解析法证明平面几何经典问题--举例
高中数学平面解析几何的常见题型及解答方法
高中数学平面解析几何的常见题型及解答方法在高中数学学习中，平面解析几何是一个重要的内容，也是考试中的重点。
平面解析几何主要研究平面上的点、直线、圆等几何图形的性质和关系，通过坐标系和代数方法进行分析和解决问题。
下面我们将介绍一些常见的平面解析几何题型及解答方法，希望能给同学们提供一些帮助。
一、直线方程的求解直线方程的求解是平面解析几何中的基础内容。
常见的题型有已知直线上的两点，求直线方程；已知直线的斜率和一点，求直线方程等。
这里我们以已知直线上的两点，求直线方程为例进行说明。
例如，已知直线上的两点为A(2,3)和B(4,5)，求直线方程。
解题思路：设直线的方程为y = kx + b，其中k为斜率，b为截距。
根据已知条件，我们可以列出方程组：3 = 2k + b5 = 4k + b解方程组，得到k和b的值，从而得到直线方程。
解题步骤：1.将方程组改写为矩阵形式：| 2 1 | | k | | 3 || 4 1 | | b | = | 5 |2.利用矩阵的逆运算，求出k和b的值。
3.将k和b的值代入直线方程y = kx + b，即可得到直线方程。
通过这个例子，我们可以看到求解直线方程的方法是通过已知条件列方程组，然后通过矩阵运算求解出未知数的值，最后将值代入直线方程得到结果。
二、直线与圆的位置关系直线与圆的位置关系是平面解析几何中的一个重要内容。
常见的题型有直线与圆的切线问题、直线与圆的交点问题等。
这里我们以直线与圆的切线问题为例进行说明。
例如，已知圆的方程为x^2 + y^2 = 4，直线的方程为y = 2x - 1，求直线与圆的切点坐标。
解题思路：首先，我们需要确定直线与圆是否有交点。
当直线与圆有交点时，我们可以通过求解方程组得到交点坐标。
当直线与圆没有交点时，我们需要判断直线与圆的位置关系，进而确定是否有切点。
解题步骤：1.将直线方程代入圆的方程，得到一个关于x的二次方程。
2.求解二次方程，得到x的值。
平面几何的解析证法7
平面几何的解析证法一．方法介绍解析法是把几何问题转化成代数问题来处理的更一般的方法，用解析法解几何题时，要特别注意选择适当的坐标系，同时还要灵活利用几何图形的性质及代数、三角知识的综合运用。
其关键是：仔细审题，研究各几何量的位置和数量关系，选择适当的坐标系和方程形式。
二．应用举例例1．（2004年全国高中数学联赛）在锐角ABC∆中，AB 上的高CE 与AC 上的高BD 交于点H ，以DE 为直径的圆分别交,AB AC 于,F G 两点，FG 与AH 相交于点K ，已知25,20,7BC BD BE ===，求AK 的长。
解：以直线AB 为x 轴，直线EC 为y 轴建系，则()()7,0,0,24B C 。
设(),0A a ，则AC ：24240x ay a +-=。
由题24,20CE BD ==20=，解得18a =-，故||25||B C A B ==，知D 为AC 中点，且()9,12D -。
从而以DE 为直径的圆的方程为()()224.5656.25x y ++-=，故()9,0F -。
因:43720AC x y -+=，故可设372,4y G y -⎛⎫ ⎪⎝⎭，则由EG AC ⊥得21625y =，知288216,2525G ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而可得247FG BC k k =-=，所以//FG BC ，AFG ∆为等腰三角形，216||25G AK y ==。
例2．已知直线l 与O 相离，OP l ⊥于点P ，Q 是l 上异于P 的一点，,QA QB 分别切O 于,A B ，直线AB 交OP 于点K ，PN BQ ⊥于点N ，PM AQ ⊥于M ，求证：MN 平分线段PK 。
证明：以O 为原点，OP 为y 轴建系，并设()0,1P ，()0,1Q x ，O ：()22201x y r r +=<<，则20:AB x x y r +=，故()20,K r 。
设()0:1A QA x x m y -=-，()0:1B QB x x m y -=-，K H G FED C BAK R NMQ PB AO则有r ==，即()()222200120,i i m r x m r x i A B -++-==，因此221A B x m m r +=-。
平面解析几何的应用题
平面解析几何的应用题在解析几何中，我们学习了如何利用坐标系和代数方法来研究和解决平面上的几何问题。
平面解析几何的应用非常广泛，可以帮助我们解决实际生活中的很多实际问题。
本文将通过几个具体的应用题来展示平面解析几何的应用。
1. 题目一：平面上两点的中点坐标已知平面上两点A和B的坐标分别为A(x1, y1)和B(x2, y2)，求这两点的中点坐标M。
解析：根据中点的定义，我们知道中点M的横坐标为xM = (x1 + x2) / 2，纵坐标为yM = (y1 + y2) / 2。
因此，我们可以得出中点M的坐标为M((x1 + x2) / 2, (y1 + y2) / 2)。
2. 题目二：平面上两点间的距离已知平面上两点A和B的坐标分别为A(x1, y1)和B(x2, y2)，求这两点之间的距离AB。
解析：根据两点间的距离公式，我们可以利用坐标差值和勾股定理来计算距离。
首先计算x轴上的差值dx = x2 - x1，y轴上的差值dy = y2 - y1。
然后，根据勾股定理，我们有距离AB = √(dx^2 + dy^2)。
3. 题目三：平面上直线的斜率和截距已知平面上一条直线L过点A(x1, y1)且斜率为k，求直线L的方程和截距。
解析：直线L的方程可以表示为y = kx + b，其中b为截距。
由于直线L过点A(x1, y1)，代入得到y1 = kx1 + b。
因此，截距b可以通过解方程y1 = kx1 + b来求解。
4. 题目四：平面上两直线的交点坐标已知平面上两条直线L1和L2的方程分别为y = k1x + b1和y = k2x + b2，求这两条直线的交点坐标。
解析：将直线L1和L2的方程联立，我们得到k1x + b1 = k2x + b2。
通过移项整理，我们可以解出x坐标。
然后，将求得的x坐标代入其中一个方程中求解y坐标，即可得到交点的坐标。
5. 题目五：平面上两直线的夹角已知平面上两条直线L1和L2的斜率分别为k1和k2，求这两条直线的夹角。
平面几何问题解法
平面几何问题解法平面几何是几何学中的一部分，主要研究平面上的点、线、角以及它们之间的关系。
这一领域包含了众多的基本概念和定理，解决平面几何问题需要运用这些基本概念和定理进行推理和证明。
本文将介绍一些常见的平面几何问题及其解法。
一、线段的分割问题在平面几何中，线段的分割问题是一个常见的题型。
对于给定的线段，我们需要将其分割为若干等分段，或者按照一定比例分割。
解决这类问题的方法有很多种，我们可以使用直尺、量角器或者绘制辅助线等。
例如，考虑将线段AB分割为5等分段的问题。
我们可以使用量角器测量角度AOB，并将其等分为5个小角度。
然后利用直尺连接A和最后一个小角度的顶点，得到分割线段AB的5个等分段。
二、平行线与垂直线问题平行线与垂直线问题是平面几何中的基本问题之一。
我们需要确定两条直线之间的关系，是平行的还是垂直的。
解决这类问题的方法有很多种。
一种常用的方法是利用角的性质。
如果两条直线之间的夹角为90度，则它们是垂直的；如果两条直线之间的对应角都相等，则它们是平行的。
另外，我们还可以利用直线的斜率来判断平行与垂直关系。
如果两条直线的斜率相等，则它们是平行的；如果两条直线的斜率乘积为-1，则它们是垂直的。
三、平面图形的面积和周长问题计算平面图形的面积和周长是平面几何中常见的问题。
我们需要根据给定的图形形状和尺寸来计算其面积和周长。
对于不规则图形，我们可以将其分割为若干个简单的几何形状，然后计算每个几何形状的面积和周长，最后将它们累加起来。
对于规则图形，我们可以根据其定义的公式来计算面积和周长。
例如，正方形的面积等于边长的平方，周长等于边长乘以4；圆的面积等于半径的平方乘以π，周长等于直径乘以π。
四、三角形的性质和运用三角形是平面几何中的重要几何形状，它具有许多特殊的性质和定理。
例如，三角形的内角和等于180度，即∠A+∠B+∠C=180度。
我们可以利用这个性质来解决一些三角形的内角问题。
另外，三角形的相似性也是平面几何中的重要概念之一。
平面几何问题解析与应用
平面几何问题解析与应用一、介绍平面几何是几何学的一个重要分支，研究平面上的点、线、面及其间的关系和性质。
本文将对平面几何问题进行解析与应用。
二、点、线、面的基本概念1. 点：在平面几何中，点是最基本的图形元素，它没有长度、面积和方向。
2. 线：线由无数个点组成，它有长度、但没有宽度和高度。
线可以是直线、曲线或曲线的一部分。
3. 面：面是由三条或更多线段相互围成的区域。
面可以是多边形、圆形等。
三、平面几何问题的解析方法1. 图形相似性：当两个图形的形状和大小都相似时，它们之间的对应线段长度成比例。
2. 平行线性质：平行线有如下性质：(1) 平行线不相交，且它们之间的距离保持恒定。
(2) 平行线与同一条直线的交角相等。
3. 垂直线性质：垂直线有如下性质：(1) 垂直线与同一条直线的交角为90度。
