第10讲+平面几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编+Word版含解析

合集下载

2010-2017高考数学全国卷分类汇编(解析几何)

HW 数学复习资料 2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）1．（ 2017 课标全国Ⅰ，理 10）已知 F 为抛物线 C ： 24y x 的交点，过F 作两条互相垂直 l 1 ， l 2 ，直线 l 1 与 C 交于 A 、 B 两点，直线 l 2 与 C 交于 D ， E 两点， AB DE 的最小值为（） A ． 16 B ． 14 C ． 12D ． 10【答案】 A 【解析】设A B 倾斜角为．作 AK 1 垂直准线， AK 2 垂直 x 轴 AF cosGFAK（几何关系） 1易知 A KAF 1（抛物线特性）PPGP P2 2 ∴ AF cosP AF同理 PAF，1 cosP 2P2PBF， ∴22AB 1 cos1 cos sin又 DE 与 AB 垂直，即 DE 的倾斜角为 π 2DE2sin2P 2P 2π cos2，而24yx ，即 P 2 ．11ABDE 2P∴22sincos4 2 2 sin cos 2 2sin cos422sin cos1 4 42 sin 2162sin 2≥ 16 ，当π取等号，即 ABDE 最小值为 16 ，故选A42．（ 2017 课标全国Ⅰ，理 15）已知双曲线 C : 2 2x y 2 2a b，（ a 0 ， b 0 ）的右顶点为 A ，以 A 为圆心， b 为半径作圆 A ，圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M ， N 两点，若 MAN 60 ，则C 的离心率为 _______．2 3【答案】3 【解析】如图，1HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何OA a ，AN AM b∵MAN 60 ，∴ 3AP b ，22 2 23 2 OP OA PA a b4∴tanAPOP32b32 2a b4又∵tanba ，∴3b22 23a b4ba，解得a2 3b2∴ e2b1 12a1 2 33 33．（2017课标全国Ⅰ，理20）（12 分）已知椭圆 C ：2 2x y2 2 1a ba b 0 ，四点P1 1，1 ，P2 0，1 ，3 3P ，， 41 P ，中恰有三点在椭圆 C 上．1 32 2（1）求C 的方程；（2）设直线l不经过P点且与 C 相交于 A 、B 两点，若直线P2 A与直线P2 B 的斜率的和为1，证明：l 过2定点．【解析】（1）根据椭圆对称性，必过P3 、P4 又P4 横坐标为1，椭圆必不过P，所以过P2 ，P3 ，P4 三点13P 0，1 ，P 1，代入椭圆方程得将2 3212b13 ，解得a24 ， 2 1b1 4 12 2a b∴椭圆C 的方程为：2x42 1y ．（2）①当斜率不存在时，设l : x m，A m，y ，B m，yA Ak k P A P B2 2 y 1 y 1 2A Am m m1得m 2 ，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设l∶y kx b b 1 ，A x ，y ，B x ，y1 12 22HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何y kx b联立 2 2x 4y 4 0 ，整理得 2 2 21 4k x 8kbx 4b 4 08kb x x1 2 21 4k ，24b 4 x x1 2 21 4k，则k kP A P B2 2 y 1 y 11 2x x1 2x kx b x x kx b x2 1 2 1 2 1x x1 22 28kb 8k 8kb 8kb21 4k24b 421 4k8k b 14 b 1 b 1 1，又b 1 b 2k 1，此时64k ，存在k 使得0成立．∴直线l 的方程为y kx 2k 1当x 2 时，y 1，所以l 过定点 2 ， 1 ．2 2x y4．（2017课标全国Ⅱ，理9）若双曲线 C : 1(a 0，b 0) 的一条渐近线被圆2 2a b2 y2(x 2) 4所截得的弦长为 2 ，则C 的离心率为2 3A．2 B． 3 C． 2 D．3【答案】A【解析】由几何关系可得，双曲线2 2x y2 2 1 0, 0a ba b的渐近线方程为bx ay 0 ，圆心2,0 到渐近线距离为 2 2d 2 1 3 ，则点2,0 到直线b x a y 0 的距离为d 2b a 0 2b2 2a bc 3 ，即2 24(c a )2c3，整理可得2 4 2c a ，双曲线的离心率e2c2 4 2a．故选A．【考点】双曲线的离心率；直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式【名师点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式 e ca；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c 的齐次式，2 2 2 结合 b ＝c －a2转化为a，c 的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以 a 或 a 转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e 的取值范围)．25．（2017课标全国Ⅱ，理16）已知F 是抛物线C : y 8x 的焦点，M 是C上一点，FM的延长线交y 轴于点N . 若M 为FN 的中点，则FN . 【答案】6【解析】3HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何试题分析：如图所示，不妨设点M 位于第一象限，设抛物线的准线与x 轴交于点F' ，作MB l 与点B ，NA l 与点 A ，由抛物线的解析式可得准线方程为x 2 ，则A N 2 , F F ' 4，在直角梯形ANFF' 中，中位线AN FF 'BM 3，由抛物线的定义有：2MF MB 3，结合题意，有MN MF 3，故FN FM NM 3 3 6．【考点】抛物线的定义、梯形中位线在解析几何中的应用．【名师点睛】抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．2x2 6．（2017课标全国Ⅱ，理20）（12 分）设O为坐标原点，动点M 在椭圆 1C : y 上，2过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P满足NP 2NM .(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x 3上，且OP PQ 1. 证明：过点P且垂直于OQ 的直线l 过 C 的左焦点 F .2 y2 2 x解：（1）设P( x，y) ，则) ，所以点P的轨迹方程M (x，y ，将点M 代入C中得 12 2 22 y2为x 2.（2）由题可知 F ( 1，0) ，设Q(3，t)，P( m，n)，则OQ ( 3，t)，PF ( 1 m，n)，OP (m，n)，PQ ( 3 m，t n).由OP OQ 1得3m 1 ，由（1）2 tn n2 mm2 n2 ，则有3 3m tn 0，所以OQ PF 3 3m tn 0，即过点有 2P且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .7．（2017课标全国Ⅲ，理1）已知集合A= 2 2(x, y│) x y 1 ，B= (x, y│)y x ，则A B 中元素的个数为A．3 B．2 C．1 D．0【答案】 B4HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何【解析】A表示圆 2 2x y 1 上所有点的集合， B 表示直线y x 上所有点的集合，故A B 表示两直线与圆的交点，由图可知交点的个数为2，即A B 元素的个数为2，故选B.8．（2017课标全国Ⅲ，理5）已知双曲线 C2 2x y2 2 1a b(a＞0,b＞0)的一条渐近线方程为5y x ,2且与椭圆2 2x y12 31 有公共焦点，则 C 的方程为A.2 2x y8 101 B.2 2x y4 51 C.2 2x y5 41 D.2 2x y4 31【答案】 B5 b 5【解析】∵双曲线的一条渐近线方程为y x，则①2 a 2 2 2x y2 2 2又∵椭圆 a b c 9②1与双曲线有公共焦点，易知 c 3，则12 32 2x y由①②解得a 2,b 5 ，则双曲线 C 的方程为 14 5，故选B.9．（2017课标全国Ⅲ，理10）已知椭圆C：2 2x y，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，2 2 1a b且以线段A1A2 为直径的圆与直线bx ay 2ab 0 相切，则 C 的离心率为A.63B.33C.23D.13【答案】 A【解析】∵以A1 A2 为直径为圆与直线bx ay 2ab 0 相切，∴圆心到直线距离 d 等于半径，∴2abd a2 2a b又∵a 0,b 0 ，则上式可化简为 2 3 2a b∵ 2 2 2b ac ，可得 2 3 2 2a a c ，即22ca23∴ e ca63，故选A10．（2017课标全国Ⅲ，理12）在矩形ABCD 中，AB 1 ，AD 2 ，动点P 在以点 C 为圆心且与BD 相切5HW 数学复习资料 2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何的圆上．若A P AB AD ，则的最大值为（） A ．3 B ． 2 2C ． 5D ．2【答案】 A【解析】由题意，画出右图．设 BD 与 C 切于点 E ，连接C E ．以 A 为原点， AD 为 x 轴正半轴，AB 为 y 轴正半轴建立直角坐标系，则C 点坐标为 (2,1) ． ∵ | CD | 1， | BC | 2 ． ∴ BD12225 ．∵ BD 切 C 于点 E ．y∴ CE ⊥ BD ．P g∴ CE 是 Rt △BCD 中斜边B D 上的高．1 2| BC | | CD | 2222S△ BCD| EC |5| BD | |BD |55即 C 的半径为 2 5 5．P C ∵在上．CBEA O D x( )∴ P 点的轨迹方程为2 24 (x 2)(y 1)5．设 P 点坐标 (x 0 , y 0 ) ，可以设出 P 点坐标满足的参数方程如下：x225 cos 5y215 sin 5而 AP (x 0 , y 0 ) ， AB (0,1)， AD (2,0) ． ∵ APAB AD (0,1) (2,0) (2 , )∴21 5y15 sin ．x1cos ，525两式相加得：251 5 sin1cos5 52 55222 ( ) ( ) sin( )5 5 2 sin( ) ≤ 3(其中sin55，cos2 55)当且仅当π22kπ，k Z时，取得最大值3．6HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何11．（2017课标全国Ⅲ，理20）（12分）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l 交C 与A,B 两点，圆M 是以线段AB 为直径的圆.（1）证明：坐标原点O 在圆M 上；（2）设圆M 过点P（4，-2），求直线l 与圆M 的方程.解：（1）设A x ,y,B x , y ,l : x my1 12 2 2由x my2y 2x2可得 2 y 2my 4 0,则y y41 2又22 2y yy y1 2 1 2x1 = ,x2= ,故x1 x2 = =42 2 4因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为y y1 2x x1 2-4= =-14所以OA⊥OB故坐标原点O 在圆M 上.（2）由（1）可得 2y1+y2 =2m,x1 +x2=m y1+y2 +4=2m 4故圆心M 的坐标为m m ，圆M 的半径2 +2，2 +2，22 2 2 r m m由于圆M 过点P（4，-2），因此AP BP 0 ,故x x y y1 42 4 1 2 2 2 0 即x x x x y y y y1 2 4 1+ 2 1 2 2 1 2 20 0由（1）可得y1 y2 =-4 ，x1x2=4 ，所以 22m m 1 0，解得1 m 1或m .2当m=1 时，直线l 的方程为x-y-2=0，圆心M 的坐标为（3,1），圆M 的半径为10 ，圆M 的方程为 2 2x 3 y 1 10当1m 时，直线l 的方程为2x y 4 0，圆心M 的坐标为29 1，-4 2，圆M 的半径为854，圆M 的方程为2 29 1 85+ +x y4 2 162 2x y12.（2016课标全国Ⅰ，理5）已知方程1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的2 2m n 3m n距离为4，则n 的取值范围是7HW 数学复习资料 2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何（A ） ( 1,3 )（B ） ( 1, 3)（C ） (0 ,3)（D ） (0, 3)【解析】：22xy221 mn 3m n表示双曲线，则 2 3 2mn mn，∴2 2m n 3m由双曲线性质知： 223 24 2cm nm n m ，其中 c 是半焦距，∴焦距 2c 2 2 m 4 ，解得 m 1∴ 1 n 3，故选A ．13（. 2016 课标全国Ⅰ，理 10）以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A,B 两点，交 C 的准线于 D ,E两点，已知 AB 4 2 , DE 2 5 ，则 C 的焦点到准线的距离为（A ）2 （B ）4（C ）6（D ）8【解析】：以开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理设抛物线为 2y px p 0 ，设圆的方程为 2 222x y r ，如图：设 p A x 0,2 2 ， D, 5 ，点 2A x 0,2 2 在抛物线 2 2 y px 上，∴ p 8 2px ⋯ ⋯ ①；点 D, 5 在圆22 2 2x y r 上，2pF∴2A x 0 ,2 2在圆r ⋯ ⋯ ②；点522 2 2x y r上，∴22x r ⋯ ⋯ ③；联立①②③解得： p4 ， 0 8焦点到准线的距离为 p 4 ．故选B ．13.（2016 课标全国Ⅰ，理 20）（本小题满分 12 分）2yx 2设圆 x215 0的圆心为 A ，直线 l 过点 B(1,0) 且与 x 轴不重合， l 交圆 A 于 C, D两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E ．（Ⅰ）证明E AEB 为定值，并写出点 E 的轨迹方程；（Ⅱ）设点 E 的轨迹为曲线 C 1 ，直线 l 交 C 1于 M , N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点，求四边形M PNQ 面积的取值范围． 4 3【解析】：⑴圆 A 整理为 2 2xy，A 坐标 1,0 ，如图，1162CQ BE ∥AC ，则 ∠C ∠EBD ，由 ACAD ,则∠ D ∠C ，1Ax ∠∠，则EB ED ，AEEB AE ED AD 4 | AB |EBD D根据椭圆定义为一个椭圆，方程为2 2x y4 31，( y 0 )；4 2 2 4BE123D48HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何⑵2 2x yC1 : 1；设l : x my 1 ，因为PQ⊥l ，设PQ : y m x 1 ，4 3P 432 2 236m 36 3m 4 12 m 12 22| MN | 1 m | y y | 1 mM N2 23m 4 3m 41Nx my 1A2 23m 4 y 6my 9 0 则4 2 2 4B，1联立l与椭圆C1 ： 2 2x y4 31Q M2圆心A到PQ 距离d| m 1 1 | | 2m |2 21 m 1 m，34所以 2 2| PQ | 2 | AQ | d 2 162 24m 4 3m 42 21 m 1 m，2 2 212 1m m m1 1 4 3 4 24 1 1S | MN | | PQ | 24 12,8 3 MPNQ2 2 212 2 3m 4 1 m 3m 4 32m 114.（2016课标全国Ⅱ，理4）圆 2 2 2 8 13 0x y x y 的圆心到直线ax y 1 0 的距离为1，则a= （）（A） 43 （B） 34 （C）3 （D）215.（2016课标全国Ⅱ，理11）已知F1, F2 是双曲线E2 2x y: 12 2的左，右焦点，点M 在E 上，MF1 与xa b轴垂直，sin1MF F ,则E 的离心率为（）2 13（A） 2 （B）32（C） 3 （D）29HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何16.（2016课标全国Ⅱ，理20）（本小题满分12 分）已知椭圆E:2 2x yt 31的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k(k 0) 的直线交E 于A,M 两点，点N 在 E 上，MA NA．（Ⅰ）当t 4,| AM | | AN | 时，求AMN 的面积；（Ⅱ）当2 AM AN 时，求k 的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；（Ⅱ）设，，将直线的方程与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由求.试题解析：（I ）设，则由题意知，当时，的方程为，.10HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为. 因此直线的方程为.将代入得. 解得或，所以.因此的面积.（II ）由题意，，.将直线的方程代入得.由得，故.由题设，直线的方程为，故同理可得，由得，即.当时上式不成立，因此. 等价于，即. 由此得，或，解得.因此的取值范围是.考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.17.（2016课标全国Ⅲ，理11）已知O为坐标原点，F 是椭圆C ：2 2x y2 2 1(a b 0)a b 的左焦点，A B 分别为C 的左，右顶点.P 为C 上一点，且PF x 轴.过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，,与y 轴交于点 E .若直线BM 经过OE 的中点，则 C 的离心率为（）1 12 3（A）3（B）2 （C）3 （D）4【答案】A11HW 数学复习资料2010-2017 新课标全国卷分类汇编（解析几何）解析几何考点：椭圆方程与几何性质．【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得a,c的值，进而求得 e 的b值；（2）建立a, b,c 的齐次等式，求得置，求出e．a或转化为关于e的等式求解；(3)通过特殊值或特殊位19（. 2016课标全国Ⅲ，理16）已知直线l ：mx y 3m 3 0 错误！未找到引用源。

