抛物线上的张角问题
第5章 张角定理及应用
第5章 张角定理及应用【基础知识】张角定理 设A ，C ，B 顺次分别是平面内一点P 所引三条射线PA ，PC ，PB 上的点，线段AC ，CB对点P 的张角分别为α，β，且180αβ+<︒，则A ，C ，B 三点共线的充要条件是：sin()PCαβ+=sin sin PB PAαβ+． 证明 如图5-1，A ，C ，B 三点共线ABP ACP CBP S S S ⇔=+△△△βαCBAP图5-1111sin()sin sin 222PA PB PA PC PC PB αβαβ⇔⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅ sin()sin sin PC PB PAαβαβ+⇔=+． 推论 在定理的条件下，且αβ=，即PC 平分APB ∠，则A ，C ，B 三点共线的充要条件是：2cos PCα= 11PB PA+． 注 若规定角的绕向，逆时针方向为正，否则为负，则上述定理、推论中的点C 可表示在AB 的延长线上的情形．上述定理把平面几何和三角函数紧密相联，它给出了用三角法处理平面几何问题的一个颇为有用的公式．用它去解几何题，适当地配合三角形面积公式、正弦定理、三角公式、几何知识，可以大大简化解题步骤，众多的几何问题可以简捷地解决． 【典型例题与基本方法】1．恰当地选择共一端点的两线段对同一视点的两张角，是应用张角定理的关键例1 如图5-2，已知ABCD 为四边形，两组对边延长后得交点E ，F ，对角线BD EF ∥，AC 的延长线交EF 于G ．求证：EG GF =． （1978年全国竞赛题）ββαGFEDCB A图5-2证明 以E 为视点，令BEC α=∠，CEG β=∠，分别对B ，C ，F ；A ，D ，F 及A ，C ，G 应用张角定理，得sin()sin sin EC EF EBαβαβ+=+， ① sin()sin sin ED EF EA αβαβ+=+， ② sin()sin sin EC EG EAαβαβ+=+．③又由BD EF ∥，有BDE β=∠，在△BED 中应用正弦定理，有sin()sin ED EBαββ+=． 由①+②-③-④，得2sin sin EF EGαα=， ∴ 2EF EG =，即EG GF =．例2 已知ABC △的顶点A ，B ，C 对应的三边长分别为a ，b ，c ，E 为其内切圆圆心，AE 交BC于D ．求证：AE b cED a +=． （1979年广东省竞赛题）证明 如图5-3，连BE 并延长交AC 于F ，令BAE α=∠，由于E 为内心，则EAF α=∠．以A 为视点，分别对B ，E ，F 及B ，D ，C 应用张角定理的推论，得FEDCBA图5-32cos 11AE AB AF α=+，2cos 11AD AB AC α=+． 上述两式相除，得()()AC AB AF AD AE AF AC AB +=+， 而1AD AE ED EDAE AE AE+==+， 从而 ()()AB AC AF ED AB CFAE AF AC AB AF AB AC-==⋅++． ①又BF 平分B ∠，则AB AF BC CF =，即AB BCAF CF=． 于是，由上式代入①式，得ED BC AE AB AC =+，故AE b cED a+=． 例3 如图5-4，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分BAD ∠．在CD 上取一点E ，BE 与AC 相交于F ，延长DF 交BC 于G ．求证：GAC EAC =∠∠． （1999年全国高中联赛题）（G '）GFEDCBA图5-4证明 作CAG CAE '=∠∠，交BC 于G '．只须证G '，F ，D 三点共线，设BAC CAD θ==∠∠，CAG CAE α'==∠∠．以A 为视点，分别对B ，F ，E ；B ，G '，C ；C ，E ，D 应用张角定理，有 ()sin sin sin AF AB AE θααθ+=+， ① sin sin sin()AG AB ACθαθα-=+'， ② sin sin sin()AE AD AC θαθα-=+， ③由①-②+③式，得sin()sin sin AF AD AG θααθ+=+'． 又以A 为视点，对G '，F ，D 应用张角定理，知G '，F ，D 三点共线．由此，知G '与G 重合，故GAC EAC =∠∠．例4 如图5-5，已知AM 是ABC △的边BC 上的中线，任作一直线顺次交AB ，AC ，AM 于P ，Q ，N ．求证：AB AP ，AMAN，AC AQ 成等差数列．（1979年辽宁省竞赛题）θβαCBA MN PQ图5-5证明 令BAM α=∠，MAC β=∠，AMB θ=∠．以A 为视点，分别对P ，N ，Q 及B ，M ，C 应用张角定理，有sin()sin sin AN AP AQαββα+=+， ① sin()sin sin AM AB ACαββα+=+．②又在△ABM 和△AMC 中，由正弦定理，有 sin sin AB MB θα=，sin sin AC MC θβ=． 注意到MB MC =，上述两式相除得sin sin AC ABαβ=． 于是②式变为sin()2sin 2sin AM AB ACαββα+==． 由①式除以上式，得12AM AB AC AN AP AQ ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 故AB AP ，AMAN，AC AQ 成等差数列．2．找准视点，寻找到与题设条件或结论有关的线段所在的三角形，是灵活应用张角定理的前提．例5 如图5-6，圆的割线PAB 通过圆心O ，自P 作圆的任一割线PCD 交圆于C ，D ．又在圆上取一点E ，使BE BD =，连CE 交AB 于F ．求证：211AB BP BF=+．BP图5-6证明 连AC ，BC ，令1ECB =∠∠，2BCD =∠∠，3ACE =∠∠，4ACP =∠∠，AC a =，BC b =． 由BE BD =，有12=∠∠．连BD ，由AE AD =，有34ABD ==∠∠∠．以C 为视点，考察线段AB ，BP ，BF 所在的三角形ABC △和△PBC ，分别应用张角定理，有 sin90sin 1sin 3CF a b︒=+∠∠， sin(904)sin 4sin90a b CP ︒+︒=+∠∠． 即 sin 1sin 3cos 3sin 3ab abCF b a b a ==++∠∠∠∠， cos 4sin 4cos 3sin 3ab abCP b a b a ==--∠∠∠∠． 由此，知cos 3sin 30b a ->∠∠． 在△CPB 中，由余弦定理，得122222cos(903)cos 3sin 3cos 3sin 3ab ab BP b b a b a ⎡⎤⎛⎫=+-⋅⋅︒+⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦∠∠∠∠∠． 因034180<+<︒∠∠，则03490<=<︒∠∠，即cos 30>∠． 于是，()122222cos 3(cos 3sin 3)b a b BP b a 2⎡⎤⋅+⎢⎥==-⎢⎥⎣⎦∠∠∠ 同理，在CFP △中，有BF ．又在Rt ABC △中，AB ， 故211AB BP BF ==+． 注 此例结论表示AB 是BP 与BF 的调和平均，亦表示1PF 调和分割弦AB ． 例6 （第一章例12）任意四边形ABCD 的一组对边BA 与CD 交于M ，过M 作割线交另一组对边所在直线于H 、L ，交对角线所在直线于H '、L '．求证：1111MH ML MH ML +=+''． 证明 如图5-7，MBL α=∠，CML β=∠，BMC αβ=+∠，L'H 'DCBA MH图5-7由张角定理得：sin()sin sin MH MD MAαβαβ+=+， ① sin()sin sin MH MC MA αβαβ+=+'， ② sin()sin sin ML MD MA αβαβ+=+'， ③ sin()sin sin ML MC MBαβαβ+=+．④由①+④-②-③得sin()sin()sin()sin()0MH ML MH ML αβαβαβαβ+++++--=''，故1111MH ML MH HL +=+''． 注 此例也可运用线段的调和分割来证明，可参见第十一章例9．对于第十一章的例10，也可运用张角定理来证．请看下例：例7 圆内接四边形ABCD 一组对边DA 、CB 延长线交P 点，过P 点任作直线PF 分别交圆于E 、F ，交AB 、CD 所在直线于N 、M ，求证：1111PE PF PN PM+=+． 证明 设APM α=∠，BPM β=∠，并分别取AD 、EF 、BC 中点R 、G 、H ，如图5-8，显然P 、R 、G 、H 和圆心O 五点共圆，由托勒密定理可知：PG RH RG PH PR GH ⋅=⋅+⋅．对△RGH 三边用正弦定理代入得：()sin sin sin PG PH PR αβαβ⋅+=⋅+⋅，两边乘2，即()sin()PE PF αβ++= ()()sin sin PB PC PA PD αβ+++．又PE PF PB PC PA PD ⋅=⋅=⋅，则11sin()PE PF αβ⎛⎫++= ⎪⎝⎭1111sin sin PB PC PA PD αβ⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由张角定理：sin()sin sin PN PB PA αβαβ+=+，sin()sin sin PM PC PD αβαβ+=+，因此1111PE PF PN PM+=+． PFD图5-8当PF 与AB 、DC 的延长线相交同时与圆相交（或相切），如图5-9，例7仍然成立，证法相同．OPR MN K H GFE DCBA 图5-9当PF 与CA ，BD 相交或与它们的延长线相交，同时也与圆相交（或相切），例题7也成立，证法也相同．如图5-10，相切时11PE PF=．P图5-10例8 圆内接ABC △，切线C 点交BA 的延长线于P ，过P 任作直线交圆于E 、F ，交AC 、BC 分别于N 、M ，求证：1111PE PF PN PM+=+． 证明 设APM α=∠，MPC β=∠，并分别取AB 、EF 中点G 、H ，如图5-11，显然P 、G 、H 、C 和圆心O 五点共圆，由托勒密定理可知PH GC GH PC PG HC ⋅=⋅+⋅，对△GHC 三边用正弦定理代入得()sin sin sin PH PC PG αβαβ⋅+=⋅+⋅，两边乘2，即()sin()2sin PE PF PC αβα++=⋅⋅+()sin PA PB β+．因为2PE PF PC PA PB ⋅==⋅，从而11211sin()sin PE PF PC PA PB αβα⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭sin β．图5-11由张角定理，sin()sin sin PN PC PA αβαβ+=+，sin()sin sin PM PC PBαβαβ+=+． 因此1111PE PF PN PM+=+． 【解题思维策略分析】1．给出著名问题的一种新证法 例9（斯坦纳定理） 在ABC △中，BD ，CE 分别是ABC ∠，ACB ∠的平分线．若BD CE =，则AB AC =． 证明 如图5-12，令ABD DBC α==∠∠，BCE ACE β==∠∠，分别以B ，C 为视点，对ABC △应用张角定理的推论，有2cos 11BD AB BC α=+，2cos 11CE AC BCβ=+． βαβαED CBA图5-12亦有2cos 2cos AB BC AC BC BD CE AB BC AC BC αβ⋅⋅⋅⋅===++， 亦即()()cos cos AB AC BC AC AB BC βα+=+． 对上式应用分比定理，把cos cos βα-化为积，并变形可得 ()2sinsincos 22AC AB BC AB AC BC βαβαα++--=-⋅⋅⋅． ①显然，α，β，αβ±均只能为锐角． 若AB AC >，则①式左端为正，而右端为负，若AB AC <，则①式左端为负，而右端为正． 所以AB AC =．例10（蝴蝶定理） 已知M 是O 的弦AB 的中点，过M 任作两弦CD ，EF ，连CF ，DE 分别交AB 于G ，H ，则MH MG =． 证明 如图5-13，令AMF BME α==∠∠，BMD AMC β==∠∠．以M 为视点，对△M DE 和△MCF 分别应用张角定理，有G H 'C图5-13sin()sin sin MH ME MD αββα+=+， sin()sin sin MG MF MCαββα+=+． 上述两式相减，得()()11sin sin sin()MF ME MD MC MH MG ME MF MC MD βααβ⎛⎫+-=--- ⎪⋅⋅⎝⎭． 设P ，Q 分别是CD ，EF 的中点，由OM AB ⊥，有 22cos(90)2sin ,22cos(90)2sin .MD MC MP OM OM MF ME MQ OM OM ββαα-==⋅︒-=⋅⎧⎨-==⋅︒-=⋅⎩ 于是，()11sin 0MH MG αβ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭．而180αβ+≠︒，知sin()0αβ+≠．故MH MG =．注 类似地应用张角定理，可证明如图5-8中的AG BH ''=． 2．获得线段倍分关系的一种途径例11 已知G 是ABC △的重心，过G 作直线分别交ABC △的两边AB ，AC 于E ，F ．求证：2EG GF ≤．证明 如图5-14，作中线BGM ，CGN ，令MGF BGE α==∠∠，CGF NGE β==∠∠．βαGFECBAM N 图5-14以G 为视点，分别对△GCM ，△BGN 应用张角定理，有sin()sin sin GF MG GC αββα+=+，sin()EGαβ+=sin sin BG NGβα+． 注意到，2BG GM =，2GC NG =，则 sin()sin sin 2GF GM GNαββα+=+， ① sin()sin sin 2EG GM GN αββα+=+． ②①12⋅-②，得 ()113sin sin 024GF EG GN ααβ⎛⎫-⋅+=-⋅⎪⎝⎭≤． 而 ()()sin 0090αβαβ+><+<︒，故1102EG GF-≥，即2EG GF ≤．例12 如图5-15，平行四边形ABCD 中，在AB 边上取一点P ，使3AB AP =，在边AD 上取点Q ，使4AD AQ =，且PQ 交AC 于M ．求证：7AC AM =． βαDCBAM OPQ 图5-15证明 连BD 交AC 于O ，则12AO AC =．令DAM α=∠，BAM β=∠，3AB a =，4AD b =．以A 为视点，分别对△APQ 和△ABD 应用张角定理，有 sin()sin sin sin sin b a AM a b abαβαβαβ+⋅+⋅=+=，sin()sin sin 4sin 3sin 3412b a AO a b ab αβαβαβ+⋅+⋅=+=． 因ADO ABO S S =△△，则4sin 3sin b a αβ⋅=⋅． 于是，4sin 3sin 6sin 212sin 12sin 9sin 12sin 7AM b a a AO b a a a αββαβββ⋅+⋅⋅===⋅+⋅⋅+⋅． 故7AC AM =．例13 如图5-16，筝形ABCD 中，AB AD =，BC DC =．经过AC 与BD 的交点O 任作两条直线，分别交AD 于E ，交BC 于F ，交AB 于G ，交CD 于H ，GF ，EH 分别交BD 于I ，J ．求证：OI OJ =． （CMO -5试题）δγβαOIJ HGFE D CBA图5-16证明 令AOE α=∠，EOD β=∠，DOH γ=∠，COH δ=∠．由题设，知AC 垂直平分BD 于O ，以O 为视点，考虑分别在OJ ，OI 所在的三角形△FOH 及△GOF 中应用张角定理．但在△EOH 中，涉及OE ，OH ，于是，又在△AOD ，△COD 及△EOH 中分别应用张角定理，有sin90sin sin OE OD OA αβ︒=+，sin90sin sin OH OC OD γδ︒=+，sin()sin sin OJ OH OEβγβγ+=+． 由上述三式，有sin()sin sin sin sin sin sin sin sin OJ OC OD OD OA βγβγβδγαγβ+⋅⋅⋅⋅=+++． 同理，在△AOB ，△COB 及△GOE 中分别应用张角定理，有 sin()sin sin sin sin sin sin sin sin OI OC OB OB OA γβγβγαβδβγ+⋅⋅⋅⋅=+++． 注意到OD OB =，则有11OJ OI=，故OI OJ =． 例14 如图5-17，已知G 是ABC △的重心，过点G 任作一条直线l ，分别交边AB 、AC 于点D 、E ，若AD xAB =，AE y AC =，求证：11x y+为定值．l βαGFEDCBA图5-17证明 当点D 与点B 重合，即1x =时，E 为AC 之中点，即12y =，此时113x y +=，因此只需证明113x y+=即可． 如图，延长AG 交BC 于F ，则F 为BC 的中点，设BAF α=∠，FAC β=∠，由D ，G ，E 三点共线，可得sin()sin sin AG AE AD αβαβ+=+，因为23AG AF =，AD xAB =．AE yAC =，所以()3sin 2AF αβ+= sin sin yAC xAB αβ+，即sin()2sin 2sin 33AF yAC xAB αβαβ+=+①，由B ，F ，C 三点共线可得()sin sin sin AF AC ABαβαβ+=+②，①式减②式可得sin 2sin 211033AC y AB x αβ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为F 为BC 的中点，所以ABF AFC S S =△△，即11sin sin 22AF AB AF AC αβ⋅=⋅，即sin sin 0AC AB αβ=≠，所以2211033y x ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即113x y +=．3．证明线段比例关系式的一种方法例15 如图5-18，已知AD ，AE 分别是ABC △的内外角平分线，点D 在BC 边上，点E 在BC 边的延长线上．求证：112BE CE DE+=． ααbaED CBA图5-18证明 设AD a =，AE b =，BAD DAC α==∠∠．以A 为视点，分别对△ADE 和△ABE 应用张角定理，得sin90sin sin(90)AC b a αα︒︒-=+，sin(90)sin90sin a AB b αα︒+︒=+． 于是 cos sin ab AC b a αα=+，cos sin abAB b a αα=-．在△ABE 中，由余弦定理，并注意cos 0α>，cos sin 0b a αα->（0AB >）， 有BE ===．同理，在△ACE 中，求得CE =．而在Rt △ADE 中，DE = 故112BE CE DE +==． 注 112BE CE DE +=表示DE 是CE 与BE 的调和平均，亦表示DE 被B 、C 或BC 被D 、E 调和分割（即DB BEDC CE=）． 用张角定理也可以证明如下调和分割问题：凸四边形ABDF 的两组对边延长相交于点C ，E ，直线AD 交BF 于M ，交CE 于点N ，则112AM AN AD +=或AM MDAN ND=． 事实上，如图5-19，令CAN α=∠，NAE β=∠，以A 为视点，分别对△ABF ，△ABE ，△ACF ，△ACE 应用张角定理，有FEDCBAM N图5-19sin()sin sin AM AF AB αβαβ+=+，sin()sin sin AD AE AB αβαβ+=+， sin()sin sin AD AF AC αβαβ+=+，sin()sin sin AN AE AC αβαβ+=+． 上述第一式与第四式相减后减去其余两式，得112sin()sin()AM AN AD αβαβ⎛⎫++=⋅+ ⎪⎝⎭． 