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(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第六章西姆松定理及应用答

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(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---参考答案(第3-5章)

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第三章 托勒密定理及应用习题A1．由CDE BAE △∽△和CBE DAE △∽△，有4BE AB CE =，4DEAD CE=，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有()()416BE DEBD AE CE AB AD CE+⋅+=+=⋅．令CE x =，得方程26160x x +-=，求得2x =(舍去了负值)．于是12BE DE CE AE ⋅=⋅=．又8BD BC DC <+=，求得3BE =，4DE =或4BE =，3DE =，总之7BD =为所求．2．连EF ，DF ，由FBC FBD FED FAC ∠=∠=∠=∠，ABF EBF EDF ACF ∠=∠=∠=∠，知EDF EDF △∽△，即EF DE DF AF AC CF==．设其比值为k （k 为参数），则EF kAF =，DE kAC DF kCF =⋅=，对四边形BEFD 应用托勒密定理．有()BE EF DF BF DE +=⋅，即()BE k AF k CF BF k AC ⋅+⋅=⋅⋅注意到BE AC =，消去k ，得BF AF CF =+．3．连AC ，在四边形APCD 中应用托勒密定理，有PA PC AC PB AB +=4．连11l l 11,,B D DC B C ，设CAD α∠=，BAD β∠=，O ⊙的半径为R ．由AD 为BC 上中线，可令12ABC ACD ABC S S S k ===△△△．由正弦定理有112sin B D R β=⋅，112sin()C D R αβ=⋅+．对四边形111AB D C 应用托勒密定理，有1112sin 2sin 2sin()AB R αAC R βAD R αβ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+，消去2R ，两边同乘以 12AB AC AD ⋅⋅得111122ACD ABD ABC AB AB S AC AC S AD AD S ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△，亦即 1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅，由此即证．5．连1535,A A A A ，则1514A A A A =，3513A A A A =．对四边形1345A A A A 应用托勒密定理，有 3413151435()A A A A A A A A A A ⋅+=⋅，即1213141413()A A A A A A A A A A +=⋅，由此整理即证．6．对四边形AB A B ''应用托勒密定理，有11a b cc AB A B '''=+⋅，即11111a b c cc c AB A B c '''=+⋅⋅，同理，对四边形B CA C '''，AB BC ''，AA BC ''分别应用托勒密定理，有1AB A B c AB B C b AB A C a '''''''⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅，1AB B C b abc bb b '''⋅⋅=+，1AB A C a a b c aa a '''''''⋅⋅=+．由此四式即证得结论．7．设圆心O 到AB ，BC ，CA 的距离分别为1x ，2x ，3x ，连接BO 并延长与O ⊙交于D ，连AD ，DC ，则12AD x =，22CD x =，对四边形ABCD 应用托勒密定理有12222x a x c Rb +=．同理，23222x b x a Rc +=，13222x b x c Ra +=．加之1232()2()2()2()x a b x b c x c a R a b c +=+++=++，但123()cx ax bx r a b c ++=++，以上两式相加得123x x x R r ++=+．但11x R h =-，22x R h =-， 33x R h =-，由此即证．8．作一直径(11)AB x x =≥的圆，在B 的两侧分别取C ，D 二点，使2BC =，11BD =，于是AC =AD ，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有211CD x ⋅=+，将此式与原方程比较得CD =．在BCD △中，由余弦定理，有1cos 2CBD ∠=-，知120CBD ∠=︒，故14sin120CDx AB ===︒为所求．9．作直径1AC =的圆，并作弦AB b =，AD a =的圆内接四边形ABCD ，则DC =，BC =AD BC AB CD AC BD ⋅+⋅=⋅，即1a b BD =⋅，由此得1BD =，即BD 也是圆的直径，故221a b +=．10．当0x =时，1y =，当0x ≠时，作代换222x t x +=，1122x x t x x =+=+≥sin cos t θy t θ+=+，即1sin cos yt θy θ-=-⋅，以1AB =为直径作圆，作弦sin AC θ=，作弦AD =，则BD =cos BC θ=．由托勒密定理及1CD AB ≤=，有sin cos θy θ+，亦有sin cos sin cosyt tθyθθyθ-=-≤+，即11t y⋅--，故22y≤≤11．连AC，CE，AE，对四边形APCE应用托勒密定理，有AC PE AE PC CE PA⋅=⋅+⋅，而AC AE CE==，有PE PA PC=+．同理，PD PB PF=+，由此即证．12．不失一般性，令P点位于OBF△内部（其中O为CAB△中心），作1PP AD⊥于1P，2PP BE⊥于2P，3PP CF⋅于3P．由P，O，1P，2P四点共圆，有23180PP O PPO∠+=︒，知1P，3P，O，2P四点共圆，即P，3P，O，lP，2P共圆，推知l23PP P△是正三角形，在312PP PP中，有123213312PP P P PP PP PP PP⋅=⋅+⋅，即123PP PP PP=+，故PAD PCFS S+△△．13．作ABC△外接圆的直径CF，并设AF x=，BF y=，则60BFC A∠=∠=︒，直径2CF d y==．对四边形BCAF应用托勒密定理，有cd ax by=+．从而tan tan tan tan2221tan tan tan tan2a bA B BFC AFC ax by ax by by cd by by c by xa bA B BFC AFC ax by ax by cd c y cy x--∠-∠-+-=-======-= +∠+∠++⋅+．14．令AB AC a==，对四边形ABPC应用托勒密定理，有a PB a PC BC PA⋅+⋅=⋅，即有PA aPB PC BC=+．对四边形BCAQ应用托勒密定理，有QA BC a QB a QC⋅+⋅=⋅，即QA aQC QB BC=-．15．对四边形ABCD应用托勒密定理，BC AD BD AC AB CD⋅+⋅=⋅，即AD ACBC BD CDAB AB⋅+⋅=．又ABD MCP△∽△及ABC MDQ△∽△，有AD MPAB MC=，AC MQAB MD=，于是MP MQBC BD CDMC MD⋅+⋅=，注意到=22CD MC MD=即证．16．连EG，FG和EF，对四边形BFGE应用托勒密定理，有BE FG BF EG BG EF⋅+⋅=⋅，又FEG FBG ADB∠=∠=∠，EFG EBG∠=∠，则EFG ABD△∽△，有FG EG EFAB AD BD==，令其比值为t，则t BE AB t BF AD t BG BD⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅，消去t，注意到AD BC=即证．17．作DG AF∥交1O⊙于G，则AG FD=，GF AD=．对四边形AGDF应用托勒密定理，AD FG AG FD AF GD⋅=⋅+⋅．由AD平分BAF∠，知FD BD=，即AG BD=，由此知GB DA∥，有GD AB=．故222AD FD AF GD FD AF AB=+⋅=+⋅．同理，有22AE FE AF AC=+⋅．此两式相减有2222DA EA DF EF-=-，故DE AF⊥．18．在直径2AB x=>的圆中，在两个半圆上分别取点C和D，使2AC=，1AD=，则BCBD=由托勒密定理，CD x=⋅，与原方程比较得CD．在ACD△中，由余弦定理，有1cos2CAD∠=-，则120CAD∠=︒，故sinCDxCAD=∠．19．由222+=，在直径AB=的圆中，在一半圆上取点C，使AC=，BC=；在另一半圆上取中点D，则AD BD==CD，知CD AB≤，由托勒密定理，2AB CD=⋅≤，即y=≤ABC△中，AC BC AB+≥（当C与A或B重合时，取等号)，故y≤20．设222x y a+=，则01a≤≤．当0a=时，命题显然成立，当01a<≤时，在直径AB a=的一半圆上取点C，使AC x=，BC y=，因2222x y a +=+=，则可在另一半圆上取点D ，使BD =，AD =，由托勒密定理，有2x y AB CD a +=⋅≤，即2()()x x y y x y ++-≤≤但222()()()()x xy y x x y y x y x x y y x y +-=++-≤++-≤21．设点T 在劣弧»AB 上，连AT ，BT ，CT ，分别交小圆于点D ，E ，F ．连DE ，EF ，FD ，过点T 作公切线RQ ．由DFT RTD RTA ACT ∠=∠=∠=∠，有AC DF ∥，有AD ATCF CT=．又 2AM AD AT =⋅，2CP CF CT =⋅，有2222AM AD AT AT CP CF CT CT =⋅=，即AM AT CP CT =．同理，BN BT CP CT=．对圆内接四边形ATBC 应用托勒密定理，有AT BC BT AC TC AB ⋅+⋅=⋅，而AB BC CA ==，则 AT BT CT +=，故AM BN CP ++．22．令BC a =，AC b =，AB c =．由BE 平分ABC ∠，有AE AB EC BC =，亦有AE ABAC BC AB=+，即bc AE a c =+．同理，bcAF a b=+．由AE PQ ∥，有AEF Q ∠=∠，从而AEF PCB ∠=∠，注意到 FAE BPC ∠=∠，有AEF PCB △∽△，即PB AF a cPC AE a b+==+，即()PB b PC a c PB a ⋅=⋅+-⋅．在圆内接四边形PABC 中，应用托勒密定理，有PB b PC c PA a ⋅=⋅+⋅，故()PC a c PB a PC c PA a +-⋅=⋅+⋅，因此，PC PA PB ++．23．由()BE AC AF FC AC ⋅=+⋅，AC ，()()AF BC AB FC AF BD CD FC BE AE AF ⋅+⋅=⋅++-=⋅ ()()AC AF CD FC AC FC AE AF FC AC AF CD FC AE +⋅+⋅-⋅=+⋅+⋅-⋅，又AF CD FC AE ⋅=⋅， 则BF AC AF BC AB FC ⋅=⋅+⋅，由托勒密定理之逆，知ABCF 有外接圆．24．连EA ，ED ，由BAE ECD ∠=∠，且CDE EAD ABE ∠=∠=∠，有ABE CDE △∽△，亦有AE ABEC CD=， 即EC AB EA CD ⋅=⋅．在圆内接四边形AEBC 中，应用托勒密定理，有EA BC EB AC EC AB ⋅+⋅=⋅，于是222111EB AC EA BC EA BC BC BD BD BD EC AB EC AB EA CD CD CD BD CD DA ⋅⋅⋅=-=-=-===⋅⋅⋅⋅．又ABD CAD ∠=∠，ADB ADC ∠=∠，有ABD CAD △∽△，有AB BDAC AD=．于是22EB AC AB EC AB AC ⋅=⋅，故33EB AB EC AC =． 习题B1．在弧¼ADC 上取点H ，使AH CD c ==，连HC ，HB ，令AC m =，BD n =，BH p =，易证AHC CDA △∽△，即HC AD d ==．对四边形ABCD ，ABCH 分别应用托勒密定理，有ac bd mn +=，ad bc pm +=．又在弧¼BCH 上取点K ，使BK CH d ==，由CHB KBH △∽△，有HK BC b ==对四边形ABKH 应用托勒密定理，有ab cd AK p +=⋅．又由¼¼KHA BCD =，有AK BD n ==． 于是2()()ac bd ad bc m ab cd ++=+，2()()ac bd ab cd n ad bc++=+，由此即求得AC ，BD ．2．作AGH △的外接圆1O ，分别截AC ，AD AB 于点H ，Q ，G ．易证BCD APE △∽△，即DC BCPE AP=，BD BC AE AP =，即PE AK CD BC BC AP AP =⋅=⋅，AEBD BC AP=⋅．对四边形ABDC 应用托勒密定理，有AE AKAD BC BD AC DC AB BC BC AB AP AP⋅=⋅+⋅=⋅+⋅⋅，故AP AD AE AE AK AB ⋅=⋅+⋅．（*） 同理，由托勒密定理，有AP AQ AE AE AK AG ⋅=⋅+⋅．于是2()AP AQ AP AP PQ AP AP PQ AE AH AK AG ⋅=+=+⋅=⋅+⋅， 即22AP PG PH AP AP PQ AE AH AK AG +⋅++⋅=⋅+⋅从而2AP AE AH AK AG PG PH =⋅+⋅-⋅．由(*)式减去上式，有()()() AP AD AP AE AC AH AK AB AG PG PH -=-+-+⋅，即PA PD PK PI PE PF PG PH ⋅=⋅+⋅+⋅．又22221()24PK PI EF KI KI ++≤≤，214PE PF EF ⋅≤，214PG PH GH ⋅≤，故224EF KI GH PA PD ++≥⋅，其中等号当且仅当P 为ABCV △的中心时取得． 3．设四边形1234A A A A 内接于以O 为圆心，半径为R 的圆，设点O 在弦13A A ，12A A ，23A A ，34A A ，41A A ，上的射影分别为点0H ，1H ，2H ，3H ，4H ．记(0,1,,4)i i h OH i ==…，1S ，2S 与1p ，2p 为123A A A △与34l A A A △的面积与半周长，1r ，2r 为它们的内切圆半径．考虑含点O 的三角形，不妨设O 在123A A A △内，分别对四边形302A H OH ，110A H OH ，221A H OH ，应用托勒密定理，并注意02H H ，01H H ，12H H 是123A A A △的中位线，有1102()R r p R H H +=⋅．01121023203011102121()()(R H H R H H S h H A h H A h H A h H A h H A h +⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅2211222003112011)()()2H A h A A h A A h A A h h h p +⋅+⋅+⋅=++⋅，故1120R r h h h +=++．考虑O 在三角形外部的情形，考虑341A A A △，对四边形140A H H O ，330A H H O ，413A H OH 应用托勒密定理，有220404033434010413()()(R r p R H H R H H R H H R H H S h H A h H A h +=⋅+⋅+⋅+⋅+=⋅-⋅+⋅0303343434433444101334021)()()()2H A h H A h H A h H A h A A h A A h A A h h h p -⋅+⋅-⋅+⋅+⋅-⋅=+-⋅，故2340R r h h h +=+-．在上述情形下，1212342r r h h h h R +=+++-．对一般情形，所求内切圆半径之和等于1h ，2h ，3h ，4h ，2R 并赋以一定的符号之和，这些符号只与点O 相对四边形1234A A A A 的位置有关．因此，这个和与对角线的选取无关．4．设圆1C 的圆心为O ，半径为r ，连i OA ，(1,2,,)i OB i n =…，在四边形112OA B B 中应用托勒密不等式，有112211112OA B B CO A B OB A B ⋅+⋅≥⋅，即1211222()r B B λr A B λr A A A B →⋅+⋅≥+)，故 12111222()B B λA B λA A A B +≥+．同理，迭用托勒密不等式，有23222333()B B λA B λA A A B '+≥+；34333444()B B λA B λA A A B +⋅≥+；…； 1111()n n n n n n n B λA B λA A A B ----+⋅≥+，1111()n n n n B B λA B λA A A B +≥+．将上述几个同向不等式相加，得1223111223-11()n n n n n B B B B B B B B λA A A A A An A A -+++≥+++……+， 故21p λp ≥．由托勒密不等式中等号成立的条件是当且仅当四边形112OA B B ，223OA B B ，…，1n n OA B B ，都是圆内接四边形，由圆内接四边形性质，知2323OA A OB B ∠=∠，2132OA A OB B ∠=∠，但 2332OB B OB O ∠=∠，则2123OA A OA A ∠=∠，从而1223OA A OA A △∽△，因此1223A A A A =．同理， 23341n A A A A A A ===…，即n 边形12n A A A …为正n 边形．反之，若12n A A A …为正n 边形，将其绕点O 逆时针方向旋转2πn，知12A A →，23A A →，…，1n A A →，从而12B B →，23B B →，…，1n B B →．于是知12n B B B …也是正n 边形，因此有122312n A A A A A A r ===⋅…πsin n，12231π2sin n B B B B B B λr n ====⋅…．此时有21p λp =．5．作1O ⊙，O ⊙的公共直径GMK ，其中GM 是1O ⊙的直径，GK 是O ⊙的直径，连CG 交1O ⊙于点N ．显然MN KC ∥，于是CN KM CG KG =，222CN KMf CN CG CG CG CG KG=⋅=⋅=⋅，即f CG =理，d AG =e BG =ABGC 中应用托勒密定理，有b BG c CG a AG ⋅+⋅=⋅．此时两bd ce af +=． 6．首先证EF GH =，MN PQ =．由切线长定理，有()()()()AC BC BD DA AF BF BE AE -+-=-+-= ()()2AF AE BE BF EF -+-=，()()()()()AC DA BD BC CH DH DG CG CH CG -+-=-+-=-+()2DG DH GH -=，而()()()()AC B BD DA AC DA BD BC -+-=-+-，故EF GH =．同理MN PQ =． 连1O A ，1O E ，3O C ，3O G ，由BAD ∠与BCD ∠互补，知1O AE ∠与3O CG ∠互余，有13390O AE O CG CO G ∠=︒-∠=∠，即13AE CO G △∽△．于是1313AE CG O E O G R R ⋅=⋅=⋅．同理，24BM DP R R ⋅=⋅．令AE AQ a ==，BM BF b ==，CG CN c == DP DH d == EF GH m ==，MN PQ n ==．于是，AB a b m =++，CD c d m =++，BC b c n =++，DA d a n =++，()()AC AF CM a m c n =+=+++，()()BD BE DQ b m d n =+=+++．对ABCD 应用托勒密定理，有AC BD AB CD BC DA ⋅=⋅+⋅，即()()()()()()a c m n b d m n a b m c d m b c n d a n +++⋅+++=+++++++++，亦即mn ac bd =+．即证． 7．设BAN NAC a ∠=∠=，对AB ，AN ，AC 应用三弦定理，则有2cos AN αAB AC ⋅=+，因1sin ()2ABC ABL ACL S S S AL αAB AC ++=⋅⋅+△△△，则cos sin ABC AN AL αα=⋅⋅⋅△S ．又在Rt ALK △中，cos AL αAK ⋅=，则sin 2ANK S ABC AN AK αS =⋅⋅=△△．又易知AK AM =，即知ANK ANM △∽△，于是12ANK ANM AKNM S S S ==△△四边形，即证．8．必要性：连OB ，OC ，知EAB △，FAC △均为等腰三角形，且2()2BPC AEP CFD BAD CAD BAC BOC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB OP BC ⋅=⋅+⋅，由PB PC PO =+得OC BC =，即OBC △为正三角形，推得1302BAC BOC ∠=∠=︒．充分性：由30BAC ∠=︒，知OBC △为正三角形，且由BPC BOC ∠=∠知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB PO BC ⋅=⋅+⋅，及OC OB BC ==，即得PB PC PO =+． 9．对四边形1ACA B 应用托勒密定理，有111AA BC AB AC AC A B ⋅=⋅+⋅，令11A B AC x ==，注意112x A B ACK BC =+>，有11222()ABx AC x AA AB AC AB AC BC BC +==+⋅>+，即11()2AA AB AC >+．同理，11()2BB BA BC >+，11()2CC CA CB >+，此三式相加即证．10．令AC a =，CE b =，AE c =．对四边形ACEF 应用托勒密不等式，有AC EF CE AF AE CF ⋅+⋅≥⋅，注意EF AF =，有FA c FC a b ≥+．同理。

【精品】奥林匹克题解几何篇

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【关键字】精品第三章、几何第一节平面几何证明(上)C1－001 已知线段MN的两个端点在一个等腰三角形的两腰上，MN的中点S作等腰三角形的底边的平行线，交两腰于点K 和L．证明：线段MN在三角形底边上的正投影等于线段KL．【题说】 1956年～1957年波兰数学奥林匹克三试题2．【证】设M、N在直线KL上的射影分别为D、E，由于MS=SN，所以MD=NE．由于AB=AC，KL∥BC，所以∠DKM=∠AKL=∠ALK，又∠MDK=∠NEL=90°，所以△MDK≌△NEL，DK=EL，从而DE=KL，即MN在BC上的正投影等于KL．C1－002 设四边形ABCD内接于圆O，其对边AD与BC的延长线交于圆O外一点E，自E引一直线平行于AC，交BD延长线于点M，自M引MT切圆O于T点，则MT=ME．【题说】 1957年南京市赛初赛5．利用切割线定理和相似三角形．【证】四边形ABCD内接于圆O，故∠1=∠2．由ME∥AC，得∠2=∠4，又∠1=∠3，所以∠3=∠4，又∠EMB=∠DME，所以△EMB∽△DME．从而有即ME2=MB·MD所以MT2=MB·MD=ME2即 MT=MEC1－003 若一直角三角形的外接圆半径为R，其内切圆半径为r，与斜边相切的旁切圆半径为t，若R为r及t的比例中项，证明这直角三角形为等腰直角三角形．【题说】 1957年北京市赛高二题4．【证】设直角△ABC的斜边长为c，两直角边长为a、b．易知R=c/2所以a=b．C1－004 任意四边形ABCD的对角线AC与BD相交于P，而BD与AC的中点是M与N，设Q是P关于直线MN的对称点，过P 作MN的平行线，分别交AB、CD于X、Y，又过Q作MN的平行线，顺次交AB、BD、AC、CD于E、F、G、H．试证：1．EF=GH；【题说】 1963年成都市赛高二二试题4．同本届高三二试题4．【证】 1．P、Q关于MN对称，所以MN平分PQ，又FG∥MN，所以MP=MF，从而BF=PD，BP=FD．同理，有AP=CG，AG=PC．比较（1）、（2）得EF=GH．C1－005 在内角都相等的凸n边形中，设a1，a2，…，an 依次为边的长度，而且满足不等式a1≥a2≥…≥an．证明：必有a1=a2=…=an．【题说】第五届（1963年）国际数学奥林匹克题3．本题由匈牙利提供．【证】当n为奇数时，设n=2k+1（k为正整数），∠A2A1An 的平分线A1B交Ak+1Ak+2于点B（如图）．由于已知n边形的各角都相等，所以A1B⊥Ak+1Ak+2，因此折线A1A2…Ak+1与折线A1An…Ak+2在这条角平分线上的射影都等于A1B．另一方面，A1A2≥A1An，并且它们与A1B的交角相等，所以A1A2的射影≥A1An的射影．同理A2A3的射影≥AnAn－1的射影…．所以上述各式中等号均应成立，即a1=a2=…=an．当n为偶数时，作A1A2的中垂线L．考虑各边在L上的射影，同样可得a1=a2=…=an．C1－006 在平面上取四点A、B、C、D，已知对任何点P都满足不等式PA+PD≥PB+PC．证明；点B和C在线段AD上，并且AB=CD．【题说】 1966年全俄数学奥林匹克九年级题2．【证】由于点P是任意的．可以取P=D，则应有AD≥BD+DC；若取P=A，则有AD≥AB+AC．将二式相加，得2AD≥AB+AC+BD+CD（1）然而另一方面，总有AD≤AC+CD及AD≤AB+BD．因此又得2AD≤AB+AC+BD+CD（2）由（1）、（2）知2AD=AB+AC+BD+CD从而其他4个不等式中皆取等号，亦即B、C两点一定在线段AD上，而且AB=CD．C1－007 凸多边形内一点O同每两个顶点都组成等腰三角形，证明：该点到多边形的各顶点等距．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克九年级题6．【证】（1）如果凸多边形是△ABC，则结论显然成立．（2）对n（n＞3）边形，设A、B、C为多边形的任意三个顶点，则C或在AO、BO的反向延长线组成的夹角内（图a），或C 在该角外，即该角与多边形的边DE相交（图b）．在图a中，点O在△ABC内，由（1），AO=BO=CO．在图b中，点O在△BDE和△ADE内，故有AO=DO=EO=BO．C1－008 设有一圆，它与∠O两边相切，切点为A、B．从点A引OB的平行线，交圆于点C，线段OC与圆交于E，直线AE与OB 交于K．证明：OK=KB．【题说】第七届（1973年）全苏数学奥林匹克九年级题2．【证】设圆在点C的切线与∠O两边分别相交于P、Q．因为AP=PC，所以△APC和△OPQ皆为等腰三角形，从而AO=CQ=OB=BQ．又∠OAE=∠OCA=∠COQ，且∠AOB=∠CQB，从而△OAK∽△QOC．所以亦即 OK=KBC1－009 圆的内接四边形两条对角线互相笔直，则从对角线交点到一边中点的线段等于圆心到这一边的对边的距离．【题说】 1978年上海市赛二试题6．【证】如图，已知ABCD为⊙O的内接四边形，AC⊥BD于E，F为AB中点，OG⊥DC，G为垂足．因为 AF=FB=EF∠EAB=∠AEF又∠EAB=90°－∠EBA=90°－∠GCH=∠GHC所以∠AEF＝∠GHC ， EF∥GO同理可证，EG∥FO．所以EGOF是一个平行四边形，从而FE=OG．C1－010四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段．【题说】 1978年全国联赛二试题1．【证】设四边形ABCD的对边交点为E、F，并且BD∥EF，AC交BD 于H，交EF于G．由于BD∥EF，所以GF=EGC1－011在平面上已知两相交圆O1和O2，点A为交点之一，有两动点M1和M2，从点A同时出发，分别以常速沿O1和O2同向运动，各绕行一周后恰好同时回到点A．证明：在平面上存在一定点P，P到点M1和M2的距离在每一时刻都相等．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题3．本题由原苏联提供．【证】设O1和O2为已知圆的圆心，r1和r2分别为它们的半径．作线段O1O2的垂直平分线l及点A关于l的对称点P，则O1P=r2，O2P=r1（如图）．由已知，∠AO1M1=∠AO2M2，由对称性，∠AO1P=∠AO2P．于是，∠M1O1P=∠M2O2P．又因为O1M1=O2P=r1，O2M2=O1P=r2，故△O1M1P≌O2M2P，M1P=M2P．[别证] 可以用复数来作．以O1为原点，O1O2为实轴建立复平面．C1－012二圆彼此外切于D，一直线切一圆于A，交另一圆于B、C两点．证明：A点到直线BD、CD的距离相等．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】过切点D作二圆的公切线l，交AB于F．设E在CD的延长线上，则∠BDA=∠BDF+∠FDA=∠ACD+∠FAD=∠ADE，即DA平分∠BDE，所以，A到BD、CD的距离相等．C1－013在“筝形”ABCD中，AB=AD，BC=CD．经AC、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：IO=OJ．【题说】 1990年全国冬令营选拔赛题3．本题宜用解析几何来证．本题是蝴蝶定理的一个推广．【证】易证AC⊥BD．如图，以O为原点，BD为x轴，CA为y轴，建立直角坐标系．设各点坐标为A（0，b），B（－a，0），C（0，c），D（a，0），EF 的方程为y=kx，GH的方程为y=lx，则AD的方程是EH的方程是比较常数项与y的系数有J的横坐标x满足及（1′）·l－（2′）·k得利用（3）得同样可得Ｉ的横坐标x应满足（将（4）中的k与l互换，a换成－a）．由（4）、（5）立即看出I、J的横坐标互为相反数，即IO=OJ．C1－014如图，设△ABC的外接圆O的半径为R，内心为I，∠B=60°，∠A＜∠C，∠A的外角平分线交⊙O于E．证明：（1）IO=AE；【题说】 1994年全国联赛二试题3．【证】（1）连AI，延交⊙O于F，则易知EF为⊙O直径．过E作ED∥IO交AF于D，则IO是△FDE的中位线，从而IO＝因∠AOC=2∠ABC=120°故A、O、I、C共圆．从而（2）连CF，则∠IFC=∠AFC=∠B=60°∠ICF＝∠ICB+∠BCF故IF=IC，又由（1）知IO=AE，从而IO+IA+IC=EA+AI+IF=EA+AF≥EF=2R令α=∠OAI，则（因∠A＜∠C）又 AE+AF＝2Rsinα+2Rcosα当α∈（0，45°）时，sin（45°+α）为增函数，故AE+AF＜2R（sin30°+cos30°）C1－015设△ABC是锐角三角形，在△ABC外分别作等腰Rt△BCD、△ABE、△CAF．在这三个三角形中，∠BDC、∠BAE、∠CFA是直角．又在四边形BCFE外作等腰Rt△EFG，∠EFG是直角．求证：（2）∠GAD=135°．【题说】 1994年上海市赛高三二试题2．【证】以点A为原点建立直角坐标系，与B相应的复数记为Z B，等等．C1－016设M、N为三角形ABC的边BC上的两点，且满足BM=MN=NC．一平行AC的直线分别交AB、AM、AN于D，E和F，求证：EF=3DE．【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题1．【证】如图，过N、M分别作AC的平行线交AB于H、G点．NH交AM于K点．则BG=GH=HA．HK∶KN=1∶3又由于DF∥HN，于是DE∶EF=HK∶KN=1∶3故EF=3DE．C1－017 ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上一点．AF 交ED于G，EC交FB于H．连接G，H并延长交AD于L，交BC于M，求证：DL=BM【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题4．【证】如图，过E、F分别作EK∥AD，FQ∥AD，则所以AL·DL=QF·EK．同理，CM·MB=QF·EK．故AL·DL=CM·MB又由于 AL+DL=CM+MB，所以DL=BMC1－018 在梯形ABCD（AB∥DC）中，两腰AD、BC上分别有点P、Q 满足∠APB=∠CPD，∠AQB=∠CQD．证明：点P和Q到梯形对角线交点O的距离相等．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级（决赛）题7．【证】如图，设B′是B点关于AD的对称点，则P点就是B′C与AD的交点．在△APB和△DPC中，∠APB=∠DPC，∠PAB=180°－∠PDC，由正弦定理知△COP∽△CAB′C1－019从△ABC的顶点A引3条线段，∠A的平分线AM，∠A的外角平分线AN，三角形外接圆的切线AK，点M、N、K依次排列在直线BC上．证明：MK=KN．【题说】 1995年城市数学联赛低年级普通水平题4．【证】由于∠KAM=∠KAB+∠BAM=∠ACB+∠CAM=∠AMK所以，KA=KM．另一方面，∠NAM=90°，且∠ANM=90°－∠AMN=90°－∠KAM=∠NAK故KN=AK=KM．C1－020△ABC具有下面性质：存在一个内部的点P使∠PAB=10°，∠PBA=20°，∠PCA=30°，∠PAC=40°．证明：△ABC是等腰三角形．【题说】第25届（1996年）美国数学奥林匹克题5．[解] 作AC边上的高BD，又作AQ使∠QAD=30°，AQ交BD于Q，连PQ．设直线PQ交AC于C′．因为∠BAD=10°+40°=50°，所以∠ABD=90°－50°=40°，∠PBQ=40°－∠PBA=20°=∠PBA，∠PAQ=∠PAC－∠QAD=10°=∠PAB，从而P是△ABQ的内心，∠PQA=∠PQB=而∠PCA=30°，所以C′与C重合．从而QA=QC，QD平分AC，BA=BC．C1－021半径相等的三个互不相交的圆的圆心O1、O2、O3位于三角形的顶点处．分别从点O1、O2、O3引已知圆的切线，如图所示，已知这些切线相交成凸六边形，而六边形相邻的边分别涂成红色和蓝色．证明：红色线段长度之和等于蓝色线段长度之和．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题2．【证】如图所示，X1、X2、Y1、Y2、Z1、Z2分别为切点．切线围成的六边形为ABCDEF．因⊙O1，⊙O2，⊙O3的半径相等，易得X1O2=O1Y2，Y1O3=O2Z2，Z1O1=O3X2．即X1A+AB+BO2=O1B+BC+CY2Y1C+CD+DO3=O2D+DE+EZ2Z1E+EF+FO1=O3F+FA+AX2以上三式两边相加，并利用X1A=AX2，Y1C=CY2，Z1E=EZ2，及BO2=O1B，DO3=O2D，FO1=O3F，得AB+CD+EF=BC+DE+FAC1－022 在等腰△ABC中（AB=BC），CD是角平分线．过△ABC的外心作直线垂直于CD，交BC于E点，再过E点作CD的平行线交AB于F，证明：BE=FD．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题6．【证】设O是△ABC的外心，K是直线BO和CD的交点．先设O在B、K之间（图a），∠BOE=90°－∠DKO=∠DCA，所以，点K、O、E、C四点共圆．∠OKE=∠OCE因为OB=OC，所以∠OCE=∠OBE．于是∠BKE=∠OCE=∠KBE所以BE=KE又∠BKE=∠KBE=∠KBA所以KE∥AB．从而KEFD为平行四边形，则DF=KE=BEK在O、B之间（图b）或K、O重合的情况可用类似方法证明．C1－023直角三角形ABC中，C为直角，证明：在△ABC中至少有一点P，使∠PAB＝∠PBC＝∠PCA．【题说】 1963年合肥市赛高二二试题2．【证】我们证明结论对任意△ABC成立．不妨设∠A、∠B为锐角，过A作AB的垂线，与边AC的中垂线相交于点O B．过B作BC的垂线交AB的中垂线于点O C，分别以O B、O C为心，过A点作圆．设P为这两个圆的另一个公共点，则AP⊥O B O C．连PB、PC．设O为△ABC的外心，则OO C∥AO B，四边形OO B AO C为梯形，对角线O B O C 在梯形内，∠AO B O C＜∠AO B O，所以∠PAO B＝90°－∠AO B O C＞90°－∠AO B O=∠CAO B．同样∠PAO C＞∠BAO C，所以射线AP在∠CAB内，P是AP与的交点，与A在BC的同侧，所以P在△ABC内．由于BC与⊙O C相切，所以∠PBC=∠PAB．同理∠PAB=∠PCA．因此，P合乎要求．C1－024在矩形ABCD内，M是AD的中点，N是BC的中点，在线段CD的延长线上取一点P，用Q表示直线PM和AC的交点．证明：∠QNM=∠MNP．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】设R是直线QN和CD的交点，O是矩形ABCD的中心，由OM=ON 得：PC=CR．因此三角形PNR是等腰三角形（NC是该三角形的中线和高，也就是△PQN的外角∠PNR的平分线，又NC⊥MN），问题的结论由此即得．C1－025已知正方形ABCD，点P和Q分别在AB和BC上，且BP=BQ，BH⊥PC于H．证明：∠DHQ是直角．【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】延长BH交AD于E，则Rt△ABE≌Rt△BCP，于是AE=BP=BQ，因此，QC=ED，从而得矩形CDEQ．这个矩形的外接圆直径就是其对角线CE与DQ，而∠CHE=90°，所以H点在矩形的外接圆上，即C、D、E、H、Q五点共圆．对着直径DQ的圆周角：∠DHQ=∠DCQ=90°即∠DHQ是直角．C1－026设ABCD是矩形，BC=3AB，证明：如果P、Q是BC边上的点，BP=PQ=QC，那么∠DBC+∠DPC=∠DQC．【题说】第六届（1974年）加拿大数学奥林匹克题2．【证】如图所示，即证β+γ＝α或tan（β+γ）=tanα=1△BRD∽△PQD．于是∠RBD=∠DPC=β，从而有β+γ＝∠RBC=α．C1－027在任一△ABC的边上，向外作△BPC、△CQA和△ARB，使得2．QR=RP．【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．【证】建立一个复平面，令A和B的坐标分别为－1和1，C的因而，于是RQ⊥RP，RQ=RP．C1－028如图，两圆O1、O2相交于A、B，圆O1的弦BC交圆O2于E，圆O2的弦BD交圆O1于F，证明：1．若∠DBA=∠CBA，则DF=CE；2．若DF=CE，则∠DBA=∠CBA．【题说】 1979年全国联赛二试题6．【证】 1．连AD、AE、AF、AC，则∠DFA=∠ECA．又∠DBA=∠CBA以AD=AE，AC=AF所以△DAF≌△EACDF=CE2．由于∠DFA=∠ACE，∠AEC=∠ADF，DF=CE，所以△DAF≌△EAC，AD=AE．从而∠DBA=∠EBA．C1－029两圆相切（内切或外切）于P点，一条直线切一个圆于A，交另一圆于B、C．证明：直线PA是∠BPC的平分线（如果两圆内切）或∠BPC的补角的平分线（如果两圆外切）．【题说】 1980年五国国际数学竞赛题4．本题由比利时提供．【证】设两圆外切（图a），作公切线PT，则∠APB=∠APT+∠TPB=∠BAP+∠BCP=∠BPC的补角－∠APB即AP是∠BPC的补角的平分线．若两圆内切（图b），设公切线与BC相交于T．因为∠CPT、∠APT、∠TAP都是弦切角，故∠BPA=∠APC，因此，PA是∠BPC的平分线．C1－030已知A为平面上两条半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点，求证：∠O1AO2=∠M1AM2．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题2．本题由原苏联提供．【证】设B是两圆的另一交点，T、M分别是P1P2、O1O2与AB的交点．又P1M1∥TM∥P2M2所以MM1=MM2为AB⊥O1O2所以TM是M1M2的中垂线．在O1O2上，取MO3＝MO2，则∠O3AM1＝∠O2AM2．因为O1P1∥O2P2，O1M1∥O2M2，P1M1∥P2M2△O1P1M1∽△O2P2M2由此可知，AM1是∠O1AO3的角平分线．所以∠O1AM1=∠O3AM1=∠O2AM2故有∠O1AO2=∠O1AM1+∠M1AO2=∠O2AM2+∠M1AO2=∠M1AM2C1－031 如图，延长线段AB至D，以AD为直径作半圆，圆心为H．G 是半圆上一点，∠ABG为锐角．E在线段BH上，Z在半圆【题说】 1992年澳大利亚数学奥林匹克题5．【证】由EH·ED=EZ2知△HEZ∽△ZED，所以∠EZH=∠EDZ=∠DZH．于是∠AEZ=3∠EZHC1－032 在正方形ABCD的AB、AD边各取点K、N，使得AK·AN=2BK·DN．线段CK、CN各交对角线BD于L、M．试证：∠BLK=∠DNC=∠BAM．【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题4．【证】令AB=a，BK=b，DN=c，则（a－b）（a－c）=2bc即a2－bc=a（b+c）所以∠BCK+∠DCN=45°∠BLK=∠BCK+45°=90°－∠DCN=∠DNC再由△ABM≌△CBM，得∠BAM=∠BCM=∠BCK+∠LCM=∠BCK+（90°－45°）=∠BLKC1－033如图，⊙O1与⊙O2外切于点P，Q是过P的公切线上任一点，QAB和QDC分别是⊙O1与⊙O2的割线，P在AB、AD和DC上的射影分别为E、F、G．求证：（1）∠BPC=∠EFG；（2）△EFG∽△PBC．【题说】 1994年四川省赛题3．【证】（1）因PQ切⊙O1与⊙O2于P，所以∠QPA=∠PBA （1）因为∠AEP=∠AFP=90°所以A、E、P、F四点共圆．故有∠FEP=∠FAP=∠DAP （2）同理，F、D、G、P四点共圆．且∠BPC=∠BAP+∠PDC=∠EFP+∠PFG=∠EFG（3）（2）因为∠PEQ=∠PGQ=90°所以Q、E、P、G四点共圆，于是∠GEP=∠GQP=∠DQP （4）由（2）、（4）与∠DAP+∠QPA=∠QDA+∠DQP得∠FEG=∠FEP－∠GEP=∠DAP－∠DQP=∠QDA－∠QPA（5）又A、B、C、D四点共圆，有∠QDA=∠QBC．于是由（1）、（5）得∠FEG=∠QBC－∠PBA=∠PBC（6）由（3）、（6）得△EFG∽△PBC．C1－034 D、E、F分别为△ABC的边BC、CA、AB上的点，且∠FDE=∠A，∠DEF=∠B，又设△AFE、△BDF、△CED均为锐角三角形，它们的垂心依次为H1、H2、H3，求证：（1）∠H2DH3=∠FH1E；（2）△H1H2H3≌△DEF．【题说】 1994年江苏省赛题5．【证】如图，（1）∠H2DB=90°－∠B，∠H3DC=90°－∠C，所以∠H2DH3=180°－∠H2DB－∠H3DC=∠B+∠C．而∠EH1F=180°－∠H1EF－∠H1FE=180°－（90°－∠AFE）－（90°－∠AEF）=180°－∠A=∠B+∠C．所以∠H2DH3=∠FH1E（2）由（1）知∠FH1E+∠EDF=180°，所以，H1在△DEF的外接圆上．同理H2、H3也在此圆上，因此D、E、F、H1、H2、H3六点共圆．又由（1）知∠EH1F=∠H2DH3，所以EF=H2H3．同理DF=H1H3，DE=H1H2，故△DEF≌△H1H2H3．C1－035 △ABC为锐角三角形．AD为BC边的高，H为AD内一点．直线BH、CH分别交AC、AB于E、F．证明：∠EDH=∠FDH．【题说】第26届（1994年）加拿大数学奥林匹克题5．又见第3届（1993年）澳门数学奥林匹克题3．[解] 过A作直线l平行于BC．延长DE、EF，分别交l于Q、P．由相似三角形，AP=AQ于是△DPQ的高DA平分PQ，所以△DPQ是等腰三角形，并且∠EDH=∠FDH．C1－036 在直角KLM内取一点P．以O1点为圆心的圆ω1分别切∠KLP 的两边LK和LP于A、D两点；以O2点为圆心半径与圆ω1半径相等的圆ω2分别切∠MLP的两边LP、LM于B、E两点．点O1在线段AB上．设O2D的延长线与KL交于C点．证明：BC是∠ABD的平分线．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【证】连结O1D及O2B，则O1D=BO2．因为O1D⊥LP，O2B⊥LP，所以O1D∥BO2，O1BO2D为平行四边形，从而CO2∥AB，∠LDC=∠O1BD．∠LCD=∠LAB=90°（1）因为O2E⊥LM，所以O2ELC是矩形．因此CL=O2E=O2B=DO1（2）由（1）、（2）得Rt△LCD≌Rt△O1DB，所以CD=DB．于是∠ABC=∠BCD=∠CBD，即BC是∠ABD的平分线．C1－037设AK、BL、CM是△ABC的角平分线，K在BC上，令P、Q 分别是BL，CM上的点，使得AP=PK，AQ=QK．证明：【题说】 1995年城市数学联赛低年级较高水平题3．【证】如图，设BL交△ABK的外接圆于点D．则∠DAK=∠DBK=∠DBA=∠DKA所以，DA=DK，从而D与P重合．即有C1－038设△ABC是锐角三角形，且BC＞CA，O是它的外心，H是它的垂心，F是高CH的垂足，过F作OF的垂线交边CA于P．证明：∠FHP=∠BAC．【题说】第三十七届（1996年）IMO预选题．【证】延长CF交⊙O于D点，连BD、BH．由于∠BHF=∠CAF=∠D且BF⊥HD，所以F为HD的中点．设FP所在直线交⊙O于M、N两点，交BD于T点．由OF⊥MN知F为MN的中点．由蝴蝶定理即得F为PT的中点．又因F 为HD的中点，故HP∥TD，所以，∠FHP=∠D=∠BAC．C1－039在凸凹边形ABCD的BC边上取E和F（点E比F更靠近点B）．已知∠BAE=∠CDF及∠EAF=∠FDE．证明：∠FAC=∠EDB．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十年级题1．【证】因为∠EAF=∠FDE，所以A、E、F、D共圆，∠AEF+∠FDA=180°，又∠BAE=∠CDF，所以∠ADC+∠ABC=∠FDA+∠CDF+∠AEF－∠BAE=180°因此A、B、C、D共圆，∠BAC=∠BDC，由此得∠FAC=∠EDB．C1－040 在平行四边形ABCD中有一点O，使得∠AOB+∠COD=180°．证明：∠OBC=∠ODC．【题说】第二十九届（1997年）加拿大数学奥林匹克题4．[解] 过O作OE BA，连EC、ED，则四边形EOAD、EOBC都是平行四边形，所以CE∥BO，ED∥OA，∠CED+∠COD=∠AOB+∠COD=180°O、C、E、D四点共圆，从而∠ODC=∠OEC=∠OBCC1－041已知一个等腰三角形，外接圆半径为R，内切圆半径为r．证明：外接圆和内切圆的圆心距离d为【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题6．本题由原东德提供．【证】本题结论（即欧拉公式）对任意三角形（不限于等腰三角形）均成立．设M为BC的中点，O与I分别为外接圆和内切圆的圆心，外接圆直径MN交BC于D．连IB、BM、AM必过I．又设IE⊥BCIK⊥MNE、K为垂足．=∠IBM所以MI=MB又 IO2=MI2+MO2－2MO·MK而MB2=MD·MN=2R·MD所以d2=2R·MD+R2－2R·MK=R2－2R×DK=R2－2RrC1－042设过三角形的内心和重心的直线平行于一边．求证：其它二边长的和等于这一边长的两倍．【题说】 1963年西安市赛高二题3．【证】设△ABC的三边为a、b、c、M为BC之中点，G、I分别为△ABC的重心和内心，且IG∥BC．因为IG∥BC所以G到BC的距离GE=r（内切圆半径）BC边上的高h=3GE=3r，而ha=r（a+b+c）（=2S△ABC）所以3a=a+b+c即b+c=2aC1－043 1．在凸六边形ABCDEF中，所有角都相等．证明：AB－DE=EF－BC=CD－FA2．反之，若六条边a1，a2，a3，a4，a5，a6满足等式a1－a4=a5－a2=a3－a6．证明：它们可以组成各内角相等的凸六边形．【题说】 1964年全俄数学奥林匹克八年级题5（1）、十年级题3（2）．【证】 1．直线AB、CD、EF构成△GHI．由已知六边形各角相等知，每个角都是120°，从而△GHI的每个角都是60°，因此它是正三角形．并且AF、BC、DE分别与边GI、GH、HI平行．AB+AC=AB+BI=AI=GF=GE+EF=DE+EF所以 AB-DE=EF=BC同理 EF-BC=CD-FA2．以a1+a2+a6为边作正三角形GHI，然后在各边取A、B、C、D、E、F，使BI=IC=a2，DG=GE=a4，FH=HA=a6，则BC∥GH，DE∥HI，AF∥GI，所以六边形ABCDEF各角相等，并且AB=a1，BC=BI=a2，AF=AH=a6，DE=DG=a4，CD=（a1+a2+a6）-a2-a4=a3．EF=（a1+a2+a6）-a4-a6=a5．C1-044 已知ABCD为一圆外切梯形，E是对角线AC和BD的交点，r1、r2、r3、r4分别是△ABE、△BCE、△CDE和△DAE的内切圆半径．证明：【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题2．【证】设△ABE、△BCE、△CDE、△DAE的面积和周长分别为S1、S2、S3、S4；l1、l2、l3、l4．由于 AB+C D=AD+BC所以 l1+l3 =l2+l4（2）因为 AB∥CD所以 S2=S4记之为S．则从而相加并利用（2）得即（1）成立．C1-045 设点M是△ABC的AB边上的任一内点，r1、r2、r分别是△AMC、△BMC、△ABC的内切圆半径；q1、q2、q分别是这些三角形在∠ACM、∠BCM、∠ACB内的旁切圆半径．试证：【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题1．本题由波兰提供．【证】设∠CAB=α，∠ABC=β，∠BCA=γ，∠AMC=δ；又设△ABC的内切圆的圆心为R，且与AB切于P（如图）．于是从而有由于三角形的角的内、外分角线互相垂直，因而类似地有由（1）和（2）可得类似的结论对于△AMC和△BMC也成立，故有将（4）、（5）相乘，并利用（3）得C1-046 考虑如图a、图b所示的△ABC和△PQR．在△ABC中，∠ADB=∠BDC=∠CDA=∠120°．试证：x=u+v+w．【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题5．【证】△BCD绕B逆时针方向旋转60°，至△BEF，如图c．这时易知A、D、F、E在一直线上，且AE=u+v+w．再将△EAC绕E顺时针方向旋转60°，至△EGB．则△AEG为正三角形且易证它与△PQR全等，其中B相当于O点．得证．【别证】（1）△PQR绕R逆时针旋转60°，至△SPR，如图d．这时作正△ROT外接圆，设交RP于D′．易证∠OD′T=∠TD′P=∠PD′O=120°．由△ABC中D点的唯一性及△ABC≌△TOP知PD′=w，OD′=v，TD′=u．又由托勒密定理，知RD′=u+v，故x=u+v+w．（2）过O作△PQR三边平行线，如图e，也可以得结论．C1-047 直径A0A5把圆O分成两个半圆，其中一个半圆分成五段等点M、N．证明：线段A2A3与MN之和等于圆的半径．【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题6．【证】在圆上分别标出点A1、A2、A3、A4关于直径A0A5的对称点B1、B2、B3、B4，得圆的内接正十边形A0A1…A5B4B3…B1（如图）．则A2B1∥A3B2，A2B1∥A1A0，OA2∥B2A1，A0A5∥A1A4∥A2A3．由对称性知A2B1和B2A1的交点K在A0A5上．又设A2B1和A1A4相交于点L．于是KA2A3O、A0A1LK、A1MOK、LNOK都是平行四边形．所以A2A3=KO=A1M=LN，从而MN=A1L=A0K．因此，A2A3+MN=A0O．C1-048 四边形ABCD内接于圆，另一圆的圆心O在边AB上且与其余三边相切．求证：AD+BC=AB．【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题1．本题由英国提供．【证】在AB上取点M，使MB=BC．连结OD、OC、MD和MC．所以C、D、M、O四点共圆．所以∠AMD=∠ADM，故AM=AD．从而AB=AM+MB=AD+BC【别证】设半圆半径为1，∠OAE=α，则AE=cotα．同理可证 BG+ED=BO故 AD+BC=ABC1-049 已知两圆相交于M和K，引两圆的公切线，切点为A和B．证明：∠AMB+∠AKB=180°．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题2．【证】如图，连结MK，则∠AMK=∠KAB∠BMK=∠KBA两式相加得∠AMB=∠KAB+∠KBA因此∠AMB+∠AKB=∠KAB+∠KBA+∠AKB=180°C1-050 在一个三角形中，以h a、h b、h c表示它的三条高，以r表示它的内切圆半径．证明：当且仅当三角形为等边三角形时，h a+h b+h c=9r．【题说】 1988年原联邦德国数学奥林匹克（第一轮）题2．【证】设三角形三边为a、b、c，周长为p，面积为S，则2S=rp=ah a=bh b=ch c当且仅当a=b=c，即三角形为等边三角形时取等号，即h a+h b+h c=9rC1-051 设点D、E、F分别在△ABC的三边BC、CA、AB上，且△AEF、△BFD、△CDE的内切圆有相等的半径r，又以r0和R分别表示△DEF和△ABC 的内切圆半径．求证：r+r0=R【题说】第四届（1989年）全国冬令营赛题4．【证】设p为△ABC的半周长，q为△DEF的半周长．因为S△ABC=S△AEF=S△BFD+S△CDE+S△DEF所以R·p=r·p+（r0+r）·q（1）所以 R（p-q）=Pr（4）由（1）、（4）得Rq=（r0+r）q，即R=r0+r．C1-052 在圆内引弦AB和AC，∠BAC平分线交圆于D点．过D【题说】第十六届（1990年第三阶段）全俄数学奥林匹克九年级题8．【证】作DM⊥AC于M（如图）．因为ABDC内接于圆，所以∠MCD=∠B若B与E重合，则∠B=90°=∠ACDRt△ABD≌Rt△ACD，结论显然成立．若B与E不重合，则∠B为锐角或钝角．不妨设∠B为锐角（钝角情形同样讨论），则∠ACD为钝角，M在AC延长线上，而E点在AB线段内．由于AD平分∠BAC，所以DE=DM，AE=AM．从而△BDE≌△CDM，则C1-053 四边形ABCD内接于半径为r的圆，对角线AC、BD相交于E．证明：若AC⊥BD，则EA2+EB2+EC2+ED2=4r2（1）若（1）成立，是否必有AC⊥BD？说明你的理由．【题说】 1991年英国数学奥林匹克题3．【解】若AC⊥BD，则EA2+EB2+EC2+ED2=AB2+CD2．由正弦定理AB2=4r2sin2∠ACBCD2=4r2sin2∠CBD=4r2cos2∠ACB所以EA2+EB2+EC2+ED2=4r2sin2∠ACB+4r2cos2∠ACB=4r2反之，若（1）成立，未必有AC⊥BD．例如AC、BD为任两条直径，则交点E即为圆心．（1）式显然成立．C1-054 设∠A是三角形ABC中最小的内角．点B和C将这个三角形的外接圆分成两段弧．设U是落在不含A的那段弧上且不等于B与C的一个点．线段AB和AC的垂直平分线分别交线段AU于V和W．直线BV和CW相交于T．证明：AU=TB+TC．【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题2．本题由英国提供．【证】如图所示，因为点V在线段AB的垂直平分线上，所以∠VAB=∠VBA．又因∠A是△ABC的最小内角，且∠VAB=∠UAB＜∠CAB故∠VBA=∠VAB＜∠CAB≤∠CBA即V在∠ABC内．同理W在∠ACB内．BV与CW的交点T在△ABC内．延长BT交外接圆于S．由于AU与BS关于弦AB的中垂线对称，所以AU=BS．因为∠TCS=∠TCA+∠ACS=∠WAC+∠ABS=∠WAC+∠VAB=∠BAC=∠BSC，所以TS=TC，从而AU=BT+TS=BT+TCC1-055 在圆上取六个点A、B、C、D、E、F，使弦AB与DE平行，弦DC与AF平行．证明：弦BC与弦EF平行．【题说】 1959年～1960年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】圆上六点的顺序有种种情况．以图a、图b所示的两种为例，其他情况可仿此证明．在图a中，因AB∥DE，DC∥AF，故有所以BC∥EF所以，BC∥EF．C1-056 在平行四边形ABCD的两边AB、AD上，向外作两个正方形ABMX、ADNY．求证：CA⊥XY．【题说】 1963年武汉市赛高三一试题4．【证】如图，延长CA交XY于E，因∠ABC=180°-∠BAD=180°-（360°-∠BAX-∠XAY-∠YAD）=∠XAY又AY=AD=BC及AX=BA所以△XAY≌△ABC，从而∠XYA=∠ACB=∠CAD所以∠AEY=180°-∠EAY-∠EYA=180°-∠EAY-∠CAD=∠DAY=90°．亦即AC⊥XY．C1-057 作△ABC外接圆，连接AC中点与AB、BC中点的弦，分别交AB 于D，交BC于E．证明：DE∥AC且通过三角形的内心．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克八年级题3．△ABC的内心，则AM、BN过O．又设LN与AC交于K，连结OK．LN⊥AM在△AON中，易知∠AON=∠NAO．从而ND平分AO．又AO平分∠A．从而AO平分DK．因此在四边形AKOD中二对角线AO、DK互相垂直平分，故AKOD 是菱形．于是DO∥AK．同理，四边形CEOJ是菱形，从而OE∥CJ，从而D、O、E在一条直线上，即DE∥AC，而且DE过△ABC内心O．C1-058 某个平面四边形，各边之长顺次为a，b，c，d，对角线互相垂直．试证：任何其它四边形，若其各边长顺次为a，b，c，d，则其对角线也互相垂直．【题说】 1975年～1976年波兰数学奥林匹克三试题4．【证】设四边形ABCD、A′B′C′D′的边长顺次为a，b，c，d，AC 与BD相交于O，并且AC⊥BD（如图）．显然a2-b2=AO2-OC2=d2-c2设B′在A′C′上的射影为P，D′在A′C′上的射影为Q，则A′P2-PC′2=a2-b2=d2-c2=A′Q2-QC′2即 A′C′×（A′P-PC′）=A′C′×（A′Q-QC′）从而A′P-PC′=A′Q-QC′，又A′P+PC′=A′C′=A′Q+QC′，所以A′P=A′Q，P与Q重合，并且均在B′D′上．于是B′D′⊥A′C′．C1-059 已知平面上的三个正方形ABCD、A1B1C1D1和A2B2C2D2（正方形的顶点是沿逆时针方向标写的）．并且顶点A1与A重合，而C2与C重合，试证：线段D1D2与BM（其中M为线段B1B2的中点）互相垂直并且|D1D2|=2|BM|．【题说】第六届（1981年）全俄数学奥林匹克十年级题5．【证】设B为原点，其它各点的复数表示仍用同样的字母，则由于M 是线段B1B2中点，2·M=B1+B2=（B1-A）+（B2-C）+A+C=（D1-A）·（-i）+（D2-C）·i+A+C=（D2-D1）i+A·（1+i）+C·（1-i）=（D2-D1）i+C·i（1+i）+C·（1-i）=（D2-D1）i因此线段D1D2⊥BM，并且|D1D2|=2|BM|．C1-060 如图，在凸四边形ABCD中，AB与CD不平行．圆O1过A、B且与边CD相切于P，圆O2过C、D且与边AB相切于Q，圆O1与圆O2相交于E、F．求证：EF平分线段PQ的充分必要条件是BC∥AD．【题说】第五届（1990年）全国冬令营赛题1．【证】首先证明：如图，分别延长CD与BA，记它们的交点为S．并记SC，SD，SP，SA，SB，SQ为c，d，p，a，b，q，则p2=ab，q2=cd．于是延长PQ分别交圆O1、O2于J、I，则由相交弦定理可知PD·PC=PI·PQ，QA·QB=QJ·PQ弦定理可知KP·KJ=KE·KF=KQ·KI即KP（KQ+QJ）=KQ（KP=PI）于是KP·QJ=KQ·PI综上所述，命题得证．C1-061 △ABC是直角三角形，以直角边AC和BC为边分别向外作两个菱形ACDE和CBFG，其中心分别为P和Q，且∠EAC=∠GCB＜90°，如果M和N分别为AB和DG的中点．证明：PQ⊥MN．【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛八年级题2．【证】容易证明，△ACG≌△BCD，所以AG=BD．从而以四边形ADGB各边中点为顶点的四边形P，N，Q，M是菱形，故PQ⊥MN．C1-062 ABCDE是凸五边形，AB=BC，∠BCD=∠EAB=90°．X为此五边形内一点，使得AX⊥BE且CX⊥BD．证明：BX⊥DE．【题说】 1992年澳大利亚数学奥林匹克题3．【证】设AX交BE于Y，CX交BD于Z，BX交DE于F．则AB2=BY·BE=BZ·BD所以D，E，Y，Z四点共圆．又由于B，Y，X，Z四点共圆，所以∠BXZ=∠BYZ=∠ZDF故D，F，X，Z四点共圆，从而∠BFD=∠DZX=90°，即BX⊥DE．C1-063 已知△ABC以O1、O2、O3为旁切圆圆心．证明：△O1O2O3是锐角三角形．【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题3．【证】易知△O1O2O3包含△ABC，△ABC三内角平分线是△O1O2O3三高，△ABC内心O是△O1O2O3垂心．O在△ABC内，更在△O1O2O3内，故△O1O2O3为锐角三角形．C1-064 在△ABC中，∠A的平分线交AB边中垂线于A′，∠B的平分线交BC边中垂线于B′，∠C的平分线交CA边中垂线于C′．求证：（1）若A′与B′重合，则△ABC为正三角形；【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题3．【证】（1）若A′与B′重合，则△ABC的内心与外心重合，从而△ABC为正三角形．（2）将△A′AC′绕A旋转，使A与B重合．设这时C′转到∠ABC-∠BAC+∠ACB）=∠B′CC′．所以△B′BK≌△B′CC′，B′K=B′C′．从而△B′A′K≌△B′A′C′，∠【注】设I为内心，AB的垂直平分线交BB′于J，则可以证明△A′C′I∽△A′B′J，从而导出结论，但需要稍多的计算．C1-065 ABC是一个等腰三角形，AB=AC，假如（i）M是BC的中点，O是直线AM上的点，使得OB垂直于AB；（ii）Q是线段BC上不同于B和C的一个任意点；（iii）E在直线AB上，F在直线AC上，使得E，Q，F是不同的和共线的．求证：OQ⊥EF当且仅当QE=QF．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题2．本题由亚美尼亚-澳大利亚提供．【证】连线段OE、OF、OC．由对称性，OC⊥AC，∠OBQ=∠OCQ．若OQ ⊥EF，则O、Q、B、E四点共圆，O、Q、C、F四点共圆，故∠OEQ=∠OBQ，∠OFQ=∠OCQ （1）于是∠OEQ=∠OFQ，OE=OF又OQ⊥EF，故QE=QF．反之，若QE=QF，过E作EG∥BC交AC于G，则易知EB=GC=CF．又OB=OC，∠OBE=∠OCF=90°，所以△OBE≌△OCF，OE=OF．从而OQ⊥EF．C1-066 如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、CD于P，交DA于Q．求证：MQ∥NP．【题说】 1995年全国联赛二试题3．【证】连结AC，则O为AC中点，再连结MO、NO．则∠MON=180°-（∠OMN+∠MNO）因此△AMO∽△OMN∽△CON。