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第01讲不等式Word版含解析

3、（ 2011 一试 3）设 a, b 为正实数， 1
1
2 2， (a
2
b)
3
4(ab) ，则
log a
b
．
ab
【答案】 -1
【解析】由 1
1
2 2 ，得 a b
2 2ab ．又 (a
2
b)
2
4ab (a b)
3
4ab 4(ab)
3
4 2 ab (ab)
8(ab ) 2 ，
ab
即 a b 2 2ab ①于是 a b 2 2 ab ②
所以 M 2( z x) z x ( 2 1) z x 2 1.
1
当且仅当 y
x
z
y, x
0, z 1, y
时上式等号同时成立
2
. 故 M max
2 1.
3 5、 (2014 一试 2) 设集合 {
b |1
a
b
2} 中的最大值与最小值分别为
M , m ，则 M m =_________.
a
【答案】 5 2 3
⑵1
1 ln 1
n1
n
1 ．令 xn n
nk
k2
k1
1
ln n ，则 x1
1 ，
2
n
1
xn xn 1 n2 1 ln 1 n 1
n1 n2 1 n
1 ( n2 1)n 0
因此 xn xn 1
1
x1
．
2
又因为 ln n (ln n ln( n 1)) (ln( n 1) ln( n 2))
(ln 2 ln1)
33 由于直线 CD的方程为 x+3y=6, 直线 GH的方程为 3x+y=6, 故它们的交点 P 的坐标为 ( , ) ，

高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)

第一讲注意添加平行线证题在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1、为了改变角的位置大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答：当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知△DBP ≌△AQC .有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC .于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP .所以AB ＝AC .这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2、如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ,可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE .所以,∠EBA ＝∠ADE .这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙. 2、欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.例3、在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC∥＝A D BP QC图1PE D G A B FC图2A N E BQ K G CD M FP 图3两边距离相等.有KQ ＝PN . 显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC . 由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ . 这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷.3 、为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的. 例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行, 设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E . 由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋M 2E , 易知 AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2.则AP AB ＋AQ AC ＝DECEBE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM .所以,APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.例5、 AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E ,CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、 BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DCAQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BC AN DC ·. (3)对比(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ .所以,∠FDA ＝∠EDA .这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.4、为了线段相等的传递AP EDM 2M 1BQN 1N 2图4图5MP A Q NFB DC EK当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ,可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND . 于是,BE ＝NC . 显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2).这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN ,使解题找到出路. 例7、如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F ,使EA ＝DA ,FB ＝DB .过D 作AB 的垂线,交半圆于C .求证：CD 平分EF .证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB . 易知DB 2＝FB 2＝AB ·HB ,AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得DB 2－AD 2＝AB ·(HB －AG ),或 (DB －AD )·AB ＝AB ·(HB －AG ).于是,DB －AD ＝HB －AG ,或 DB －HB ＝AD －AG . 就是DH ＝GD .显然,EG ∥CD ∥FH .故CD 平分EF .这里,为证明CD 平分EF ,想到可先证CD 平分GH .为此添加CD 的两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩.经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即 BN DM＝NCME 或ME DM ＝NC BN . 此式表明,DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC .利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮. 例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长线交EF 于G .求证：EG ＝GF .证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N .由BD ∥EF , 可知MN ∥BD .易知 S △BEF ＝S △DEF .有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC . 可得MC ＝CN . 所以,EG ＝GF .例9 如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O与BC 、CA 、AB图6AN CDEB MAGD O HBFC E图7图8A DBN C EM图9ABM EF ND CG的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC .证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF . 由OD ⊥BC ,可知OK ⊥PQ .由OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ . 由OE ⊥AC ,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP .显然,∠FKQ ＝∠EKP ,可知∠FOQ ＝∠EOP .由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP .于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP .所以,AK 平分BC .综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD ,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E ,延长CD 交直线NM 于F .求证：∠BEN ＝∠CFN . (提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN .)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB .已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB .(提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D .易证△ACD ∽△PBA .答：75°) 3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC ,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm 2.求六边形ABCDEF 的面积.(提示：设EF 、DC 分别交直线AB 于P 、Q ,过点E 作DC 的平行线交AB 于点M .所求面积与EMQD 面积相等.答：120cm 2)4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E .已知AC :AB ＝k .求AE :EC .(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F .设BC ＝1,有AD ＝k ,DC ＝k 2.答：211k ) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D ,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F .求证：DE AD ＝FBCF.(提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H .H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A :∠B :∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c .求证：a1＋b 1＝c1.(提示：在BC 上取一点D ,使AD ＝AB .分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F.)O图107. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G .求证：FH ＝HG .(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N .)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：OM ＝ON .(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F .过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF .)第二讲巧添辅助妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A .求证：BD ＝2CD .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA＝∠ABC ＝∠AFC,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF . 作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF . 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2.则sin ∠AOB ＝____. 分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.A BGCD FE图1ABCDPO 图2设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ .又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD .于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD . 2 、构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长. 分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系. 解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE .显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD ,∴BC ＝AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.A图3BPQDHC A EDCB图4解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有 3＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图6, ∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交BA 的延长线于E . 则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝AB 2－AN 2,即 AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2. 分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连结CG . 因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆. 由切割线定理,有EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2, 即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明. 证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示.∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇,E A NCD B FM 12345图6(1)(2)图8ABCA'B'C'c a b a'c'b'ABCa bb c∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '', 即 DC c '＝aa '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD ,即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而ACAB＝DE BD ＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数.(提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2.(提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.)5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE .(提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.) 6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.F DAEC图10图11(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCD E 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)第三讲点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。