而sin()0αβ+≠，故112AM AN AD+=． 或由2AD AD AM AN AM AN AM AN +==+得AM MDAN ND=．这个调和分割问题可以参见第九章中的性质2．例16 如图5-20设I ，H 分别为锐角ABC △的内心和垂心，点1B ，1C 分别为边AC ，AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于点2B （2B B ≠），射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C 与BC 相交于K ，1A 为△BHC 的外心．试证：A ，I ，1A 三点共线的充分必要条件是△2BKB 和△2CKK 的面积相等．（CMO -18试题）1B 2B 1C 1C 2C BAHK 图5-20证明 首先证明：2260BKB CKK S S BAC =⇔=︒△△∠．设ABC △的外接圆半径为R ，连IC ，在△ACI 与ABC △中运用正弦定理，有1sin sin 2AI ACAIC C =∠∠ 14sin 12cos 2AC R B B ==⋅∠∠，即114sin sin 22AI R B C =⋅⋅∠∠． 又 11sin 2AB AC R B ==⋅∠． 在△12AB B 中，注意AI 平分A ∠，以A 为视点，在此三角形中应用张角定理的推论，有12cos 2AAI=∠ 1211AB AB +， 即有 21112cos sin 12211112cos cos cos sin 12222R B CAB A A B CAI AB ⋅⋅==⋅--∠∠∠∠∠∠ 112cos sin 221sin 2R B CA ⋅⋅=∠∠∠．同理，2112cos sin 221sin 2R C BAC A ⋅⋅=∠∠∠． 从而 222222BKB CKC ABC AB C S S S S AB AC AB AC =⇔=⇔⋅=⋅△△△△ 1111sin cos sin cos 2222sin sin 11sin sin 22C B B C C B A A ⋅⋅⇔⋅=⋅∠∠∠∠∠∠∠∠ 24sin 12A⇔=∠，注意到A ∠为三角形内角60BAC ⇔=︒∠． 其次，再证60BAC A =︒⇔∠，I ，1A 三点共线．连1BA ，1CA ，在△1ABA 和△1ACA 中分别应用正弦定理，有 1111sin sin A A A B ABA A AB =∠∠，1111sin sin A A AC ACA A AC=∠∠． 因I 为ABC △的内心，A ，I ，1A 共线111A AB A AC ABA ⇔=⇔∠∠∠与1ACA ∠均为锐角，1111sin sin ABA ACA ABA ACA =⇔≠∠∠∠∠（因AB AC ≠）时，111180,,,ABA ACA A B A C+=︒⇔∠∠四点共圆． 注意到1A 中圆周角与圆心角的关系，有()1360236021802BAC BHC A A =︒-=︒-︒-=∠∠∠∠，且118060BAC A BAC +=︒⇔=︒∠∠∠． 例17 如图5-21，设O ，I 分别是ABC △的外心和内心，AD 是BC 边上的高，I 在线段OD 上，求证：ABC △的外接圆半径R 等于BC 边上的旁切圆的半径a r ．（1998年全国高中联赛题）证明 因BC 边上的旁切圆的半径4sincos cos 222a A B C r R =，故只需证明4sin cos cos 1222A B C⋅=即可． 由图，易得90OAC BAD B ==︒-∠∠，因为2A BAI CAI ==∠∠，所以()902ADAI OAI B ==-︒-∠∠ 902A B α=+-︒=，由于点D ，I ，O 共线，由张角定理可得sin 2sin sin AI AO AD ααα=+，即2cos 1AI AOα=+1AD ，即2sin 112A B AI AO AD ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+，其中AO R =，sin 2sin sin AD AB B R C B ==． 设ABC △的内切圆半径为，则csc2A AI r =，因为4sin sin sin 222A B C r R =，则4sin sin 22B CAI R =⋅，所以有2sin 1122sin sin 4sin sin 22A B B C R R B C R ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+，即4sin cos cos 2sin sin 1222A B C B B C ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，即2sin 2A B ⎛⎫+ ⎪⎝⎭cos cos 2sin sin 122B C B C B C +-⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，即sin sin 2sin cos 2sin sin 2222A A A B C B B B C -⎛⎫⎛⎫+⋅++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1+，即()3cos cos sin sin 2sin sin 12222B A C A B C B B A B C ++⎛⎫-+++-+=+ ⎪⎝⎭，cos cos cos()B C B C ++-= cos()cos()B C B C --+，即cos cos cos 0B C A +-=，即22coscos 2sin 10222B C B C A+-+-=，即2sincos 2sin cos 12222A B C A B C -+⋅+=，即4sin cos cos 1222A B C=． 14．证明三点共线的又一个工具例18 如图5-22，已知AB 是圆的直径，PA ，PC 是圆的切线，A ，C 为切点．作CD AB ⊥于D ，Q 为CD 的中点．求证：P ，Q ，B 三点共线．BAP图5-22证明 以C 为视点，考察线段PQ ，QB 所张的角的情形． 连AC ，BC ，则90ACB =︒∠，令PCA α=∠，则CBA ACD α==∠∠，令PC a =，易知2cos AC a α=⋅，cot 2cos cot BC AC a ααα=⋅=⋅⋅，2sin 2cos CD BC a αα=⋅=⋅，2cos CQ αα=⋅．所以2sin sin(90)cos 1cos cos PCB CQ CQ a a αααα︒+===⋅⋅∠， 2sin sin sin 2cos sin cos 2cos cot cos PCQ QCB CB CP a a a a ααααααα+=+=+⋅⋅∠∠22sin cos 1cos cos a a αααα+==⋅⋅．故sin sin sin PCB PCQ QCBCQ CB CP=+∠∠∠． 由张角定理，知P ，Q ，B 三点共线．例19 如图5-23，在线段AB 上取内分点M ，使AM BM ≤，分别以MA ，MB 为边，在AB 的同侧作正方形AMCD 和MBEF ，P 和Q 分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于M ，N ．求证：B ，C ，N 三点共线．（IMO -1试题）图5-23证明 连MD ，ME ，NE ，ND ，NM ，则90DNM ENM ==︒∠∠，则D ，N ，E 三点共线，注意454590DME =︒+︒=︒∠．设DMN NEM α==∠∠，P ，Q 的半径分别为1r ，2r ，则MC =，2MB =，12cos MN r α=⋅= 22sin r α⋅．对视点M，考察点B ，C ，N所在的三角形△MBN ．由 22sin sin sin 902sin CMB CMN MN MB r α︒+=+=∠∠()2111sin cos sin cos sin cos 2cos 2cos r r αααααααα+⋅-+⋅==⋅11cos sin cos(45)22r r ααα+︒-===sin 9045sin NMBMCα︒+︒-==∠．应用张角定理，即知B ，C ，N 三点共线．例20 如图5-24，在ABC △中，令A α=∠，B β=∠，C γ=∠，且αβ>，AD ，BE ，CF 是它的三条垂线；AP ，BQ 是两条角平分线；I ，O 分别是它的内心和外心．证明：点D ，I ，E 共线当且仅当P ，O ，Q 共线，当且仅当O ，I ，F 共线．（IMO -38预选题或由1998年全国高中联赛题改编）IOFE DCBAP Q图5-24证明 由于外心O 有在ABC △内、外、边上三种情形，故须对α分三种情况讨论． （Ⅰ）当α为锐角时．设ABC △的外接圆半径为R ，内切圆半径为，令BC a =，CA b =，AB c =，连CO ，CI ，则abCP b c=+，ab CQ a c =+，π2OCQ β=-∠，π2OCP α=-∠，cos CD b γ=⋅，cos CE a γ=⋅，sin 2r CI γ=，OCI ICF =∠∠ π22γβ=--（或π22γα+-），π2OCF βγ=--∠（或2πγα+-）． 以C 为视点，分别考察△PCQ ，△DCE ，△OCF ，并应用张角定理．P ，O ，Q 共线sin sin sin OCP OCQOC CQ CP γ⇔=+∠∠ []sin ()cos ()cos ab R a c b c γαβ⇔⋅=+⋅++⋅[]224sin sin sin sin 2sin 22sin (cos cos )R R αβγαβγαβ⇔⋅⋅⋅=+++22(sin 2sin 2sin 2)[sin 2sin 22sin (cos cos )]R R αβγαβγαβ⇔++=+++sin 22sin (cos cos )cos cos cos γγαβγαβ⇔=+⇔=+．D ，I ，E 共线()sinsinsin 22sin cos ab r a b CI CD CEγγγγγ⇔=+⇔⋅=+ ()cos ()()(1cos )cos r a b c r a b a b c γγγ⇔++⋅=+⇔+-=⋅(sin sin )(1cos )sin cos αβγγγ⇔+-=⋅22cos cos2sin sin cos 222γαβγγγ-⇔⋅⋅=⋅2sincoscos cos cos cos 22γαβγγαβ-⇔⋅=⇔=+． O ，I ，F 共线sin sin sin OCF OCI ICFCI CF CO⇔=+∠∠∠ ()cos cos sin 2222sin sin 22sin sin CI CI a R R γγβββγγββαβ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪+⎛⎫⎝⎭⎝⎭⇔=+⇔+=+ ⎪⋅⋅⎝⎭2sinsin sin sin22rr R R γγαβ+⋅⋅⋅⋅（注意π22γβ+≠，4sin sin sin 222r R αβγ=⋅⋅） 12sin 4sin sin 2222cos cos 22γαββαβ⎛⎫⇔+=+⋅ ⎪⎝⎭⋅4sin cos cos 12sin sin 222γαββαβ⎛⎫⇔+⋅⋅=+⋅ ⎪⎝⎭sin sin sin sin 22222222222αβγβγααβγαβββ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇔+++++-++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1cos()cos()αβαβ=+--+cos cos 1cos()1cos()cos cos cos cos βααβαβγγαβ⇔+++-=+-+⇔=+． 因此，D ，I ，E 共线⇔P ，O ，Q 共线⇔O ，I ，F 共线．（Ⅱ）当α为钝角时，注意π2OCP α=-∠，依照（Ⅰ）类似证明． （Ⅲ）当α为直角时，易证点D ，I ，E 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形；点P ，O ，Q 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形；点O ，I ，F 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形．综合即证． 注 在ABC △中，可证得：cos cos cos C A B =+∠∠∠，当且仅当ABC △的外接圆半径等于AB 边上的旁切圆半径．因此本例题还等价于ABC △的外接圆半径等于AB 边上的旁切圆半径，此为例17即1998年全国高中联赛平面几何题结论．5．注意张角定理与斯特瓦尔特定理的等价性例21 如图5-25，设B ，P ，C 依次分别为从A 点引出的三条射线AB ，AP ，AC 上的点．线段BP ，PC 对点A 的张角分别为α，β，且180αβ+<︒，则B ，P ，C 三点共线的下述两个充要条件等价：βαCBA EF P 图5-25（Ⅰ）sin()sin sin AP AC ABαβαβ+=+（张角定理）； （Ⅱ）222AB PC AC BP AP BC BP PC BC ⋅+⋅=⋅+⋅⋅（斯特瓦尔特定理）． 证明sin()sin sin sin()sin sin AB AC AP AB AP AC AP AC ABαβαβαβαβ+=+⇔⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅ sin cos cos sin sin sin AB AC AB AC AP AB AP AC αβαβαβ⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅．作BE ⊥射线AP 于E ，作CF ⊥射线AP 于F ，则 sin sin AB BE BP k BPAC CF PC k PCαβ⋅⋅===⋅⋅ cos cos AC k BP AB k PC AP k BP AP k PC AP k BC βα⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅222222222AC AP PC AB AP BP AP AC BP AP AB PC AP BC AC AP AB AP +-+-⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅222AB PC AC BP AP BC BP PC BC ⇔⋅+⋅=⋅+⋅⋅．【模拟实战】习题A1．在矩形ABCD 中，AB a =，BC b =，M 为BC 中点，DE ⊥射线AM 于E ，求DE 之长．（用a ，b 表示）2．ABC △中，AB AC =，AD 为BC 边上的高，AD 的中点为M ，CM 的延长线交AB 于K ．求证：3AB AK =．3．已知AC AB ⊥，BD AB ⊥，AD 和BC 相交于点E ，EF AB ⊥于F ．又AC p =，BD q =，EF r =，AF m =，FB n =．求证：111p q r+=． 4．梯形ABCD （AB DC ∥）的对角线AC ，BD 相交于P ，过P 作梯形下底的平行线交两腰AD 于M ，BC 于N ．求证：PM PN =．5．设XOY ∠的平分线上任一点为P ，过P 作两条任意直线AB ，CD ，分别交OX ，OY 于A ，C ，B ，D ．求证：OC OA BD OB OD AC ⋅⋅=⋅⋅．6．直线l 的同侧有三个相邻的等边三角形△ADE ，△AFG ，ABC △，且G ，A ，B 都在直线l 上．设这三个三角形的边长依次为b ，c ，a ，连GD 交AE 于N ，连BN 交AC 于L ．求证：abcAl ab bc ac =++．7．在O 中，过弦GH 的中点M 作弦AB ，CD ，令AMG α=∠，CMG β=∠．求证：sin sin MB MAMC MDαβ-=-． 8．在平行四边形ABCD 的CD 边上取一点P ，使12CP PD =∶∶，在对角线上取一点Q ，使13CQ QA =∶∶．求证：B ，Q ，P 三点共线． 习题B1．已知四边形ABCD 两组对边的延长线分别交于K ，L ．过K ，L 作直线，对角线AC ，BD 之延长线分别交KL 于G ，F ．求证：1KF ，1KL ，1KG 成等差数列．2．在锐角三角形ABC 中，AC AB >．求证：B ∠的平分线BD 小于C ∠的平分线CE ．3．在O 内，直径AOB ⊥半径OC ，O '与OB ，OC 相切于D ，E ，并与O 内切于F ．求证：A ，E ，F 三点共线．4．在Rt ABC △中，90ACB =︒∠，CD AB ⊥于D ，△ADC 和△CDB 的内心分别为1O ，2O ，12O O 与CD 交于K ．求证：111BC AC CK+=． 5．设P 为ABC △内任一点，顶点A ，B ，C 与P 的连线分别与BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ．P '为△DEF 周界上任一点，过P '作PD ，PE ，PF 的平行线分别与BC ，CA ，AB 交于D '，E '，F '．证明：在比值P D PD ''，P E PE ''，P F PF ''中必有一个等于另两个的和．。
中考数学专题抛物线中的角度问题(初三数学压轴题讲解)
中考数学压轴题专题一：利用抛物线中的角度求点的坐标（原创）二次函数中的角度问题通常要构造直角、相似、全等三角形把角度问题转化为边的问题，求抛物线中的点坐标方法一般采用两种方法，第一种是求线与线的交点，这时需要联立方程；第二种是几何法，过点做坐标轴的垂线，再利用三角函数或者是相似三角形去求解！例1.抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m 的值，若不存在，请说明理由．解题思路：1.利用∠BCO+2∠PCB＝90°和∠BCO+∠CBO＝90°推出∠CBO=2∠PCB2.得出∠CMB=∠MCB得到BC=BM3.求出M的坐标，进而求出直线CM的直线解析式4.联立直线CM方程和抛物线方程，求交点坐标例2.已知抛物线y＝x2+x﹣3与x轴交于点A（1，0）和点B两点，与y轴交于点C，点P是抛物线点第三象限上一动点（不与点A，B，C重合），作PD⊥x轴，垂足为D，连接PC．且∠CPD＝45°，求点P的坐标；解题思路：45度可以联想到等腰直角三角形1.延长PC交x轴于点E，得出等腰直角三角形2.求出E点坐标，进而求出直线CE的解析式3.联立直线CE方程和抛物线方程，求交点坐标例3.抛物线y＝x2﹣4x与直线y＝x交于原点O和点B，与x轴交于另一点A，顶点为D．连接OD，P为x轴上的动点，当tan∠PDO＝时，求点P的坐标；解题思路1.分情况讨论，分P在原点的左右侧进行讨论2.P在原点右侧比较简单3.P在原点左侧要结合P在原点右侧的情况，可以得出等腰△OGD，求出G点坐标4.利用GD的直线直线方程或相似三角形求出P点坐标例4.已知抛物线y＝﹣x2﹣6x﹣5与x轴交于点A（﹣1，0）和B（﹣5，0），与y轴交于点C，顶点为P，点N在抛物线对称轴上且位于x轴下方，连AN交抛物线于M，连AC、CM．tan ∠ACM＝2时，求M点的横坐标；解题思路：1.构造一线三垂直利用相似求出点F坐标2.求出直线CF的解析式3.联立直线CF方程和抛物线方程，求交点坐标（求交点可以利用韦达定理）例5.在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为（1，﹣4）．点P在抛物线上且满足∠PCB＝∠CBD，求点P 的坐标；解题思路：1.分情况讨论，P在直线BC的上方和下方2.P在直线BC上方，利用∠PCB＝∠CBD得出PC平行BD，利用斜率相等求出直线PC解析式联立PC方程和抛物线方程，求交点坐标3.P在直线BC的下方，∠PCB＝∠CBD得出等腰三角形CFB，4.可以得出△BCD为直角三角形，，推出F为BD的中点5.求出直线CF的方程，再联立抛物线方程求出交点坐标例6.如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线经过A，B两点且与x轴的负半轴交于点C．点D为直线AB上方抛物线上的一个动点，当∠ABD＝2∠BAC时，求点D的坐标；解题思路：1.过点B做OA平行线2.∠ABD＝2∠BAC得出∠ABD=2∠EBA，得出∠FBD=∠BAC3.利用tan∠FBD=tan∠BAC求出D点做坐标例7.已知抛物线y＝（x﹣1）2，D为抛物线的顶点，直线y＝kx+4﹣k与抛物线交于P、Q两点．求证：∠PDQ＝90°；解题思路思路1.构造一线三垂直思路2.证明直线PD和直线DQ斜率之积为-1思路3.利用勾股定理逆定理证明例8.如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣6与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB＝OC＝6．连接BD，F为抛物线上一动点，当∠F AB ＝∠EDB时，求点F的坐标；解题思路：1.分点F在x轴下方时和上方时进行分类讨论2.AB在x轴上，利用tan∠FAB＝tan∠EDB去求最简便例9.如图，已知抛物线C1：交x轴于点A，B，交y轴于点C．在抛物线上存在点D，使，求点D的坐标．解题思路：1.分D在BC上方和下方讨论2.找到特殊点发现tan∠OBC=3.利用角平分线的性质去求F坐标4.求联立直线BF和抛物线方程求D点坐标例10，平面直角坐标系中，已知抛物线y＝﹣x2+5x﹣4与x轴交于点A，B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．D为抛物线x轴上方一点，连接BD，若∠DBA+∠ACB＝90°，求点D的坐标；解题思路：利用tan∠ACB=tan∠FDB去求解例11.已知抛物线y＝﹣x2﹣x+2，BC平分∠PCO时，求点P的横坐标．解题思路：1.角平分线联想到角平分线＋平行线得到等腰三角形2.利用PE=PC去求解（两点之间的距离公式）例12.抛物线y＝x2﹣1，M（﹣4，3），N是抛物线上两点，N在对称轴右侧，且tan∠OMN ＝，求N点坐标；解题思路：构造一线三垂直课后练习1.在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+4ax+4a﹣6（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．直线DC交x轴于点E，tan∠AED＝，求a的值和CE的长；2.已知抛物线y＝（x+1）2+1，点A（﹣1，2）在抛物线的对称轴上。
