高中数学竞赛专题讲座解析几何

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2021年宁波市高中数学竞赛解析几何

2021年宁波市高中数学竞赛解析几何一、赛事背景2021年宁波市高中数学竞赛是宁波市教育局主办的一项重要的数学竞赛活动，旨在促进高中学生数学学科的学习和应用能力的提高，激发学生对数学的兴趣，选拔和培养数学人才。

其中，解析几何是竞赛中的一个重要组成部分，也是考察学生几何思维和分析解决问题能力的重要内容。

二、竞赛题型解析几何作为竞赛科目的一部分，覆盖了较广泛的内容，包括点、直线、圆、三角形、四边形等几何图形的性质、定理和应用。

在竞赛中，解析几何题型通常包括如下几种类型：1.定理证明。

通过已知的几何定理和性质，结合已知条件，推导出目标结论，或者证明目标定理。

2.应用问题。

通过几何知识，解决实际问题，如建筑测量、地图绘制、工程设计等。

3.三角形的性质和判定。

包括三角形的边长关系、角度关系、面积计算、全等、相似、共线等性质。

4.圆的性质和判定。

包括圆的圆心角、弦长关系、切线定理、圆幂定理等。

三、解题思路解析几何作为数学竞赛中的一道难题，要求学生不仅要熟练掌握几何学的基本概念和定理，还需要具备较强的逻辑推理能力和应用能力。

在解析几何的题目中，学生需要注意以下几点：1.审题。

仔细阅读题目，理清题目要求和已知条件，找出关键信息。

2.图像。

根据题意，绘制几何图形，有时可以通过图像找到解题思路。

3.定理应用。

熟练掌握相关的几何定理和公式，灵活应用到解决问题中。

4.逻辑推理。

善于运用逻辑推理，从已知条件出发，推导出未知结论。

5.反证法。

当直接证明困难时，可以尝试采用反证法进行推理。

四、解析几何典型题目以下列举了一些典型的解析几何竞赛题目，供参赛选手练习和思考： 1.已知△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，使得AD是△ABC的高，求证：AD=CD。

