，所以對一切，An為整數(shù).【評述】把An為與復(fù)數(shù)聯(lián)系在一起是本題的關(guān)鍵.例5：已知為整數(shù)，P為素數(shù)，求證：【證明】由于為整數(shù)，可從分子中約去r！，又因為P為素數(shù)，且，所以分子中的P不會紅去，因此有所以【評述

19、】將展開就與有聯(lián)系，只要證明其余的數(shù)能被P整除是本題的關(guān)鍵.例6：若，求證：【思路分析】由已知 猜想，因此需要求出，即只需要證明為正整數(shù)即可.【證明】首先證明，對固定為r，滿足條件的是惟一的.否則，設(shè)則矛盾.所以滿足條件的m和是惟一的. 下面求.因為 又因為 所以 故 【評述】猜想進(jìn)行運(yùn)算是關(guān)鍵.例7：數(shù)列中，求的末位數(shù)字是多少？【思路分析】利用n取1，2，3，猜想的末位數(shù)字.【解】當(dāng)n=1時，a1=3， ，因此的末位數(shù)字都是7，猜想， 現(xiàn)假設(shè)n=k時， 當(dāng)n=k+1時， 從而 于是 故的末位數(shù)字是7.【評述】猜想是關(guān)鍵.例8：求N=19881的所有形如為自然數(shù)）的因子d之和.【思路分析】尋求

20、N中含2和3的最高冪次數(shù)，為此將19變?yōu)?01和18+1，然后用二項式定理展開.【解】因為N=19881=(201)881=(14×5)881= 其中M是整數(shù). 上式表明，N的素因數(shù)中2的最高次冪是5. 又因為N=(1+2×9)881 =32×2×88+34·P=32×（2×88+9P）其中P為整數(shù). 上式表明，N的素因數(shù)中3的最高次冪是2. 綜上所述，可知，其中Q是正整數(shù)，不含因數(shù)2和3. 因此，N中所有形如的因數(shù)的和為(2+22+23+24+25)(3+32)=744.例9：設(shè)，求數(shù)x的個位數(shù)字.【思路分析】直接求x的個

21、位數(shù)字很困難，需將與x相關(guān)數(shù)聯(lián)系，轉(zhuǎn)化成研究其相關(guān)數(shù).【解】令，由二項式定理知，對任意正整數(shù)n. 為整數(shù)，且個位數(shù)字為零.因此，x+y是個位數(shù)字為零的整數(shù).再對y估值，因為， 且，所以 故x的個位數(shù)字為9.【評述】轉(zhuǎn)化的思想很重要，當(dāng)研究的問題遇到困難時，將其轉(zhuǎn)化為可研究的問題.例10：已知試問：在數(shù)列中是否有無窮多個能被15整除的項？證明你的結(jié)論.【思路分析】先求出，再將表示成與15有關(guān)的表達(dá)式，便知是否有無窮多項能被15整除.【證明】在數(shù)列中有無窮多個能被15整除的項，下面證明之.數(shù)列的特征方程為它的兩個根為，所以 （n=0，1，2，）由 則取，由二項式定理得由上式知當(dāng)15|k，即30|n

22、時，15|an，因此數(shù)列中有無窮多個能被15整除的項.【評述】在二項式定理中，經(jīng)常在一起結(jié)合使用.針對性訓(xùn)練題1已知實數(shù)均不為0，多項的三根為，求 的值.2設(shè)，其中為常數(shù)，如果求的值.3定義在實數(shù)集上的函數(shù)滿足：4證明：當(dāng)n=6m時，5設(shè)展開式為，求證：6求最小的正整數(shù)n，使得的展開式經(jīng)同類項合并后至少有1996項.（1996年美國數(shù)學(xué)邀請賽試題）7設(shè)，試求：（1）的展開式中所有項的系數(shù)和.（2）的展開式中奇次項的系數(shù)和.8證明：對任意的正整數(shù)n，不等式成立.（第21屆全蘇數(shù)學(xué)競賽題）第八章 聯(lián)賽二試選講§8.1 平幾名定理、名題與競賽題 平面幾何在其漫長的發(fā)展過程中，得出了大量的定