(2) 两条互相垂直的直线乘积为-1。
4. 三角形性质：三角形有如下性质：(1) 三角形的内角和为180度。
(2) 等腰三角形的底边夹角相等。
(3) 直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。
5. 直线与圆的关系：直线与圆有如下关系：(1) 切线与半径垂直。
(2) 半径在圆上的延长线是两条相交弦的垂直平分线。
四、平面几何问题的应用1. 地图测绘：平面几何在地图测绘中起着重要的作用。
通过测量地图上的各种图形，可以得到地图上各点的位置信息。
2. 建筑设计：平面几何被广泛应用于建筑的设计过程中。
通过对建筑物的平面结构进行分析和计算，可以确定各种建筑元素的位置和尺寸。
3. 计算机图形学：在计算机图形学中，平面几何被用于实现图像的生成、处理和显示。
通过对图像中点、线、面的处理，可以实现各种特效和图形变换。
4. 纺织与服装设计：平面几何在纺织和服装设计中扮演着重要角色。
通过对布料的形状和尺寸的测量与分析，可以制作出符合需求的服装和纺织品。
五、结论平面几何问题的解析与应用在各个领域都有重要的作用。
通过掌握点、线、面的基本概念、解析方法以及应用技巧，我们可以更好地理解和应用平面几何知识，为解决实际问题提供帮助。
关于一道平面几何问题的多种解法及思考
关于一道平面几何问题的多种解法及思考问题描述：如图，在平面直角坐标系中，若 $\triangle ABC$ 的坐标分别为 $A(0,0)$，$B(5,0)$，$C(2,6)$，$P$ 为第 $x$ 轴上一点，且满足 $AP+BP+CP$ 最小，求 $x$ 取值。
解法一：几何法1.显然可以发现 $\triangle ABC$ 是个等腰三角形，且底边 $BC$ 是第 $x$ 轴。
2.设 $AP=x$，则 $\overrightarrow{AP}=(x,0)$。
3.设 $H$ 为 $\triangle ABC$ 的垂心，则 $CH$ 是 $\triangle ABC$ 的高，$CH=3$。
5.根据余弦定理可得：$$\cos\angle BPC=\frac{(5-x)^2+36-25}{2(5-x)\cdot 3}=\frac{(x-5)^2+9}{6(x-5)}$$6.根据三角形三边和公式可得：$AP+BP+CP=AP+BP+CH$。
7.设 $F$ 为线段 $BP$ 上一点使得 $PF\perp BC$，则 $BF=5-x$，$FP=h$。
8.则 $AP+BP+CH=AP+BF+FP+CH=x+(5-x)+\sqrt{h^2+9}=5+\sqrt{h^2+9}$。
9.由勾股定理可知 $BF^2+FH^2=BH^2$，即 $(5-x)^2+h^2=36$。
10.代入式子中可得：11.观察式子后可得 $AP+BP+CP$ 的最小值为 $2\sqrt{21}$，此时 $x=3$。
解法二：解析法1.设线段 $AP$ 的方程为 $y=mx$。
4.通过求两条直线之间的距离可得 $AP$ 与 $BP$ 的交点为$(\frac{5m}{1+m^2},\frac{5m^2}{1+m^2})$。
6.根据距离公式可得 $AP+BP+CP=\sqrt{m^2+1}(\frac{5}{\sqrt{m^2+1}}+\sqrt{(5-\frac{5m}{1+m^2})^2+(3-\frac{5m^2}{1+m^2})^2}+\sqrt{(2-\frac{6m}{1+m^2})^2+(6-\frac{6m^2}{1+m^2})^2})$。
平面问题极坐标下几何方程的一种解析法
平面问题极坐标下几何方程的一种解析法
在平面问题中，极坐标是一种有效的解析方法。
通过将问题转化为极坐标系下的几何方程，可以更方便地解决一些平面问题。
首先，我们需要了解极坐标系的基本知识。
极坐标系是由一个极点和一个极轴构成的，其中极点通常标记为(0,0)，极轴通常与x轴平行。
在极坐标系中，点的位置由极径r和极角θ两个参数确定。
极径r表示点与极点的距离，极角θ表示点与极轴的角度。
在极坐标系下，平面问题的几何方程通常表示为r = f(θ)，其中f(θ)是一个关于θ的函数。
通过求解这个几何方程，可以得到点的位置和形状。
下面是一个简单的例子，说明如何用极坐标解析法解决平面问题：
例：求一个以原点为圆心，半径为2的圆在极坐标系下的几何方程。
解：在极坐标系中，圆的几何方程可以表示为r = 2cosθ。
这个方程的解意味着所有在圆上的点的位置都可以用极径r和极角θ表示出来。
通过将平面问题转化为极坐标系下的几何方程，我们可以更方便地解决一些问题。
这种方法尤其适用于涉及圆、椭圆等形状的问题。
用解析法解平面几何问题
解 析 法1、 如图：四边形ABCD 的对角线AC ⊥BD ，交点为O ，自O 向各边作垂线，垂足为E 、F 、G 、H ；连EO 交CD 于E ′，连FO 交DA 于F ′，连GO 交AB 于G ′，连HO 交BC 于H ′。
求证：E 、F 、G 、H 、E ′、F ′、G ′、H ′八点共圆。
2、 如图：设H 是锐角三角形ABC 的垂心，由A 向以BC为直径的圆作切线AP ，AQ ，切点分别为P 、Q 。
求证：P 、H 、Q 三点共线。
3、 如图：过圆中弦AB 的中点M ，任引两弦CD 和EF ，连CF 、ED 分别交弦AB 于Q 、P 。
求证：PM=MQ 。
4、 如图：已知ABCD 是正方形，CE ∥BD ，BE=BD ，BE 交CD 于点H 。
求证：DE=DH 。
5、 用解析法证明圆的切割线定理。
6、 用解析法证明半角的正切公式：θθθθθsin cos 1cos 1sin 2tan-=+=。
7、 已知⎪⎭⎫⎝⎛∈≠-≠⎩⎨⎧=+=+Z k k abc c b a c b a ,2,0sin cos sin cos πθϕϕϕθθ 求证：2cos2sin2cosϕθϕθϕθ-=+=+cba8、设a>0，b>0，c>0，求证：bc c b ab b a -++-+2222≥ac c a ++22说明等号何时成立。
练习题：1、已知方程|x|=ax+1有一个负根但没有正根，则a 的取值范围是 。
2、已知()21x x f +=，若b a R b a ≠∈,,，则()()||||b a b f a f --与的大小关系为（ ） （A ）()()||||b a b f a f -<- （B ）()()||||b a b f a f -=- （C ）()()||||b a b f a f ->- （D ）不能确定3、函数()1sin 3cos --=ααx f 的值域为 。
专题37平面解析几何解答题(第二部分)
专题37平面解析几何解答题（第二部分）一、解答题1．已知椭圆C 1：22221x y a b+=(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合.过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |. （1）求C 1的离心率；（2）设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程.2．已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点，线段AB 的中点为()()10M m m >，． （1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点,且0FP FA FB ++=u u u r u u u r u u u r r ．证明：FA u u u r ，FP u u u r ，FB u u u r 成等差数列，并求该数列的公差．3．设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C 22:12x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P满足NP u u u v u u u v .（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=u u u v u u u v .证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .4．已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：3y x =-+与椭圆E 有且只有一个公共点T ．（Ⅰ）求椭圆E 的方程及点T 的坐标；（Ⅱ）设O 是坐标原点，直线l '平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，且与直线l 交于点P ，证明：存在常数λ，使得2||||||PT PA PB λ=⋅，并求λ的值．5．如图，椭圆()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,,F F 过2F 的直线交椭圆于,P Q 两点，且1PQ PF ⊥（1）若1222PF PF ==（2）若1,PF PQ =求椭圆的离心率.e6．已知椭圆:E 22221x y a b+=（0a b >>）的半焦距为c ，原点O 到经过两点(),0c ，()0,b 的直线的距离为12c ． （Ⅰ）求椭圆E 的离心率；（Ⅱ）如图，AB 是圆:M ()()225212x y ++-=的一条直径，若椭圆E 经过A ，B 两点，求椭圆E 的方程．