过抛物线轴上定点弦对顶点张角变化的探究
过抛物线轴上定点弦对顶点张角变化的探究315010 宁波市第二中学 孙 鋆1探究的背景笔者在高三解析几何复习中碰到这样一道问题,原题如下.如图,线段A B 过x 轴正半轴上一点0(,)M a ,端点,A B 到x 轴距离之积为2a ,以x 轴为对称轴,过,,A O B 三点作抛物线. (1) 求抛物线的方程;(2) 若1tan A O B ∠=-,求a 的最大值.分析: (1)略;(2)这是一个已知弦A B 对顶点张角为定角,求直线A B 与抛物线对称轴交点横坐标最大值的问题,即求横坐标的取值范围.如何处理张角成为解题的关键.思路一是把A O B ∠看作向量,O A O B的夹角,利用向量夹角公式构建不等关系;思路二是把A O B ∠看作直线O B 到O A 角,利用到角公式加以求解;思路三可把A O B ∠分割为A O M ∠与B O M ∠之和,再利用和差角公式加以转化.现给出教参提供的参考答案,其解答如下.解: (1)设直线A B 方程为x m y a =+,抛物线方程为22y px =0()p >,1122(,),(,)A x y B x y 由22x m y a y px=+⎧⎨=⎩,消去x 得:2220y m py ap --=. 由韦达定理,得:122y y ap =-.12222y y a ap a =∴= 1p ∴= 所求抛物线方程为22y x =.(2)由(1)知,120y y <.不妨设1200,y y ><,易知O A 斜率为112k y =,O B 斜率为222k y =,由1tan A O B ∠=-得: 121222141y y y y -=-+即121242()y y y y +=-24a ∴-+==两边平方得:22248()a m a -+=+2241240240m a a a ∴=-+≥-+>且, 06a ∴<≤-故6m ax a =-2对张角变化的探究问题(2)涉及了抛物线弦对顶点张角的大小,为了认识过抛物线对称轴上的定点弦对顶点张角变化的本原性,笔者作了如下两个探究.探究1:设抛物线22:C y px =0()p >,过x 轴上点0(,)a 作一直线l 交抛物线于,A B 两点,若A O B ∠为钝角,求a 的取值范围?因为,,A O B 不共线,故A O B ∠为钝角⇔0OA OB ⋅<.设直线l 方程为x m y a =+,由上知1212()()x x m y a m y a =++221212()m y y m a y y a =+++=2222apm m a m p a -+⋅+=2a ,从而2121220OA OB x x y y a ap ⋅=+=-<,02a p ∴<<.同理可得当A O B ∠为直角或锐角时a 的取值范围.由此我们可得如下定理1.定理1 设抛物线22:C y p x =0()p >,过x 轴上点00(,)()a a ≠作一直线l 交抛物线于,A B 两点,002(,)AO B a π∠∈⇔<或2a p >;22A OB a p π∠=⇔=;022(,).A O B a p ππ∠∈⇔<<探究2:当直线l 的倾斜角变化时弦A B 对抛物线顶点张角的变化?若将A O B ∠看作,O A O B的夹角,而O A O B ====则cos A O B ∠=O A O BO A O B⋅22a ap-由定理1知,当02a p <<时, A O B ∠为钝角,此时cos A O B ∠.由对称性,不妨设0m ≥,易知A O B ∠在[)0,m ∈+∞单调递减，故当0m =时，A O B ∠取最大角为22arccosp a a pπ--+.当2a p >时, A O B ∠为锐角, 此时cos A O B ∠,易知A O B∠在[)0,m ∈+∞单调递增,故当0m =时，A O B ∠取最小角为22arccosa p a p-+.当0a <时, A O B ∠为锐角,由22480m p ap ∆=+>可得:m >m <,不妨取)m ∈+∞,易知A O B ∠在)m ∈∞单调递减,故当m →时,0A O B ∠→, 当m →+∞时,2A OB π∠→.由此可得如下定理2.定理2 设抛物线22:C y px =0()p >,过x 轴上点00(,)()a a ≠作一直线l 交抛物线于,A B 两点,设l 的倾斜角为θ(不妨取02,πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦), 则当0a <时, A O B ∠在0(,arctanθ∈单调递减;当02a p <<时, A O B ∠在02,πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦单调递增,最大张角为22arccos p a a pπ--+;当2a p =时, 2A OB π∠=;当2a p >时, A O B ∠在02,πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦单调递减,最小张角为22arccos a p a p-+.3 定理的应用原题中第2小题,当1tan A O B ∠=-时,34A OB π∠=为钝角,由定理1知02a p <<.①由定理2知,只需求出弦A B 对顶点最大张角为34π时直线与x 轴交点的横坐标,即求过顶点O 倾斜角为38π的直线交抛物线于点A 的横坐标,则0A a x <≤ . ②由2238tan y pxy x π⎧=⎪⎨=⎪⎩ 消去y 得2238tan Ap x π==6(p -.由①②知,06(a p <≤-. 定理1给出了抛物线的弦对顶点张角为锐角或直角或钝角的充要条件,定理2则体现了直线的倾斜角变化时对应张角的变化情况.由定理1和2可快速解决这类有关抛物线的弦对顶点张角的问题.为体现其应用性,另举两例供参考.例1 设抛物线C 方程为22y x =,过x 轴上一点0(,)a 作一直线l 交C 于,A B 两点,若3A OB π∠=,求a 的取值范围.解:由定理1知,0a <或2a p >.当0a <时,由定理2知02(,)A O B π∠∈,符合题意;当2a p >时, 由定理2知,当l 垂直x 轴时弦对顶点张角最小, 由226tan y x y xπ⎧=⎪⎨=⎪⎩得0x =(舍)或6x =,此时6a ≥.综上可得:[)06(,),a ∈-∞+∞ .例2 设抛物线C 方程为22y x =,过点10(,)作直线交抛物线于,A B 两点,求A O B ∠的取值范围.解:因012<<,由定理1知2(,)A O B ππ∠∈.由定理2知当直线垂直于x 轴即1x =时,最大张角为13arccos π-.由此AO B ∠∈123,arccosππ⎛⎤-⎥⎝⎦.参考文献[1]教学月刊(中学版).数学(理科)模拟卷.2008,增刊[2]孙 鋆.新课程下用本原性问题驱动数学课堂教学的实践与思考.数学教学研究.2008,7[3]孙 鋆.圆锥曲线的统一性质.中学教研(数学).2009,1。
漫谈一类“张角问题”的常见解题策略
《漫谈一类“张角问题”的常见解题策略——从45°到30°再到任意角》数学解题的功力在于思维的能力，联想与构造是训练解题思维能力的有效途径.本文拟以一道课堂中的习题为引，畅谈与45°相关的解题机制，然后拓展到30°角，甚至任意角.一、例题呈现已知：点A（0，4），B（0，－6），C为x轴正半轴上一点，且满足∠ACB＝45°，则点C坐标为．二、解法多探此题精致，条件简洁，关键是如何利用45°角，教学中发现，多数学生无从下手.然而其解法甚多，笔者打算从联想构造的视角，提出几种适合学生的方法：基本策略一：45°→等腰直角三角形→一线三直角45°是一个神奇美妙的角，一个让人浮想联翩的角，我们的故事就是从45°角开始的.依托于45°角，自然联想到构造等腰直角三角形，然后依托于等腰直角三角形，再构造“一线三直角”，这是处理45°角问题的基本策略.如图1，若已知∠ACB＝45°，一般有四种方式构造直角三角形，但建议将已知点作成直角顶点，相对而言会更简单些，这也体现出“以不变应万变”的解题策略，下面提供这四种解法，以供类比：解法3：如图1－5，与解法1类似，下略；解法4：如图1－6，与解法2类似，下略；反思1：联想与构造，是一种重要的数学解题能力与品质，由45°角自然联想等腰直角三角形，再依托构造的等腰直角三角形，作“水平－竖直辅助线”，构造“一线三直角”结构，这也是数学中极其重要的改“斜”归正、化斜为直的思想方法，尤其是在平面直角坐标系中，“横平竖直辅助线”要成为解题习惯，勇于尝试，或许就能找到解题金钥匙；上面的四种解法中，解法1与解法3将已知点A或B作成直角顶点，采用了直接设元的方式；而解法2与解法4，未知顶点D作成了直角顶点，只能采取间接设元的方式，相比之下，前者优于后者；本题体现的还不是特别明显，有些题目若将直角顶点作成已知点，往往可以做到如行云流水般的口算解答，而后者可能要设“二元”，列两个方程方能解决问题，需引起注意.基本策略二：一个45°→两个45°→母子型相似在x轴上已有一个45°角，可以考虑在y轴上再补上一个45°角，构造“母子型相似”结构解决问题.反思2：已知x轴上有一个45°角，在y轴上构造另一个45°角，从而产生一个“母子型相似”结构，利用勾股定理结合射影定理，设元列方程，顺利解决问题；此法简洁明了，让人赏心悦目，值得细细品味；既然可以在y轴正半轴上构造45°角，当然也可以在y轴负半轴上下功夫，如图1－8所示，不再赘述.基本策略三：一个45°→三个45°→一线三等角在x轴正半轴上已有一个45°角，可以考虑在x轴正半轴上再补上两个45°角，构造“一线三等角”结构解决问题.反思3：相似是解决许多问题的一大重要工具，识别基本相似型属第一层次，而构造是更高层次，这就不仅要求认识基本相似型，而且要非常熟悉基本相似型的结构，从一些蛛丝马迹中能够联想到学过的或做过的基本图形，敢于尝试，勇于探索，杀出一条血路；解法5与解法6都属于基本相似型的构造，有异曲同工之妙，可类比琢磨；以常见的“一线三等角”为例，其应用分三重境界：第一重境界：当一条线上已有三个等角时，只要识别、证明，直接应用模型解题，包括如图1－10所示的“同侧型一线三等角”以及图1－11所示的“异侧型一线三等角”；第二重境界：当一条线上已有两个等角时，需要再补上一个等角，构造模型解题；第三重境界：当一条线上只有一个角时，需要再补上两个等角，构造模型解题，如图1－12及图1－13所示；解法6就属于第三重境界，在x轴上已有一个45°角的基础上，再补上两个45°角，构造出“异侧型一线三等角”，从而解决问题.此题还可以构造“同侧型一线三等角”解决问题，具体如下：反思4：同理，也可以如图1－16所示构造，不再赘述；更神奇的是，理论上，过点C任意作一条确定的直线，在该直线上补上两个45°角，与∠ACB＝45°，构成“一线三等角”结构，都可以解决问题，但计算繁简不一，一般取特殊的直线，如解法6至解法8.结合“母子型相似”与“一线三等角”的两种构造方式，此题还有如下精彩解答：反思5：相似是解决问题的基本手段之一，构造基本相似型是重要的解题之道，解法7的本质属构造“旋转相似型”，从而解决问题；同理，也可以如图1－18所示构造辅助线，不再赘述.基本策略四：“边对角”→辅助圆辅助线的添加需要充分的联想，除了可以考虑直线型辅助线，若能识别“边对角”结构，常可以考虑构造辅助圆解题，其核心结构如图1－19所示.反思6：“边对角”是一个重要的基本图形，“定边对定角”属于其内涵之一，其实应该还包括“定边对动角”、“动边对定角”等结构，值得探索与研究；解法7中，敏锐地识别到“定边对定角”结构，构造辅助圆，将直线型问题转化为圆的问题.从确定性的角度分析，⊙M确定（圆心及半径都确定），它与x 轴正半轴的交点C当然确定，必可求；更重要的是，可以结合圆中的相关知识来计算，如垂径定理等；探索无终点，思考无止境，笔者一直奇怪，前文的各种解法中，为何总出现x＝－2这个“增解”，结合辅助圆，方才恍然大悟，（－2，0）正是此圆与x轴负半轴的交点，若记此点为C′，则∠AC′B＝135°，原来如此，何其趣哉!基本策略五：45°→两次对称→正方形中“半角模型”45°角与直角之间有一段不解之缘，前者的两倍是后者，后者的一半是前者.在45°角内部找一点，关于45°角两边作对称，自然会产生倍角90°；90°又与正方形（或矩形）有很深的渊源，若联想到正方形中“半角模型”，其核心结构及简证如图1－21所示，又会产生如下精彩解答：反思7：正方形中“半角模型”是一个常见模型，解法9中，在已知∠ACB＝45°的基础上，通过两次对称的手段，巧妙构造出正方形，不自觉产生了“半角模型”，直接设元，利用勾股定理列出方程，顺利解决问题；这也是一个常见的套路，需要细细咀嚼，琢磨后变为自己的解题之术.基本策略六：45°→等腰直角三角形中“半角模型”“半角模型”除了存在于正方形中，还可以在等腰直角三角形中，其核心结构及简证如图1－23所示；是否可以构造等腰直角三角形中“半角模型”呢？请看下面的解法：反思8：“半角模型”是学生平时常遇到的习题或模型，解法9与解法10都是在∠ACB＝45°的基础上，联想构造“半角模型”来解题；由此可见，平时做过的例习题或总结的基本图形等很可能是今后解题的重要工具，因此日常解题绝不能停留于题目本身，而应细琢磨其结构，多反思其用途与变化，使其成为自身的解题利器；值得一提的是，上述两个“半角模型”可以完全呈现在同一个图中，如图1－25所示，便于记忆与理解，而此图中的相关结论多如鸿毛，探索之趣溢于言表.基本策略七：45°→矩形大法→两角和为45°的正切公式注：这里a与b都是锐角，a＞b＞0，可巧记为“后分子＝前分母－前分子；后分母＝前分母＋前分子”；特别鸣谢：此法源自江苏省特级教师、常州市武进区教研员于新华（于boss）；反思9：矩形大法，威力巨大，神奇构图，公式自现；这个公式还可以通过构造正方形来证明，如图1－27所示；此外，还可以拓展成更一般的形式，譬如：当然，这其实是高中的两角和与差三角函数公式，但我们通过初中构图的方式，基本实现了“无字证明”，不亦乐乎，要有几何构造的情趣啊！至此，此题得到了比较完满的解答，可能还有其他的解法，但未必适合学生或者构造复杂，亦或者笔者能力不足.七大策略，全部掌握，灵活运用，实属不易.三、变中寻通一题多变，玩出精彩，45°变为30°又会怎样？135°呢？甚至于任意角呢？探索之门，已经敞开，让我们一起遨游吧！下面提供两道变式，一一对照七大策略，笔者给出简解图形，供参考之用：变式1：如图2，在△ABC中，CO⊥AB于点O，OA＝4,OB＝6，且∠ACB＝30°，求OC的长．策略二：30°→直角三角形→一线三直角策略四：一个30°→三个30°→一线三等角所谓“一线”，可以是水平线、竖直线、斜直线，甚至于任意线，有下面三种常见的构造方式，如图2－5所示，不再赘述.策略五：“半角模型”30°→两次对称→四边形中“半角模型”：如图 2－6所示，最后还需要解△ABF；30°→等边三角形中“半角模型”：如图2－7所示，最后也需要解△BEF；这两种解法，得不偿失，过于麻烦，呈现出来，只作了解，不必深入.变式2：如图3，在△ABC中，CO⊥AB于点O，OA＝8,OB＝12，且tan∠ACB＝2，求OC的长．策略一：定边AB对定角∠ACB→思构辅助圆如图3－1，作△ABC的外接圆M，由图显知：OC＝OE＋CE＝16.策略四：一个∠ACB→三个∠ACB→一线三等角所谓“一线”，可以是水平线、竖直线、斜直线，甚至于任意线，有下面三种常见的构造方式，如图3－5所示，不再赘述，相对而言，“水平－竖直线”更简单些.作“斜直线”，比较麻烦，而若构造“半角模型”，更是麻烦至极，直接扔掉.两个变式，由简单到复杂，由特殊到一般，通过探究，可以发现：构造辅助圆是解决此类“边对角”问题的最佳方法，从头至尾，口算而已；“母子型相似”、“一线三等角”以及“矩形大法”都是解决此类问题的通解通法，但都需要结合方程思想解决问题，或直接设元，或间接设元，或巧设等；而“半角模型”仅仅较适合于45°角相关问题，更一般的角不太适合，计算繁琐.四、类题巩固题以类聚，法以通汇.笔者再提供系列类题，以巩固各法，体会万法朝宗，多题归一.注：部分习题，学悟于各网友微信公众号，特此一并鸣谢.此题是上面两小题的进化版本，需要先利用∠POA＝45°，构造等腰直角三角形，然后再造“一线三直角”，最后求交点坐标.该解法从头至尾几乎口算完成，不需设元，缘在构造等腰直角三角形时，将已知点A作成了直角顶点，这一点值得关注，否则需要设元求解，稍显麻烦；此外，也可以利用矩形大法得出的两角和为45°的计算公式秒杀：此题是第3题的变式，依托确定的∠POA，先构造直角三角形，然后再造“一线三直角”相似结构，最后求交点坐标.要求点P的坐标，只要求出直线OP的解析式，这就需要找到OP上除点O外的另一个点坐标，上述解法都是通过构造直角三角形，再造“一线三直角”结构，从而求出所需点B的坐标；除了求点B外，还可以通过求点A绕着原点O顺时针旋转∠AOP所对应的点A′坐标，而这又是一个极其有趣的话题，请看下面三个核心问题：问题1：已知点A（3，4），将点A绕原点O顺时针方向旋转45°角，求其对应点A′的坐标.解析：一个图形的旋转（运动）本质是点旋转（运动）；反过来，一个点的旋转（运动）可以捆绑成一个图形的旋转（运动）；第一步（“捆绑旋转”）：如图8－1，作AB⊥y轴于点B，则AB＝3，OB＝4；本题中，点A绕原点O顺时针方向旋转45°得到点A′，可捆绑看成：Rt△OAB 绕原点O顺时针方向旋转45°得到Rt△OA′B′，则A′B′＝3，OB′＝4，且∠BOB′＝45°；第二步（“一线三直角”）：如图8－2，依托旋转后的Rt△OA′B′，作系列“水平－竖直辅助线”，构造“一线三直角”相似结构，即Rt△OCB′∽Rt△B′DA′；事实上，△OCB′与△B′DA′都是等腰直角三角形；问题2：已知点A（4，6），将点A绕原点O顺时针方向旋转a角，其中tana ＝1/2，求其对应点A′的坐标.解析：第一步（“捆绑旋转”）：如图8－3，作AB⊥y轴于点B，则AB＝4，OB ＝6；将Rt△OAB绕原点O顺时针方向旋转a角得到Rt△OA′B′，则A′B′＝4，OB′＝6，且tan∠BOB′＝tana＝1/2；问题3：已知点A（a，b），将点A绕原点O顺时针方向旋转a角，求其对应点A′的坐标.