23、理，積累了大量的題目，其中很多題目都是大數(shù)學(xué)家的大手筆，這些題目本身就是典范，這些題目的解決方法則更是我們學(xué)習(xí)平面幾何的圭臬通過學(xué)習(xí)這些題目，大家可以體會到數(shù)學(xué)的美而且這些題目往往也是數(shù)學(xué)競賽命題的背景題，在很多競賽題中都可以找到他們的身影本講及下講擬介紹幾個平幾名題及其應(yīng)用定理1 (Ptolemy定理)圓內(nèi)接四邊形對角線之積等于兩組對邊乘積之和；(逆命題成立)分析 如圖，即證AC·BD=AB·CD+AD·BC可設(shè)法把 AC·BD拆成兩部分，如把AC寫成AE+EC，這樣，AC·BD就拆成了兩部分：AE·BD及EC·BD，于是

24、只要證明AE·BD=AD·BC及EC·BD=AB·CD即可證明 在AC上取點E，使ÐADE=ÐBDC，由ÐDAE=ÐDBC，得AEDBCD AEBC=ADBD，即AE·BD=AD·BC 又ÐADB=ÐEDC，ÐABD=ÐECD，得ABDECD ABED=BDCD，即EC·BD=AB·CD +，得 AC·BD=AB·CD+AD·BC說明 本定理的證明給證明ab=cd+ef的問題提供了一個典范用類似的證法，可以

25、得到Ptolemy定理的推廣(廣義Ptolemy定理)：對于一般的四邊形ABCD，有AB·CD+AD·BCAC·BD當(dāng)且僅當(dāng)ABCD是圓內(nèi)接四邊形時等號成立例1 (1987年第二十一屆全蘇)設(shè)A1A2A3A7是圓內(nèi)接正七邊形，求證：=+證明 連A1A5，A3A5，并設(shè)A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c本題即證=+在圓內(nèi)接四邊形A1A3A4A5中，有A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得=+，故證例2(美國紐約，1975)證明：從圓周上一點到圓內(nèi)接正方形的四個頂點的距離不可能都是有理數(shù)例

26、1分析：假定其中幾個是有理數(shù)，證明至少一個是無理數(shù)證明：設(shè)O的直徑為2R，不妨設(shè)P在上，則APB=45°，設(shè)PBA=a，則PAB=135°a若PA=2Rsina及PC=2Rsin(90°a)=2Rcosa為有理數(shù)，則 PB=2RsinPAB=2Rsin(135°a)=2R(cosa+sina)=R(sina+cosa)即為無理數(shù)或用Ptolemy定理：PB·AC=PA·BC+PC·ABÞPB=PA+PC故PA、PB、PC不能同時為有理數(shù)例3 求證：銳角三角形的外接圓半徑與內(nèi)切圓半徑的和等于外心到各邊距離的和 若DA

27、BC為直角三角形或鈍角三角形，上面的結(jié)論成立嗎？ 證明：如圖，DABC內(nèi)接于O，設(shè)O的半徑=R，DABC的邊長分別為a，b，c三邊的中點分別為X、Y、Z由A、X、O、Z四點共圓，據(jù)Ptolemy定理，有OA·XZ=OX·AZ+OZ·AX，ÞR·a=OX·b+OZ·c即R·a=OX·b+OZ·c， 同理，R·b=OX·a+OY·c， R·c=OY·b+OZ·a， 三式相加，得R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)

28、 但 r(a+b+c)=OX·a+OY·b+OZ·c(都等于三角形面積的2倍) 式與式兩邊分別相加，得R(a+b+c)+r(a+b+c)= OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OX·c+OY·a+OZ·b故， R+r=OX+OY+OZ 當(dāng)DABC為直角三角形(C為直角)，則O在邊AB上，OX=0，上述結(jié)論仍成立當(dāng)DABC為鈍角三角形 (C為直角或鈍角)時，則有 R+r=OX+OY+OZ證明同上定理2 設(shè)P、Q、A、B為任意四點，則PA2-PB2=QA2-QB2ÛPQAB 證明 先證PA2-PB2=QA2-QB2&

29、#222;PQAB作PHAB于H，則 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2)=AH2BH2=(AH+BH)(AH-BH)=AB(AB-2BH)同理，作QHAB于H， 則 QA2-QB2=AB(AB-2AH)H=H，即點H與點H重合PQAB ÞPA2-PB2=QA2-QB2顯然成立說明 本題在證明兩線垂直時具有強(qiáng)大的作用點到圓的冪：設(shè)P為O所在平面上任意一點，PO=d，O的半徑為r，則d2r2就是點P對于O的冪過P任作一直線與O交于點A、B，則PA·PB= |d2r2|“到兩圓等冪的點的軌跡是與此二圓的連心線垂直的一條直線，如果此二圓相交，則該軌跡是此二圓的