7．已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>过点，且离心率e =.（1）求椭圆E 的方程；（2）设直:1()l x my m R =-∈交椭圆E 于,A B 两点，判断点9(,0)4G -与以线段AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由.8．如图，椭圆E ：2222+1(0)x y a b a b =>>，过点P （0,1）的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，当直线l 平行于x 轴时，直线l 被椭圆E 截得的线段长为（1）求椭圆E 的方程；（2）在平面直角坐标系xOy 中，是否存在与点P 不同的定点Q ，使得QA PA QB PB =恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.9．设椭圆E 的方程为()222210x y a b a b +=>>，点O 为坐标原点，点A 的坐标为 ()0a ，，点B 的坐标为()0b ，，点M 在线段AB 上，满足 2BM MA =，直线OM （Ⅰ）求E 的离心率e ； （Ⅱ）设点C 的坐标为()0b -，，N 为线段AC 的中点，点N 关于直线AB 的对称点的纵坐标为 72，求E 的方程.10．已知直线210x y -+=与抛物线2:2(0)C y px p =>交于,A B 两点，且||AB =(1)求p ；(2)设F 为C 的焦点，M ，N 为C 上两点，0FM FN ⋅=u u u u r u u u r ，求MFN △面积的最小值．11．已知抛物线()2:20C x py p =>的焦点为F ，且F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4．（1）求p ；（2）若点P 在M 上，,PA PB 是C 的两条切线，,A B 是切点，求PAB V 面积的最大值．12．已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .（1）证明：直线AB 过定点：（2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积.13．已知抛物线C ：22y x =的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线12,l l 分别交C 于A B ，两点，交C 的准线于P Q ，两点．（Ⅰ）若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明//AR FQ ；（Ⅱ）若PQF ∆的面积是ABF ∆的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程.14．设抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，点(),0D p ，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，3MF =．(1)求C 的方程；(2)设直线,MD ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线,MN AB 的倾斜角分别为,αβ．当αβ-取得最大值时，求直线AB 的方程．15．在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y=24x 与直线(),0y kx a a =+>交与M,N 两点， （Ⅰ）当k =0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；（Ⅱ）y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM =∠OPN ？说明理由. 16．抛物线C 的顶点为坐标原点O ．焦点在x 轴上，直线l ：1x =交C 于P ，Q 两点，且OP OQ ⊥．已知点()2,0M ，且M e 与l 相切．（1）求C ，M e 的方程；（2）设123,,A A A 是C 上的三个点，直线12A A ，13A A 均与M e 相切．判断直线23A A 与M e 的位置关系，并说明理由．17．已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程；（2）若3AP PB =u u u v u u u v ，求|AB |．18．设抛物线24C y x =：的焦点为F ，过F 且斜率为(0)k k >的直线l 与C 交于A ，B 两点，||8AB =．（1）求l 的方程；（2）求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．19．已知抛物线C ：y 2=2x ，过点（2,0）的直线l 交C 于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()4,2P -，求直线l 与圆M 的方程.。
关于一道平面几何问题的多种解法及思考
关于一道平面几何问题的多种解法及思考一道经典的平面几何问题是：已知一个圆，半径为r，求证圆的面积等于3个边长分别为2r的等边三角形的面积。
这道问题可以通过多种方法来解答，下面给出两种常见的解法。
第一种解法是使用几何推理。
解法一：根据问题中的等边三角形，可以知道，其边长为2r，那么三角形的高为sqrt(3) * r（通过勾股定理可得）。
三角形的面积为S1 = 0.5 * 2r * sqrt(3) * r = sqrt(3) * r^2。
对于圆形而言，其面积为S2 = π * r^2。
要证明S1 = S2，只需要证明sqrt(3) = π/3。
通过化简，可以得到sqrt(3) = sqrt(2)/3。
又因为π近似等于3.14，所以可以得到sqrt(3) = π/3。
S1 = S2，得证。
解法二：可以使用微积分的方法来求解。
解法二：我们可以将等边三角形分成n个极小的等边三角形，每个等边三角形条带宽度为dx，则其面积为2r * dx。
通过将圆形展开成一条长条，将每个圆弧分成n个极小的圆弧，每个圆弧条带宽度为dx，则其周长为2πr * dx。
由于每个等边三角形的面积与其位置无关，所以我们可以通过对等边三角形的面积进行积分来求解整个圆形的面积。
圆形的面积S = ∫(0 to 2r) 2r * dx = 2r∫(0 to 2r)dx = 2r * 2r = 4r^2 * π/3。
化简得到4π/3 = sqrt(3)。
通过上述两种解法，我们可以看到，该问题可以使用几何推理和微积分的方法进行求解。
无论哪种解法，最终都能得出等边三角形面积与圆形面积相等的结论。
这道问题的解法由浅入深，可以培养学生的几何思维和分析问题的能力。
高中数学平面几何证明问题解答方法
高中数学平面几何证明问题解答方法在高中数学的学习过程中，平面几何证明问题是一个非常重要的部分。
通过这些证明问题，我们可以提高逻辑思维能力，培养严谨的数学思维方式。
本文将介绍一些常见的平面几何证明题目，并给出解答方法和技巧。
一、等腰三角形的性质证明等腰三角形是指两边边长相等的三角形。
我们来证明等腰三角形的性质：等腰三角形的底角相等。
假设△ABC是一个等腰三角形，AB=AC。
我们需要证明∠B=∠C。
解答方法：1. 通过画图，将△ABC放在坐标平面上，假设A点坐标为(0,0)，B点坐标为(-a, b)，C点坐标为(a, b)。
2. 利用两点间距离公式，可以得到AB=AC=sqrt(a^2+b^2)。
3. 利用斜率公式，可以得到斜率k1=(b-0)/(-a-0)=-b/a，斜率k2=(b-0)/(a-0)=b/a。
4. 由于AB=AC，所以∠B=∠C。
这个证明过程中，我们运用了直线的斜率和两点间距离的概念，通过数学的方法得出结论，加深了对等腰三角形性质的理解。
二、平行线的性质证明平行线是指在同一个平面上，永远不相交的两条直线。
我们来证明平行线的性质：平行线的对应角相等。
假设l1和l2是两条平行线，我们需要证明∠A=∠B。
解答方法：1. 通过画图，将平行线l1和l2放在坐标平面上，假设l1的方程为y=a1x+b1，l2的方程为y=a2x+b2。
2. 选择l1和l2上的两个点A(x1, y1)和B(x2, y2)，计算斜率k1=(y2-y1)/(x2-x1)=a1，斜率k2=a2。
3. 由于l1和l2是平行线，所以k1=k2。
4. 根据两条直线的斜率相等，我们可以得到∠A=∠B。
通过这个证明过程，我们可以运用直线的方程和斜率的概念，利用数学方法证明平行线的性质，加深对平行线的理解。
三、圆的性质证明圆是一个平面上所有到圆心距离相等的点的集合。
我们来证明圆的性质：圆的直径是圆的最长弦。
假设O是圆的圆心，AB是圆的直径，我们需要证明AB是圆的最长弦。
解析法证明平面几何问题探索