第6章 西姆松定理及应用(含答案)

第6章 西姆松定理及应用(含答案)

第六章西姆松定理及应用【基础知识】西姆松定理 过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足点共线（此线常称为西姆松线）．证明如图6-1，设P 为ABC △的外接圆上任一点，从P 向三边BC ，CA ，AB 所在直线作垂线，垂足分别为L ，M ，N ．连PA ，PC ，由P ，N ，A ，M 四点共圆，有βαγβLMAPBNC图6-1PMN PAN PAB PCB PCL ∠=∠=∠=∠=∠．又P ，M ，C ，L 四点共圆，有PML PCL ∠=∠． 故PMN PML ∠=∠，即L ，N ，M 三点共线． 注 此定理有许多证法．例如，如下证法：如图6-1，连PB ，令PBC α∠=，PCB β∠=， PCM γ∠=，则PAM α∠=，PAN β∠=，PBN γ∠=，且cos BL PB α=⋅，cos LC PC β=⋅，cos CM PC γ=⋅， cos MA PA α=⋅，cos AN PA β=⋅，cos NB PB γ=⋅．对ABC △，有cos cos cos 1cos cos cos BL CM AN PB PC PA LC MA NB PC PA PB αγββαγ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅．故由梅涅劳斯定理之逆定理，知L ，N ，M 三点共线．西姆松定理还可运用托勒密定理、张角定理、斯特瓦尔特定理来证（略）．西姆松定理的逆定理 若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在此三角形的外接圆上． 证明如图6-1，设点P 在ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的射影分别为L ，M ，N ，且此三点共线．由PN AB ⊥于N ，PM AC ⊥于M ，PL BC ⊥于L ，知P ，B ，L ，N 及P ，N ，A ，M 分别四点共圆，而AB 与LM 相交于N ，则PBC PBL PNM PAM ∠=∠=∠=∠，从而P ，B ，C ，A 四点共圆，即点P 在ABC △的外接圆上． 【典型例题与基本方法】1．找到或作出三角形外接圆上一点在三边上的射影，是应用西姆松定理的关键例1如图6-2，过正ABC △外接圆的AC 上点P 作PD ⊥直线AB 于D ，作PE AC ⊥于E ，作PF BC ⊥于F ．求证：111PF PD PE+=．PEFABCD图6-2证明由PD ⊥直线AB 于D ，PE AC ⊥于E ，PF BC ⊥于F ，知A ，E ，P ，D 及E ，F ，C ，P 分别四点共圆，则60DPE BAE ∠=∠=︒，60EPF ECF ∠=∠=︒． 由西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线，从而以P 为视点，对PDF △应用张角定理，有sin sin sin DPF DPE EPF PE PF PD ∠∠∠=+，即sin120sin60sin60PE PF PD ︒︒︒=+，故111PF PD PE+=． 例2如图6-3，设AD ，BE ，CF 为ABC △的三条高线，自D 点作DP AB ⊥于P ，DQ BE ⊥于Q ，DR CF ⊥于R ，DS AC ⊥于S ，连PS ．求证：Q ，R 在直线PS 上． QHES R ABDCPF 图6-3证明由于BFH △的外接圆为BDHF ，而D 为该圆上一点，且D 在BFH △三边所在直线上的射影分别为P ，Q ，R ，于是，由西姆松定理知P ，Q ，R 三点共线． 同理，可证Q ，R ，S 是HEC △的西姆线上三点．由于直线PQR 与直线QRS 有两个公共点Q ，R ，所以这两直线重合，故Q ，R 在直线PS 上． 例3如图64-，设P 为ABC △外接圆上一点，作PA BC '⊥交圆周于A '，作PB '⊥直线AC 交圆周于B '，作PC AB '⊥交圆周于C '．求证：AA BB CC '''∥∥．L MPNAB C C 'B'A'图6-4证明设PA BC '⊥于L ，PB '上直线AC 于N ，PC AB '⊥于M ，则由西姆松定理知L ，M ，N 三点共线．注意到L ，B ，P ，M 及A '，B ，P ，A 分别四点共圆，连BP ，则 AMN BML BPL BPA BAA ''∠=∠=∠=∠=∠，于是AA LN '∥．同样，注意到A ，B ，P ，B '及A ，M ，P ，N 分别四点共圆，连PA ，则ABB APB APN AMN ''∠=∠=∠=∠，于是BB LN '∥．由A ，P ，C '，C 四点共圆，知180ACC APC ''∠+∠=︒．注意到APC APM ANM CNM '∠=∠=∠=∠，则180ACC CNM '∠+∠=︒，于是CC LM '∥，故AA BB CC '''∥∥．例4如图6-5，设P 为ABC △外接圆上BC 内一点，过P 作PD ⊥BC 于D ，作PF ⊥直线AB 于F ，设H 为ABC △的垂心．延长PD 至P '，使PD P D '=．求证：HP DF '∥．（1979年山西省竞赛题改编） MA'H P'PABCD FE H '图6-5证明连AH 并延长交BC 于A '，交圆于H '，则由HCB BAH BCH ''∠=∠=∠，知HA A H '''=．又由已知PP BC '⊥，且P D DP '=，连PH '，则知PH '与P H '关于BC 对称，从而PH H P HH '''∠=∠． 由于从P 点已向ABC △的两边所在直线AB ，BC 引了垂线PF ，PD ，再过点P 向边AC 所在直线作垂线PE ，垂足为E ，则由西姆松定理，知F ，D ，E 三点共线，设西姆松线EF 与HA '交于M ．此时，又由P ，C ，E ，D 四点共圆，有CPE CDE ∠=∠．在Rt PCE △中，CPE ∠与PCE ∠互余；在Rt MDA '△中，A DM CDE '∠=∠与DMA '∠互余．故DMA PCE PCA PH H P HH ''''∠=∠=∠=∠=∠，由此即知HP EF '∥，故HP DF '∥．例5如图66-，设P 为ABC △外接圆上一点，过点P 分别作PL BC ⊥于L ，作PN ⊥直线AB 于N ，直线LN 交BC 边上的高线于K ，设H 为ABC △的垂心．求证：PK LH ∥．FPM HS Q BD G L CA K 图6-6N证明由于从P 点引了ABC △的边BC ，BA 所在直线的垂线，再过P 点作PM AC ⊥于M ，则由西姆松定理，知L ，M ，N 三点共直线，即L ，M ，N ，K 四点共线．设BC 边上的高线为AD ，延长AD 交圆于F ，连PF 交BC 于G ，交西姆松线NL 于Q ，连PH 交西姆松线NL 于S ．由P ，C ，L ，M 四点共圆及A ，F ，C ，P 共圆，连PC ，则MLP MCP AFP LPF ∠=∠=∠=∠，从而QP QL =，即Q 为Rt PLG △的斜边PG 的中点．连HG ，由DFC ABC DHC ∠=∠=∠，知HD DF =，有HGD DGF LGP QLG ∠=∠=∠=∠，从而HG ML ∥，即SQ 是PHG △的中位线，亦即HS SP =． 又PL KH ∥，有LPS KHS ∠=∠及PSL HSK ∠=∠，于是PSL HSK △△≌，即有PL KH ∥，亦即四边形PKHL 为平行四边形，故PK LH ∥．注由此例可得，三角形外接圆周上一点P 与垂心H 的连线段PH ，被关于P 点的西姆松线所平分，这是西姆松线的一条重要性质．2．注意发现四点共圆与三点共线的联系，灵活应用西姆松定理及其逆定理例6如图67-，延长凸四边形ABCD 的边AB ，DC 交于E ，延长AD ，BC 交于F ．试证：BCE △，CDF △，ADE △，ABF △的四个外接圆共点．EMPRSDB CA 图6-7FQ证明设BCE △与CDF △的两个外接圆除交于点C 外，另一交点为M ．设点M 在直线BE ，EC ，BC 上的射影分别为P ，Q ，R ，则由西姆松定理，知P ，Q ，R 三点共线．同样，M 点在直线DC ，CF ，DF 上的射影Q ，R ，S 也三点共线，故P ，Q ，R ，S 四点共线． 在ADE △中，P 在AE 上，Q 在DE 上，S 在边AD 所在直线上，且P ，Q ，S 三点共线，则由西姆松定理的逆定理，知M 点在ADE △的外接圆上．在ABF △中，P 在直线AB 上，R 在BF 上，S 在AF 上，且P ，R ，S 三点共线，由西姆松定理的逆定理，知M 点在ABF △的外接圆上．故BCE △，CDF △，ADE △，ABF △的四个外接圆共点．注此例题的结论实际为宪全四边形ABECFD 的四个三角形AED △、BEC △、CFD △、ABF △的外接圆共点，此点称为密克尔(Miquel )点，直线PQRS 称为完全四边形的西姆松线． 【解题思维策略分析】 1．证明点共线的又一工具例7如图68-，设P 为四边形1234A A A A 外接圆上任一点，点P 在直线12A A ，23A A ，34A A ，41A A ，上的射影分别为1B ，2B ，3B ，4B ，又点P 在直线12B B ，23B B ，34B B ，41B B 上的射影分别为1C ，2C ，3C ，4C ．求证：1C ，2C ，3C ，4C 共线．Q PB 1B 4B 3B 2C 4C 3C 2C 1A 2A 3A 4A 1图6-8证明连13A A ，过P 作13A A 的垂线，垂足为Q ．从而，点P 关于123A A A △的西姆松线为12B B Q 同样，点P 关于134A A A △的西姆松线为34B QB ．由14111A B P AQP A B P ∠=∠=∠，知点P 在14QB B △的外接圆上，由西姆松定理，知点P 在14QB B △三边上的垂足1C ，3C ，4C 共线． 同理，1C ，2C ，4C 三点也共线．故1C ，2C ，3C ，4C 四点共线（此直线称为P 点圆内接四边形关于1234A A A A 的西姆松线）． 2．注意西姆松线在转化问题中的媒介作用例8如图69-，设P 为ABC △外接圆周上任一点，P 点关于边BC ，AC 所在直线的对称点分别为1P ，2P ．求证：直线12P P 经过ABC △的垂心H ．P 2P 1BHLC P图6-9N证明由于1P ，2P 分别为P 点关于直线BC ，AC 的对称点，设1PP 交直线BC 于L ，2PP 变直线AC 于N ，则L ，M 分别为P 点在ABC △的边BC ，CA 所在直线上的射影，且L ，N 分别为线段1PP ，2PP 的中点．由西姆松定理，知LN 为西姆松线，此时2LN PP ∥．又由前面例5知，当H 为ABC △的垂心时，直线LN 平分线段PH ．于是，可知H 点在直线12P P 上，即直线12P P 经过H 点．例9如图610-，一条直线L 与圆心为O 的圆不相交，E 是l 上一点，OE l ⊥，M 是l 上任意异于E 的点，从M 作O 的两条切线分别切圆于A 和B ，C 是MA 上的点，使得EC MA ⊥，D 是MB 上的点，使得ED MB ⊥，直线CD 交OE 于F ．求证：点F 的位置不依赖于M 的位置．（IMO 35-预选题）图6-10M l E证明令OE a =，O 的半径为R ，连结EA ，EB ，OA ，OB ，OM ，AB ，设AB 交OM 于G ，交OE 于Q ，则，OA MA ⊥，OB MB ⊥，OM ⊥AB ．由射影定理，得2OG OM OB ⋅=，又由M ，E ，Q ，G 四点共圆，有22OQ OE OG OM OB R ⋅=⋅==，从而知2R OQ a=，由2OB OQ OE =⋅，有OEB OBQ △∽△，既有BEO OBQ BAO ∠=∠=∠，即123∠=∠=∠．由此得(901)903180MEB MAB ∠+∠=︒+∠+︒-∠=︒（），故A ，B ，E ，M 四点共圆．作EN AB ⊥交AB 的延长线于N ，由西姆松定理，知C ，D ，F ，N 四点共线．注意到A ，N ，E ，C 与A ，O ，E ，M 均四点共圆，有ENF EAM EOM ∠=∠=∠又由EN OM ∥，有ENF NEF ∠=∠，故ENF NEF ∠=∠．在Rt NEQ △中，由上推知F 为EQ 的中点，因此，()2211===222a R EF EQ OE OQ a--．故F 的位置不依赖于M 的位置．例10已知锐角ABC △，CD 是过点C 的高线，M 是边AB 的中点，过M 的直线分别与CA 、CB 交于点K 、L ，且CK CL =．若CKL △的外心为S ，证明：SD SM =．(2003年波兰奥林匹克题)证明如图6-11，作ABC △的外接圆，延长CS 交ABC 于点T ，联结TM ，作TK AC '⊥于点K '，TL BC '⊥于点L '．图6-11L'LSDB MAK 'K C注意到S 为KLC △的外心，且KC LC =，所以CS 为KCL ∠的平分线．于是T 为弧AB 的中点． 又M 为AB 的中点，则TM AB ⊥．由西姆松定理，知K '、M 、L '三点共线．又CT 是K CL ''∠的角平分线，且K '、L '、M 三点共线，则CK CL ''=．即直线K ML ''是过M 与CT 垂直的直线，又直线KML 也是过M 与CS 垂直的直线，从而K '与K 重合，L '与L 重合．即90CKT CLT ∠=∠=︒，亦即知C 、K 、T 、L 四点共圆．故S 为四边形CKTL 的外接圆圆心，即有SC ST =，于是S 为TC 的中点．又CD AB ⊥，则CD MT ∥．故SM SD =． 3．注意西姆松线性质的应用三角形外接圆上一点的西姆松线平分该点与三角形垂心的连线． 此性质已在例5给出一种证法，现另证如下： 如图6-12，设H 为ABC △的垂心，P 为其外接圆上一点，作HBC △的外接圆HBC ，则该圆与ABC 关于BC 对称(参见垂心性质7)．P'LHQM PABCN图6-12设点P 的垂足线（即西姆松线）为LMN ，由P 、B 、L 、M 四点共圆，有PLM PBM ∠=∠ 设HBC 与直线PL 交于点P '、Q ，则L 为PP '的中点，连HP '，由LP H QH '∠=的度数PA =的度数PBA PBM PLM =∠=∠=∠，知P H LMN '∥．由此即知PH 被直线LMN 平分． 例11如图613-，由ABC △的顶点A 引另两顶点B 、C 的内、外角平分线的垂线，垂足分别为F 、G 、E 、D ，则F 、G 、E 、D 四点共线，且此线与ABC △的中位线重合．IFGE DBCKLA图6-13证明延长BE 、CD 相交于点K ，设CG 与BE 相交于点I ，则I 为ABC △的内心．由1=2CAI A ∠∠，1119090222CKI CIK B C A ⎛⎫∠=︒-∠=︒-∠+∠=∠ ⎪⎝⎭，知A 、I 、C 、K 四点共圆．对ICK △及点A 应用西姆松定理，知G 、E ．D 三点共线．图6-13同理，对BCL △及点A 应用西姆松定理，知F 、G 、E 三点共线． 故F 、G 、E 、D 四点共线．由于C 为ICK △的垂心，则由西姆松线的性质知直线GED 平分AC ．同理，直线FGE 平分AB ，故直线FD 与ABC △的中位线重合．注由例11再回过来看例2，在例2中，是由点D 引DEF △另两个顶点E ．F 的内、外角平分线的垂线，垂足分别为P 、Q 、R 、S ．4．注意西姆松定理与托勒密定理的等价性 可用西姆松定理证明托勒密定理：如图614-，ABCD 为任意圆O 内接凸四边形，连AC ，过D 向ABC △各边作垂线，AB ，AC ，BC 所在直线上的垂足分别为1C ，1B ，1A ，连11C B ，11B A ，由西姆松定理，知111111C B B A C A +=．①图6-14由A ，1C ，1B ，D 四点共圆，且AD 为该圆直径及正弦定理，有111111sin sin C B AD C DB AD C AB =⋅∠=⋅∠，设R 为O 半径，则11sin sin 2BC C AB BAC R ∠=∠=,故 112AD BCC B R⋅=． 同理，112CD AB B A R ⋅=，112AC BDC A R⋅= 于是，由①式有AD BC CD AB AC BD ⋅+⋅=⋅．此即为托勒密定理． 也可用托勒密定理证明西姆松定理：设ABCD 是O 的内接四边形，则由托勒密定理，有 AD BC AB CD AC BD ⋅+⋅=⋅．②作1DC ⊥直线AB 于1C ，作1DB ⊥直线AC 于1B ，则由1A ，1C ，1B ，D 四点共圆，且AD 为该圆直径及正弦定理，有11111111sin sin C B C B AD C DB C AB ==∠∠，即1111sin 2BCC B AD C AB AD R=⋅∠=⋅．（R 为O 半径），亦即112AD BC R C B ⋅=⋅．同理，112AB CD R A B ⋅=⋅，112AC BD R AC ⋅=⋅． 把上述三式代入②式，有111111C B A B AC +=，故1A ，1B ，1C 三点在一条直线上，此即为西姆松定理，因此，在应用中，我们应当注意灵活处置，若应用哪个定理方便，就应用哪个定理．【模拟实战】习题A1．设P 为ABC △外接圆周劣孤BC 上一点，P 在边BC ，CA ，AB 上的射影分别为L ，M ，N ， 令PL l =，PM m =，PN n =，BC a =，CA b =，AB c =．求证：mna lnb lmc =+．2．设PA ，PB ，PC 为O 的三条弦，分别以它们为直径作圆两两相交于D ，E ．F ．求证：D ， E ，F 三点共线．3．自ABC △的顶点A 作B ∠的内、外角平分线BE ，BF 的垂线，垂足为E ，F ，再作C ∠的内、外角平分线CG ，CD 的垂线，垂足为G ，D ．求证：F ，G ，E ，D 四点共线． 4．求证：正三角形外接圆周上任一点到三边距离的平方和为定值．5．若三圆均经过其三圆心所成的外接圆上任何一点，则此三圆两两相交于三个共线点．习题B1．点P ，Q 是ABC △的外接圆上的两点(异于A ，B ，C )，点P 关于直线BC ，CA ，AB 的对称 点分别是U ，V ，W ，连线QU ，QV ，QW 分别与直线BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ．求证： (Ⅰ)U ，V ，W 三点共线；(Ⅱ)D ，E ，F 三点共线．2．设ABCD 是一个圆内接四边形，点P ，Q 和R 分别是D 到直线BC ，CA 和AB 的射影． 证明：PQ QR =的充要条件是ABC ADC ∠=∠的角平分线的交点在AC 上．（IMO -44试题）3．（卡诺定理）过ABC △外接圆上一点P ，向三边所在直线引斜线分别交BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，且PDB PEC PFB ∠=∠=∠．求证：D ，E ，F 共线．4．过ABC △的三顶点引互相平行的三直线，它们和ABC △的外接圆的交点分别为A '，B '，C '．在ABC △的外接圆上任取一点P ，设PA '，PB '，PC '与BC ，CA ，AB 或其延长线分别交于D ，E ，F ．求证：D ，E ，F 共线． 5．（清宫定理）设P ，Q 为ABC △外接圆上异于A ，B ，C 的任意两点，P 点关于BC ，CA ，AB 的对称点分别为U ，V ，W ，而QU ，QV ，QW 和BC ，CA ，AB 分别交于D ，E ，F ．求证：D ，E ，F 共线．6．设P ，Q ，为ABC △外接圆半径OK 或延长线上两点，2OP OQ R ⋅=，其中R 为外接圆半径，P 点关于BC 、CA 、AB 的对称点分别为U ，V ，W ，而QU ，QV ，QW 分别交BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ．求证：D ，E ，F 共线．第六章西姆松定理及应用答案习题A1．由西姆松定理，知L ，M ，N 三点共线，注意到P ，L ，N ，B 及P ，M ，C ，L 分别四点共圆，知LPN B ∠=∠，LPM C ∠=∠．又由张角定理，有()sin sin sin B C B CPL PM PN∠+∠∠∠=+，即 sin sin sin mn A ln B lm C ⋅∠=⋅∠+⋅∠再应用正弦定理，得mn a ln b lm c ⋅=⋅+⋅． 2．根据直径所对的圆周角是直角，知90BDP ADP ∠=∠=︒，90BFP CFP ∠=∠=︒，90CEP AEP ∠=∠=︒，即知D ，A ，B ；B ，F ，C ；C ，E ，A 分别三点共线．又PD AB ⊥于D ，PE AC ⊥于E ，PF BC ⊥于F ，P 是ABC △外接圆周上一点，由西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线．3．延长BE ，CD 相交于点K ，延长CG ，BF 相交于点L ．设CG 与BE 相交于点I ，则I 为ABC △的内心．由12CAI BAC ∠=∠，而()11909022CKI CIK B C BAC ∠=︒-∠=︒-∠+∠=∠，从而A ，I ，C ，K四点共圆．又AD CK ⊥于D ，AE KB ⊥于E ，AG CI ⊥于G ，A 是ICK △外接圆上任一点，由西姆松定理，知D ，E ，G 三点共线．同理，B ，I ，A ，L 四点共圆，AE BI ⊥于E ，AG IL ⊥于G ，AF BL ⊥于F ，由西姆松定理，知E ，G ，F 三点共线．故F ，G ，E ，D 四点共线．4．设正ABC △外接圆弧AB 上任一点P 到边BC ，CA ，AB 的距离分别为a h ，b h ，c h ，其垂足分别为D ，E ，F ，正三角形边长为a ．由面积等式可得a b c h h h +-=．此式两边平方，得()2222324a b c a b b c a c h h h h h h h h h a +++--=．由sin sin b a h hPAC PBD PA PB =∠=∠=，有a b h PA h PB ⋅=⋅． 同理，a c h PA h PC ⋅=⋅，故a b h PA h PB k PC ⋅=⋅=⋅．又P ，F ，E ，A 及P ，D ，B ，F 分别四点共圆，有PFD PBD PAC ∠=∠=∠，PDF PBF PCA ∠=∠=∠， 得PFD PAC △△≌，故c h PA a DF =⋅，同理，a h PB a DE =⋅,b hPC a EF=⋅，即 a c b a c bh h h h h h k EF DE EF⋅⋅⋅===由西姆松定理，知D ，E ，F 共线，即DF FE DE +=．于是 £()0a b a c b c hb h h h h h h DE DF EF k ®---=--=⋅，故222234a b c h h h a ++=．5．设以ABC △的三个顶点为圆心的三圆，皆经过同一点M ，而M 在ABC △的外接圆上，A 与B 另交于D ，A 与C 另交于E ，B 与C 另交于F ． 注意到A 与B 中，公共弦MD ⊥连心线AB ；A 与C 中，公共弦ME ⊥连心线AC ；B 与C 中，公共弦MF ⊥连心线BC ．对ABC △及其外接圆周上一点M ，应用西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线．习题B1．(Ⅰ)设从点P 向BC ，CA ，AB 作垂线，垂足分别为X ，Y ，Z ．由对称性，知XY 为PUV △的中位线，故UV XY ∥同理，VW YZ ∥，WU XZ ∥．由西姆松定理，知X ，Y ，Z 三点共线，故U ，V ，W 三点共线．(Ⅱ)由P ，C ，A ，B 四点共圆，有PCE ABP ∠=∠．亦有22PCV PCE ABP PBW ∠=∠=∠=∠． 又PCQ PBQ ∠=∠，则PCV PCQ PBW PBQ ∠+∠=∠+∠． 即QCV QBW ∠=∠，从而QCV QBWS CV CQS BQ BW⋅=⋅△△．同理，QAW QCUS AW AQS CQ CU ⋅=⋅△△，1QBU QCV QAW QBU QAV QBW QCU QAVS S S S BQ BU S AQ AV S S S ⋅=∴⋅⋅=⋅△△△△△△△△． 于是，1QBU QCV QAWQCV QAV QBWS S S BD CE AF DC EA FB S S S ⋅⋅=⋅⋅=△△△△△△ 由梅勒劳斯定理的逆定理，知D ，E ，F 三点共线．2．由西姆松定理知P ，Q ，R 三点共线．而90DPC DQC ∠=∠=︒，则D ，P ，C ，Q 四点共圆．于是，DCA DPQ DPR ∠=∠=∠．同理，由D ，Q ，R ，A 共圆，有DAC DRP ∠=∠．故DCA DPR △∽△． 类似地，DAB DQP △∽△，DBC DRQ △∽△，从而//DA DR DB QR BC QP BA DC DP DB PQ BA PQ BC ⋅⋅===⋅⋅,故DA BAPQ QR DC BC=⇔=,而ABC ∠和ADC ∠的角平分线分AC 的比分别为BA BC 和DADC．即可证． 3．设P 在BC ，由PDB PFB PEC PEA ∠=∠=∠=∠，知B ，P ，D ，F 四点共圆，P ，F ，A ，E 四点共圆，从而PFD PBD PBC PAE PFE ∠=∠=∠=∠=∠，故F ，D ，E 共线（当90PBD PEC PFB ∠=∠=∠=︒时，即为西姆松定理）． 4．由PCE A '∠=∠及AA BB ''∥，有A BGD '=∠ (G 为PA '与BB '的交点)，即PCE BGD ∠=∠．又 CBB CPB ''∠=∠，从而在BGD △和PCE △中，有BDP CEP ∠=∠，即知D ，P ，E ，C 四点共圆，有PDE PCE A '∠=∠=∠，故AA DE '∥．同理，AA DF '∥，所以D ，E ，F 共线（当PA BC '⊥时，即为西姆松定理）． 另证设P B '与AB 交于点X ．注意到BB CC ''∥，则知B BC C ''为等腰梯形，有B C BC ''=，即有B PC BAC ''∠=∠．从而AXP XAC AXP XPC ∠+∠=∠+∠．于是E F ∠=∠．同理E D ∠=∠，F D ∠=∠．故E D F ∠=∠=∠．由卡诺定理（即上一题）知D 、E 、F 三点共线．5．设Q ，P 顺次在BC 上，由PCE PBA ∠=∠．有PCV PBW ∠=∠．又PCQ PBQ ∠=∠，有 QCV QBW ∠=∠．故QCNQBW S VC QC PC QC S WB QB PB QB⋅⋅==⋅⋅△△． 同理，QAWQCU S PA QA S PC QC ⋅=⋅△△,QBV QAV S PB QB S PA QA⋅=⋅△△． 于是，1QBU QCU QAW QCU QAV QBW S S S BD CE AF PB QB PC QC PA QA DC EA FB S S S PC QC PA QA PB QB⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅△△△△△△ 由梅勒劳斯定理的逆定理，知D ，E ，F 共线（当P ，Q 重合时，即为西姆松定理）．6．设K 点在BC 上，连OC ，则2OP OQ OC ⋅=，又POC COQ ∠=∠，则OPC COQ △∽△，有 OCP OQC ∠=∠．又OKC OQC KCQ ∠=∠+∠，OCK OCP KCP ∠=∠+∠，而OKC OCK ∠=∠，O CP OQC ∠=∠，知PCK KCQ ∠=∠，即2QCV KCE ∠=∠． 同理，2QBW KBA ∠=∠．又KCE KBA ∠=∠，则QCV QBW ∠=∠，有 QCVQBW S CV CQ PC QC S QB WB PB QB ⋅⋅==⋅⋅△△．同理QAW QCU S PA QA S PC QC ⋅=⋅△△,QBU QAV S PB QB S PA QA ⋅=⋅△△．故1QBU QCV QAW QCU QAV QBWS S S BD DE AF DZ EA FB S S S ⋅⋅=⋅⋅=△△△△△△，故D ，E ，F 共线[当P （或Q ）在圆周上时，即为西姆松定理]。