2.已知△ABC中，内角A=60°，AB=3cm，AC=2√3cm，求BC的长度。

3.已知点P到圆心的距离为5cm，点P到圆上任意一点的距离为4cm，求圆的半径。

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之迟辟智美创作在同一平面内,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、为了改变角的位置年夜家知道,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ABCD,易知△PBA ≌△ECD.有PA ＝ED,PB ＝EC. ∠BCE ＝∠BPE,∠APE ＝∠ADE.由∠BAF ＝∠BCE,可知∥＝A D B P Q C 图1P E D G A B F C 图2∠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M1、M2是△ABC 的BC 边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM1、AM2于P 、Q 、N1、N2.试证：AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 证明：如图4,若PQ ∥BC,易证结论成立. 若PQ 与BC 不服行, AN E B Q K G C D M F P 图3A P E DM 2M 1BQ N 1N 2图4设PQ 交直线BC 于D.过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E. 由BM1＝CM2,可知BE ＋CE ＝M1E ＋M2E,易知 AP AB ＝DE BE ,AQAC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2. 则AP AB ＋AQ AC ＝DE CE BE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM . 所以,AP AB ＋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 ＝FBAF＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE＝BC AN ,有AQ ＝BC AN DC ·. (3) 比较(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,就有年夜量的比例式发生,恰本地运用这些比例式,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.图5M P A Q N F B D CEK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,而且∠MDN ＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝41(AB2＋AC2). 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BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB2＋AC2). 这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN,使解题找到前途.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DB2＝FB2＝AB·HB,AD2＝AE2＝AG·AB.二式相减,得DB2－AD2＝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,从而获得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,有图6A N C D E B M A G D O H BF C E图7BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即BN DM ＝NC ME 或ME DM ＝NC BN . 此式标明,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的切点.若OD 与EF 相交于K,求证：AK 平分证明：如图10,过点K 作BC 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.练习题图8AD B N C EM 图9A B M E N D C G O 图101. 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 ＝60cm2.求六边形ABCDEF 的面积.EMQD 面积相等.答：120cm2)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 ＝k2.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：a 1＋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.(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自己隐含着“点共圆”,此时若能掌控问题提供的信息,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.A B G C D FE 图1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.又SABCD ＝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 ＝43BC2＝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.A B C D P O图2A 图3B P Q D HC∵∠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,此时可年夜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 联想圆的界说构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD,AD ＝DC ＝DB ＝p,BC ＝q.求对角线AC 的长.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 ＝－x2＋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 AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的极点为A0(1,9),轴交于两点B(－2,0)、C(4,0). A E D C B 图4图5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PA0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有 3＝DP ＝DQ ＜AD≤DA0＝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6AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M,交AC 于N.求证：AB2－AN2＝BM·BN.分析：因AB2－AN2＝(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)＝AB2－AN2,即 AB2－AN2＝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：EP2＋FQ2＝EF2.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,连结因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE,故F 、D 、C 、G 由切割线定理,有EF2＝(EG ＋GF)·EF ＝EG·EF ＋＝EC·ED ＋FC·FB ＝EC·ED ＋FC·FB ＝EP2＋FQ2,即 EP2＋FQ2＝EF2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆 E A NC D B F M 12345图6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 ''＝DB C A '',即 DC c '＝a a '＝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 a2＝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 ＝DC BD . (提示：无妨设A B≥AC,作△ADC 的外接圆交AB 于E,证△ABC ∽△DBE,从而AC AB ＝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.