解析法证明平面几何问题探索作者：李萍来源：《新课程·中旬》2015年第01期摘要：在数学中，经常遇到不同类型的几何证明题，我们可以利用初等几何的有关定义、定理来处理，但技巧性比较强.如果采用解析法，可以使问题的思路清晰简单，它的优点是解决问题具有一般性和程序性.关键词：解析法；几何问题；证明一、平面几何解析法的基本证明平面几何中，有一些基本结论，许多人知道，但不知道结论是如何来的。
我们可以用解析法来证明。
例1.证明：三角形的三条高交于一点。
已知：AD，BE，CF分别是△ABC的三边上的高。
即证明：（x3y2-x2y3）·（y4-y1）=-（x1y4-x4y1）·（y2-y3）将上式整理得：y3y4（x1+x2）+y1y2（x3+x4）=x1y2y4+x2y1y3+x3y2y4+x4y1y3注意到：y1=mx1，y2=mx2；y3=nx3；y3=nx4，代入整式得：左边=m2x1x2（x3+x4）+n2x3x4（x1+x2），右边mnx1x2（x3+x4）+x3x4（x1+x2）把上述韦达定理的结论代入得：可见：左边=右边，故xQ=-xP，即AP=AQ。
三、平面几何解析法的参数证明例4.已知如图，在四边形ABCD中，AD=BC，M、N分别是AB、CD的中点，AD、BC 的延长线交MN于E、F.求证：∠DEN=∠F。
分析：如图4，建立坐标。
总体思路：设点A、B、C、D坐标后，求出直线AD、MN、BC的斜率，从而求出两个角度的正切值，证明这两个角度的正切值相等即可。
问题的关键是：如何设点C、D的坐标更方便？由已知条件AD=BC，而C、D两点是相互独立运动的，故把点C、D看作是圆周上的动点.设AD=BC=r，则C点可以看作是以B为圆心，r为半径的圆周上的动点，类似看待D点，故，设C（a+rcosθ，rsinθ）、D（-a+rcosθ，rsinθ），四、平面几何解析法的延伸证明证三点共线，常用的方法有：（1）先建立过两点的直线方程，再验证第三点也适合这个方程；（2）若能证得kAB=kBC，则A，B，C三点共线；（3）点Ai（Xi，Yi）（i=1，2，3）共线的充要条件为x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1=0。
平面解析几何练习题
平面解析几何练习题平面解析几何练习题平面解析几何是数学中的一个重要分支，它研究平面上的点、线、圆等几何对象的性质和相互关系。
通过解析几何的学习，我们可以更好地理解和应用几何知识，解决实际问题。
在这篇文章中，我将为大家提供一些平面解析几何的练习题，希望能帮助大家更好地掌握这一知识点。
题目一：已知直线L1的方程为y = 2x + 1，直线L2经过点A(1, 3)且与L1垂直，求直线L2的方程。
解析：首先，我们知道两条直线垂直的条件是它们的斜率的乘积为-1。
由于L1的斜率为2，所以L2的斜率为-1/2。
又知道L2经过点A(1, 3)，代入斜率截距公式y - y1 = k(x - x1)，即可得到直线L2的方程为y - 3 = -1/2(x - 1)。
题目二：已知直线L1的方程为2x + 3y = 6，点A(1, 2)在直线L1上，求直线L2经过点A且平行于L1的方程。
解析：由于L2与L1平行，所以它们的斜率相等。
我们可以通过将L1的方程化为斜截式方程y = mx + b的形式，其中m为斜率，b为截距。
将L1的方程化简，得到y = -2/3x + 2。
由此可知L1的斜率为-2/3，所以直线L2的斜率也为-2/3。
又知道L2经过点A(1, 2)，代入斜截式方程即可得到直线L2的方程为y -2 = -2/3(x - 1)。
题目三：已知圆C的圆心为O(2, 3)，半径为5，点A(6, 3)在圆C上，求点A关于圆C的对称点的坐标。
解析：对于圆C上的任意一点P(x, y)，如果点P关于圆C的对称点为P'，那么OP与OP'的中点一定在圆C的直径上。
所以，我们可以先求出点A与圆心O的中点M的坐标，然后利用中点公式求出点A'的坐标。
点M的坐标为((6+2)/2, (3+3)/2)，即(4, 3)。
利用中点公式，我们可以得到点A'的坐标为(2 × 4 - 6, 2 × 3 - 3)，即(-2, 3)。
解析法证明平面几何经典问题--举例
五、用解析法证明平面几何问题----极度精彩！充分展现数学之美感！何妨一试？例1、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A 引两条直线分别交圆于B 、C 及D 、E ，直线EB 及CD 分别交MN 于P 、Q ．求证：AP ＝AQ ．（初二）（例1图） （例2图）例2、已知：如图，在四边形ABCD 中，AD ＝BC ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，AD 、BC 的延长线交MN 于E 、F ． 求证：∠DEN ＝∠F ．【部分题目解答】例1、(难度相当于高考压轴题)；，、点的方程为：直线的方程为：设直线方程为：轴建立坐标系，设圆的为为原点，轴，为如图，以)(),(,AD ,,)-(2211222y x C y x B nx y mx y AB r a y x Y AO A x MN ===+、；则，、，C B )()(4433y x E y xD ,1- ;12-2-)1,{)-(222212212222222+=+=+=++=+=m r a x x m am x x r a amx x m y r a y x mxy 由韦达定理知：得：（消去,1- ;1222243243+=+=+n r a x x n an x x 同理得：),-(---232322x x x x y y y y CD =方程为：直线 ,--Q 323223Q y y y x y x x =点横坐标：由此得,--P 141441P y y y x y x x =点横坐标：同理得,------141441323223P Q y y yx y x y y y x y x x x AQ AP ===；即证：，只需证明：故，要证明NB即证明：）（）（）（）（321441143223-----y y y x y x y y y x y x ⋅=⋅将上式整理得：31442331242143212143)()(y y x y y x y y x y y x x x y y x x y y +++=+++，代入整理得：注意到：44332211 , ;,nx y nx y mx y mx y ====)]()([),()(214343212143243212x x x x x x x x mn x x x x n x x x x m +++=+++=右边左边)1)(1(n))(m -(2)121-121-()1)(1(n))(m -(2121-121-22222222222222222222222222+++=+⋅+++⋅+=+++=+⋅+⋅++⋅+⋅=n m r a amn m am n r a n an m r a mn n m r a amn m am n r a n n an m r a m 右边左边代入得：把上述韦达定理的结论 可见：左边=右边，故P Q -x x =，即AQ AP =. 证毕！例2、 .标系分析：如右图，建立坐、坐标后，求出直线、、、总体思路：设点AD D C B A 切值，证明这两个角度从而求出两个角度的正问题的关键是：如何设点C 、D 而C 、D 两点是相互独立运动的，故把点C 、D 设AD=BC= r ，则C 点可以看作是以B 为圆心，r 上的动点，类似看待D 点，故，设),sin cos D()sin cos C(ϕϕ,r r -a θθ,r r a ++、)2sin sin ,2cos cos N(ϕϕ++θθ从而得;2tan cos cos sin sin ,tan ,tan MN AD BC ϕθϕϕϕθ+=++===θθk k k 参数方程的美妙之处】【此处充分展现了圆的易得：。
平面解析几何的应用题与实际问题
平面解析几何的应用题与实际问题一、直线与平面的关系在平面解析几何中，直线与平面的关系是一个重要的研究方向。
我们可以通过应用题与实际问题来理解直线与平面之间的联系，并探讨它们在实际生活中的应用。
1.1 直线与平面的交点问题考虑以下问题：已知平面上有一条直线l和一个平面P，我们想要求出直线l与平面P的交点坐标。
这个问题在实际中经常出现，比如在建筑设计中，我们需要确定建筑物与地面的交点坐标，以便进行施工和规划。
解决这个问题的关键是确定直线l的方程和平面P的方程，然后将它们联立求解。
通过计算，我们可以得到直线与平面的交点坐标，从而满足实际问题的需求。
1.2 平面的投影问题平面的投影问题也是平面解析几何中常见的应用之一。
考虑以下情景：假设有一个物体位于平面上方，我们想要求出该物体在平面上的投影坐标。
这个问题在建筑设计、工程建设等领域中经常遇到，帮助我们实现更准确的设计和规划。
解决这个问题的方法是利用平面几何的概念和知识，通过求解物体的位置、平面方程等参数，计算出物体在平面上的投影坐标。
这样，我们就可以得到物体在平面上的具体位置信息，为实际问题的解决提供了重要的依据。
二、直线与圆的关系直线与圆的关系也是平面解析几何中的重要内容，具有广泛的应用价值。
通过应用题与实际问题的讨论，我们可以更好地理解直线与圆之间的联系，并发现它们在实际生活中的应用场景。
2.1 直线与圆的交点问题考虑以下问题：已知平面上有一条直线l和一个圆C，我们想要求出直线l与圆C的交点坐标。