解析：不失一般性，不妨都在第一像限内思考问题：第一步（“捆绑旋转”）：如图8－5，作AB⊥y轴于点B，则AB＝a，OB＝b；将Rt△OAB绕原点O顺时针方向旋转a角得到Rt△OA′B′，则A′B′＝a，OB′＝b，且∠BOB′＝a；第二步（“一线三直角”）：如图8－6，依托旋转后的Rt△OA′B′，作系列“水平－竖直辅助线”，构造“一线三直角”相似结构，即Rt△OCB′∽Rt△B′DA′；故B′C＝bsina，OC＝bcosa，A′D＝asina，B′D＝acosa，点A′的坐标为（acosa ＋bsina，bcosa－asina）.此法是求一点绕着某定点旋转一定角的通解通法，易于实施，便于掌握，非常有趣，值得拥有.上面的题3与题4，也可借助此法单独求出相应的点A′坐标后，再求直线OP 的解析式，可自行探索，不再赘述.注：此法学悟于八一常州之行（2017年8月1日），昆明郑帆大神于第一届数学行者大会上精彩报告，在此特别感谢，并感慨良多，多出去，勤学习，好处多多.点评：解法1中，将已知点B作成了直角顶点，使得计算异常轻松，从头到尾几乎口算，其他类似解法，不再详述.点评：解法2的构思，让笔者都直呼过瘾，巧妙而精彩，由此可见，本文中提及的几大策略是重要的解题法宝，需要灵活掌握并能应用娴熟，方可立于不败之地；同理，也可以在y轴上补出一个45°角，构造“母子型相似”，求出直线AC与y轴的交点亦可，请自行探究；此外，利用“母子型相似”的解题策略，笔者又有如下的“惊人之举”：点评：解法3与解法2的本质相同，前者依托于目标点C去构造“横平竖直辅助线”，并结合相似技巧，“眼中有角，心中有比”，巧妙设元，顺利得解，真是让人“大跌眼镜”.注：此法巧在设元上，“哪里有比例，哪里有巧设”，确定的角对应着确定的比，否则直接设出点的坐标，计算量将异常的大.点评：此法表示AF、CF的长度时，理应过点C向EF作垂线，但因数据巧合性，垂足恰好为点E，故图中并未作出，特此说明；另外，也可以锁定AC与x轴的交点，类似此法构造“一线三等角”结构，求出这个交点，然后联立直线AC与双曲线的解析式求出点C的坐标；构造“一线三等角”时，所谓“一线”既可以是“水平线”，也可以是“竖直线”甚至于“斜线”，如图10－5及图10－6所示，不再赘述;三种构造法大同小异，相对而言，此题反而构造“斜线”更简单，有趣有趣.点评：此题采取“边对角→辅助圆”策略，相对而言，比较繁琐，缘在这里的边BD非定边，导致设元求解，锁定圆心，实施“横平竖直辅助线”，构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解，相当于“动边对定角”；此外，借助辅助圆策略，此题还可以如图10－8构造△ABD的外接圆交x轴于另一个点E，则∠BEO＝∠BAD＝45°，从而OE＝OB＝2，点E的坐标为（2,0），则AE⊥x轴，于是AD为直径，从而∠ABD＝90°，再实施“一线三直角”解题策略，也可解题，但此法取决于数据巧合，不甚推荐.此外，也可以如图10－10所示构图，不再赘述；若是构造等腰直角三角形中“半角模型”，也并非不可以，如图10－11所示，构造等腰Rt△ADE，可证E、B、D三点恰好共线；基本策略七：45°→“12345”秒题技此即于头另一绝招“12345秒题技”，这个结论还可以构造常见的“倍半角模型”得到，如图10－13所示，由此结论可以快速秒题，同解法7；此外，这个图形丰富多彩，还可以得到以下神奇数据，用于秒题，往往事半功倍：⑥可以看作②的推导，尤其是等式“1”＋“2”＋“3”＝180°，让人感叹造物主之神奇，如图10－14所示，这里的红色数字指相应角的正切值，而蓝色数字指三边比例，记住这些边角关系，往往可以口算答案.拿本题来说，还有如下解法：解法8：如图10－15，由“1/2”＋45°＝“3”，可知tan∠DAG＝3，故DG＝6，点D的坐标为（0,－3），下略.基本策略八：45°→“捆绑旋转”解法8：如图10－16，将定点B绕定点A逆时针旋转45°至点B′，则点B′落在AC上；第一步（“捆绑旋转”）：如图10－17，作AG⊥y轴于点G，则AG＝2，BG＝1；点B绕点A逆时针旋转45°得到点B′，可捆绑看成：Rt△ABG绕点A逆时针旋转45°得到Rt△AB′G′，则AG′＝2，B′G′＝1，且∠GAG′＝45°；第二步（“一线三直角”）：如图10－18，依托旋转后的Rt△AB′G′，作系列“水平－竖直辅助线”，构造“一线三直角”相似结构，即Rt△AEG′∽Rt△G′FB′；点评：解法8计算量略微大些，给人一种“杀鸡牛刀”之感，构造看似复杂，却是套路，都是“横平竖直辅助线”，这是坐标系中常见的解题策略，体现了改斜归正的思想方法，“捆绑旋转”确实是解决有关夹角问题的一类通解通法.类比各法，针对本题，“12345”秒题技最莱斯，可实现秒杀；“一线三等角”（含“一线三直角”）以及“母子型相似”都是不错的解法，计算量不大，又是常用的解题套路；而构造辅助圆以及“捆绑旋转”稍显麻烦.像这样的解题后类比与反思是不可多得的学习好方法，教育家弗赖登塔尔说：“反思是数学思维活动的核心和动力，没有反思，学生的理解就不可能从原有水平升华到更高水平.”题7.（2017年浙江丽水）如图11，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝－x＋m 分别交于x轴、y轴于A，B两点，已知点C（2，0）.(1)当直线AB经过点C时，点O到直线AB的距离是________；(2)设点P为线段OB的中点，连结PA，PC,若∠CPA＝∠ABO，则m的值是________.点评：解法1中，将已知点C作成了直角顶点，使得计算异常轻松，从头到尾几乎口算.另外，还需狠抓确定的∠PAO，“眼中有角，心中有比；其他类似解法，如过点A作CP或AP的垂线等，不再赘述.点评：构造“母子型相似”解决此题，简单地让人不可思议.几何之美，溢于言表，数学好玩，玩好数学.同学们，爱上数学，爱上几何吧！点评：这里的“一线”，也可以是“水平线”或者“斜线”，譬如图11－4所示，不再赘述;相对而言，“竖直线”最简单.利用关键条件∠CPA＝∠ABO，可推得：∠OPC＝∠BAP，据此还可以有如下精彩解法：基本策略四：“边对角”→辅助圆解法5：如图11－6，作△ACP的外接圆⊙M，可证明圆心M刚好落在AB上，不再详述.点评：此题依然相当于“动边对定角”，相对而言，比较繁琐，不推荐使用.基本策略五：45°→“半角模型”点评：此题用这两种“半角模型”解决太累，计算复杂，不推荐使用.点评：“12345”如同外星人留下的神秘语言般，让人感叹于头之恐怖、数学之神奇.第二步（“矩形大法”）：如图11－11，依托旋转后的Rt△PO′C′，作系列“水平－竖直辅助线”，构造矩形PQGH，则Rt△PHO′∽Rt△O′GC′；另外，也可以如图11－12所示构图，在Rt△ADC′中，直接利用tan∠DAC′＝1/2求解，可自行探究.题8.（来源：上海黄喆大神的微信公众号“吉吉初中数学小站”）如图12，再矩形ABCD中，E是边AB上的一点，AE＝2，BE＝4，连接DE，作∠DEF＝45°交边BC于点F，若AD＝x，BF＝y，求y关于x的函数关系式.其他类似解法，譬如过点D或点F作EF的垂线等，不再赘述.点评：这里的“一线”，也可以作成“水平线”或者“斜线”，如图12－5及图12－6所示，利用△NEF∽△MDE均可解决问题，不再赘述.利用∠A＝∠B＝90°，还有如下精彩的“双一线三直角”解法：基本策略四：构造“相依型相似”（注：此法来源于黄喆大神）解法6：如图12－8，分别在AD、BC上取点M、N，使AM＝AE＝2，BN＝BE＝4，则∠AME＝∠AEM＝∠BNE＝∠BEN＝45°，从而有：∠EMD＝∠FNE＝135°且∠MEN ＝90°；由∠DEF＝45°，导角可得：∠MED＋∠NEF＝45°，又∠MED＋∠MDE＝45°，故∠NEF＝∠MDE；点评：“相依型相似”源于上海黄喆老师，笔者对其极感兴趣，总有种感觉，这又是处理此类“张角问题”的另一通法，值得大家揣摩；另外，“相依型相似”的一般形式如图12－9所示，通过导角可以推出：最后构造的两对阴影三角形相似.彼此守望，相偎相依，取名“相依型相似”，再恰当不过，有趣有趣；“相依型相似”与“一线三等角”有异曲同工之妙，构造也有雷同之处，其应用应该也极其广泛，需引起广泛关注.基本策略六：45°→“捆绑旋转”＋“矩形大法”解法8：第一步（“捆绑旋转”）：如图12－11，将Rt△EBF绕点E逆时针旋转45°至Rt△EB′F′，则EB′＝EB＝4，B′F′＝BF＝y，且∠BEB′＝45°；第二步（“矩形大法”）：如图12－12，依托旋转后的Rt△EB′F′，作系列“水平－竖直辅助线”，构造矩形GHKF′，则Rt△EHB′∽Rt△B′GF′；。
抛物线上的张角问题知识分享
BPABPA y=f (x)BPADC y=f (x)B PA 图(2)图(1)y=f (x)l y=f (x)1．我们说，在平面上，已知两个定点A 、B ，点P 为平面上一点， 从点P 处观测A 、B 两点所成的角叫张角．2．若线段AB 为定长的线段，点C 为线段AB 所在的直线外一点， 连接AC ，BC ，我们称∠ACB 为线段AB 的张角．AB 叫做张角∠ACB 所对的张边．一、问题的提出： 1．问题的提出：在平面直角坐标系中，已知A 、B 两定点，求具有某种属性的点P (如P 在某 函数图象上，又或点P 的坐标具有某种关系)，使∠APB 等于已知角α．2．问题解决的方法与步骤：下面以点P 在某函数y ＝f (x )的图象上为例来说明．特别的，当AB 与坐标轴平行时，可构造斜射影相似来解决． (1)以AB ∥x 轴为例来说明 在射线AB 上取点D ，使tan PCCD α=，则∠ADP ＝∠APB 则△APD ∽△ABP ，则2PA AB AD =⋅．设P (m ，f (m ))，所以C (m ，A y ) 所以22()[()]()()A A B A D A m x f m y x x x x -+-=--解方程可求出m 的值，P 点可求．(2)若点线段AB 与x 轴不平行时怎么办？可以采用以下方法： 方法：过张角的顶点作坐标轴的平行线，构造一线三等角．如图：过点P 作l ∥x 轴，再分别由A ，B 向l 引垂线，垂足为C ，D ，在DC 延长线上取点E ，使CD BAEFtan AC CE α=， 在CD 延长线上取点F ，使tan BDDF α=，则∠AEP ＝∠BFP ＝∠APB ． 可证△AEP ∽△PFB 则PE AEBF PF =所以PE PF AE BF ⋅=⋅ 设P (m ，f (m ))，则PE ，PF ，与AE 、BF 均可用含m 的代数式表示，则方程可解，点P 的坐标可解．3．对问题的解决提出质疑：以上问题可以过点P 作x 轴或y 轴的平行线l ，根据一线三等角创造相似三角形来解决，依然设P (m ，f (m ))，所以C (m ，A y )，所以22()[()]()()A A B A D A m x f m y x x x x -+-=--，解方程可求出m 的值，P 点可求． 但当y ＝f (x )4．抛物线上的张角问题在平面直角坐标系中，已知A 、B 为抛物线y ＝f (x )上的两定点．点P 在y ＝f (x )的图象上，若∠APB 等于已知角α，求点P 的坐标．显然，如果按照前面的做法去解决，结果会是高次方程，显然不行，因此，我们要寻找其它适合初中数学教学要求的方法．为解决此问题，我们首先要掌握以下几个问题． 二、问题准备1． 解直角三角形的张角对张边的问题我们都知道，在解三角形的问题中，如果给出三角形的三个要素(不全是角)三角形即可解，但是有些条件的给出(初等方法可解)，如果方法不当解起来就很困难，这里我们仅条件集中在三角形中一个角、这个角所对的边，这个角所对的边上的高解三角形进行研究，我们把此类问题称之为解三角形中的“角对张边问题”．如图，在△ABC 中，∠BAC ＝α，AD ⊥BC ，垂足为D ，设BD ＝a ，CD ＝b ，求高AD ．DC B AC D AC D B A如图，在锐角△ABC 中，AD ⊥BC ，垂足为D ，∠BAC ＝45°， 若BD ＝3，CD ＝2．求AD 的长．思考一．根据图形变换，转换特殊模型．解法1：把△ABD 沿AB 翻折得到△ABE ，把△ACD 沿AC 翻折得到 △ACF ． ∴△ABE ≌△ABD ；△ACF ≌△ACD ． ∴AE ＝AD ＝AF ，BE ＝BD ＝3，CF ＝CD ＝2．∠E ＝∠F ＝90°，∠BAE ＝∠BAD ，∠CAF ＝∠CAD ， ∴∠EAF ＝2∠BAC ＝90°，延长EB ，FC 相交于G ，则四边形AEGF 为正方形． 设AD ＝x ，则BG ＝x －3，CG ＝x －2． 在Rt △BCG 中，由勾股定理可得：222(3)(2)5x x -+-= ∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．NGB解法2：以AD为边作正方形ADEF，过点A作AG⊥AB，交EF于G，∴△AGF≌△ABD，∴BD＝GF＝2，AG＝AB．∵∠BAC＝45°，∴∠GAC＝∠BAC，又AC＝AC．∴△ACG≌△ACB，∴CG＝BC＝5．设AD＝x，则EG＝x－3，CE＝x－2，在△Rt△CEG中，由勾股定理得：222(3)(2)5x x-+-=∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．解法3：在射线DB上取点E，使DE＝AD，在射线DC上取点F，使DF＝AD．则AE＝AF，∠AEF＝∠AFE＝45°，∠EAF＝90°，把△AEB绕点A旋转，使AE于AF重合，得到△AFG，∴△AFG≌△AEB，∴FG＝EB，AG＝AB，∠AFG＝∠E＝45°，∴∠GAF＝∠BAE，∴∠BAC＝∠EAF＝90°，又∠BAC＝45°，∴∠GAC＝∠BAC，∴△ACG≌△ACB，∴CG＝BC＝5，设AD＝x，则FG＝x－3，CF＝x－2．在Rt△CED中，由勾股定理得：222(3)(2)5x x-+-=∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．思考二：构造一线三等角(M型)解法5：在BC的延长线上取点E，使CE＝AD，过点E作EF⊥CE，使EF＝CD，连接AF，∴△CEF≌△ADC，∴AC＝FC，∠CAF＝45°，∵∠BAC＝45°，∴∠BAF＝90°，连接BF，由勾股定理可得：222AB AF BF+=，222BE EF BF+=，∴22AB AF+=22BE EF+，设AD＝x，则BE＝x＋5，∴222222(3)2(2)(5)2x x x+++=++∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．解法7：过点B作BE⊥AB，交AC的延长线于E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，由上题可证△EBF≌△BAD．∴EF＝BD＝3，∵ABE ABC EBCS S S=+V V V，∴2111222AB AD BC EF BC=⋅+⋅，设AD＝x，∴2235(3)x x+=+∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．解法8：过点A作BC的平行线，由B，C向该平行线引垂线，垂足为E，F．则BE＝AD＝CF，AE＝BD＝3，AF＝CD＝2．在AE的延长线上截取EG＝BE，在AF的延长线上截取FN＝CF．∴BG＝CN，∠G＝∠N＝45°，∴∠G＝∠BAC＝∠N，∴△AGB∽△CNA，∴AG BGAN=∴AG AN BG CN⋅=⋅,设AD＝x，则BG＝CN，AG＝x＋3，AN＝x＋2，∴(x＋3)(x＋2)＝2)∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．思考三：把AD看作是绕A旋转的直线，构造旋转相似．解法12．在射线DC上截取DE＝AD，连接AE，延长AD到F，使DF＝BD＝3．∴BF＝F＝∠E＝45°，又∠BAF＝∠∴△BAF∽△CAE，∴AF BFAE CE=，∴AF·CE＝BF·AE，设AD＝x，则AE，AF＝x＋3，CE＝x－2，∴(3)(2)x x+-=，∴2560x x--=，E FOABDC解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6． 思考四：利用三角形外接圆：解法13：作△ABC 的外接圆⊙O ，连接OA ，OB ，OC ． 过点O 作OE ⊥BC ，垂足为E ．∴OA ＝OB ＝OC ，∠BOC ＝2∠BAC ＝90° ∴1522OE BC ==，2OA OB ==，12DE =． 过点O 作OF ⊥AD ，垂足为F ，∴1522DE DF ==，, 由勾股定理可得：72AF =，∴AD ＝6． 思考六：构造斜射影相似解法15．在射线DC 上截取DE ＝AD ，连接AE ． ∴∠E ＝45°＝∠BAC ，又∠ABE ＝∠CBA ， ∴△ABE ∽△CBA ， ∴AB BE BC AB=∴2AB BC BE =⋅ 设AD ＝x ，则BE ＝x ＋3，∴2235(3)x x +=+．∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．二、抛物线上的张角问题在平面直角坐标系中，已知A 、B 是抛物线y ＝f (x )上的两定点，点P 在y ＝f (x )的图象上，若∠APB 等于已知角α，求点P 的坐标． 方法与步骤：第一步；过已知点A 作y 轴的平行线，与直线BP 相交于点C ，构造“于涵定理”．根据“于涵定理”指引我们可求出PDAC的值．第二步：解张角三角形，求出∠P AC 的函数值． 在△P AC 中，∵∠APC 已知(∠APB 已知)．PDAC的值已知，根据 斜射影可求出PD 、CD 、AD 的比，进而求出∠P AC 的函数值． 第三步：利用∠P AC 的函数值求出点的坐标． 2． 二次函数中的“于涵定理” (一) 如何使“于涵定理”合法化 第一：当直线AB 平行于x 轴时，设二次函数为2()y a x h k =-+，则P (x ，2()a x h k -+)设A (m ，2()a m h k -+)，利用对称轴可得：B (2h －m ，2()a x h k -+)， ∴22[()][()]()(2)PC a x h k a m h k a AD BE x m h m x -+--+==⋅--- 第二：当直线AB 与二次函数的一个交点已知时，设A (m ，n ) 在二次函数为2y ax bx c =++的图象上，过点A 的直线交二次 函数于另一点B ，则直线AB 为()y k x m n =-+，二次函数为22()()y a x m b x m n =-+-+则()()0x m ax am b k -++-=，∴am b kx a +--， 即B 点坐标可求，进而通过计算可得到PCa AD BE=⋅．如图，直线AB 与二次函数2y ax bx c =++相交于A 、B 两点，点P 为二次函数图象上一点，过点P 作y 轴的平行线交直线AB 于C ，分别过A 、B 向PC 引垂线，垂足为D 、E ．则PC ＝AD ·BE a ，也可写成PCa AD BE=⋅．特别的，当AB ∥x 轴时，则PC AC BC a =⋅，也可写出PCa AD BE=⋅。
张角定理在平面几何中的应用_殷萍_看图王
△
△ △
O
O′ D B
cosα = sinα + 1 . AK′ AN AB
其分别代入①② 得
②
4bc cos2α 所 以 BD· DC =bc 1. （b+c ）2
△
因 为 AM=ABsinα ，AN=ACsinα ， 故 将
故AB · · AC-BD DC= 4b c 2 cos2α=AD2. （b+c ）
BF
BC
AB
AB=BC=k（k>0），则BF=
所以AB+BF=k+
O E B
sin3α k. sinα+sin2α
sin3α k sinα+sin2α
= （sinα+sin3α ）+sin2α k sinα+sin2α = 2cosα （sin2α+sinα ） k=2kcosα. sinα+sin2α
分线交于K点 ，则以A为视点 ，对 C，K，M用 张角定理得
sin （90°+α ） = sinα + sin90° ， AK AM AC
即 cosα = sinα + 1 .
AK
AM
AC
①
究的潜能是十分重要的.
64
OE
OF
K
L
G
sin∠EOF . OA
由张角定理知A，E，F三点共线.