(1)(2)图8A B C A'B'C'c a b a'c'b'A B C D a b b c 图9(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 ＝AC2.(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⊙O1和⊙O2相交于A 、B,直线CD 过A 交⊙O1和⊙O2于C 、D,且AC ＝AD,EC 、ED 分别切两圆于C 、D.求证：AC2＝AB·AE. (提示：作△BCD 的外接圆⊙O3,延长BA 交⊙O3于F,证E 在⊙O3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 ＝AE2－BE2.(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ABCDE 的边长为a,对角线长为b,试证：a b －ba＝1.(提示：证b2＝a2＋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.1、点共线的证明点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等.n(n≥4)点共线可转化为三点共线.FD A BE C图10图11例1、如图，设线段AB 的中点为C ，以AC 和CB 为对角线作平行四边形AECD ，BFCG.又作平行四边形CFHD ，CGKE.求证：H ，C ，K 三点共线.证：连AK ，DG ，HB.由题意，AD EC KG ，知四边形AKGD 是平行四边形，于是AK DG.同样可证AK HB.四边形AHBK 是平行四边形，其对角线AB ，KH 互相平分.而C 是AB 中点，线段KH 过C 点，故K ，C ，H 三点共线.例2 如图所示，菱形ABCD 中，∠A=120°为△ABC 外接圆，M 为其上一点，连接MC 交AB 于E ，AM 交CB 延长线于F.求证：D ，E ，F 三点. 证：如图，连AC ，DF ，DE.因为M 在O 上，则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB ，有△AMC ∽△ACF ，得CDCF CA CF MA MC ==. 又因为∠AMC=BAC ，所以△AMC ∽△EAC ，得AE AD AE AC MA MC ==. 所以AE AD CD CF =，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD ∽△ADE.所以∠ADE=∠DFB.因为AD ∥BC ，所以∠ADF=∠DFB=∠ADE ，于是F ，E ，D 三点共线. 例3 四边形ABCD 内接于圆，其边AB 与DC 的延长线交于点P ，AD 与BC 的延长线交于点Q.由Q 作该圆的两条切线QE 和QF ，切点分别为E ，F ；求证：P ，E ，F 三点共线.证：如图：连接PQ ，并在PQ 上取一点M ，使得B ，C ，M ，P 四点共圆，连CM ，PF.设PF 与圆的另一交点为E’，并作QG 丄PF ，垂足为G.易如 C E (E ')ABD F PMQ GA C D E F H K GQE2=QM·QP=QC·QB ①∠PMC=∠ABC=∠PDQ.从而C ，D ，Q ，M 四点共圆，于是PM·PQ=PC·PD ② 由①，②得PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB ，即PQ2=QC·QB+PC·PD.易知PD·PC=PE’·PF ，又QF2=QC·QB ，有PE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2，即PE’·PF=PQ2-QF2.又PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG －GF)=PF·(PG －GF)，从而PE’=PG －GF=PG －GE’，即GF=GE’，故E’与E 重合.所以P ，E ，F 三点共线.例4 以圆O 外一点P ，引圆的两条切线PA ，PB ，A ，B 为切点.割线PCD 交圆O 于C ，D.又由B 作CD 的平行线交圆O 于E.若F 为CD 中点，求证：A ，F ，E 三点共线.证：如图，连AF ，EF ，OA ，OB ，OP ，BF ，OF ，延长FC 交BE 于G. 易如OA 丄AP ，OB 丄BP ，OF 丄CP ，所以P ，A ，F ，O ，B五点共圆，有∠AFP=∠AOP=∠POB=∠PFB.又因CD ∥BE ，所以有∠PFB=∠FBE ，∠EFD=∠FEB ，而FOG 为BE 的垂直平分线，故EF=FB ，∠FEB=∠EBF ，所以∠AFP=∠EFD ，A ，F ，E 三点共线.2、线共点的证明证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明.例5 以△ABC 的两边AB ，AC 向外作正方形ABDE ，ACFG.△ABC 的高为AH.求证：AH ，BF ，CD 交于一点. 证：如图.延长HA 到M ，使AM=BC.连M E D B HC F K GACM ，BM.设CM 与BF 交于点K.在△ACM 和△BCF 中，AC=CF ，AM=BC ，∠MAC+∠HAC=180°，∠HAC+∠HCA=90°，而且∠BCF=90°+∠HCA ，因此∠BCF+∠HAC=180°∠MAC=∠BCF.从而△MAC ≌△BCF ，∠ACM=∠CFB.所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°，即 BF 丄MC.同理CD 丄MB.AH ，BF ，CD 为△MBC 的3条高线，故AH ，BF ，CD 三线交于一点.例6 设P 为△ABC 内一点，∠APB －∠ACB=∠APC －∠ABC.又设D ，E 分别是△APB 及△APC 的内心.证明：AP ，BD ，CE 交于一点.证：如图，过P 向三边作垂线，垂足分别为R ，S ，T.连RS ，ST ，RT ，设BD 交AP于M ，CE 交AP 于N.易知P ，R ，A ，S ；P ，T ，B ，R ；P ，S ，C ，T 分别四点共圆，则∠APB －∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT.同理，∠APC －∠ABC=∠RST ，由条件知∠SRT=∠RST ，所以RT=ST.又RT=PBsinB ，ST=PCsinC ，所以PBsinB=PCsinC ，那么ACPC AB PB =. 由角平分线定理知MP AM PB AB PC AC NP AN ===.故M ，N 重合，即AP ，BD ，CE 交于一点. 例7 O1与外切于P 点，QR 为两圆的公切线,其中Q ，R分别为，O2上的切点，O 1O 2N P I Q RMO过Q 且垂直于QO2的直线与过R 且垂直于RO1的直线交于点I ，IN 垂直于O1O2,垂足为N,IN 与QR 交于点M.证明：PM ，RO1，QO2三条直线交于一点.证：如图，设RO1与QO2交于点O ，连MO ，PO.因为∠O1QM=∠O1NM=90°，所以Q ，O1，N ，M 四点共圆，有∠QMI=∠QO1O2. 而∠IQO2=90°=∠RQO1，所以∠IQM=∠O2QO1，故△QIM ∽△QO2O1，得MI O O QM QO 211=同理可证MI O O RM RO 212=.因此 21RO QO MR QM =①因为QO1∥RO2，所以有211RO QO OR O O =② 由①，②得MO ∥QO1. 又由于O1P=O1Q ，PO2=RO2，所以 21211PO P O RO Q O OR O O ==，即OP ∥RO2.从而MO ∥QO1∥RO2∥OP ，故M ，O ，P 三点共线，所以PM ，RO1，QO2三条直线相交于同一点.3、塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用定理1 (塞瓦(Ceva)定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的BC ，CA ，AB 边上的点.若AP ，BQ ，CR 相交于一点M ，则1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 证：如图，由三角形面积的性质，有BMC AMC S S RB AR ∆∆=, AMCAMB S S PC BP ∆∆=, AMB BMC S S QA CQ ∆∆=.以上三式相乘，得1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 定理2 (定理1的逆定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的BC ，CA ，AB 上的点.