这个问题在实际中也经常遇到，比如在机械制造中，我们需要确定直线与圆的交点位置，以便进行零件加工和装配。
解决这个问题的关键是确定直线l的方程和圆C的方程，然后将它们联立求解。
通过计算，我们可以得到直线与圆的交点坐标，为实际问题的解决提供了重要的参考。
2.2 圆的切线问题圆的切线问题也是直线与圆关系的一个重要方面。
考虑以下情景：假设有一个圆C和一个切点P，我们想要确定通过切点P的圆C的切线方程。
平面几何经典难题及解答
平面几何经典难题〔一〕1、：如图，O 是半圆的圆心，C 、E 是圆上的两点，CD ⊥AB ，EF ⊥AB ，EG ⊥CO ． 求证：CD ＝GF ．2、：如图，P 是正方形ABCD 内一点，∠PAD ＝∠PDA ＝150．求证：△PBC 是正三角形．3、如图，四边形ABCD 、A 1B 1C 1D 1都是正方形，A 2、B 2、C 2、D 2分别是AA 1、BB 1、CC 1、DD 1的中点．求证：四边形A 2B 2C 2D 2是正方形．〔初二〕4、：如图，在四边形ABCD 中，AD ＝BC ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，AD 、BC 的延长线交MN 于E 、F ．求证：∠DEN ＝∠F ．A P C DB A F GC EBO D D 2 C 2B 2 A 2D 1 C 1 B 1C B DA A 1 B经典难题〔二〕1、：△ABC 中，H 为垂心〔各边高线的交点〕，O 为外心，且OM ⊥〔1〕求证：AH ＝2OM ；〔2〕假设∠BAC ＝600，求证：AH ＝AO ．〔初二〕2、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A E，直线EB 及CD 分别交MN 于P 、Q ． 求证：AP ＝AQ ．〔初二〕3、如果上题把直线MN 由圆外平移至圆内，那么由此可得以下命题：设MN 是圆O 的弦，过MN 的中点A 任作两弦BC 、DE ，设Q ．求证：AP ＝AQ ．〔初二〕4、如图，分别以△ABC 的AC 和BC 为一边，在△ABC 的外侧作正方形ACDE 和正方形CBFG ，点P 是EF 的中点．求证：点P 到边AB 的距离等于AB 的一半．经典难题〔三〕1、如图，四边形ABCD 为正方形，DE ∥AC ，AE ＝AC ，AE 与CD 相交于F ．求证：CE ＝CF ．〔初二〕2、如图，四边形ABCD 为正方形，DE ∥AC ，且CE ＝CA ，直线EC 交DA 延长线于F ．求证：AE ＝AF ．〔初二〕3、设P 是正方形ABCD 一边BC 上的任一点，PF ⊥AP ，CF 平分∠DCE ．求证：PA ＝PF ．〔初二〕4、如图，PC 切圆O 于C ，AC 为圆的直径，PEF 为圆的割线，AE 、AF 与直线PO 相交于B 、D ．求证：AB ＝DC ，BC ＝AD ．〔初三〕经典难题〔四〕1、：△ABC 是正三角形，P 是三角形内一点，PA ＝3，PB ＝4，PC ＝5．求：∠APB 的度数．〔初二〕2、设P 是平行四边形ABCD 内部的一点，且∠PBA ＝∠PDA ． 求证：∠PAB ＝∠PCB ．〔初二〕3、设ABCD 为圆内接凸四边形，求证：AB ·CD ＋AD ·BC ＝AC ·BD ．4、平行四边形ABCD 中，设E 、F 分别是BC 、AB 上的一点，AE 与CF 相交于P ，且 AE ＝CF ．求证：∠DPA ＝∠DPC ．〔初二〕经典难题〔五〕1、设P 是边长为1的正△ABC 内任一点，L ＝PA ＋PB ＋PC ，求证：≤L ＜2．2、：P 是边长为1的正方形ABCD 内的一点，求PA ＋PB ＋PC 的最小值．3、P 为正方形ABCD 内的一点，并且PA ＝a ，PB ＝2a ，PC ＝3a ，求正方形的边长．APCB APDA CBPD4、如图，△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝800，D、E分别是AB、AC上的点，∠DCA＝300，∠EBA ＝200，求∠BED的度数．经典难题解答:经典难题〔一〕1.如下列图做GH⊥AB,连接EO。
关于一道平面几何问题的多种解法及思考
关于一道平面几何问题的多种解法及思考平面几何问题在我们的日常生活中并不罕见，不管是解决一道高中数学题，还是设计一个建筑图纸，甚至是规划一个城市布局，都离不开平面几何的应用。
而在解决平面几何问题时，常常会遇到多种解法和思考方式，这些不同的解法不仅展现出了数学的多样性，更在解决问题的过程中锻炼了我们的思维能力。
本文将通过分析一个具体的平面几何问题，探讨多种解法及思考方式。
问题描述：已知直角三角形ABC中，角A为直角，BC=3，AC=4，求角B的大小。
解法一：利用三角函数在解决角B的大小时，我们可以利用三角函数来解答。
根据已知条件，我们可以利用正弦函数来求解角B的大小。
根据正弦函数的定义，正弦值等于对边与斜边之比，即sinB=BC/AC=3/4。
角B的正弦值为3/4，那么根据反正弦函数的性质，我们可以求得角B的大小为sin^(-1)(3/4)≈48.59°。
解法二：利用勾股定理另一种解法是利用勾股定理来解答这个问题。
根据勾股定理，直角三角形中的两条直角边的平方和等于斜边的平方，即a^2 + b^2 = c^2。
我们已知AC=4，BC=3，所以可以利用勾股定理来求解角B的大小。
即4^2 + 3^2 = c^2，化简得到c^2=16+9=25，那么c=√25=5。
在这个直角三角形中，斜边AC=4，直角边BC=3，而斜边c=5，利用勾股定理我们也可以求得角B的大小。
思考与总结通过以上三种不同的解法，我们可以看到在解决这个平面几何问题时，我们可以选择不同的方法来求解角B的大小。
三角函数、勾股定理和余弦定理等不同的数学工具都可以帮助我们解决这个问题。
在实际生活中，我们也可以通过这个问题来引导学生思考，扩展数学知识，培养数学思维和解决问题的能力。
在解决问题的过程中，也可以了解到不同的解法之间的联系和转化。
我们可以通过正弦函数和余弦函数的关系，将上述三种解法联系起来，进一步加深对数学知识的理解。
平面几何问题的解决可以有多种方式，不同的解法之间有时候也可以互相验证、互相印证。
第56讲 解析法证几何题
第56讲 解析法证 几何题解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁．此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”．A 类例题例1．如图，以直角三角形ABC 的斜边AB 及直角边BC 为边向三角形两侧作正方形ABDE 、CBFG ．求证：DC ⊥F A ．分析 只要证k CD ·k AF ＝－1，故只要求点D 的坐标．证明 以C 为原点，CB 为x 轴正方向建立直角坐标系．设A (0，a)，B(b，0)，D(x，y)．则直线AB的方程为ax＋by－ab＝0．故直线BD的方程为bx－ay－(b·b－a·0)＝0，即bx－ay－b2＝0．ED方程设为ax＋by＋C＝0．由AB、ED距离等于|AB|，得|C＋ab|a2＋b2＝a2＋b2，解得C＝±(a2＋b2)－ab．如图，应舍去负号．所以直线ED方程为ax＋by＋a2＋b2－ab＝0．解得x＝b－a，y＝－b．(只要作DH⊥x轴，由△DBH≌△BAC就可得到这个结果)．即D(b－a，－b)．因为k AF＝b－ab，k CD＝－bb－a，而k AF·k CD＝－1．所以DC⊥F A．例2．自ΔABC的顶点A引BC的垂线，垂足为D，在AD上任取一点H，直线BH交AC于E，CH交AB于F．试证：AD平分ED与DF所成的角．证明建立直角坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，H(0，h)，于是BH：xb＋yh＝1AC：xc＋ya＝1过BH、AC的交点E的直线系为：λ(xb＋yh－1)＋μ(xc＋ya－1)＝0．以(0，0)代入，得λ＋μ＝0．分别取λ＝1，μ＝－1，有x(1b－1c)＋y(1h－1a)＝0．所以，上述直线过原点，这是直线DE．同理，直线DF为x(1c－1b)＋y(1h－1a)＝0．显然直线DE与直线DF的斜率互为相反数，故AD平分ED与DF所成的角．说明写出直线系方程要求其中满足某性质的直线，就利用此性质确定待定系数，这实际上并不失为一种通法．例3．证明：任意四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和再加上对角线中点连线的平方的4倍．证明在直角坐标系中，设四边形四个顶点的坐标为A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，A4(x4，y4)．由中点公式知对角中点的坐标为B(x1＋x32，y1＋y32)，C(x2＋x42，y2＋y42)．则4(x1＋x32－x2＋x42)2＋(x1－x3)2＋(x2－x4)2x＝(x1＋x3－x2－x4)2＋(x1－x3)2＋(x2－x4)2＝2(x21＋x22＋x23＋x24－x1x2－x2x3－x3x4－x4x1) ＝(x1－x2)2＋(x2－x3)2＋(x3－x4)2＋(x4－x1)2，同理有4(y1＋y32－y2＋y42)2＋(y1－y3)2＋(y2－y4)2＝(y1－y2)2＋(y2－y3)2＋(y3－y4)2＋(y4－y1)2，两式相加得：|A1A2|2＋|A2A3|2＋|A3A4|2＋|A4A1|2＝4|BC|2＋|A1A3|2＋|A2A4|2．