第08讲+解析几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编

第08讲解析几何20092017全国高中数学联赛分类汇编 (1)

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第08讲：解析几何1、（2009一试2）已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为．【答案】[]36，【解析】设()9A a a -，，则圆心M 到直线AC 的距离sin 45d AM =︒，由直线AC 与圆M 相交，得342d ≤．解得36a ≤≤． 2、（2009一试5）椭圆22221x y a b+=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．【答案】22222a b a b+【解析】设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有222221cos sin a b OP θθ=+ ① 222221sin cos a b OQ θθ=+ ② ①+②得22221111a b OP OQ+=+．于是当22222a b OP OQ a b ==+时，OP OQ 达到最小值22222a b a b +． 3、（2010一试3）双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是. 【答案】98004、（2011一试7）直线012=--y x 与抛物线x y 42=交于B A ,两点，C 为抛物线上的一点，︒=∠90ACB ，则点C 的坐标为．【答案】)2,1(-或)6,9(-即0)(24)(21212212214=⋅++-+⋅++-y y t y y t x x t x x t ，即03161424=---t t t ，即0)14)(34(22=--++t t t t ．显然0142≠--t t ，否则01222=-⋅-t t ，则点C 在直线012=--y x 上，从而点C 与点A 或点B 重合．所以0342=++t t ，解得3,121-=-=t t ．故所求点C 的坐标为)2,1(-或)6,9(-．5、（2012一试4）抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，准线为ｌ，,A B 是抛物线上的两个动点，且满足3AFB π∠=．设线段ＡＢ的中点M 在ｌ上的投影为N ，则||||MN AB 的最大值是.【答案】1【解析】由抛物线的定义及梯形的中位线定理得.2AF BFMN +=在AFB ∆中,由余弦定理得2222cos 3AB AF BF AF BF π=+-⋅当且仅当AF BF =时等号成立.故MNAB的最大值为1. 6、（2013一试2）在平面直角坐标系xOy 中，点A B 、在抛物线24y x =上，满足4OA OB ⋅=-，F 是抛物线的焦点.则OFA OFB S s ∆∆⋅=. 【答案】2.【解析】点F 坐标为()1,0.设()11,A x y ，()22,B x y ，则2114y x =，2224y x =，故()2121212121416OA OB x x y y y y y y -=⋅=+=+，即()21218016y y +=，故128y y =-.212121112224OFA OFB S S OF y OF y OF y y ∆∆⎛⎫⎛⎫⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.7、（2013一试7）若实数,x y 满足42x y x y -=-x 的取值范围是. 【答案】{}[]04,20.如图所示，在aOb 平面内，点(),a b 的轨迹是以()1,2为圆心，5为半径的圆在,0a b ≥的部分，即点O 与弧ACB 的并集.因此{}2202,25a b ⎡⎤+⎣⎦，从而{}[]2204,20x a b =+∈.学%科网8、（2014一试6）设椭圆Γ的两个焦点是21,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点Q P ,，若||||212F F PF =，且||4||311QF PF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为__________.267【解析】11||4,||3,PF QF ==记椭圆T 的长轴，短轴的长度分别为2a,2b,焦距为9、（2016一试7）双曲线C 的方程为1322=-y x ，左、右焦点分别为1F 、2F ，过点2F 作直线与双曲线C 的右半支交于点P ，Q ，使得PQ F 1∠=90°，则PQ F 1∆的内切圆半径是 . 【答案】17- 【解析】10、（2017一试3）在平面直角坐标系xoy 中，椭圆C 的方程为221910x y +=，F 为C 的上焦点，A 为C 的右顶点，P 是C 上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF 的面积的最大值为. 【答案】3112【解析】易知(3,0),F(0,1).P 3cos ,10sin ),[0,],2A πθθθ∈设的坐标是（则11、（2009一试9）设直线:l y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412x y -=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．【解析】由2211612y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 化简整理得()2223484480k x kmx m +++-=设()11A x y ，，()22B x y ，，则122834kmx x k +=-+()()()222184344480km k m ∆=-+-> ①由221412y kx m x y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩消去y 化简整理得()22232120k x kmx m ----=设()34C x y ，，()44D x y ，，则34223kmx x k +=- ()()()2222243120km k m ∆=-+-+> ②因为0AC BD +=，所以()()42310x x x x -+-=，此时()()42310y y y y -+-=．由1234x x x x +=+得2282343km kmk k -=+-．所以20km =或2241343k k -=+-．由上式解得0k =或0m =．当0k =时，由①和②得2323m -<．因m是整数，所以m 的值为3-，2-，1-，0，1，2，3．当0m =，由①和②得33k -<<．因k 是整数，所以1k =-，0，1．于是满足条件的直线共有9条．12、（2010一试10）已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和，其中21x x ≠且421=+x x .线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，求ABC ∆面积的最大值. 【解析】解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=， 01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=. 线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离202029)0()25(y y CM h +=-+-==.3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314= . 当且仅当20202249y y -=+，即05y =±,635635(57),(57)33A B 或 635635(,(57)),(57)33A B --时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值为7314. 221221)5()(23+-=t t t t )5)(5)(24(23212121++-=t t t t t t 3)314(23≤, 所以7314≤∆ABC S , 当且仅当5)(21221+=-t t t t 且42221=+t t ，即 ,6571-=t 6572+-=t ,635635(57),(57)A B +-或 635635(,(57)),(57)33A B --时等号成立.所以，ABC ∆面积的最大值是7314.13、（2011一试11）作斜率为31的直线l 与椭圆C ：143622=+y x 交于B A ,两点（如图所示），且)2,23(P 在直线l 的左上方．（1）证明：△PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上；（2）若︒=∠60APB ，求△PAB 的面积．【解析】（1）设直线l ：m x y +=31，),(),,(2211y x B y x A ．将m x y +=31代入143622=+y x 中，化简整理得03696222=-++m mx x ．上式中，分子)23)(231()23)(231(1221--++--+=x m x x m x 0122626312322=+-+--=m m m m ，从而，0=+PB PA k k ．又P 在直线l 的左上方，因此，APB ∠的角平分线是平行于y 轴的直线，所以△PAB 的内切圆的圆心在直线23=x 上．（2）若︒=∠60APB 时，结合（1）的结论可知3,3-==PB PA k k ．直线PA 的方程为：)23(32-=-x y ，代入143622=+y x 中，消去y 得0)3313(18)331(69142=-+-+x x ．它的两根分别是1x 和23，所以14)3313(18231-=⋅x ，即14)3313(231-=x ．所以7)133(23|23|)3(1||12+=-⋅+=x PA ．同理可求得7)133(23||-=PB ．1||||sin 602132(331)32(331)311732PAB S PA PB ∆=⋅⋅⋅︒+-==所以．14、（2012一试11）如图5，在平面直角坐标系XOY 中，菱形ABCD 的边长为4，且6OB OD ==．（１）求证：||||OA OC ⋅为定值；（２）当点A 在半圆22(2)4x y -+=（24x ≤≤）上运动时，求点C 的轨迹．yOPAB(2)设(,),(22cos ,2sin ),C x y A αα+其中(),22XMA ππαα=∠-≤≤则2XOC α∠=. 因为2222(22cos )(2sin )8(1cos )16cos ,2OA αααα=++=+=所以4cos2OA α=由(1)的结论得cos5,2OC α=所以cos5.2x OC α==从而sin5tan[5,5].22y OC αα==∈-故点C 的轨迹是一条线段,其两个端点的坐标分别为(5,5),(5,5)A B - 学科/网15、（2013一试11）（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为()222210x y a b a b+=>>，12A A 、分别为椭圆的左、右顶点，12F F 、分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点.若平面中两个点Q R 、满足11QA PA ⊥，22QA PA ⊥,11RF PF ⊥,22RF PF ⊥，试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明.【解析】令22c a b =-，则()1,0A a -，()2,0A a ，()1,0F c -，()2,0F c .设()00,P x y ，()11,Q x y ，()22,R x y ，其中2200221x y a b+=，00y ≠.由11QA PA ⊥，22QA PA ⊥可知()()1110100A Q A P x a x a y y ⋅=+++=，○1 根据11RF PF ⊥,22RF PF ⊥，同理可得22000,x c R x y ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.因此2222200000x a x c b QR y y y --=-=，由于(]00,y b ∈，故QR b ≥（其中等号成立的充分必要条件是0y b =，即点P 为()0,b ±）.16、（2014一试9）（本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上一个动点，满足条件：过P 可作抛物线x y 42=的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直.设直线P l 与PO ，x 轴的交点分别为R Q ,，（1）证明：R 是一个顶点. （2）求||||QR PQ 的最小值. 【解析】(1)设P 点的坐标为(a,b)(0)b ≠,易知0a ≠,记两切点A B ，的坐标为1122,),,),x y x y （（则PA PB ，的方程分别为11222()12()2yy x x yy x x =+=+（）（）而点P 的坐标为(a,b)同时满足（1）（2），故A ，B 的坐标均满足方程by=2(x+a)(3)，故（3）就是直线AB 的方程. 直线PO 与AB 的斜率分别为22=-1,a=-2b b PO AB a b a b⊥与，由知，故从而（3）即为2y=(2),x b-故AB 与x 轴的交点R 是定点（2,0）. (2)因为a=-2，故直线PO 的斜率12.24b bPR k =-=-k ，直线的斜率设=OPR α∠，则α为锐角，且17、（2015一试11）(本题满分20分)在平面直角坐标系xOy 中,12,F F 分别是椭圆2212x y +=的左,右焦点,设不经过焦点1F 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点,A B ,焦点2F 到直线l 的距离为d .如果直线11,,AF l BF 的斜率成等差数列,求d 的取值范围.由于点A 、B 不重合，且直线l 的斜率存在，故12,x x 是方程（1）的两个不同实根，因此有（1）的判别式即2221.(2)k m +>由直线11AF l BF 、、的斜率121211y yk x x ++、、依次成等差数列， 12112212+2,,11y yk y kx m y kx m x x ==+=+++又，所以化简并整理得12)(2)0m k x x -++=（假如m k =，则直线L 的方程为y=kx+k,即l 经过点11,0F （-），不符合条件. 因此必有122=0x x ++，故由方程（1）及韦达定理知，由22212321=2k m k k +>+（）、（）知，（）化简得2214k k>，这等价于2||2k > 反之当m,k 满足（3及）2||2k >时，l 必不经过点1F （否则将导致,m k =与（3）矛盾），注意到2||2k >，令211t k =+3),t ∈上式可改写为21313()().(4)222t t t t⋅+=⋅+d=考虑到函数13()()2f t t t=⋅+在3]上单调递减，故由（4）得(3)(1),f d f <<即3,2)d ∈ 18、（2016一试11）（本题满分20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，F 是x 轴正半轴上的一个动点.以F 为焦点，O 为顶点作抛物线C .设P 是第一象限内C 上的一点，Q 是x 轴负半轴上一点，使得PQ 为C 的切线，且｜PQ ｜=2.圆21,C C 均与直线OP 相切于点P ，且均与轴相切.求点F 的坐标，使圆1C 与2C 的面积之和取到最小值. 【解析】设抛物线C 的方程是)0(22>=p px y ，点Q 的坐标为)0)(0,(>-a a ，并设21,C C 的圆心分别为),(),,(222111y x O y x O .设直线PQ 的方程为)0(>-=m a my x ，将其与C 的方程联立，消去x 可知0222=+-pa pmy y . 因为PQ 与C 相切于点P ，所以上述方程的判别式为024422=•-=∆pa m p ，解得pam 2=.进而可知，点P 的坐标为)2,(),(pa a y x P P =.于是)2(2221|0|1||2a p a pa pay m PQ P +=•+=-+=. 由｜PQ ｜=2可得4242=+pa a ①结合①，就有2221342a pa a y y -=+=② 由21,,O P O 共线，可得212121212122y yN O M O PO P O y y y y y pa pa y P P ===--=--.化简得212122y y pay y =+③令2221y y T +=，则圆21,C C 的面积之和为T π.根据题意，仅需考虑T 取到最小值的情况. 根据②、③可知，22222221)2)(34()34(2)34(444aa a a a a ---=----=.学科*网作代换21a t -=，由于024442>=-=pa a t ，所以0>t .于是4324132413)1)(13(+=+•≥++=++=tt t t t t t T .上式等号成立当且仅当33=t ，此时3111-=-=t a ，因此结合①得，从而F 的坐标为)0,331()0,2(-=p .。