证明
如图 5，设 KA=a，KB=b，KC=c，
6. 证三线共点 例6
在△ABC中 ，自 B，C分别向 ∠A
KD=d，KF=f，KG=g，KL＝l， 则以 K 为视点 ，
分 别 对 A，B，L；D，C，L；D，B，F 及 A，C，G 用 张角定理 ，得
第5章 张角定理及应用(含答案)
第5章 张角定理及应用【基础知识】张角定理 设A ，C ，B 顺次分别是平面内一点P 所引三条射线PA ，PC ，PB 上的点，线段AC ，CB 对点P 的张角分别为α，β，且180αβ+<︒，则A ，C ，B 三点共线的充要条件是：sin()PCαβ+=sin sin PB PAαβ+． 证明 如图5-1，A ，C ，B 三点共线ABP ACP CBP S S S ⇔=+△△△βαCBAP图5-1111sin()sin sin 222PA PB PA PC PC PB αβαβ⇔⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅ sin()sin sin PC PB PAαβαβ+⇔=+． 推论 在定理的条件下，且αβ=，即PC 平分APB ∠，则A ，C ，B 三点共线的充要条件是：2cos PC α=11PB PA+． 注 若规定角的绕向，逆时针方向为正，否则为负，则上述定理、推论中的点C 可表示在AB 的延长线上的情形．上述定理把平面几何和三角函数紧密相联，它给出了用三角法处理平面几何问题的一个颇为有用的公式．用它去解几何题，适当地配合三角形面积公式、正弦定理、三角公式、几何知识，可以大大简化解题步骤，众多的几何问题可以简捷地解决． 【典型例题与基本方法】1．恰当地选择共一端点的两线段对同一视点的两张角，是应用张角定理的关键例1 如图5-2，已知ABCD 为四边形，两组对边延长后得交点E ，F ，对角线BD EF ∥，AC 的延长线交EF 于G ．求证：EG GF =． （1978年全国竞赛题）ββαGFEDCB A图5-2证明 以E 为视点，令BEC α=∠，CEG β=∠，分别对B ，C ，F ；A ，D ，F 及A ，C ，G 应用张角定理，得sin()sin sin EC EF EB αβαβ+=+， ① sin()sin sin ED EF EA αβαβ+=+， ② sin()sin sin EC EG EAαβαβ+=+．③又由BD EF ∥，有BDE β=∠，在△BED 中应用正弦定理，有sin()sin ED EBαββ+=． 由①+②-③-④，得2sin sin EF EGαα=， ∴ 2EF EG =，即EG GF =．例2 已知ABC △的顶点A ，B ，C 对应的三边长分别为a ，b ，c ，E 为其内切圆圆心，AE 交BC于D ．求证：AE b cED a+=． （1979年广东省竞赛题）证明 如图5-3，连BE 并延长交AC 于F ，令BAE α=∠，由于E 为内心，则EAF α=∠．以A 为视点，分别对B ，E ，F 及B ，D ，C 应用张角定理的推论，得FEDCBA图5-32cos 11AE AB AF α=+，2cos 11AD AB AC α=+． 上述两式相除，得()()AC AB AF AD AE AF AC AB +=+， 而1AD AE ED EDAE AE AE+==+， 从而 ()()AB AC AF ED AB CFAE AF AC AB AF AB AC-==⋅++． ①又BF 平分B ∠，则AB AF BC CF =，即AB BCAF CF=． 于是，由上式代入①式，得ED BC AE AB AC =+，故AE b cED a+=． 例3 如图5-4，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分BAD ∠．在CD 上取一点E ，BE 与AC 相交于F ，延长DF 交BC 于G ．求证：GAC EAC =∠∠． （1999年全国高中联赛题） （G '）GFEDCBA图5-4证明 作CAG CAE '=∠∠，交BC 于G '．只须证G '，F ，D 三点共线，设BAC CAD θ==∠∠，CAG CAE α'==∠∠．以A 为视点，分别对B ，F ，E ；B ，G '，C ；C ，E ，D 应用张角定理，有 ()sin sin sin AF AB AE θααθ+=+， ① sin sin sin()AG AB ACθαθα-=+'， ② sin sin sin()AE AD AC θαθα-=+，③由①-②+③式，得sin()sin sin AF AD AG θααθ+=+'． 又以A 为视点，对G '，F ，D 应用张角定理，知G '，F ，D 三点共线． 由此，知G '与G 重合，故GAC EAC =∠∠．例4 如图5-5，已知AM 是ABC △的边BC 上的中线，任作一直线顺次交AB ，AC ，AM 于P ，Q ，N ．求证：AB AP ，AMAN，AC AQ 成等差数列．（1979年辽宁省竞赛题）θβαCBA MN PQ图5-5证明 令BAM α=∠，MAC β=∠，AMB θ=∠．以A 为视点，分别对P ，N ，Q 及B ，M ，C 应用张角定理，有sin()sin sin AN AP AQαββα+=+， ①sin()sin sin AM AB ACαββα+=+． ② 又在△ABM 和△AMC 中，由正弦定理，有 sin sin AB MB θα=，sin sin AC MC θβ=． 注意到MB MC =，上述两式相除得sin sin AC ABαβ=． 于是②式变为sin()2sin 2sin AM AB ACαββα+==． 由①式除以上式，得12AM AB AC AN AP AQ ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 故AB AP ，AMAN，AC AQ 成等差数列．2．找准视点，寻找到与题设条件或结论有关的线段所在的三角形，是灵活应用张角定理的前提．例5 如图5-6，圆的割线PAB 通过圆心O ，自P 作圆的任一割线PCD 交圆于C ，D ．又在圆上取一点E ，使BE BD =，连CE 交AB 于F ．求证：211AB BP BF=+．BP图5-6证明 连AC ，BC ，令1ECB =∠∠，2BCD =∠∠，3ACE =∠∠，4ACP =∠∠，AC a =，BC b =． 由BE BD =，有12=∠∠．连BD ，由AE AD =，有34ABD ==∠∠∠．以C 为视点，考察线段AB ，BP ，BF 所在的三角形ABC △和△PBC ，分别应用张角定理，有sin90sin 1sin 3CF a b ︒=+∠∠， sin(904)sin 4sin90a b CP ︒+︒=+∠∠． 即 sin 1sin 3cos 3sin 3ab abCF b a b a ==++∠∠∠∠， cos 4sin 4cos 3sin 3ab abCP b a b a ==--∠∠∠∠． 由此，知cos 3sin 30b a ->∠∠． 在△CPB 中，由余弦定理，得 122222cos(903)cos 3sin 3cos 3sin 3ab ab BP b b a b a ⎡⎤⎛⎫=+-⋅⋅︒+⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦∠∠∠∠∠． 因034180<+<︒∠∠，则03490<=<︒∠∠，即cos 30>∠． 于是，()122222cos 3(cos 3sin 3)b a b BP b a 2⎡⎤⋅+⎢⎥==-⎢⎥⎣⎦∠∠∠ 同理，在CFP △中，有BF ．又在Rt ABC △中，AB ， 故211AB BP BF ==+． 注 此例结论表示AB 是BP 与BF 的调和平均，亦表示1PF 调和分割弦AB ． 例6 （第一章例12）任意四边形ABCD 的一组对边BA 与CD 交于M ，过M 作割线交另一组对边所在直线于H 、L ，交对角线所在直线于H '、L '．求证：1111MH ML MH ML +=+''． 证明 如图5-7，MBL α=∠，CML β=∠，BMC αβ=+∠， L'H 'DCBA MH图5-7由张角定理得：sin()sin sin MH MD MAαβαβ+=+， ① sin()sin sin MH MC MA αβαβ+=+'， ② sin()sin sin ML MD MA αβαβ+=+'， ③ sin()sin sin ML MC MB αβαβ+=+．④由①+④-②-③得sin()sin()sin()sin()0MH ML MH MLαβαβαβαβ+++++--=''，故1111MH ML MH HL +=+''． 注 此例也可运用线段的调和分割来证明，可参见第十一章例9．对于第十一章的例10，也可运用张角定理来证．请看下例：例7 圆内接四边形ABCD 一组对边DA 、CB 延长线交P 点，过P 点任作直线PF 分别交圆于E 、F ，交AB 、CD 所在直线于N 、M ，求证：1111PE PF PN PM+=+． 证明 设APM α=∠，BPM β=∠，并分别取AD 、EF 、BC 中点R 、G 、H ，如图5-8，显然P 、R 、G 、H 和圆心O 五点共圆，由托勒密定理可知：PG RH RG PH PR GH ⋅=⋅+⋅．对△RGH 三边用正弦定理代入得：()sin sin sin PG PH PR αβαβ⋅+=⋅+⋅，两边乘2，即()sin()PE PF αβ++= ()()sin sin PB PC PA PD αβ+++．又PE PF PB PC PA PD ⋅=⋅=⋅，则11sin()PE PF αβ⎛⎫++= ⎪⎝⎭1111sin sin PB PC PA PD αβ⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由张角定理：sin()sin sin PN PB PA αβαβ+=+，sin()sin sin PM PC PD αβαβ+=+，因此1111PE PF PN PM+=+． PFD图5-8当PF 与AB 、DC 的延长线相交同时与圆相交（或相切），如图5-9，例7仍然成立，证法相同．OPR MN K H GFE DCBA 图5-9当PF 与CA ，BD 相交或与它们的延长线相交，同时也与圆相交（或相切），例题7也成立，证法也相同．如图5-10，相切时11PE PF=．P图5-10例8 圆内接ABC △，切线C 点交BA 的延长线于P ，过P 任作直线交圆于E 、F ，交AC 、BC 分别于N 、M ，求证：1111PE PF PN PM+=+． 证明 设APM α=∠，MPC β=∠，并分别取AB 、EF 中点G 、H ，如图5-11，显然P 、G 、H 、C 和圆心O 五点共圆，由托勒密定理可知PH GC GH PC PG HC ⋅=⋅+⋅，对△GHC 三边用正弦定理代入得()sin sin sin PH PC PG αβαβ⋅+=⋅+⋅，两边乘2，即()sin()2sin PE PF PC αβα++=⋅⋅+()sin PA PB β+．因为2PE PF PC PA PB ⋅==⋅，从而11211sin()sin PE PF PC PA PB αβα⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭sin β．图5-11由张角定理，sin()sin sin PN PC PA αβαβ+=+，sin()sin sin PM PC PBαβαβ+=+． 因此1111PE PF PN PM +=+． 【解题思维策略分析】1．给出著名问题的一种新证法 例9（斯坦纳定理） 在ABC △中，BD ，CE 分别是ABC ∠，ACB ∠的平分线．若BD CE =，则AB AC =． 证明 如图5-12，令ABD DBC α==∠∠，BCE ACE β==∠∠，分别以B ，C 为视点，对ABC △应用张角定理的推论，有2cos 11BD AB BC α=+，2cos 11CE AC BCβ=+． βαβαED CBA图5-12亦有2cos 2cos AB BC AC BC BD CE AB BC AC BC αβ⋅⋅⋅⋅===++， 亦即()()cos cos AB AC BC AC AB BC βα+=+． 对上式应用分比定理，把cos cos βα-化为积，并变形可得 ()2sinsincos 22AC AB BC AB AC BC βαβαα++--=-⋅⋅⋅． ①显然，α，β，αβ±均只能为锐角． 若AB AC >，则①式左端为正，而右端为负， 若AB AC <，则①式左端为负，而右端为正．所以AB AC =．例10（蝴蝶定理） 已知M 是O 的弦AB 的中点，过M 任作两弦CD ，EF ，连CF ，DE 分别交AB 于G ，H ，则MH MG =． 证明 如图5-13，令AMF BME α==∠∠，BMD AMC β==∠∠．以M 为视点，对△M DE 和△MCF 分别应用张角定理，有G H 'C图5-13sin()sin sin MH ME MDαββα+=+， sin()sin sin MG MF MC αββα+=+． 上述两式相减，得()()11sin sin sin()MF ME MD MC MH MG ME MF MC MD βααβ⎛⎫+-=--- ⎪⋅⋅⎝⎭． 设P ，Q 分别是CD ，EF 的中点，由OM AB ⊥，有 22cos(90)2sin ,22cos(90)2sin .MD MC MP OM OM MF ME MQ OM OM ββαα-==⋅︒-=⋅⎧⎨-==⋅︒-=⋅⎩于是，()11sin 0MH MG αβ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭．而180αβ+≠︒，知sin()0αβ+≠．故MH MG =．注 类似地应用张角定理，可证明如图5-8中的AG BH ''=． 2．获得线段倍分关系的一种途径例11 已知G 是ABC △的重心，过G 作直线分别交ABC △的两边AB ，AC 于E ，F ．求证：2EG GF ≤．证明 如图5-14，作中线BGM ，CGN ，令MGF BGE α==∠∠，CGF NGE β==∠∠．βαGFECBAM N 图5-14以G 为视点，分别对△GCM ，△BGN 应用张角定理，有sin()sin sin GF MG GC αββα+=+，sin()EGαβ+=sin sin BG NGβα+． 注意到，2BG GM =，2GC NG =，则 sin()sin sin 2GF GM GN αββα+=+， ① sin()sin sin 2EG GM GN αββα+=+．②①12⋅-②，得 ()113sin sin 024GF EG GN ααβ⎛⎫-⋅+=-⋅ ⎪⎝⎭≤． 而 ()()sin 0090αβαβ+><+<︒，故1102EG GF-≥，即2EG GF ≤．例12 如图5-15，平行四边形ABCD 中，在AB 边上取一点P ，使3AB AP =，在边AD 上取点Q ，使4AD AQ =，且PQ 交AC 于M ．求证：7AC AM =． βαDCBAM OPQ 图5-15证明 连BD 交AC 于O ，则12AO AC =．令DAM α=∠，BAM β=∠，3AB a =，4AD b =．以A 为视点，分别对△APQ 和△ABD 应用张角定理，有 sin()sin sin sin sin b a AM a b ab αβαβαβ+⋅+⋅=+=， sin()sin sin 4sin 3sin 3412b a AO a b ab αβαβαβ+⋅+⋅=+=． 因ADO ABO S S =△△，则4sin 3sin b a αβ⋅=⋅． 于是，4sin 3sin 6sin 212sin 12sin 9sin 12sin 7AM b a a AO b a a a αββαβββ⋅+⋅⋅===⋅+⋅⋅+⋅． 故7AC AM =．例13 如图5-16，筝形ABCD 中，AB AD =，BC DC =．经过AC 与BD 的交点O 任作两条直线，分别交AD 于E ，交BC 于F ，交AB 于G ，交CD 于H ，GF ，EH 分别交BD 于I ，J ．求证：OI OJ =． （CMO -5试题）δγβαOIJ HGFE D CBA图5-16证明 令AOE α=∠，EOD β=∠，DOH γ=∠，COH δ=∠．由题设，知AC 垂直平分BD 于O ，以O 为视点，考虑分别在OJ ，OI 所在的三角形△FOH 及△GOF 中应用张角定理．但在△EOH 中，涉及OE ，OH ，于是，又在△AOD ，△COD 及△EOH 中分别应用张角定理，有sin90sin sin OE OD OA αβ︒=+，sin90sin sin OH OC OD γδ︒=+，sin()sin sin OJ OH OE βγβγ+=+． 由上述三式，有sin()sin sin sin sin sin sin sin sin OJ OC OD OD OAβγβγβδγαγβ+⋅⋅⋅⋅=+++． 同理，在△AOB ，△COB 及△GOE 中分别应用张角定理，有 sin()sin sin sin sin sin sin sin sin OI OC OB OB OAγβγβγαβδβγ+⋅⋅⋅⋅=+++． 注意到OD OB =，则有11OJ OI=，故OI OJ =． 例14 如图5-17，已知G 是ABC △的重心，过点G 任作一条直线l ，分别交边AB 、AC 于点D 、E ，若AD xAB =，AE y AC =，求证：11x y +为定值．l βαGFEDCBA图5-17证明 当点D 与点B 重合，即1x =时，E 为AC 之中点，即12y =，此时113x y +=，因此只需证明113x y+=即可． 如图，延长AG 交BC 于F ，则F 为BC 的中点，设BAF α=∠，FAC β=∠，由D ，G ，E 三点共线，可得sin()sin sin AG AE AD αβαβ+=+，因为23AG AF =，AD xAB =．AE yAC =，所以()3sin 2AF αβ+=sin sin yAC xAB αβ+，即sin()2sin 2sin 33AF yAC xAB αβαβ+=+①，由B ，F ，C 三点共线可得()sin sin sin AF AC ABαβαβ+=+②，①式减②式可得sin 2sin 211033AC y AB x αβ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为F 为BC 的中点，所以ABF AFC S S =△△，即11sin sin 22AF AB AF AC αβ⋅=⋅，即sin sin 0AC AB αβ=≠，所以2211033y x ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即113x y +=．3．证明线段比例关系式的一种方法例15 如图5-18，已知AD ，AE 分别是ABC △的内外角平分线，点D 在BC 边上，点E 在BC 边的延长线上．求证：112BE CE DE+=． ααbaED CBA图5-18证明 设AD a =，AE b =，BAD DAC α==∠∠．以A 为视点，分别对△ADE 和△ABE 应用张角定理，得sin90sin sin(90)AC b a αα︒︒-=+，sin(90)sin90sin a AB bαα︒+︒=+． 于是 cos sin ab AC b a αα=+，cos sin abAB b a αα=-．在△ABE 中，由余弦定理，并注意cos 0α>，cos sin 0b a αα->（0AB >）， 有BE ===．同理，在△ACE 中，求得CE =．而在Rt △ADE 中，DE =故112BE CE DE +==．注 112BE CE DE +=表示DE 是CE 与BE 的调和平均，亦表示DE 被B 、C 或BC 被D 、E 调和分割（即DB BEDC CE=）．用张角定理也可以证明如下调和分割问题：凸四边形ABDF 的两组对边延长相交于点C ，E ，直线AD 交BF 于M ，交CE 于点N ，则112AM AN AD +=或AM MDAN ND=． 事实上，如图5-19，令CAN α=∠，NAE β=∠，以A 为视点，分别对△ABF ，△ABE ，△ACF ，△ACE 应用张角定理，有FEDCBAM N图5-19sin()sin sin AM AF AB αβαβ+=+，sin()sin sin AD AE AB αβαβ+=+， sin()sin sin AD AF AC αβαβ+=+，sin()sin sin AN AE AC αβαβ+=+． 上述第一式与第四式相减后减去其余两式，得112sin()sin()AM AN AD αβαβ⎛⎫++=⋅+ ⎪⎝⎭． 而sin()0αβ+≠，故112AM AN AD+=． 或由2AD AD AM AN AM AN AM AN +==+得AM MDAN ND =． 这个调和分割问题可以参见第九章中的性质2．例16 如图5-20设I ，H 分别为锐角ABC △的内心和垂心，点1B ，1C 分别为边AC ，AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于点2B （2B B ≠），射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C 与BC 相交于K ，1A 为△BHC 的外心．试证：A ，I ，1A 三点共线的充分必要条件是△2BKB 和△2CKK 的面积相等．（CMO -18试题）1B 2B 1C 1C 2C BAHK 图5-20证明 首先证明：2260BKB CKK S S BAC =⇔=︒△△∠．设ABC △的外接圆半径为R ，连IC ，在△ACI 与ABC △中运用正弦定理，有1sin sin 2AI ACAIC C =∠∠ 14sin 12cos 2AC R B B ==⋅∠∠，即114sin sin 22AI R B C =⋅⋅∠∠． 又 11sin 2AB AC R B ==⋅∠． 在△12AB B 中，注意AI 平分A ∠，以A 为视点，在此三角形中应用张角定理的推论，有12cos 2AAI=∠ 1211AB AB +， 即有 21112cos sin 12211112cos cos cos sin 12222R B CAB A A B CAI AB ⋅⋅==⋅--∠∠∠∠∠∠ 112cos sin 221sin 2R B CA ⋅⋅=∠∠∠． 同理，2112cos sin 221sin 2R C BAC A ⋅⋅=∠∠∠． 从而 222222BKB CKC ABC AB C S S S S AB AC AB AC =⇔=⇔⋅=⋅△△△△ 1111sin cos sin cos 2222sin sin 11sin sin 22C B B C C B A A ⋅⋅⇔⋅=⋅∠∠∠∠∠∠∠∠24sin 12A⇔=∠，注意到A ∠为三角形内角60BAC ⇔=︒∠． 其次，再证60BAC A =︒⇔∠，I ，1A 三点共线．连1BA ，1CA ，在△1ABA 和△1ACA 中分别应用正弦定理，有 1111sin sin A A A B ABA A AB =∠∠，1111sin sin A A AC ACA A AC=∠∠． 因I 为ABC △的内心，A ，I ，1A 共线111A AB A AC ABA ⇔=⇔∠∠∠与1ACA ∠均为锐角，1111sin sin ABA ACA ABA ACA =⇔≠∠∠∠∠（因AB AC ≠）时，111180,,,ABA ACA A B A C+=︒⇔∠∠四点共圆． 注意到1A 中圆周角与圆心角的关系，有()1360236021802BAC BHC A A =︒-=︒-︒-=∠∠∠∠，且118060BAC A BAC +=︒⇔=︒∠∠∠． 例17 如图5-21，设O ，I 分别是ABC △的外心和内心，AD 是BC 边上的高，I 在线段OD 上，求证：ABC △的外接圆半径R 等于BC 边上的旁切圆的半径a r ．（1998年全国高中联赛题）证明 因BC 边上的旁切圆的半径4sincos cos 222a A B C r R =，故只需证明4sin cos cos 1222A B C⋅=即可． 由图，易得90OAC BAD B ==︒-∠∠，因为2A BAI CAI ==∠∠，所以()902ADAI OAI B ==-︒-∠∠ 902A B α=+-︒=，由于点D ，I ，O 共线，由张角定理可得sin 2sin sin AI AO AD ααα=+，即2cos 1AI AOα=+1AD ，即2sin 112A B AI AO AD ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+，其中AO R =，sin 2sin sin AD AB B R C B ==． 设ABC △的内切圆半径为r ，则csc2A AI r =，因为4sin sin sin 222A B C r R =，则4sin sin 22B CAI R =⋅，所以有2sin 1122sin sin 4sin sin 22A B B C R R B C R ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+，即4sin cos cos 2sin sin 1222A B C B B C ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，即2sin 2A B ⎛⎫+ ⎪⎝⎭cos cos 2sin sin 122B C B C B C +-⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，即sin sin 2sin cos 2sin sin 2222A A A B C B B B C -⎛⎫⎛⎫+⋅++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1+，即()3cos cos sin sin 2sin sin 12222B A C A B C B B A B C ++⎛⎫-+++-+=+ ⎪⎝⎭，cos cos cos()B C B C ++-= cos()cos()B C B C --+，即cos cos cos 0B C A +-=，即22cos cos 2sin 10222B C B C A+-+-=，即2sincos 2sin cos 12222A B C A B C-+⋅+=，即4sincos cos 1222A B C=． 