(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---参考答案(第1-2章)

(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---参考答案(第1-2章)

参考答案第一章 梅涅劳斯定理及应有习题A1．延长CB ，FE 交于H ，ADB △与截线GEH ，有13122AG DH BE DH GD HB EA HB ⋅⋅=⋅⋅=，有43DH HB =，即74CH HD =．对ACD △及截线FGH ，72141AF CH DG AF FC HD GA FC ⋅⋅=⋅⋅=，求得27AF FC =． 2．设CB ，DE 的延长线交于P ，又BP BC =，32FP PB =，对AFB △与截线HEP ，CGE ，有31121AH FP BE AH GF PB EA HF ⋅⋅=⋅⋅=，即23AH HF =；11121AG FC BE AG GF CB EA GF ⋅⋅=⋅⋅=，即21AG GF =．由此求得645AH HG GF =∶∶∶∶．3．对BDP △于截线CEA ，有1231612BC DA PE BC CD AP EA CD ⋅⋅=⋅⋅=，知BD DC =．对CDP △与截线BFA ，有22111CB DA PF PF BD AP FC FC ⋅⋅=⋅⋅=，知14PF FC =．而20CF =，故15CP =． 在PBC △中，由中线长公式2PD =，得BC =，即BD =．又22222269BP PD BD +=+==，即90BPD ∠=︒，27PBD S =△，4108ABC PBD S S ==△△．4．直线OCB 分别与DMF △和AEM △的三边延长线都相交，有1DB MO FC MB FO DC ⋅⋅=，1AB EO MCEB MO AC⋅⋅=，即OF OE DB FC EB AC OM OM MB DC AB MC ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅．由EF AD ∥，有DB AB MB EB =，FC MC DC AC =，从而21OF OE OM ⋅=，即22OF OE OM OP ⋅==，有OFP OPE △∽△，故OPF OEP ∠=∠．5．直线截ABC △，有22133CF AD BE BE FA DB EC EC ⋅⋅=⋅⋅=，即94BE EC =，故54BC CE =．直线截DBE △，有25154EF AD BC EF FD AB CE ED ⋅⋅=⋅⋅=，所以21EF FD =∶∶． 6．设AC BC x ==，则AB =，。

高等数学第六章答案

高等数学第六章答案

高等数学第六章答案第六章定积分的应用第二节定积分在几何上的应用1? 求图中各阴影部分的面积?（1）(2) 1 1. 632? 332 (4)? 3 (3)2. 求由下列各曲线所围成的图形的面积?(1) 6??(2)4? 33?ln2? 21 (3)e??2? e(4)b?a93? ? 414? （1）?21（2）?4 35? (1) ?a2?(2) 32?a? 82 (3)18?a? ?6? （1）2?（2）?4? ?35? 4（3）及?2?cos2??6?127．求下列已知曲线所围成的图形? 按指定的轴旋转所产生的旋转体的体积：（1）y?x和x轴、向所围图形，绕x轴及y轴。

21（2）y?x2和y2?8x,绕x及y轴。

2（3）x??y?5??16,绕x轴。

2（4）xy=1和y=4x、x=2、y=0，绕。

（5）摆线x=a?t-sint?,y?a?1?cost?的一拱,y?0，绕x轴。

??482413（1,;(2)?,?;(3)160?2;(4)?;(5)5?2a3. 525568．由y?x3? x?2? y?0所围成的图形? 分别绕x轴及y轴旋转? 计算所得两个旋转体的体积?128?? 764? Vy?5 Vx?9．把星形线x2/3?y2/3?a2/3所围成的图形? 绕x轴旋转? 计算所得旋转体的体积?10．（1）证明由平面图形0?a?x?b? 0?y?f(x)绕y轴旋转所成的旋转体的体积为V?2?32?a3 105?xf(x)dx? 证明略。

a 2b （2）利用题（1）结论? 计算曲线y?sin x(0?x??)和x轴所围成的图形绕y轴旋转所得旋转体的体积? 2?11．计算底面是半径为R的圆? 而垂直于底面上一条固定直径的所有截面都是等边三角形的立体体积?3R? 22312．计算曲线y?x2上相应于3?x?8的一段弧的弧长。

12 33213．计算曲线y?ln(1?x)上相应于0?x?11的一段弧的弧长。

高中数学竞赛考试大纲及必备辅导书汇总,尖子生请收好

高中数学竞赛考试大纲及必备辅导书汇总,尖子生请收好

高中数学竞赛考试大纲及必备辅导书汇总，尖子生请收好！首先，强调一点：不是所有学生都可以学数学竞赛，要想学习数学竞赛必须同时具备以下条件：•高考数学可以轻松应对；•对数学竞赛有兴趣，自发选择学习数学竞赛；•具备自主学习能力；•高考涉及的其他学科不存在太大问题，或个人的竞赛前景远优于高考前景。

数学竞赛需要的时间和精力都是很大的，并且如果因为学习竞赛受挫而导致对数学产生负情绪是得不偿失的，因此，我从不提倡“全民竞赛”。

当然，如果你恰好符合以上的四个条件，那么你一定要学习竞赛。

为什么？因为学习数学竞赛的好处很多。

与其他学科竞赛一样，学习数学竞赛除了能在升入高校方面获得保送或降分的优惠外，还能培养学生的自主学习能力，这对学生的整个大学学习乃至今后的学术研究或是社会工作是尤为重要的。

当然，对于大部分学生来说，高校的吸引力是最大的。

而2016年新发布的高校自主招生政策中，其中的变化值得深思：•取消“校荐”，考生需自己报名；•“年级排名”不再是报名条件；•门槛抬高，审核更为严格；•报考专业一定要与特长匹配；•试点高校自主招生考核统一安排在高考结束之后、高考成绩公布前进行。

我们最需要关注的点有三个：① 由于校荐被取消，年级排名也被废除，原本校内成绩突出的学生很难走自招，而自招的报名人数会上升，竞争更加激烈；② 据了解，985高校自招的初审底线是竞赛拿到省二以上，而北清更是要求拿到省一，门槛的提高导致了28万申请自招的学生只有4万余人通过初审，8千余人获得资格，初审和复审的通过率均低于20%；③ 现在的自招考试要求不超过两科，考试的科目和专业是相匹配的，而绝大多数专业的考试科目都有数学，因此数学竞赛的比重是很高的。

总的来说，新的政策直接导致的是各高中年级排名较高的学生更难上清北（难以进入博雅领军，难以获得自招资格，裸考进清北的人更少），而间接导致的是更多的学生走上了竞赛这条道路。

因此，若你有足够的实力，精力和时间，那么竞赛将是你们的不二之选。

数学分析课本(华师大三版)-习题及答案第六章

数学分析课本(华师大三版)-习题及答案第六章

数学分析课本(华师大三版)-习题及答案第六章第六章 微分中值定理及其应用一、 填空题1．若0,0>>b a 均为常数，则=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+→xx x x b a 32lim ________。

2．若21sin cos 1lim 0=-+→x x b x a x ，则=a ______，=b ______。

3．曲线x e y =在0=x 点处的曲率半径=R _________。

4．设2442-+=x x y ，则曲线在拐点处的切线方程为___________。

5．=-+→xex xx 10)1(lim___________。

6．设)4)(1()(2--=x xx x f ，则0)(='x f 有_________个根，它们分别位于________区间；7．函数x x x f ln )(=在[]2,1上满足拉格朗日定理条件的__________=ξ；8．函数3)(x x f =与21)(x x g +=在区间[]2,0上满足柯西定理条件的_____=ξ；9．函数x y sin =在[]2,0上满足拉格朗日中值定理条件的____=ξ； 10．函数2)(xe xf x=的单调减区间是__________；11．函数x x y 33-=的极大值点是______，极大值是A.没有实根B.有两个实根C.有无穷多个实根D.有且仅有一个实根5．已知)(x f 在0=x 处某邻域内连续，2cos 1)(lim 0=-→xx f x ，则在0=x 处)(x f ( )。

A.不可导B.可导且2)0('=fC.取得极大值D.取得极小值6．设函数)(x f 在区间[)+∞,1内二阶可导，且满足条件0)1()1(='=f f ，1>x 时0)(<''x f ，则xx f x g )()(=在[)+∞,1内( )A ．必存在一点ε，使0)(=εfB ．必存在一点ε，使0)(='εfC ．单调减少 D. 单调增加7．设)(x f 有二阶连续导数，且0)0(='f ，1)(lim 0=''→xx f x ，则( )A ．)0(f 是)(x f 的极大值 B.)0(f 是)(x f 的极小值 C ．())0(,0f 是曲线)(x f y =的拐点D ．)0(f 不是)(x f 的极值，())0(,0f 也不是曲线)(x f y =的拐点8．若)(x f 和)(x g 在0x x =处都取得极小值，则函数)()()(x g x f x F +=在0x x =处( )A ．必取得极小值 B.必取得极大值 C.不可能取得极值 D.是否取得极值不确定 9．设)(x y y =由方程03223=+-by y ax x 确定，且1)1(=y ，1=x 是驻点，则( )A.3==b aB.25,23==b aC.21,23==b a D.3,2-=-=b a 10．曲线22)3()1(--=x x y 的拐点的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 11．)(),(x g x f 是大于0的可导函数，且0)(')()()('<-x g x f x g x f ，则当b x a <<时有( )A ．)()()()(x g b f b g x f > B.)()()()(x g a f a g x f > C.)()()()(b g b f x g x f > D.)()()()(a g a f x g x f > 12．曲线()()211arctan212+-++=x x x x e y x的渐近线有( )A ．1条 B.2条 C.3条 D.4条 13．q x x x f ++=2)(3的O 点的个数为( ) A ．1 B.2 C.3 D.个数与q 有关 14．曲线⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+==111t b t x 则曲线( )A ．只有垂直渐近线 B.只有水平渐近线 C ．无渐近线 D.有一条水平渐近线和一条垂直渐近线15．设)(x f y =为0sin =-'+''x e y y 的解，且0)(0='x f ，则)(x f 有( )A ．0x 的某个邻域内单调增加B ．0x 的某个邻域内单调减少C ．0x 处取得极小值D ．0x 处取得极大值 16. 罗尔定理中的三个条件;)(x f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可导,且)()(b f a f =是)(x f 在),(b a 内至少存在一点ξ,使得0)(='ξf 成立的( ).)(A 必要条件)(B 充分条件)(C 充要条件 )(D 既非充分也非必要17. 下列函数在],1[e 上满足拉格朗日中值定理条件的是( ). )(A );ln(ln x)(Bxln ;)(Cxln 1;)(D)2ln(x -;18. 若)(x f 在开区间),(b a 内可导,且21,x x 是),(b a 内任意两点,则至少存在一点ξ使得下式成立( ). )(A )()()()(2112ξf x x x f x f '-=- ),(b a ∈ξ; )(B)()()()(2121ξf x x x f x f '-=- 21x x <<ξ)(C )()()()(1221ξf x x x f x f '-=- 21x x <<ξ )(D)()()()(1212ξf x x x f x f '-=-21x x <<ξ19. 设)(x f y =是),(b a 内的可导函数,x x x ∆+,是),(b a 内的任意两点,则( ) . )(A x x f y ∆'=∆)()(B 在x x x ∆+,之间恰有一个ξ,使得x f y ∆'=∆)(ξ )(C 在x x x ∆+,之间至少存在一点ξ,使得x f y ∆'=∆)(ξ )(D 对于x 与x x ∆+之间的任一点ξ,均有x f y ∆'=∆)(ξ20.若)(x f 在开区间),(b a 内可导,且对),(b a 内任意两点21,x x 恒有21212)()()(x x x f x f -≤-,则必有( ). )(A 0)(≠'x f )(Bxx f =')( )(Cxx f =)()(Dcx f =)((常数)21. 已知函数)4)(3)(2)(1()(----=x x x x x f ,则方程)(x f '0=有( ).)(A 分别位于区间)4,3(),3,2(),2,1(内的三个根; )(B 四个根,它们分别为4,3,2,14321====x x x x;)(C 四个根,分别位于);4,3(),3,2(),2,1(),1,0( )(D 分别位于区间)4,1(),3,1(),2,1(内的三个根;22. 若)(x f 为可导函数,ξ为开区间),(b a 内一定点,而且有)()(,0)(≥'->x f x f ξξ,则在闭区间],[b a 上必总有( ).)(A 0)(<x f)(B)(≤x f)(C)(≥x f)(D)(>x f23. 若032<-b a,则方程0)(23=+++=c bx ax xx f ( ).)(A 无实根)(B 有唯一实根)(C 有三个实根 )(D 有重实根24. 若)(x f 在区间],[+∞a 上二次可微,且,0)(,0)(<'>=a f A a f 0)(≤''a f (a x >),则方程0)(=x f 在],[+∞a 上( ).)(A 没有实根)(B 有重实根)(C 有无穷多实根)(D 有且仅有一个实根25. 设)()(lim 0x g x f x x →为未定型, 则)()(lim 0x g x f x x ''→存在是)()(lim 0x g x f x x →也存在的( ).)(A 必要条件)(B 充分条件)(C 充要条件)(D 既非充分也非必要条件26. 指出曲线23x x y -=的渐近线( ).)(A 没有水平渐近线,也没有斜渐近线; )(B3=x 为垂直渐近线,无水平渐近线;)(C 既有垂直渐近线,又有水平渐近线; )(D 只有水平渐近线.27 曲线)2)(1(1arctan212+-++=x x x x ey x的渐近线有( ).)(A 1条 ; )(B 2条 ; )(C 3条 ;)(D 4条 ;28． 函数x x a x f 2cos 21cos )(-=在3π=x 取得极值，则=a（ ）。

(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第1章梅涅劳斯定理及应用

(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第1章梅涅劳斯定理及应用

第一章涅劳斯定理及应用【基础知识】梅涅劳斯定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若A '，B '，C '三点共线，则1BA CB AC A B B A C B'''⋅⋅='''．①证明 如图11-，过A 作直线AD C A ''∥交BC 的延长线于D ，则 CB CA B A A D ''=''，AC DA C B A B''=''，故 1BA CB AC BA CA DA A C B A C B A C A D A B''''''⋅⋅=⋅⋅=''''''． 注 此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法．正弦定理证法 设BC A α''=∠，CB A β''=∠，B A B γ''=∠，在BA C ''△中，有sin sin BA C B αγ'='，同理，sin sin CB CA γβ'='，sin sin AC AB βα'='，此三式相乘即证． 面积证法 由A C B A C C S BA A C S '''''='△△，CB C CA B CB C CA B C CA B AC A AB B AC A AB AC A S S S S S CB B A S S S S S ''''''''''''''''''''+===='+△△△△△△△△△△，AC A C BA S AC C B S '''''='△△，此三式相乘即证．梅涅劳斯定理的逆定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若 1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''，② 则A '，B '，C '三点共线．证明 设直线A B ''交AB 于1C ，则由梅涅劳斯定理，得到111AC BA CB A C B A C A''⋅⋅=''．由题设，有1BA CB AC A C B A C B '''⋅⋅='''，即有11AC AC C B C B '='． 又由合比定理，知1AC AC AB AB'=，故有1AC AC '=，从而1C 与C '重合，即A '，B '，C '三点共线． 有时，也把上述两个定理合写为：设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线（包括三边的延长线）上的点，则A '，B '，C '三点共线的充要条件是1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''． 上述①与②式是针对ABC △而言的，如图11-（整个图中有4个三角形），对于C BA ''△、B CA ''△、AC B ''△也有下述形式的充要条件：C ′B′A'A′B′C ′AC B DCB 图1-1A1C A BC A B AB CA B C '''⋅⋅='''；1B A CB A C AC BA C B '''⋅⋅='''；1AB C A B CBC A B CA'''⋅⋅='''．③ 第一角元形式的梅涅劳斯定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线（包括三边的延长线）上的点，则A '，B '，C '共线的充分必要条件是 sin sin sin 1sin sin sin BAA ACC CBB A AC C CB B BA'''⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠．④证明 如图12-，可得1sin 21sin 2ABA AA C AB AA BAA S BA A C S AA AC A AC ''''⋅⋅'=='''⋅⋅△△∠∠ sin sin AB BAA AC A AC'⋅='⋅∠∠．同理，sin sin CB BC CBB B A AB B BA''⋅=''⋅∠∠，sin sin AC AC ACC C B BC C CB ''⋅=''⋅∠∠． 以上三式相乘，运用梅涅劳斯定理及其逆定理，知结论成立．第二角元形式的梅涅劳斯定理 设A '，B '，C '分别是ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，点O 不在ABC △三边所在直线上，则A '，B '，C '三点共线的充要条件是 sin sin sin 1sin sin sin BOA COB AOC A OC B OA C OB'''⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠．⑤证明 如图13-，由BOA A OC S BA S A C'''='△△，有 sin sin BOA OC BA A OC OB A C''=⋅''∠∠． 同理，sin sin COB OA CB B OA OC B A ''=⋅''∠∠，sin sin AOC OB AC C OB OA C B''=⋅''∠∠． CA′B'C '图1-2AA′OCBB'C 'A 图1-3于是sin sin sin sin sin sin BOA COB AOC BA CB AC A OC B OA C OB A C B A C B''''''⋅⋅=⋅⋅''''''∠∠∠∠∠∠． 故由梅涅劳斯定理知A '，B '，C '共线1BA CB AC A C B A C B'''⇔⋅⋅='''．从而定理获证．注 （1）对于④、⑤式也有类似③式（整个图中有4个三角形）的结论．（2）于在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式中的右端均为1-，③、④、⑤式中的角也可以按①或②式中的对应线段记忆．特别要注意的是三边所在直线上的点为一点或者三点在边的延长线上． 【典型例题与基本方法】1．恰当地选择三角形及其截线（或作出截线），是应用梅涅劳斯定理的关键例1 如图14-，在四边形ABCD 中，ABD △，BCD △，△ABC 的面积比是3∶4∶1，点M ，N 分别在AC ，CD 上，满足AM ∶AC CN =∶CD ，并且B ，M ，N 共线．求证：M 与N 分别是AC 和CD 的中点．（1983年全国高中联赛题）证明 设AM CNr AC CD==（01r <<），AC 交BD 于E ． Q 341ABD BCD ABC S S S =△△△∶∶∶∶，∴17BE BD =，37AE AC =． 37371771AM AE r EM AM AE r AC AC AM MC AC AM r r AC----====----． 又因B ，M ，N 三点共线，可视BMN 为△CDE 的截线，故由梅涅劳斯定理，得 1CN DB EM ND BE MC ⋅⋅=，即77311177r r r r-⋅⋅=--． 化简整理，得 2610r r --=，解得12r =，13r =-（舍去）．故M 与N 分别是AC 和CD 的中点． 例2 如图1-5，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）EDCBM NA图1-4证明 记BAC CAD θ==∠∠，GAC α=∠，EAC β=∠，直线GFD 与△BCE 相截，由梅涅劳斯定理，有 1ABG AEFAED ABFS S BG CD EF GC DE FB S S =⋅⋅=⋅△△△△ sin()sin sin sin sin()sin AB AC AE AC AE AB θαθβαθβθ⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅⋅-⋅ sin()sin sin sin()θαβαθβ-⋅=⋅-．故 sin()sin sin()sin θαβθβα-⋅=-⋅．即 sin cos sin cos sin sin sin cos sin cos sin sin θαβθαβθβαθβα⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-⋅⋅， 亦即 sin cos sin sin sin cos sin()0πk θαβθαβαβαβ⋅⋅=⋅⋅⇔-=⇔-=，且k 只可能为0，故GAC ∠ EAC =∠．例3 设E 、F 分别为四边形ABCD 的边BC 、CD 上的点，BF 与DE 交于点P ．若BAE FAD =∠∠，则BAP CAD =∠∠．证明 如图1-6，只需证得当AF 关于BAD ∠的等角线交BE 于P 时，B 、P 、F 共线即可．事实上，B 、P 、F 分别为△CDE 三边所在直线上的三点，且A 不在其三边所在直线上． 又FAD EAB =∠∠，DAP BAC =∠∠，PAE CAF =∠∠， 由第二角元形式的梅涅劳斯定理，有sin sin sin 1sin sin sin EAB CAF DAPBAC FAD PAE⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．故B 、P 、F 三点共线．注 当AC 平分BAD ∠时，即为1999年全国高中联赛题．2．梅涅劳斯定理的逆用（逆定理的应用）与迭用，是灵活应用梅氏定理的一种方法例2另证 如图1-5，设B ，G 关于AC 的对称点分别为B '，G '，易知A ，D ，B '三点共线，连FB '，G 'B'GFEDCBA图1-5FED CBAP图1-6FG '，只须证明A ，E ，G '三点共线．设EFB α'=∠，DFE BFG B FG β''===∠∠∠，AFD GFC G FC γ'===∠∠∠，则*sin sin sin()1sin()sin sin FDA FG B FEC FB A FG C FED S S S DA B G CE FD FB FC AB G C ED S S S FB FC FD γββγαβγαγβ'''''''⋅⋅⋅+-⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅='''⋅+-⋅⋅△△△△△△． 对△CB D '，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知A ，E ，G '三点共线．故GAC EAC =∠∠． 注 在图1-5中，*式也可为sin(180)βγ︒--，若B '在AD 的延长上，则*式为sin()βγα++． 例4 如图1-7，1O e 与2O e 和△ABC 的三边所在的3条直线都相切，E ，F ，G ，H 为切点，直线EG 与FH 交于点P ．求证：PA BC ⊥．（1996年全国高中联赛题）证法1 过A 作AD BC ⊥于D ，延长DA 交直线HF 于点P '．对△ABD 及截线FHP '应用梅涅劳斯定理，有1AH BF DP HB FD P A'⋅⋅='．由BF BH =，有1AH DP FD P A '⋅='．显然1O ，A ，2O 三点共线，连1O E ，1O G ，2O F ，2O H ，则由12O E AD O F ∥∥，有△1AGO ∽△2AHO ，从而12AO DE AG DF AO AH ==，即AH AGFD ED=． 又CE CG =，则1AH DP DP AG DP AG CEFD P A P A ED P A GC ED'''=⋅=⋅=⋅⋅'''． 对△ADC ，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知P '，G ，E 三点共线，即P '为直线EG 与FH 的交点．故点P '与点P 重合，从而PA BC ⊥．证法2 延长PA 交BC 于D ，直线PHF 与△ABD 的三边延长线都相交，直线PGE 与△ADC 的三边延长线都相交，分别应用（迭用）梅涅劳斯定理，有1AH BF DP HB FD PA ⋅⋅=，1DP AG CEPA GC ED⋅⋅=． 上述两式相除，则有AH BF AG CEHB FD GC ED⋅=⋅． 而HB BF =，CE GC =，于是AH AG FD ED =，即AG DEAH DF=． 连1O G ，OE ，1O A ，2O A ，2O H ，2O F ，而1O ，A ，2O 共线，则OG GC ⊥，2O H BH ⊥，且△1O AG ∽△2O AH ，从而12O A AG DEO A AH DF==，于是1AD O E ∥．故AD EF ⊥，即PA BC ⊥．P （P'）图1-7【解题思维策略分析】梅涅劳斯定理是三角形几何学中的一颗明珠，它蕴含着深刻的数学美，因而它在求解某些平面几何问题，特别是某些平面几何竞赛题中有着重要的应用． 1．寻求线段倍分的一座桥梁例5 已知△ABC 的重心为G ，M 是BC 边的中点，过G 作BC 边的平行线交AB 边于X ，交AC 边于Y ，且XC 与GB 交于点Q ，YB 与GC 交于点P ．证明：△MPQ ∽△ABC ．（1991年第3届亚太地区竞赛题）证明 如图1-8，延长BG 交AC 于N ，则N 为AC 的中点．由XY BC ∥，知2AX AG XB GM ==，而12NC CA =．对△ABN 及截线XQC ，应用梅涅劳斯定理，有1212AX BQ NC BQ XB QN CA QN ⋅⋅=⋅⋅=，故BQ QN =． 从而MQ AC ∥，且1124MQ CN AC ==．同理，MP AB ∥，且14MP AB =． 由此可知，PMQ ∠与BAC ∠的两边分别平行且方向相反，从而PMQ BAC =∠∠，且MP MQAB AC=，故MPQ ABC △∽△．例 6 △ABC 是一个等腰三角形，AB AC =，M 是BC 的中点；O 是AM 的延长线上的一点，使得OB AB ⊥；Q 是线段BC 上不同于B 和C 的任意一点，E 在直线AB 上，F 在直线AC 上，使得E ，Q ，F 是不同的和共线的，求证： （Ⅰ）若OQ EF ⊥，则QE QF =； （Ⅱ）若QE QF =，则OQ EF ⊥． （1994年第35届IMO 试题）证明 （1）如图1-9，连OE ，OF ，DC ．由OQ EF ⊥，易证O ，E ，B ，Q 四点共圆，O ，C ，F ，Q 四点共圆．则 OEQ OBQ OCQ OFQ ===∠∠∠∠，因此OE OF =．故QE QF =．YXGMN PQCB A图1-8（Ⅱ）由AB AC =，EQ QF =，对△AEF 及截线BQC 运用梅涅劳斯定理，有1AB EQ EC FCBE QF CA BE=⋅⋅=，即BE CF =．于是可证Rt Rt OBE OCF △≌△，得OE OF =，故OQ EF ⊥．例7 在凸四边形ABCD 的边AB 和BC 上取点E 和F ，使线段DE 和DF 把对角线AC 三等分，已知14ADE CDF ABCD S S S ==△△，求证：ABCD 是平行四边形．（1990年第16届全俄竞赛题） 证明 如图1-10，设DE ，DF 分别交AC 于P ，Q ，两对角线交于M ．要证ABCD 是平行四边形，若证得AM MC =（或PM MQ =），且BM MD =即可．由ADE CDF S S =△△，ADP CDQ S S =△△（等底等高），知AEP CFQ S S =△△，而APCQ ，故有EF AC ∥，从而有BE BFEA FC=． 对△BAM 及截线EPD ，△BCM 及截线FQD ，分别应用梅涅劳斯定理，有 1BE APMDEA PM DB ⋅⋅=， ① 1BF CQMD FC QMDB⋅⋅=．②由①，②两式相除得AP CQPM QM=． 而AP CQ =，故PM MQ =，即有AM MC =．此时，又有12ABD CBD ABCD S S S ==△△．QCBAEFOM 图1-9QFE DCB AP M 图1-10又由14ADE ABCD S S =△，知BE EA =，于是①式可写为12111BE AP MD MDEA PM DB DB⋅⋅=⋅⋅=，即有2DB MD =，亦即BM MD =． 故ABCD 为平行四边形．2．导出线段比例式的重要途径例8 在△ABC 中，1AA 为BC 边上的中线，2AA 为BAC ∠的平分线，且交BC 于2A ，K 为1AA 上的点，使2KA AC ∥．证明2AA KC ⊥．（1997年第58届莫斯科竞赛题）证明 如图1-11，延长CK 交AB 于D ，只须证AD AC =．由2AA 平分BAC ∠，有22BA AB AC A C=． ①由2KA AC ∥，有1122A K A A KA A C=． 注意到12BC AC =，对△1ABA 及截线DKC 运用梅涅劳斯定理，得 1121212A K A A AD BC AD DB CA KA DB A C =⋅⋅=⋅⋅．故1222=A A BD DA A C，由合比定理，有 1221211212222A A A C A A AC A A BA BD DA DA A C A C A C ++++===，即为 22BA AB AD A C=． ②由①，②式有AB ABAC AD=，故AC AD =． 例9 给定锐角△ABC ，在BC 边上取点1A ，2A （2A 位于1A 与C 之间），在CA 边上取点1B ，2B （2B 位于1B 与A 之间），在AB 边上取点1C ，2C （2C 位于1C 与B 之间），使得122112AA A AA A BB B ===∠∠∠ 211221BB B CC C CC C ==∠∠∠，直线1AA ，1BB 与1CC 可构成一个三角形，直线2AA ，2BB 与2CC 可构成另一个三角形．证明：这两个三角形的六个顶点共圆． （1995年第36届1MO 预选题） 证明 如图1-12，设题中所述两个三角形分别为△UVW 与△XYZ ．KA 2A 1DCBA图1-11由已知条件，有△1AC C ∽△2AB B ，△2BA A ∽△1BC C ，21CB B CA A △∽△，得 12AC ACAB AB=， 21BA AB BC BC =，21CB BCCA AC=，此三式相乘得1222111AC BA CB AB BC CA ⋅⋅=． ①对△1AA B 及截线1CUC ，△2AA C 及截线2BXB ，分别应用梅涅劳斯定理，得 11111ACBC AU UA CB C A ⋅⋅=， ② 22221A X AB CB XA B C BA ⋅⋅=， ③ ①，②，③三式相乘化简，得12AU AXUA XA =．故UX BC ∥． 同理，WX CA ∥．故1212AUX AA A BB B BWX ===∠∠∠∠．从而点X 在△UVW 的外接圆上．同理，可证得Y ，Z 也在△UVW 的外接圆上．证毕．例10 如图1-13，以△ABC 的底边BC 为直径作半圆，分别与边AB ，AC 交于点D 和E ，分别过点D ，E 作BC 的垂线，垂足依次为F ，G ，线段DG 和EF 交于点M ．求证：AM BC ⊥．（IMO -37中国国家队选拔赛题）证法1 设直线AM 与BC 交于H ，连BE ，CD ，则知90BEC BDC ==︒∠∠，直线FME 与△AHC 相截，直线GMD 与△ABH 相截，迭用梅涅劳斯定理，有 1AM HF CE MH FC EA ⋅⋅=，1AM HG BDMH GB DA⋅⋅=． 两式相除，得 FH CF AE BDHG CE BG AD⋅⋅=⋅⋅． C 1C 2B 2B 12A 1UWVXYZ A图1-12H MG FEDCA图1-13在Rt △DBC 与Rt △EBC 中，有2CD BC FC =⋅，2BE BC BG =⋅，即22CF CD BG BE =．将其代入①式，得 22FH CD AE BDHG BE CE AD⋅⋅=⋅⋅． 又由△ABE ∽△ACD ，有CD ADBE AE=． 将其代入②式，得 DBC EBC S FH CD BD DF DMHG BE CE S EG MG⋅====⋅△△，从而，MH DF ∥． 而DF BE ⊥，则MH BC ⊥，故AM BC ⊥．证法 2 作高AH ，连BE ，CD ，则90BDC BEC =⋅=∠∠，于是，sin DF BD B =⋅=∠ cos sin BC B B ⋅⋅∠∠，cos sin EG BC C C =⋅⋅∠∠． ∴ cos sin cos cos sin cos GM EG C C AB CMD FD B B AC B ⋅===⋅⋅∠∠∠∠∠∠． 又cos BH AB B =⋅∠，cos HG AE C =⋅∠，∴cos cos cos cos BH AB B AC B HG AE C AD C ⋅⋅==⋅⋅∠∠∠∠，即BH GM AB HG MD AD ⋅=，故1BH GM DAHG MD AB⋅==．对△BGD 应用梅涅劳斯定理的逆定理，知H ，M ，A 三点共线．由AH BC ⊥，知 AM BC ⊥．例11 如图1-14，设点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△2CKC 的面积相等．（CMO -2003试题）分析 首先证A ，I ，1A 三点共线60BAC ⇔=︒∠．设O 为△ABC 的外心，连BO ，CO ，则2BOC BAC =∠∠．又180BHC BAC =︒-∠∠，因此，60BAC =︒∠ B ⇔，H ，O ，C 四点共圆 1A ⇔在△ABC 的外接圆O e 上EB 2A 1B 1C 1C 2KFHOI DCBA图1-14AI ⇔与1AA 重合A ⇔，I ，1A 三点共线．其次，再证2260BKB CKC S S BAC =⇔=︒△△∠．并在三角函数式中，用A 、B 、C 分别表示三内角． 证法 1 设△ABC 的外接圆半径为R ，CI 的延长线交AB 于D ，对△ACD 及截线12C IC ，应用梅涅劳斯定理，有12121AC CC DI C D IC C A⋅⋅=． ①注意到 112AC AB ABC D AD AC AC BC ⋅=-=-+ 22sin sin ()sin (sin sin )222()sin sin cos2C B AR AB AC BC C B A RA B AC BC B A-⋅⋅--⋅===-++，则 11sinsin22cos cos 22C B A CD C A BAC -⋅=-⋅． 而sin cos sin 22sin sin sin 22C A B B IC AC ADC C C DI AD ACD ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭====∠∠，由①式，有2121sin2cos2B A CC CD IC C C A DI AC -=⋅=．从而 22222sincos 22cos2A BAC CC AC C AC C A⋅-==． ②又对△ACD 及截线12B IB ，应用梅涅劳斯定理，有21211AB CB DI B D IC B A⋅⋅=． 注意到11CB B A =，有22sin2cos 2C B D DI A B AB IC ==-，2222cos sin 2sin sin2222cos cos22A B C A BAB B D AD A B A B AB AB --⋅-===--，即2coscos cossin 222sin sin 2sin sin 2sin sin 2sin sin 222222A B A B A BAC B AB AD AB AB A B A B A B AC BC B A ---=⋅=⋅⋅=⋅⋅=++⋅⋅⋅cos22cos sin22B ABC A⋅⋅．从而22sincos 22cos2A C ABB AB ⋅=． ③由2222221BKB CKC ABC AB C AB AC S S S S AB AC ⋅=⇔=⇔=⋅△△△△，注意②，③24sin 12A⇔=，且A 为锐角60BAC ⇔=︒∠．证法2 如图1-14，设直线AI 交BC 于F ，直线12B B 交CB 的延长线于E ．对ACF △及截线1B IE ，应用梅涅劳斯定理，有111AB CF FIB C EF IA⋅⋅=． ④又由11AB B C =及角平分线性质，即有FI CF BF BCIA CA BA AB AC===+． 令BC a =，AC b =，AB c =，则FI aIA b c=+． 由④式，有CE b c EF a +=，即EF EF aCF CE EF b c a==-+-． 而abCF b c =+，则2()()a b EF b c a b c =+-+．又ac BF b c =+，()a a c BE EF BFbc a -=-=+-（由题设知a c >）． 从而 ()()EF abBE b c a c =+-． 对ABF △及截线2IB E ，应用梅涅劳斯定理，有221BB AI FE IF EB B A⋅⋅=． 将⑤式代入上式，得22BB IF BE a c B A AI EF b -=⋅=，∴ 2222AB B B AB a b cAB AB b++-==． ⑥同理2AC a c b AC c+-=． 由2222221BKB CKC ABC AB C AB AC S S S S AB AC ⋅=⇔=⇔=⋅△△△△，注意⑥，⑦1a b c a c bb c+-+-⇔⋅=⇔22260a b c bc BAC =+-⇔=︒∠．注 例11还有其他证法，可参见笔者另文《关于2003年中国数学奥林匹克第一题》（《中等数学》2003年第6期）．例12 如图1-15，凸四边形ABCD 的一组对边BA 与CD 的延长线交于M ，且AD BC ∥，过M 作截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 '．求工业化：1111MH ML MH ML +=+''．证法1 如图1-15，对ML D '△及直线BLC 由梅涅劳斯定理得 1ML L B DCLL BD CM'⋅⋅='． 对DL H '△及直线BAM 由梅涅劳斯定理得 1L M HA DBMH AD BL '⋅⋅='． 对MHD △及直线CH A '由梅涅劳斯定理得H 'L'LDCAMOH图1-151HH MC DAH M CD AH'⋅⋅='． 由①⨯②⨯③得1ML L M HH LL MH H M''⋅⋅=''， 所以HH LL MH H M ML L M ''=''⋅⋅， 所以H M MH ML ML MH H M ML L M''--=''⋅⋅， 故1111MH ML MH HL+=+''． 证法2 设AD 与BC 的延长线相交于O ．△BML 和△CML 均被直线AO 所截，迭用梅涅劳斯定理，有BA HL OBAM MH LO=⋅，① CD HL OCDM MH LO=⋅，② 由①LC ⋅+②BL ⋅，得 BA CD HL OB LC OC BLLC BL AM DM MH LO⋅+⋅⋅+⋅=⋅．③ 注意到 OB LC OC BL BC LO ⋅+⋅=⋅（直线上的托勒密定理），则③式变为BA CDLC BL AM DM⋅+⋅= HLDC MH⋅．④ 又由BD 截△LCM 和AC 截△LBM ，迭用梅涅劳斯定理，有LL DCBC BL L M MD'⋅=⋅'，LH ABBC LC H M AM'⋅=⋅'． 将此结果代入④式整理，即得欲证结论．注 当AD BC ∥，④式显然成立，故仍有结论成立．此题是二次曲线蝴蝶定理的推论． 3．论证点共直线的重要方法例13 如图1-16，△ABC 的内切圆分别切三边BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，点X 是△ABC 的一个内点，△XBC 的内切圆也在点D 处与BC 边相切，并与CX ，XB 分别相切于点Y ，Z ．证明：EFZY 是圆内接四边形．（1995年第36届IMO 预选题）证明 由切线长定理，知CE CD CY ==，Z BF BD B ==，AF AE =，XZ XY =．设BC 的延长线与FE 的延长线交于P ，对△ABC 及截线FEP ，应用梅涅劳斯定理，有PXYZ FE D CB A图1-161AF BP CE AF BP CEFB PC EA EA PC FB=⋅⋅=⋅⋅XZ BP CY XZ BP CYYX PC ZB ZB PC YX=⋅⋅=⋅⋅． 对△XBC 应用梅涅劳斯定理的逆定理，知Z ，Y ，P 三点共线，故由切割线定理有2PE PF PD ⋅=，2PY PZ PD ⋅=．以而PE PF PY PZ ⋅=⋅，即EFZY 是圆内接四边形．例14 如图1-17，△ABC 中，A ∠内的旁切圆切A ∠的两边于1A 和2A ，直线12A A 与BC 交于3A ；类似地定义1B ，2B ，3B 和1C ，2C ，3C ．求证：3A ，3B ，3C 三点共线．证明 由切线长定理，知12AA AA =，12BB BB =，12CC CC =．对△ABC 与直线123C C C ，123A A A ，123B B B 分别应用梅涅劳斯定理，有332123213111AC AC BC CC BC C B C C C A C B C A=⋅⋅=⋅⋅，233213213111BA BA CA AA CA A C A A A B A C A B =⋅⋅=⋅⋅，332123213111CB CB AB BB AB B A B B B C B A B C=⋅⋅=⋅=． 上述三式相乘，有333111111333222222AC BA CB AC A B B C AC A B B CC B A C B A BC CA AB CA AB BC ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅． 设3O e 切AB 于K ，2O e 切AC 于L ，则由12BB BB =，可得21221()2BC BK B C KB ==-．同理11211()2B C CL B C LC ==-．又由两内公切线长相等，即21KB LC =，故21BC B C =．同理，21CA AC =，21AB A B =．A 3图1-17从而3333331AC BA CB C B A C B A⋅⋅=，故对△ABC 用梅涅劳斯的逆定理，知3A ，3B ，3C 三点共直线． 例15 如图1-18，设△ABC 的三边BC ，CA ，AB 所在的直线上的点D ，E ，F 共线，并且直线AD ，BE ，CF 关于A ∠，B ∠，C ∠平分线的对称直线AD '，BE '，CF '分别与BC ，CA ，AB 所在直线交于D '，E '，F '，则D '，E '，F '也共线．证明 对ABC ∠及截线FED 应用第一角元形式的梅涅劳斯定理，有sin sin sin 1sin sin sin BAD CBE ACFDAC EBA FCB ⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．由题设知，CAD BAD '=∠∠，D AB DAC '=∠∠，BCF ACF '=∠∠，F CA FCB '=∠∠，ABE CBE '=∠∠，E BC EBA '=∠∠，从而有sin sin sin 1sin sin sin CAD ABE BCF D AB E BC F CA '''⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠，即sin sin sin 1sin sin sin BAD CBE ACF D AC E BA F CB'''⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠． 故由第一角元形式的梅涅劳斯定理，知D '，E '，F '共线．例16 在筝形ABCD 中，AB AD =，BC CD =．过BD 上的一点P 作一条直线分别交AD 、BC 于E 、F ，再过点P 作一条直线分别交AB 、CD 于G 、H ．设GF 与EH 分别与BD 交于I 、J ，求证：PI PJPB PD=． 证明 如图1-19，过B 作AD 的平行线交直线EF 于E '，再过B 作CD 的平行线交直线GH 于H '，则E BP EDP PBG '==∠∠∠，HBPHDP PBF '==∠∠∠．进而H BG H BP GBP PBF PBE E BF ''''=-=-=∠∠∠∠∠∠．所以 sin sin sin sin sin sin 1sin sin sin sin sin sin PBH GBI FBE FBP GBP FBE H BG IBF E BP E BF PBF PBG'''⋅⋅=⋅⋅='''∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠．又H '、I 、E '分别为△PGF 三边所在直线上的点，且点B 不在△PGF 三边所在的直线上．由第二角元形式的梅涅劳斯定理的逆定理知H '、I 、E '共线．于是，由PBE PDE '△∽△，PH B PHD '△∽△．有E H EH ''∥．D 'F'E'F EDC BA图1-18H 'E'PDCBAHF EG 图1-19因此，PI PE PB PJ PE PD '==．故PI PJPB PD=． 注 当PB PD =，P 为BD 中点时，即为1989年12月冬令营选拔赛试题．例17 如图1-20，四边形ABCD 内接于圆，其边AB ，DC 的延长线交于点P ，AD 和BC 的延长线交于点Q ，过Q 作该圆的两条切线，切点分别为E ，F ．求证：P ，E ，F 三点共线．（1997年CMO 试题）证明 设圆心为O ，连QO 交EF 于L ，连LD ，LA ，OD ，OA ，则由切割线定理和射影定理，有2QD QA QE QL QO ⋅==⋅，从而D ，L ，O ，A 四点共圆，即有QLD DAO ODA OLA ===∠∠∠∠，亦即OL 为△LAD 的内角ALD ∠的外角平分线． 又EF OQ ⊥，则EL 平分ALD ∠． 设EF 分别交AD ，BC 于M ，N ，于是DM DL DQMA AL AQ==． 同理，CN CQBN BQ=． 于是，DM AM AM DM AD DQ AQ AQ DQ DQ AQ +===++，CN BN BCCQ BQ BQ CQ ==+， 所以，211MQ DQ DQ DA AQ DM DM AD AD +=+=+=，2QN BQCN BC=． 直线PBA 与△QCD 的三边延长线相交，由梅涅劳斯定理，有1CP DA QB CP DM QNPD AQ BC PD MQ CN=⋅⋅=⋅⋅． 对△QCD 应用梅涅劳斯定理的逆定理，知P ，M ，N 三点共线．所以P ，E ，F 三点共线．注 此例的其他证法，可参见第二章例9，第九章例15等．例18 已知△ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，线段BE 、CF 分别与该内切圆交于点P 、Q ，若直线FE 与BC 交于圆外一点R ．证明P 、Q 、R 三点共线．（2011年香港奥林匹克题）证明 如图1-21，由切线长定理有AE AF =．对△ABC 及截线EFR 应用梅涅劳斯定理，有1AF BR CEFB RC EA⋅⋅=，Q图1-20即有BR EA FB FBRC CE AF CE=⋅=． 设BE 与CF 交于点S ，由△EFC ∽△QEC ，△FEB PFB ∽△，△SEQ ∽△SFP ，有CQ CEEQ EF=，FP FE PB FB=，SP FP SQ EQ =． 又对△SBC 及所在边上的点R 、P 、Q ，有SP BR CQ SP CQ BR FP CQ FB FP CQ FBPB RC QS SQ PB RC EQ PB CE PB QE CE ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅1FE CE FBFB EF CE=⋅⋅=． 于是，由梅涅劳斯定理的逆定理，知P 、Q 、R 三点共线． 4．注意与其他著名定理配合运用例19 在Rt △ABC 中，已知90A =︒∠，B C >∠∠，D 是△ABC 处接圆的圆心，直线A l 、B l 分别切O e 于点A 、B ，BC 与直线A l 、AC 与直线B l 分别交于点S 、D ，AB 与DS 交于点E ，CE 与直线Al 交于点T ，又设P 是直线A l 上的点，且使得A EP l ⊥，Q （不同于点C ）是CP 与O e 的交点，R 是QT 与O e 的交点，令BR 与直线A l 交于点U ． 证明：22SU SP SA TU TP TA ⋅=⋅． （2005年韩国奥林匹克题）证明 如图1-22，设BA 的延长线与O e （过C 点）的切线交于点E '．由帕斯卡定理知S 、D 、E '三点共线，从而点E '与E 重合．RFEDCBAPQ S 图1-21由切割线窄弹知 2TA TR TQ =⋅，2SA SB SC =⋅．所以，22SA SB SCTA TR TQ⋅=⋅． ①设TQ 与CB 交于点X ，对△XTS 及截线RBU ，截线QCP 分别应用梅涅劳斯定理，有1XP TU SBRT US BX⋅⋅=，=1XQ TP SC QT PS CX ⋅⋅． ② 注意相交弦定理，有XP XQ XB XC ⋅=⋅．③由①、②、③，得 22SU SP XP SB XQ SC SB SC SA TU TP RT BX QT CX TR TQ TA ⋅=⋅⋅⋅=⋅=． 例20 在梯形ABCD 中，已知BC 、AD 分别为上、下底，F 为腰CD 上一点，AF 与BD 交于点E ，G 为边AB 上一点，满足EG AD ∥，CG 与BD 交于点H ，FH 与AB 交于点I ．证明：CI 、FG 、AD 三线共点． （2011年乌克兰奥林匹克题） 证明 如图1-23，设直线AB 与DC 、AF 与DG 分别交于点S 、T ．先证S 、H 、T 三点共线．由EG AD BC ∥∥，知△ATP ETG ∽△，△GHE CHB ∽△，△ASD ∽△BSC ． 有,,AT AD EH GE BC BSTE EG HB CB AD AS===． 上述三式相乘，有1AT EH BS AD GE CBTE HB SA EG CB AD⋅⋅=⋅⋅=． 对△AES 应用梅涅劳斯定理的逆定理，知T 、H 、S 三点共线．考虑△AFI 和△DGC ，注意到直线IF 与CG ，FA 与GD 、AI 与DC 分别交于点H 、T 、S ，于是由戴沙格定理，知CI 、FG 、AD 三线共点．图1-22SD图1-23【模拟实战】习题A1．在△ABC 中，点D 在BC 上，13BD DC =，E ，G 分别在AB ，AD 上，23AE EB =，12AG GD =，EG 交AC 于点F ，求AFFC． 2．在ABCD Y中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，AF 与CE 相交于G ，AF 与DE 相交于H ，求AH ∶HG ∶GF ．3．P 是△ABC 内一点，引线段APD ，BPE 和CPF ，使D 在BC 上，E 在AC 上，F 在AB 上．已知6AP =，9BP =，6PD =，3PE =，20CF =，求△ABC 的面积．（第7届AIME 题） 4．设凸四边形ABCD 的对角线AC 和交于点M ，过M 作AD 的平行线分别交AB ，CD 于点E ，F ，交BC 的延长线于点O ，P 是以O 为圆心，以OM 为半径的圆上一点，求证：OPF OEP =∠∠．（1996年全国初中联赛题）5．已知D ，F 分别是△ABC 的边AB ，AC 上的点，且23AD DB CF FA ==∶∶∶，连DF 交BC 边的延长线于点E ，求EF FD ∶．6．设D 为等腰Rt △ABC （90C =︒∠）的直角边BC 的中点，E 在AB 上，且21AE EB =∶∶，求证：CE AD ⊥．7．在△ABC 中，点M 和N 顺次三等分AC ，点X 和Y 顺次三等分BC ，AY 与BM ，BN 分别交于点S ，R ，求四边形SRNM 与△ABC 的面积之比．8．E ，F ，G ，H 分别为四边形ABCD 的四条边AB ，BC ，CD ，DA 上的点，若EH ，BD ，FG 三直线共点，则EF ，AC ，HG 三直线共点或平行．9．设X ，Y ，Z 分别是△ABC 的边CB ，CA 和BA 延长线上的点，又XA ，YB 和ZC 分别是△ABC 外接圆的切线．证明：X ，Y ，Z 三点共线． （1989年新加坡竞赛题） 10．求证：三角形两角的平分线与第三角的外角平分线各与对边所在直线的交点共线．11．已知直径为AB 的圆和圆上一点X ，设A t ，B t 和X t 分别是这个圆在A ，B ，X 处的切线．设Z 是直线AX 与B t 的交点，Y 是直线BX 与A t 的交点，证明：YZ ，X t ，AB 三直线共点．（第6届加拿大竞赛题）12．P 是ABCD Y中任一点，过P 作AD 的平行线分别交AB ，CD 于E ，F ，又过P 作AB 的平行线，分别交AD ，BC 于G ，H ．求证：AH ，CE ，DP 三线共点．13．在△ABC 中，1AA 为中线，2AA 为角平分线，K 为1AA 上的点，使2KA AC ∥．证明：2AA KC ⊥． （第58届莫斯科奥林匹克题）14．直线l 交直线OX ，OY 分别于A ，B ，点C 与D 是线段AB 两侧的直线l 上两点，且CA DB =．过C 的直线CKL 交OX 于K ，交OY 于L ；过D 的直线交OX 于M ，交OY 于N ．连结ML 和KN ，交直线l 分别于E ，F ．求证：AE BF =．15．设四边形ABCD 外切于一圆，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 边上的切点，若直线HE 与DB 相交于点M ，则M ，F ，G 三点共线．16．设P 为△ABC 的内点，过点P 的直线l ，m ，n 分别垂直于AP ，BP ，CP ，若l 交BC 于Q ，m 交AC 于R ，n 交AB 于S ，证明：Q ，R ，S 共线． （IMO -28预选题） 17．已知△ABC 的BC 与它的内切圆相切于点F ．证明：该圆的圆心O 在BC 与AF 的两个中点M ，N 的连线上． 18．已知凸四边形ABCD 内接于O e ，对角线AC ，BD 相交于点Q ，过Q 分别作直线AB ，BC ，CD ，DA 的垂线，垂足分别是E ，F ，G ，H ．求证：EH ，BD ，FG 三直线共点或互相平行． 19．设ABCD 为圆外切四边形，又AB ，BC ，CD ，DA 与该圆的切点为E ，F ，G ，H ．求证：AC ，BD ，EG ，FH 共点．习题B1．P 是ABCD Y内一点，MN ，EF 分别过P ，MN AD ∥且分别与AB ，CD 交于点M ，N ，EF AB ∥且分别与DA ，BC 交于点E ，F ．求证：ME ，FN ，BD 三线共点． 2．在△OAB 中，AOB ∠为锐角，从AB 上任一点M 作MP OA ⊥于P ，MQ OB ⊥于Q ，点H 是△OPQ 的垂心，求当点M 在线段AB 上移动时，点H 的轨迹． （IMO -7试题） 3．在正△ABC 的边BC ，CA ，AB 上有内分点D ，E ，F 将边分成3∶(3)(6)n n ->，线段AD ，BE ，CF 相交所成的△PQR （BE 交AD 于P ，交FC 于Q ）是△ABC 的面积的449时，求n 的值． （1992年日本奥林匹克预选题）4．在△ABC 中，90A =︒∠，点D 在AC 上，点E 在BD 上，AE 的延长线交BC 于F ．若BE ∶2ED AC =∶DC ，则ADB FDC =∠∠．5．已知点E ，1D ，2D 在△ABC （AB AC >）的边BC 上，12BAD CAD =∠∠，11EF AD ∥交AB 于1F ，又与CA 的延长线交于1C ，22EF AD ∥交AB 于2F ，又与CA 的延长线交于2G ．求证：212212BF BF BE CE CG CG ⋅=⋅． （《数学通报》问题1353题）6．圆外切四边形ABCD 中，AB ，BC ，CD ，DA 边上的切点分别为P ，Q ，R ，S ．AD 与BC 的延长线交于点E ，AB 与DC 延长线相交于点F ．求证：（Ⅰ）AC ，BD ，PR ，QS 四线共点；（Ⅱ）AC ，EF ，PQ ，RS 四线共点；（Ⅲ）BD ，EF ，PS ，QR 四线共点（假定BD EF ≠）． 7．若凸四边形的对角线AC 与BD 互相垂直，且相交于E ，过E 点分别作边AB ，BC ，CD ，DA 的垂线，垂足依次为P ，Q ，R ，S ，并分别交CD ，DA ，AB ，BC 边于P '，Q '，R '，S '，再顺次连接P Q ''，Q R ''．R S ''，S P ''，则R S P Q AC ''''∥∥；R Q P S BD ''''∥∥．（IMO -22试题的推广）8．面积为1的△ABC 的边AB ，AC 上分别有点D ，E ，线段BE ，CD 相交于点P ．点D ，E 分别在AB ，AC 上移动，但满足四边形BCED 的面枳是△PBC 面积的两倍这一条件，求△PDE 面积的最大值． （1992年日本奥林匹克题） 9．ABCD 是边长为2的正方形，E 为AB 的中点，F 是BC 的中点，AF 和DE 相交于I ，BD 和AF 相交于H ．求四边形BEIH 的面积．10．P 是凸四边形ABCD 所在平面上一点，APB ∠，BPC ∠，CPD ∠，DPA ∠的平分线分别交AB ，BC ，CD ，DA 于点K ，L ，M ，N ．（Ⅰ）寻找一点P ，使KLMN 是平行四边形；（Ⅱ）求所有这样的P 点的轨迹． （1995年世界城市际联赛题）11．△ABC 中，AB AC >，AD 为内角平分线，点E 在△ABC 的内部，且EC AD ⊥，ED AC ∥，求证：射线AE 平分BC 边． （《数学教学》问题536题） 12．设△123A A A 为非等腰三角形，内心为I ，i C （1i =，2，3）为过I 与1i i A A +和2i i A A +相切的小圆（增加的下标作模3同余），i B （1i =，2，3）为圆1i C +和2i C +的另一交点，证明：△11A B I ，△22A B I ，△33A B I 的外心共线．（IMO -38预选题）。