30、公共弦所在直線”這個結(jié)論這條直線稱為兩圓的“根軸”三個圓兩兩的根軸如果不互相平行，則它們交于一點，這一點稱為三圓的“根心”三個圓的根心對于三個圓等冪當(dāng)三個圓兩兩相交時，三條公共弦(就是兩兩的根軸)所在直線交于一點例5以O(shè)為圓心的圓通過ABC的兩個頂點A、C，且與AB、BC兩邊分別相交于K、N兩點，ABC和KBN的兩外接圓交于B、M兩點證明：OMB為直角(1985年第26屆國際數(shù)學(xué)競賽）分析對于與圓有關(guān)的問題，常可利用圓冪定理，若能找到BM上一點，使該點與點對于圓O等冪即可證明：由BM、KN、AC三線共點P，知PM·PB=PN·PK=PO2-r2 由ÐPMN=

31、08;BKN=ÐCAN，得P、M、N、C共圓，故 BM·BP=BN·BC=BO2-r2 得， PM·PB-BM·BP= PO2 - BO2，即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，就是PM2 -BM2= PO2 - BO2，于是OMPB 定理3 (Ceva定理)設(shè)X、Y、Z分別為ABC的邊BC、CA、AB上的一點，則AX、BY、CZ所在直線交于一點的充要條件是··=1分析 此三個比值都可以表達(dá)為三角形面積的比，從而可用面積來證明證明：設(shè)SAPB=S1，SBPC=S2，SCPA=S3則=，=，=，三式相乘，即得

32、證說明 用同一法可證其逆正確本題也可過點A作MNBC延長BY、CZ與MN分別交于M、N，再用比例來證明，例6以ABC的三邊為邊向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，設(shè)L、M、N分別為DE、FG、HK的中點求證：AM、BN、CL交于一點分析 設(shè)AM、BN、CL分別交BC、CA、AB于P、Q、R利用面積比設(shè)法證明··=1證明 設(shè)AM、BN、CL分別交BC、CA、AB于P、Q、R易知，CBMBCMQCNQANLARLBR=，=，三式相乘即得··=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一點例7如圖，在ABC中，ABC和ACB均是銳角，D是BC邊上

33、的內(nèi)點，且AD平分BAC，過點D分別向兩條直線AB、AC作垂線DP、DQ，其垂足是P、Q，兩條直線CP與BQ相交與點K求證：AKBC；證明： 作高AH 則由DBDPDBAH，Þ=，由DCDQDCAH，Þ=由AD平分BAC，Þ=，由DPAB，DQAC，ÞAP=AQ ··=··=·=·=1，據(jù)Ceva定理，AH、BQ、CP交于一點，故AH過CP、BQ的交點K， AK與AH重合，即AKBC例8在四邊形ABCD中，對角線AC平分ÐBAD，在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G

34、求證：ÐGAC=ÐEAC（1999年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）分析 由于BE、CA、DG交于一點，故可對此圖形用Ceva定理，再構(gòu)造全等三角形證明兩角相等證明 連結(jié)BD交AC于H，對BCD用Ceva定理，可得··=1因為AH是ÐBAD的角平分線，由角平分線定理，可得=，故··=1過點C作AB的平行線交AG延長線于I，過點C作AD的平行線交AE的延長線于J，則 =，=，所以，··=1從而，CI=CJ又因CIAB，CJAD，故ÐACI=-ÐBAC=-ÐDAC=ÐACJ，因此，A

35、CIACJ，從而ÐIAC=ÐJAC，即ÐGAC=ÐEAC 定理4 (Menelaus定理)設(shè)X、Y、Z分別在ABC的BC、CA、AB所在直線上，則X、Y、Z共線的充要條件是N··=1證明：作CMBA，交XY于N，則=，=S1S2S3S4于是··=···=1本定理也可用面積來證明：如圖，連AX，BY，記SDAYB=S1，SDBYC=S2，SDCYX=S3，SDXYA=S4則=；=；=，三式相乘即得證說明 用同一法可證其逆正確Ceva定理與Menelaus定理是一對“對偶定理”例9(南斯拉