14．证明三点共线的又一个工具例18 如图5-22，已知AB 是圆的直径，PA ，PC 是圆的切线，A ，C 为切点．作CD AB ⊥于D ，Q 为CD 的中点．求证：P ，Q ，B 三点共线．BAP图5-22证明 以C 为视点，考察线段PQ ，QB 所张的角的情形． 连AC ，BC ，则90ACB =︒∠，令PCA α=∠，则CBA ACD α==∠∠，令PC a =，易知2cos AC a α=⋅，cot 2cos cot BC AC a ααα=⋅=⋅⋅，2sin 2cos CD BC a αα=⋅=⋅，2cos CQ αα=⋅．所以2sin sin(90)cos 1cos cos PCB CQ CQ a a αααα︒+===⋅⋅∠， 2sin sin sin 2cos sin cos 2cos cot cos PCQ QCB CB CP a a a a ααααααα+=+=+⋅⋅∠∠22sin cos 1cos cos a a αααα+==⋅⋅．故sin sin sin PCB PCQ QCBCQ CB CP=+∠∠∠． 由张角定理，知P ，Q ，B 三点共线．例19 如图5-23，在线段AB 上取内分点M ，使AM BM ≤，分别以MA ，MB 为边，在AB 的同侧作正方形AMCD 和MBEF ，P 和Q 分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于M ，N ．求证：B ，C ，N 三点共线． （IMO -1试题）图5-23证明 连MD ，ME ，NE ，ND ，NM ，则90DNM ENM ==︒∠∠，则D ，N ，E 三点共线，注意454590DME =︒+︒=︒∠．设DMN NEM α==∠∠，P ，Q 的半径分别为1r ，2r ，则MC =，MB ，12cos MN r α=⋅= 22sin r α⋅．对视点M，考察点B ，C ，N所在的三角形△MBN ．由 22sin sin sin 902sin CMB CMN MN MB r α︒+=+=∠∠()2111sin cos sin cos sin cos 2cos 2cos r r αααααααα+⋅-+⋅==⋅11cos sin 2r αα+===sin NMBMC==∠．应用张角定理，即知B ，C ，N 三点共线．例20 如图5-24，在ABC △中，令A α=∠，B β=∠，C γ=∠，且αβ>，AD ，BE ，CF 是它的三条垂线；AP ，BQ 是两条角平分线；I ，O 分别是它的内心和外心．证明：点D ，I ，E 共线当且仅当P ，O ，Q 共线，当且仅当O ，I ，F 共线．（IMO -38预选题或由1998年全国高中联赛题改编）IOFE DCBAP Q图5-24证明 由于外心O 有在ABC △内、外、边上三种情形，故须对α分三种情况讨论． （Ⅰ）当α为锐角时．设ABC △的外接圆半径为R ，内切圆半径为r ，令BC a =，CA b =，AB c =，连CO ，CI ，则abCP b c=+，ab CQ a c =+，π2OCQ β=-∠，π2OCP α=-∠，cos CD b γ=⋅，cos CE a γ=⋅，sin 2r CI γ=，OCI ICF =∠∠ π22γβ=--（或π22γα+-），π2OCF βγ=--∠（或2πγα+-）． 以C 为视点，分别考察△PCQ ，△DCE ，△OCF ，并应用张角定理． P ，O ，Q 共线sin sin sin OCP OCQOC CQ CPγ⇔=+∠∠ []sin ()cos ()cos ab R a c b c γαβ⇔⋅=+⋅++⋅[]224sin sin sin sin 2sin 22sin (cos cos )R R αβγαβγαβ⇔⋅⋅⋅=+++22(sin 2sin 2sin 2)[sin 2sin 22sin (cos cos )]R R αβγαβγαβ⇔++=+++sin 22sin (cos cos )cos cos cos γγαβγαβ⇔=+⇔=+．D ，I ，E 共线()sinsinsin 22sin cos ab r a b CI CD CEγγγγγ⇔=+⇔⋅=+ ()cos ()()(1cos )cos r a b c r a b a b c γγγ⇔++⋅=+⇔+-=⋅(sin sin )(1cos )sin cos αβγγγ⇔+-=⋅22cos cos2sin sin cos 222γαβγγγ-⇔⋅⋅=⋅2sincoscos cos cos cos 22γαβγγαβ-⇔⋅=⇔=+． O ，I ，F 共线sin sin sin OCF OCI ICFCI CF CO⇔=+∠∠∠ ()cos cos sin 2222sin sin 22sin sin CI CI a R R γγβββγγββαβ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪+⎛⎫⎝⎭⎝⎭⇔=+⇔+=+ ⎪⋅⋅⎝⎭2sinsin sin sin22rr R R γγαβ+⋅⋅⋅⋅（注意π22γβ+≠，4sin sin sin 222r R αβγ=⋅⋅） 12sin 4sin sin 2222cos cos 22γαββαβ⎛⎫⇔+=+⋅ ⎪⎝⎭⋅4sin cos cos 12sin sin 222γαββαβ⎛⎫⇔+⋅⋅=+⋅ ⎪⎝⎭sin sin sin sin 22222222222αβγβγααβγαβββ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇔+++++-++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1cos()cos()αβαβ=+--+cos cos 1cos()1cos()cos cos cos cos βααβαβγγαβ⇔+++-=+-+⇔=+．因此，D ，I ，E 共线⇔P ，O ，Q 共线⇔O ，I ，F 共线．（Ⅱ）当α为钝角时，注意π2OCP α=-∠，依照（Ⅰ）类似证明． （Ⅲ）当α为直角时，易证点D ，I ，E 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形；点P ，O ，Q 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形；点O ，I ，F 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形．综合即证． 注 在ABC △中，可证得：cos cos cos C A B =+∠∠∠，当且仅当ABC △的外接圆半径等于AB 边上的旁切圆半径．因此本例题还等价于ABC △的外接圆半径等于AB 边上的旁切圆半径，此为例17即1998年全国高中联赛平面几何题结论．5．注意张角定理与斯特瓦尔特定理的等价性例21 如图5-25，设B ，P ，C 依次分别为从A 点引出的三条射线AB ，AP ，AC 上的点．线段BP ，PC 对点A 的张角分别为α，β，且180αβ+<︒，则B ，P ，C 三点共线的下述两个充要条件等价：βαCBA EF P 图5-25（Ⅰ）sin()sin sin AP AC ABαβαβ+=+（张角定理）； （Ⅱ）222AB PC AC BP AP BC BP PC BC ⋅+⋅=⋅+⋅⋅（斯特瓦尔特定理）． 证明sin()sin sin sin()sin sin AB AC AP AB AP AC AP AC ABαβαβαβαβ+=+⇔⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅ sin cos cos sin sin sin AB AC AB AC AP AB AP AC αβαβαβ⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅．作BE ⊥射线AP 于E ，作CF ⊥射线AP 于F ，则 sin sin AB BE BP k BPAC CF PC k PCαβ⋅⋅===⋅⋅ cos cos AC k BP AB k PC AP k BP AP k PC AP k BC βα⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅ 222222222AC AP PC AB AP BP AP AC BP AP AB PC AP BC AC AP AB AP +-+-⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅222AB PC AC BP AP BC BP PC BC ⇔⋅+⋅=⋅+⋅⋅．【模拟实战】习题A1．在矩形ABCD 中，AB a =，BC b =，M 为BC 中点，DE ⊥射线AM 于E ，求DE 之长．（用a ，b 表示）2．ABC △中，AB AC =，AD 为BC 边上的高，AD 的中点为M ，CM 的延长线交AB 于K ．求证：3AB AK =．3．已知AC AB ⊥，BD AB ⊥，AD 和BC 相交于点E ，EF AB ⊥于F ．又AC p =，BD q =，EF r =，AF m =，FB n =．求证：111p q r+=．4．梯形ABCD （AB DC ∥）的对角线AC ，BD 相交于P ，过P 作梯形下底的平行线交两腰AD 于M ，BC 于N ．求证：PM PN =．5．设XOY ∠的平分线上任一点为P ，过P 作两条任意直线AB ，CD ，分别交OX ，OY 于A ，C ，B ，D ．求证：OC OA BD OB OD AC ⋅⋅=⋅⋅．6．直线l 的同侧有三个相邻的等边三角形△ADE ，△AFG ，ABC △，且G ，A ，B 都在直线l 上．设这三个三角形的边长依次为b ，c ，a ，连GD 交AE 于N ，连BN 交AC 于L ．求证：abcAl ab bc ac =++．7．在O 中，过弦GH 的中点M 作弦AB ，CD ，令AMG α=∠，CMG β=∠．求证：sin sin MB MAMC MDαβ-=-． 8．在平行四边形ABCD 的CD 边上取一点P ，使12CP PD =∶∶，在对角线上取一点Q ，使13CQ QA =∶∶．求证：B ，Q ，P 三点共线． 习题B1．已知四边形ABCD 两组对边的延长线分别交于K ，L ．过K ，L 作直线，对角线AC ，BD 之延长线分别交KL 于G ，F ．求证：1KF ，1KL ，1KG成等差数列． 2．在锐角三角形ABC 中，AC AB >．求证：B ∠的平分线BD 小于C ∠的平分线CE ．3．在O 内，直径AOB ⊥半径OC ，O '与OB ，OC 相切于D ，E ，并与O 内切于F ．求证：A ，E ，F 三点共线．4．在Rt ABC △中，90ACB =︒∠，CD AB ⊥于D ，△ADC 和△CDB 的内心分别为1O ，2O ，12O O 与CD 交于K ．求证：111BC AC CK+=． 5．设P 为ABC △内任一点，顶点A ，B ，C 与P 的连线分别与BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ．P '为△DEF 周界上任一点，过P '作PD ，PE ，PF 的平行线分别与BC ，CA ，AB 交于D '，E '，F '．证明：在比值P D PD ''，P E PE ''，P F PF''中必有一个等于另两个的和．第五章 张角定理及应用答案习题A1．延长AM 交DC 延长线于F ，过F 作FG BC ∥交AB 延长线于G ，则BG a =，GF b =．以D 为视点，对A ，E ，F 应用张角定理，有sin90sin sin αβDE DF DA ︒=+，即1sin sin 2αβDE a b ==．又在Rt ADF △中，sin α，sin β=．于是，求得DE 2．显然AD 是A ∠的平分线，以A 为视点，对C ，D ，B 和C ，M ，K 分别应用张角定理的推论，有12cos 112A AD AC AB ∠=+，12cos 112A AM AC AK ∠=+．注意到AB AC =，12AM AD =，则12cos 22AAD AB ∠=，14cos 112AAD AB AK∠=+，故3AB AK =．3．过E 作AB 的平行线交AC 于G ，交BD 于H ，则GE m =，EH n =，以A 为视点，对B ，E ，C 应用张角处理，有sin90sin sin αβAE AC AB ︒=+，即1sin sin αβAE p m n =++．而sin r αEA =，sin mβAE=，即有1r m p m n =-+．又以B 为视点，对A ，E ，D 应用张角定理，有1r nq m n=-+． 由上面得到的两式相加，得1r rp q+=即证．4．令BPN α∠=，APM β∠=，以P 为视点，分别对B ，N ，C 及A ，M ，D 应用张角定理，有 sin()sin sin αββαPN PB PC +=+，sin()sin sin αββαPM PD PA+=+． 上述两式相除，有(sin sin )(sin sin )PM PB αPC βPA PD PN PD αPA βPB PC⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅⋅⋅． ① 在PBA △和PDC △中，由正弦定理，有sin sin sin PB αPA αPA β⋅=⋅=⋅，sin sin PD αPC β⋅=⋅，又PAB PCD △∽△，有PA PD PB PC ⋅=⋅，从而由①式即得PM PN =．5．令POA POB α∠=∠=，以O 为视点，分别对B ，P ，A 及D ，P ，C 三点，应用张角定理的推论，有2cos 11αOP OA OB =+，2cos 11αOP OC OD =+．上述两式相减，有1111OA OC OD OB-=-．由此即证． 6．以A 为视点，分别对ABN △和ADG △应用张角定理，有sin sin sin BAN LAN BAL AL AB AN∠∠∠=+， sin sin sin DAG GAN DAN AN AD AG∠∠∠=+．注意到60BAL NAL GAN ∠=∠=∠=︒上述两式变为 AN AL a AL a AN ⋅+⋅=⋅，c AN b AN bc ⋅+⋅=，由此解得abc AL ab bc ac=++． 7．设GH 交AC 于E ，交BD 于F ，由蝴蝶定理知ME MF =，以M 为视点，分别对AMC △和BMD△应用张角定理，有sin()sin sin αβαβME MC MA +=+，sin()sin sin αβαβMF MD MB +=+，即sin sin sin sin αβαβMC MA MD MB+=+，亦即1111sin ()sin ()αβMD MC MA MB-=-．而MA MB MC MD ⋅=⋅，即sin ()sin ()αMC MD βMB MA -=-．由此即证．8．设3CD =，则1CP =．考虑BQ ，QP 对C 的视角，令DCA α∠=，ACB β∠=．在ABC △中应用正弦定理，有3sin sin αCB β=，3sin()sin αβCA β+=，3sin()4sin αβCQ β+=，从而sin sin()4sin 3sin()34sin BCP αββαβCQ β∠+==+． sin sin sin sin 4sin 3sin 13sin PCQ QCB αββαCB CP β∠∠+=+=． 故sin sin sin BCP PCQ QCB CQ CB CP∠∠∠=+．由张角定理，知B ，Q ，P 三点共线． 习题B1．令KA a =，KB b =，KC c =，KD d =，KF f =，KG g =，KL l =，DKC α∠=，CKG β∠=，以K 为视点，分别对A ，B ，L ；D ，C ，L ；D ，B ，F ；A ，C ，G 应用张角定理，有sin()sin sin αβαβb l α+=+，①sin()sin sin αβαβc l d+=+，②sin()sin sin αβαβb f d +=+，③ sin()sin sin αβαβc g a +=+，④ 由①+②-③-④，得2sin sin sin 0αααl f g ==-，即112f g l+=．即证． 2．以B 为视点，对C ，D ，A 应用张角定理的推论，有12cos 11112B BD BC AB BC AC∠=+>+（因AC AB >）． 以C 为视点，对A ，E ，B 应用张角定理的推论，有12cos 112C CE BC AC∠=+．将此式代入前式，得11cos cos 22B C BD CE ∠∠>．又由AC AB >，知B C ∠>∠，而10π2C B <∠<∠<，则11π0224C B <∠<∠<，又cos x 在π(0,)2x ∈为减函数，则11cos cos 022C B ∠>∠>，于是有CE BD >． 3．设OD O D OE r ''===，中点OO '=，且45O OD '∠=︒，O ，O '，FOA OF R ==，由OO R r '=-，知1)r R =，于是sin 22AOF OF R ∠+=， sin sin sin90sin 45AOE EOF OF OA R R ∠∠︒︒+=+=sin sin sin AOF AOE EOF OE OF OA ∠∠∠=+，故由张角定理，知A ，E ，F 三顶共线．4．设12O O 的延长线分别与AC ，BC 交于M ，N ，连1CO ，1DO ，2DO ．由Rt Rt ACD CBD △∽△，有12DO AC DO BC=．又1290O DO =︒，知12O DO ACB △∽△，有21O O D BAC ∠=∠，则1O ，M ，A ，D 共圆，可推知11CMO CDO △∽△，故CM CD =．同理，CD CN =．令BCD α∠=，则90ACD α∠=︒-，有sin90sin sin(90)ααCK CM CN︒︒-=+．。
高中数学张角最大问题—最大张角圆
张 角最大问题——最大张角圆例设点0(,1)M x ，若在圆221O x y +=：上存在点N ，使得45OMN ∠=︒，则0x 的取值范围是________．答案[1,1]-．解不妨先抛去0(,1)M x 这个条件，来分析点M 的轨迹；在△OMN 中，1sin 45sin OM ONM =︒∠，即sin sin 45ONMOM ∠=≤︒，故M 的轨迹为222x y +≤（除去原点），如图所示．又点0(,1)M x ，因此，令1y =，可得0[1,1]x ∈-．1y =OMN yx注①从此题可以看出，和最大张角有关的问题，一般在分析时，可以把其他的条件先拿掉，先确定对应的最大张角圆，然后，再结合其他的限制条件进行分析．②分析易知，对于某个定圆而言，从定圆外部依次向外作最大张角圆，最大张角的角度是不断减小的！！下面有相关的例题．③此题刚好是最大张角为90︒的时候，就是我们常说的蒙日圆，后续圆锥曲线有相应的专题总结．例(1)已知N 为圆221x y +=上的一个动点，平面内动点00(,)M x y 满足01y ≥且30OMN ∠=︒（O 为坐标原点），则动点M 运动的区域面积为()．A ．83π-B ．34π-C．32πD ．34π+(2)在平面直角坐标系xOy 中，圆221O x y +=：，圆22(3)(2)1()M x a y a a +++-=∈R ：，若圆O 与圆M 上分别存在点P 、Q ，使得30OQP ∠=︒，则a 的取值范围是．(3)已知圆22(1)(1)4M x y -+-=：，直线60l x y +-=：，A 为直线l 上一点，若圆M 上存在两点B 、C ，使得60BAC ∠=︒，则点A 的横坐标的取值范围是．(4)在平面直角坐标系xOy 中，已知点(2,0)A -，点B 是圆22(2)4C x y -+=：上的点，点M 为AB 的中点，若直线l y kx =-：上存在点P ，使得30OPM ∠=︒，则实数k 的取值范围为．(5)在平面直角坐标系xOy 中，已知点(0,2)A 为圆22220(0)M x y ax ay a +--=>：外一点，圆M 上存在点T ，使得45MAT ∠=︒，则实数a 的取值范围为．解(1)选A ；易得点M 的轨迹是2204x y +≤和01y ≥所围成的两个区域，计算易得A ．(2)等价于圆M 上存在点Q ，使得2OQ =，亦即3OM ≤，即22(3)(2)9a a ++≤，解得605a -≤≤．(3)张角为60︒，对应的圆为22(1)(1)16x y -+-=，和直线l 联立，可解得[1,5]A x ∈．(4)[2,2]-；易得点M 的轨迹方程为：221x y +=，不妨设为圆M ，则对圆M 张角为60︒的圆的方程为：224x y +=，根据题意，只须直线l 与此圆有交点即可．(5)对圆M 张角为90︒的圆为：222()()4x a y a a -+-=，只须点A 在此圆内部（包括边界）即可，易解得1a ≥-或1a ≤-．注意到点A 也在圆M 外部，易解得1a <；再结合0a >，可得1,1)a ∈．例(1)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆224O x y +=：，直线30l x y +-=：．若圆O 上存在两点A 、B ，使得以线段AB 为直径的圆与直线l 有公共点，则公共点的横坐标的取值范围是．(2)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22()(3)4()C x a y a a -++-=∈R ：，过原点的动直线l 与圆C 交于A 、B 两点，若以线段AB 为直径的圆，与以C 为圆心，OC 为半径的圆始终无公共点，则实数a 的取值范围为．(3)已知圆22(2)4x y -+=，线段EF 在直线1l y x =+：上运动，点P 为线段EF 上任意一点，若圆C 上存在两点A 、B ，使得0PA PB ≤恒成立，则线段EF 长度的最大值为．(4)已知圆222(0)O x y r r +=>：和圆22(4)(3)18C x y -++=：，对于圆O 上任意一点P ，圆C 上均存在两点A 、B ，使得∠APB 为钝角，则r 的取值范围是．(5)在平面直角坐标系xOy 中，圆22(2)()3C x y m ++-=：，若圆C 存在以G 为中点的弦AB ，且2AB GO =，则实数m 的取值范围是．(6)已知圆222(1)(0)C x y r r -+=>：与直线3l y x =+：，且直线l 上有唯一的一个点P ，使得过P 点作圆C 的两条切线互相垂直，则r =；（在前一问的基础上）设EF 是直线l 上一条线段，若对于圆C 上的任意一点Q ，2EQF π∠≥，则EF 的最小值为．解(1)最大张角为90度，只需要直线l 与圆228x y +=有公共点即可，解得x ∈⎣⎦．(2)等价于圆22()(3)8x a y a -++-=在圆2222()(3)(3)x a y a a a -++-=++的内部，即22(3)8a a ++>，解得33,22a ⎛⎛⎫-+∈-∞+∞⎪⎝⎭⎝⎭．(3)最大张角为90度，等价于直线l 被圆22(2)8x y -+=所截得的弦长，．(4)(0,1)；不妨先把圆O 扔到一边，则对于圆C 上均存在两点A 、B ，使得∠APB 为钝角，则相切时的最大张角大于90︒，易知此时点P 对应的轨迹为对圆C 最大张角为90︒的圆的内部，且不含边界，即为22(4)(3)36x y -++<．因此，只须圆O 在圆22(4)(3)36x y -++<的内部即可，故6OC r +<，即(0,1)r ∈．(5)法一2223AB GO BG GO CG OG =⇔=⇔-=，设(,)G x y ，则2222(2)()3x y m x y ++-++=，整理得：2221(1)224m m x y ⎛⎫++-=- ⎪⎝⎭，此关于x 、y 的方程应有解，故21024m -≥，解得[,m ∈．法二联想到直角三角形的判定，则此题可以转化为：圆C 上存在两点A 、B 使得90AOB ∠=︒．易知张角为90︒对应的最大的圆为22(2)()6x y m ++-=，因此，只需要原点O 在此圆内或圆上即可，即22(02)(0)6m ++-≤，解得[m ∈．(6)2；4+；等价于直线l 与圆C 的蒙日圆222(1)2x y r -+==，即2r =．EFMNyxO CQ分析处临界状态即可，设以EF 为直径的圆为圆M ，则当圆M 和圆C 内切时为临界状态，设切点为N ，则22()2(2)EF MN CM r CM ==+=+，此时求出CM 的最小值的最小值即可，显然，minCM为圆心C 到直线l的距离，因此，min 2)4EF =+=．例(综合难题)已知集合{}222(,)(3)(1),0,A x y x y r r x y =-+-=>∈R 、，集合{}(,)B x y y x y =-≤∈R 、，A B =∅ ，若集合A 中存在元素M 、N ，集合B 中存在元素P ，使得60MPM ∠=︒，则实数r 的取值范围是．答案,11,)⎫+∞⎪⎪⎣⎭．分析此题的综合性比较强，考察的知识点比较多，比如圆的定义、集合、定义域、作图、张角问题、圆和圆的位置关系，总而言之，难度较大．yxO A1311BC解首先，集合A 表示的是圆，是一条曲线；而集合B 表示的圆域，且包含边界，求出y ≤的定义域为01x ≤≤，如图所示，作出集合B 对于的图形．若A B =∅ ，则：①圆A 和集合B对应的区域相离，易得01r <<-；②或者圆A 内含集合B对应的区域，易得1r >．若集合A 中存在元素M 、N ，使得60MPM ∠=︒，易知点P 对应的取值范围是以圆心A 圆心，2r 为半径的圆域，设为集合{}222(,)(3)(1)4,0,C x y x y r r x y =-+-=>∈R 、．由于点P 也在集合B 中，则B C ≠∅，易得r ≥．综上所述，实数r的取值范围是,11,)r ⎫∈+∞⎪⎪⎣⎭．例如图，△ABC 的三个顶点坐标分别为(6,0)A -、(2,0)B 、(0,6)C ，D 、E 分别是高CO 的两个三等分点，过D 作直线FG ∥AC ，分别交AB 和BC 于G 、F ，连接EF ．(1)求过E 、G 、F 三点的圆M 的方程；(2)在线段AC 上是否存在点H ，使得过点H 存在和圆M 相切的直线，并且若过点H 存在两条切线时，则点H 和两切点P 、Q 组成的90PHQ ∠≥︒？若存在，求出H 点对应轨迹的长度；若不存在，试说明理由．ABCDE FG Oxy 解(1)由已知，直线GF 的方程为：2y x =+，直线BC 的方程为：36y x =-+，联立236y x y x =+⎧⎨=-+⎩，可得13x y =⎧⎨=⎩，即(1,3)F ．又(0,4)E ，所以1(1)1GF EF k k =⨯-=- ，故EF ⊥GF ，所以过E 、G 、F 三点的圆M 的圆，是以EG 为直径的圆．由(2,0)G -、(0,4)E 可得圆M 的方程为：(2)(4)0x x y y ++-=，即22240x y x y ++-=．(2)假设在线段AC 上存在满足条件的点H ，则点H 在圆M 上，或在圆M 外，当点在圆M 外时，过点H 存在两条切线，由点H 和两切点P 、Q 组成的90PHQ ∠≥︒得，直角HPM △的一个锐角45PHM ∠≥︒，于是HM ≤=，即HM ≤．因为点H 在线段AC ：6(60)y x x =+-≤≤上，所以可设(,6)(60)H x x x +-≤≤．由222(1)(62)10HM x x =+++-≤，解得：51151122x ---+≤≤，满足60x -≤≤，所以线段AC 上存在点H 满足条件．线段AC 上满足51151122x --≤≤的点(,)x y 对应线段长为12222H H =，又因为圆心(1,2)M -到线AC的距离为d=，所以直线AC 被圆M 截得的弦长为==H 点对应轨迹的长度为22222222-=．注画图易知，H 点对应轨迹的长度就是最大张角圆截线段AC 的弦长减去圆M 截线段AC 的弦长．。