全国高中数学联赛分类汇编专题解析几何

1、（2000一试3）已知点A 为双曲线x 2-y 2=1的左顶点，点B 和点C 在双曲线的右分支上，△ABC 是等边三角形，则△ABC 的面积是（） (A)33 (B) 233 (C) 33 (D) 633、（2002一试2）若实数x, y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则x 2+y 2的最小值为( )(A ) 2 (B) 1 (C) 3 (D) 2 【答案】B【解析】利用圆的知识结合数形结合分析解答，22x y +表示圆上的点（x,y ）到原点的距离。

4、（2002一试4）直线134=+yx 椭圆191622=+y x 相交于A ，B 两点，该圆上点P ，使得⊿PAB 面积等于3，这样的点P 共有( )(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个【答案】B5、（2003一试2）设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是（）A. B. C. D.【答案】B6、（2003一试3）过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于（）(A)163(B)83(C)1633 (D) 8 3【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=3x，弦的中点在y=pk=43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．7、（2004一试2）已知M={(x ，y )|x 2+2y 2=3}，N={(x ，y )|y=mx+b }．若对于所有的m ∈R ，均有M ∩N ≠∅，则b 的取值范围是 ( )A ．[－62，62]B ．(－62，62)C ．(－233，233]D ．[－233，233] 【答案】A【解析】点(0，b )在椭圆内或椭圆上，⇒2b 2≤3，⇒b ∈[－62，62]．选A ．8、（2005一试5）方程13cos 2cos 3sin 2sin 22=-+-y x 表示的曲线是（）A ．焦点在x 轴上的椭圆B ．焦点在x 轴上的双曲线C ．焦点在y 轴上的椭圆D ．焦点在y 轴上的双曲线【答案】C9、（2007一试5）设圆O 1和圆O 2是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是（）【答案】A【解析】设圆O 1和圆O 2的半径分别是r 1、r 2，|O 1O 2|=2c ，则一般地，圆P 的圆心轨迹是焦点为O 1、O 2，且离心率分别是212r r c +和||221r r c -的圆锥曲线（当r 1=r 2时，O 1O 2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。

高中数学竞赛平面几何讲义

高中平面几何(叶中豪话题几何问题的联系和转化解题和编题的一些规律调和点列,反演与配极,调和四边形完全四边形及其 Miquel 点例题和习题1. △ ABC 中, AB =AC , BD ⊥ AC 于 D , E 在 AC 延长线上,且 CE =CD , F 在CA 延长线上,且 AF = 12CD 。

求证:BE ⊥ BF 。

2. AB 为半圆直径, C 为半圆上一点,由 C 引 AB 的垂线, D 为垂足。

分别在半圆上截取 AE =AD , BF =BD 。

求证:CD 平分 EF 。

3. 已知半圆的直径 AB 的长为 2r ,半圆外的直线 l 与 BA 的延长线垂直,垂足为T ,AT =2a (2a <2r , 半圆上有相异两点 M 、 N , 它们与直线 l 的距离 MP 、 NQ 满足 MP AM=NQAN=1。

求证:AM +AN =AB 。

l PQ T4. 在△ ABC 的边 BC 的延长线上取一点 D ,使 CD =AC ,△ ACD 的外接圆与以BC边为直径的圆交于 C 、 G 两点,直线 BG 、 AC 交于 E ,直线 CG 、 AB 交于F 。

求证:D 、 E 、 F 三点共线。

B5. △ ABC 内心为 I ,内切圆切 AB 、 AC 边于 E 、 F ,延长 BI 、 CI 分别交直线EF 于 M 、N 。

求证:S 四边形 AMIN =S △ IBC 。

B6. AC 是与 BD 垂直于 E 的直径, G 是 BA 延长线上一点,过 B 作 BF ∥ DG 交DA 延长线于 F ,作 CH ⊥ GF 于 H 。

求证:B 、 E 、 F 、 H 四点共圆。

7. 如图,圆 O 1和圆 O 2相交于 E 、 F ,过 E 作割线 AB ,使 AE =EB ,过 F 作割线CD , 联 AD 、 BC ,并过 A 作 AD 的垂线、过 B 作 BC 的垂线,设两条垂线相交于 P 点。

计数原理-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编(Word版含解析)

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第06讲：计数原理1、（2010一试8）方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是. 【答案】336675易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2、（2011一试5）现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为．（用数字作答）【答案】15000【解析】由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：（1）有一个项目有3人参加，共有3600!5!51537=⋅-⋅C C 种方案；（2）有两个项目各有2人参加，共有11400!5!5)(21252527=⋅-⋅⋅C C C 种方案；所以满足题设要求的方案数为15000114003600=+．3、（2011一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为．【答案】15 【解析】=n a C65400320020023n n n--⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ．当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，同理可计算得!86中因数2的个数为82，!114中因数2的个数为110，所以C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，同样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数．因此，整数项的个数为15114=+．4、（2013一试6）从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为. 【答案】2323235、（2015一试8）对四位数(19,0,,9)abcd a b c d ≤≤≤≤,若,,a b b c c d ><>,则称abcd 为P 类数,若,,a b b c c d <><,则称a b c d 为Q 类数,用()N P 与()N Q 分别表示P 类数与Q 类数的个数,则()()N P N Q -的值为【答案】285【解析】分别记P 类数、Q 类数的全体为A,B ，再将个位数为零的P 类数全体记为0A ,个位数不等于零的P 类数全体记为1A .1,,,,1,abcd A dcba a b b c c d ∈><>≥对任一四位数将其对应到四位数注意到11..dcba B dcba B A abcd A B ∈∈故反之，每个唯一对应于中的元素这建立了与之间的一一对应，因此有010()()||||||||||||.N P N Q A B A A B A -=-=+-=00||:0,0,19b,A abc A b ∈⋅⋅⋅下面计算对任一四位数可取，，，对其中每个99b a b c <≤<≤由及知，a 和c 分别有9-b 种取法，从而992200191019|=(9)26|85.b k b k ==⨯⨯-===∑∑A ()()285.N P N Q -=因此，6、（2016一试8）设4321,,,a a a a 是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++=++++则这样的有序数组),,,(4321a a a a 的个数为 . 【答案】40先考虑m n >的情况.此时331314)(mn a m n a a ==，注意到33,n m 互素，故31m a l =为正整数. 相应地，4321,,,a a a a 分别等于l n l mn nl m l m 3223,,,，它们均为正整数.这表明，对任意给定的1>=mnq ，满足条件并以q 为公比的等比数列4321,,,a a a a 的个数，即为满足不等式1003≤l n 的正整数l 的个数，即]100[3n.由于10053>，故仅需考虑34,4,23,3,2=q 这些情况，相应的等比数列的个数为20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[=++++=++++. 当m n <时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列4321,,,a a a a . 综上可知，共有40个满足条件的有序数组),,,(4321a a a a .7、（2017一试4）若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是. 【答案】75【解析】考虑平稳数abc .若b=0,则a=1,{0,1},.c ∈有两个平稳数1,a {1,2},c {0,1,2},23=6.2b 8,a,c {b 1,b,b 1},733=63.9,a,c {8,9}22=4.2+6+63+4=75.b b =∈∈⨯≤≤∈-+⨯⨯=∈⨯若则有个平稳数若则有个平稳数若则，有个平稳数综上可知，平稳数的个数是个平稳数8、（2010二试4）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍．设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2in C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22jn i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2in C 22j n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为 222222004n n i i j nn i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i jn i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i nn i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 022(1)(21)(21)nnkn kk n kk n n nn k k C C --===+-=++-∑∑31n =+．当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2ni =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有一种标记方法．于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑()2221024233n i n i nn i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n+种．。

高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细).