36、夫，1983)在矩形ABCD的外接圓弧AB上取一個不同于頂點A、B的點M，點P、Q、R、S是M分別在直線AD、AB、BC與CD上的投影證明，直線PQ和RS是互相垂直的，并且它們與矩形的某條對角線交于同一點題11證明：設(shè)PR與圓的另一交點為L則·=(+)·(+)=·+·+·+· =·+·=0故PQRS設(shè)PQ交對角線BD于T，則由Menelaus定理，(PQ交DABD)得··=1；即=·；設(shè)RS交對角線BD于N，由Menelaus定理，(RS交DBCD)得··=1；即=

37、·； 顯然，=，=于是=，故T與N重合得證例10(評委會，土耳其，1995)設(shè)DABC的內(nèi)切圓分別切三邊BC、CA、AB于D、E、F，X是DABC內(nèi)的一點，DXBC的內(nèi)切圓也在點D處與BC相切，并與CX、XB分別切于點Y、Z，證明，EFZY是圓內(nèi)接四邊形分析：圓冪定理的逆定理與Menelaus定理證明：延長FE、BC交于Q··=1，··=1，Þ·=·例12由Menelaus定理，有 · · =1于是得··=1即Z、Y、Q三點共線但由切割線定理知，QE·QF=QD2=

38、QY·QZ故由圓冪定理的逆定理知E、F、Z、Y四點共圓即EFZY是圓內(nèi)接四邊形定理5 (蝴蝶定理)AB是O的弦，M是其中點，弦CD、EF經(jīng)過點M，CF、DE交AB于P、Q，求證：MP=QM分析 圓是關(guān)于直徑對稱的，當(dāng)作出點F關(guān)于OM的對稱點F'后，只要設(shè)法證明FMPF'MQ即可證明：作點F關(guān)于OM的對稱點F，連FF，F(xiàn)M，F(xiàn)Q，F(xiàn)D則MF=MF，Ð4=ÐFMP=Ð6圓內(nèi)接四邊形FFED中，Ð5+Ð6=180°，從而Ð4+Ð5=180°，于是M、F、D、Q四點共圓， Ð2

39、=Ð3，但Ð3=Ð1，從而Ð1=Ð2，于是MFPMFQ MP=MQ說明 本定理有很多種證明方法，而且有多種推廣例11在箏形ABCD中，AB=AD，BC=CD，經(jīng)AC、BD交點O作二直線分別交AD、BC、AB、CD于點E、F、G、H，GF、EH分別交BD于點I、J，求證：IO=OJ（1990年冬令營選拔賽題）分析 通常的解法是建立以O(shè)為原點的直角坐標(biāo)系，用解析幾何方法來解，下面提供的解法則利用了面積計算證明：如圖，由SAOB=SAOG+SGOB得(at1cos+bt1sin）=ab t1=即=+；同理得，=+；=+；=+再由SGOF=SGOI+S

40、IOF，又可得=+；同理，得=+ IO=OJÛ()sina=()sinb以、的值代入左邊得，()sina=()sinasinb，同樣得右邊可證定理6 張角定理：從一點出發(fā)三條線段長分別為a、b、t、(t在a、b之間)，則=+例12(評委會，愛爾蘭，1990)設(shè)l是經(jīng)過點C且平行于DABC的邊AB的直線，A的平分線交BC于D，交l于E，B的平分線交AC于F，交l于G，已知，GF=DE，證明：AC=BC分析：設(shè)A=2a，B=2b，即證a=b證明：設(shè)a>b，則BC>AC，利用張角定理可得， =+，Þ=+，Þta=再作高CH，則AE=CHcsca=bsin2a

41、csca=2bcosaÞDE=AEta=2bcosa=同理，GF=由a>b，a>b，知cosb<cosa1+<1+，Þ GF= = > =DE矛盾又證：設(shè)BC>AC，即a>b，故a>b，由張角定理得，=+，Þ=+同理=+，由于a>b，故>，Þ>>1，即tb>ta就是BF>AD BG=BF+FG>AD+DE=AE即是BG>AE = ÞGF=>= =DE矛盾故BC=AC或 =<=，注意到GF=DE，故BF<AD與矛盾故證定理7 (Sim

42、son line) P是ABC的外接圓O上的任意一點，PXAB，PYBC，PZCA，垂足為X、Y、Z，求證： X、Y、Z三點共線分析 如果連ZX、ZY，能證得Ð1=Ð3，則由ÐAZB=180°得ÐYZX=180°，即可證此三點共線證明ÐPXB=ÐPZB=90°ÞP、Z、X、B四點共圓ÞÐ1=Ð2ÐPZA=ÐPYA=90°ÞP、Z、A、Y四點共圓ÞÐ3=Ð4但Ð2+Ð5=90&#