证明抛物线原点张角90°恒过定点
证明抛物线原点张角90°恒过
定点
证明抛物线原点张角90°恒过定点
抛物线是一种几何图形，它是一条二次曲线，其形状取决于它的原点和张角。
本文将证明，抛物线原点张角90°恒过定点。
首先，我们来看一下抛物线的定义。
抛物线是一条二次曲线，它的方程为y=ax2+bx+c，其中a，b，c是常数。
抛物线的原点是它的几何中心，它的张角是抛物线的斜率。
接下来，我们来看一下抛物线原点张角90°恒过定点的证明。
首先，我们假设抛物线的原点为P，它的张角为90°，它恒过定点Q。
根据抛物线的定义，我们可以得出抛物线的方程为y=ax2+bx+c，其中a，b，c是常数。
接下来，我们来看一下抛物线原点张角90°恒过定点的证明。
根据抛物线的定义，我们可以得出抛物线的斜率为0，
即抛物线的张角为90°。
因此，抛物线原点张角90°恒过定点Q。
最后，我们来看一下抛物线原点张角90°恒过定点的结论。
根据上述证明，我们可以得出结论：抛物线原点张角90°恒过定点Q。
综上所述，本文证明了抛物线原点张角90°恒过定点Q的结论。
通过对抛物线的定义和证明，我们可以得出结论：抛物线原点张角90°恒过定点Q。
抛物线中角的存在性问题
• 18 .理科考试研究•数学版2021年2月10日抛物线中角的存在性沔题罗峻1段利芳2(1•阳新县白沙中学湖北黄石435241; 2.汉南区纱帽中学湖北武汉430090)摘要：本文通过一道典型习题的“一题五问”来设置问题，破解抛物线中角的存在性问题，让学生了解抛物线存在性问题的题目设置特点及解答策略，培养学生逻辑思维能力和综合运用几何知识构造基本图形，运用函数、方程思想 解决问题的能力，从而领悟解题方法，提高解题效益.关键词：二次函数；角的存在性；一题多问；求解策略函数与几何是初中数学的重点知识和核心内容， 将这两方面的内容结合在同一题目中，难度及综合性 有所增大，这类题目可以考查学生灵活运用知识的能 力，创新意识和数学素养.下面通过一个问题的五问 来破解函数与几何相结合的角的存在性问题，供大家 参考[1].题目如图1,二次函数y =-2* -6与坐标轴交于点4，B ，C ，点为顶点.1 75°角存在问题问题1如图2，P 是B C 下方抛物线上一动点，若乙PCB =75°，求点/1的坐标.图2 图3分析由= 易发现zOCfi =45。
，构造平行线，将75°分成45。
和30。
角之和，出现30。
的特殊 角，利用30°的条件，构造直角三角形并运用含30°角 的直角三角形的三边之比，用某一字母表示点P 坐 标，代人函数解析式则问题获解.解析易求/1(-2,0)，5(6,0)，(：(0，-6)，如图 3，过点C 作C £ //4B 交抛物线于点£，过点P 作C £的垂线，垂足为点F .易求乙 B C F = Z 0BC =45。
，则乙 ECP = 30。
.设= m ■，贝ij C F =，P (爪，一6 - m ) •J E P (V 3m , - 6 - m )jt ；A y = y "*2 ~2x -6,^%爪=¥，所以二1^).2 45°角存在问题问题2对称轴上有一动点M ，使乙CMB =45。
抛物线上任一点直张角弦过定点的几何证法及两个推论
抛物线上任一点直张角弦过定点的几何证法及两个推论张寒城（浙江省萧山中学2014届17班学生） 李金兴（浙江省萧山中学 邮编311201）摘要：本文先利用极端情形猜测，再用几何方法证明，得到抛物线有关的三条性质：抛物线上任一点直张角弦过定点及两个推论。
本文已发表于《数学通报》（ISSN 0583—1458、CN11—2254/O1）2014年2月。
Abstract: In the extreme cases of guessing, this paper is the application of the methodology of plane geometry to get three relevant parabolic principles: The cord formed by the right angles on any point on the parabolic curve goes through a point inside the parabolic curve and in this way , it proves other two deductions. This paper was issued on “Shuxue Tongbao” （ISSN 0583—1458、CN11—2254/O1）, February, 2014.关于抛物线上任一点直张角弦有如下结论：“过抛物线px y 22=（0>p ）上一点 ),(00y x P 作两条互相垂直的弦PB PA ,，则直线AB 过定点),2(00y p x I -+”．对此性质证法较多，笔者先通过极端情形观察定点位置、再采用平面几何方法给出证明并适当推广，有助于学习者从几何图形特征角度去理解弦的性质． 一、由极端情形猜得结论如图1，若点A 在“无穷远处”，可看作PA //x 轴、⊥PB x 轴，则AB //x 轴，所以定点I 在直线0y y -=上；若点A 与P 重 合，则PB （AB ）与抛物线在点P 处的法线 重合；综上所述，定点I 恰是抛物线在点P 处 的法线和直线0y y -=的交点．设图1中点Q 为点P 在准线上的射影，点F 是焦点，QF 与y 轴的交点为M ；由抛物线定义易知：QF 的中垂线PM 恰为抛物线在点P 处的切线（直线PM 上除点P 外，其余点均不符合抛物线定义）．所以PI MF //．因此MOF ∆∽PKI ∆且相似比等于4:1，所以p OF KI 24==，从而点I 的坐标为),2(00y p x -+．二、对猜测的证明引理1 过抛物线弦PA 中点C 作对称轴的平行线交抛物线于1C 点，则抛物线在点1C 处 的切线与PA 平行．证明：设抛物线方程为px y 22=，PA 中点C 坐标为),(00y x ，由“点差法”易知直 线PA 的斜率0y pk PA=；而点1C 坐标为),2(020y py ，所以抛物线在点1C 处的切线方程为 )2(200py x p y y +=，故切线斜率PA k y pk ==0，所以抛物线在点1C 处的切线与PA 平行． 引理2 设),(b a I 为抛物线:C px y 22=（0>p ）内一点，抛物线弦AB 过点I ，其中),(11y x A 、),(22y x B ；过I 作x 轴的平行线交C 于点K ，则IK p b y b y 221=-⋅-． 证明：设直线AB 方程为a b y n x +-=)( 与px y 22=联立消去x 得02222=-+-pa pnb pny y ； 所以pn y y 221=+，pa pnb y y 2221-=； 于是（如图2所示）=-⋅-b y b y 21))((21y b b y --=22121)(b y y y y b --+=22b pa -．又因为点),2(2b p b K ，所以pb a IK 22-=，所以IK p b y b y 221=-⋅-成立． 反思：若AB 过抛物线:C px y 22=的焦点，则221p y y -=，恰为引理2的特例． 定理：设点),(00y x P 在抛物线px y 22=（0>p ）上，弦AB （B A ,均异于P ）过 抛物线内点),2(00y p x I -+，那么总有PB PA ⊥．证明：设弦PB PA ,中点分别为D C ,（如图3），作11,DD CC 与x 轴平行，过11,D C 作抛物线的两条切线交于点H ．由引理2知24p y y y y I B I A =-⋅-； 而PI 中点J 恰是CD 与x 轴交点，所以2p y y D C -=⋅，于是211p y y D C -=⋅；所以11D C 为焦点弦，故11,D C 处的切线互 相垂直，（也可用11111-=⋅=⋅C C HD H C y p y p k k 来说明）即H D H C 11⊥．由引理1知，PA H C //1，PB H D //1，所以PB PA ⊥，证毕．因为AB 绕点I 旋转时PB PA ⊥总成立，而且涵盖了所有过P 作两条互相垂直弦的情形，所以过抛物线px y 22=（0>p ）上一点),(00y x P 作两条互相垂直的弦PB PA ,，则直线AB 总过定点),2(00y p x I -+，于是猜测得以证明． 三、推论1及其几何证法推论1 设点),(00y x P 在抛物线px y 22=（0>p ）上，过P 作弦PB PA ,使 m k k BP AP =⋅（0<m ），则直线AB 过定点I ． 猜测：如图4，设抛物线在P 处的切线与y 轴交于点)2,0(0y M ，弦PB PA ,中点分别为D C ,，作11,DD CC 与x 轴平行，过11,D C 作抛物线的两条切线交于点H ，而11D C 与x 轴交于点E ．取极端情形0=PA k ，则x PB ⊥轴，x AB //轴，所以I 仍在直线0y y -=上．由上述引理1知BP AP H D H C k k k k ⋅=⋅11，所以当m k k BP AP =⋅时=⋅H D H C k k 11m y py p D C =⋅11，故 m p y y D C 211=⋅；于是由引理2易得11D C 过定点)0,2(m p E -，此时，m pmy y p k k ME M C =⋅=⋅001．因此若取另一极端情形：P A →时，)(AB PB 趋与ME 平 行．所以点I 是过点P 且与ME 平行的直线与直线0y y -=的交点；而MOE ∆∽PKI ∆且相似比等于4:1，所以m p OE KI 24-==，所以点I 坐标为),2(00y m p x --． 证明：先证过抛物线内点I ),2(00y mpx --的弦AB （B A ,均异于P ）满足m k k BP AP =⋅．图4中),(00y x K -，所以m p IK 2-=，由引理2知24mpy y y y I B I A -=-⋅-；而PI 中点J 恰是CD 与x 轴交点，所以m p y y D C 2=⋅，于是mp y y D C 211=⋅；所以=⋅H D H C k k 11m y py p C C =⋅21，所以m k k BP AP =⋅． 因为AB 绕点I 旋转时m k k BP AP =⋅总成立，而且涵盖了所有过P 作两条弦使得m k k BP AP =⋅的情形，所以过抛物线px y 22=（0>p ）上一点),(00y x P 作两条弦PB PA ,使得m k k BP AP =⋅，则直线AB 总过定点I ),2(00y mpx --，于是猜测得以证明． 四、推论2及其几何证法因为抛物线上点P 的直张角弦过定点I ，所以抛物线上点P 在其直张角弦上的射影的 轨迹为以PI 为直径的圆（取掉点P ）．而抛物线内点P 的直张角弦不过定点，然而点P 在其直张角弦上的射影却还在一个圆上．推论2 点),(00y x P 在抛物线px y 22=（0>p ）内部，过P 作线段PB PA ⊥（B A , 在抛物线上），点G 是P 在直线AB 上的射影，则点G 的轨迹是圆的一部分． 猜测：如图5，利用极端情形：若A 点在无穷 远处，则x PA //轴，x PB ⊥轴，x AB //轴；则点G 和点B 重合于点1M 或2M 处；因此，1M 、2M均是轨迹上点的极限位置．而点G 必在抛物线内部， 因此点G 轨迹与抛物线相切于点1M 、2M ；所以如果点G 轨迹在圆上，则圆心I 在点1M 、2M 处抛物 线的法线上（I 在x 轴上）．因为I M MF 1//（同前文），所以MOF ∆∽NI M 1∆且相似比等于2:1，所以p OF NI ==2，从而点I 的坐标为)0,(0p x +．于是猜测：点G 轨迹是以I )0,(0p x +为圆心、半径221NI N M r +=022px p +的圆（除去1M 、2M 两点）．证明：先证在以I )0,(0p x +为圆心、半径022px p r +=的圆上任取点G （异于1M 、2M ），过G 作弦PG AB ⊥，则必有PB PA ⊥． 即证GB AG PG⋅=2．设AB 与y 轴夹角为α，则PG 与x 轴夹角也为α，再设IG与x 轴夹角为θ（图5所示）． 则 2022)(cos 1x x PGG -=α22)cos (cos 1θαr p +=， αα22c o s 2c o s 1DG p y y y y GB AG G B G A =-⋅-=⋅（引理2）； 因为 pr x D 2)sin (2θ=、θcos 0r p x x G ++=，所以 2)cos (2θr p DG p +-)sin cos 222(2220θθr pr p px -++=)cos cos 2(222θθr pr p ++-2202r p px -+=0=（022px p r +=）所以GB AG PG⋅=2成立，PB PA ⊥．当点G 在圆上运动一周（1M 、2M 两点处除外）的过程中，PB PA ⊥总成立，而且 涵盖了所有过P 作线段PB PA ⊥（B A ,在抛物线上）的情形，所以点G 的轨迹是圆I （除 去1M 、2M 两点）． 五、结语圆锥曲线性质繁多，研究方法也很丰富．从曲线的几何特征入手，通过极端状态猜测结 论、再进行论证不失为一种探究途径．。
抛物线上的张角问题
B PA 图(2)图(1)y=f (x)l y=f (x)1．我们说，在平面上，已知两个定点A 、B ，点P 为平面上一点，从点P 处观测A 、B 两点所成的角叫张角．2．若线段AB 为定长的线段，点C 为线段AB 所在的直线外一点，连接AC ，BC ，我们称∠ACB 为线段AB 的张角．AB 叫做张角∠ACB所对的张边． 一、 问题的提出：1．问题的提出：在平面直角坐标系中，已知A 、B 两定点，求具有某种属性的点P (如P 在某函数图象上，又或点P 的坐标具有某种关系)，使∠APB 等于已知角．2．问题解决的方法与步骤：下面以点P 在某函数y ＝f (x )的图象上为例来说明．特别的，当AB 与坐标轴平行时，可构造斜射影相似来解决．(1)以AB ∥x 轴为例来说明在射线AB 上取点D ，使tan PC CD α=，则∠ADP ＝∠APB 则△APD ∽△ABP ，则2PA AB AD =⋅．设P (m ，f (m ))，所以C (m ，A y ) 所以22()[()]()()A A B A D A m x f m y x x x x -+-=-- 解方程可求出m 的值，P 点可求．(2)若点线段AB 与x 轴不平行时怎么办可以采用以下方法：方法：过张角的顶点作坐标轴的平行线，构造一线三等角．如图：过点P 作l ∥x 轴，再分别由A ，B 向l 引垂线，垂足为C ，D ，在DC 延长线上取点E ，使 CE DF BFP ＝∠APB ． 设P P 的3以上问题可以过点P 作x 轴或y 轴的平行线l 然设P (m ，f (m ))，所以C (m ，A y )，所以22()[()]()()A A B A D A m x f m y x x x x -+-=--，解方程可求出m 的值，P 点可求． 但当y ＝f (x )4．抛物线上的张角问题在平面直角坐标系中，已知A 、B 为抛物线y ＝f (x )上的两定点． 点P 在y ＝f (x )的图象上，若∠APB 等于已知角，求点P 的坐标． 它适合初中数学教学要求的方法．为解决此问题，我们首先要掌握以下几个问题．二、 问题准备1．解直角三角形的张角对张边的问题我们都知道，在解三角形的问题中，如果给出三角形的三个要素(不全是角)三角形即可解，但是有些条件的给出(初等方法可解)，如果方法不当解起来就很困难，这里我们仅条件集中在三角形中一个角、这个角所对的边，这个角所对的边上的高解三角形进行研究，我们把此类问题称之为解三角形中的“角对张边问题”．E F如图，在△ABC 中，∠BAC ＝，AD ⊥BC ，垂足为D ，设BD ＝a ，CD ＝b ，求高AD ． 如图，在锐角△ABC 中，AD ⊥BC ，垂足为D ，∠BAC ＝45°，若BD ＝3，CD ＝2．求AD 的长．思考一．根据图形变换，转换特殊模型． 解法1：把△ABD 沿AB 翻折得到△ABE ，把△ACD 沿AC 翻折得到△ACF ． ∴△ABE ≌△ABD ；△ACF ≌△ACD ．∴AE ＝AD ＝AF ，BE ＝BD ＝3，CF ＝CD ＝2．∠E ＝∠F ＝90°，∠BAE ＝∠BAD ，∠CAF ＝∠CAD ，∴∠EAF ＝2∠BAC ＝90°，延长EB ，FC 相交于G ， 则四边形AEGF 为正方形． 设AD ＝x ，则BG ＝x －3，CG ＝x －2．在Rt △BCG 中，由勾股定理可得：222(3)(2)5x x -+-=∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．解法2：以AD 为边作正方形ADEF ，过点A 作AG ⊥AB ，交EF ∴△AGF ≌△ABD ，∴BD ＝GF ＝2，AG ＝AB ．∵∠BAC ＝45°，∴∠GAC ＝∠BAC ，又AC ＝AC ．∴△ACG ≌△ACB ， ∴CG ＝BC ＝5．设AD ＝x ，则EG ＝x －3，CE ＝x －2，在△Rt △CEG 中，由勾股定理得：222(3)(2)5x x -+-=∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．解法3：在射线DB 上取点E ，使DE ＝AD ，在射线DC 上取点F ，使DF ＝AD ．则AE ＝AF ，∠AEF ＝∠AFE ＝45°，∠EAF 把△AEB 绕点A 旋转，使AE 于AF 重合，得到△AFG ，∴△AFG ≌△AEB ，∴FG ＝EB ，AG ＝AB ，∠AFG ＝∠E ＝∴∠GAF ＝∠BAE ，∴∠BAC ＝∠EAF ＝90°，又∠BAC ＝∴∠GAC ＝∠BAC ， ∴△ACG ≌△ACB ，∴CG ＝BC ＝5，设AD ＝x ，则FG ＝x －3，CF ＝x －2．在Rt △CED 中，由勾股定理得：222(3)(2)5x x -+-=∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6． 思考二：构造一线三等角(M 型)解法5：在BC 的延长线上取点E ，使CE ＝AD ，过点E 作EF ⊥CE ，使EF ＝CD ，连接AF ，∴△CEF ≌△ADC ，∴AC ＝FC ，∠CAF ＝45°，∵∠BAC ＝45°，∴∠BAF ＝90连接BF ，由勾股定理可得：222AB AF BF +=，222BE EF BF +=，∴22AB AF +=22BE EF +，设AD ＝x ，则BE ＝x ＋5，∴222222(3)2(2)(5)2x x x +++=++∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．解法7：过点B 作BE ⊥AB ，交AC 的延长线于E ，过点E作EF ⊥BC ，垂足为F ，由上题可证△EBF ≌△BAD ．∴EF ＝BD ＝3，∵ABE ABC EBC S S S =+，∴2111222AB AD BC EF BC =⋅+⋅， 设AD ＝x ，∴2235(3)x x +=+ ∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)，∴AD ＝6．解法8：过点A 作BC 的平行线，由B ，C 向该平行线引垂线，NG BE F O A B D C垂足为E ，F ．则BE ＝AD ＝CF ，AE ＝BD ＝3，AF ＝CD ＝2．在AE 的延长线上截取EG ＝BE ，在AF FN ＝CF ．∴BG ＝CN ，∠G ＝∠N ＝45°，∴∠G ＝∠BAC ＝∠N ， ∴△AGB ∽△CNA ，∴AG ∴AG AN BG CN ⋅=⋅, 设AD ＝x ，则BG ＝CNAG ＝x ＋3，AN ＝x ＋2， ∴(x ＋3)(x ＋2)＝2) ∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．思考三：把AD 看作是绕A 旋转的直线，构造旋转相似．解法12．在射线DC 上截取DE ＝AD ，连接AE ，延长AD 到F ， 使DF ＝BD ＝3．∴BF ＝F ＝∠E ＝45°，又∠BAF ∴△BAF ∽△CAE ，∴AF BFAE CE=，∴AF ·CE ＝BF ·AE ，设AD ＝x ，则AE ，AF ＝x ＋3，CE ＝x －2，∴(3)(2)x x +-=，∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．思考四：利用三角形外接圆：解法13：作△ABC 的外接圆⊙O ，连接OA ，OB ，OC ．过点O 作OE ⊥BC ，垂足为E ．∴OA ＝OB ＝OC ，∠BOC ＝2∠BAC ＝90°∴1522OE BC ==，OA OB ==12DE =． 过点O 作OF ⊥AD ，垂足为F ，∴1522DE DF ==，, 由勾股定理可得：72AF =，∴AD ＝6． 思考六：构造斜射影相似解法15．在射线DC 上截取DE ＝AD ，连接AE ．∴∠E ＝45°＝∠BAC ，又∠ABE ＝∠CBA ，∴△ABE ∽△CBA ， ∴AB BE BC AB = ∴2AB BC BE =⋅ 设AD ＝x ，则BE ＝x ＋3，∴2235(3)x x +=+． ∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．二、 抛物线上的张角问题在平面直角坐标系中，已知A 、B 是抛物线y ＝f (x )上的两定点，点P 在y ＝f (x )的图象上，若∠APB 等于已知角，求点P 的坐标． 方法与步骤：第一步；过已知点A 作y 轴的平行线，与直线BP 相交于点C ，构造“于涵定理”．根据“于涵定理”指引我们可求出PD AC第二步：解张角三角形，求出∠PAC 的函数值． 在△PAC 中，∵∠APC 已知(∠APB 已知)．PD AC斜射影可求出PD 、CD 、AD 的比，进而求出∠PAC 的函数值．第三步：利用∠PAC 的函数值求出点的坐标．2．二次函数中的“于涵定理”(一) 如何使“于涵定理”合法化第一：当直线AB 平行于x 轴时，设二次函数为2()y a x h k =-+，则P (x ，2()a x h k -+)设A (m ，2()a m h k -+)，利用对称轴可得：B (2h －m ，2()a x h -+∴22[()][()]()(2)PC a x h k a m h k a AD BE x m h m x -+--+==⋅--- 第二：当直线AB 与二次函数的一个交点已知时，设A (m ，n )在二次函数为2y ax bx c =++的图象上，过点A 的直线交二次函数于另一点B ，则直线AB 为()y k x m n =-+，二次函数为22()()y a x m b x m n =-+-+则()()0x m ax am b k -++-=，∴am b k x a+--， 即B 点坐标可求，进而通过计算可得到PC a AD BE =⋅． 如图，直线AB 与二次函数2y ax bx c =++相交于A 、B 两点，点P 为二次函数图象上一点，过点P 作y 轴的平行线交直线AB 于C ，分别过A 、B 向PC 引垂线，垂足为D 、E ．则PC ＝AD ·BE a ，也可写成PC a AD BE=⋅． 特别的，当AB ∥x 轴时，则PC AC BC a =⋅，也可写出PC a AD BE =⋅。
二次函数抛物线中有关角的存在性问题探究
抛物线中有关角的存在性问题探究
【学习目标】
1.复习二次函数相关知识，解决二次函数中有关等角、倍角问题.