说明本题纯几何证法并不容易，而采用解析法，只需要简单的计算便达到目的．另外本例中巧妙地抓住了各点的“对称性”，设了最为一般的形式，简化了计算．情景再现1．如图，⊙O的弦CD平行于直径AB，过C、D的圆的切线交于点P，直线AC、BC分别交直线OP于Q、R．求证：|PQ|＝|PR|．2．自圆M外一点E作圆的切线，切点为F，又作一条割线EAB，交圆M于A、B，连结EF的中点O与B，交圆M于D，ED交圆M于C．x求证：AC ∥EF ．3．CH 是ΔABC 中边AB 上的高，H 为垂足，点K 、P 分别是H 关于边AC 和BC 的对称点．证明：线段KP 与AC ，BC (或它们的延长线)的交点是ΔABC 高线的垂足．B 类例题例4．P 、Q 在ΔABC 的AB 边上，R 在AC 边上，并且P ，Q ，R 将ΔABC 的周长分为三等分．求证：S ΔPQR S ΔABC ＞29．证明 如图，以A 为原点，直线AB 为x 轴，建立直角坐标系． 设AB ＝c ，BC ＝a ，CA ＝b ，Q (q ，0)，P (p ，0)． 则q －p ＝13(a ＋b ＋c )，AR ＝PQ －AP ＝q －2p ， 从而y R y C ＝ARAC ＝q －2p b．由于2S ΔPQR ＝y R (q －p )，2S ΔABC ＝x B y C ， 所以S ΔPQRS ΔABC ＝y R (q －p )y C x B ＝(q －p )(q －2p )bC ．注意到p ＝q －13(a ＋b ＋c )＜c －13(a ＋b ＋c )， 所以q －2p ＞23(a ＋b ＋c )－c ＞23(a ＋b ＋c )－12(a ＋b ＋c )＝16(a ＋b ＋c )，S ΔPQR S ΔABC ＞29·(a ＋b ＋c )24bc ＞29·(b ＋c )24bc ＞29．说明 本题中29是不可改进的，取b ＝c ，Q 与B 重合，则当a 趋向于0时，p 趋向于13q ，面积比趋向于29． 例5．设H 是锐角三角形ABC 的垂心，由A 向以BC 为直径的圆作切线AP 、AQ ，切点分别为P 、Q ．证明：P 、H 、Q 三点共线．(1996年中国数学奥林匹克) 证明 如图以BC 为x 轴BC 中点O 为原点建立直角坐标系． 设B (－1，0)，C (1，0)，A (x 0，y 0)， 则PQ 方程为x 0x ＋y 0y ＝1．点H 的坐标为H (x 0，y )，满足yx 0＋1·y 0x 0－1＝－1， 即 y ＝1－x 20y 0，显然H 满足PQ 方程，即H 在PQ 上． 从而P 、H 、Q 三点共线．例6．设A 、B 、C 、D 是一条直线上依次排列的四个不同的点，分别以AC 、BD 为直径的两圆相交于X 和Y ，直线XY 交BC于xyZ ．若P 为直线XY 上异于Z 的一点，直线CP 与以AC 为直径的圆相交于C 和M ，直线BP 与以BD 为直径的圆相交于B 和N ．试证：AM 、DN 、XY 三线共点．分析 只要证明AM 与XY 的交点也是DN 与XY 的交点即可，为此只要建立坐标系，计算AM 与XY 的交点坐标．证明 如图，以XY 为弦的任意圆O ，只需证明当P 确定时，S 也确定．以Z 为原点，XY 为y 轴建立平面直角坐标系，设X (0，m )，P (0，y 0)，∠PCA ＝α，其中m 、y 0为定值．于是有x C ＝y 0cotα． 但是－x A ·x C ＝y X2，则x A ＝－m 2y 0tanα．因此，直线AM 的方程为：y ＝cotα(x ＋m 2y 0tanα)．令x ＝0，得y S ＝m 2y 0，即点S 的坐标为(0，m 2y 0)．同理，可得DN 与XY 的交点坐标为(0，m 2y 0)．所以AM 、DN 、XY 三线共点．x情景再现4．在RtΔABC中，AD是斜边上的高，M，N分别是ΔABD与ΔACD的内心，连接MN并延长分别交AB、AC于K、L两点．求证：SΔABC≥2SΔAKL．5．已知△ABC中，∠A＝α，且1|AB|＋1|AC|＝m．求证：BC边过定点．6．设△ABC的重心为G，AG、BG、CG的延长线交△ABC的外接圆于P、Q、R．求证：AGGP＋BGGQ＋CGGR＝3．C类例题例7．以ΔABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于D 和E．过D、E作BC的垂线，垂足分别为F、G．线段DG、EF交于点M．求证：AM⊥BC．(1996年国家队选拔题)分析建立以BC为x轴的坐标系，则只要证明点A、M的横坐标相等即可．证明以BC所在的直线为x轴，半圆圆心O为原点建立直角坐标系．设圆的半径为1，则B(－1，0)，C(1，0)．令∠EBC＝α，∠DCB＝β，则直线BD的方程为y＝cotβ·(x＋1)．同样，直线CE的方程为y＝－cotα·(x－1)，联立这两个方程，解得A点的横坐标x A＝cotα－cotβcotα＋cotβ＝sin(α－β)sin(α＋β)．因为∠EOC＝2∠EBC＝2α，∠DOB＝2β，故E(cos2α，sin2α)，D(－cos2β，sin2β)，G(cos2α，0)，F(－cos2β，0)．于是直线DG的方程为y＝sin2β－(cos2α＋cos2β)·(x－cos2α)，直线EF的方程为y＝sin2α－(cos2α＋cos2β)·(x＋cos2β)．联立这两个方程，解得M点的横坐标x M＝sin2α·cos2β－cos2α·sin2βsin2α＋sin2β＝sin2(α－β)sin(α＋β)cos(α－β)＝sin(α－β)sin(α＋β)＝x A．故AM⊥BC．例8．如图，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作圆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(1994年IMO 预选题) 分析 若以l 为x 轴，OE 为y 轴建立坐标系，则只要证明F 点的纵坐标与点M 的坐标无关即可．证明 建立如图所示的平面直角坐标系，设圆O 的半径为r ，OE ＝a ，∠OME ＝α，∠OMA ＝θ，显然有sinθsinα＝ra． y C ＝MC ·sin(α－θ)＝ME ·sin(α－θ)cos(α－θ) ＝a cotα·sin(α－θ)cos(α－θ)，x C ＝－y C ·tan(α－θ)＝－a cotαsin 2(α－θ)． 同理，y D ＝a cotα·sin(α＋θ)cos(α＋θ)，x D ＝－a cotαsin 2(α＋θ)．所以，k CD ＝sin2(α＋θ)－sin2(α－θ)2[sin 2(α－θ)－sin 2(α＋θ)]＝－cot2α．则直线CD 的方程为y －a cotα·sin(α＋θ)cos(α＋θ)＝－cot2α[x ＋a cotαsin 2(α＋θ)]． 令x ＝0，得y F ＝a cotα·sin(α＋θ)[cos(α＋θ)－cot2αsin(α＋θ)] ＝a cotα·sin (α＋θ)sin(α－θ)sin2αxl＝a ·－cos2α＋cos2θ4sin 2θ＝a 2(1－sin 2θsin 2α) ＝a 2－r 22a．由于a 2－r 22a是定值，这就表明F 的位置不依赖于点M 的位置．情景再现7．在筝形ABCD 中，AB ＝AD ，BC ＝CD ，经AC 、BD 交点O 作二直线分别交AD 、BC 、AB 、CD 于点E 、F 、G 、H ，GF 、EH 分别交BD 于点I 、J ．求证：IO ＝OJ ．（1990年冬令营选拔赛题）8．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 ．(1993年全国高中数学联合竞赛)习题561．已知AM 是 ABC 的一条中线，任一条直线交AB 于P ，交AC 于Q ，交AM 于N ．求证：AB AP ，AM AN ，ACAQ成等差数列．2．在四边形ABCD 中，AB 与CD 的垂直平分线相交于P ，BC 和AD 的垂直平分线相交于Q ，M 、N 分别为对角线AC 、BD 中点．求证：PQ ⊥MN ．3．证明，如一个凸八边形的各个角都相等，而所有各邻边边长之比都是有理数，则这个八边形的每组对边一定相等．(1973年奥地利数学竞赛题)4．设△ABC 是锐角三角形，在△ABC 外分别作等腰直角三角形BCD 、ABE 、CAF ，在此三个三角形中，∠BDC 、∠BAE 、∠CF A 是直角．又在四边形BCFE 外作等腰直角三角形EFG ，∠EFG 是直角．求证：⑴GA ＝2AD ；⑵∠GAD ＝135°；(上海市1994年高中数学竞赛) 5．如图△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形，现固定△ABC ，而将△ADE 绕A 点在平面上旋转．试证：不论△ADE 旋转到什么位置，线段EC 上必存在点M ，使△BMD 为等腰直角三角形．(1987年全国高中数学联赛)D ECBA6．设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为ΔA2A3A4、ΔA3A4A1、ΔA4A1A2、ΔA1A2A3的垂心．