第一讲注意添加平行线证题在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1、为了改变角的位置大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.例1 、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答：当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知△DBP ≌△AQC .有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC .于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP .所以AB ＝AC .这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2、如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ,可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE .所以,∠EBA ＝∠ADE .这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.2、欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.例3、在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC∥＝A D BP QC图1PE D G A B FC图2A N E BQ K G CD M FP 图3两边距离相等.有KQ ＝PN . 显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC . 由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ . 这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷.3 、为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的. 例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：AP AB＋AQAC ＝11AN AM ＋22AN AM .证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行, 设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E . 由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋M 2E , 易知AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2.则AP AB ＋AQ AC ＝DECEBE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM .所以,APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.例5、 AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E ,CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、 BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BCAN DC ·. (3) 对比(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ .所以,∠FDA ＝∠EDA .这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来. 4、为了线段相等的传递AP EDM 2M 1BQN 1N 2图4图5MP A Q NFB DC EK当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ,可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND . 于是,BE ＝NC . 显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2).这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN ,使解题找到出路. 例7、如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F ,使EA ＝DA ,FB ＝DB .过D 作AB 的垂线,交半圆于C .求证：CD 平分EF .证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB . 易知DB 2＝FB 2＝AB ·HB ,AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得DB 2－AD 2＝AB ·(HB －AG ),或 (DB －AD )·AB ＝AB ·(HB －AG ). 于是,DB －AD ＝HB －AG ,或 DB －HB ＝AD －AG . 就是DH ＝GD .显然,EG ∥CD ∥FH .故CD 平分EF .这里,为证明CD 平分EF ,想到可先证CD 平分GH .为此添加CD 的两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩.经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即 BN DM＝NC ME 或ME DM ＝NC BN . 此式表明,DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC .利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮. 例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长线交EF 于G .求证：EG ＝GF .证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N .由BD ∥EF , 可知MN ∥BD .易知 S △BEF ＝S △DEF .有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC . 可得MC ＝CN . 所以,EG ＝GF .例9 如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB图6AN CDEB M AGD O HBFC E图7图8A DBN C EM图9ABM EF ND CG的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC .证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF . 由OD ⊥BC ,可知OK ⊥PQ .由OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ . 由OE ⊥AC ,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP .显然,∠FKQ ＝∠EKP ,可知∠FOQ ＝∠EOP .由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP .于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP .所以,AK 平分BC .综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD ,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E ,延长CD 交直线NM 于F .求证：∠BEN ＝∠CFN . (提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN .)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB .已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB . (提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D .易证△ACD ∽△PBA .答：75°)3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC ,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm 2.求六边形ABCDEF 的面积.(提示：设EF 、DC 分别交直线AB 于P 、Q ,过点E 作DC 的平行线交AB 于点M .所求面积与EMQD 面积相等.答：120cm 2)4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E .已知AC :AB ＝k .求AE :EC .(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F .设BC ＝1,有AD ＝k ,DC ＝k 2.答：211k) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D ,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F .求证：DE AD ＝FBCF.(提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H .H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A :∠B :∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c .求证：a1＋b 1＝c1.(提示：在BC 上取一点D ,使AD ＝AB .分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F .)7. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G .求证：FH ＝HG.O图10(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N .)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：OM ＝ON .(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F .过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF .)第二讲巧添辅助妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A .求证：BD ＝2CD .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA＝∠ABC ＝∠AFC,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF . 作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF . 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2.则sin ∠AOB ＝____. 分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.A BGCD FE图1ABCDPO 图2又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ .又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD .于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD . 2 、构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长. 分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系. 解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE .显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD ,∴BC ＝AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有A图3BPQDHC A EDCB图4图53＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图6, ∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交BA 的延长线于E . 则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝AB 2－AN 2,即 AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2. 分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连结CG . 因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆. 由切割线定理,有EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2, 即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明. 证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示.∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇, ∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '', 即 DC c '＝a a '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .E A NCD B FM 12345图6(1)(2)图8ABCA'C'cb a'c'b'A BCDabb c图9又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD ,即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而ACAB＝DE BD ＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数.(提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2.(提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.)5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE .(提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCD E 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)F DAEC图10图11第三讲点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。

2003-2017年全国高中数学联赛分类汇编(精编版)

2003-2017年全国高中数学联赛分类汇编（精编版）01不等式部分1、（2003一试5）已知x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x 2+99－y 2的最小值是（）(A) 85 (B) 2411 (C ) 127 (D) 125【答案】D2、（2004一试3）不等式log 2x －1+12log 12x 3+2>0的解集为（）A ．[2，3)B ．(2，3]C ．[2，4)D ．(2，4] 【答案】C【解析】令log 2x=t ≥1时，t －1>32t －2．t ∈[1，2)，⇒x ∈[2，4)，选C ．3、（2005一试1）使关于x k 有解的实数k 的最大值是（）A 【答案】D4、（2006一试2）设2log (21)log 2 1x x x x +->-，则x 的取值范围为（）A ．112x << B ．1, 12x x >≠且 C ． 1x > D ． 01x << 【答案】B5、（2007一试2）设实数a 使得不等式|2x −a |+|3x −2a |≥a 2对任意实数x 恒成立，则满足条件的a 所组成的集合是（） A. ]31,31[- B. ]21,21[- C. ]31,41[-D. [−3，3]【答案】A【解析】令a x 32=，则有31||≤a ，排除B 、D 。

由对称性排除C ，从而只有A 正确。

一般地，对k ∈R ，令ka x 21=，则原不等式为2|||34|||23|1|||a k a k a ≥-⋅+-⋅，由此易知原不等式等价于|34|23|1|||-+-≤k k a ，对任意的k ∈R 成立。

由于⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<-<≤-≥-=-+-125334121134325|34|23|1|k k k k k k k k ，所以31|}34|23|1{|min R =-+-∈k k k ，从而上述不等式等价于31||≤a 。

2017年全国高中数学联赛二试试题及答案解析.pdf

2010年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（A 卷）说明：1. 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次。

一、（本题满分40分）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．证明：用反证法．若A ，B ，D ，C 不四点共圆，设三角形ABC 的外接圆与AD 交于点E ，连接BE 并延长交直线AN 于点Q ，连接CE 并延长交直线AM 于点P ，连接PQ ．因为2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ） ()()2222PO rKOr =−+−，同理 ()()22222QK QO rKOr =−+−，所以 2222PO PK QO QK −=−，故 OK ⊥PQ ．（10分）由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MCBD CD=，（30分）所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆. （40分）注1：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅， ④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅， ⑤⑤-④，得 2PK PE PC AK KE =⋅−⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）．注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．二、（本题满分40分）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r = (1)(()),2l f f r l −≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．证明：记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎞⎡⎤⎛⎞=++=++⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎢⎥⎝⎠为整数．（10分)假设命题对1(1)v v −≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+"，FE Q PO NM KDC B A这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++"．（20分)于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎞⎡⎤⎛⎞=++=++⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎢⎥⎝⎠2122kk k =+++ 11211212(1)2()222v v v vv v v ααα−++++=+++⋅++⋅+++""12k ′=+， ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα−++++′=++⋅++⋅+++""．显然k ′中所含的2的幂次为1v −．故由归纳假设知，12r k ′′=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明．（40分）三、（本题满分50分）给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a "满足1,1,2,,k a k n ≤="，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==""．求证：1112nnk k k k n a A ==−−<∑∑．证明：由01k a <≤知，对11k n ≤≤−，有110,0kni ii i k a k an k ==+<≤<≤−∑∑．（10分）注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y −<，于是对11k n ≤≤−，有11111kn n k i i i i k A A a a n k n ==+⎛⎞−=−+⎜⎟⎝⎠∑∑11111n ki i i k i a a n k n =+=⎛⎞=−−⎜⎟⎝⎠∑∑ 11111max ,n k i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎞<−⎨⎬⎜⎟⎝⎠⎩⎭∑∑111max (),n k k nk n ⎧⎫⎛⎞≤−−⎨⎬⎜⎟⎝⎠⎩⎭1k n=−，（30分）故111nnnk kn k k k k a AnA A ===−=−∑∑∑()1111n n nk n k k k AA A A −−===−≤−∑∑111n k k n −=⎛⎞<−⎜⎟⎝⎠∑12n −=．（50分）四、（本题满分50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A "的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解：对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c ．于是对于给定的点1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A "上的设置．为了使得最终回到1A 时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍．（20分）设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j −⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2in C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22jn i C −种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2in C 22jn i C −种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n i i j n n i i j C C −⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦−==⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠∑∑． ①这里我们约定001C =．（30分）当n 为奇数时，20n i −>，此时22221202n i j n i n i j C −⎡⎤⎢⎥⎣⎦−−−==∑． ② 代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C −⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦−−−−====⎛⎞⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎝⎠∑∑∑∑ 0022(1)(21)(21)nnkn kk n kk n n nn k k C C −−===+−=++−∑∑ 31n =+．（40分）当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2ni =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有一种标记方法．于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为222222004n n i i j n n i i j C C −⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎦−==⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤−⎢⎣⎦−−=⎛⎞⎜⎟×+⎜⎟⎜⎟⎝⎠∑ ()222124233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎣⎦−−==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n+种；当n 为偶数时有33n+种．（50分）。

历年全国高中数学联赛《平面几何》专题真题汇编

历年全国高中数学联赛《平面几何》专题真题汇编1、如图，在锐角三角形ABC 的BC 边上有两点E 、F ，满足∠BAE =∠CAF ，作FM ⊥AB ，FN ⊥AC （M 、N 是垂足），延长AE 交三角形ABC 的外接圆于D ．证明：四边形AMDN 与三角形ABC 的面积相等．2、如图：⊿ABC 中，O 为外心，三条高AD 、BE 、CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N 。