若1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，则AP ，BQ ，CR 交于一点.证：如图，设AP 与BQ 交于M ，连CM ，交AB 于R’.A RQ B C P 由定理1有1''=⋅⋅B R AR QA CQ PC BP . 而1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，所以RB AR B R AR =''. 于是R’与R 重合，故AP ，BQ ，CR 交于一点.定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理):一条不经过△ABC 任一极点的直线和三角形三边BC ，CA ，AB(或它们的延长线)分别交于P ，Q ，R ，则1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP 证：如图，由三角形面积的性质，有BRP ARP S S RB AR ∆∆=, CPRBRP S S PC BP ∆∆=, ARP CRP S S QA CQ ∆∆=.将以上三式相乘，得1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 定理4 (定理3的逆定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的三边BC ，CA ，AB 或它们延长线上的3点.若1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，则P ，Q ，R 三点共线.定理4与定理2的证明方法类似.塞瓦定理和梅涅劳斯定理在证明三线共点和三点共线以及与之有关的题目中有着广泛的应用.例8 如图，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.证：如图，连接BD 交AC 于H ，过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J. 对△BCD 用塞瓦定理，可得1=⋅⋅ECDE HD BH GB CG ① 因为AH 是∠BAD 的角平分线，由角平分线定理知AD AB HD BH =,代入①式H C A D B G I JE F1=⋅⋅ECDE AD AB GB CG ② 因为CI ∥AB ，CJ ∥AD ，则AB CI GB CG =，CJ AD EC DE =.代入②式得1=⋅⋅CJ AD AD AB AB CI .从而CI=CJ.又由于∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ ，所以△ACI ≌△ACJ ，故∠IAC=∠JAC ，即∠GAC=∠EAC. 例9 ABCD 是一个平行四边形，E 是AB 上的一点，F 为CD 上的一点.AF 交ED 于G ，EC 交FB 于H.连接线段GH 并延长交AD 于L ，交BC 于M.求证：DL=BM. 证：如图，设直线LM 与BA 的延长线交于点J ，与DC 的延长线交于点I.在△ECD 与△FAB 中分别使用梅涅劳斯定理，得1=⋅⋅HE CH IC DI GD EG ， 1=⋅⋅JABJ HB FH GF AG . 因为AB ∥CD ，所以GF AG GD EG =， HB FH HE CH =.从而JABJ IC DI =，即=+CI CI CD AJ AJ AB +，故CI=AJ. 而LA DL AJ DI CI BJ MC BM ===，且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL.例10 在直线l 的一侧画一个半圆T ，C ，D 是T 上的两点，T 上过C 和D 的切线分别交l 于B 和A ，半圆的圆心在线段BA 上，E 是线段AC 和BD 的交点，F 是l 上的点，EF 垂直l.求证：EF 平分∠CFD. 证：如图，设AD 与BC 相交于点P ，用O 暗示半圆T 的圆心.过P 作PH 丄l 于H ，连OD ，OC ，OP. 由题意知Rt △OAD ∽Rt △PAH ，于是有DO HP AD AH =. 类似地，Rt △OCB ∽Rt △PHB ，则有COHP BC BH =. G A E J L D F C IM HD l A B O F(H)E CP由CO=DO ，有BC BH AD AH =，从而1=⋅⋅DAPD CP BC HB AH . 由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC ，BD ，PH 相交于一点，即E 在PH 上，点H 与F 重合.因∠ODP=∠OCP=90°，所以O ，D ，C ，P 四点共圆，直径为OP. 又∠PFC=90°，从而推得点F 也在这个圆上，因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP ，所以EF平分∠CFD.例11 如图，四边形ABCD 内接于圆，AB ，DC 延长线交于E ，AD 、BC 延长线交于F ，P 为圆上任意一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S. 若对角线AC 与BD 相交于T. 求证：R ，T ，S 三点共线.先证两个引理.引理1:A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，则有1111111111111=⋅⋅A F FE E D D C C B B A .如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O ，根据圆内接多边形的性质易知△ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，△OC1D1∽△OA1F1，从而有O D O B E D B A 111111=,O B O F C B F E 111111=,OF O D A F D C 111111=.将上面三式相乘即得1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A ，引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A 则其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1交于一点.该引理与定理2的证明方法类似，留给读者.E B R CT AP S D F例11之证明如图，连接PD ，AS ，RC ，BR ，AP ，SD.由△EBR ∽△EPA ，△FDS ∽△FPA ，知 EP EB PA BR =,FD FP DS PA =.两式相乘，得FD EP FP EB DS BR ⋅⋅=. ① 又由△ECR ∽△EPD ，△FPD ∽△FAS ，知EP EC PD CR =，FA FP AS PD =. 两式相乘，得FAEP FP EC AS CR ⋅⋅=② 由①，②得FD EC FA EB CR DS AS BR ⋅⋅=⋅⋅. 故=⋅⋅AB SA DS CD RC BR CEDC FD AF BA EB ⋅⋅. ③ 对△EAD 应用梅涅劳斯定理，有1=⋅⋅CEDC FD AF BA EB ④ 由③④得1=⋅⋅ABSA DS CD RC BR .由引理2知BD ，RS ，AC 交于一点,所以R ，T ，S 三点共线.练习A 组1. 由矩形ABCD 的外接圆上任意一点M 向它的两对边引垂线MQ 和MP ，向另两边延长线引垂线MR ，MT.证明：PR 与QT 垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上.2. 在△ABC 的BC 边上任取一点P ，作PD ∥AC ，PE ∥AB ，PD ，PE 和以AB ，AC 为直径而在三角形外侧所作的半圆的交点分别为D ，E.求证：D ，A ，E 三点共线.3. 一个圆和等腰三角形ABC 的两腰相切，切点是D ，E ，又和△ABC 的外接圆相切于F.求证：△ABC 的内心G 和D ，E 在一条直线上.4. 设四边形ABCD 为等腰梯形，把△ABC 绕点C 旋转某一角度酿成△A’B’C’.证明：线段A’D, BC 和B’C 的中点在一条直线上.5. 四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P.设三角形ABP ，BCP ，CDP 和DAP 的外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4.求证：OP ，O1O3，O2O4三直线交于一点. B F A E 1OC D 111116. 求证：过圆内接四边形各边的中点向对边所作的4条垂线交于一点.7. △ABC为锐角三角形，AH为BC边上的高，以AH为直径的圆分别交AB，AC于M，N；M，N与A分歧.过A作直线lA垂直于MN.类似地作出直线lB与lC.证明：直线lA，lB，lC共点.8. 以△ABC的边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点.求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点.B组9. 