43、176;，Ð4+Ð6=90°，而由P、A、C、B四點共圓，得Ð5=Ð6故Ð2=Ð4，從而Ð1=Ð3故X、Y、Z共線說明 本題的證法也是證三點共線的重要方法本題的逆命題成立，該逆命題的證明曾是江蘇省高中數(shù)學(xué)競賽的試題例13設(shè)H為ABC的垂心，P為ABC的外接圓上一點，則從點P引出的三角形的西姆松線平分PH分析：考慮能否用中位線性質(zhì)證明本題：找到一條平行于Simson線的線段，從PXAH入手連PE，得1=2，但2=3，再由四點共圓得3=4，于是得6=7可證平行證明 連AH并延長交O于點E，則DE=DH，連PE

44、交BC于點F，交XY于點K，連FH、PB PXAE， 1=2，又2=3， P、Z、X、B四點共圓，3=4， 1=4 K為PF中點 DE=DH，BDEH， 2=5 FHXY XY平分PH又證：延長高CF，交圓于N，則F是HN的中點，若K為PH中點，則應(yīng)有FKPN再證明K在ZX上即證明KZF=XZB設(shè)過P作三邊的垂線交BC、CA、AB于點X、Y、Z連KZ、KF、ZX，延長CF交O于點N，連PN由PZAB，CFAB，K為PH中點知，KZ=KF ÐKZF=ÐKFZ易證HF=FN，故KFPN ÐPNC=ÐKFH但ÐPNC+ÐPBC=180

45、76;， ÐKFZ+ÐZFH+ÐPBC=180°即ÐKFZ+ÐPBC=90°又PXBC，PZBZÞP、Z、X、B共圓 ÐXZB=ÐXPB，而ÐXPB+ÐPBC=90° ÐKZF=ÐKFZ=ÐXZB ZK與ZX共線即點K在ABC的與點P對應(yīng)的Simson line上)定理8（Euler line）三角形的外心、重心、垂心三點共線，且外心與重心的距離等于重心與垂心距離的一半分析 若定理成立，則由AG=2GM，知應(yīng)有AH=2OM，故應(yīng)從證明A

46、H=2OM入手證明：如圖，作直徑BK，取BC中點M，連OM、CK、AK，則ÐKCB=ÐKAB=90°，從而KCAH，KACH，ÞCKAH，ÞAH=CK=2MO由OMAH，且AH=2OM，設(shè)中線AM與OH交于點G，則GOMGHA，故得MGGA=12，從而G為ABC的重心且GH=2GO說明 若延長AD交外接圓于N，則有DH=DN這一結(jié)論也常有用例14設(shè)A1A2A3A4為O的內(nèi)接四邊形，H1、H2、H3、H4依次為A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心求證：H1、H2、H3、H4四點在同一個圓上，并定出該圓的圓心位置（1992年

47、全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）分析 H1、H2都是同一圓的兩個內(nèi)接三角形的垂心，且這兩個三角形有公共的底邊故可利用上題證明中的AH=2OM來證明證明 連A2H1，A1H2，取A3A4的中點M，連OM，由上證知A2H1OM，A2H1=2OM，A1H2OM， A1H2=2OM，從而H1H2A1A2是平行四邊形，故H1H2A1A2 ，H1H2=A1A2同理可知，H2H3A2A3，H2H3=A2A3； H3H4A3A4，H3H4=A3A4； H4H1A4A1，H4H1=A4A1故 四邊形A1A2A3A4四邊形H1H2H3H4由四邊形A1A2A3A4有外接圓知，四邊形H1H2H3H4也有外接圓取H3H4的中點M1，

48、作M1O1H3H4，且M1O1=MO，則點O1即為四邊形H1H2H3H4的外接圓圓心又證：以O(shè)為坐標(biāo)原點，O的半徑為長度單位建立直角坐標(biāo)系，設(shè)OA1、OA2、OA3、OA4與OX正方向所成的角分別為、d，則點A1、A2、A3、A4的坐標(biāo)依次是(cos，sin)、(cos，sin)、(cos，sin)、(cosd，sind)顯然，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的外心都是點O，而它們的重心依次是：(cos+cos+cosd)，(sin+sin+sind)、(cos+cosd+cos)，(sin+sind+sin)、(cosd+cos+cos)，(sind+sin+sin)、