高等数学课后答案-第六章-习题详细解答

高等数学课后答案-第六章-习题详细解答

习 题 6—11、在平行四边形ABCD 中, 设−→−AB =a , −→−AD =b . 试用a 和b 表示向量−→−MA 、−→−MB 、−→−MC 、−→−MD , 其中M 是平行四边形对角线的交点.解： 由于平行四边形的对角线互相平分, 所以a +b −→−−→−==AM AC 2, 即 -(a +b )−→−=MA 2, 于是 21-=−→−MA (a +b ).因为−→−−→−-=MA MC , 所以21=−→−MC (a +b ). 又因-a +b −→−−→−==MD BD 2, 所以21=−→−MD (b -a ). 由于−→−−→−-=MD MB , 所以21=−→−MB (a -b ).2、若四边形的对角线互相平分，用向量方法证明它是平行四边形.证： =,BM =，∴=+=+BM =与 平行且相等,结论得证.3、 求起点为)1,2,1(A ，终点为)1,18,19(--B 的向量→AB 与12AB −−→-的坐标表达式.解：→AB =j i k j i 2020)11()218()119(--=-+--+--={20,20,0}--, 12AB −−→-={10,10,0}4、 求平行于a ={1，1，1}的单位向量.解：与a 平行的单位向量为{}1,1,131±=±a a .5、在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？(1,1,1),A - (1,1,1),B -(1,1,1),C -- (1,1,1).D -- 解： A:Ⅳ; B:Ⅴ; C:Ⅷ; D:Ⅲ.6、 求点),,(z y x M 与x 轴，xOy 平面及原点的对称点坐标.解：),,(z y x M 关于x 轴的对称点为),,(1z y x M --，关于xOy 平面的对称点为),,(2z y x M -，关于原点的对称点为),,(3z y x M ---.7、已知点A(a, b, c), 求它在各坐标平面上及各坐标轴上的垂足的坐标（即投影点的坐标）. 解：分别为),0,0(),0,,0(),0,0,(),,0,(),,,0(),0,,(c b a c a c b b a .8、过点(,,)P a b c 分别作平行于z 轴的直线和平行于xOy 面的平面，问它们上面的点的坐标各有什么特点？解：平行于z 轴的直线上面的点的坐标：x a,y b,z R ==∈；平行于xOy 面的平面上的点的坐标为 z c,x,y R =∈.9、求点P (2,-5,4)到原点、各坐标轴和各坐标面的距离.解：到原点的距离为x y 轴的距离为到z10、 求证以)1,3,4(1M 、)2,1,7(2M 、)3,2,5(3M 三点为顶点的三角形是一个等腰三角形. 解：222212(74)(13)(21)14M M =-+-+-=,222223(57)(21)(32)6M M =-+-+-= 222213(45)(32)(13)6M M =-+-+-=，即1323M M M M =，因此结论成立.11、 在yoz 坐标面上，求与三个点A(3, 1, 2), B(4, -2, -2), C(0, 5, 1)等距离的点的坐标. 解：设yoz 坐标面所求点为),,0(z y M ，依题意有||||||MC MB MA ==，从而222)2()1()30(-+-+-z y 222)2()2()40(++++-=z y222)2()1()30(-+-+-z y联立解得2,1-==z y ，故所求点的坐标为)2,1,0(-.12、 z 轴上，求与点A(-4, 1, 7), 点B(3, 5,-2)等距离的点. 解：设所求z 轴上的点为),0,0(z ，依题意：222)7()10()40(-+-++z 222)2()50()30(++-+-=z ，两边平方得914=z ，故所求点为)914,0,0(.13、 求λ使向量}5,1,{λ=a 与向量}50,10,2{=b 平行. 解：由b a //得5051012==λ得51=λ.14、 求与y 轴反向，模为10的向量a 的坐标表达式. 解：a =j j 10)(10-=-⋅={0,10,0}-.15、求与向量a ={1，5，6}平行，模为10的向量b 的坐标表达式. 解：}6,5,1{6210==a a a ,故 {}6,5,16210100±=±=a b .16、 已知向量6410=-+a i j k ，349=+-b i j k ，试求： （1）2+a b ； （2）32-a b ．解：（1） 264102(349)1248i a b i j k i j k j k +=-+++-=+-; （2）323(6410)2(349)=122048a b =i j k i j k i j k --+-+--+.17、已知两点A 和(3,0,4)B ，求向量AB 的模、方向余弦和方向角．解： 因为(1,1)AB =-, 所以2AB =,11cos ,cos 22αβγ===-,从而π3α=,3π4β=,2π3γ=.18、设向量的方向角为α、β、γ．若已知其中的两个角为π3α=，2π3β=．求第三个角γ． 解： π3α=,2π3β=,由222cos cos cos 1αβγ++=得21cos 2γ=.故π4γ=或3π4.19、 已知三点(1,0,0)=A ，(3,1,1)B ，(2,0,1)C ，求：（1）BC 与CA 及其模；（2）BC 的方向余弦、方向角；（3）与BC 同向的单位向量.解：（1）由题意知{}{}23,01,111,1,0,BC =---=--{}{}12,00,011,0,1,CA =---=-- 故 2,2==BC CA .（2）因为{}1,1,0,=--BC 所以，由向量的方向余弦的坐标表示式得：cos 0αβγ===，方向角为：3,42ππαβγ===.（3）与BC 同向的单位向量为：oa =⎧⎫=⎨⎬⎩⎭BCBC .20、 设23,23,34,m i j k n i j k p i j k =++=+-=-+和23a m n p =+-求向量在x 轴上的投影和在y 轴上的分向量.解：2(23)3(23)(34)5114a i j k i j k i j k i j k =++++---+=+-.故向量a 在x 轴上的投影5=x a ，在y 轴上的投影分量为11y a j =.21、一向量的终点为点B(-2,1,-4),它在x 轴，y 轴和z 轴上的投影依次为3，-3和8，求这向量起点A 的坐标.解：设点A 为（x, y, z ）,依题意有：84,31,32=---=-=--z y x ， 故12,4,5-==-=z y x ，即所求的点A （-5， 4，-12）.22、 已知向量a 的两个方向余弦为cos α=72 ,cos β=73, 且a 与z 轴的方向角是钝角.求cos γ. 解：因222cos cos cos 1,αβγ++=22223366cos 1cos 77497γγ=-==±故（）—（），，又γ是钝角，所以76cos -=γ.23、设三力1232234F ,F ,F i j i j k j k =-=-+=+作用于同一质点，求合力的大小和方向角.解： 合力123(2)(234)()F F F F i k i j k j k =++=-+-+++323i j k =-+，因此，合力的大小为|F |=合力的方向余弦为,222cos ,cos 223cos -===βγα因此παγβ===-习 题 6—21、 {}0,0,1=a ，{}0,1,0=b ，)1,0,0(=c ，求⋅a b ，c a ⋅，c b ⋅，及a a ⨯，b a ⨯，c a ⨯，c b ⨯. 解：依题意，i a =，j b =，k c =，故0=⋅=⋅j i b a ，0=⋅=⋅k i c a ，0=⋅=⋅k j c b .0=⨯=⨯i i a a ，k j i b a =⨯=⨯，j k i c a -=⨯=⨯，i k j c b =⨯=⨯.2、 }}{{1,2,2,21,1==b a ,，求b a ⋅及b a ⨯ .a 与b的夹角余弦. 解：（1）121221⋅=⨯+⨯+⨯=a b 6, 112221⨯==i j ka b }{3,3,0-.(2)cos a b a b a b θ++==3、 已知 π5,2,,3∧⎛⎫=== ⎪⎝⎭a b a b ，求23a b -解：()()2232323-=-⋅-a b a b a b 22412976=-⋅+=a a b b ，∴ 23-=ab4、 证明下列问题：1）证明向量}{1,0,1=a 与向量}{1,1,1-=b 垂直. 2） 证明向量c 与向量()()a c b b c a ⋅-⋅垂直. 证：1）01110)1(1=⨯+⨯+-⨯=⋅b a ,^π(,)2a b ∴=，即a 与b 垂直. 2） [()()]⋅-⋅⋅a c b b c a c [()()]=⋅⋅-⋅⋅a c b c b c a c ()[]=⋅⋅-⋅c b a c a c 0=[()()]∴⋅-⋅⊥a c b b c a c .5、 求点)1,2,1(M 的向径OM 与坐标轴之间的夹角.解：设OM 与x 、y 、z 轴之间的夹角分别为γβα,,，则211)2(11cos 22=++==α,22cos ==β, 21cos ==γ. 3π=∴α, 4π=β, 3π=γ.6、 求与k j i a ++=平行且满足1=⋅x a 的向量x .解：因x a //, 故可设{}λλλλ,,==a x ，再由1=⋅x a 得1=++λλλ，即31=λ，从而⎭⎬⎫⎩⎨⎧=31,31,31x .7、求与向量324=-+a i j k ，2=+-b i j k 都垂直的单位向量.解：=⨯=xy z x y zij kc a b a a a b b b 324112=--i j k =105+j k，||10==c 0||∴=c c c=.⎫±+⎪⎭j8、 在顶点为)2,1,1(-A 、)2,6,5(-B 和)1,3,1(-C 的三角形中，求三角形ABC 的面积以及AC 边上的高BD .解：{0,4,3},{4,5,0}AC AB =-=-,三角形ABC 的面积为,22516121521||21222=++=⨯=AB C A S ||||21,5)3(4||22BD S ==-+= ||521225BD ⋅⋅= .5||=∴BD9、 已知向量≠0a ，≠0b ，证明2222||||||()⨯=-⋅a b a b a b .解 2222||||||sin ()∧⨯=⋅a b a b ab 222||||[1cos ()]∧=⋅-a b ab 22||||=⋅a b 222||||cos ()∧-⋅a b ab 22||||=⋅a b 2().-⋅a b10、 证明：如果++=0a b c ，那么⨯=⨯=⨯b c c a a b ，并说明它的几何意义.证： 由++=0a b c , 有()++⨯=⨯=00a b c c c , 但⨯=0c c ，于是⨯+⨯=0a c b c ,所以⨯=-⨯=⨯b c a c c a . 同理 由()++⨯=0a b c a , 有 ⨯=⨯c a a b ,从而 ⨯=⨯=⨯b c c a a b .其几何意义是以三角形的任二边为邻边构成的平行四边形的面积相等.11、 已知向量23,3=-+=-+a i j k b i j k 和2=-c i j ，计算下列各式：（1）()()⋅-⋅a b c a c b （2）()()+⨯+a b b c （3）()⨯⋅a b c （4）⨯⨯a b c 解： （1）()()8(2)8(3)⋅-⋅=---+=a b c a c b i j i j k 824--j k .(2) 344,233+=-++=-+a b i j k b c i j k ，故()()+⨯+a b b c 344233=-=-i jk--j k . （3）231()231(2)(85)(2)11311312-⨯⋅=-⋅-=--+⋅-=-=--i jk a b c i j i j k i j 2. （4）由（3）知85,()851120⨯=--+⨯⨯=--=-i jka b i j k a b c 221++i j k .习 题 6—31、已知)3,2,1(A ，)4,1,2(-B ，求线段AB 的垂直平分面的方程. 解：设),,(z y x M 是所求平面上任一点，据题意有|,|||MB MA =()()()222321-+-+-z y x ()()(),412222-+++-=z y x化简得所求方程26270x y z -+-=.这就是所求平面上的点的坐标所满足的方程, 而不在此平面上的点的坐标都不满足这个方程，所以这个方程就是所求平面的方程.2、 一动点移动时，与)0,0,4(A 及xOy 平面等距离，求该动点的轨迹方程.解：设在给定的坐标系下，动点),,(z y x M ，所求的轨迹为C ，则(,,)M x y z C MA z ∈⇔= 亦即z z y x =++-222)4( 0)4(22=+-∴y x 从而所求的轨迹方程为0)4(22=+-y x .3、 求下列各球面的方程：（1）圆心)3,1,2(-，半径为6=R ； （2）圆心在原点，且经过点)3,2,6(-；（3）一条直径的两端点是)3,1,4()5,32(--与；（4）通过原点与)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(- 解：（1）所求的球面方程为：36)3()1()2(222=-+++-z y x （2）由已知，半径73)2(6222=+-+=R ，所以球面方程为49222=++z y x（3）由已知，球面的球心坐标1235,1213,3242=-=-=+-==+=c b a ， 球的半径21)35()31()24(21222=++++-=R ，所以球面方程为： 21)1()1()3(222=-+++-z y x（4）设所求的球面方程为：0222222=++++++l kz hy gx z y x因该球面经过点)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(),0,0,0(-，所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=++=+=08160621008160k h g g l 解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-==2210k g h l∴所求的球面方程为0424222=+--++z y x z y x .4、将yOz 坐标面上的抛物线22y z =绕z 旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程． 解：222x y z +=(旋转抛物面) .5、将zOx 坐标面上的双曲线12222=-c z a x 分别绕x 轴和z 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解： 绕x 轴旋转得122222=+-c z y a x 绕z 轴旋转得122222=-+cz a y x .6、指出下列曲面的名称，并作图：（1）22149x z +=；（2）22y z =；（3）221x z += ；（4）22220x y z x ++-=； （5）222y x z +=；（6）22441x y z -+=；（7）221916x y z ++=；（8）222149x y z -+=-；（9）1334222=++z y x ；（10）2223122z y x +=+.解： (1)椭圆柱面；(2) 抛物柱面；(3) 圆柱面；(4)球面；（5）圆锥面；（6）双曲抛物面；（7）椭圆抛物面；（8）双叶双曲面；（9）为旋转椭球面；（10）单叶双曲面.7、指出下列方程在平面解析几何和空间解析几何中分别表示什么图形？ （1）1+=x y ；（2）422=+yx ；（3）122=-y x ；（4）22x y =.解：（1）1+=x y 在平面解析几何中表示直线，在空间解析几何中表示平面； （2）422=+y x 在平面解析几何中表示圆周，在空间解析几何中表示圆柱面； （3）122=-y x 在平面解析几何中表示双曲线，在空间解析几何中表示双曲柱面；（4）y x22=在平面解析几何中表示抛物线，在空间解析几何中表示抛物柱面.8、 说明下列旋转曲面是怎样形成的？（1）1994222=++z y x ；（2）14222=+-z y x （3）1222=--z y x ；（4）222)(y x a z +=- 解：（1）xOy 平面上椭圆19422=+y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上椭圆22149+=x z 绕x 轴旋转而成（2）xOy 平面上的双曲线1422=-y x 绕y 轴旋转而成；或者 yOz 平面上的双曲线2214-=y z 绕y 轴旋转而成（3）xOy 平面上的双曲线122=-y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上的双曲线221x z -=绕x 轴旋转而成 （4）yOz 平面上的直线a y z +=绕z 轴旋转而成或者 xOz 平面上的直线z x a =+绕z 轴旋转而成.9、 画出下列各曲面所围立体的图形：（1）012243=-++z y x 与三个坐标平面所围成；（2）42,42=+-=y x x z 及三坐标平面所围成； （3）22=0,(0)=1z z =a a >,y =x,x +y 及0x =在第一卦限所围成；（4）2222,8z x y z x y =+=--所围. 解：（1）平面012243=-++z y x 与三个坐标平面围成一个在第一卦限的四面体； （2）抛物柱面24z x =-与平面24x y +=及三坐标平面所围成；（3）坐标面=0z 、0x =及平面(0)z =a a >、y=x 和圆柱面22=1x +y 在第一卦限所围成； （4）开口向上的旋转抛物面22z x y =+与开口向下的抛物面228z x y =--所围.作图略.习 题 6—41、画出下列曲线在第一卦限内的图形（1）⎩⎨⎧==21y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧=---=0422y x y x z ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧=+=+222222a z x ay x解：（1）是平面1x =与2y =相交所得的一条直线； （2）上半球面z 与平面0x y -=的交线为14圆弧； （3）圆柱面222x y a +=与222x z a +=的交线.图形略.2、分别求母线平行于x 轴及y 轴而且通过曲线⎪⎩⎪⎨⎧=-+=++0162222222y z x z y x 的柱面方程.解：消去x 坐标得16322=-z y ，为母线平行于x 轴的柱面；消去y 坐标得：162322=+z x ，为母线平行于y 轴的柱面.3、求在yOz 平面内以坐标原点为圆心的单位圆的方程（任写出三种不同形式的方程）.解：⎩⎨⎧==+0122x z y ；⎩⎨⎧==++01222x z y x ； ⎪⎩⎪⎨⎧=+=++1122222z y z y x .4、试求平面20x -=与椭球面222116124x y z ++=相交所得椭圆的半轴与顶点.解：将椭圆方程22211612420x y z x ⎧++=⎪⎨⎪-=⎩化简为：221932y z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，可知其为平面2=x 上的椭圆，半轴分别为3,3，顶点分别为)3,0,2(),3,0,2(),0,3,2(),0,3,2(--.5 、将下面曲线的一般方程化为参数方程（1）2229x y z y x ⎧++=⎨=⎩； （2）⎩⎨⎧==+++-04)1()1(22z z y x解：（1）原曲线方程即：⎪⎩⎪⎨⎧=+=199222z x xy ，化为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=≤≤==tz t t y t x sin 3)20(cos 23cos 23π；（2）)20(0sin 3cos 31πθθθ≤≤⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=z y x .6、求螺旋线⎪⎩⎪⎨⎧===θθθb z a y a x sin cos 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解：⎩⎨⎧==+0222z a y x ；⎪⎩⎪⎨⎧==0sin x b z a y ；⎪⎩⎪⎨⎧==0cosy b z a x .7、指出下列方程所表示的曲线（1）222253⎧++=⎨=⎩x y z x （2）⎩⎨⎧==++13094222z z y x ；（3）⎩⎨⎧-==+-3254222x z y x ； （4）⎩⎨⎧==+-+408422y x z y ； （5）⎪⎩⎪⎨⎧=-=-0214922x z y . 解：（1）圆； （2）椭圆； （3）双曲线； （4）抛物线； （5）双曲线.8、 求曲线⎩⎨⎧==-+30222z x z y 在xOy 面上的投影曲线方程，并指出原曲线是何种曲线.解：原曲线即：⎩⎨⎧=-=3922z x y ，是位于平面3=z 上的抛物线，在xOy 面上的投影曲线为⎩⎨⎧=-=0922z x y9、 求曲线 ⎪⎩⎪⎨⎧==++211222z z y x 在坐标面上的投影. 解：（1）消去变量z 后得,4322=+y x 在xOy 面上的投影为,04322⎪⎩⎪⎨⎧==+z y x 它是中心在原点，半径为23的圆周.（2）因为曲线在平面21=z 上，所以在xOz 面上的投影为线段.;23||,021≤⎪⎩⎪⎨⎧==x y z （3）同理在yOz 面上的投影也为线段..23||,21≤⎪⎩⎪⎨⎧==y x z10、 求抛物面x z y =+22与平面 02=-+z y x 的交线在三个坐标面上的投影曲线方程.解： 交线方程为⎩⎨⎧=-+=+0222z y x x z y ，（1）消去z 得投影,004522⎩⎨⎧==-++z x xy y x（2）消去y 得投影2252400x z xz x y ⎧+--=⎨=⎩，（3）消去x 得投影22200y z y z x ⎧++-=⎨=⎩.习 题 6—51、写出过点()3,2,10M 且以{}1,2,2=n 为法向量的平面方程. 解：平面的点法式方程为()()()032212=-+-+-z y x .2、求过三点()()()01,0,0,1,0,0,0,1C B A 的平面方程.解：设所求平面方程为0=+++d cz by ax ,将C B A ,,的坐标代入方程，可得d c b a -===，故所求平面方程为1=++z y x .3、求过点()1,0,0且与平面1243=++z y x 平行的平面方程. 解：依题意可取所求平面的法向量为}2,4,3{=n ,从而其方程为()()()0120403=-+-+-z y x 即 2243=++z y x .4、求通过x 轴和点(4, -3, -1)的平面的方程.解：平面通过x 轴, 一方面表明它的法线向量垂直于x 轴, 即A =0; 另一方面表明它必通过原点, 即D =0. 因此可设这平面的方程为By +Cz =0.又因为这平面通过点(4, -3, -1), 所以有-3B -C =0, 或C =-3B . 将其代入所设方程并除以B (B 0), 便得所求的平面方程为y -3z =0.5、求过点)1,1,1(，且垂直于平面7=+-z y x 和051223=+-+z y x 的平面方程.解：},1,1,1{1-=n }12,2,3{2-=n 取法向量},5,15,10{21=⨯=n n n所求平面方程为化简得:.0632=-++z y x6、设平面过原点及点)1,1,1(，且与平面8x y z -+=垂直，求此平面方程.解： 设所求平面为,0=+++D Cz By Ax 由平面过点)1,1,1(知平0,A B C D +++=由平面过原点知0D =，{1,1,1},n ⊥- 0A B C ∴-+=,0A C B ⇒=-=，所求平面方程为0.x z -=7、写出下列平面方程：（1）xOy 平面；（2）过z 轴的平面；（3）平行于zOx 的平面；（4）在x ，y ，z 轴上的截距相等的平面.解：（1）0=z ,（2）0=+by ax （b a ,为不等于零的常数）, （3）c y = (c 为常数), （4） a z y x =++ (0)a ≠.8、 求平行于0566=+++z y x 而与三个坐标面所围成的四面体体积为1的平面方程.解: 设平面为,1=++c z b y a x ,1=V 111,32abc ∴⋅=由所求平面与已知平面平行得,611161c b a ==化简得,61161c b a ==令tc t b t a t c b a 61,1,6161161===⇒===代入体积式 11111666t t t ∴=⋅⋅⋅ 1,6t ⇒=±,1,6,1===∴c b a 或1,6,1,a b c =-=-=-所求平面方程为666x y z ++=或666x y z ++=-.9、分别在下列条件下确定n m l ,,的值：（1）使08)3()1()3(=+-+++-z n y m x l 和016)3()9()3(=--+-++z l y n x m 表示同一平面； （2）使0532=-++z my x 与0266=+--z y lx 表示二平行平面； （3）使013=+-+z y lx 与027=-+z y x 表示二互相垂直的平面.解：（1）欲使所给的二方程表示同一平面，则：168339133-=--=-+=+-l n n m m l 即： ⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-+=-+092072032n l m n l m ，解之得 97=l ，913=m ，937=n . （2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则：6362-=-=m l ，所以4-=l ，3=m . （3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则：7230l ++=所以： 57l=-.10、求平面011=-+y x 与083=+x 的夹角； 解：设011=-+y x 与083=+x 的夹角为θ，则cos θ ∴ 4πθ=.11、 求点(2,1,1)到平面2240x y z +-+=的距离. 解：利用点到平面的距离公式可得933d ===.习 题 6—61、求下列各直线的方程：（1）通过点)1,0,3(-A 和点)1,5,2(-B 的直线； （2） 过点()1,1,1且与直线433221-=-=-z y x 平行的直线. （3）通过点)3,51(-M 且与z y x ,,三轴分别成︒︒︒120,45,60的直线； （4）一直线过点(2,3,4)-A ，且和y 轴垂直相交，求其方程. （5）通过点)2,0,1(-M 且与两直线11111-+==-z y x 和01111+=--=z y x 垂直的直线； （6）通过点)5,3,2(--M 且与平面02536=+--z y x 垂直的直线.解：（1）所求的直线方程为：015323-=-=++z y x 即：01553-=-=+z y x ，亦即01113-=-=+z y x . （2）依题意，可取L 的方向向量为{}4,3,2=s ，则直线L 的方程为413121-=-=-z y x . （3）所求直线的方向向量为：{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=︒︒︒21,22,21120cos ,45cos ,60cos ，故直线方程为： 132511--=+=-z y x . （4）因为直线和y 轴垂直相交,所以交点为),0,3,0(-B 取{2,0,4},BA s −−→==所求直线方程.440322-=+=-z y x （5）所求直线的方向向量为：{}{}{}2,1,10,1,11,1,1---=-⨯-，所以，直线方程为：22111+==-z y x . （6）所求直线的方向向量为：{}5,3,6--，所以直线方程为： 235635x y z -++==--.2、求直线1,234x y z x y z ++=-⎧⎨-+=-⎩的点向式方程与参数方程.解 在直线上任取一点),,(000z y x ,取10=x ,063020000⎩⎨⎧=--=++⇒z y z y 解2,000-==z y .所求点的坐标为)2,0,1(-,取直线的方向向量{}{}3,1,21,1,1-⨯=s k j i kji34312111--=-=,所以直线的点向式方程为：,321041-+=--=-z y x 令102,413x y z t --+===--则所求参数方程: .3241⎪⎩⎪⎨⎧--=-=+=tz ty tx3、判别下列各对直线的相互位置，如果是相交的或平行的直线求出它们所在的平面，如果相交时请求出夹角的余弦.（1）⎩⎨⎧=-+=+-0623022y x z y x 与⎩⎨⎧=-+=--+01420112z x z y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧--=+==212t z t y tx 与142475x y z --+==-. 解：（1）将所给的直线方程化为标准式为：4343223z y x =-=--43227-=--=-z y x 234234-==-- ∴二直线平行.又点)0,43,23(与点（7，2，0）在二直线上，∴向量⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧--0,45,2110,432,237平行于二直线所确定的平面，该平面的法向量为：{}{}19,22,50,45,2114,3,2--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯-，从而平面方程为：0)0(19)2(22)7(5=-+---z y x ，即0919225=++-z y x .（2）因为121475-≠≠-，所以两直线不平行，又因为0574121031=--=∆，所以两直线相交，二直线所决定的平面的法向量为{}{}{}1,1,35,7,412,1--=-⨯-，∴二直线所决定的平面的方程为：330x y z -++=.设两直线的夹角为ϕ，则cos ϕ==4、判别下列直线与平面的相关位置： （1）37423z y x =-+=--与3224=--z y x ；（2）723zy x =-=与8723=+-z y x ； （3）⎩⎨⎧=---=-+-01205235z y x z y x 与07734=-+-z y x ；（4）⎪⎩⎪⎨⎧-=+-==4992t z t y t x 与010743=-+-z y x .解（1） 0)2(3)2()7(4)2(=-⨯+-⨯-+⨯-，而017302)4(234≠=-⨯--⨯-⨯，所以，直线与平面平行.（2） 0717)2(233≠⨯+-⨯-⨯,所以，直线与平面相交，且因为772233=--=，∴直线与平面垂直. （3）直线的方向向量为：{}{}{}1,9,51,1,22,3,5=--⨯-， 0179354=⨯+⨯-⨯，所以直线与平面平行或者直线在平面上；取直线上的点)0,5,2(--M ，显然点在)0,5,2(--M 也在平面上（因为4(2)3(5)70⨯--⨯--=），所以，直线在平面上.（4）直线的方向向量为{}9,2,1-， 097)2(413≠⨯+-⨯-⨯∴直线与平面相交但不垂直.5、验证直线l ：21111-=-=-z y x 与平面π：032=--+z y x 相交，并求出它的交点和交角. 解： 032111)1(2≠-=⨯-⨯+-⨯∴直线与平面相交.又直线的参数方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=-=t z t y tx 211设交点处对应的参数为0t ，∴03)21()1()(2000=-+-++-⨯t t t ∴10-=t ，从而交点为（1，0，-1）. 又设直线l 与平面π的交角为θ，则：21662111)1(2sin =⨯⨯-⨯+-⨯=θ，∴6πθ=.6、确定m l ,的值，使： （1）直线13241zy x =+=-与平面0153=+-+z y lx 平行； （2）直线⎪⎩⎪⎨⎧-=--=+=135422t z t y t x 与平面076=-++z my lx 垂直.解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须：015334=⨯-⨯+l 即1l =-. （2）欲使所给直线与平面垂直，则须：3642=-=m l ，所以：8,4-==m l .7、求下列各平面的方程： （１）通过点)1,0,2(-p ，且又通过直线32121-=-=+z y x 的平面； （２）通过直线115312-+=-+=-z y x 且与直线⎩⎨⎧=--+=---052032z y x z y x 平行的平面； （３）通过直线223221-=-+=-z y x 且与平面0523=--+z y x 垂直的平面；（4）. 求过点(2,1,0)M 与直线2335x t y t z t =-⎧⎪=+⎨⎪=⎩垂直的平面方程.解：（１）因为所求的平面过点)1,0,2(-p 和)2,0,1(-'p ，且它平行于向量{}3,1,2-，所以要求的平面方程为：03331212=--+-z y x , 即015=-++z y x .（２）已知直线的方向向量为{}{}{}2,1,11,2,13,1,5--⨯-=，∴平面方程为：2311510315x y z -++--=,即3250x y z +--= （３）所求平面的法向量为{}{}{}13,8,11,2,32,3,2-=-⨯-，∴平面的方程为：0)2(13)2(8)1(=--+--z y x ，即09138=+--z y x .（4）.所求平面的法向量为{}2,3,1，则平面的方程为：2(2)3(1)(0)0x y z -+-+-=, 即 2370x y z ++-=.8、求点(4,1,2)M 在平面1x y z ++=上的投影.解： 过点(4,1,2)M 作已知平面的垂线，垂线的方向向量就是已知平面的法向量(1,1,1)，所以垂线方程为412111x y z ---==，此垂线与已知平面的交点即为所求投影.为了求投影，将垂线方程化为参数方程412x t y t z t =+⎧⎪=+⎨⎪=+⎩，代入平面方程求得2t =-，故投影为(2,1,0)-. 9、求点)1,3,2(-p 到直线⎩⎨⎧=++-=++-0172230322z y x z y x 的距离.解：直线的标准方程为：2251211-+==-z y x 所以p 到直线的距离 1534532025)2(1212392292421243222222===-++-+--+-=d .10、设0M 是直线L 外一点，M 是直线L 上一点，且直线的方向向量为s ，试证：点0M 到直线L 的距离为d =.证：设0M M 与L 的夹角为θ，一方面由于0sin d M M θ=；另一方面，00sin M M s M M s θ⨯=，所以d =.11、求通过平面0134=-+-z y x 和025=+-+z y x 的交线且满足下列条件之一的平面： （1）通过原点； （2）与y 轴平行；（3）与平面0352=-+-z y x 垂直. 解： （1）设所求的平面为：0)25()134(=+-++-+-z y x z y x λ 欲使平面通过原点，则须：021=+-λ，即21=λ，故所求的平面方程为 0)25()134(2=+-++-+-z y x z y x 即：0539=++z y x .（2）同（1）中所设，可求出51=λ.故所求的平面方程为 0)25()134(5=+-++-+-z y x z y x 即：031421=-+z x .（3）如（1）所设，欲使所求平面与平面0352=-+-z y x 垂直，则须：0)3(5)51()4(2=-++--+λλλ从而3=λ，所以所求平面方程为05147=++y x .12、求直线⎩⎨⎧=++-=--+0101z y x z y x 在平面0=++z y x 上的投影直线的方程．解：应用平面束的方法．设过直线⎩⎨⎧=++-=--+0101z y x z y x 的平面束方程为0)1()1(=++-+--+z y x z y x λ即01)1()1()1(=-++-+-++λλλλz y x这平面与已知平面0=++z y x 垂直的条件是01)1(1)1(1)1(=⋅+-+⋅-+⋅+λλλ,解之得1-=λ代入平面束方程中得投影平面方程为10y z --=，所以投影直线为⎩⎨⎧=++=--001z y x z y .13、请用异于本章第五节例7的方法来推导点到平面的距离公式.证：设),,(0000z y x P 是平面π：0+++=Ax By Cz D 外的一点，下面我们来求点0P 到平面π的距离. 过0P 作平面π的垂线L ：000x x y y z z A B C---==，设L 与平面π的交点为(,,)P x y z ，则P 与0P 之间的距离即为所求.因为点(,,)P x y z 在L 上，所以000x x Aty y Bt z z Ct-=-=-=⎧⎪⎨⎪⎩，而(,,)P x y z 在平面π上，则000()()()0A x At B y Bt C z Ct D ++++++=000222Ax By Cz A B t DC ⇒=-+++++，故000222Ax By Cz Dd t A B C+++===++=.习 题 6—7飞机的速度：假设空气以每小时32公里的速度沿平行y 轴正向的方向流动，一架飞机在xoy 平面沿与x 轴正向成π6的方向飞行，若飞机相对于空气的速度是每小时840公里，问飞机相对于地面的速度是多少？解：如下图所示，设OA 为飞机相对于空气的速度，AB 为空气的流动速度，那么OB 就是飞机相对于地面的速度.840cos 840sin 4203420,3266OA i j i j AB j ππ=⋅+⋅=+=所以, 24203452,(420856.45OB i j OB =+=≈千米／小时.复习题A一 、判断正误:1、 若c b b a ⋅=⋅且≠0b ，则c a =； ( ⨯ )解析 c b b a ⋅-⋅=)(c a b -⋅=0时，不能判定=b 0或c a =．例如i a =，j b =，k c =，有⋅=⋅=0a b b c ，但c a ≠．2、 若c b b a ⨯=⨯且≠0b ，则c a =； ( ⨯ )解析 此结论不一定成立．例如i a =，j b =，)(j i c +-=，则k j i b a =⨯=⨯，k j i j c b =+-⨯=⨯)]([，c b b a ⨯=⨯，但c a ≠．3 、若0=⋅c a ，则=0a 或=0c ； ( ⨯ ) 解析 两个相互垂直的非零向量点积也为零．4、 a b b a ⨯-=⨯． ( √ ) 解析 这是叉积运算规律中的反交换律．二、选择题:1 、 当a 与b 满足（ D ）时，有b a b a +=+；(A)⊥a b ； (B)λ=a b (λ为常数)； (C)a ∥b ； (D)⋅=a b a b ．解析 只有当a 与b 方向相同时，才有a +b =a +b ．(A)中a ，b 夹角不为0，(B)，(C)中a ，b 方向可以相同，也可以相反．2、下列平面方程中，方程( C )过y 轴；图6-1 空所流动与飞机飞行速度的关系(A) 1=++z y x ； (B) 0=++z y x ； (C) 0=+z x ； (D) 1=+z x ． 解析 平面方程0=+++D Cz By Ax 若过y 轴，则0==D B ，故选C ．3 、在空间直角坐标系中，方程2221y x z --=所表示的曲面是( B )；(A) 椭球面； (B) 椭圆抛物面； (C) 椭圆柱面； (D) 单叶双曲面．解析 对于曲面2221y x z --=，垂直于z 轴的平面截曲面是椭圆，垂直于x 轴或y 轴的平面截曲面是开口向下的抛物线，根据曲面的截痕法，可以判断曲面是椭圆抛物面．4、空间曲线⎩⎨⎧=-+=5,222z y x z 在xOy 面上的投影方程为( C )；(A)722=+y x ； (B)⎩⎨⎧==+5722z y x ； (C) ⎩⎨⎧==+0722z y x ；(D)⎩⎨⎧=-+=0222z y x z解析 曲线⎩⎨⎧==+5722z y x 与xOy 平面平行，在xOy 面上的投影方程为⎩⎨⎧==+0722z y x ．5 、直线11121-+==-z y x 与平面1=+-z y x 的位置关系是( B )． (A) 垂直； (B) 平行； (C) 夹角为π4； (D) 夹角为π4-．解析 直线的方向向量s ={2，1，-1}，平面的法向量n ={1，-1，1}，n s ⋅=2-1-1=0，所以，s ⊥n ，直线与平面平行．三、填空题:1、若2=b a ，π()2=a,b ，则=⨯b a 2 ，=⋅b a 0 ； 解 =⨯b a b a sin()a,b π22=2，=⋅b a b a cos()a,b π22=0．2、与平面062=-+-z y x 垂直的单位向量为 }2,1,1{66-±； 解 平面的法向量 n ={1，-1，2}与平面垂直，其单位向量为0n =411++=6，所以，与平面垂直的单位向量为}2,1,1{66-±．3、过点)2,1,3(--和)5,0,3(且平行于x 轴的平面方程为 057=-+z y ；解 已知平面平行于x 轴，则平面方程可设为 0=++D Cz By ，将点 (-3，1，-2)和(3，0，5)代入方程，有{20,50,B C D C D -+=+= ⇒ 7,51,5B D C D ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩得 05157=+--D Dz Dy ，即 057=-+z y ．4、过原点且垂直于平面022=+-z y 的直线为z yx -==20； 解 直线与平面垂直，则与平面的法向量 n ={0，2，-1}平行，取直线方向向量s =n ={0，2，-1}，由于直线过原点，所以直线方程为z yx -==20 ．5、曲线⎩⎨⎧=+=1,222z y x z 在xOy 平面上的投影曲线方程为 ⎩⎨⎧==+.0,1222z y x解: 投影柱面为 1222=+y x ，故 ⎩⎨⎧==+0,1222z y x 为空间曲线在xOy 平面上的投影曲线方程．四、解答题:1、 已知}1,2,1{-=a ，}2,1,1{=b ，计算(a) b a ⨯； (b) ()()-⋅+2a b a b ； (c) 2b a -；解: (a) b a ⨯=211121-kj i 1,3}5,{--=. (b) {2,4,2}{1,1,2}{1,5,0}2a b -=--=-，1,3}{2,{1,1,2}2,1}{1,-=+-=+b a ， 所以()()-⋅+2a b a b 7}3,1,2{}0,5,1{=-⋅-=．(c) 1}3,{0,{1,1,2}2,1}{1,--=--=-b a ，所以2b a -10)19(2=+=．2、已知向量21P P 的始点为)5,2,2(1-P ，终点为)7,4,1(2-P ，试求：(1)向量21P P 的坐标表示； (2)向量21P P 的模；(3)向量21P P 的方向余弦； (4)与向量21P P 方向一致的单位向量．解: (1) }2,6,3{}57),2(4,21{21-=-----=P P ；74926)3(222==++-=；(3) 21P P 在z y x ,,三个坐标轴上的方向余弦分别为362cos ,cos ,cos 777αβγ=-==；(4)k j i k j i 7276737263)(21++-=++-==P P．3、设向量{}1,1,1=-a ，{}1,1,1=-b ，求与a 和b 都垂直的单位向量.解： 令{}1110,2,2111=⨯=-=-i j kc a b，01⎧==⎨⎩c c c ，故与a 、b都垂直的单位向量为0⎧±=±⎨⎩c .4、向量d垂直于向量]1,3,2[-=a和]3,2,1[-=b ，且与]1,1,2[-=c的数量积为6-，求向量d解： d垂直于a与b ，故d平行于b a⨯，存在数λ使()b a d⨯=λ⨯-=]1,3,2[λ]3,2,1[-]7,7,7[λλλ--=因6-=⋅c d，故6)7(1)7()1(72-=-⨯+-⨯-+⨯λλλ， 73-=λ]3,3,3[-=∴d.5、求满足下列条件的平面方程：(1)过三点)2,1,0(1P ，)1,2,1(2P 和)4,0,3(3P；(2)过x 轴且与平面025=++z y x 的夹角为π3． 解 (1)解1： 用三点式．所求平面的方程为0241003211201210=---------z y x ，即01345=+--z y x ． 解2：}1,1,1{-=}2,1,3{-=，由题设知，所求平面的法向量为k j i kj in 452131113121--=--=⨯=P P P P ， 又因为平面过点)2,1,0(1P ，所以所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z y x ，即01345=+--z y x ．解3： 用下面的方法求出所求平面的法向量},,{C B A =n ，再根据点法式公式写出平面方程也可． 因为3121,P P P P ⊥⊥n n ，所以{0,320,A B C A B C +-=-+=解得A C A B 4,5-=-=，于是所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z A y A x A ，即 01345=+--z y x ．（2）因所求平面过x 轴，故该平面的法向量},,{C B A =n 垂直于x 轴，n 在x 轴上的投影0=A ，又平面过原点，所以可设它的方程为0=+Cz By ，由题设可知0≠B （因为0=B 时，所求平面方程为0=Cz 又0≠C ，即0=z ．这样它与已知平面025=++z y x 所夹锐角的余弦为π1cos 32=≠=，所以0≠B ），令C B C'=，则有0='+z C y ，由题设得 22222212)5(10121503cos ++'++⨯'+⨯+⨯=πC C ， 解得3='C 或13C '=-，于是所求平面方程为03=+z y 或03=-z y ．6、 一平面过直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 且与平面01284=+--z y x 垂直，求该平面方程；解法1： 直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 在平面上，令x =0，得 54-=y ，z =4，则（0，-54，4）为平面上的点．设所求平面的法向量为n =},,{C B A ，相交得到直线的两平面方程的法向量分别为 1n ={1，5，1}，2n ={1，0，-1}，则直线的方向向量s =1n ⨯2n =101151-kj i ={-5，2，-5}，由于所求平面经过直线，故平面的法向量与直线的方向向量垂直，即⋅n s ={-5，2，-5}•},,{C B A =C B A 525-+-=0，因为所求平面与平面01284=+--z y x 垂直，则}8,4,1{},,{--⋅C B A =C B A 84--=0，解方程组{5250,480,A B C A B C -+=--= ⇒ 2,5,2A CBC =-⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所求平面方程为 0)4()54(25)0(2=-++---z C y C x C ，即012254=+-+z y x ．解法2： 用平面束（略）7、求既与两平面1:43x z π-=和2:251x y z π--=的交线平行，又过点(3,2,5)-的直线方程.解法1：{}11,0,4=-n ，{}22,1,5=--n ，{}124,3,1s =⨯=---n n ，从而根据点向式方程，所求直线方程为325431x y z +--==---，即325431x y z +--==. 解法2：设{},,s m n p =，因为1⊥s n ，所以40m p -=；又2⊥s n ，则250m n p --=，可解4,3m p n p ==，从而0p ≠．根据点向式方程，所求直线方程为32543x y z p p p +--==，即325431x y z +--==. 解法3：设平面3π过点(3,2,5)-，且平行于平面1π，则{}311,0,4==-n n 为3π的法向量，从而3π的方程为1(3)0(2)4(5)0x y z ⋅++⋅--⋅-=，即4230x z -+=．同理，过已知点且平行于平面2π的平面4π的方程为25330x y z --+=．故所求直线的方程为423025330x z x y z -+=⎧⎨--+=⎩．8、 一直线通过点)1,2,1(A ，且垂直于直线11231:+==-z y x L ，又和直线z y x ==相交，求该直线方程；解： 设所求直线的方向向量为{,,}m n p =s ，因垂直于L ，所以320m n p ++=；又因为直线过点)1,2,1(A ，则所求直线方程为 p z n y m x 121-=-=-，联立121,①,②320,③x y z m n p x y z m n p ---⎧==⎪⎨==⎪++=⎩由①，令λ=-=-=-p z n y m x 121，则有⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=,1,2,1p z n y m x λλλ代入方程②有{12,11,m n m p λλλλ+=++=+ 可得p m =，代入③解得p n 2-=， 因此，所求直线方程为112211-=--=-z y x ．9、 指出下列方程表示的图形名称：(a) 14222=++z y x ；(b) z y x 222=+；(c) 22y x z +=；(d) 022=-y x ；(e) 122=-y x ； (f) ⎩⎨⎧=+=222z y x z ．解： (a) 绕y 轴旋转的旋转椭球面．(b) 绕z 轴旋转的旋转抛物面． (c) 绕z 轴旋转的锥面． (d) 母线平行于z 轴的两垂直平面：y x =，y x -=． (e) 母线平行于z 轴的双曲柱面． (f) 旋转抛物面被平行于XOY 面的平面所截得到的圆，半径为2，圆心在（0，0，2）处．10、求曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影并作其图形．解： 将所给曲面方程联立消去z ，就得到两曲面交线C 的投影柱面的方程122=+y x ，所以柱面与xOy 平面的交线⎩⎨⎧==+'01:22z y x C 所围成的区域221+≤x y 即为曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影(图略)．复习题B1、设4=a ，3=b ，()6π=a,b ，求以2+a b 和3-a b 为邻边的平行四边形的面积.解：(2)(3)326A =+⨯-=⨯-⨯+⨯-⨯a b a b a a a b b a b b325=-⨯-⨯=-⨯a b a b a b 15sin()543302=⋅=⨯⨯⨯=a b a,b .2、设(3)(75)+⊥-a b a b ，(4)(72)-⊥-a b a b ，求()a,b . 解： 由已知可得：(3)(75)0+⋅-=a b a b ，(4)(72)0-⋅-=a b a b 即 22715160-+⋅=a b a b ，2278300+-⋅=a b a b ．这可看成是含三个变量a 、b 及⋅a b 的方程组，可将a 、b 都用⋅a b 表示，即==a b 1cos()22⋅⋅===⋅a b a b a,b a b a b ，()3π=a,b .3、求与}3,2,1{-=a 共线，且28=⋅b a 的向量b ．解 由于b 与a 共线，所以可设}3,2,{λλλλ-==a b ，由28=⋅b a ，得28}3,2,{}3,2,1{=-⋅-λλλ， 即2894=++λλλ，所以2=λ，从而}6,4,2{-=b ．4、 已知}0,1,1{},2,0,1{=-=b a ，求c ，使b c a c ⊥⊥,且6=c ．解法1: 待定系数法．设},,{z y x =c ，则由题设知0,0=⋅=⋅b c a c 及6=c ，所以有①20②③6x z ⎧-=⎪=由①得2xz = ④，由②得x y -= ⑤，将④和⑤代入③得62)(222=⎪⎭⎫⎝⎛+-+x x x ，解得2,4,4±==±=z y x ，于是 }2,4,4{-=c 或}2,4,4{--=c ．解法2: 利用向量的垂直平行条件，因为b c a c ⊥⊥,，所以c ∥b a ⨯．设λ是不为零的常数，则k j i k j i b a c λλλλλ+-=-=⨯=22011201)(，因为6=c ，所以6]1)2(2[2222=+-+λ，解得2±=λ，所以}2,4,4{-=c 或{4,4,2}=--c ．解法3: 先求出与向量b a ⨯方向一致的单位向量，然后乘以6±．k j i kji b a +-=-=⨯22011201，31)2(2222=+-+=⨯b a ，故与b a ⨯方向一致的单位向量为}1,2,2{31-．于是}1,2,2{36-±=c ，即}2,4,4{-=c 或}2,4,4{--=c ．5、求曲线222x y R x y z ⎧+=⎨++=⎩的参数式方程.解： 曲线参数式方程是把曲线上任一点(,,)P x y z 的坐标,,x y z 都用同一变量即参数表示出来，故可令cos ,sin x R t y R t ==，则(cos sin )z R t t =-+．6、求曲线22:2z L x y x⎧⎪=⎨+=⎪⎩xOy 面上及在zOx 面上的投影曲线的方程．解： 求L 在xOy 面上的投影的方程，即由L 的两个方程将z 消去，即得L 关于xOy 面的投影柱面的方程222x y x +=则L 在xOy 面上的投影曲线的方程为2220x y xz ⎧+=⎨=⎩． 同理求L 在zOx 面上的投影的方程，即由L 的两个方程消去y ，得L 关于zOx 面的投影柱面的方程z =L 在zOx面上的投影曲线方程为0z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩．7、已知平面π过点0(1,0,1)M -和直线1211:201x y z L ---==，求平面π的方程． 解法1： 设平面π的法向量为n ，直线1L 的方向向量1(2,0,1)=s ，由题意可知1⊥n s ，(2,1,1)M 是直线1L 上的一点,则0(1,1,2)M M =在π上，所以0MM ⊥n ,故可取10MM =⨯n s (1,3,2)=--．则所求平面的点法式方程为1(1)3(0)2(1)0x y z ⋅-+⋅--⋅+=，即3230x y z +--=为所求平面方程．解法2： 设平面π的一般方程为0Ax By Cz D +++=，由题意可知，π过点0(1,0,1)M -，故有0A C D -+=, （1）在直线1L 上任取两点12(2,1,1),(4,1,2)M M ，将其代入平面方程，得20A B C D +++=, （2）420A B C D +++=, （3）由式（1）、（2）、（3）解得3,2,3B A C A D A ==-=-,故平面π的方程为3230x y z +--=.解法3： 设(),,M x y z 为π上任一点．由题意知向量0M M 、01M M 和1s 共面，其中()12,1,1M 为直线1L 上的点，1(2,0,1)=s 为直线1L 的方向向量．因此0011()0M M M M ⨯⋅=s ，故平面π的方程为1012110110201x y z --+--+=，即3230x y z +--=为所求平面方程．8、求一过原点的平面π，使它与平面0:π4830x y z -+-=成4π角，且垂直于平面1:π730x z ++=． 解： 由题意可设π的方程为0Ax By Cz ++=，其法向量为(,,)A B C =n ，平面0π的法向量为0(1,4,8)=-n ，平面1π的法向量为1(7,0,1)=n ，由题意得00||cos 4||||π⋅=⋅n n n n ，即=（1） 由10⋅=n n ，得70A C +=，将7C A =-代入（12=,解得20,B A =或10049B A =-，则所求平面π的方程为2070x y z +-= 或 491003430x y z --=．9、求过直线1L ：0230x y z x y z ++=⎧⎨-+=⎩且平行于直线2L ：23x y z ==的平面π的方程．解法1： 直线1L 的方向向量为1=s 111(4,1,3)213==---i j k，直线2L 的对称式方程为632x y z==，方向向量为2(6,3,2)=s ，依题意所求平面π的法向量1⊥n s 且2⊥n s ，故可取12=⨯n s s ，则413(7,26,18)632=--=-i j kn ，又因为1L 过原点，且1L 在平面π上，从而π也过原点，故所求平面π的方程为726180x y z -+=．解法2： 设所求平面π为 (23)0x y z x y z λ+++-+=，即(12)(1)(13)0x y z λλλ++-++=， 其法向量为(12,1,13)λλλ=+-+n ，由题意知2⊥n s ，故26(12)3(1)2(13)0λλλ⋅=++-++=n s ，得1115λ=-，则所求平面π的方程为726180x y z -+=．另外，容易验证230x y z -+=不是所求的平面方程．10、求过直线L ：⎩⎨⎧=+-+=+-+0185017228z y x z y x 且与球面1222=++z y x 相切的平面方程解： 设所求平面为 ()018517228=+-+++-+z y x z y x λ，即 (15)(288)(2)170x y z λλλλ+++-+++=，由题意：球心)0,0,0(到它的距离为1，即1)2()828()51(17222=--+++++λλλλ解得：89250-=λ 或 2-=λ 所求平面为：42124164387=--z y x 或 543=-y x11、求直线L ：11111--==-z y x 在平面π：012=-+-z y x 上投影直线0L 的方程，并求直线0L 绕y 轴旋转一周而成的曲面方程.解： 将直线L ：11111--==-z y x 化为一般方程 ⎩⎨⎧=-+=--0101y z y x ，设过直线L 且与平面π垂直的平面方程为()011=-++--y z y x λ，则有02)1(1=+--λλ，即2λ=-，平面方程为0123=+--z y x ，这样直线0L 的方程⎩⎨⎧=-+-=+--0120123z y x z y x 把此方程化为：⎩⎨⎧--==)1(221y z yx ，因此直线0L 绕y 轴旋转一周而成的曲面方程为：22221(2)(1)2x z y y ⎛⎫+=+-- ⎪⎝⎭即 0124174222=-++-y z y x .12、求过点)1,0,3(-A 且平行于平面1π：3450x y z --+=，又与直线1:2x L =1111y z -+=-相交的直线L 的方程．解法1： 用点向式方程.因为直线L 平行于平面1π，故直线L 的方向向量},,{p n m =s 垂直于平面1π的法向量}1,4,3{--=n ，从而得043=--p n m ①，又直线1L 的方向向量为}1,1,2{-=s ，)1,1,0(-B 是直线1L 上一点，)1,0,3(-A 是直线L 上一点，根据题设：直线L 与直线1L 相交，所以1s,s 及AB 共面，因此1()2110312m n pAB ⨯⋅=-=-s s ，即0=-+-p n m ②，将①和②联立解得p n p m 4,5-=-=，由此得145p n m =-=-，于是所求直线方程为11453-=-=-+z y x ．。