设A1，B1，C1是直线l1上的任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上的任意三点，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N.求证：L，M，N三点共线.10. 在△ABC，△A’B’C’中，连接AA’，BB’，CC’，使这3条直线交于一点S.求证：AB与A’B’、BC与B’C’、CA与C’A’的交点F，D，E在同一条直线上(笛沙格定理).11. 设圆内接六边形ABCDEF的对边延长线相交于三点P，Q，R，则这三点在一条直线上(帕斯卡定理).第四讲四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常呈现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平路途.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采纳.1、“四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC′及其延长线交于M ，N.以AC 为直径的圆与AC 边的高BB′及其延长线将于P ，Q.求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)分析：设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM.欲证M ，N ，P ，Q四点共圆，须证MK·KN ＝PK·KQ ，即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ①不难证明 AP=AM ，从而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2.故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2 =(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)=KC′2-KB′2. ②由②即得①，命题得证. 例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O1，O2，O3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O1，O2，O3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB ，O1O3垂直平分OA.观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO2O1=21∠OO2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO3O1=21∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1 O ，O1，O2，O3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.2、以“四点共圆”作为解题手段这种情况不单题目多，而且结论幻化莫测，可年夜体上归纳为如下几个方面.(1)证角相等 A B C K M N P QB ′C ′A B C O OO O 123？？例3．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，∠DAM ＝∠CBK.求证：∠DMA ＝∠CKB.（第二届袓冲之杯初中竞赛）分析：易知A ，B ，M ，K 四点共圆.连接KM ，有∠DAB ＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC ＝180°，∴∠CMK+∠KDC ＝180°. 故C ，D ，K ，M 四点共圆⇒∠CMD ＝∠DKC. 但已证∠AMB ＝∠BKA ，∴∠DMA ＝∠CKB.(2)证线垂直例4．⊙O 过△ABC 极点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N(K 与N 分歧).△ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和M.求证：∠BMO=90°.(第26届IMO 第五题) 分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要掌控已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK ，∴∠COK+∠CMK=180°⇒C ，O ，K ，M 四点共圆. 在这个圆中，由OC=OK ⇒OC=OK ⇒∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK ，故∠BMO=90°.(3)判断图形形状例5．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为IA ，IB ，IC ，ID.试证：IAIBICID 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题) 分析：连接AIC ，AID ，BIC ，BID 和DIB.易得∠AICB=90° +21∠ADB=90°+21∠ACB=∠AIDB ⇒A ，B ，ID ，IC 四点共圆. A B C D K M ··A B O K N C M G A B CD I C I DA I I BA B C D E F K G ······∠AICID=180°-∠ABID =180°-21∠ABC ，∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-21∠ADC ， ∴∠AICID+∠AICIB=360°-21(∠ABC+∠ADC)=360°-21×180°=270°.故∠IBICID=90°. 同样可证IAIBICID 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.(4)计算例6．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________(1989，全国初中联赛)分析：谜底是PB=42㎝.怎样获得的呢？连接OA ，OB.易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°.故PA2+PB2=AB2=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB.(5)其他例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出头具名积最年夜的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断).(1978，全国高中联赛)分析：设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个极点至少必落在正方形的三条边上，所以无妨令F ，G 两点在正方形的一组对边上.作正△EFG 的高EK ，易知E ，K ，G ，D 四点共圆 ∠KDE=∠KGE=60°.同理，∠KAE=60°.故△KAD 也是一个正三角形，K 必为一个定点.··P O A B C D又正三角形面积取决于它的边长，当KF丄AB时，边长为3也最小.当KF通过B点时，1，这时边长最小，而面积S=4边长为2·32-，这时边长最年夜，面积S=23-3也最年夜.例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.(1991，江苏省初中竞赛)分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接MQ′，SQ′.易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称⇒MQ′=MQ.又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径(∠RMS=90°)，MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.练习题1.⊙O1交⊙O2 于A，B两点，射线O1A交⊙O2 于C点，射线O2A交⊙O1于D点.求证：点A是△BCD的内心.(提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.)2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样获得B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C 四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.。