求证：（1）OB ⊥DF ，OC ⊥DE ；（2）OH ⊥MN 。

【解析】证明：(1)∵A 、C 、D 、F 四点共圆 ∴∠BDF ＝∠BAC又∠OBC ＝21(180°－∠BOC )＝90°－∠BAC∴OB ⊥DF ． (2)∵CF ⊥MA∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2 ① ∵BE ⊥NA∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2 ② ∵DA ⊥BC∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2 ③ ∵OB ⊥DF∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2 ④ ∵OC ⊥DE∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2 ⑤ ①－②＋③＋④－⑤，得NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH 2 ∴OH ⊥MN∵1-=DF OB k k ∴OB ⊥DF 同理可证OC ⊥DE ．在直线BE 的方程)(b x a cy -=中令x ＝0得H (0，a bc -)∴ac ab bc a c b a bc a a bc k OH++=+++=32222直线DF 的方程为x bc a acab y +-=2由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+-=)(2c x c a y x bc a ac ab y 得N (22222222,2c bc a ac abc c bc a bc c a -+--++) 同理可得M (22222222,2b bc a ab abc b bc a c b b a -+--++) ∴bc a ac ab bc a bc a b c bc a c b a k MN3)3)()(())((222222++-=++-+-=∵k OH ·k MN ＝－1，∴OH ⊥MN ．3、如图，在⊿ABC 中，∠A=60°，AB>AC ，点O 是外心，两条高BE 、CF 交于H点，点M 、N 分别在线段BH 、HF 上，且满足BM=CN ，求OH NH MH +的值。

全国高中数学联赛分类汇编第10讲平面几何

BABCMNPTIB 2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第10讲：平面几何1、（2009二试1）如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC ⌒ 、AC ⌒的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB ⌒（不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】⑴连NI ，MI ．由于PC MN ∥，P ，C ，M ，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形．因此NP MC =，PM NC =．连AM ，CI ，则AM 与CI 交于I ，因为MIC MAC ACI MCB BCI MCI ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以MC MI =．同理NC NI =．于是NP MI =，PM NI =．故四边形MPNI 为平行四边形．因此PMT PNT S S =△△（同底，等高）．又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180TNP PMT ∠+∠=︒，由三角形面积公式 1sin 2PMT S PM MT PMT =⋅∠△1sin 2PNT S PN NT PNT ==⋅∠△1sin 2PN NT PMT=⋅∠于是PM MT PN NT ⋅=⋅．又因12I NT QNT QMT I MT ∠=∠=∠=∠，有12I NT I MT ∆∆∽．故12NTI MTI ∠=∠，从而1212I QI NQM NTM I TI ∠=∠=∠=∠．因此Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．学&科网2、（2010二试1）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．同理()()22222QK QO r KO r =-+-，所以2222PO PK QO QK -=-，故OK ⊥PQ ．由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=．① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=，② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=．③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =，所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽△DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆. 注1：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅，④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故MPFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅，⑤⑤-④，得2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）．注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．3、（2011二试1）如图，Q P ,分别是圆内接四边形ABCD 的对角线BD AC ,的中点．若DPA BPA ∠=∠，证明：CQB AQB ∠=∠．【解析】延长线段DP 与圆交于另一点E ，则BPA DPA CPE ∠=∠=∠，又P 是线段AC 的中点，故⋂⋂=CE AB ，从而BDA CDP ∠=∠．又PCD ABD ∠=∠，所以△ABD ∽△PCD ，于是CDPCBD AB =，即BD PC CD AB ⋅=⋅ . FE QPONMK D CBA从而有BQ AC BD AC BD AC CD AB ⋅=⋅=⋅=⋅)21(21，即CDBQAC AB =．又ACD ABQ ∠=∠，所以△ABQ ∽△ACD ，所以DAC QAB ∠=∠．延长线段AQ 与圆交于另一点F ，则DAF CAB ∠=∠，故⋂⋂=DF BC ．又因为Q 为BD 的中点，所以DQF CQB ∠=∠．又DQF AQB ∠=∠，所以CQB AQB ∠=∠．4、（2012二试1）如图，在锐角ABC ∆中，,,AB AC M N >是BC 边上不同的两点，使得.BAM CAN ∠=∠设ABC ∆和AMN ∆的外心分别为12,O O ，求证：12,,O O A 三点共线.是1O 的切线.因此B PAC ∠=∠, 因为,BAM CAN ∠=∠所以AMP B BAM PAC CAN PAN ∠=∠+∠=∠+∠=∠因而AP 是AMN 的外接圆2O 的切线, 故2.AP AO ⊥所以12,,O O A 三点共线.5、（2013二试1）（本题满分40分）如图，AB 是圆ω的一条弦，P 为弧AB 内一点，E 、F 为线段AB 上两点，满足AE EF FB ==.连接PE PF 、并延长，与圆ω分别相交于点C D 、.求证：EF CD AC BD ⋅=⋅【证明】连接AD ，BC ，CF ，DE .由于AE=EF=FB ，从而ABsin =2sin BC BCE B CP BEAC ACE A CP AE⋅∠==⋅∠点到直线的距离点到直线的距离.(1 )同样sin =2sin AD ADF A PD AFBD BDF B PD BF⋅∠==⋅∠点到直线的距离点到直线的距离.(2 )另一方面，由于BCE BCP BDP BDF ∠=∠=∠=∠， ACE ACP ADP ADF ∠=∠=∠=∠，6、（2014二试2）（本题满分40分）如图，在锐角三角形ABC 中，∠BAC ≠60°，过点B,C 分别作三角形ABC 的外接圆的切线BD,CE,且满足BD=CE=BC,直线DE 与A B ，AC 的延长线分别交于点F,G ，设CF 与BD 交于点M,CE 与BG 交于点N ，证明：AM=AN.ABCDEFPωωPFEDCBA.,MC BC BD AC LCDFB MF FD FD AB LB====△相似||.LM BF 因此 ||,LN CG 同理，由此推出0180-BAL ABL +=∠ALM=∠ALB+∠BLM=∠ALB ∠∠0=180-CAL ALC ACL ALC CLN =+=+∠∠∠∠∠.ALN =∠||BC FG 再结合以及内角平分线定理得到1LM LM BF CG CL AB BC CL ABLN BF CG LN BC AC BL BL AC=⋅⋅=⋅⋅=⋅=及LM=LN.学科*网故由AL=AL,∠ALM=∠ALN,LM=LN 得到△ALM 与△ALN 全等，因而AM=AN,证毕.7、(2015二试3)(本题满分50分)如图,ABC ∆内接于圆,O P 为BC 上一点,点K 在线段AP 上,使得BK 平分ABC ∠,过,,K P C 三点的圆Ω与边AC 交于点D ,连结BD 交圆Ω于点E ,连结PE 并延长与边AB 交于点F ,证明:2ABC FCB ∠=∠8、（2016二试2）（本题满分40分）如图所示，在△ABC 中，X,Y 是直线BC 上两点（X,B,C,Y 顺次排列），使得BX·AC=CY·AB. 设△ACX ，△ABY 的外心分别为12,O O ，直线12O O 与AB,AC 分别交于点U 、V.证明：△AUV 是等腰三角形.即CP·PX=BP·PY .故P 对圆1w 和2w 的幂相等，所以P 在1w 和2w 的根轴上. 于是AP ⊥12O O ，这表明点U 、V 关于直线AP 对称，从而△AUV 是等腰三角形.9、（2017二试1）（本题满分40分）如图，在ABC ∆中，AB AC =，I 为ABC ∆的内心，以A 为圆心，AB 为半径作圆1T ，以I 为圆心，IB 为半径作圆2T ，过点B I 、的圆3T 与1T ,2T 分别交于点,P Q （不同于点B ），设IP 与BQ 交于点R .证明：BR CR ⊥.证明：连接,,,,.IB IC IQ PB PC201,IBQ IPB..,I ABC IB IC,,1180,2360?360IB IP Q T IB IQ IR IBIC IP AB AC IR ICBC BPC A BRC IRB IRC IBP ICPBIC BPC =∠=∠∆∆∠∠==∆==∆∆∠∠∠=-∠∠=∠+∠=∠+∠=-∠-∠=由于点在圆上，故所以故IBP IRB,从而有IRB=IBP,且注意到且为的内心，故所以于是ICP IRC,故IRC=ICP.又点P 在圆T 的弧上，故因此0011°(90?+180=90.22A A BR CR -∠--∠⊥）（）.故。

2017年全国高中数学联赛A卷和B卷试题和答案(word版)全文

可编辑修改精选全文完整版2017年全国高中数学联赛A 卷一试一、填空题1.设)(x f 是定义在R 上的函数.对任意实数x 有1)4()3(-=-⋅+x f x f .又当70<≤x 时.)9(log )(2x x f -=.则)100(-f 的值为__________.2.若实数y x ,满足1cos 22=+y x .则y x cos -的取值范围是__________.3.在平面直角坐标系xOy 中.椭圆C 的方程为1109:22=+y x .F 为C 的上焦点.A 为C 的右顶点.P 是C 上位于第一象限内的动点.则四边形OAPF 的面积的最大值为__________.4.若一个三位数中任意两个相邻数码的差不超过1.则称其为“平稳数”.平稳数的个数是。