数学的奥秘：本质与思考章节答案

数学的奥秘：本质与思考章节答案

1天王星被称为“笔尖上发现的行星”。

（）正确答案：×2数学是素质教育中最重要的载体。

（）正确答案：√3弦理论认为宇宙是几维的？（）A、4B、3C、11D、10正确答案：C4什么可以解决相对论和量子力学之间矛盾？（）A、质子理论B、中子理论C、夸克理论D、弦理论正确答案：D5哪一年发现了海王星？（）A、1854年B、1864年C、1846年正确答案：C数学思维1美国哪位总统喜欢通过学习几何学来训练自己的推理和表达能力？（）A、华盛顿B、罗斯福C、林肯D、布什正确答案：C2仅存在有限对孪生的素数。

（）正确答案：×3下列哪个是孪生数对?（）A、（17，19）B、（11，17）C、（11，19）D、（7，9）正确答案：A4在赤道为地球做一个箍，紧紧箍住地球，如果将这一个箍加长1m，一只小老鼠不可以通过。

（）正确答案：×5谁写了《几何原本杂论》？（）B、徐光启C、祖冲之D、张丘正确答案：B数学学习1偶数和正整数哪个多？（）A、偶数多B、正整数多C、一样多D、无法确定正确答案：C2高斯解决了著名的七桥问题（）。

正确答案：×3七桥问题解决的同时，开创了哪一门数学分支？（）A、泛函分析B、数论C、图论与拓扑学D、抽象代数正确答案：C4数学的抽象能力是数学学习的最重要的目的。

（）正确答案：√5以下哪个汉字可以一笔不重复的写出？（）A、日B、田C、甲D、木正确答案：A从圆的面积谈起1以下什么成果是阿基米德首先得到的？（）A、圆周率的值B、圆的面积与圆的直径的平方成正比C、抛物线弓形的面积D、穷竭法正确答案：C2从中国古代割圆术中可以看出什么数学思想的萌芽？（）A、极限B、微分C、集合论D、拓扑正确答案：A3穷竭法的思想源于欧多克索斯。

（）正确答案：√4下面哪个人物用穷竭法证明了圆的面积与圆的直径的平方成正比？（）A、刘徽B、欧多克索斯C、欧几里得D、阿基米德正确答案：B5欧多克索斯完全解决了圆的面积的求法。