高中数学奥赛经典讲解教案

高中数学奥赛经典讲解教案
主题：解析几何
目标：通过本节课的学习，学生能够掌握解析几何中常见的定理、方法和技巧，提高解题能力。

一、引言（5分钟）
介绍解析几何的概念和作用，引导学生明确本节课的学习目标。

二、知识讲解（30分钟）
1. 直线方程的一般式和点斜式，以及两点式的转化和应用；
2. 圆的一般式方程和标准式方程的求解方法；
3. 解析几何中常见的定理和性质，如相交直线垂直的判断条件、圆与直线的相交关系等。

三、例题讲解（20分钟）
1. 根据已知条件，用解析几何方法求解直线方程或圆的方程；
2. 利用解析几何中的性质和定理解决几何问题。

四、练习与讨论（20分钟）
学生独立解答几道题目，然后与同学讨论、交流解题思路，并请学生展示解题过程。

五、总结与拓展（10分钟）
总结本节课所学内容，强调解析几何在数学竞赛中的重要性，并鼓励学生多加练习。

六、作业布置（5分钟）
布置相关习题作业，巩固本节课所学内容。

七、课后反馈（5分钟）
学生提交作业并讲解答案，教师及时反馈学生的表现，帮助学生改进解题方法。

注：本教案仅为范本，实际教学过程中应根据学生的掌握程度和学习节奏做出调整。

竞赛专题讲座解析几何

1．以知过点(0,1)的直线l 与曲线1:(0)C y x x x=+>交于两个不同点M 和N ，求曲线C 在点M 、N 处的切线的交点轨迹。

解：设,M N 的坐标分别为11(,)x y 和22(,)x y ，曲线C 在点M 、N 处的切线分别为12,l l ，其交点P 的坐标为(,)p p x y 。