求证：H1、H2、H3、H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置．(1992年全国高中数学联赛)7．证明：ΔABC的重心G，外心O，垂心H三点共线，且OG：GH＝1：2．8．已知MN是圆O的一条弦，R是MN的中点，过R作两弦AB 和CD，过A、B、C、D四点的二次曲线交MN于P、Q．求证：R是PQ的中点．本节“情景再现”解答：1．以圆心O为原点，BA为y轴建立坐标系，设点C的坐标为(x0，y0)，且⊙O的半径等于1．可得R点横坐标x R＝x01－y0，Q点横坐标x Q＝x01＋y0，P点横坐标x P＝1x0．所以x R＋x q＝x01－y0＋x01＋y0＝x01－y20＝2x0＝2x P．即点P为QR的中点，所以|PQ|＝|PR|．2．以O 为原点，EF 为x 轴，建立直角坐标系．设E (－x 0，0)，F (x 0，0)．圆M 的半径设为r ，则圆M 的方程为x 2＋y 2－2xx 0－2yr ＋x 02＝0 (1)．过E 的两直线AB 、CD 的方程可设为h 1y ＝x ＋x 0，h 2y ＝x ＋x 0，合为(x －h 1y ＋x 0)(x －h 2y ＋x 0)＝0 (2)．直线BD 、AC 的方程又可设为y ＝kx ，ax ＋by ＋c ＝0．合为(y －kx )(ax ＋by ＋c )＝0 (3)．(1)与(2)所成的曲线系过交点A 、B 、C 、D ，又曲线(3)过点A 、B 、C 、D ，故为该曲线系中的一条．比较(1)与(2)所成的曲线系与(3)中常数项即可知(3)能由(1)、(2)相减得到，此时项中无x 2项．所以(3)中a ＝0，即AC ∥EF ．3．建立如图所示的平面直角坐标系，设A 、B 、C 三点的坐标依次为A (a ，0)，B (b ，0)，C (0，c )．则P 点和K 点的坐标分别为：P (2bc 2b 2＋c 2，2b 2c b 2＋c 2)，K (2ac 2a 2＋c 2，2a 2ca 2＋c 2)．于是KP 所在的直线方程是c (a ＋b )x ＋(ab －c 2)y－2abc ＝0 ①，另一方面，BC 所在直线的方程是cx ＋by －bc ＝0 ②，BC 边上的高所在的直线方程是bx －cy －ab ＝0 ③，由于②×a ＋③×c ＝①，于是KP 经过BC 边上高线的垂足，同理，KP 与经过AC 边上高线的垂足．4．分别以AC 、AB 所在直线为x 轴和y 轴建立直角坐标系，并设|AC |＝a ，|AB |＝b ，|OD |＝xc ，则c ＝aba 2＋b2．设ΔACD 、ΔABD 的内切圆半径分别为r 1，r 2，则N ，M 的坐标分别为N (c －r 1，r 1)，M (r 2，c －r 2)．于是直线MN 的斜率为k MN ＝c －r 2－r 1r 2－c ＋r 1＝－1．这说明ΔAKL 为等腰直角三角形，直线MN 的方程为y －r 1＝－(x －c ＋r 1)，其横、纵截距均为c ，所以2S ΔAKL＝c 2＝a 2b 2a 2＋b 2≤a 2b 22ab＝ab2＝S ΔABC ．5．以A 为原点，AB 为x 轴正方向建立直角坐标系．设|AB |＝p ，|AC |＝q ．则1p ＋1q ＝m ，q ＝pmp －1，点B (p ，0)，C (q cos α，q sin α)．直线BC 的方程为yq sin α＝x －p q cos α－p．整理得p (my －sin α)＋[x sin α－(1＋cos α)y ]＝0，即无论p 为何值时，直线BC 经过两条定直线my －sin ＝0与x sin α－(1＋cos α)y ＝0的交点．(两条直线斜率不等，故必有交点)，即直线BC 过定点．6．以外接⊙O 的圆心O 为原点，平行于BC 的直线为x 轴建立坐标系．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x G (x 13，y 1＋2y 23)．设外接圆半径为r ．则＝x 22＋y 22＝r 2．由相交弦定理，知AG GP ＝|AG |2r 2－|OG |2，同理BG GQ ＝|BG |2r 2－|OG |2，CG GR ＝|CG |r 2－|OG |2；|AG |2＋|BG |2＋|CG |2＝(x 1－x 13)2＋(x 2－x 13)2＋(x 2＋x 13)2＋(y 1－y 1＋2y 23)2＋2(y 2－y 1＋2y 23)2＝23[x 12＋(y 1－y 2)2]＋2x 22＝43(r 2＋x 22－y 1y 2)，r 2－|OG |2＝r 2－[x 209＋(y 1＋2y 2)29]＝49(2r 2－y 22－y 1y 2)．注意到x 22＋y 22＝r 2，就得AG GP ＋BG GQ ＋CGGR＝|AG |2＋|BG |2＋|CG |2r 2－|OG |2＝3．7．如图，以O 为原点，OD 为x 轴正方向建立直角坐标系，设A (0，a )，D (d ，0)，C (0，c )，则B (－d ，0)．直线AB 方程为：x －d＋ya －1＝0；设GH 方程：ky －x ＝0． (因为求I 点坐标时要取y ＝0，故把系数k 置 于y 前)．于是GF 方程为x －d ＋ya －1＋λ(ky－x )＝0 ①，BC 方程为x －d ＋yc －1＝0，设EF 方程为hy －x ＝0．于是GF 方程又可表 示为x －d＋yc －1＋μ(hy －x )＝0 ②． ①与②是同一个方程，比较系数得λ＝μ，1a ＋λk ＝1c＋μh ．则λ＝1h －k (1a －1c )．在①中，令y ＝0得I 点的横坐标x I ＝d1＋d λ；同理，点J 的横坐标为x J ＝－d 1－d λ'，其中λ'＝1k －h (1a－1c )，于是x I＝－x j ．即IO ＝OJ ．从而得证．8．证略．本节“习题56”解答：1．以BC所在直线为x轴，高AD所在直线为y轴建立直角坐标系．设A(0，a)，B(m－b，0)，C(m＋b，0)，直线PQ方程：y＝kx＋q．设ABAP＝λ，则AP+PBAP＝λ，BPP A＝λ－1．所以P点坐标为x＝m－bλ，y＝(λ－1)aλ，故(λ－1)a＝k(m－b)＋qλ，则λ＝k(m－b)+aa－q ，即ABAP＝k(m－b)+aa－q，同理，AMAN＝km+aa－q，ACAQ＝k(m+b)+a a－q ．则ABAP＋ACAQ＝2AMAN．这说明ABAP，AMAN，ACAQ成等差数列．2．提示：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，利用式子的对称性即可证得结论．3．此八边形的每个内角都等于135︒．不妨设每边的长都是有理数．依次设其八边长为有理数a，b，c，d，e，f，g，h．把这个八边形放入坐标系中，使长为a的边的一个顶点为原点，这边在x轴上，于是a＋b cos45︒＋d cos135︒－e＋f cos225︒＋h cos315︒＝0，整理得a＋e＋22(b－d－f＋h)＝0；b cos45︒＋c＋d cos(－45︒)＋f cos135︒－g＋h cos225︒＝0，整理得c＋g＋E22(b＋d－f－h)＝0．所以a＝e，b－d－f＋h＝0；c＝g，b＋d－f－h＝0．则b－f＝0，g－h＝0．从而凸八边形的每组对边相等．4．以A为原点建立直角坐标系，设B、C对应的复数为z B，z C．则点E对应复数z E＝－iz B，点D对应复数z D＝12(1＋i)(z B－z C)＋z C＝12[(1＋i)z B＋(1－i)z C]，点F对应复数z F＝12(1＋i)z C．向量→FE＝z E－z F＝－iz B－12(1＋i)z C．z G＝z F－i→FE＝12(1＋i)z C－i[－iz B－12(1＋i)z C]＝－z B＋12(1＋i)2z C＝－z B＋iz C．则z G＝(－1＋i)z D＝2(cos135︒＋i sin135︒)z D．则GA＝2AD；∠GAD＝135°．5．以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面．设C表示复数c，点E表示复数e(c、e∈R)．则点B表示复数b＝12c＋12ci，点D表示复数d＝12e－12ei．把△ADE绕点A旋转角θ得到△AD'E'，则点E'表示复数e'＝e(cosθ＋i sinθ)．点D'表示复数d'＝d(cosθ＋i sinθ)表示E'C中点M的复数m＝12(c＋e')．则表示向量→MB的复数：z1＝b－12(c＋e')＝12c＋12ci－12c－12e(cosθ＋i sinθ)＝－12e cosθ＋12(c－e sinθ)i．表示向量→MD '的复数：z 2＝d '－m ＝(12e －12ei )(cos θ＋i sin θ)－12c －12e (cos θ＋i sin θ)＝12(e sin θ－c )－12ie cos θ．显然：z 2＝z 1i ．于是|MB |＝|MD '|，且∠BMD '＝90°．即△BMD '为等腰直角三角形．故证．6．以O 为坐标原点，⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系，设OA 1、OA 2、OA 3、OA 4与OX 正方向所成的角分别为α、β、γ、δ，则点A 1、A 2、A 3、A 4的坐标依次是(cos α，sin α)、(cos β，sin β)、(cos γ，sin γ)、(cos δ，sin δ)．