2.学会利用相等角的正切值相等或相似解决等角问题。
3.学会利用全等三角形性质、三角形外角的性质等几何知识解决倍角问题, 体会转化、数形结合等数学思想.
【学习重难点】
如何将角相等问题转化为相似或锐角三角函数问题.
【知识准备】
1.若N4=NB,那么，3L4 3?用一个角的正切值等于角的对边比邻边.
2.如何表示坐标系中平行与X轴，y轴的线段长.
【典型例题】
例题：如图，抛物线y=χ2+bχ+3交X轴于48两点（4在B右边），与y轴交于点C,且3?夕。
」
【问题1］：直接写出抛物线解析式，写出08、OA力G 48的长度.
【问题2］：如图2,连接BG点尸在X轴上方的抛物线上,且满足乙以炉NBC0, 求点P 的坐标.
\4
η2W 【变式1】①点P在y轴上？对称轴上？
【变式2】②点P左线段BC上？【归纳总结】当相等的两角中，未知角的一边落在X轴或y轴上时，可通过构建直角三角形相似或者利用等角的正切值相等构建方程解决问题。
【变式3】连接8C,点P在X轴上方的抛物线上,且满足NRl8=2N8C0,求点P的坐标.
【归纳总结】当遇到二倍角问题时，可通过作全等，作对称点，或利用等腰三角形外角构建相等的二倍角，再利用相似或者利用同角的正切值相等解决问题。
也可以用正切角公式解决问题。
【变式4】点。
是抛物线的顶点,且满足NP0GN∕C8,求点P的坐标
【变式5】已知。
是线段ZC上的点，连接80,求满足N4Q8=3N4C8的。
点坐标。
思考总结:。
圆锥曲线张角问题
圆锥曲线张角问题圆锥曲线张角什么是圆锥曲线张角？•圆锥曲线张角是指圆锥曲线的两条渐近线之间的夹角。
•圆锥曲线是指在平面上由一个点（焦点）和一个直线（准线）确定的点集合。
圆锥曲线张角的分类1.椭圆的张角–椭圆的渐近线是两条虚线，张角为180°。
–渐近线与椭圆的任意切线的夹角是相等的。
2.双曲线的张角–双曲线的渐近线是两条实线，张角小于180°。
–渐近线与双曲线的任意切线的夹角是相等的。
3.抛物线的张角–抛物线没有渐近线，但可以看作是两条平行的渐近线。
–抛物线的张角为0°。
圆锥曲线张角的性质与应用•圆锥曲线的张角与其几何形状密切相关。
•圆锥曲线的张角越小，曲线越“尖锐”；张角越大，曲线越“平坦”。
这是椭圆、双曲线和抛物线之间的区别之一。
•圆锥曲线的张角还可以用来描述光的反射和折射、天体运动等现象。
结论•圆锥曲线张角是圆锥曲线的一个重要性质，通过张角的不同，我们可以分辨出椭圆、双曲线和抛物线这三种不同的曲线形状。
圆锥曲线的张角在几何学以及其他科学领域有着重要的应用价值。
圆锥曲线张角的计算方法•对于椭圆和双曲线，其张角可以通过焦点和准线的位置来计算。
•椭圆的张角可以通过以下公式计算：张角 = arctan(b/a)，其中a和b分别为椭圆的长轴和短轴。
•双曲线的张角可以通过以下公式计算：张角 = arctanh(b/a)，其中a和b分别为双曲线的长轴和短轴。
圆锥曲线张角与轨道参数的关系•在天体运动的研究中，圆锥曲线的张角与轨道参数有着密切的联系。
•对于行星运动，椭圆的张角可以表示轨道的离心率，即行星轨道的偏心程度。
•对于彗星运动，双曲线的张角可以表示轨道的离心率，比椭圆的离心率更大。
•抛物线的张角为0°，表示轨道无限接近于直线。
圆锥曲线张角与光学现象的关系•圆锥曲线的张角在光学研究中也有重要应用。
•光的反射和折射可以通过圆锥曲线的张角来描述。
•光线在镜子上的反射是基于利用椭圆的张角，而光线通过透镜的折射是基于利用双曲线的张角。
张角定理例题
选择题在△ABC中，若△A的张角为α，△B的张角为β，且α + β = 120°，则△C的度数为：A. 30°B. 60°（正确答案）C. 90°D. 120°张角定理主要应用于哪种三角形？A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 任意三角形（正确答案）D. 等边三角形在△PQR中，若△P、△Q、△R的张角分别为x、y、z，且x + y + z = 270°，则△PQR是什么三角形？A. 锐角三角形B. 直角三角形（正确答案）C. 钝角三角形D. 无法确定根据张角定理，三角形的三个内角的张角之和为：A. 90°B. 180°C. 270°（正确答案）D. 360°在△XYZ中，若△X的张角为45°，△Y的张角为60°，则△Z的张角为：A. 45°B. 60°C. 75°（正确答案）D. 90°张角定理与哪个定理有相似之处？A. 勾股定理B. 正弦定理（正确答案）C. 余弦定理D. 中线定理在△MNO中，若△M、△N的张角之和为150°，则△O是什么角？A. 锐角B. 直角C. 钝角（正确答案）D. 无法确定根据张角定理，如果一个三角形的两个内角的张角之和大于180°，那么这个三角形是：A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形（正确答案）D. 等边三角形在△VWU中，若△V的张角为80°，△W的张角为50°，则△VWU是什么三角形？A. 锐角三角形（正确答案）B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 无法确定。
(2020年7月整理)张角定理在高考中的应用.doc
学 海 无 涯 1 张角定理在高考中的应用
张角定理：
由点P 发出的三射线PA 、PB 、PC ，α=∠APC ，β=∠CPB ，πβα<+=∠APB ， 那么A 、B 、C 三点在一直线上的充分必要条件是：PA
PB PC βαβαsin sin )sin(+=+
证明：如果三点共线，那么111∆+∆=∆ABC
所以βαβαsin 2
1sin 21)sin(21PC PB PC PA PB PA •+•=+•。
两边除以PC PB PA ••2
1，即得所要证的等式。
反之，如果命题中等式成立，那么反推可得面积方程111∆+∆=∆ABC ， 这说明：0111=∆-∆-∆=∆PAB ABC ,即A 、B 、C 三点共线。
2017年江苏高考数学第12题：
如图，在同一个平面内，向量→OA ，→OB ，→OC 的模分别为1，1，2，→OA 与→OC 的夹角为α，且7tan =α，→OB 与→OC 的夹角为045。
若→→→+=OB n OA m OC ，则=+n m 。
解：连接AB 交OC 于D ，则OA
OB OD 0
045sin sin )45sin(+=+αα。
7tan =α ，251sin ,257sin ==
∴αα。
1==OB OA ,32=∴OD 3==+∴OD
OC n m 点评：本题大部分都是建立坐标系，应用解析法来做的。
难度不大，但是运算量大，解的过程较易出错。
而利用张角定理与等和线来做，思路流畅，且计算量小，较为适宜。
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BPA图(2)图(1)y=f (x)y=f (x)1．我们说，在平面上，已知两个定点A 、B ，点P 为平面上一点， 从点P 处观测A 、B 两点所成的角叫张角．2．若线段AB 为定长的线段，点C 为线段AB 所在的直线外一点， 连接AC ，BC ，我们称∠ACB 为线段AB 的张角．AB 叫做张角∠ACB 所对的张边． 一、 问题的提出： 1．问题的提出：在平面直角坐标系中，已知A 、B 两定点，求具有某种属性的点P (如P 在某 函数图象上，又或点P 的坐标具有某种关系)，使∠APB 等于已知角?． 2．问题解决的方法与步骤：下面以点P 在某函数y ＝f (x )的图象上为例来说明．特别的，当AB 与坐标轴平行时，可构造斜射影相似来解决． (1)以AB ∥x 轴为例来说明 在射线AB 上取点D ，使tan PCCD α=，则∠ADP ＝∠APB 则△APD ∽△ABP ，则2PAAB AD =⋅．设P (m ，f (m ))，所以C (m ，A y ) 所以22()[()]()()A A B A D A m x f m y x x x x -+-=-- 解方程可求出m 的值，P 点可求．(2)若点线段AB 与x 轴不平行时怎么办可以采用以下方法： 方法：过张角的顶点作坐标轴的平行线，构造一线三等角．如图：过点P 作l ∥x 轴，再分别由A ，B 向l 引垂线，垂足为C ，D ，在DC 延长线上取点E ，使 AC CE =， 在CD 延长线上取点F ，使DF =APB ． 设P (P 的坐标可解． 3P (m ，f (m ))，所以C (m ，A y )，所以22()[()]A A m x f m y -+-m 的值，P 点可求． 但当y ＝f (x )为二次函数或反比例函数时，那么最后所得的方程均为一元高次方程! 4．抛物线上的张角问题在平面直角坐标系中，已知A 、B 为抛物线y ＝f (x )上的两定点． 点P 在y ＝f (x )的图象上，若∠APB 等于已知角?，求点P 的坐标．学要求的方法．为解决此问题，我们首先要掌握以下几个问题．二、 问题准备1． 解直角三角形的张角对张边的问题我们都知道，在解三角形的问题中，如果给出三角形的三个要素(不全是角)三角形即可解，但是有些条件的给出(初等方法可解)，如果方法不当解起来就很困难，这里我们仅条件集中在三角形中一个角、这个角所对的边，这个角所对的边上的高解三角形进行研究，我们把此类问题称之为解三角形中的“角对张边问题”． 如图，在△ABC 中，∠BAC ＝?，AD ⊥BC ，垂足为D ，设BD ＝a ，CD ＝b ，求高AD ． 如图，在锐角△ABC 中，AD ⊥BC ，垂足为D ，∠BAC ＝45°， 若BD ＝3，CD ＝2．求AD 的长． 思考一．根据图形变换，转换特殊模型．NG解法1：把△ABD沿AB翻折得到△ABE，把△ACD沿AC翻折得到△ACF．∴△ABE≌△ABD；△ACF≌△ACD．∴AE＝AD＝AF，BE＝BD＝3，CF＝CD＝2．∠E＝∠F＝90°，∠BAE＝∠BAD，∠CAF＝∠CAD，∴∠EAF＝2∠BAC＝90°，延长EB，FC相交于G，则四边形AEGF为正方形．设AD＝x，则BG＝x－3，CG＝x－2．在Rt△BCG中，由勾股定理可得：222(3)(2)5x x-+-=∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．解法2：以AD为边作正方形ADEF，过点A作AG⊥AB，交EF于G，∴△AGF≌△ABD，∴BD＝GF＝2，AG＝AB．∵∠BAC＝45°，∴∠GAC＝∠BAC，又AC＝AC．∴△ACG≌△ACB，∴CG＝BC＝5．设AD＝x，则EG＝x－3，CE＝x－2，在△Rt△CEG中，由勾股定理得：222(3)(2)5x x-+-=∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．解法3：在射线DB上取点E，使DE＝AD，在射线DC上取点F，使DF＝AD．则AE＝AF，∠AEF＝∠AFE＝45°，∠EAF＝90°，把△AEB绕点A旋转，使AE于AF重合，得到△AFG，∴△AFG≌△AEB，∴FG＝EB，AG＝AB，∠AFG＝∠E＝45°，∴∠GAF＝∠BAE，∴∠BAC＝∠EAF＝90°，又∠BAC＝45°，∴∠GAC＝∠BAC，∴△ACG≌△ACB，∴CG＝BC＝5，设AD＝x，则FG＝x－3，CF＝x－2．在Rt△CED中，由勾股定理得：222(3)(2)5x x-+-=∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．思考二：构造一线三等角(M型)解法5：在BC的延长线上取点E，使CE＝AD，过点E作EF⊥CE，使EF＝CD，连接AF，∴△CEF≌△ADC，∴AC＝FC，∠CAF＝45°，∵∠BAC＝45°，∴∠BAF＝90°，连接BF，由勾股定理可得：222AB AF BF+=，222BE EF BF+=，∴22AB AF+=22BE EF+，设AD＝x，则BE＝x＋5，∴222222(3)2(2)(5)2x x x+++=++∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．解法7：过点B作BE⊥AB，交AC的延长线于E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，由上题可证△EBF≌△BAD．∴EF＝BD＝3，∵ABE ABC EBCS S S=+V V V，∴2111222AB AD BC EF BC=⋅+⋅，设AD＝x，∴2235(3)x x+=+∴2560x x--=，解得：x＝6或x＝－1(舍去)，∴AD＝6．解法8：过点A作BC的平行线，由B，C向该平行线引垂线，垂足为E，F．则BE＝AD＝CF，AE＝BD＝3，AF＝CD＝2．在AE的延长线上截取EG＝BE，在AF的延长线上截取FN＝CF．∴BG＝CN，∠G＝∠N＝45°，∴∠G＝∠BAC＝∠N，∴△AGB∽△CNA，∴AG BGCN=，∴AG AN BG CN⋅=⋅,设AD＝x，则BG＝CN，AG＝x＋3，AN＝x＋2，∴(x＋3)(x＋2)＝2)∴2560x x--=，BE FOABDC解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6．思考三：把AD 看作是绕A 旋转的直线，构造旋转相似． 解法12．在射线DC 上截取DE ＝AD ，连接AE ，延长AD 到F ， 使DF ＝BD ＝3．∴BF＝F ＝∠E ＝45°，又∠BAF ＝∠CAE ∴△BAF ∽△CAE ，∴AF BFAE CE=，∴AF ·CE ＝BF ·AE ， 设AD ＝x ，则AE，AF ＝x ＋3，CE ＝x －2，∴(3)(2)x x +-=，∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6． 思考四：利用三角形外接圆：解法13：作△ABC 的外接圆⊙O ，连接OA ，OB ，OC ． 过点O 作OE ⊥BC ，垂足为E ．∴OA ＝OB ＝OC ，∠BOC ＝2∠BAC ＝90° ∴1522OEBC ==，OA OB ==12DE =． 过点O 作OF ⊥AD ，垂足为F ，∴1522DE DF ==，, 由勾股定理可得：72AF=，∴AD ＝6． 思考六：构造斜射影相似解法15．在射线DC 上截取DE ＝AD ，连接AE ． ∴∠E ＝45°＝∠BAC ，又∠ABE ＝∠CBA ， ∴△ABE ∽△CBA ， ∴AB BE BC AB=∴2AB BC BE =⋅ 设AD ＝x ，则BE ＝x ＋3，∴2235(3)x x +=+．∴2560x x --=，解得：x ＝6或x ＝－1(舍去)， ∴AD ＝6． 二、 抛物线上的张角问题在平面直角坐标系中，已知A 、B 是抛物线y ＝f (x )上的两定点，点P 在y ＝f (x )的图象上，若∠APB 等于已知角?，求点P 的坐标． 方法与步骤：第一步；过已知点A 作y 轴的平行线，与直线BP 相交于点C ，构造“于涵定理”．根据“于涵定理”指引我们可求出PD AC的值．第二步：解张角三角形，求出∠PAC 的函数值． 在△PAC 中，∵∠APC 已知(∠APB 已知)．PDAC的值已知，根据 斜射影可求出PD 、CD 、AD 的比，进而求出∠PAC 的函数值． 第三步：利用∠PAC 的函数值求出点的坐标． 2． 二次函数中的“于涵定理” (一) 如何使“于涵定理”合法化 第一：当直线AB 平行于x 轴时，设二次函数为2()y a x h k =-+，则P (x ，2()a x h k -+)设A (m ，2()a m h k -+)，利用对称轴可得：B (2h －m ，2()a x h k -+)，∴22[()][()]()(2)PC a x h k a m h k a AD BE x m h m x -+--+==⋅--- 第二：当直线AB 与二次函数的一个交点已知时，设A (m ，n ) 在二次函数为2y ax bx c =++的图象上，过点A 的直线交二次 函数于另一点B ，则直线AB 为()y k x m n =-+， 二次函数为22()()y a x m b x m n =-+-+则()()0x m ax am b k -++-=，∴am b k x a +--，即B 点坐标可求，进而通过计算可得到PCa AD BE=⋅．如图，直线AB 与二次函数2y ax bx c =++相交于A 、B 两点，点P 为二次函数图象上一点，过点P 作y 轴的平行线交直线AB 于C ，分别过A 、B 向PC 引垂线，垂足为D 、E ．则PC ＝AD ·BEa ，也可写成PCa AD BE=⋅．特别的，当AB ∥x 轴时，则PC AC BC a =⋅，也可写出PCa AD BE=⋅。