第六章 高数习题详细解答

第六章 高数习题详细解答

习 题 6—11、在平行四边形ABCD 中, 设−→−AB =a , −→−AD =b . 试用a 和b 表示向量−→−MA 、−→−MB 、−→−MC 、−→−MD , 其中M 是平行四边形对角线的交点.解： 由于平行四边形的对角线互相平分, 所以a +b −→−−→−==AM AC 2, 即 -(a +b )−→−=MA 2, 于是 21-=−→−MA (a +b ).因为−→−−→−-=MA MC , 所以21=−→−MC (a +b ). 又因-a +b −→−−→−==MD BD 2, 所以21=−→−MD (b -a ).由于−→−−→−-=MD MB , 所以21=−→−MB (a -b ).2、若四边形的对角线互相平分，用向量方法证明它是平行四边形.证： AM =MC ,BM =MD ，∴AD =AM +MD =MC +BM =BC与 平行且相等,结论得证.3、 求起点为)1,2,1(A ，终点为)1,18,19(--B 的向量→AB 与12AB −−→-的坐标表达式.解：→AB =j i k j i 2020)11()218()119(--=-+--+--={20,20,0}--, 12AB −−→-={10,10,0}4、 求平行于a ={1，1，1}的单位向量.解：与a 平行的单位向量为{}1,1,131±=±a a .5、在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？(1,1,1),A - (1,1,1),B -(1,1,1),C -- (1,1,1).D -- 解： A:Ⅳ; B:Ⅴ; C:Ⅷ; D:Ⅲ.6、 求点),,(z y x M 与x 轴，xOy 平面及原点的对称点坐标.解：),,(z y x M 关于x 轴的对称点为),,(1z y x M --，关于xOy 平面的对称点为),,(2z y x M -，关于原点的对称点为),,(3z y x M ---.7、已知点A(a, b, c), 求它在各坐标平面上及各坐标轴上的垂足的坐标（即投影点的坐标）. 解：分别为),0,0(),0,,0(),0,0,(),,0,(),,,0(),0,,(c b a c a c b b a .8、过点(,,)P a b c 分别作平行于z 轴的直线和平行于xOy 面的平面，问它们上面的点的坐标各有什么特点？ 解：平行于z 轴的直线上面的点的坐标：x a,y b,z R ==∈；平行于xOy 面的平面上的点的坐标为z c,x,y R =∈.9、求点P (2,-5,4)到原点、各坐标轴和各坐标面的距离.解：到原点的距离为x y 轴的距离为,到z10、 求证以)1,3,4(1M 、)2,1,7(2M 、)3,2,5(3M 三点为顶点的三角形是一个等腰三角形. 解：222212(74)(13)(21)14M M =-+-+-=,222223(57)(21)(32)6M M =-+-+-=222213(45)(32)(13)6M M =-+-+-=，即1323M M M M =，因此结论成立.11、 在yoz 坐标面上，求与三个点A(3, 1, 2), B(4, -2, -2), C(0, 5, 1)等距离的点的坐标. 解：设yoz 坐标面所求点为),,0(z y M ，依题意有||||||MC MB MA ==，从而222)2()1()30(-+-+-z y 222)2()2()40(++++-=z y222)2()1()30(-+-+-z y联立解得2,1-==z y ，故所求点的坐标为)2,1,0(-.12、 z 轴上，求与点A(-4, 1, 7), 点B(3, 5,-2)等距离的点. 解：设所求z 轴上的点为),0,0(z ，依题意：222)7()10()40(-+-++z 222)2()50()30(++-+-=z ，两边平方得914=z ，故所求点为)914,0,0(.13、 求λ使向量}5,1,{λ=a 与向量}50,10,2{=b 平行. 解：由b a //得5051012==λ得51=λ.14、 求与y 轴反向，模为10的向量a 的坐标表达式. 解：a =j j 10)(10-=-⋅={0,10,0}-.15、求与向量a ={1，5，6}平行，模为10的向量b 的坐标表达式. 解：}6,5,1{6210==a a a ,故 {}6,5,16210100±=±=a b .16、 已知向量6410=-+a i j k ，349=+-b i j k ，试求： （1）2+a b ； （2）32-a b ．解：（1） 264102(349)1248i a b i j k i j k j k +=-+++-=+-; （2）323(6410)2(349)=122048a b =i j k i j k i j k --+-+--+.17、已知两点A 和(3,0,4)B ，求向量AB的模、方向余弦和方向角．解：因为(1,1)AB =- , 所以2AB =,11cos ,cos 22αβγ===-,从而 π3α=,3π4β=,2π3γ=.18、设向量的方向角为α、β、γ．若已知其中的两个角为π3α=，2π3β=．求第三个角γ． 解： π3α=,2π3β=,由222cos cos cos 1αβγ++=得21cos 2γ=.故π4γ=或3π4.19、 已知三点(1,0,0)=A ，(3,1,1)B ，(2,0,1)C ，求：（1） BC 与CA 及其模；（2） BC 的方向余弦、方向角；（3）与 BC 同向的单位向量.解：（1）由题意知{}{}23,01,111,1,0,BC =---=-- {}{}12,00,011,0,1,CA =---=--故==BC CA （2）因为{}1,1,0,=--BC 所以，由向量的方向余弦的坐标表示式得：cos 0αβγ===，方向角为：3,42ππαβγ===. （3）与 BC 同向的单位向量为：oa=⎧⎫=⎨⎬⎩⎭BC BC .20、 设23,23,34,m i j k n i j k p i j k =++=+-=-+和23a m n p =+-求向量在x 轴上的投影和在y 轴上的分向量.解：2(23)3(23)(34)5114a i j k i j k i j k i j k =++++---+=+-.故向量a 在x 轴上的投影5=x a ，在y 轴上的投影分量为11y a j =.21、一向量的终点为点B(-2,1,-4),它在x 轴，y 轴和z 轴上的投影依次为3，-3和8，求这向量起点A 的坐标.解：设点A 为（x, y, z ）,依题意有：84,31,32=---=-=--z y x ， 故12,4,5-==-=z y x ，即所求的点A （-5， 4，-12）.22、 已知向量a 的两个方向余弦为cos α=72 ,cos β=73, 且a 与z 轴的方向角是钝角.求cos γ. 解：因222cos cos cos 1,αβγ++=22223366cos 1cos 77497γγ=-==±故（）—（），，又γ是钝角，所以76cos -=γ.23、设三力1232234F ,F ,F i j i j k j k =-=-+=+作用于同一质点，求合力的大小和方向角.解： 合力123(2)(234)()F F F F i k i j k j k =++=-+-+++323i j k =-+，因此，合力的大小为|F |合力的方向余弦为,222cos ,cos 223cos -===βγα因此παγβ===-习 题 6—21、 {}0,0,1=a ，{}0,1,0=b ，)1,0,0(=c ，求⋅a b ，c a ⋅，c b ⋅，及a a ⨯，b a ⨯，c a ⨯，c b ⨯. 解：依题意，i a =，j b =，k c =，故0=⋅=⋅j i b a ，0=⋅=⋅k i c a ，0=⋅=⋅k j c b .0=⨯=⨯i i a a ，k j i b a =⨯=⨯，j k i c a -=⨯=⨯，i k j c b =⨯=⨯.2、 }}{{1,2,2,21,1==b a ,，求b a ⋅及b a ⨯ .a 与b 的夹角余弦.解：（1）121221⋅=⨯+⨯+⨯=a b 6, 112221⨯==i j k a b }{3,3,0-.(2)cos a b a b a b θ++==3、 已知 π5,2,,3∧⎛⎫=== ⎪⎝⎭a b a b ，求23a b - 解：()()2232323-=-⋅-a b a b a b 22412976=-⋅+=a a b b ，∴ 23-=ab4、 证明下列问题：1）证明向量}{1,0,1=a 与向量}{1,1,1-=b 垂直. 2） 证明向量c 与向量()()a c b b c a ⋅-⋅垂直. 证：1）01110)1(1=⨯+⨯+-⨯=⋅b a ,^π(,)2a b ∴=，即a 与b 垂直.2） [()()]⋅-⋅⋅ a c b b c a c [()()]=⋅⋅-⋅⋅a c b c b c a c ()[]=⋅⋅-⋅c b a c a c 0=[()()]∴⋅-⋅⊥a c b b c a c .5、 求点)1,2,1(M 的向径OM 与坐标轴之间的夹角.解：设OM 与x 、y 、z 轴之间的夹角分别为γβα,,，则211)2(11cos 22=++==α, 22cos ==β,21cos ==γ. 3π=∴α, 4π=β, 3π=γ.6、 求与k j i a ++=平行且满足1=⋅x a 的向量x .解：因x a //, 故可设{}λλλλ,,==a x ，再由1=⋅x a 得1=++λλλ，即31=λ，从而⎭⎬⎫⎩⎨⎧=31,31,31x .7、求与向量324=-+a i j k ，2=+-b i j k 都垂直的单位向量. 解：=⨯=xy z xyzij kc a b a a a b b b 324112=--i j k =105+j k，||= c 0||∴=c c c=.⎫±+⎪⎭j8、 在顶点为)2,1,1(-A 、)2,6,5(-B 和)1,3,1(-C 的三角形中，求三角形ABC 的面积以及AC 边上的高BD .解：{0,4,3},{4,5,0}AC AB =-=- ,三角形ABC 的面积为,22516121521||21222=++=⨯=A S ||||21,5)3(4||22BD S ==-+= ||521225BD ⋅⋅= .5||=∴BD9、 已知向量≠0a ，≠0b ，证明2222||||||()⨯=-⋅a b a b a b .解 2222||||||sin ()∧⨯=⋅a b a b ab 222||||[1cos ()]∧=⋅-a b ab 22||||=⋅a b 222||||cos ()∧-⋅a b ab 22||||=⋅a b 2().-⋅a b10、 证明：如果++=0a b c ，那么⨯=⨯=⨯b c c a a b ，并说明它的几何意义.证： 由++=0a b c , 有()++⨯=⨯=00a b c c c , 但⨯=0c c ，于是⨯+⨯=0a c b c ,所以⨯=-⨯=⨯b c a c c a . 同理 由()++⨯=0a b c a , 有 ⨯=⨯c a a b ,从而 ⨯=⨯=⨯b c c a a b .其几何意义是以三角形的任二边为邻边构成的平行四边形的面积相等.11、 已知向量23,3=-+=-+a i j k b i j k 和2=-c i j ，计算下列各式：（1）()()⋅-⋅a b c a c b （2）()()+⨯+a b b c （3）()⨯⋅a b c （4）⨯⨯a b c解： （1）()()8(2)8(3)⋅-⋅=---+=a b c a c b i j i j k 824--j k .(2) 344,233+=-++=-+a b i j k b c i j k ，故()()+⨯+a b b c 344233=-=-i jk--j k . （3）231()231(2)(85)(2)11311312-⨯⋅=-⋅-=--+⋅-=-=--i jk a b c i j i j k i j 2. （4）由（3）知85,()851120⨯=--+⨯⨯=--=-i jka b i j k a b c 221++i j k .习 题 6—31、已知)3,2,1(A ，)4,1,2(-B ，求线段AB 的垂直平分面的方程. 解：设),,(z y x M 是所求平面上任一点，据题意有|,|||MB MA =()()()222321-+-+-z y x ()()(),412222-+++-=z y x化简得所求方程26270x y z -+-=.这就是所求平面上的点的坐标所满足的方程, 而不在此平面上的点的坐标都不满足这个方程，所以这个方程就是所求平面的方程.2、 一动点移动时，与)0,0,4(A 及xOy 平面等距离，求该动点的轨迹方程.解：设在给定的坐标系下，动点),,(z y x M ，所求的轨迹为C ，则(,,)M x y z C MA z∈⇔= 亦即z z y x =++-222)4( 0)4(22=+-∴y x 从而所求的轨迹方程为0)4(22=+-y x .3、 求下列各球面的方程：（1）圆心)3,1,2(-，半径为6=R ； （2）圆心在原点，且经过点)3,2,6(-；（3）一条直径的两端点是)3,1,4()5,32(--与；（4）通过原点与)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(- 解：（1）所求的球面方程为：36)3()1()2(222=-+++-z y x （2）由已知，半径73)2(6222=+-+=R ，所以球面方程为49222=++z y x（3）由已知，球面的球心坐标1235,1213,3242=-=-=+-==+=c b a ， 球的半径21)35()31()24(21222=++++-=R ，所以球面方程为：21)1()1()3(222=-+++-z y x（4）设所求的球面方程为：0222222=++++++l kz hy gx z y x因该球面经过点)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(),0,0,0(-，所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=++=+=08160621008160k h g g l 解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-==2210k g h l∴所求的球面方程为0424222=+--++z y x z y x .4、将yOz 坐标面上的抛物线22y z =绕z 旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程． 解：222x y z +=(旋转抛物面) .5、将zOx 坐标面上的双曲线12222=-c z a x 分别绕x 轴和z 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解： 绕x 轴旋转得122222=+-c z y a x 绕z 轴旋转得122222=-+cz a y x .6、指出下列曲面的名称，并作图：（1）22149x z +=；（2）22y z =；（3）221x z += ；（4）22220x y z x ++-=； （5）222y x z +=；（6）22441x y z -+=；（7）221916x y z ++=； （8）222149x y z -+=-；（9）1334222=++z y x ；（10）2223122z y x +=+.解： (1)椭圆柱面；(2) 抛物柱面；(3) 圆柱面；(4)球面；（5）圆锥面；（6）双曲抛物面；（7）椭圆抛物面；（8）双叶双曲面；（9）为旋转椭球面；（10）单叶双曲面.7、指出下列方程在平面解析几何和空间解析几何中分别表示什么图形？ （1）1+=x y ；（2）422=+yx ；（3）122=-y x ；（4）22x y =.解：（1）1+=x y 在平面解析几何中表示直线，在空间解析几何中表示平面； （2）422=+yx 在平面解析几何中表示圆周，在空间解析几何中表示圆柱面；（3）122=-yx 在平面解析几何中表示双曲线，在空间解析几何中表示双曲柱面；（4）y x 22=在平面解析几何中表示抛物线，在空间解析几何中表示抛物柱面.8、 说明下列旋转曲面是怎样形成的？（1）1994222=++z y x ；（2）14222=+-z y x （3）1222=--z y x ；（4）222)(y x a z +=- 解：（1）xOy 平面上椭圆19422=+y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上椭圆22149+=x z 绕x 轴旋转而成 （2）xOy 平面上的双曲线1422=-y x 绕y 轴旋转而成；或者 yOz 平面上的双曲线2214-=y z 绕y 轴旋转而成 （3）xOy 平面上的双曲线122=-y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上的双曲线221x z -=绕x 轴旋转而成（4）yOz 平面上的直线a y z +=绕z 轴旋转而成或者 xOz 平面上的直线z x a =+绕z 轴旋转而成.9、 画出下列各曲面所围立体的图形：（1）012243=-++z y x 与三个坐标平面所围成；（2）42,42=+-=y x x z 及三坐标平面所围成； （3）22=0,(0)=1z z =a a >,y =x,x +y 及0x =在第一卦限所围成；（4）2222,8z x y z x y =+=--所围. 解：（1）平面012243=-++z y x 与三个坐标平面围成一个在第一卦限的四面体； （2）抛物柱面24z x =-与平面24x y +=及三坐标平面所围成；（3）坐标面=0z 、0x =及平面(0)z =a a >、y=x 和圆柱面22=1x +y 在第一卦限所围成； （4）开口向上的旋转抛物面22z x y =+与开口向下的抛物面228z x y =--所围.作图略.习 题 6—41、画出下列曲线在第一卦限内的图形（1）⎩⎨⎧==21y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧=---=0422y x y x z ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧=+=+222222az x ay x解：（1）是平面1x =与2y =相交所得的一条直线；（2）上半球面z 与平面0x y -=的交线为14圆弧； （3）圆柱面222x y a +=与222x z a +=的交线.图形略.2、分别求母线平行于x 轴及y 轴而且通过曲线⎪⎩⎪⎨⎧=-+=++0162222222y z x z y x 的柱面方程.解：消去x 坐标得16322=-z y ，为母线平行于x 轴的柱面；消去y 坐标得：162322=+z x ，为母线平行于y 轴的柱面.3、求在出三种不同形式的方程）.yOz 平面内以坐标原点为圆心的单位圆的方程（任写解：⎩⎨⎧==+0122x z y ；⎩⎨⎧==++01222x z y x ； ⎪⎩⎪⎨⎧=+=++1122222z y z y x .4、试求平面20x -=与椭球面222116124x y z ++=相交所得椭圆的半轴与顶点. 解：将椭圆方程22211612420x y z x ⎧++=⎪⎨⎪-=⎩化简为：221932y z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，可知其为平面2=x 上的椭圆，半轴分别为3,3，顶点分别为)3,0,2(),3,0,2(),0,3,2(),0,3,2(--.5 、将下面曲线的一般方程化为参数方程 （1）2229x y z y x ⎧++=⎨=⎩；（2）⎩⎨⎧==+++-04)1()1(22z z y x解：（1）原曲线方程即：⎪⎩⎪⎨⎧=+=199222z x xy ，化为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=≤≤==tz t ty t x sin 3)20(cos 23cos 23π；（2）)20(0sin 3cos 31πθθθ≤≤⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=z y x .6、求螺旋线⎪⎩⎪⎨⎧===θθθb z a y a x sin cos 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解：⎩⎨⎧==+0222z a y x ；⎪⎩⎪⎨⎧==0sin x b z a y ；⎪⎩⎪⎨⎧==0cosy b z a x .7、指出下列方程所表示的曲线（1）222253⎧++=⎨=⎩x y z x （2）⎩⎨⎧==++13094222z z y x ；（3）⎩⎨⎧-==+-3254222x z y x ； （4）⎩⎨⎧==+-+408422y x z y ； （5）⎪⎩⎪⎨⎧=-=-0214922x z y . 解：（1）圆； （2）椭圆； （3）双曲线； （4）抛物线； （5）双曲线.8、 求曲线⎩⎨⎧==-+3222z x z y 在xOy 面上的投影曲线方程，并指出原曲线是何种曲线.解：原曲线即：⎩⎨⎧=-=3922z x y ，是位于平面3=z 上的抛物线，在xOy 面上的投影曲线为⎩⎨⎧=-=0922z x y9、 求曲线 ⎪⎩⎪⎨⎧==++211222z z y x 在坐标面上的投影. 解：（1）消去变量z 后得,4322=+y x 在xOy 面上的投影为,04322⎪⎩⎪⎨⎧==+z y x 它是中心在原点，半径为23的圆周.（2）因为曲线在平面21=z 上，所以在xOz 面上的投影为线段.;23||,021≤⎪⎩⎪⎨⎧==x y z （3）同理在yOz 面上的投影也为线段..23||,21≤⎪⎩⎪⎨⎧==y x z10、 求抛物面x z y =+22与平面 02=-+z y x 的交线在三个坐标面上的投影曲线方程.解： 交线方程为⎩⎨⎧=-+=+0222z y x x z y ，（1）消去z 得投影,04522⎩⎨⎧==-++z x xy y x（2）消去y 得投影2252400x z xz x y ⎧+--=⎨=⎩，（3）消去x 得投影2220y z y z x ⎧++-=⎨=⎩.习 题 6—51、写出过点()3,2,10M 且以{}1,2,2=n 为法向量的平面方程. 解：平面的点法式方程为()()()032212=-+-+-z y x .2、求过三点()()()01,0,0,1,0,0,0,1C B A 的平面方程.解：设所求平面方程为0=+++d cz by ax ,将C B A ,,的坐标代入方程，可得d c b a -===，故所求平面方程为1=++z y x .3、求过点()1,0,0且与平面1243=++z y x 平行的平面方程. 解：依题意可取所求平面的法向量为}2,4,3{=n ,从而其方程为()()()0120403=-+-+-z y x 即 2243=++z y x .4、求通过x 轴和点(4, -3, -1)的平面的方程. 解：平面通过x 轴, 一方面表明它的法线向量垂直于x 轴, 即A =0; 另一方面表明 它必通过原点, 即D =0. 因此可设这平面的方程为By +Cz =0.又因为这平面通过点(4, -3, -1), 所以有-3B -C =0, 或C =-3B . 将其代入所设方程并除以B (B ≠0), 便得所求的平面方程为y -3z =0.5、求过点)1,1,1(，且垂直于平面7=+-z y x 和051223=+-+z y x 的平面方程.解：},1,1,1{1-=n }12,2,3{2-=n 取法向量},5,15,10{21=⨯=n n n所求平面方程为化简得:.0632=-++z y x6、设平面过原点及点)1,1,1(，且与平面8x y z -+=垂直，求此平面方程.解： 设所求平面为,0=+++D Cz By Ax 由平面过点)1,1,1(知平0,A B C D +++=由平面过原点知0D =，{1,1,1},n ⊥-0A B C ∴-+=,0A C B ⇒=-=，所求平面方程为0.x z -=7、写出下列平面方程：（1）xOy 平面；（2）过z 轴的平面；（3）平行于zOx 的平面；（4）在x ，y ，z 轴上的截距相等的平面.解：（1）0=z ,（2）0=+by ax （b a ,为不等于零的常数）, （3）c y = (c 为常数), （4） a z y x =++ (0)a ≠.8、 求平行于0566=+++z y x 而与三个坐标面所围成的四面体体积为1的平面方程.解: 设平面为,1=++cz b y a x ,1=V 111,32abc ∴⋅=由所求平面与已知平面平行得,611161c b a == 化简得,61161c b a ==令tc t b t a t c b a 61,1,6161161===⇒===代入体积式 11111666t t t ∴=⋅⋅⋅ 1,6t ⇒=±,1,6,1===∴c b a 或1,6,1,a b c =-=-=-所求平面方程为666x y z ++=或666x y z ++=-.9、分别在下列条件下确定n m l ,,的值：（1）使08)3()1()3(=+-+++-z n y m x l 和016)3()9()3(=--+-++z l y n x m 表示同一平面； （2）使0532=-++z my x 与0266=+--z y lx 表示二平行平面； （3）使013=+-+z y lx 与027=-+z y x 表示二互相垂直的平面.解：（1）欲使所给的二方程表示同一平面，则：168339133-=--=-+=+-l n n m m l 即： ⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-+=-+092072032n l m n l m ，解之得 97=l ，913=m ，937=n . （2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则：6362-=-=m l ，所以4-=l ，3=m . （3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则：7230l ++=所以： 57l =-.10 、求平面011=-+y x 与083=+x 的夹角； 解：设011=-+y x 与083=+x 的夹角为θ，则cos θ==∴ 4πθ=.11、 求点(2,1,1)到平面2240x y z +-+=的距离. 解：利用点到平面的距离公式可得933d ===.习 题 6—61、求下列各直线的方程：（1）通过点)1,0,3(-A 和点)1,5,2(-B 的直线； （2） 过点()1,1,1且与直线433221-=-=-z y x 平行的直线. （3）通过点)3,51(-M 且与z y x ,,三轴分别成︒︒︒120,45,60的直线； （4）一直线过点(2,3,4)-A ，且和y 轴垂直相交，求其方程. （5）通过点)2,0,1(-M 且与两直线11111-+==-z y x 和01111+=--=z y x 垂直的直线； （6）通过点)5,3,2(--M 且与平面02536=+--z y x 垂直的直线. 解：（1）所求的直线方程为：015323-=-=++z y x 即：01553-=-=+z y x ，亦即01113-=-=+z y x .（2）依题意，可取L 的方向向量为{}4,3,2=s ，则直线L 的方程为413121-=-=-z y x . （3）所求直线的方向向量为：{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=︒︒︒21,22,21120cos ,45cos ,60cos ，故直线方程为： 132511--=+=-z y x . （4）因为直线和y 轴垂直相交,所以交点为),0,3,0(-B 取{2,0,4},BA s −−→==所求直线方程.440322-=+=-z y x （5）所求直线的方向向量为：{}{}{}2,1,10,1,11,1,1---=-⨯-，所以，直线方程为：22111+==-z y x . （6）所求直线的方向向量为：{}5,3,6--，所以直线方程为： 235635x y z -++==--.2、求直线1,234x y z x y z ++=-⎧⎨-+=-⎩的点向式方程与参数方程.解 在直线上任取一点),,(000z y x ,取10=x ,063020000⎩⎨⎧=--=++⇒z y z y 解2,000-==z y .所求点的坐标为)2,0,1(-,取直线的方向向量{}{}3,1,21,1,1-⨯=s k j i kj i 34312111--=-=,所以直线的点向式方程为：,321041-+=--=-z y x 令102,413x y z t --+===--则所求参数方程: .3241⎪⎩⎪⎨⎧--=-=+=tz t y tx3、判别下列各对直线的相互位置，如果是相交的或平行的直线求出它们所在的平面，如果相交时请求出夹角的余弦.（1）⎩⎨⎧=-+=+-0623022y x z y x 与⎩⎨⎧=-+=--+01420112z x z y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧--=+==212t z t y tx 与142475x y z --+==-. 解：（1）将所给的直线方程化为标准式为：4343223z y x =-=--43227-=--=-z y x 234234-==-- ∴二直线平行.又点)0,43,23(与点（7，2，0）在二直线上，∴向量⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧--0,45,2110,432,237平行于二直线所确定的平面，该平面的法向量为：{}{}19,22,50,45,2114,3,2--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯-，从而平面方程为：0)0(19)2(22)7(5=-+---z y x ，即0919225=++-z y x .（2）因为121475-≠≠-，所以两直线不平行，又因为0574121031=--=∆，所以两直线相交，二直线所决定的平面的法向量为{}{}{}1,1,35,7,412,1--=-⨯-，∴二直线所决定的平面的方程为：330x y z -++=.设两直线的夹角为ϕ，则cos ϕ==4、判别下列直线与平面的相关位置： （1）37423z y x =-+=--与3224=--z y x ；（2）723zy x =-=与8723=+-z y x ； （3）⎩⎨⎧=---=-+-01205235z y x z y x 与07734=-+-z y x ；（4）⎪⎩⎪⎨⎧-=+-==4992t z t y t x 与010743=-+-z y x .解（1） 0)2(3)2()7(4)2(=-⨯+-⨯-+⨯-，而017302)4(234≠=-⨯--⨯-⨯，所以，直线与平面平行.（2） 0717)2(233≠⨯+-⨯-⨯,所以，直线与平面相交，且因为772233=--=，∴直线与平面垂直. （3）直线的方向向量为：{}{}{}1,9,51,1,22,3,5=--⨯-， 0179354=⨯+⨯-⨯，所以直线与平面平行或者直线在平面上；取直线上的点)0,5,2(--M ，显然点在)0,5,2(--M 也在平面上（因为4(2)3(5)70⨯--⨯--=），所以，直线在平面上.（4）直线的方向向量为{}9,2,1-， 097)2(413≠⨯+-⨯-⨯∴直线与平面相交但不垂直.5、验证直线l ：21111-=-=-z y x 与平面π：032=--+z y x 相交，并求出它的交点和交角. 解： 032111)1(2≠-=⨯-⨯+-⨯∴直线与平面相交.又直线的参数方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=-=t z t y tx 211设交点处对应的参数为0t ，∴03)21()1()(2000=-+-++-⨯t t t ∴10-=t ，从而交点为（1，0，-1）.又设直线l 与平面π的交角为θ，则：21662111)1(2sin =⨯⨯-⨯+-⨯=θ，∴6πθ=.6、确定m l ,的值，使： （1）直线13241zy x =+=-与平面0153=+-+z y lx 平行； （2）直线⎪⎩⎪⎨⎧-=--=+=135422t z t y t x 与平面076=-++z my lx 垂直.解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须：015334=⨯-⨯+l 即1l =-. （2）欲使所给直线与平面垂直，则须：3642=-=m l ，所以：8,4-==m l .7、求下列各平面的方程： （１）通过点)1,0,2(-p ，且又通过直线32121-=-=+z y x 的平面； （２）通过直线115312-+=-+=-z y x 且与直线⎩⎨⎧=--+=---052032z y x z y x 平行的平面； （３）通过直线223221-=-+=-z y x 且与平面0523=--+z y x 垂直的平面； （4）. 求过点(2,1,0)M 与直线2335x t y t z t =-⎧⎪=+⎨⎪=⎩垂直的平面方程.解：（１）因为所求的平面过点)1,0,2(-p 和)2,0,1(-'p ，且它平行于向量{}3,1,2-，所以要求的平面方程为：03331212=--+-z y x , 即015=-++z y x .（２）已知直线的方向向量为{}{}{}2,1,11,2,13,1,5--⨯-=，∴平面方程为：2311510315x y z -++--=,即3250x y z +--= （３）所求平面的法向量为{}{}{}13,8,11,2,32,3,2-=-⨯-，∴平面的方程为： 0)2(13)2(8)1(=--+--z y x ，即09138=+--z y x .（4）.所求平面的法向量为{}2,3,1，则平面的方程为：2(2)3(1)(0)0x y z -+-+-=, 即 2370x y z ++-=.8、求点(4,1,2)M 在平面1x y z ++=上的投影.解： 过点(4,1,2)M 作已知平面的垂线，垂线的方向向量就是已知平面的法向量(1,1,1)，所以垂线方程为412111x y z ---==，此垂线与已知平面的交点即为所求投影.为了求投影，将垂线方程化为参数方程412x t y t z t =+⎧⎪=+⎨⎪=+⎩，代入平面方程求得2t =-，故投影为(2,1,0)-. 9、求点)1,3,2(-p 到直线⎩⎨⎧=++-=++-0172230322z y x z y x 的距离.解：直线的标准方程为：2251211-+==-z y x 所以p 到直线的距离 1534532025)2(1212392292421243222222===-++-+--+-=d .10、设0M 是直线L 外一点，M 是直线L 上一点，且直线的方向向量为 ，试证：点0M 到直线L 的距离为d =.证：设0M M与L 的夹角为θ，一方面由于0sin d M M θ= ；另一方面，00sin M M s M M s θ⨯= ，所以d =.11、求通过平面0134=-+-z y x 和025=+-+z y x 的交线且满足下列条件之一的平面： （1）通过原点； （2）与y 轴平行；（3）与平面0352=-+-z y x 垂直. 解： （1）设所求的平面为：0)25()134(=+-++-+-z y x z y x λ 欲使平面通过原点，则须：021=+-λ，即21=λ，故所求的平面方程为 0)25()134(2=+-++-+-z y x z y x 即：0539=++z y x .（2）同（1）中所设，可求出51=λ.故所求的平面方程为 0)25()134(5=+-++-+-z y x z y x 即：031421=-+z x .（3）如（1）所设，欲使所求平面与平面0352=-+-z y x 垂直，则须：0)3(5)51()4(2=-++--+λλλ从而3=λ，所以所求平面方程为05147=++y x .12、求直线⎩⎨⎧=++-=--+0101z y x z y x 在平面0=++z y x 上的投影直线的方程．解：应用平面束的方法．设过直线⎩⎨⎧=++-=--+0101z y x z y x 的平面束方程为0)1()1(=++-+--+z y x z y x λ即01)1()1()1(=-++-+-++λλλλz y x这平面与已知平面0=++z y x 垂直的条件是01)1(1)1(1)1(=⋅+-+⋅-+⋅+λλλ,解之得1-=λ代入平面束方程中得投影平面方程为10y z --=，所以投影直线为⎩⎨⎧=++=--001z y x z y .13、请用异于本章第五节例7的方法来推导点到平面的距离公式.证：设),,(0000z y x P 是平面π：0+++=Ax By Cz D 外的一点，下面我们来求点0P 到平面π的距离. 过0P 作平面π的垂线L ：000x x y y z z A B C---==，设L 与平面π的交点为(,,)P x y z ，则P 与0P 之间的距离即为所求.因为点(,,)P x y z 在L 上，所以000x x Aty y Bt z z Ct-=-=-=⎧⎪⎨⎪⎩，而(,,)P x y z 在平面π上，则000()()()0A x At B y Bt C z Ct D ++++++=000222Ax By Cz A B t DC ⇒=-+++++，故000222Ax By Cz Dd t A B C+++===++=.习 题 6—7飞机的速度：假设空气以每小时32公里的速度沿平行y 轴正向的方向流动，一架飞机在xoy 平面沿与x 轴正向成π6的方向飞行，若飞机相对于空气的速度是每小时840公里，问飞机相对于地面的速度是多少？解：如下图所示，设OA 为飞机相对于空气的速度，AB 为空气的流动速度，那么OB就是飞机相对于地面的速度.840cos 840sin 420,3266OA i j j AB j ππ=⋅+⋅=+=所以, 2452,856.45OB j OB =+=≈千米／小时.复习题A一 、判断正误:1、 若c b b a ⋅=⋅且≠0b ，则c a =； ( ⨯ )解析 c b b a ⋅-⋅=)(c a b -⋅=0时，不能判定=b 0或c a =．例如i a =，j b =，k c =，有⋅=⋅=0a bbc ，但c a ≠．2、 若c b b a ⨯=⨯且≠0b ，则c a =； ( ⨯ )解析 此结论不一定成立．例如i a =，j b =，)(j i c +-=，则k j i b a =⨯=⨯，k j i j c b =+-⨯=⨯)]([，c b b a ⨯=⨯，但c a ≠．3 、若0=⋅c a ，则=0a 或=0c ； ( ⨯ ) 解析 两个相互垂直的非零向量点积也为零．4、 a b b a ⨯-=⨯． ( √ ) 解析 这是叉积运算规律中的反交换律．图6-1 空所流动与飞机飞行速度的关系二、选择题:1 、 当a 与b 满足（ D ）时，有b a b a +=+；(A)⊥a b ； (B)λ=a b (λ为常数)； (C)a ∥b ； (D)⋅=a b a b ．解析 只有当a 与b 方向相同时，才有a +b =a +b ．(A)中a ，b 夹角不为0，(B)，(C)中a ，b 方向可以相同，也可以相反．2、下列平面方程中，方程( C )过y 轴；(A) 1=++z y x ； (B) 0=++z y x ； (C) 0=+z x ； (D) 1=+z x ． 解析 平面方程0=+++D Cz By Ax 若过y 轴，则0==D B ，故选C ．3 、在空间直角坐标系中，方程2221y x z --=所表示的曲面是( B )；(A) 椭球面； (B) 椭圆抛物面； (C) 椭圆柱面； (D) 单叶双曲面．解析 对于曲面2221y x z --=，垂直于z 轴的平面截曲面是椭圆，垂直于x 轴或y 轴的平面截曲面是开口向下的抛物线，根据曲面的截痕法，可以判断曲面是椭圆抛物面．4、空间曲线⎩⎨⎧=-+=5,222z y x z 在xOy 面上的投影方程为( C )；(A)722=+y x ； (B)⎩⎨⎧==+5722z y x ； (C) ⎩⎨⎧==+0722z y x ；(D)⎩⎨⎧=-+=0222z y x z解析 曲线⎩⎨⎧==+5722z y x 与xOy 平面平行，在xOy 面上的投影方程为⎩⎨⎧==+0722z y x ．5 、直线11121-+==-z y x 与平面1=+-z y x 的位置关系是( B )． (A) 垂直； (B) 平行； (C) 夹角为π4； (D) 夹角为π4-．解析 直线的方向向量s ={2，1，-1}，平面的法向量n ={1，-1，1}，n s ⋅=2-1-1=0，所以，s ⊥n ，直线与平面平行．三、填空题:1、若2=b a ，π()2= a,b ，则=⨯b a 2 ，=⋅b a 0 ；解 =⨯b a b a sin() a,bπ2=2，=⋅b a b a cos() a,bπ2=0．2、与平面062=-+-z y x 垂直的单位向量为 }2,1,1{66-±； 解 平面的法向量 n ={1，-1，2}与平面垂直，其单位向量为0n =411++=6，所以，与平面垂直的单位向量为}2,1,1{66-±．3、过点)2,1,3(--和)5,0,3(且平行于x 轴的平面方程为 057=-+z y ；解 已知平面平行于x 轴，则平面方程可设为 0=++D Cz By ，将点 (-3，1，-2)和(3，0，5)代入方程，有{20,50,B C D C D -+=+= ⇒ 7,51,5B D C D ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩得 05157=+--D Dz Dy ，即 057=-+z y ．4、过原点且垂直于平面022=+-z y 的直线为z yx -==20； 解 直线与平面垂直，则与平面的法向量 n ={0，2，-1}平行，取直线方向向量s =n ={0，2，-1}，由于直线过原点，所以直线方程为z yx -==20 ．5、曲线⎩⎨⎧=+=1,222z y x z 在xOy 平面上的投影曲线方程为 ⎩⎨⎧==+.0,1222z y x解: 投影柱面为 1222=+y x ，故 ⎩⎨⎧==+0,1222z y x 为空间曲线在xOy 平面上的投影曲线方程．四、解答题:1、 已知}1,2,1{-=a ，}2,1,1{=b ，计算(a) b a ⨯； (b) ()()-⋅+2a b a b ； (c) 2b a -；解: (a) b a ⨯=211121-kj i1,3}5,{--=. (b) {2,4,2}{1,1,2}{1,5,0}2a b -=--=-，1,3}{2,{1,1,2}2,1}{1,-=+-=+b a ，所以()()-⋅+2a b a b 7}3,1,2{}0,5,1{=-⋅-=．(c) 1}3,{0,{1,1,2}2,1}{1,--=--=-b a ，所以2b a -10)19(2=+=．2、已知向量21P P 的始点为)5,2,2(1-P ，终点为)7,4,1(2-P ，试求：(1)向量21P P 的坐标表示； (2)向量21P P 的模；(3)向量21P P 的方向余弦； (4)与向量21P P 方向一致的单位向量．解: (1) }2,6,3{}57),2(4,21{21-=-----=P P ；74926)3(222==++-=；(3) 21P P 在z y x ,,三个坐标轴上的方向余弦分别为362cos ,cos ,cos 777αβγ=-==；(4)k j i k j i 7276737263)(21++-=++-==P P．3、设向量{}1,1,1=-a ，{}1,1,1=-b ，求与a 和b 都垂直的单位向量.解： 令{}1110,2,2111=⨯=-=-i j kc a b，01⎧==⎨⎩c c c ，故与a 、b都垂直的单位向量为0⎧±=±⎨⎩c .4、向量d垂直于向量]1,3,2[-=a和]3,2,1[-=b ，且与]1,1,2[-=c的数量积为6-，求向量d解： d垂直于a与b ，故d平行于b a⨯，存在数λ使()b a d⨯=λ⨯-=]1,3,2[λ]3,2,1[-]7,7,7[λλλ--=因6-=⋅c d，故6)7(1)7()1(72-=-⨯+-⨯-+⨯λλλ， 73-=λ]3,3,3[-=∴d.5、求满足下列条件的平面方程：(1)过三点)2,1,0(1P ，)1,2,1(2P 和)4,0,3(3P ；(2)过x 轴且与平面025=++z y x 的夹角为π3． 解 (1)解1： 用三点式．所求平面的方程为0241003211201210=---------z y x ，即01345=+--z y x ． 解2：}1,1,1{-=}2,1,3{-=，由题设知，所求平面的法向量为k j i kj i n 452131113121--=--=⨯=P P P P ，又因为平面过点)2,1,0(1P ，所以所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z y x ，即01345=+--z y x ．解3： 用下面的方法求出所求平面的法向量},,{C B A =n ，再根据点法式公式写出平面方程也可．因为3121,P P P P ⊥⊥n n ，所以{0,320,A B C A B C +-=-+=解得A C AB 4,5-=-=，于是所求平面方程为 0)2(4)1(5)0(=-----z A y A x A ，即 01345=+--z y x ．（2）因所求平面过x 轴，故该平面的法向量},,{C B A =n 垂直于x 轴，n 在x 轴上的投影0=A ，又平面过原点，所以可设它的方程为0=+Cz By ，由题设可知0≠B （因为0=B 时，所求平面方程为0=Cz 又0≠C ，即0=z ．这样它与已知平面025=++z y x 所夹锐角的余弦为π1cos 32=≠=，所以0≠B ），令C B C '=，则有0='+z C y ，由题设得 22222212)5(10121503cos ++'++⨯'+⨯+⨯=πC C ， 解得3='C 或13C '=-，于是所求平面方程为03=+z y 或03=-z y ．6、 一平面过直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 且与平面01284=+--z y x 垂直，求该平面方程；解法1： 直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 在平面上，令x =0，得 54-=y ，z =4，则（0，-54，4）为平面上的点．设所求平面的法向量为n =},,{C B A ，相交得到直线的两平面方程的法向量分别为 1n ={1，5，1}，2n ={1，0，-1}，则直线的方向向量s =1n ⨯2n =101151-kj i={-5，2，-5}，由于所求平面经过直线，故平面的法向量与直线的方向向量垂直，即⋅n s ={-5，2，-5}•},,{C B A =C B A 525-+-=0，因为所求平面与平面01284=+--z y x 垂直，则}8,4,1{},,{--⋅C B A =C B A 84--=0，解方程组{5250,480,A B C A B C -+=--= ⇒ 2,5,2A CBC =-⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所求平面方程为 0)4()54(25)0(2=-++---z C y C x C ，即012254=+-+z y x ．解法2： 用平面束（略）7、求既与两平面1:43x z π-=和2:251x y z π--=的交线平行，又过点(3,2,5)-的直线方程.解法1：{}11,0,4=-n ，{}22,1,5=--n ，{}124,3,1s =⨯=---n n ，从而根据点向式方程，所求直线方程为325431x y z +--==---，即325431x y z +--==. 解法2：设{},,s m n p =，因为1⊥s n ，所以40m p -=；又2⊥s n ，则250m n p --=，可解4,3m p n p ==，从而0p ≠．根据点向式方程，所求直线方程为32543x y z p p p+--==，即325431x y z +--==. 解法3：设平面3π过点(3,2,5)-，且平行于平面1π，则{}311,0,4==-n n 为3π的法向量，从而3π的方程为1(3)0(2)4(5)0x y z ⋅++⋅--⋅-=，即4230x z -+=．同理，过已知点且平行于平面2π的平面4π的方程为25330x y z --+=．故所求直线的方程为423025330x z x y z -+=⎧⎨--+=⎩．8、 一直线通过点)1,2,1(A ，且垂直于直线11231:+==-z y x L ，又和直线z y x ==相交，求该直线方程；解： 设所求直线的方向向量为{,,}m n p =s ，因垂直于L ，所以320m n p ++=；又因为直线过点)1,2,1(A ，则所求直线方程为 p z n y m x 121-=-=-，联立121,①,②320,③x y z m n p x y z m n p ---⎧==⎪⎨==⎪++=⎩由①，令λ=-=-=-p z n y m x 121，则有⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=,1,2,1p z n y m x λλλ代入方程②有{12,11,m n m p λλλλ+=++=+可得p m =，代入③解得p n 2-=， 因此，所求直线方程为112211-=--=-z y x ．9、 指出下列方程表示的图形名称：(a) 14222=++z y x ；(b) z y x 222=+；(c) 22y x z +=；(d) 022=-y x ；(e) 122=-y x ； (f) ⎩⎨⎧=+=222z yx z ．解： (a) 绕y 轴旋转的旋转椭球面．(b) 绕z 轴旋转的旋转抛物面． (c) 绕z 轴旋转的锥面． (d) 母线平行于z 轴的两垂直平面：y x =，y x -=． (e) 母线平行于z 轴的双曲柱面． (f) 旋转抛物面被平行于XOY 面的平面所截得到的圆，半径为2，圆心在（0，0，2）处．10、求曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影并作其图形． 解： 将所给曲面方程联立消去z ，就得到两曲面交线C 的投影柱面的方程122=+y x ，所以柱面与x O y 平面的交线⎩⎨⎧==+'01:22z y x C 所围成的区域221+≤x y 即为曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影(图略)．复习题B1、设4=a ，3=b ， ()6π=a,b，求以2+a b 和3-a b 为邻边的平行四边形的面积.解：(2)(3)326A =+⨯-=⨯-⨯+⨯-⨯a b a b a a a b b a b b325=-⨯-⨯=-⨯a b a b a b 15sin()543302=⋅=⨯⨯⨯=a b a,b.2、设(3)(75)+⊥-a b a b ，(4)(72)-⊥-a b a b ，求 ()a,b. 解： 由已知可得：(3)(75)0+⋅-=a b a b ，(4)(72)0-⋅-=a b a b 即 22715160-+⋅=a b a b ，2278300+-⋅=a b a b ．这可看成是含三个变量a 、b 及⋅a b 的方程组，可将a 、b 都用⋅a b 表示，即==a b 1cos()22⋅⋅===⋅a b a b a,ba b a b ， ()3π=a,b .3、求与}3,2,1{-=a 共线，且28=⋅b a 的向量b ．解 由于b 与a 共线，所以可设}3,2,{λλλλ-==a b ，由28=⋅b a ，得28}3,2,{}3,2,1{=-⋅-λλλ， 即2894=++λλλ，所以2=λ，从而}6,4,2{-=b ．4、 已知}0,1,1{},2,0,1{=-=b a ，求c ，使b c a c ⊥⊥,且6=c ．解法1: 待定系数法．设},,{z y x =c ，则由题设知0,0=⋅=⋅b c a c 及6=c ，所以有①20②③6x z ⎧-=⎪= 由①得2xz = ④，由②得x y -= ⑤，将④和⑤代入③得62)(222=⎪⎭⎫⎝⎛+-+x x x ，解得2,4,4±==±=z y x ，于是 }2,4,4{-=c 或}2,4,4{--=c ．解法2: 利用向量的垂直平行条件，因为b c a c ⊥⊥,，所以c ∥b a ⨯．设λ是不为零的常数，则k j i kj i b a c λλλλλ+-=-=⨯=22011201)(，因为6=c ，所以6]1)2(2[2222=+-+λ，解得2±=λ，所以}2,4,4{-=c 或{4,4,2}=--c ．解法3: 先求出与向量b a ⨯方向一致的单位向量，然后乘以6±．k j i kj i b a +-=-=⨯22011201，31)2(2222=+-+=⨯b a ，故与b a ⨯方向一致的单位向量为}1,2,2{31-．于是}1,2,2{36-±=c ，即}2,4,4{-=c 或}2,4,4{--=c ．5、求曲线222x y R x y z ⎧+=⎨++=⎩的参数式方程.解： 曲线参数式方程是把曲线上任一点(,,)P x y z 的坐标,,x y z 都用同一变量即参数表示出来，故可令cos ,sin x R t y R t ==，则(cos sin )z R t t =-+．6、求曲线22:2z L x y x⎧⎪=⎨+=⎪⎩xOy 面上及在zOx 面上的投影曲线的方程．解： 求L 在xOy 面上的投影的方程，即由L 的两个方程将z 消去，即得L 关于xOy 面的投影柱面的方程222x y x +=则L 在xOy 面上的投影曲线的方程为2220x y x z ⎧+=⎨=⎩． 同理求L 在zOx 面上的投影的方程，即由L 的两个方程消去y ，得L 关于zOx 面的投影柱面的方程z =L 在zOx面上的投影曲线方程为0z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩7、已知平面π过点0(1,0,1)M -和直线1211:201x y z L ---==，求平面π的方程． 解法1： 设平面π的法向量为n ，直线1L 的方向向量1(2,0,1)=s ，由题意可知1⊥n s ，(2,1,1)M 是直线1L 上的一点,则0(1,1,2)M M = 在π上，所以0MM ⊥ n ,故可取10MM =⨯n s (1,3,2)=--．则所求平面的点法式方程为 1(1)3(0)2(1)0x y z ⋅-+⋅--⋅+=，即3230x y z +--=为所求平面方程．解法2： 设平面π的一般方程为0Ax By Cz D +++=，由题意可知，π过点0(1,0,1)M -，故有0A C D -+=, （1） 在直线1L 上任取两点12(2,1,1),(4,1,2)M M ，将其代入平面方程，得20A B C D +++=, （2） 420A B C D +++=, （3）由式（1）、（2）、（3）解得3,2,3B A C A D A ==-=-,故平面π的方程为3230x y z +--=.解法3： 设(),,M x y z 为π上任一点．由题意知向量0M M 、01M M和1s 共面，其中()12,1,1M 为直线1L 上的点，1(2,0,1)=s 为直线1L 的方向向量．因此0011()0M M M M ⨯⋅=s ，故平面π的方程为1012110110201x y z --+--+=，即3230x y z +--=为所求平面方程．8、求一过原点的平面π，使它与平面0:π4830x y z -+-=成4π角，且垂直于平面1:π730x z ++=． 解： 由题意可设π的方程为0Ax By Cz ++=，其法向量为(,,)A B C =n ，平面0π的法向量为0(1,4,8)=-n ，平面1π的法向量为1(7,0,1)=n ，由题意得00||cos 4||||π⋅=⋅n n n n ，即=（1） 由10⋅=n n ，得70A C +=，将7C A =-代入（1=解得20,B A =或10049B A =-，则所求平面π的方程为2070x y z +-= 或 491003430x y z --=．9、求过直线1L ：0230x y z x y z ++=⎧⎨-+=⎩且平行于直线2L ：23x y z ==的平面π的方程．解法1： 直线1L 的方向向量为1=s 111(4,1,3)213==---i j k，直线2L 的对称式方程为632x y z==，方向向量为2(6,3,2)=s ，依题意所求平面π的法向量1⊥n s 且2⊥n s ，故可取12=⨯n s s ，则413(7,26,18)632=--=-i j kn ，又因为1L 过原点，且1L 在平面π上，从而π也过原点，故所求平面π的方程为726180x y z -+=．解法2： 设所求平面π为 (23)0x y z x y z λ+++-+=，即(12)(1)(13)0x y z λλλ++-++=， 其法向量为(12,1,13)λλλ=+-+n ，由题意知2⊥n s ，故26(12)3(1)2(13)0λλλ⋅=++-++=n s ， 得1115λ=-，则所求平面π的方程为726180x y z -+=．另外，容易验证230x y z -+=不是所求的平面方程．10、求过直线L ：⎩⎨⎧=+-+=+-+0185017228z y x z y x 且与球面1222=++z y x 相切的平面方程解： 设所求平面为 ()018517228=+-+++-+z y x z y x λ，即 (15)(288)(2)170x y z λλλλ+++-+++=，由题意：球心)0,0,0(到它的距离为1，即1)2()828()51(17222=--+++++λλλλ解得：89250-=λ 或 2-=λ 所求平面为：42124164387=--z y x 或 543=-y x11、求直线L ：11111--==-z y x 在平面π：012=-+-z y x 上投影直线0L 的方程，并求直线0L 绕y 轴旋转一周而成的曲面方程.解： 将直线L ：11111--==-z y x 化为一般方程 ⎩⎨⎧=-+=--0101y z y x ，设过直线L 且与平面π垂直的平面方程为()011=-++--y z y x λ，则有02)1(1=+--λλ，即2λ=-，平面方程为0123=+--z y x ，这样直线0L 的方程⎩⎨⎧=-+-=+--0120123z y x z y x 把此方程化为：⎩⎨⎧--==)1(221y z yx ，因此直线0L 绕y 轴旋转一周而成的曲面方程为：22221(2)(1)2x z y y ⎛⎫+=+-- ⎪⎝⎭即 0124174222=-++-y z y x .。