5.正三棱锥P-ABC 中.AB=1.AP=2.过AB 的平面α将其体积平分.则棱PC 与平面α所成角的余弦值为________.6.在平面直角坐标系xOy 中.点集}{1,0,1,),(-==y x y x K .在K 中随机取出三个点.则这三点中存在两点之间距离为5的概率为__________.7.在ABC ∆中.M 是边BC 的中点.N 是线段BM 的中点.若3π=∠A .ABC ∆的面积为3.则AN AM ⋅的最小值为__________.8.设两个严格递增的正整数数列{}{}n n b a ,满足：20171010<=b a .对任意正整数n .有n n n a a a +=++12.n n b b 21=+.则11b a +的所有可能值为__________.二、解答题9.设m k ,为实数.不等式12≤--m kx x 对所有[]b a x ,∈成立.证明：22≤-a b .10.设321,,x x x 是非负实数.满足1321=++x x x .求)53)(53(321321x x x x x x ++++的最小值和最大值.11.设复数21,z z 满足0)Re(1>z .0)Re(2>z .且2)Re()Re(2221==z z （其中)Re(z 表示复数z 的实部）. （1）求)Re(21z z 的最小值；（2）求212122z z z z --+++的最小值.2017年全国高中数学联赛A 卷二试一.如图.在ABC ∆中.AC AB =.I 为ABC ∆的内心.以A 为圆心.AB 为半径作圆1Γ.以I 为圆心.IB 为半径作圆2Γ.过点I B ,的圆3Γ与1Γ,2Γ分别交于点Q P ,（不同于点B ）.设IP 与BQ 交于点R .证明：CR BR ⊥二.设数列{}n a 定义为11=a . ,2,1,,,,1=⎩⎨⎧>-≤+=+n n a n a n a n a a n n n n n .求满足20173≤<r a r 的正整数r 的个数.三.将3333⨯方格纸中每个小方格染三种颜色之一.使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻连个小方格的颜色不同.则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.四.设n m ,均是大于1的整数.n m ≥.n a a a ,,,21 是n 个不超过m 的互不相同的正整数.且n a a a ,,,21 互素.证明：对任意实数x .均存在一个)1(n i i ≤≤.使得x m m x a i )1(2+≥.这里y 表示实数y 到与它最近的整数的距离.2017年全国高中数学联赛A卷一试答案1.2.3.4.5.7.8.9.10.11.2017年全国高中数学联赛A卷二试答案一.二.三.四.2017年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）一、填空题：本大题共8个小题,每小题8分,共64分.1.在等比数列{}n a 中.2a =.3a =则1201172017a a a a ++的值为 .2.设复数z 满足91022z z i +=+.则||z 的值为 .3.设()f x 是定义在R 上的函数.若2()f x x +是奇函数.()2xf x +是偶函数.则(1)f 的值为 . 4.在ABC ∆中.若sin 2sin A C =.且三条边,,a b c 成等比数列.则cos A 的值为 .5.在正四面体ABCD 中.,E F 分别在棱,AB AC 上.满足3BE =.4EF =.且EF 与平面BCD 平行.则DEF ∆的面积为 .6.在平面直角坐标系xOy 中.点集{(,)|,1,0,1}K x y x y ==-.在K 中随机取出三个点.则这三个点两两之间距离均不超过2的概率为 .7.设a 为非零实数.在平面直角坐标系xOy 中.二次曲线2220x ay a ++=的焦距为4.则a 的值为 .8.若正整数,,a b c 满足2017101001000a b c ≥≥≥.则数组(,,)a b c 的个数为 .二、解答题（本大题共3小题.共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）9.设不等式|2||52|x xa -<-对所有[1,2]x ∈成立.求实数a 的取值范围.10.设数列{}n a 是等差数列.数列{}n b 满足212n n n n b a a a ++=-.1,2,n =.（1）证明：数列{}n b 也是等差数列；（2）设数列{}n a 、{}n b 的公差均是0d ≠.并且存在正整数,s t .使得s t a b +是整数.求1||a 的最小值.11.在平面直角坐标系xOy 中.曲线21:4C y x =.曲线222:(4)8C x y -+=.经过1C 上一点P 作一条倾斜角为45的直线l .与2C 交于两个不同的点,Q R .求||||PQ PR ⋅的取值范围.2017年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）一、（本题满分40分）设实数,,a b c 满足0a b c ++=.令max{,,}d a b c =.证明：2(1)(1)(1)1a b c d +++≥-二、（本题满分40分）给定正整数m .证明：存在正整数k .使得可将正整数集N +分拆为k 个互不相交的子集12,,,k A A A .每个子集i A 中均不存在4个数,,,a b c d （可以相同）.满足ab cd m -=.三、（本题满分50分）如图.点D 是锐角ABC ∆的外接圆ω上弧BC 的中点.直线DA 与圆ω过点,B C 的切线分别相交于点,P Q .BQ 与AC 的交点为X .CP 与AB 的交点为Y .BQ 与CP 的交点为T .求证：AT 平分线段XY .四、（本题满分50分）设1220,,,{1,2,,5}a a a ∈.1220,,,{1,2,,10}b b b ∈.集合{(,)120,()()0}i j i j X i j i j a a b b =≤<≤--<.求X 的元素个数的最大值.一试试卷答案1.答案：89 解：数列{}n a 的公比为33232a q a ==.故120111201166720171201118()9a a a a a a q a a q ++===++. 2.答案：5。

2017年全国高中数学联赛一试二试试题整理详解汇编(一试二试为A卷)(教师版)

综上所述，的所有可能值为
二、解答题：（本大题共3小题，满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或解答步骤）.
9、（本题满分16分）设为实数，不等式对所有成立，证明： .
证明：令则于是
当时不等式等号成立，故所求的最小值为1.
因为
当时不等式等号成立，故所求的最大值为
11.（本题满分20分）设复数满足且（其中表示复数的实部）.
2017年全国高中数学联赛一试试题参考答案
一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）
1、设是定义在上的函数，对任意实数有 .又当时，，则的值为.
【答案】
【解析】由条件知，
2、若实数满足，则的取值范围是.
【答案】
3、在平面直角坐标系中，椭圆的方程为，为的上焦点，为的右顶点，是上位于第一象限内的动点，则四边形的面积的最大值为.
所以
又易知直线在平面上的射影是直线
所以
故棱与平面所成的角的余弦值为
6、在平面直角坐标系中，点集，在中随机取出三个点，则这三点中存在两点之间距离为的概率为.
【答案】
【解析】易知中有9个点，故在中随机取出三个点的方式数为种.
将中的点按图标记为，其中有8对点之间的距离为，由对称性，考虑取两点的情况，则剩下的一个点有7种取法，这样有个三点组（不计每组中三点的顺序），对每个，中恰有两点与之距离为（这里下标按模8理解），因而恰有这8个三点组被计了两次，从而满足条件的三点组个数为，进而所求概率为 .
【答案】
【解析】易知设的坐标是则
其中时，四边形面积的最大值为
4、若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是.