49、(cos+cos+cos)，(sin+sin+sin)從而，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心依次是H1(cos+cos+cosd， sin+sin+sind)、H 2 (cos+cosd+cos，sin+sind+sin)、H 3 (cosd+cos+cos，sind+sin+sin)、H 4 (cos+cos+cos，sin+sin+sin)而H1、H2、H3、H4點與點O1(cos+cos+cos+cosd，sin+sin+sin+sind)的距離都等于1，即H1、H2、H3、H4四點在以O(shè)1為圓心，1為半徑的圓上證畢定理9 (Nine point round)

50、三角形的三條高的垂足、三條邊的中點以及三個頂點與垂心連線的中點，共計九點共圓分析 要證九個點共圓，可先過其中三點作一圓，再證其余的點在此圓上為此可考慮在三種點中各選一點作圓，再在其余三類共六個點中每類取一個點證明其在圓上，即可證明證明：取BC的中點M，高AD的垂足D，AH中點P，過此三點作圓，該圓的直徑即為MP由中位線定理知，MNAB，NPCH，但CHAB，故ÐPNM=90°，于是，點N在MDP上，同理，AB中點在MDP上再由QMCH，QPAB，又得ÐPQM=90°，故點Q在MDP上，同理，CH中點在MDP上由FP為RtAFH的斜邊中線，故ÐP

51、FH=ÐPHF=ÐCHD，又FM為RtBCF的斜邊中線，得ÐMFC=ÐMCF，但ÐCHD+ÐDCH=90°，故ÐPFM=90°又得點F在MDP上，同理，高BH的垂足在MDP上即證說明 證明多點共圓的通法，就是先過三點作圓，再證明其余的點在此圓上九點圓的圓心在三角形的Euler線上九點圓的直徑等于三角形外接圓的半徑由OMAP，OM=AP，知PM與OH互相平分，即九點圓圓心在OH上且九點圓直徑MP=OA=ABC的外接圓半徑定理10(三角形的內(nèi)心的一個重要性質(zhì))設(shè)I、Ia分別為ABC的內(nèi)心及ÐA內(nèi)的旁

52、心，而ÐA平分線與ABC的外接圓交于點P，則PB=PC=PI=PIa例15設(shè)ABCD為圓內(nèi)接四邊形，ABC、ABD、ACD、BCD的內(nèi)心依次為I1、I2、I3、I4，則I1I2I3I4為矩形(1986年國家冬令營選拔賽題）分析 只須證明該四邊形的一個角為直角即可為此可計算Ð1、Ð2、ÐXI2Y1022證明 如圖，BI2延長線與O的交點X為中點且XI2=XI3=XA=XD，于是Ð1=(180°-ÐX)=90°，同理，Ð2=90°-ÐXI2Y= (+)= (+)+(+)，故Ð1+

53、Ð2+ÐXI2Y=90°+90°+(+)=270°從而ÐI1I2I3=90°同理可證其余說明 亦可證XZYU，又XZ平分ÐI2XI3及XI2=XI3ÞI2I3XZ，從而I2I3YU，于是得證定理11 (Euler定理)設(shè)三角形的外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，外心與內(nèi)心的距離為d，則d2=R2-2Rr(1992年江蘇省數(shù)學(xué)競賽)分析 改寫此式，得：d2-R2=2Rr，左邊為圓冪定理的表達(dá)式，故可改為過I的任一直線與圓交得兩段的積，右邊則為O的直徑與內(nèi)切圓半徑的積，故應(yīng)添出此二者，并構(gòu)造相似三角形來證明證明

54、：如圖，O、I分別為ABC的外心與內(nèi)心連AI并延長交O于點D，由AI平分ÐBAC，故D為弧BC的中點連DO并延長交O于E，則DE為與BC垂直的O的直徑由圓冪定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID（作直線OI與O交于兩點，即可用證明）但DB=DI（可連BI，證明ÐDBI=ÐDIB得），故只要證2Rr=IA·DB，即證2RDB=IAr即可而這個比例式可由AFIEBD證得故得R2-d2=2Rr，即證例16(1989IMO)銳角DABC的內(nèi)角平分線分別交外接圓于點A1、B1、C1，直線AA1與ABC的外角平分線相交于點A0，類似的定義B0，C0，證明：例 S=2S； S4SABC分析：利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I為公共頂點的六個小三角形，分別與六邊形A1CB1AC1B中的某一部分的2倍相等