显然，⊿A 2A 3A 4、⊿A 3A 4A 1、⊿A 4A 1A 2、⊿A 1A 2A 3的外心都是点O ，而它们的重心依次是(13(cos β＋cos γ＋cos δ)，13(sin β＋sin γ＋sin δ))、(13(cos γ＋cos δ＋cos α)，13(sin α＋sin δ＋sin γ))、(13(cos δ＋cos α＋cos β)，13(sin δ＋sin α＋sin β))、(13(cos α＋cos β＋cos γ)，13(sin α＋sin β＋sin γ))．从而，⊿A 2A 3A 4、⊿A 3A 4A 1、⊿A 4A 1A 2、⊿A 1A 2A 3的垂心依次是H 1(cos β＋cos γ＋cos δ，sin β＋sin γ＋sin δ)、H 2(cos γ＋cos δ＋cos α，sin α＋sin δ＋sin γ)、H 3(cos δ＋cos α＋cos β，sin δ＋sin α＋sin β)、H 4(cos α＋cos β＋cos γ，sin α＋sin β＋sin γ)．而H 1、H 2、H 3、H 4点与点O 1(cos α＋cos β＋cos γ＋cos δ，sin α＋sin β＋sin γ＋sin δ)的距离都等于1，即H 1、H 2、H 3、H 4四点在以O 1为圆心，1为半径的圆上．证毕．7．以ΔABC 的外心O 为坐标原点，不妨设ΔABC 的外接圆半径为1，设A (cosα，sinα)，B (cosβ，sinβ)，C (cosγ，sinγ)，则重心G 的坐标为G (cosα＋cosβ＋cosγ3，sinα＋sinβ＋sinγ3)．设H '(cosα＋cosβ＋cosγ，sinα＋sinβ＋sinγ)．则k AH '＝sinβ＋sinγcosβ＋cosγ＝tan β－γ2，k BC ＝sinβ－sinγcosβ－cosγ＝－cot β－γ2．则可得k AH '·k BC ＝－1，则AH '⊥BC ．同理，BH '⊥CA ，CH '⊥AB ．因此，H '(cosα＋cosβ＋cosγ，sinα＋sinβ＋sinγ)为ΔABC 的垂心H ．观察O 、G 、H 的坐标可知，G 、O 、H 三点共线，且OG ：GH ＝1：2．8．以R 为原点，MN 为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．设圆心O 的坐标为(0，a )，圆半径为r ，则圆的方程为x 2＋(y －a )2＝r 2 ①，设AB 、CD 的方程分别为y ＝k 1x 和y ＝k 2x ．将它们合成为(y －k 1x )(y－k 2x )＝0 ②，于是过①与②的四个交点A 、B 、C 、D 的曲线系方程为(y －k 1x )(y －k 2x )＋λ[x 2＋(y －a )2－r 2]＝0 ③，令③中y ＝0，得(λ＋k 1k 2)x 2＋λ(a 2－r 2)＝0 ④．④的两个根是二次曲线与MN 交点P 、Q 的横坐标，因为x P ＋x Q ＝0，即R 是PQ 的中点．从而得证．说明：本例实质上是平面几何中蝴蝶定理得推广．平面几何中许多x命题都可以通过解析法获证．第21 页共21 页。
平面几何的解析几何方法
平面几何的解析几何方法解析几何是数学中的一个分支，通过运用代数和解析的方法来研究几何问题。
在平面几何中，解析几何方法被广泛应用于解决各种几何问题。
本文将介绍平面几何的解析几何方法，并探讨其在几何问题中的应用。
一、点的坐标表示在解析几何中，点的位置通常可以用坐标表示。
我们可以选取一个平面上的直角坐标系，将平面上的每个点都表示为一个有序数对(x, y)，其中x表示点在x轴上的位置，y表示点在y轴上的位置。
例如，点A的坐标为(2, 3)，表示该点在x轴上的位置为2，在y轴上的位置为3。
通过使用坐标表示，我们可以方便地研究点在平面上的位置关系、距离计算等问题。
二、直线的表示及性质1. 斜率在解析几何中，直线的斜率是一个重要的性质。
斜率通常用字母m表示，它表示直线的倾斜程度。
在坐标系中，设直线上两点的坐标分别为(x₁, y₁)和(x₂, y₂)，则直线的斜率m可以通过以下公式计算： m = (y₂ - y₁) / (x₂ - x₁)2. 直线的方程直线在解析几何中通常可以用方程表示。
常见的直线方程有一般式、截距式和点斜式。
- 一般式：Ax + By + C = 0，其中A、B和C是常数。
通过一般式方程，我们可以得到直线的斜率和截距。
- 截距式：y = mx + b，其中m是直线的斜率，b是直线与y轴的交点的y坐标。
通过截距式方程，我们可以得到直线的斜率和截距。
- 点斜式：y - y₁ = m(x - x₁)，其中m是直线的斜率，(x₁, y₁)是直线上的一点。
通过点斜式方程，我们可以得到直线的斜率和通过给定点的方程。
3. 直线的性质在解析几何中，直线还有一些重要的性质。
例如，两条直线平行的条件是它们的斜率相等；两条直线垂直的条件是它们的斜率的乘积为-1。
三、曲线的表示及性质在解析几何中，曲线的表示方法有很多种，其中常见的有二次曲线和圆。
1. 二次曲线二次曲线是解析几何中的重要曲线之一，它可以用一般的二次方程表示：Ax² + Bxy + Cy² + Dx + Ey + F = 0。
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五、用解析法证明平面几何问题----极度精彩！充分展现数学之美感！何妨一试？
例1、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A 引两条直线分别交圆于B 、C 及D 、E ，直线EB 及CD 分别交MN 于P 、Q ．求证：AP ＝AQ ．（初二）
（例1图） （例2图）
例2、已知：如图，在四边形ABCD 中，AD ＝BC ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，AD 、
BC 的延长线交MN 于E 、F ． 求证：∠DEN ＝∠F ．
【部分题目解答】
例1、(难度相当于高考压轴题)
；
，、点的方程为：直线的方程为：设直线方程为：轴建立坐标系，设圆的为为原点，轴，为如图，以)(),(,AD ,,)-(2211222y x C y x B nx y mx y AB r a y x Y AO A x MN ===+
、；则，、，C B )()(4433y x E y x
D ,
1
- ;12-2-)1,{)-(22
2212212222222+=+=+=++=+=m r a x x m am x x r a amx x m y r a y x mx
y 由韦达定理知：得：（消去,1- ;1222
243243+=+=+n r a x x n an x x 同理得：
),-(---23
23
22x x x x y y y y CD =
方程为：直线 ,--Q 3
23
223Q y y y x y x x =
点横坐标：由此得
,
--P 1
41441P y y y x y x x =
点横坐标：同理得
,------1
41441323223P Q y y y
x y x y y y x y x x x AQ AP ===；即证：，只需证明：故，要证明
N
B
即证明：）（）（）（）（321441143223-----y y y x y x y y y x y x ⋅=⋅
将上式整理得：31442331242143212143)()(y y x y y x y y x y y x x x y y x x y y +++=+++
，代入整理得：注意到：44332211 , ;,nx y nx y mx y mx y ====
)]()([),()(214343212143243212x x x x x x x x mn x x x x n x x x x m +++=+++=右边左边
)
1)(1(n)
)(m -(2)121-121-()
1)(1(n))(m -(2121-121-2222222222222222222
2222222
+++=
+⋅+++⋅+=+++=+⋅+⋅++⋅+⋅=n m r a amn m am n r a n an m r a mn n m r a amn m am n r a n n an m r a m 右边左边代入得：
把上述韦达定理的结论 可见：左边=右边，故P Q -x x =，即AQ AP =. 证毕！
例2、 .标系分析：如右图，建立坐
、坐标后，求出直线、、、总体思路：设点AD D C B A 切值，证明这两个角度从而求出两个角度的正问题的关键是：如何设点C 、D 而C 、D 两点是相互独立运动的，故把点C 、D 设AD=BC= r ，则C 点可以看作是以B 为圆心，r 上的动点，类似看待D 点，故，设
),sin cos D()sin cos C(ϕϕ,r r -a θθ,r r a ++、
)2
sin sin ,2cos cos N(
ϕ
ϕ++θθ从而得
;
2
tan cos cos sin sin ,tan ,tan MN AD BC ϕθϕϕϕθ+=++=
==θθk k k 参数方程的美妙之处】【此处充分展现了圆的易得：。