初中数学奥林匹克中的几何问题：第6章西姆松定理及应用附答案

初中数学奥林匹克中的几何问题：第6章西姆松定理及应用附答案

第六章西姆松定理及应用【基础知识】西姆松定理 过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足点共线（此线常称为西姆松线）．证明如图6-1，设P 为ABC △的外接圆上任一点，从P 向三边BC ，CA ，AB 所在直线作垂线，垂足分别为L ，M ，N ．连PA ，PC ，由P ，N ，A ，M 四点共圆，有βαγβLMAPBNC图6-1PMN PAN PAB PCB PCL ∠=∠=∠=∠=∠．又P ，M ，C ，L 四点共圆，有PML PCL ∠=∠． 故PMN PML ∠=∠，即L ，N ，M 三点共线． 注 此定理有许多证法．例如，如下证法：如图6-1，连PB ，令PBC α∠=，PCB β∠=， PCM γ∠=，则PAM α∠=，PAN β∠=，PBN γ∠=，且cos BL PB α=⋅，cos LC PC β=⋅，cos CM PC γ=⋅， cos MA PA α=⋅，cos AN PA β=⋅，cos NB PB γ=⋅．对ABC △，有 cos cos cos 1cos cos cos BL CM AN PB PC PA LC MA NB PC PA PB αγββαγ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅．故由梅涅劳斯定理之逆定理，知L ，N ，M 三点共线．西姆松定理还可运用托勒密定理、张角定理、斯特瓦尔特定理来证（略）．西姆松定理的逆定理 若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在此三角形的外接圆上． 证明如图6-1，设点P 在ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的射影分别为L ，M ，N ，且此三点共线．由PN AB ⊥于N ，PM AC ⊥于M ，PL BC ⊥于L ，知P ，B ，L ，N 及P ，N ，A ，M 分别四点共圆，而AB 与LM 相交于N ，则PBC PBL PNM PAM ∠=∠=∠=∠，从而P ，B ，C ，A 四点共圆，即点P 在ABC △的外接圆上． 【典型例题与基本方法】1．找到或作出三角形外接圆上一点在三边上的射影，是应用西姆松定理的关键例1如图6-2，过正ABC △外接圆的AC 上点P 作PD ⊥直线AB 于D ，作PE AC ⊥于E ，作PF BC ⊥于F ．求证：111PF PD PE+=．PEFABCD图6-2证明由PD ⊥直线AB 于D ，PE AC ⊥于E ，PF BC ⊥于F ，知A ，E ，P ，D 及E ，F ，C ，P 分别四点共圆，则60DPE BAE ∠=∠=︒，60EPF ECF ∠=∠=︒． 由西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线，从而以P 为视点，对PDF △应用张角定理，有sin sin sin DPF DPE EPF PE PF PD ∠∠∠=+，即sin120sin60sin60PE PF PD ︒︒︒=+，故111PF PD PE+=． 例2如图6-3，设AD ，BE ，CF 为ABC △的三条高线，自D 点作DP AB ⊥于P ，DQ BE ⊥于Q ，DR CF ⊥于R ，DS AC ⊥于S ，连PS ．求证：Q ，R 在直线PS 上． QHES R ABDCPF 图6-3证明由于BFH △的外接圆为BDHF ，而D 为该圆上一点，且D 在BFH △三边所在直线上的射影分别为P ，Q ，R ，于是，由西姆松定理知P ，Q ，R 三点共线． 同理，可证Q ，R ，S 是HEC △的西姆线上三点．由于直线PQR 与直线QRS 有两个公共点Q ，R ，所以这两直线重合，故Q ，R 在直线PS 上． 例3如图64-，设P 为ABC △外接圆上一点，作PA BC '⊥交圆周于A '，作PB '⊥直线AC 交圆周于B '，作PC AB '⊥交圆周于C '．求证：AA BB CC '''∥∥．L MPNAB C C 'B'A'图6-4证明设PA BC '⊥于L ，PB '上直线AC 于N ，PC AB '⊥于M ，则由西姆松定理知L ，M ，N 三点共线．注意到L ，B ，P ，M 及A '，B ，P ，A 分别四点共圆，连BP ，则 AMN BML BPL BPA BAA ''∠=∠=∠=∠=∠，于是AA LN '∥．同样，注意到A ，B ，P ，B '及A ，M ，P ，N 分别四点共圆，连PA ，则ABB APB APN AMN ''∠=∠=∠=∠，于是BB LN '∥．由A ，P ，C '，C 四点共圆，知180ACC APC ''∠+∠=︒．注意到APC APM ANM CNM '∠=∠=∠=∠，则180ACC CNM '∠+∠=︒，于是CC LM '∥，故AA BB CC '''∥∥．例4如图6-5，设P 为ABC △外接圆上BC 内一点，过P 作PD ⊥BC 于D ，作PF ⊥直线AB 于F ，设H 为ABC △的垂心．延长PD 至P '，使PD P D '=．求证：HP DF '∥．（1979年山西省竞赛题改编） MA'H P'PABCD FE H '图6-5证明连AH 并延长交BC 于A '，交圆于H '，则由HCB BAH BCH ''∠=∠=∠，知HA A H '''=．又由已知PP BC '⊥，且P D DP '=，连PH '，则知PH '与P H '关于BC 对称，从而PH H P HH '''∠=∠． 由于从P 点已向ABC △的两边所在直线AB ，BC 引了垂线PF ，PD ，再过点P 向边AC 所在直线作垂线PE ，垂足为E ，则由西姆松定理，知F ，D ，E 三点共线，设西姆松线EF 与HA '交于M ．此时，又由P ，C ，E ，D 四点共圆，有CPE CDE ∠=∠．在Rt PCE △中，CPE ∠与PCE ∠互余；在Rt MDA '△中，A DM CDE '∠=∠与DMA '∠互余．故DMA PCE PCA PH H P HH ''''∠=∠=∠=∠=∠，由此即知HP EF '∥，故HP DF '∥．例5如图66-，设P 为ABC △外接圆上一点，过点P 分别作PL BC ⊥于L ，作PN ⊥直线AB 于N ，直线LN 交BC 边上的高线于K ，设H 为ABC △的垂心．求证：PK LH ∥．FPM HS Q BD G L CA K 图6-6N证明由于从P 点引了ABC △的边BC ，BA 所在直线的垂线，再过P 点作PM AC ⊥于M ，则由西姆松定理，知L ，M ，N 三点共直线，即L ，M ，N ，K 四点共线．设BC 边上的高线为AD ，延长AD 交圆于F ，连PF 交BC 于G ，交西姆松线NL 于Q ，连PH 交西姆松线NL 于S ．由P ，C ，L ，M 四点共圆及A ，F ，C ，P 共圆，连PC ，则MLP MCP AFP LPF ∠=∠=∠=∠，从而QP QL =，即Q 为Rt PLG △的斜边PG 的中点．连HG ，由DFC ABC DHC ∠=∠=∠，知HD DF =，有HGD DGF LGP QLG ∠=∠=∠=∠，从而HG ML ∥，即SQ 是PHG △的中位线，亦即HS SP =． 又PL KH ∥，有LPS KHS ∠=∠及PSL HSK ∠=∠，于是PSL HSK △△≌，即有PL KH ∥，亦即四边形PKHL 为平行四边形，故PK LH ∥．注由此例可得，三角形外接圆周上一点P 与垂心H 的连线段PH ，被关于P 点的西姆松线所平分，这是西姆松线的一条重要性质．2．注意发现四点共圆与三点共线的联系，灵活应用西姆松定理及其逆定理例6如图67-，延长凸四边形ABCD 的边AB ，DC 交于E ，延长AD ，BC 交于F ．试证：BCE △，CDF △，ADE △，ABF △的四个外接圆共点．EMPRSDB CA 图6-7FQ证明设BCE △与CDF △的两个外接圆除交于点C 外，另一交点为M ．设点M 在直线BE ，EC ，BC 上的射影分别为P ，Q ，R ，则由西姆松定理，知P ，Q ，R 三点共线．同样，M 点在直线DC ，CF ，DF 上的射影Q ，R ，S 也三点共线，故P ，Q ，R ，S 四点共线． 在ADE △中，P 在AE 上，Q 在DE 上，S 在边AD 所在直线上，且P ，Q ，S 三点共线，则由西姆松定理的逆定理，知M 点在ADE △的外接圆上．在ABF △中，P 在直线AB 上，R 在BF 上，S 在AF 上，且P ，R ，S 三点共线，由西姆松定理的逆定理，知M 点在ABF △的外接圆上．故BCE △，CDF △，ADE △，ABF △的四个外接圆共点．注此例题的结论实际为宪全四边形ABECFD 的四个三角形AED △、BEC △、CFD △、ABF △的外接圆共点，此点称为密克尔(Miquel )点，直线PQRS 称为完全四边形的西姆松线． 【解题思维策略分析】 1．证明点共线的又一工具例7如图68-，设P 为四边形1234A A A A 外接圆上任一点，点P 在直线12A A ，23A A ，34A A ，41A A ，上的射影分别为1B ，2B ，3B ，4B ，又点P 在直线12B B ，23B B ，34B B ，41B B 上的射影分别为1C ，2C ，3C ，4C ．求证：1C ，2C ，3C ，4C 共线．Q PB 1B 4B 3B 2C 4C 3C 2C 1A 2A 3A 4A 1图6-8证明连13A A ，过P 作13A A 的垂线，垂足为Q ．从而，点P 关于123A A A △的西姆松线为12B B Q 同样，点P 关于134A A A △的西姆松线为34B QB ．由14111A B P AQP A B P ∠=∠=∠，知点P 在14QB B △的外接圆上，由西姆松定理，知点P 在14QB B △三边上的垂足1C ，3C ，4C 共线． 同理，1C ，2C ，4C 三点也共线．故1C ，2C ，3C ，4C 四点共线（此直线称为P 点圆内接四边形关于1234A A A A 的西姆松线）． 2．注意西姆松线在转化问题中的媒介作用例8如图69-，设P 为ABC △外接圆周上任一点，P 点关于边BC ，AC 所在直线的对称点分别为1P ，2P ．求证：直线12P P 经过ABC △的垂心H ．P 2P 1BHLC P图6-9N证明由于1P ，2P 分别为P 点关于直线BC ，AC 的对称点，设1PP 交直线BC 于L ，2PP 变直线AC 于N ，则L ，M 分别为P 点在ABC △的边BC ，CA 所在直线上的射影，且L ，N 分别为线段1PP ，2PP 的中点．由西姆松定理，知LN 为西姆松线，此时2LN PP ∥．又由前面例5知，当H 为ABC △的垂心时，直线LN 平分线段PH ．于是，可知H 点在直线12P P 上，即直线12P P 经过H 点．例9如图610-，一条直线L 与圆心为O 的圆不相交，E 是l 上一点，OE l ⊥，M 是l 上任意异于E 的点，从M 作O 的两条切线分别切圆于A 和B ，C 是MA 上的点，使得EC MA ⊥，D 是MB 上的点，使得ED MB ⊥，直线CD 交OE 于F ．求证：点F 的位置不依赖于M 的位置．（IMO 35-预选题）图6-10M l E证明令OE a =，O 的半径为R ，连结EA ，EB ，OA ，OB ，OM ，AB ，设AB 交OM 于G ，交OE 于Q ，则，OA MA ⊥，OB MB ⊥，OM ⊥AB ．由射影定理，得2OG OM OB ⋅=，又由M ，E ，Q ，G 四点共圆，有22OQ OE OG OM OB R ⋅=⋅==，从而知2R OQ a=，由2OB OQ OE =⋅，有OEB OBQ △∽△，既有BEO OBQ BAO ∠=∠=∠，即123∠=∠=∠．由此得(901)903180MEB MAB ∠+∠=︒+∠+︒-∠=︒（），故A ，B ，E ，M 四点共圆．作EN AB ⊥交AB 的延长线于N ，由西姆松定理，知C ，D ，F ，N 四点共线．注意到A ，N ，E ，C 与A ，O ，E ，M 均四点共圆，有ENF EAM EOM ∠=∠=∠又由EN OM ∥，有ENF NEF ∠=∠，故ENF NEF ∠=∠．在Rt NEQ △中，由上推知F 为EQ 的中点，因此，()2211===222a R EF EQ OE OQ a--．故F 的位置不依赖于M 的位置．例10已知锐角ABC △，CD 是过点C 的高线，M 是边AB 的中点，过M 的直线分别与CA 、CB 交于点K 、L ，且CK CL =．若CKL △的外心为S ，证明：SD SM =．(2003年波兰奥林匹克题)证明如图6-11，作ABC △的外接圆，延长CS 交ABC 于点T ，联结TM ，作TK AC '⊥于点K '，TL BC '⊥于点L '．图6-11L'LSDB MAK 'K C注意到S 为KLC △的外心，且KC LC =，所以CS 为KCL ∠的平分线．于是T 为弧AB 的中点． 又M 为AB 的中点，则TM AB ⊥．由西姆松定理，知K '、M 、L '三点共线．又CT 是K CL ''∠的角平分线，且K '、L '、M 三点共线，则CK CL ''=．即直线K ML ''是过M 与CT 垂直的直线，又直线KML 也是过M 与CS 垂直的直线，从而K '与K 重合，L '与L 重合．即90CKT CLT ∠=∠=︒，亦即知C 、K 、T 、L 四点共圆．故S 为四边形CKTL 的外接圆圆心，即有SC ST =，于是S 为TC 的中点．又CD AB ⊥，则CD MT ∥．故SM SD =． 3．注意西姆松线性质的应用三角形外接圆上一点的西姆松线平分该点与三角形垂心的连线． 此性质已在例5给出一种证法，现另证如下： 如图6-12，设H 为ABC △的垂心，P 为其外接圆上一点，作HBC △的外接圆HBC ，则该圆与ABC 关于BC 对称(参见垂心性质7)．P'LHQM PABCN图6-12设点P 的垂足线（即西姆松线）为LMN ，由P 、B 、L 、M 四点共圆，有PLM PBM ∠=∠ 设HBC 与直线PL 交于点P '、Q ，则L 为PP '的中点，连HP '，由LP H QH '∠=的度数PA =的度数PBA PBM PLM =∠=∠=∠，知P H LMN '∥．由此即知PH 被直线LMN 平分． 例11如图613-，由ABC △的顶点A 引另两顶点B 、C 的内、外角平分线的垂线，垂足分别为F 、G 、E 、D ，则F 、G 、E 、D 四点共线，且此线与ABC △的中位线重合．IFGE DBCKLA图6-13证明延长BE 、CD 相交于点K ，设CG 与BE 相交于点I ，则I 为ABC △的内心．由1=2CAI A ∠∠，1119090222CKI CIK B C A ⎛⎫∠=︒-∠=︒-∠+∠=∠ ⎪⎝⎭，知A 、I 、C 、K 四点共圆．对ICK △及点A 应用西姆松定理，知G 、E ．D 三点共线．图6-13同理，对BCL △及点A 应用西姆松定理，知F 、G 、E 三点共线． 故F 、G 、E 、D 四点共线．由于C 为ICK △的垂心，则由西姆松线的性质知直线GED 平分AC ．同理，直线FGE 平分AB ，故直线FD 与ABC △的中位线重合．注由例11再回过来看例2，在例2中，是由点D 引DEF △另两个顶点E ．F 的内、外角平分线的垂线，垂足分别为P 、Q 、R 、S ．4．注意西姆松定理与托勒密定理的等价性 可用西姆松定理证明托勒密定理：如图614-，ABCD 为任意圆O 内接凸四边形，连AC ，过D 向ABC △各边作垂线，AB ，AC ，BC 所在直线上的垂足分别为1C ，1B ，1A ，连11C B ，11B A ，由西姆松定理，知111111C B B A C A +=．①图6-14由A ，1C ，1B ，D 四点共圆，且AD 为该圆直径及正弦定理，有111111sin sin C B AD C DB AD C AB =⋅∠=⋅∠，设R 为O 半径，则11sin sin 2BC C AB BAC R ∠=∠=,故 112AD BCC B R⋅=． 同理，112CD AB B A R ⋅=，112AC BDC A R⋅= 于是，由①式有AD BC CD AB AC BD ⋅+⋅=⋅．此即为托勒密定理． 也可用托勒密定理证明西姆松定理：设ABCD 是O 的内接四边形，则由托勒密定理，有 AD BC AB CD AC BD ⋅+⋅=⋅．②作1DC ⊥直线AB 于1C ，作1DB ⊥直线AC 于1B ，则由1A ，1C ，1B ，D 四点共圆，且AD 为该圆直径及正弦定理，有11111111sin sin C B C B AD C DB C AB ==∠∠，即1111sin 2BCC B AD C AB AD R=⋅∠=⋅．（R 为O 半径），亦即112AD BC R C B ⋅=⋅．同理，112AB CD R A B ⋅=⋅，112AC BD R AC ⋅=⋅． 把上述三式代入②式，有111111C B A B AC +=，故1A ，1B ，1C 三点在一条直线上，此即为西姆松定理，因此，在应用中，我们应当注意灵活处置，若应用哪个定理方便，就应用哪个定理．【模拟实战】习题A1．设P 为ABC △外接圆周劣孤BC 上一点，P 在边BC ，CA ，AB 上的射影分别为L ，M ，N ， 令PL l =，PM m =，PN n =，BC a =，CA b =，AB c =．求证：mna lnb lmc =+．2．设PA ，PB ，PC 为O 的三条弦，分别以它们为直径作圆两两相交于D ，E ．F ．求证：D ， E ，F 三点共线．3．自ABC △的顶点A 作B ∠的内、外角平分线BE ，BF 的垂线，垂足为E ，F ，再作C ∠的内、外角平分线CG ，CD 的垂线，垂足为G ，D ．求证：F ，G ，E ，D 四点共线． 4．求证：正三角形外接圆周上任一点到三边距离的平方和为定值．5．若三圆均经过其三圆心所成的外接圆上任何一点，则此三圆两两相交于三个共线点．习题B1．点P ，Q 是ABC △的外接圆上的两点(异于A ，B ，C )，点P 关于直线BC ，CA ，AB 的对称 点分别是U ，V ，W ，连线QU ，QV ，QW 分别与直线BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ．求证： (Ⅰ)U ，V ，W 三点共线；(Ⅱ)D ，E ，F 三点共线．2．设ABCD 是一个圆内接四边形，点P ，Q 和R 分别是D 到直线BC ，CA 和AB 的射影． 证明：PQ QR =的充要条件是ABC ADC ∠=∠的角平分线的交点在AC 上．（IMO -44试题）3．（卡诺定理）过ABC △外接圆上一点P ，向三边所在直线引斜线分别交BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，且PDB PEC PFB ∠=∠=∠．求证：D ，E ，F 共线．4．过ABC △的三顶点引互相平行的三直线，它们和ABC △的外接圆的交点分别为A '，B '，C '．在ABC △的外接圆上任取一点P ，设PA '，PB '，PC '与BC ，CA ，AB 或其延长线分别交于D ，E ，F ．求证：D ，E ，F 共线． 5．（清宫定理）设P ，Q 为ABC △外接圆上异于A ，B ，C 的任意两点，P 点关于BC ，CA ，AB 的对称点分别为U ，V ，W ，而QU ，QV ，QW 和BC ，CA ，AB 分别交于D ，E ，F ．求证：D ，E ，F 共线．6．设P ，Q ，为ABC △外接圆半径OK 或延长线上两点，2OP OQ R ⋅=，其中R 为外接圆半径，P 点关于BC 、CA 、AB 的对称点分别为U ，V ，W ，而QU ，QV ，QW 分别交BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ．求证：D ，E ，F 共线．第六章西姆松定理及应用习题A1．由西姆松定理，知L ，M ，N 三点共线，注意到P ，L ，N ，B 及P ，M ，C ，L 分别四点共圆，知LPN B ∠=∠，LPM C ∠=∠．又由张角定理，有()sin sin sin B C B CPL PM PN∠+∠∠∠=+，即 sin sin sin mn A ln B lm C ⋅∠=⋅∠+⋅∠再应用正弦定理，得mn a ln b lm c ⋅=⋅+⋅． 2．根据直径所对的圆周角是直角，知90BDP ADP ∠=∠=︒，90BFP CFP ∠=∠=︒，90CEP AEP ∠=∠=︒，即知D ，A ，B ；B ，F ，C ；C ，E ，A 分别三点共线．又PD AB ⊥于D ，PE AC ⊥于E ，PF BC ⊥于F ，P 是ABC △外接圆周上一点，由西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线．3．延长BE ，CD 相交于点K ，延长CG ，BF 相交于点L ．设CG 与BE 相交于点I ，则I 为ABC △的内心．由12CAI BAC ∠=∠，而()11909022CKI CIK B C BAC ∠=︒-∠=︒-∠+∠=∠，从而A ，I ，C ，K四点共圆．又AD CK ⊥于D ，AE KB ⊥于E ，AG CI ⊥于G ，A 是ICK △外接圆上任一点，由西姆松定理，知D ，E ，G 三点共线．同理，B ，I ，A ，L 四点共圆，AE BI ⊥于E ，AG IL ⊥于G ，AF BL ⊥于F ，由西姆松定理，知E ，G ，F 三点共线．故F ，G ，E ，D 四点共线．4．设正ABC △外接圆弧AB 上任一点P 到边BC ，CA ，AB 的距离分别为a h ，b h ，c h ，其垂足分别为D ，E ，F ，正三角形边长为a ．由面积等式可得a b c h h h +-=．此式两边平方，得 ()2222324a b c a b b c a c h h h h h h h h h a +++--=．由sin sin b a h hPAC PBD PA PB =∠=∠=，有a b h PA h PB ⋅=⋅． 同理，a c h PA h PC ⋅=⋅，故a b h PA h PB k PC ⋅=⋅=⋅．又P ，F ，E ，A 及P ，D ，B ，F 分别四点共圆，有PFD PBD PAC ∠=∠=∠，PDF PBF PCA ∠=∠=∠，得PFD PAC △△≌，故c h PA a DF =⋅，同理，a h PB a DE =⋅,b hPC a EF=⋅，即a cb ac bh h h h h h k EF DE EF⋅⋅⋅===由西姆松定理，知D ，E ，F 共线，即DF FE DE +=．于是 £()0a b a c b c hb h h h h h h DE DF EF k ®---=--=⋅，故222234a b c h h h a ++=．5．设以ABC △的三个顶点为圆心的三圆，皆经过同一点M ，而M 在ABC △的外接圆上，A 与B 另交于D ，A 与C 另交于E ，B 与C 另交于F ． 注意到A 与B 中，公共弦MD ⊥连心线AB ；A 与C 中，公共弦ME ⊥连心线AC ；B 与C 中，公共弦MF ⊥连心线BC ．对ABC △及其外接圆周上一点M ，应用西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线．习题B1．(Ⅰ)设从点P 向BC ，CA ，AB 作垂线，垂足分别为X ，Y ，Z ．由对称性，知XY 为PUV △的中位线，故UV XY ∥同理，VW YZ ∥，WU XZ ∥．由西姆松定理，知X ，Y ，Z 三点共线，故U ，V ，W 三点共线．(Ⅱ)由P ，C ，A ，B 四点共圆，有PCE ABP ∠=∠．亦有22PCV PCE ABP PBW ∠=∠=∠=∠． 又PCQ PBQ ∠=∠，则PCV PCQ PBW PBQ ∠+∠=∠+∠．即QCV QBW ∠=∠，从而QCVQBW S CV CQ S BQ BW⋅=⋅△△． 同理，QAWQCU S AW AQ S CQ CU ⋅=⋅△△，1QBU QCV QAW QBU QAV QBW QCU QAVS S S S BQ BU S AQ AV S S S ⋅=∴⋅⋅=⋅△△△△△△△△． 于是，1QBU QCV QAW QCV QAV QBWS S S BD CE AF DC EA FB S S S ⋅⋅=⋅⋅=△△△△△△ 由梅勒劳斯定理的逆定理，知D ，E ，F 三点共线．2．由西姆松定理知P ，Q ，R 三点共线．而90DPC DQC ∠=∠=︒，则D ，P ，C ，Q 四点共圆．于是，DCA DPQ DPR ∠=∠=∠．同理，由D ，Q ，R ，A 共圆，有DAC DRP ∠=∠．故DCA DPR △∽△． 类似地，DAB DQP △∽△，DBC DRQ △∽△，从而//DA DR DB QR BC QP BA DC DP DB PQ BA PQ BC ⋅⋅===⋅⋅,故DA BA PQ QR DC BC=⇔=,而ABC ∠和ADC ∠的角平分线分AC 的比分别为BA BC 和DA DC．即可证． 3．设P 在BC ，由PDB PFB PEC PEA ∠=∠=∠=∠，知B ，P ，D ，F 四点共圆，P ，F ，A ，E 四点共圆，从而PFD PBD PBC PAE PFE ∠=∠=∠=∠=∠，故F ，D ，E 共线（当90PBD PEC PFB ∠=∠=∠=︒时，即为西姆松定理）． 4．由PCE A '∠=∠及AA BB ''∥，有A BGD '=∠ (G 为PA '与BB '的交点)，即PCE BGD ∠=∠．又 CBB CPB ''∠=∠，从而在BGD △和PCE △中，有BDP CEP ∠=∠，即知D ，P ，E ，C 四点共圆，有PDE PCE A '∠=∠=∠，故AA DE '∥．同理，AA DF '∥，所以D ，E ，F 共线（当PA BC '⊥时，即为西姆松定理）． 另证设P B '与AB 交于点X ．注意到BB CC ''∥，则知B BC C ''为等腰梯形，有B C BC ''=，即有B PC BAC ''∠=∠．从而AXP XAC AXP XPC ∠+∠=∠+∠．于是E F ∠=∠．同理E D ∠=∠，F D ∠=∠．故E D F ∠=∠=∠．由卡诺定理（即上一题）知D 、E 、F 三点共线．5．设Q ，P 顺次在BC 上，由PCE PBA ∠=∠．有PCV PBW ∠=∠．又PCQ PBQ ∠=∠，有 QCV QBW ∠=∠．故QCNQBW S VC QC PC QC S WB QB PB QB⋅⋅==⋅⋅△△． 同理，QAWQCU S PA QA S PC QC ⋅=⋅△△,QBV QAV S PB QB S PA QA⋅=⋅△△． 于是，1QBU QCU QAW QCU QAV QBW S S S BD CE AF PB QB PC QC PA QA DC EA FB S S S PC QC PA QA PB QB⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅△△△△△△ 由梅勒劳斯定理的逆定理，知D ，E ，F 共线（当P ，Q 重合时，即为西姆松定理）．6．设K 点在BC 上，连OC ，则2OP OQ OC ⋅=，又POC COQ ∠=∠，则OPC COQ △∽△，有 OCP OQC ∠=∠．又OKC OQC KCQ ∠=∠+∠，OCK OCP KCP ∠=∠+∠，而OKC OCK ∠=∠，O CP OQC ∠=∠，知PCK KCQ ∠=∠，即2QCV KCE ∠=∠． 同理，2QBW KBA ∠=∠．又KCE KBA ∠=∠，则QCV QBW ∠=∠，有 QCVQBW S CV CQ PC QC S QB WB PB QB ⋅⋅==⋅⋅△△．同理QAW QCU S PA QA S PC QC ⋅=⋅△△,QBU QAV S PB QB S PA QA ⋅=⋅△△．故1QBU QCV QAW QCU QAV QBWS S S BD DE AF DZ EA FB S S S ⋅⋅=⋅⋅=△△△△△△，故D ，E ，F 共线[当P （或Q ）在圆周上时，即为西姆松定理]。

(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第27章 圆的解析性质及应用

(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第27章 圆的解析性质及应用

第二十七章 圆的解析性质及应用【基础知识】圆有如下一系列有趣的解析性质：性质1 圆心为(,)a b ，半径为r 的圆的方程为222()()x a y b r -+-=．性质2 二次方程表示圆的方程所应满足的条件是2240D E F +->，且220x y Dx Ey F ++++=． 性质3 圆心为（,a b ），半径为r 的圆的参数方程为cos sin x a r y b r θθ=+⋅⎧⎨=+⋅⎩（θ为参数）．性质 4 与两定点(,0)a ，(,0)b （a b ≠）距离的比为mn（n m ≠且0,0n m >>）的点的轨迹是圆：22222222()an bm mn a b x y n m n m ⎛⎫--⎡⎤-+= ⎪⎢⎥--⎣⎦⎝⎭． 性质5 与两定点(,0)a ，(0,)c 的距离的比为mn (n m ≠且0n >，0m >)的轨迹是圆：2222an x n m ⎛⎫- ⎪-⎝⎭ 2222222()cm mn a c y n m n m ⎛⎫+⎡⎤++= ⎪⎢⎥--⎣⎦⎝⎭． 性质6 以点11(,)A x y ，22(,)B x y 为圆的直径两端点的圆的方程为 1212()()()()0x x x x y y y y --+--=．注 上述方程可变形为2212121212()()0x y x x x y y y x x y y +-+-+++=．此式说明：若两曲线的两交点坐标满足它，则此两点为这圆的直径的两端点．性质7 若直线(),0f x y =与二次曲线(,)0F x y =相交于P ，Q 两点，且由(,)0,(,)0.f x y F x y =⎧⎨=⎩消去y ，得()0g x =；消去x ，得()0h y =(其中()g x 与()h y 的二次项系数均为1），那么以P ，Q 为直径端点的圆的直径式方程为()()0g x h y +=．证明 设P ，Q 的坐标分别为11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则1x ，2x 是方程()0g x =的两个根；1y ，2y 是方程()0h y =的两个根，即12()()()0g x x x x x =--=，12()()()0h y y y y y =--=．两式相加，有 1212()()()()()()0g x h y x x x x y y y y +=--+--=．由性质6，即证得结论成立．性质8 设O 为平面直角坐标系原点，P 为直线l ：(,)1g x y Ax By =+=(A ，B 不同时为零）上一点，射线OP 交圆：2222(,)1x y f x y r r=+=于点R ，若点Q 在OP 上且满足22OQ OP OR r ⋅==，则点P 在l 上移动时，Q 点的轨迹是圆2222224()224Ar Br A B r x y ⎛⎫⎛⎫+⋅-+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，或(,)(,)0f x y g x y -=． 证明 设00(,)P x y ，(,)Q x y ，则由Q 在OP 上可设OP k OQ =⋅u u u r u u u r．由2OQ OP r ⋅=，有OQ R OQ ⋅⋅=2r ，即22r k OQ=，亦即22r OP OQ OQ=⋅u u u ru u u r，从而2022r x x x y =⋅+，2022r y y x y =⋅+．又00(,)x y 在直线l 上，即有001Ax By +=，亦即2222221r x r y A B x y x y ⋅⋅⋅+⋅=++，由此得222Ar x ⎛⎫- ⎪⎝⎭22224()24Br A B r y ⎛⎫+⋅+-=⎪⎝⎭． 上式又可化为2222x y Ax By r r+=+，故(,)(,)0f x y g x y -=．性质9 过两圆1(,)0f x y =，2(,)0f x y =（或一圆与一二次曲线）交点的圆的方程为1(,)f x y +2(,)0(1)f x y λλ=≠-．注 若1λ=-，则为一直线方程．性质10 设直线l ：0Ax By C ++=，圆Γ：222()()x a y b r -+-=，圆心(,)O a b 到直线l 的距离为d =(1)当d R <时，直线l 与圆Γ相交，反之亦真；(2)当d R =时，直线l 与圆Γ相切，反之亦真； (3)当d R >时，直线l 与圆Γ相离，反之亦真．性质11 直线0Ax By C ++=与圆222x y r +=相切的充要条件是()2222A B r C +=． 性质12 设00(,)M x y ，圆的方程222x y r +=，对于直线l 的方程200x x y y r +=，则(1)当M 在圆上时，l 为圆的切线；(2)当M 在圆外时，l 为圆的切点弦直线；(3)当M 在圆内时，l 为与以M 为中点的弦平行且过此弦端点切线交点的直线．事实上，这可由第二十五章的性质7推论后的注即得．这里，其实l 即为点M 关于圆的极线． 【典型例题与基本方法】例1 已知一圆在x 轴上的截距为a ，b ，在y 轴上的截距为(0)c c ≠，求此圆的方程．解法1 由于圆过点(,0)A a ，(,0)B b ，(0,)C c 三点，则圆心M 在AB ，AC 的垂直平分线上，即M 点是两直线1()2x a b =+，2222()()x a y x y c -+=+-的交点，求得2,22a b c ab M c ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，又可求得半径r MA ==．故由性质1，得所求圆的方程为22222a b c ab x y ⎛⎫++⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 22222b a c ab c ⎛⎫-+⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 解法2 设此圆的方程为220x y Dx Ey F ++++=．此圆在x 轴上的距离是a ，b ，则20a Da F ++=，① 20b Db F ++=． ②由①，②知a ，b 是方程20x Dx F ++=的两根，从而由韦达定理，有a b D +=-，ab F =． 又此圆在y 轴上截距为c ，有20c Ec F ++=．③从而20c Ec ab ++=，即2c abE c+=-．此时，显然满足2240D E F +->，故由性质2知所求圆的方程为22()0ab x y a b x c y ab c ⎛⎫+-+-++= ⎪⎝⎭．注 也可由①，②，③联立求出D ，E ，F ．例2 设A 为定点(b ，0)，P 为圆229x y +=上一点，M 是AP 上的一点，且满足12AM MP =．当点P 在圆上运动时，求点M 的轨迹方程．解法1 如图27-1，作MN PO ∥交x 轴于N ，显见MN 为定长，即1MN =，且N 为定点(4，0)． 由圆的平面几何定义知，到定点的距离等于定长的点的轨迹是圆，定点是圆心，定长为半径，故所求圆的方程为22(4)1x y -+=．解法2 设点M 的坐标是(,)x y ，设圆229x y +=的参数方程为3cos ,3sin .x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）于是可设点P 的坐标为(3cos ,3sin )θθ，由此例定理（或由定比分点坐标公式）得点M 的轨迹的参数方程为4cos ,sin .x y θθ=+⎧⎨=⎩（θ为参数）由此即知，线段AP 上的点M 的轨迹是以点(4，0)为圆心，以1为半径的圆．图27-1例3 已知一曲线是与两个定点(0,0)O ，A (3，0)的距离的比为12的点的轨迹，求此曲线的方程． 解法1 由题设，运用性质4，知0a =，3b =，1m =，2n =．或运用性质5，知3a =，0c =，1n =，2m =，可求得曲线方程为22(1)4x y ++=．解法2 由题设及圆的轨迹定义和所求的曲线为圆，即可推知其圆心在直线OA 上，且圆与直线OA 的两个交点即为直径的两端点．由平面几何知识得动点P 满足12PO PA=点为(1,0)P ，(3,0)Q -，从而所求方程为(1)(3)(0)(0)0x x y y -++--=，即22(1)4x y ++=．例4 求以相交两圆1C ：22410x y x y ++++=，及2C ：222210x y x y ++++=的公共弦为直径的圆的方程．解法1 由两圆的方程相减即得公共弦所在直线的方程：20x y -=． 设所求圆的方程为2241(2)0x y x y x y λ+++++-=，即22(42)(1)10x y x y λλ++++-+=．其圆心12,2λλ-⎛⎫-- ⎪⎝⎭必在直线20x y -=上，即由()122202λλ----=，求得75λ=-． 故所求圆的方程为2255161250x y x y ++++=． 解法2 可求得两已知圆的公共弦方程为20x y -=． 运用性质7，由22410,20.x y x y x y ⎧++++=⎨-=⎩分别消去y ，x ，得25610x x ++=及251240y y ++=．此两式相加，得225561250x y x y ++++=，此即为所求圆的方程． 例5 直线2y x =-与抛物线22y x =相交于A ，B ．求证：OA OB ⊥． 证明 由222y x y x=-⎧⎨=⎩分别消去y ，x ，得2640x x -+=，2240y y -+=．此两式相加，得以AB 为直径的圆的方程：22620x y x y +--=． 显然，原点O 在圆22620x y x y +--=上，故OA OB ⊥．例6 已知双曲线的中心在原点，焦点在x 轴上，P ，Q 两点．若OP OQ ⊥，且4PQ =，求双曲线的方程．（1991年全国高考理科题）解 设双曲线方程为22221x y a b-=，直线方程为)y x c -，其中c =．联立直线和双曲线方程分别消去y ，x ，得 2222222222635()05353a c a c a b g x x x b a b a+=+-=--．42223()053b h y y y b a =+=-．由性质7，知以PQ 为直径的圆的方程为()()0g x h y +=．因OP OQ ⊥，所以圆过原点，则(0)(0)0g h +=，即222243530a c a b b +-=．解得223b a =．设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则PQ 的中点为1212,22x xy y M ++⎛⎫ ⎪⎝⎭．由题设得122OM PQ ==，即221212()()16x x y y +++=．而2122261532a c x x cb a +=-=--，12y y +==． 将其代入()*式，得22151644c c +=，解得24c =．由此求得21a =，23b =．故所求双曲线方程为2x213y -=．例7 已知函数y =y 的最大值．（新加坡竞赛题）解 令u =v =0u v y +-=，及圆的方程：222u v +=． 由已知可知直线与圆有公共点(,)u v ），从而2y ≤，等号当且仅当0x =时成立，故max 2y =． 例8 确定最大的实数z ，使5x y z ++=，3xy yz zx ++=，并且x ，y 也是实数． （第7届加拿大竞赛题）解 由已知，得22222()2()52319x y z x y z xy yz zx ++=++-++=-⋅=． 令直线l ：(5)0x y z ++-=，O e ：22219x y z +=-． 由已知可知l 与O e 有公共点，从而2310130z z --≤．解得313z 1-≤≤，故max 133z =．例9 1()2x y z =++．（1978年罗马竞赛题）解 u =v =t =，u v t s ++=，则可令l ：()0u v t s ++-=，O e ：222u v s +=- 23t -．因l 与O e 222(2)360s t t s t -+++≤．因s 有实数解，则22[2(2)]4(36)0t t ∆=-+-+≥，即2(1)0t -≤，故1t =．此时23s t =+=，223z t =+=，代入l 与O e 的方程得2u v +=，222u v +=．解此方程得1u v ==，故原方程的解为1x =，2y =，3z =． 【解题思维策略分析】1．运用圆的解析性质证明圆锥曲线性质例10 从椭圆22221x y a b+=上一点P ，引以短轴为直径、原点为圆心的O e 的两条切线，切点为A ，B ，直线AB 与x 轴，y 轴分别相交点M ，N ，则222222a b a bONOM+=．证明 如图27-2，设00(,)P x y ，O e 的方程为222x y b +=，则切点弦AB 的方程为200x x y y b +=． 由0x =得20b ON y y ==，0y =得20b OM x x ==，从而2222222220022442a y b x a b a b a b b bON OM++===．注 类似地，(i )可证明将上例中的O e 换为以长轴为直径的圆，P 为此圆上一点，引椭圆的两条切线，则44222a b a OMON+=；(ii)可证明对于双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>，抛物线22(0)y px p =>的类似于上例的结论：(a)从双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>上一点P ，向以实轴为直径、原点为圆心的圆O 引两条切线，切点为A ，B ，直线AB 与x 轴、y 轴分别交于M ，N ，则222222b a b aOMON-=． (b)从双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>上一点P ，向以虚轴为直径，原点为圆心的圆O 引两条切线，切点为A ，B ，直线AB 与x 轴、y 轴分别交于M ，N ，则222222b a a bOMON-=． (c)从抛物线22(0)y px p =>上一点P ，向以2p（通径）为直径，原点为圆心的圆引两条切线，切点为图27-2A ，B ，直线AB 与x 轴，y 轴相交于点M ，N ，则222OM pON=． 例11 设P 是半径为R 的圆O 内任意一点，过点P 任意引(2)n n ≥条直线1l ，2l ，…，n l ．如果这n 条直线相邻两条所成的角都为πn，且第i 条直线i l 交圆于i M ，i M '两点（1i =，2，…，n ），那么221()nii i PMPM ='+∑是与P 点无关的定值22nR ．证明 以圆心O 为坐标原点，射线OP 为x 轴正半轴建立直角坐标系，则圆的方程为222x y R +=．设(,0)P r ，不妨设直线1l 的倾斜角α最小，1l 的参数方程为cos ,sin ,x r t y t αα=+⎧⎨=⎩（t 为参数） 将此方程代入圆的方程222x y R +=，整理得2222cos 0t r t r R α+⋅⋅+-=．设关于t 的上述二次方程的两根为1t ，2t ，则知 122cos t t r α+=-，2212()t t R r =--．由t 的几何意义，从而222211121212()2PM PM t t t t t '+=+=+-222222(1cos2)2()2(cos2)r R r r R αα=++-=+ （*）设直线i l （1i =，2，…，n ）对应的倾斜角为(1)πi n α-+，分别以πnα+，2πn α+，…，(1)πn n α-+代（*）式的α，然后将n 个式子(连同(*)式）相加，并注意三角公式 12(1)πcos 0ni m i n θ=-⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦∑，（n m >均为正整数） 从而22222112(1)π()2cos 22nn ii i i i PMPM r nR nR n α==⎧-⎫⎡⎤'+=++=⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭∑∑． 注 若注意到22211111212()4M M PM PM t t t t ''=-=+-，可得22212(2)ni i i M M n R r ='=⋅-∑；211PM +21212222121()21t t t t t t PM +-=⋅'，可得2222221112()n i i i nR R r PM PM =⎛⎫ ⎪+= ⎪-'⎝⎭∑；221212221112()411t t t t PM PM t t ⎛⎫+-+= ⎪ ⎪'⋅⎝⎭，可得22222212(2)()i i n R r PM PM R r ⎛⎫1-∑+= ⎪ ⎪'-⎝⎭等． 2．注意点圆方程的巧用例12 已知圆0C 的方程为222x y r +=，求经过圆0C 上一点00(,)M x y 的切线方程．解 视点00(,)M x y 为点圆曲线0Γ：2200()()0x x y y -+-=．于是00{}C M Γ=∩，由性质9，得曲线系2222200[()()]0x y r x x y y λ+-+-+-=．且由题设知其中1λ=-，故有22220000222x x y y x y r r +=++=．即得200x x y y r +=即为所求．例13 求与圆C ：2268170x y x y +--+=切于点(1,2)的圆的方程． 解 视点(1，2)为点圆曲线0Γ：22(1)(2)0x y -+-=，由性质9得所求圆的方程为2268x y x y +--2217[(1)(2)]0x y λ-+-+-=．即 ()2223428111x y λλλλλ+⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭+．由228(1)λ=+⎝⎭，求得115λ=-或295λ=-．于是得1C ：22279222x y ⎛⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭及2C ：22231222x y ⎛⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 易知点(1，2)满足圆1C 的方程，且圆1C 与圆C 的圆心距等于两圆半径之差的绝对值，所以圆1C 与圆C 内切于点(1，2)，圆1C 为所求．同理，圆1C 与圆C 外切于点(1，2)，圆2C 也为所求． 3．借助圆的解析性质求解其他代数问题例14 若正数x ，y ，z 满足x y z a ++=，2222(0)2a x y z a ++=>，求证：203x <≤，203y <≤，203z <≤．证明 由已知有x y a z +=-，22222a x y z +=-，此二式同时成立，即知直线x y a z +=-与圆22222a x y z +=-（2z ）有公共点，即原点到直线的距离不大于圆的半径，得2320z az -≤．又0a >，则203z a <≤．同理有203y a <≤，203z a <≤．例15 已知cos cos 2m αβ+=，sin sin 2n αβ+=．求cot cot αβ的值．解 令(cos ,sin )A αα，(cos ,sin )B ββ，则知A ，B 在圆221x y +=上．设线段AB 的中点为(,)C m n ，则1(cos cos )2m αβ=+，1(sin sin )2n αβ=+，且OC n k m=，AB m k n =-．AB 的方程为22m m n y x n n +=-+，并代入圆的方程，得222222222222()()10m m m n n m n x x n n n ⎛⎫++-+-+= ⎪⎝⎭．又cos α，cos β为此方程两根，有222222()cos cos n m n m nαβ+-⋅=+． 同理22222()sin sin m n m m n αβ+-⋅=+．故2222222()cot cot ()m n n m n m αβ+-⋅=+-为所求．【模拟实战】习题A1．求过直线l ：240x y ++=与圆C ：222410x y x y ++-+=的两个交点P ，Q ，且面积最小的圆的方程．2．已知直线1y x =-与椭圆22221(1)1x y a a a +=>-相交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆过椭圆的左焦点，求a 的值．3．已知圆C ：2224x y +=，直线l ：1128x y+=，P 是l 上一点，射线OP 交圆于点R ，又点Q 在OP 上且满足：2OQ OP OR ⋅=．当点P 在l 上移动时，求点Q 的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线． 4．求与抛物线24y x =相切于点P (1，4)且过点(3，0)的圆的方程． 5．求函数3cos ()2sin xy f x x+==-的值的取值范围．6．解方程组222 1.x y z x y z ⎧++=⎪⎨++=⎪⎩7．已知a ，b +∈R ，且1a b +=，求证：2211252a b b a ⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥．8．已知α，β是锐角，目4422sin cos 1cos sin ααββ+=．求证：π2αβ+=．9．已知sin sin()cos()ααβαβ++++=π,π4β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，求β的值．习题B1．自点A (3-，3)发出的光线l 射到x 轴上，被x 轴反射，其反射光线与圆224470x y x y +--+=相切，求光线l 所在直线方程．2．半径等于某个正三角形高的圆在这个正三角形的一边上滚动．证明三角形两边截圆的弧的总长等于60︒． 3．（九点圆定理）证明：三角形三边的中点，三高的垂足，垂心与顶点连接线段的中心，这九个点共圆．。

数学竞赛

数学竞赛

数学竞赛竞赛专题讲座－平面几何四个重要定理重庆市育才中学瞿明强四个重要定理：梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是。

塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）△ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件是。

托勒密(Ptolemy)定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。

西姆松(Simson)定理（西姆松线）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。

例题：1．设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。

求证：。

【分析】CEF截△ABD→（梅氏定理）【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。

2．过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。

求证：。

【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。

DEG截△ABM→（梅氏定理）DGF截△ACM→（梅氏定理）∴===1【评注】梅氏定理3． D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，，AD、BE、CF交成△LMN。

求S△LMN。

【分析】【评注】梅氏定理4．以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。

求证：AE、BF、CG相交于一点。

【分析】【评注】塞瓦定理5．已知△ABC中，∠B=2∠C。

求证：AC2=AB2+AB·BC。

【分析】过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。

则CD=DA=AB，AC=BD。

由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。

【评注】托勒密定理6．已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。

求证：。

（第21届全苏数学竞赛）【分析】【评注】托勒密定理7．△ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线于F。

2018奥数夏令营平面几何（教师版）

2018奥数夏令营平面几何（教师版）

2018奥数夏令营平面几何（教师版）2018年奥数夏令营讲义——平面几何目录一、等差幂线定理 (2)二、共边比例定理、分角张角 (7)2.1 共边比例定理 (7)2.2 分角定理 (10)2.3 张角定理 (12)三、Menelaus、Ceva、Pascal定理 (15)3.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理 (15)3.2 赛瓦（Ceva)定理 (19)3.3 Pascal定理 (23)四、三角形五心 (28)4.1 三角形的内心 (28)4.2 三角形的外心 (31)4.3 三角形的重心 (34)4.4 三角形的垂心 (38)4.5 三角形的旁心 (42)五、等角共轭 (49)5.1 等角共轭 (49)5.2 等角共轭点 (50)六、Simson 定理、托勒密、三弦定理 (62)6.1 Simson 定理 (62)6.2 Ptolemy 定理 (65)6.3 三弦定理 (70)七、Stewart 定理 (73)八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆 (78)九、圆幂定理、根轴、根心 (86)十、内外角平分线定理、线段的“分割比”、阿波罗尼斯圆 (103)十一、调和点列、线束 (108)十二、顾冬华20题 (117)注：第81题、第104题、第124题为同一题，分别由三位老师提供，诠释角度不同，故仍然顺应内容重复编排在内，方便备课.1 / 1362 / 136一、等差幂线定理1. 如图，点P 为ABC △内部一点，PL PM PN 、、分别垂直于BC CA AB 、、，且AM AN =，BN BL =.求证：CL CM =.B【证明】由定差幂线定理PN AB ⊥?2222PA PB NA NB -=-；PL BC ⊥?2222PB PC LB LC -=-；PM CA ⊥2222PC PA MC MA ?-=-. 上述三式相加，结合AM AN =及BNBL =，得CL CM =.2. 在正方形对角线上一点(不与重合)，. 求证：【证明】则D F3 / 1363. 在中，. 求证：和边上的中线和互相垂直.【证明】连接，得4. 如图，在ABC △中，CD AB ⊥，BE AC ⊥，D 、E 是垂足，CD 与BE 交于点H . 证明：AH BC ⊥. ABC DH E证明：在凹四边形ACBH 中，由CH AB ⊥得2222AC BH BC AH +=+. 在凹四边形ABCH 中，由BH AC ⊥得2222AB CH BC AH +=+.于是，在凹四边形ABHC 中，得到2222AB CH AC BH +=+，则AH BC ⊥. 由此题可得ABC △垂线H 的一个性质：222222AB CH BC AH AC BH +=+=+.ABCDE5.在五边形中，为五边形内一点，.求证：.ABC【证明】连接延长交，由，得：两式相减：即：由凹四边形得：.6.如图，在四边形ABCD中，E和F是CD和BC上的点，AB=AD，DF求证：CDB证明：在四边形ADEF中，由DF及定差幂线定理得，又因为AB=AD，BACDEPQ4 / 136所以，即，由定差幂线定理知7.若点P在ABC△三边BC、CA、AB所在直线上的射影分别为X、Y、Z. 证明：自YZ、ZX、XY的中点分别向BC、CA、AB所作的垂线共点.B证明：由三角形中线长公式，有22221()42am b c a=+-.由DX BC'⊥，EY CA'⊥，FZ AB'⊥，则2222X B X C BD CD''-=-22211()24BZ BY YZ=+-22211()24CY CZ YZ-+-22221()2BY BZ CY CZ=+--.同理，2222221()2Y C Y A CZ CX AZ AX ''-=+--2222221()2Z A Z B AX AY BX BY ''-=+--.以上三式相加，得222222X B X C Y C Y A Z A Z B ''''''-+-+-2222221()2XCXB YA YC ZB ZA=-+-+-.因为，由定差幂线定理可得：以上三式相加得所以222222X B X C Y C Y A Z A ZB''''''-+-+-=0（*）设与交于M 点，则由定差幂线定理可得代入（*）得即所以M在过引AB的垂线上，所以、、三线共点.5 / 1366 / 1368. 以锐角△ABC 的一边AC 为直径作圆，分别与AB 、BC 交于点K 、L ，CK 、AL 分别与△ABC 的外接圆交于点F 、D (F ≠C ，D ≠A )，E 为劣弧AC 上一点，BE 与AC 交于点N . 若AF 2+BD 2+CE 2=AE 2+CD 2+BF 2. 求证：KNB BNL =∠∠.证明如图，由于以AC 为直径的圆分别与AB 、BC 交于点K ，L ，则CK AB ⊥，AL BC ⊥. 设CK 与AL 交于点H ，则H 为ABC △的垂心，故点H 与F 关于AB 对称，点H 与D 关于BC 对称. 从而，AF AH =，CD CH =，BD BH BF ==. 由222222AF BD CE AE CD BF ++=++，有 2222AH CE AE CH +=+.即2222AH CH AE CE -=-. 由定差幂线定理知，HE AC ⊥. 又注意到H 为垂心，有BH AC ⊥. 故知B 、H 、E 三点共线. 因为N 为边AC 与BH 的交点，则BN AC ⊥. 故KNB BNL =∠∠.7 / 136二、共边比例定理、分角张角2.1 共边比例定理9. 如图，ABC △中，DE BC ∥，BE 、CD 交于P . 求证：直线AP 平分BC 和DE .EPDC BA【证明】设直线AP 分别交BC 、DE 于M 、H . 由共边定理，得ACP BCP S AD BD S =△△，ABP CBP S AE CE S =△△，而DE BC ∥，则AD AEBD CE=，所以ACP ABPBCP CBPS S S S =△△△△，则ACP ABP S S =△△. 又由共边定理，得BAP CAP S BM CM S =△△，所以1BMCM=，即BM CM =，所以M 是BC 的中点. 又易知BPD CPE S S =△△，则DAP EAP S S =△△. 由共边定理，得1DAPEAPS DH HE S ==△△，则DH HE =，所以H 是DE 的中点. 故直线AP 平分BC 和DE .MH E PDCBA8 / 13610. 过圆外一点P 引圆的两条切线和一条割线，在上取一点使. 求证：.【证明】设由共边比例定理，得：（的高）又得连接，. .，. 11. 在内任取一点P ，连结P A 、PB 、PC 分别交对边于X 、Y 、Z 点. 求证：ABC证明：由共边比例定理知：9 / 13612. 已知O 是ABC △的内切圆，D 、E 、N 分别为AB 、AC 、BC 上的切点，连结NO 并延长交DE 于点K ，连结AK 并延长交BC 于点M . 求证：M 是BC 的中点.ABC证明:如图，联结OD ，OE ，由O 、D 、B 、N 及O 、N 、C 、E 分别四点共圆有KOD B ∠∠=，KOE C ∠=∠.由共边比例定理，有sin sin ODK OKE S DK OD OK DOK KE S OE OK KOE ??∠==??∠△△sin sin sin sin DOK B ACKOE C AB ∠===∠，及sin sin ADK AEK S DK DAKKE S EAK∠==∠△△. 于是，sin sin ABM ACM S BM AB BAM MC S AC CAM ?∠==?∠△△sin sin AB DAK AC EAK ?∠=?∠AB DK AC KE =?1AB ACAC AB=?=. 故M 是BC 的中点.B10 / 1362.2 分角定理13. 在等腰△ABC 中，∠A ＜90°，从边AB 上点D 引AB 的垂线，交边AC 于E ，交边BC 的延长线于F .求证：AD =CF 当且仅当△ADE 面积是△CEF 面积的两倍.ABCF【证明】连接BE ，则EA 外分BED ∠.设βα=∠=∠AEB AED ,，作BC EM ⊥. 由分角定理得：BE DEAB AD :sin sin =βα ①在BEF ?中，EC 内分BEF ∠，由分角定理得：BEEFBC CF :sin sin =βα②由①=②且CF AD =，得EF ABBCDE ?=. 设θ=∠ABC ，在等腰ABC ?中，有θcos 2=ABBC. ∴θcos 2?=EF DE ，∴EM DE 2=，∴CEF ADE S S ??=2.以上过程均可逆.11 / 13614. 设△ABC 是直角三角形，点D 在斜边BC 上，4BD DC =，已知圆过点C 与AC 交于F ，与AB相切于AB 的中点G . 求证：AD BF ⊥.【证明】设α=∠BAD ，β=∠ABF ，γ=∠DAC . 在ABC ?中，AD 内分BAC ∠，则：ABACAC AB DC BD 4:sin sin ==γα. 又ααπγcos )2sin(sin =-=，∴ABAC4tan =α. 又在ABF Rt ?中，AB AF=βtan . ∴24tan tan AB AFAC ??=?βα，又AG AB 2=，∴AC AF AG AB ?==4422（切割线定理）∴1tan tan =?βα，从而2πβα=+，.BF AD ⊥∴ 15. △ABC 是等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，AB =AC . 以AB 为一边作△ABD ，且AD =BD .若∠ADC =15°，求证：△ABD 是等边三角形.DBA证明：设.在中，在AB 边上用分角定理可得：12 / 136在中，在AB 边上用分角定理可得：所以解得，所以ABD 是等边三角形2.3 张角定理16. 已知AM 是△ABC 的BC 边上的中线，任作一直线顺次交AM AC AB ,,于N Q P ,,. 求证：AQAC AN AM AP AB ,,成等差数列.【证明】令θβα=∠=∠=∠AMB MAC BAM ,,. 以A 为视点，分别对Q N P ,,及C M B ,,应用张角定理，有AQAP AN αββαsin sin )sin(+=+，①AC AB AM αββαsin sin )sin(+=+.②又在ABM ?和AMC ?中，由正弦定理，有MC AC MB AB βθαθsin sin ,sin sin ==.由已知MC MB =，上述两式相除得ABAC βαsin sin =，于是②式可变为：AC AB AM αββαsin 2sin 2)sin(==+，即sin()sin 2AB AM αββ+=，sin()sin 2AC AM αβα+=.代入①得，).(21AQ AC AP AB AN AM +=13 / 136故AQAC AN AM AP AB ,,成等差数列.14 / 13617. 如图，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M BEF ，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.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M C =，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==∠.由张角定理可知B ，C ，N 三点共线.15 / 136三、Menelaus 、Ceva 、Pascal 定理3.1 梅涅劳斯（Menelaus ）定理设直线l 与ABC ?三边所在直线BC ，CA ，AB 分别交于点D ，E ，F ，则1=??FBAFEA CE DC BD 反之，若三角形三边所在直线上三点使得上述等式成立，则该三点共线. 利用面积转换，可得出如下两个角元形式：第一角元形式：1sin sin sin sin sin sin =∠∠?∠∠?∠∠FCBACFEBA CBE DAC BAD第二角元形式：1sin sin sin sin sin sin =∠∠?∠∠?∠∠FOBAOFEOA COE DOC BOD（O 为不再三边所在直线上的任意一点）18. AD 为锐角三角形ABC 的一条高，K 为AD 上任一点，BK 、CK 的延长线分别交AC 、AB 于点E 、F .求证：∠EDK ＝∠FDK .证明：过点A 作MN ∥BC ，与DE 、DF 的延长线分别交于点M 、N .BCAE FK MN由于AF FB ·BD DC ·CEEA=1.而AF FB ＝AN BD ，CE EA ＝DC AM . ?ANAM ＝1?AN ＝AM ，即DA 是等腰三角形DMN 的底边上的高，从而∠EDA ＝∠FDA .DBC AEFK16 / 13619. 在△ABC 中，AM 、AT 分别为BC 边上的中线与角平分线. TK ∥AC ，交AM 于K . 证明：AT ⊥CK .证明：由CD 截△ABM ，有AD DB ·BC CM ·MK KA =1. 故AD DB ＝1 2·AKKM.HBCAK D设AB ＝c ，BC ＝a ，CA ＝b ，则BT CT ＝c b ?BT ＝ac b ＋c ，CT ＝abb ＋c .MT ＝CM －CT ＝a 2－ab b ＋c ＝a (c －b )2(b ＋c ).但TK ∥AC ?AK KM ＝CT TM ＝2b c －b ，?AD DB ＝bc －b .AD AB ＝AD AD ＋DB ＝b c ，即AD c ＝bc ?AD ＝b ＝AC . 故证.20. 如图，四边形ABCD 中，AB 与CD 所在直线交于点E ，AD 与BC 所在直线交于点F ，BD 与EF所在直线交于点H ，AC 与EF 所在直线交于点G . 求证：HE FG HF EG ?=?.F【解析】考虑AEF ?被直线HBD 截，应用梅涅劳斯定理可知1=??DAFD HF EH BE AB ① HBC AM TK17 / 136考虑AEG ?被直线BCF 截，同理可得1=??CAGC FG EF BE AB ②考虑AGF ?被直线ECD 截，同理可得1=??DAFDEF GE CG AC ③ ②×③÷①可得1=?EHHFFG GE 所以原命题成立21. 如图，已知ABC ?的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，线段BE 、CF 分别与该内切圆交于点P ，Q . 若直线FE 与BC 交于圆外一点R ，证明：P ，Q ，R 三点共线.RC【析】考虑ABC ?被直线EFR 截，应用梅涅劳斯定理可知RC1=??EA CE RC BR FB AF ，因为AF =AE 所以CE FBRC BR =，如图，设BE 与CF 交于点S ，则EFC ?~QEC ?，FEB ?~PFB ?，SEQ ?~SFP ?所以，EQFPSQ SP FB FE PB FP EF CE EQ CQ ===,,18 / 136考虑SBC ?及三个点P ，Q ，R ，RC BR QE CQ PB FP RC BR PB CQ EQ FP RC BR PB CQ SQ SP QS CQ RC BR PB SP ??=??=??=??1=??=CEFB EF CE FB FE 由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P ，Q ，R 三点共线.22. 已知ABC △的内心为I ，外接圆圆心为O ，BC 中点为N ，NI 与AC 交于点P ，B 点相对的旁切圆圆心为M ，MI 与圆O 交于点E ，过M 点的直线l 与AC 平行且与BC 所在直线交于点F . 求证：P ，E ，F 三点共线.F【析】如图，连结BI，设MI 与AC 交于点D ，易知，B ，I ，D ，E ，M 五点共线.因为MC 平分ACF ∠，所以MF =CF ，且DC BCMF BF FC BF == 考虑BCD ?被NIP 截，应用梅涅劳斯定理知1=??IBDIPD CP NC BN又因为BC CD BI DI =，所以1=??BC CD PD CP NC BN . 所以CD BCPD CP =所以22CD BC PD CP FC BF =?. 又因为BCD ?~AED ?所以ED AECD BC =，所以22DE AE PD CP FC BF =?. 而ABE ?~DAE ?，则AEDE BE AE =，所以BE DE AE ?=2. 所以DE BE DE BE DE PD CP FC BF =?=?2，所以1=??BEDEPD CP FC BF . 所以由梅涅劳斯定理逆定理知，P ，E ，F 三点共线.19 / 1363.2 赛瓦（Ceva)定理设点P 不在ABC ?三边所在直线上，直线AP ，BP ，CP 分别与BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ，则1=??FBAFEA CE DC BD ，反之，若三角形三边所在直线上的点使得上述等式成立，则AD ，BE ，CF 交于一点或互相平行.Ceva 定理角元形式：为了方便，我们可以从某个角开始，把六个角顺时针（或逆时针）标记为1∠至6∠，则16sin 5sin 4sin 3sin 2sin 1sin =∠∠?∠∠?∠∠.或者改为判断过ABC ?的顶点的三条直线AX ，BY ，CZ 是否共点，等价于1sin sin sin sin sin sin =∠∠?∠∠?∠∠YBACBY ZCB ACZ XAC BAX23. 在ABC △中，已知40BAC ∠=，60ABC ∠=，D ，E 分别为边AC ，AB 上的点，且使40CBD ∠=，70BCE ∠=，F 是BD 与CE 的交点，连结AF ，证明：AF BC ⊥.。