高二数学竞赛班二试平面几何讲义第十讲-----几何不等式doc3

高二数学竞赛班二试平面几何讲义第十讲几何不等式班级一、知识要点：到三角形的三个顶点的距离之和最短的点叫做费尔马点。

对于一个顶角不超过120的三角形，费尔马点是对各边的张角都是120的点。

对于一个顶角超过120的三角形，费尔马点就是最大的内角的顶点。

例1. 如图，设三角形的外接圆O 的半径为R,内心为I ，∠B=60︒,∠A <∠C ，∠A 的外角平分线交圆O 于E ．证明：(1) IO=AE ； (2) 2R <IO +IA +IC <(1+3)R ．例2. 水平直线m 通过圆O 的中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心的右侧，直线l 上不同的三点A,B,C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点最远，C 点离M 点最近，AP ,BQ,CR 为圆 O 的三条切线，P ,Q,R 为切点．试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR +BC ⨯AP=AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时， AB ⨯CR +BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ；(3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ .例3. 如图，在△ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上，求证：S ∆PQR S ∆ABC >29．A B C O I E N AC B P Q R H1．如图，在△ABC 中，P 为边BC 上任意一点，PE ∥BA ，PF ∥CA ，假设S △ABC =1，证明：S △BPF 、S △PCE 、S □PEAF 中至少有一个不小于49 (S XY …Z 表示多边形XY …Z 的面积)．2．设凸四边形ABCD 的面积为1，求证：在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于14．3．在圆O 内，弦CD 平行于弦EF ，且与直径AB 交成45°角，假设CD 与EF 分别交直径AB 于P 和Q ，且圆O 的半径为1，求证：PC ∙QE +PD ∙QF 2．M NAD C B FE P Q O BPBA D CB E四、拓展提高：4．设一凸四边形ABCD ，它的内角中仅有 D 是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n 应满足的充分必要条件是n ≥4．5．已知边长为4的正三角形ABC ．D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上的点，且 |AE |=|BF |=|CD |=1，连结AD 、BE 、CF ，交成△RQS ．点P 在△RQS 内及边上移动，点P 到△ABC 三边的距离分别记作x 、y 、z ．(1)求证当点P 在△RQS 的顶点位置时乘积xyz 有极小值； (2)求上述乘积xyz 的极小值．C B ADFE G H lz xy E F B C DAP Q R S高二数学竞赛班二试平面几何讲义第十讲几何不等式例1. 如图，设三角形的外接圆O 的半径为R,内心为I ，∠B=60︒,∠A <∠C,∠A 的外角平分线交圆O 于E ．证明:(1) IO=AE ； (2) 2R <IO +IA +IC <(1+3)R ．证明：∵∠B=60°，∴∠AOC=∠AIC=120°．∴A ，O ，I ，C 四点共圆．圆心为弧AC 的中点F ，半径为R ． ∴O 为⊙F 的弧AC 中点，设OF 延长线交⊙F 于H ，AI 延长线交弧BC 于D ．由∠EAD=90°〔内外角平分线〕知DE 为⊙O 的直径．∠OAD=∠ODA ．但∠OAI=∠OHI ，故∠OHI=∠ADE ，于是Rt ΔDAE ≌Rt ΔHIO ∴AE=IO ．由ΔACH 为正三角形，易证IC +IA=IH ．由OH=2R ．∴IO +IA +IC=IO +IH >OH=2R ．设∠OHI =α，则0<α<30°．∴IO +IA +IC=IO +IH=2R (sin α+cos α)=2R 2sin(α+45°) 又α+45°<75°，故IO +IA +IC <2 2R (6+2)/4=R (1+3)例 2. 水平直线m 通过圆O 的中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心的右侧，直线l 上不同的三点A,B,C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点最远，C 点离M 点最近，AP ,BQ,CR 为圆 O 的三条切线，P ,Q,R 为切点．试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR +BC ⨯AP=AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ；(3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ .证明：设MA=a ，MB=b ，MC=c ，OM=d ， ⊙O 的半径=r ．且设k=d 2－r 2．则当k >0时，点M 在⊙O 外，此时，直线l 与⊙O 相离；当k=0时，点M 在⊙O 上，此时，直线l 与⊙O 相切；当k <0时，点M 在⊙O 内，此时，直线l 与⊙O 相交．∴ AP=a 2+d 2－r 2=a 2+k ，同理，BQ=b 2+k ，CR=c 2+k ．则AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ= AB ⨯CR +BC ⨯AP －(AB +BC )⨯BQ =BC ×(AP －BQ )－AB ×(BQ －CR )=BC ×AP 2－BQ 2AP +BQ －AB ×BQ 2－CR 2BQ +CR=(b －c )(a －b )(a +b )AP +BQ －(a －b )(b －c )(b +c )BQ +CRAB C O I E=(a －b )(b －c )(a +b AP +BQ －b +cBQ +CR )=(a －b )(b －c )a ·BQ +a ·CR +b ·CR －b ·AP －c ·AP －c ·BQ(AP +BQ )(BQ +CR )．注意到a ∙BQ －b ∙AP=a 2·BQ 2－b 2·AP 2b ·AP +a ·BQ =(a 2－b 2)kb ·AP +a ·BQ ．故k >0时，a ∙BQ －b ∙AP >0，k=0时，a ∙BQ －b ∙AP=0，k <0时，a ∙BQ －b ∙AP <0；同理可得，k >0时，b ∙CR －c ∙BQ >0，k=0时，b ∙CR －c ∙BQ =0，k <0时，b ∙CR －c ∙BQ <0；k >0时，a ∙CR －c ∙AP >0，k=0时，a ∙CR －c ∙AP =0，k <0时，a ∙CR －c ∙AP <0；即当k >0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ >0；当k=0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ=0，当k <0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ <0．故证．、例3. 如图，在△ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上，求证：S ∆PQR S ∆ABC >29．证明：作△ABC 及△PQR 的高CN 、RH ．设△ABC 的周长为1．则PQ=13．则S ∆PQR S ∆ABC=PQ ·RH AB ·CN =PQ AB ·AR AC ，但AB <12，于是PQ AB >23，AP ≤AB －PQ <12－13=16，∴ AR=13－AP >16，AC <12，故AR AC >13，从而S ∆PQR S ∆ABC>29．1．如图，在△ABC 中，P 为边BC 上任意一点，PE ∥BA ，PF ∥CA ，假设S △ABC =1，证明：S △BPF 、S △PCE 、S □PEAF 中至少有一个不小于49(S XY …Z 表示多边形XY …Z 的面积)．证明：如图，三等分BC 于M 、N ，假设点P 在BM 上(含点M )，则由于PE ∥AB ，则△CPE ∽△CBA ．CP ∶CB ≥23．于是S △PCE ≥49．同理，假设P 在NC 上(含点N )，则S △BPF ≥49．假设点P 在线段MN 上．连EF ，设BP BC =r (13<r <23)，则CP BC =1－r ．S △BPF =r 2，S △PCE =(1－r )2． ∴ S △BPF +S △PCE =r 2+(1－r )2=2r 2－2r +1=2(r －12)2+12<2(13-12)2+12=59．于是S □AEPF ≥49．故命题成立．2．设凸四边形ABCD 的面积为1，求证：在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于14．证明：考虑四边形的四个顶点A 、B 、C 、D ，假设△ABC 、△BCD 、△CDA 、N A C B PQ R HBP B△DAB 的面积，设其中面积最小的三角形为△AB D ．⑴ 假设S △ABD >14，则A 、B 、C 、D 即为所求．⑵ 假设S △ABD <14，则S △BCD >34，取△BCD 的重心G ，则以B 、C 、D 、G 这4点中的任意3点为顶点的三角形面积>14．⑶ 假设S △ABD =14，其余三个三角形面积均> S △ABD =14．由于S △ABC +S △ACD =1，而S △ACD >14，故S △ABC <34=S △BC D ． ∴ 过A 作AE ∥BC 必与CD 相交，设交点为E ．则∵ S △ABC >S △ABD ，从而S △ABE >S △ABD =14．S △ACE =S △ABE >14，S △BCE =S △ABC >14．即A 、B 、C 、E 四点即为所求．⑷ 假设S △ABD =14，其余三个三角形中还有一个的面积=14，这个三角形不可能是△BCD ，(否则ABCD 的面积=12)，不妨设S △ADC =S △ABD =14．则AD ∥BC ，四边形ABCD 为梯形．由于S △ABD =14，S △ABC =34，故假设AD=a ，则BC=3a ，设梯形的高=h ，则2ah=1．设对角线交于O ，过O 作EF ∥BC 分别交AB 、CD 于E 、F ． ∴ AE ∶EB=AO ∶OC=AD ∶BC=1∶3．∴ EF=a ·3+3a ·11+3=32a ．S △EFB =S △EFC =12·32a ·34h=916ah=932>14．S △EBC =S △FBC =12·3a ·34h=98ah=916>12．于是B 、C 、F 、E 四点为所求．综上可知所证成立．又证：当ABCD 为平行四边形时，A 、B 、C 、D 四点即为所求．当ABCD 不是平行四边形，则至少有一组对边的延长线必相交，设延长AD 、BC 交于E ，且设D 与AB 的距离<C 与AB 的距离，⑴ 假设ED ≤12AE ，取AE 中点P ，则P 在线段AD 上，作PQ ∥AB交BC 于Q ．假设PQ=a ，P 与AB 距离=h ．则AB=2a ，S ABQP =34S ABE >34S ABCD =34．即12(a +2a )h >34，ah >12． ∴ S △APQ =S △BPQ =12ah >14．S △P AB =S △QAB =ah >12>14．即A 、B 、Q 、P 为所求．⑵ 假设ED >12AE ，取AE 中点P ，则P 在线段DE 上，作PR ∥BC 交CD 于AD CBEh 3aaOAD CBFE P QA D C BE NF RS E C D AQ PR ，AN ∥BC ，交CD 于N ，由于∠EAB +∠EBA <π，故R 在线段CD 上．N 在DC延长线上．作RS ∥AB ，交BC 于S ，则RS=12AB ，延长AR 交BC 于F ，则S △F AB =S ABCN >S ABCD =1．问题化为上一种情况．3．在圆O 内，弦CD 平行于弦EF ，且与直径AB 交成45°角，假设CD 与EF 分别交直径AB 于P 和Q ，且圆O 的半径为1，求证：PC ∙QE +PD ∙QF <2．证明：作OM ⊥CD ，垂足为M ，交EF 于N ，设ON=n ，OM=m ．则CM=DM=1－m 2，EN=FN=1－n 2，此题即证(1－m 2＋m )( 1－n 2-n )+( 1－m 2－m )( 1－n 2+n )<2．展开得，1－m 2·1－n 2±mn <1．移项，平方得，1－m 2－n 2＋m 2n 2<1∓2mn ＋m 2n 2．⇒m 2＋n 2>∓2mn ．取“+”号时，M 、N 在点O 同侧，此时m ≠n ，总之，命题成立． (当E 、F 交换位置时，且CD 、EF 在点O 异侧时，可能有m=n ．)又证：PC 2+PD 2=(CM +OM )2+(CM －OM )2=2(CM 2+OM 2)=2，同理QE 2+QF 2=2． ∴ 4=PC 2+PD 2+QE 2+QF 2=(PC 2+QE 2)+(PD 2+QF 2)≥2 (PC ∙QE +PD ∙QF )．等号当且仅当PC=QE ，PD=QF 时成立．但由已知，此二式不成立．故证．4．设一凸四边形ABCD ，它的内角中仅有∠D 是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n 应满足的充分必要条件是n ≥4．证明充分性 ⑴当n=4时，如图，只要连AC ，并在ΔABC 内取一点F ，使∠AFB 、∠BFC 、∠CF A 都为钝角(例如，可以取ΔABC 的Fermat 点，由于ΔABC 是锐角三角形，故其Fermat 点在其形内)．于是，ΔADC 、ΔAFB 、ΔBFC 、ΔAFC 都是钝角三角形．⑵当n=5时，可用上法把凸四边形分成四个钝角三角形．再在AF 上任取一点E ，连EB ，则ΔAEB 也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形．一般的，由⑴得到了4个钝角三角形后，只要在AF 上再取n －4个点E 1、E 2、…E n －4，把这些点与B 连起来，即可得到均是钝角三角形的n 个三角形．必要性n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成3个三角形，现连了1条对角线AC 后，再连B 与AC 上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形．∴当n=2，3时无法得到满足题目要求的解．只有当n ≥4时才有解．CB AD FE M NAD C BF E P Q O5．已知边长为4的正三角形ABC．D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连结AD、BE、CF，交成△RQS．点P在△RQS内及边上移动，点P到△ABC三边的距离分别记作x、y、z．⑴求证当点P在△RQS的顶点位置时乘积xyz有极小值；⑵求上述乘积xyz的极小值．解：利用面积，易证：⑴当点P在△ABC内部及边上移动时，x+y+z为定值h=23；⑵过P作BC的平行线l，交△ABC的两边于G、H．当点P在线段GH上移动时，y+z为定值，从而x为定值．⑶设y∈[α，β]，m为定值．则函数u=y(m－y)在点y=α或y=β时取得极小值．于是可知，过R作AB、AC的平行线，过Q作AB、BC的平行线，过S作BC、AC的平行线，这6条平行线交得六边形STRUQV，由上证，易得只有当点P在此六点上时，xyz取得极小值．由对称性易知，xyz的值在此六点处相等．由EAAC·CDDB·BSSE=1，得BSBE=1213，x=1213·34h=913h，y=SEBE h=113h，z=313h．∴xyz=(313)3h3=64821973．VU Tl SR QAD CB FEG HlzxyEFB CDAPQRS。

数学名师叶中豪高中数学竞赛平面几何讲义完整版

高中平面几何学习要点几何问题的转化圆幕与根轴PSlemy 定理及应用几何变换及相似理论位似及其应用完全四边形与Miquel 点垂足三角形与等角共轨反演与配极，调和四边形射影几何复数法及重心坐标方法例题和习题10.如图…O 切厶ABC 的边AB 于点D ，切边AC 于点C, M 是边BC 上一点， AM 交CD 于点N •求证:M 是BC 中点的充要条件是ON 丄BC 。

(09031302gsp) 门・已知：BC 是圆上的定弦，而动点A 在圆上运动，M 是AC 中点，作MP 丄AB 于 P 。

求 P 点的轨迹 o ( 10081601-4.gspAC 、BC 交于S 、T,与AB 交于M 、N 。

求证：PM=MS 的充要条件是 PN=NT 。

(10081601-3.gsp)13 •在△ ABC 中AC 〉BC ，F 是AB 的中点，过F 作它的外接圆直径DE ，使得C 、E在AB 同一侧，又过C 做AB 的平行线交DE 于L 。

求证：(AC+BC)2 二 4DLXEF 。

(09011003.gsp 14 •已知：P 是垂直ABC 外接圆BC 弧上任意一点，PD 丄BC 于D ，PE 丄CA 于E ，PF 丄 AB 于 F 。

求证:(BC/PD)二(AC/PE)+(AB/PF)。

(09012201-7.1 .gsp 15 •已知O 是厶ABC 的外匚、，M 是BC 边中点，D 是OM 延长线上一点，满足DO=DB ，E 、F 分别是AB 、AC 边上的点，满足/ MEA= / MFA= / A 。

求证： AD 丄 EF 。

(10080302.gsp16 •已知△ ABC 中，AB 二AC,线段AB 上有一点D ，线段AC 延长线上有一点E,使得DE 二AB 。

线段DE 与厶ABC 的外接圆交于点T ，P 是线段AT 延长线上的一点。

求证：点P 满足PD+ PE 二AT 的充要条件是P 在厶ADE 的外接圆上。