2023年中国西部数学奥林匹克试题解答

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2023年中国西部数学奥林匹克试题解答全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：2023年中国西部数学奥林匹克是全国中学生瞩目的盛事，吸引了数百所学校的优秀学子参加。

今年的数学竞赛题目设计精妙，考察了学生的数学思维能力和解题技巧。

下面将为大家详细解答一些关键题目。

一、选择题1. 已知一元二次方程x^2-5x+6=0的两个根为a和b，则ab的值为多少？解析：根据韦达定理，a+b=5且ab=6，所以ab=6。

2. 若a\%b=c，且a=12,b=3，则c的值为多少？解析：a\%b=12\%3=0，所以c=0。

3. 设f(x)=x^2+2x+1，g(x)=x^2-2x+1，则f(x)g(x)的展开结果为什么？4. 若等差数列\{a_n\}的前三项依次为9，12，15，则a_n的通项公式是什么？解析：根据等差数列的性质，设公差为d，则a_1=9，a_2=12，a_3=15，解得d=3，所以a_n=6+3(n-1)。

5. 若a，b，c是一个等比数列，且a^2=3bc，求a的值。

解析：根据等比数列的性质，设公比为r，则a=br，c=br^2，代入a^2=3bc得到r=\sqrt3，所以a=b\sqrt3。

二、填空题1. 若x=3时，方程2x-4y=5的解为y=\_\_\_。

解析：代入x=3，得y=\frac{2(3)-5}{4}=1。

2. 若\log_a(\frac{5}{2})=2，求a的值。

解析：根据对数的定义，\log_a(\frac{5}{2})=2等价于a^2=\frac{5}{2}，解得a=\sqrt{\frac{5}{2}}。

3. 若\sin\theta=\frac{3}{5}，则\cos\theta=\_\_\_。

解析：根据三角函数的互余关系，\sin^2\theta+\cos^2\theta=1，代入\sin\theta=\frac{3}{5}得到\cos\theta=\frac{4}{5}。

6年级奥数几何综合问题(下)例题解析

6年级奥数几何综合问题(下)例题解析

【内容概述】1．勾股定理(毕达哥拉斯定理)：直角三角形中的两直角边平方后的和等于斜边的平方．公元前500年古希腊的毕达哥拉斯发现了勾股定理后，曾宰牛百头，广设盛筵以示庆贺．汉朝张苍、狄昌寿整理的《九章算术》第九卷为《句股》，其中解释到：短面曰句，长面曰股，相与结角曰弦．句短其股，股短其弦．句股各自乘，并，而开方除之，即弦．如下，在弦图中有S四边形EFGH =(S矩形ABCD+S矩形MNPQ)3．伽菲尔德证法：美国第20任总统伽菲尔德对数学有浓厚的兴趣，在还是中学教师时曾给出一种勾股定理的证明方法：梯形面积＝(上底＋下底)×高＝(a+b)×(a+b)=(a+b)2；三个直角三角形的面积和为ab+ab+c2；梯形面积＝三个直角三角形面积和．(a+b)2＝ab+ab+c2，所以a2+b2=c2．4．公元前3世纪的欧几里得在《几何原本》中给出一种证明，简叙如下：如图，作出三个正方形，它们的边长分别为直角三角形ABC的三边长．连接图中的虚线段对应的点；过C作CK平行于AF，交AB、FG分别于J、K点．易证△FAC≌△BAE，有S△FAC ＝AF·FK＝S矩形AFKJ，S△BAE＝EA·CA＝S正方形ACDE ，所以S矩形AFKJ＝S正方形ACDE；易证△CBG≌△HBA，有S△CBG ＝BG·KG＝S矩形KGBJ，S△HBA＝BH·IH＝S正方形CBHI ，所以S矩形KGBJ＝S正方形CBHI．而S正方形AFGB ＝S矩形AFKJ+S矩形KGBJ＝S正方形ACDE+S正方形CBHI．即有AB2＝AC2+CB2．5．勾股数组：a＝u2-v2，b＝2uv，c＝u2+v2．如果a、b、c可以如此表达，那么a、b、c称之为勾股数组，有a2+b2＝c2．如：u＝2，v=1时a＝3，b＝4，c＝5；u＝7，v=6时a＝13，b＝84，c＝85．当然将已知的勾股数组内每个数都同时扩大若干倍得到的新的一组数还是勾股数组．【例题】题1．如下图，将矩形ABCD分成18个大小相等的正方形，E、F、G、H分别在AD、AB、BC、CD的边上，且是某个小正方形的顶点，若四边形EFGH的面积为1，则矩形ABCD的面积为( )(A) (B)(C)(D)「分析与解」设每块小正方形的面积为x，则S△AEF ＝x，S△FBG＝2.5x，S△GCH＝x，S△EDH ＝2.5x．而S矩形ABCD＝18x．所以S四边形EFGH＝18x－x－2.5x－2.5x－x＝11x，11x＝1，即x＝．所以矩形ABCD的面积为，选(A)．方法二：设每块小正方形的面积为x，如下图，作出弦图．有S矩形MNPQ ＝4x，S矩形ABCD＝18x，而S四边形EFGH＝(S矩形MNPQ+S矩形ABCD)＝11x＝1，所以x＝．以下同解法一．题2．智能机器猫从平面上的O点出发．按下列规律行走：由O向东走12厘米到A1，由A1向北走24厘米到A2，由A2向西走36厘米到A3，由A3向南走48厘米到A4，由A4向东走60厘米到A5，…，问：智能机器猫到达的A6点与O点的距离是多少厘米．「分析与解」如下图，当智能机器猫到达A6点时，相对O点，向东走了12－36+60＝36厘米，向北走了24－48+72＝48厘米．有＝362+482，即OA2＝60．所以，A6点到O点的距离为60厘米．例3．P是正方形ABCD外面一点，PB为12厘米．△APB的面积是90平方厘米，△CPB的面积是48厘米．请你回答：正方形ABCD的面积是多少平方厘米？「分析与解」如下图，在正方形ABCD内作出弦图．有S△APB ＝PB·AM＝90，所以AM＝15；S△PBC＝PB·NC＝48，所以NC＝8．有AB2＝AM2+BM2＝AM2+NC2＝289，所以正方形ABCD的面积为289平方厘米．题4．如图所示，直角三角形PQR得两个直角边分别为5厘米，9厘米．问下图中3个正方形面积之和比4个三角形面积之和大多少？「分析与解」如右图，延长AR，DQ，过E，F分别作AR，DQ的平行线，在正方形EFRQ内交成四个全等的直角三角形和一个小正方形GHMN，四个全等的直角三角形和四个白色的三角形面积之和相等．小正方形HGNM的边长为9－5＝4厘米，所以面积为16平方厘米，而另外两个正方形ABPR、CDQR的面积分别为25，81．所以有原图中3个正方形面积之和比4个三角形面积之和大25+81+16＝122平方厘米．题5．如下图，EFGH是正方形ABCD的内接四边形，四边形EFGH的面积是94.5．已知EG=15，FH=13，求正方形ABCD的面积．「分析与解」如下图，S四边形EFGH ＝(S矩形MNPQ+S正方形ABCD)，求出矩形MNPQ的面积即可求出正方形ABCD的面积．如图，过E、G两点分别做两条平行于AD的线段，过F、H两点做两条平行于AB的线段．设AD＝x，由勾股定理知：EG2＝AD2+QM2；FH2＝DC2+MN2．而矩形MNPQ的面积为QM·MN．QM2＝225－x2，MN2＝169－x2．所以S矩形MNPQ＝·，题6．若把边长为1的正方形ABCD的四个角剪掉，得一四边形A1B1C1D1，试问怎样剪，才能使剩下的图形仍为正方形，且剩下图形的面积为原来正方形面积的，请说明理由．(写出证明及计算过程)「分析与解」我们知道利用弦图，可是弦图怎么利用？设构造出的弦图中最小正方形的面积为x，最大正方形面积为1，那么有剪下的正方形面积为(x+1)＝，所以x＝．那么，最小正方形的边长为．由于是四角对称的剪去，所以有AD1＝DC1＝CB1＝BA1＝，AA1＝BB1＝CC1＝DD1＝．证明及计算过程略．题7．一张长14厘米，宽11厘米的长方形纸片最多能裁出多少个长4厘米、宽1厘米的纸片？怎样裁？请画图说明．「分析与解」长方形纸片的面积为14×11＝154立方厘米，而每个小纸片的面积为4×1＝4平方厘米．154÷4＝38.5，所以不管怎么裁不会超过38个．常规的裁法如图①得不到38个小纸片，只是37个．我们想到利用弦图，得到图②，图②中就得到38个小纸片．①②评注：这道题的解法实际上在赵爽的弦图b部分中已给出了提示．题8．按要求分别求出下列问题的解：(1)如下左图，A在线段BG上，ABCD和DEFG都是正方形，面积分别为7和11．求三角形CDE的面积的平方值？(2)(第8届华罗庚金杯赛小学组第一试决赛试题第4题)如上右图，平面上CDEF是正方形，ABCD是等腰梯形，它的上底AD为23厘米，下底BC为35厘米．求三角形ADE的面积．「分析与解」(1)如下图，延长CD，过E做CD的延长线，交于H点，类似的在正方形DEFG内做出一个弦图．有Rt△DAG≌Rt△DHE，由勾股定理知AG2＝DG2－DA2＝11－7＝4，所以HE＝AG＝2．＝CD·EH，＝CD2·EH2＝×7×4＝7．S△CDE即三角形ADE的面积平方值为7．(2)如下图，过A、D两点分别做BC的垂线AH、DI，延长AD，过E做AD延长线的垂线，交于G点．有Rt△DIC≌Rt△DGE，IC＝(BC－AD)＝6，有EG＝6．S△ADE＝AD·EG＝69．题9．园林小路，曲径通幽．如图所示，小路由白色正方形石板和青、红两色的三角形石板铺成．问：内圈三角形石板的总面积大，还是外圈三角形的总面积大？请说明理由．「分析与解」如下图，我们任意抽出两块相邻的白色正方形石板，及它们所夹成的青、红两色的三角形石板，如图②所示．图中有∠CDE+∠ADG＝180°．如图③，将△CDE逆时针旋转90°，得到△C′DG．有A、D、C′在同一条直线上，且△C′DG与△ADG等底同高，所以有S△C′DG ＝S△ADG＝S△CDE．①②③也就是说，任意两块相邻的白色正方形石板，它们所夹成的青色三角形与红色三角形面积相等．注意到在原图中，除了外圈青色的两块三角形外，外圈三角形、内圈三角形一一对应．所以原图中，外圈三角形的面积大于内圈三角形的面积，如图①所示．题10．在(5，12，13)这个勾股数组中，12、13是连续的自然数，我们把这样存在连续自然数的勾股数组称为“连续勾股数组”．请再找出几个“连续勾股数组”，并讨论一般情况．「分析与解」因为勾股数组可以写成(u2－v2，2uv，u2+v2)，当(u2+v2)－2uv ＝1时，就能构成“连续勾股数组”．有(u2+v2)－2uv＝(u-v)2＝1，所以u-v＝1，也就是说只要u、v取相邻的两个自然数即可．令v＝n，则u=n+1，勾股数组(u2－v2，2uv，u2+v2)可以写成(2n+1，2n2+2n，2n2+2n+1)．如当n＝1时有(3，4，5)，n=2时有(5，12，13)，n＝3时有(7，24，25)，n＝4时有(9，40，41)……。

小学数学人教新版六年级上册奥数系列讲座：几何综合(含答案解析)

小学数学人教新版六年级上册奥数系列讲座：几何综合(含答案解析)

小学数学人教新版六年级上册实用资料几何综合（一）几何图形的设计与构造．涉及比例与整数分解，需要添加辅助线、寻找规律或利用对称性解的较为复杂的直线形和圆的周长与面积计算问题．1．今有9盆花要在平地上摆成9行，其中每盆花都有3行通过，而且每行都通过3盆花．请你给出一种设计方案，画图时用点表示花，用直线表示行.【分析与解】如下图所示，我们给出四种不同的排法．2．已知如图12-1，一个六边形的6个内角都是120°，其连续四边的长依次是1、9、9、5厘米．求这个六边形的周长．【分析与解】如下图所示，将六边形的六条边分别延长，相交至三点，并将其标上字母，因为∠BAF=120°，而么∠IAF=180°-∠BAF=60°．又∠EFA=120°，而∠IFA=180°-∠EFA：60°，则△IAF为等边三角形．同理△BCG、△EHD、△IGH均为等边三角形．在△IAF中，有IA=IF=AF=9(厘米)，在△BGC中，有BG=GC=BC=1(厘米)，有IA+AB+BG=IG=9+9+1=19，即为大正三角形的边长，所以有IG=IH=GH=19(厘米)．则EH=IH-IF-FE=19-9-5=5(厘米)，在△EDH中，DH=EH=5(厘米)，所以CD=GH-GC-DH=19-1-5=13(厘米)．于是，原图中六边形的周长为1+9+9+5+5+13=42(厘米)．3．图12-2中共有16条线段，每两条相邻的线段都是互相垂直的．为了计算出这个图形的周长，最少要量出多少条线段的长度?【分析与解】如下图所示，我们想像某只昆虫绕图形爬行一周，回到原出发点，那么往右的路程等于往左的路程，往上的路程等于往下的路程．于是只用量出往右的路程，往下的路程，再将它们的和乘以2即为所求的周长．所以，最少的量出下列6段即可．4．将图12-3中的三角形纸片沿虚线折叠得到图12-4，其中的粗实线图形面积与原三角形面积之比为2：3．已知图12-4中3个画阴影的三角形面积之和为1，那么重叠部分的面积为多少?【分析与解】设重叠部分的面积为x，则原三角形面积为1+2x，粗实线的面棚为1+x.因此(1+2x)：(1+x)=3：2，解得x=1，即重叠部分面积为1．5．如图12-5，涂阴影部分的小正六角星形面积是16平方厘米．问：大正六角星形的面积是多少平方厘米?【分析与解】如下图所示，在正六边形ABCDEF中,与面积相等，12个组成小正六角星形，那么由6个及12个组成的正六边形的面积为16÷12×(12+6)=24(平方厘米)．而通过下图，我们知道，正六边形ABCDEF可以分成6个小正三角形，并且它们面积相等，且与六个角的面积相等，所以大正六角星形的积为24÷6×12=48(平方厘米)．6．如图12-6所示，在三角形ABC中，DC=3BD，DE=EA．若三角形ABC的面积是1．则阴影部分的面积是多少?【分析与解】 △ABC 、△ADC 同高，所以底的比等于面积比，那么有33.44ADC ABC ABC DC S S S BC ∆∆∆=⨯=⨯= 而E 为AD 中点，所以13.28DEC ADC S S ∆∆==连接FD ，△DFE 、△FAE 面积相等，设,FEA S x ∆=则．FDE S ∆的面积也为x ，11.44ABD ABC S S ∆∆==12,4BDF ABD FEA FDE S S S S x ∆∆∆∆=--=-而3.8FDC FDE DEC S S S x ∆∆∆=+=+ 13:(2);()1:348BDF FDC S S x x ∆∆=-+=，解得356x =.所以，阴影部分面积为333.8567DEC FEA S S ∆∆+=+=7．如图12-7，P 是三角形ABC 内一点，DE 平行于AB ，FG 平行于BC ，HI 平行于CA ，四边形AIPD 的面积是12，四边形PGCH 的面积是15，四边形BEPF 的面积是20．那么三角形ABC 的面积是多少?【分析与解】 有平行四边形AIPD 与平行四边形PGCH 的面积比为IP 与PH 的比，即为12：15=4：5．同理有FP:PG=20:15=4:3， DP:PE=12:20=3:5．如图12-7(a)，连接PC 、HD ，有△PHC 的面积为152△DPH 与△PHC 同底PH ，同高，所以面积相等，即152DPH S ∆=，而△DPH 与△EP H 的高相等，所以底的比即为面积的比，有::3:5DPH EPH S S DP PE ∆∆==，所以551525.3322EPH DPH S S ∆∆=⨯=⨯⨯如图12-7(b)所示，连接FH 、BP ，4108;5IFP EPH FBP IP IP S S S PH PH ∆∆∆===⨯=如图12-7(c)所示，连接FD 、AP ，396.42DPG DFP APD PG PG S S S FP FP ∆∆∆===⨯=有925122015872.22ABC AIPD BEPF CGPH IFP DGP EHP S S S S S S S ∆∆∆∆=+++++=+++++=Y Y Y8．如图12-8，长方形的面积是小于100的整数，它的内部有三个边长是整数的正方形，①号正方形的边长是长方形长的512，②号正方形的边长是长方形宽的18．那么，图中阴影部分的面积是多少?【分析与解】 有①号正方形的边长为长方形长的512，则图中未标号的正方形的边长为长方形长的712.而②号正方形的边长为宽的18，所以未标号的正方形的边长为长方形宽的78.所以在长方形中有：712长=78宽，则长：宽=12：8，不妨设长的为12k，宽为8k，则①号正方形的边长为5k，又是整数，所以k为整数，有长方形的面积为962k,不大于100．所以k只能为1，即长方形的长为12，宽为8．于是，图中①号正方形的边长为5，②号正方形的边长为1，则未标号的正方形的边长为7，所以剩余的阴影部分的面积为：22212851721.⨯---=9．如图12-9，三个一样大小的正方形放在一个长方形的盒内，A和B是两个正方形重叠部分，C，D，E是空出的部分，这些部分都是长方形，它们的面积比是A：B：C：D：E=1：2：3：4：5．那么这个长方形的长与宽之比是多少?【分析与解】以下用E横表示E部分横向的长度，E坚竖表示E部分竖向的长度，其他下标意义类似．有E横：D横=5：4，A横：B横=l：2．而E横+A横=D横+B横，所以有E横：D横：A横：B横=5：4：1：2．而A横+B横+C横=E横+A横对应为5+1=6，那么C横对应为3．而A面积：B面积：C面积=1：2：3，所以A坚=B坚=C坚．有A坚+C坚竖对应为6，所以A坚=C坚对应为3．那么长方形的竖边为6+C坚对应为9，长方形横边为E横+6+D横对应为5+6+4=15．所以长方形的长与宽的比为15：9=5：3．10．如图12-10，红、黄、绿三块大小一样的正方形纸片，放在一个正方形盒内，它们之间互相叠合．已知露在外面的部分中，红色的面积是20，黄色的面积是14，绿色的面积是lO．那么，正方形盒子的底面积是多少?【分析与解】如下图所示，我们将黄色的正方形纸片向左推向纸盒的过缘，有露在外面的部分，黄色减少的面积等于绿色增加的面积，也就是说黄色、绿色部分露在外面部分的面积和不变．并且有变化后，黄色露出面积+红色部分面积，绿色露出面积+红色部分面积，都是小正方形纸片边长乘以大正方形盒子边长的积．所以，黄色露出面积+红色部分面积=绿色露出面积+红色部分面积，于是．黄色露出面积=绿色露出面积，而它们的和为14+10=24，即黄色露出面积=绿色露出面积=12．有黄：空白=红：绿，12：空白=20：12，解得空白=7.2，所以整个正方形纸盒的底面积为12+7.2+20+12=51.2．11．如图12-11，在长260厘米，宽150厘米的台球桌上，有6个球袋A，B，C，D，E，F，其中AB=EF=130厘米．现在从4处沿45°方向打出一球，碰到桌边后又沿45°方向弹出，当再碰到桌边时，仍沿45°方向弹出，如此继续下去．假如球可以一直运动，直至落入某个球袋中为止，那么它将落人哪个袋中?【分析与解】将每个点的位置用一组数来表示，前一个数是这个点到FA的距离，后一个数是点到FD的距离，于是A的位置为(0，150)，球经过的路线为：(0,150)→(150,0) →(260,110) →(220，150) →(70，0) →(0，70) →(80，150) →(230,0) →(260，30) →(140，150) →(0，10) →(10，0) →(160，150) →(260，50) →(210,0) →(60，150) →(0，90) →(90，0) →(240，150) →(260，130) →(130，0)．因此，该球最后落入E袋．12．长方形ABCD是一个弹子盘，四角有洞．弹子从A出发，路线与边成45度角，撞到边界即反弹，并一直按此规律运动，直到落人一个洞内为止．如图12-12．当AB=4，AD=3时，弹子最后落入B洞．问：若AB=1995，AD=1994时，弹子最后落入哪个洞?在落入洞之前，撞击BC边多少次?【分析与解】撞击AD边的点，每次由A向D移动2；撞击BC边的点，每次由C向B移动2．因为第一次撞击BC边的点距C点1，第一次撞击AB边的点距A点为2，1994÷2=997．所以最后落人D洞，在此之前撞击BC边997次．13．10个一样大的圆摆成如图12-13所示的形状．过图中所示两个圆心A，B作直线，那么直线右上方圆内图形面积总和与直线左下圆内图形面积总和的比是多少?【分析与解】直线AB的右上方的有2个完整的圆，2个半圆，1个1个而1个1个正好组成一个完整的圆，即共有4个完整的圆．那么直线AB的左下方有10-4=6个完整的圆，每个圆的面积相等，所以直线右上方圆内图形面积总和与直线左下圆内图形面积总和的比是4：6=2：3．14．在图12-14中，一个圆的圆心是0，半径r=9厘米，∠1=∠2=15°.那么阴影部分的面积是多少平方厘米?( 取3.14)【分析与解】有AO=OB ，所以△A OB 为等腰三角形，AO=OC ，所以△A OC 为等腰三角形.∠ABO=∠1=15°，∠AOB=180°-∠1-∠ABO=150°. ∠ACO=∠2=15°,∠AOC=180°-∠2-∠ACO=150°. 所以 ∠BOC=360°-∠AOB-∠AOC=60°，所以扇形BOC 的面积为260942.39360π⨯⨯≈(平方厘米)．15．图12-15是由正方形和半圆形组成的图形．其中P 点为半圆周的中点，Q 点为正方形一边的中点．已知正方形的边长为10，那么阴影部分的面积是多少?(π取3.14)【分析与解】 过P 做AD 平行线，交AB 于O 点，P 为半圆周的中点，所以0为AB 中点．有2ABCD DPC 101S 1010100S 12.522ππ=⨯==⨯⨯=半圆，（）. AOP OPQB 101101S 510+37.5S 105550.2222∆⎡⎤⎛⎫=⨯⨯==++⨯⨯= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦梯形（）， 阴影部分面积为ABCD AOP DPC OPQB S S S S 10012.537.55012.512.551.75.ππ∆+-=+--=+≈半圆梯形-几何综合(二)内容概述勾股定理，多边形的内角和，两直线平行的判别准则，由平行线形成的相似三角形中对应线段和面积所满足的比例关系．与上述知识相关的几何计算问题．各种具有相当难度的几何综合题．典型问题2．如图30-2，已知四边形ABCD 和CEFG 都是正方形，且正方形ABCD 的边长为10厘米，那么图中阴影三角形BFD 的面积为多少平方厘米?【分析与解】 方法一：因为CEFG 的边长题中未给出，显然阴影部分的面积与其有关．设正方形CEFG 的边长为x ，有：=1010=100,ABCD S ⨯正方形2=x ,S 正方形CEFG 21110x-x =DG GF=(10-x)x=,222DGF S ∆⨯又1=1010=50,2ABD S ∆⨯⨯2110x+x =(10+x)x=.22BEF S ∆ 阴影部分的面积为:DGF ABD BEF ABCD CEFG S S S S S ∆∆∆++--正方形正方形2221010100505022x x x x x -+=++--=(平方厘米).方法二：连接FC ，有FC 平行与DB ，则四边形BCFD 为梯形．有△DFB、△DBC共底DB，等高，所以这两个三角形的面积相等，显然,△DBC的面积1⨯⨯=(平方厘米)．1010502阴影部分△DFB的面积为50平方厘米．4.如图30-4，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I等于多少度?【分析与解】为了方便所述，如下图所示，标上数字，有∠I=1800-(∠1+∠2),而∠1=1800-∠3,∠2=1800-∠4,有∠I=∠3+∠4-1800同理,∠H=∠4+∠5-1800,∠G=∠5+∠6-1800,∠F=∠6+∠7-1800,∠E=∠7+∠8-1800, ∠D=∠8+∠9-1800,∠C=∠9+∠10-1800,∠B=∠10+∠11-1800,∠A=∠11+∠3-1800则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I=2×(∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8+∠9+∠10+∠11)-9×1800而∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8+∠9+∠10+∠11正是9边形的内角和为(9-2)×1800=12600．所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I=2×12600-9×1800=90006．长边和短边的比例是2：1的长方形称为基本长方形．考虑用短边互不相同的基本长方形拼图，要求任意两个基本长方形之间既没有重叠，也没有空隙.现在要用短边互不相同且最小短边长为1的5个基本长方形拼接成一个更大的长方形．例如，短边长分别是1，2，5，6，12的基本长方形能拼接成大长方形，具体案如图30-6所示．请给出这5个基本长方形所有可能的选择方式.设a1=1<a2<a3<a4<a5分别为5条短边的长度,则我们将这种选择方式记为(a1,a2,a3,a4,a5),这里无需考虑5个基本长方形的拼图方案是否惟一．【分析与解】我们以几个不同的基本长方形作为分类依据，并按边长递增的方式一一列出．第一类情况：以为特征的有7组：第二类情况：以为特征的有6组：第三类情况有如下三组：共有16组解，它们是：(1，2，2.5，5，7.25)，(1，2，2．5，5，14.5)．(1，2，2.25，2.5，3.625)，(1，2，2.25，2.5，7.25)． (1，2，5，5.5，6)，(1，2，5，6，11)，(1，2，2.5，4.5，7)，(1，2，2.5，4.5，14)， (1，2，5，12，14.5)，(1，2，5，12，29)， (1，2，2.25，2.5，4.5)，(1，2，5，6，12).1020251,,2,,,999⎛⎫ ⎪⎝⎭(1,2,2.4,4.8,5), 131025147813101,,,,,1,,,,636333313⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.8.如图30-8，ABCD 是平行四边形，面积为72平方厘米，E ，F 分别为边AB,BC 的中点．则图形中阴影部分的面积为多少平方厘米?【分析与解】 如下图所示，连接EC ，并在某些点处标上字母，因为AE 平行于DC ，所以四边形AECD 为梯形，有AE:DC=1:2，所以:1:4AEG DCG S S ∆∆=,AGD ECG AEG DCG S S S S ∆∆∆∆⨯=⨯,且有AGD ECG S S ∆∆=,所以:1:2AEG ADG S S ∆∆=,而这两个三角形高相同，面积比为底的比，即EG ：GD=1:2，同理FH ：HD=1:2． 有AED AEG AGD S S S ∆∆∆=+,而111822AED ABCD S S ∆=⨯⨯=Y (平方厘米) 有EG:GD=:AEG AGB S S ∆∆,所以1612AEG AED S S ∆∆=⨯=+(平方厘米) 21212AGD AED S S ∆∆=⨯=+(平方厘米) 同理可得6HFC S ∆=(平方厘米), 12DCH S ∆=(平方厘米),44624DCG AEG S S ∆∆==⨯=(平方厘米)又GHD DCG DCH S S S ∆∆∆=-=24-12=12(平方厘米)所以原题平行四边形中空白部分的面积为6+6+12=24(平方厘米)，所以剩下的阴影部分面积为72-24=48(平方厘米)．10．图30-10是一个正方形，其中所标数值的单位是厘米．问：阴影部分的面积是多少平方厘米?【分析与解】 如下图所示，为了方便所叙，将某些点标上字母，并连接BG ．设△AEG 的面积为x ，显然△EBG 、△BFG 、△FCG 的面积均为x ，则△ABF 的面积为3x ，120101002ABF S ∆=⨯⨯=即1003x =，那么正方形内空白部分的面积为40043x =. 所以原题中阴影部分面积为400800202033⨯-=(平方厘米)．12．如图30-12，若图中的圆和半圆都两两相切，两个小圆和三个半圆的半径长都是1．求阴影部分的面积．【分析与解】 如下图所示，左图中的3个阴影部分面积相等，右图中的3个阴影部分的面积也相等．我们把左下图中的每一部分阴影称为A ，右下图中的每一部分阴影称为B ．大半圆的面积为13332A B ++小圆的面积219322ππ=⨯⨯=而小圆的面积为π，则9133223A B πππ⎛⎫+=-÷=⎪⎝⎭，原题图中的阴影部分面积为小半圆面积与阴影A 、B 的面积和，即为5236πππ+=14.如图30-14，将长方形ABCD 绕顶点C 顺时针旋转90度，若AB=4，BC=3，AC=5，求AD 边扫过部分的面积．(π取3.14)【分析与解】 如下图所示，如下图所示，端点A 扫过的轨迹为AA A '''，端点D 扫过轨迹为DD D '''，而AD 之间的点，扫过的轨迹在以A 、D 轨迹，AD ，A D ''所形成的封闭图形内，且这个封闭图形的每一点都有线段AD 上某点扫过，所以AD 边扫过的图形为阴影部分．显然有阴影部分面积为A D C ACA ACD S S S S ''''∆∆+--直角扇形直角扇形CD D ,而直角三角形A D C ''、ACD 面积相等．所以=A D C ACA ACD ACA S S S S S S ''''''∆∆+---直角扇形直角扇形CD D 扇形扇形CD D222290909=(54)7.065()36036044AC CD ππππ-=-==平方厘米即AD 边扫过部分的面积为7．065平方厘米．。

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第六章西姆松定理及应用
习题A
1．由西姆松定理，知L ，M ，N 三点共线，注意到P ，L ，N ，B 及P ，M ，C ，L 分别四点共圆，知LPN B ∠=∠，LPM C ∠=∠．又由张角定理，有()
sin sin sin B C B C
PL PM PN
∠+∠∠∠=
+
，即 sin sin sin mn A ln B lm C ⋅∠=⋅∠+⋅∠再应用正弦定理，得mn a ln b lm c ⋅=⋅+⋅． 2．根据直径所对的圆周角是直角，知90BDP ADP ∠=∠=︒，90BFP CFP ∠=∠=︒，90CEP AEP ∠=∠=︒，即知D ，A ，B ；B ，F ，C ；C ，E ，A 分别三点共线．
又PD AB ⊥于D ，PE AC ⊥于E ，PF BC ⊥于F ，P 是ABC △外接圆周上一点，由西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线．
3．延长BE ，CD 相交于点K ，延长CG ，BF 相交于点L ．设CG 与BE 相交于点I ，则I 为ABC △的
内心．由12CAI BAC ∠=∠，而()11
909022
CKI CIK B C BAC ∠=︒-∠=︒-∠+∠=∠，从而A ，I ，C ，
K 四点共圆．
又AD CK ⊥于D ，AE KB ⊥于E ，AG CI ⊥于G ，A 是ICK △外接圆上任一点，由西姆松定理，知D ，E ，G 三点共线．同理，B ，I ，A ，L 四点共圆，AE BI ⊥于E ，AG IL ⊥于G ，AF BL ⊥于F ，由西姆松定理，知E ，G ，F 三点共线．故F ，G ，E ，D 四点共线．
4．设正ABC △外接圆弧»AB 上任一点P 到边BC ，CA ，AB 的距离分别为a h ，b h ，c h ，其垂足分别为
D ，
E ，
F ，正三角形边长为a ．由面积等式可得a b c h h h +-=
．此式两边平方，得 ()2222324
a b c a b b c a c h h h h h h h h h a +++--=．
由
sin sin b a h h
PAC PBD PA PB
=∠=∠=，有a b h PA h PB ⋅=⋅． 同理，a c h PA h PC ⋅=⋅，故a b h PA h PB k PC ⋅=⋅=⋅．
又P ，F ，E ，A 及P ，D ，B ，F 分别四点共圆，有PFD PBD PAC ∠=∠=∠，PDF PBF PCA ∠=∠=∠， 得PFD PAC △△≌，故c h PA a DF =
⋅，同理，a h PB a DE =⋅,b h
PC a EF
=⋅，即 a c b a c b
h h h h h h k EF DE EF
⋅⋅⋅===由西姆松定理，知D ，E ，F 共线，即DF FE DE +=．于是 £()0a b a c b c hb h h h h h h DE DF EF k ®
---=--=⋅，
故222234
a b c h h h a ++=．
5．设以ABC △的三个顶点为圆心的三圆，皆经过同一点M ，而M 在ABC △的外接圆上，A e 与B e 另交于D ，A e 与C e 另交于E ，B e 与C e 另交于F ． 注意到A e 与B e 中，公共弦MD ⊥连心线AB ；A e 与C e 中，公共弦ME ⊥连心线AC ；B e 与C e 中，公共弦MF ⊥连心线BC ．对ABC △及其外接圆周上一点M ，应用西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线．
习题B
1．(Ⅰ)设从点P 向BC ，CA ，AB 作垂线，垂足分别为X ，Y ，Z ．由对称性，知XY 为PUV △的中位线，故UV XY ∥同理，VW YZ ∥，WU XZ ∥．由西姆松定理，知X ，Y ，Z 三点共线，故U ，V ，W 三点共线．
(Ⅱ)由P ，C ，A ，B 四点共圆，有PCE ABP ∠=∠．亦有22PCV PCE ABP PBW ∠=∠=∠=∠． 又PCQ PBQ ∠=∠，则PCV PCQ PBW PBQ ∠+∠=∠+∠． 即QCV QBW ∠=∠，从而
QCV QBW
S CV CQ
S BQ BW
⋅=
⋅△△．
同理，
QAW QCU
S AW AQ
S CQ CU ⋅=
⋅△△，
1QBU QCV QAW QBU QAV QBW QCU QAV
S S S S BQ BU S AQ AV S S S ⋅=∴⋅⋅=⋅△△△△△△△△． 于是，
1QBU QCV QAW
QCV QAV QBW
S S S BD CE AF DC EA FB S S S ⋅⋅=⋅⋅=△△△△△△ 由梅勒劳斯定理的逆定理，知D ，E ，F 三点共线．
2．由西姆松定理知P ，Q ，R 三点共线．而90DPC DQC ∠=∠=︒，则D ，P ，C ，Q 四点共圆．于是，DCA DPQ DPR ∠=∠=∠．同理，由D ，Q ，R ，A 共圆，有DAC DRP ∠=∠．故DCA DPR △∽△． 类似地，DAB DQP △∽△，DBC DRQ △∽△，从而
//DA DR DB QR BC QP BA DC DP DB PQ BA PQ BC ⋅⋅===⋅⋅,故DA BA
PQ QR DC BC
=⇔=
,而ABC ∠和ADC ∠的角平分线分AC 的比分别为
BA BC 和DA
DC
．即可证． 3．设P 在»BC
，由PDB PFB PEC PEA ∠=∠=∠=∠，知B ，P ，D ，F 四点共圆，P ，F ，A ，E 四点共圆，从而PFD PBD PBC PAE PFE ∠=∠=∠=∠=∠，故F ，D ，E 共线（当
90PBD PEC PFB ∠=∠=∠=︒时，即为西姆松定理）
． 4．由PCE A '∠=∠及AA BB ''∥，有A BGD '=∠,(G 为PA '与BB '的交点)，即PCE BGD ∠=∠．又 CBB CPB ''∠=∠，从而在BGD △和PCE △中，有BDP CEP ∠=∠，即知D ，P ，E ，C 四点共圆，有PDE PCE A '∠=∠=∠，故AA DE '∥．
同理，AA DF '∥，所以D ，E ，F 共线（当PA BC '⊥时，即为西姆松定理）．
另证设P B '与AB 交于点X ．注意到BB CC ''∥，则知B BC C ''为等腰梯形，有B C BC ''=，即有B PC BAC ''∠=∠．
从而AXP XAC AXP XPC ∠+∠=∠+∠． 于是E F ∠=∠．
同理E D ∠=∠，F D ∠=∠．故E D F ∠=∠=∠． 由卡诺定理（即上一题）知D 、E 、F 三点共线．
5．设Q ，P 顺次在»BC
上，由PCE PBA ∠=∠．有PCV PBW ∠=∠．又PCQ PBQ ∠=∠，有 QCV QBW ∠=∠．故
QCN QBW
S VC QC PC QC
S WB QB PB QB
⋅⋅=
=⋅⋅△△．
同理，
QAW QCU
S PA QA S PC QC ⋅=
⋅△△,QBV QAV S PB QB
S PA QA
⋅=⋅△△．
于是，
1QBU QCU QAW QCU QAV QBW S S S BD CE AF PB QB PC QC PA QA
DC EA FB S S S PC QC PA QA PB QB
⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅△△△△△△ 由梅勒劳斯定理的逆定理，知D ，E ，F 共线（当P ，Q 重合时，即为西姆松定理）．
6．设K 点在»BC
上，连OC ，则2OP OQ OC ⋅=，又POC COQ ∠=∠，则OPC COQ △∽△，有 OCP OQC ∠=∠．又OKC OQC KCQ ∠=∠+∠，OCK OCP KCP ∠=∠+∠，而
OKC OCK ∠=∠，
O CP OQC ∠=∠，知PCK KCQ ∠=∠，即2QCV KCE ∠=∠． 同理，2QBW KBA ∠=∠．又KCE KBA ∠=∠，则QCV QBW ∠=∠，有 QCV QBW
S CV CQ PC QC
S QB WB PB QB
⋅⋅=
=
⋅⋅△△．同理
QAW QCU
S PA QA
S PC QC
⋅=
⋅△△,
,
QBU QAV
S PB QB S PA QA
⋅=
⋅△△．故
1QBU QCV QAW
QCU QAV QBW
S S S BD DE AF DZ EA FB S S S ⋅⋅=⋅⋅=△△△△△△，故D ，E ，F 共线[当P （或Q ）在圆周上时，即为西姆松定理]。

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