若直线l 的斜率为k ，则l 的方程为1y kx =+由方程组11y x x y kx ⎧=+⎪⎨⎪=+⎩，消去y ，得11x kx x +=+，即2(1)10k x x -+-=。

由题意知，该方程在(0,)+∞上有两个相异的实根12,x x ，故1k ≠，且121214(1)0(1)130(2)11410(3)1k x x k k x x k ⎧⎪=+->⎪⎪+=>⇒<<⎨-⎪⎪=>⎪-⎩对1y x x=+求导，得1''221111,1x x y y x x ==-=-则，2'2211x x y x ==-。

于是，直线1l 的方程为 11211(1)()y y x x x -=--，即1121111()(1)()y x x x x x -+=--，化简后得到直线1l 的方程为：21112(1)(4)y x x x =-+，同理可求得直线2l 的方程为：22212(1)(5)y x x x =-+，(4)(5)-得：2221121122()0p x x x x x -+-=，因为12x x ≠，故有：12122(6)p x x x x x =+，将(2),(3)两式代入(6)式得2p x =(4)(5)+得：22121211112(2())2()(7)p p y x x x x x =-+++，其中121212111x x x x x x ++== 2222121212122222221212121212()2112()12(1)21x x x x x x x x k k x x x x x x x x x x ++-++===-=--=-代入(7)得：2(32)2p p y k x =-+，而2p x =，得42p y k =-，又由314k <<得： 522p y <<，即点P 的轨迹为(2,2)，5(2,)2两点间的线段（不含端点）。

高中数学竞赛专题讲座解析几何

高中数学竞赛专题讲座解析几何一、选择题部分某2y21上任一点P，作椭圆C的右准线的垂线PH（H为垂足）1．(集训试题)过椭圆C：，延长PH到点Q，使|HQ|=32λ|PH|(λ≥1)。

当点P在椭圆C上运动时，点Q的轨迹的离心率的取值范围为A．(0,（）3]3B．(33,]32C．[3,1)3D．(3,1)2HP1，所以PQ1解：设P(某1,y1)，Q(某,y)，因为右准线方程为某=3，所以H点的坐标为(3,y)。

又∵HQ=λPH，所以3(1)某[某3(1)]2y2某1由定比分点公式，可得：，代入椭圆方程，得Q点轨迹为1，所以离心率223y1ye=32223123[,1).故选C.2332．（2006年南昌市）抛物线顶点在原点,对称轴为某轴,焦点在直线3某-4y＝12上,则抛物线方程为(D) A．y12某2B．y12某22C．y16某2D．y16某23．（2006年江苏）已知抛物线y2p某，O是坐标原点，F是焦点，P是抛物线上的点，使得△POF是直角三角形，则这样的点P共有（B）A．0个B．2个C．4个D．6个某2y24．（2006天津）已知一条直线l与双曲线221（ba0）的两支分别相交于P、Q两点，O为原点，当OPOQab时，双曲线的中心到直线l 的距离d等于（A）abA．B．2222baba5．(2005全国)方程abb2a2b2a2C．D．abab某2in2in3y2co2co31表示的曲线是（）A．焦点在某轴上的椭圆B．焦点在某轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线解：23,02232,co(2)co(3),即222in2in3.又02,3,co20,co30,co2co30,222323in()()2242323.in()0,2424方程表示的曲线是椭圆.(in2in3)(co2co3)22in223230,in0,2222333,244()式0.即in2in3co2co3.曲线表示焦点在y轴上的椭圆，选C。

高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座05几何解题途径的探求方法

比赛讲座 05－几何解题门路的探究方法一．充足地睁开想象想象力，就是人们平时说的形象思想或直觉思想能力。

想象力关于人们的创建性劳动的重要作用，马克思曾作过高度评论：“想象是促使人类发展的伟大天分。

”解题一项创建性的工作，自然需要丰富的想象力。

在解题过程中，充足睁开想象，主假如指：1．全面地假想假想，是指对同一问题从各个不一样的角度去察看思虑和深入剖析其特点，推断解题的大概方向，构想各样不一样的办理方案。

例1．在ABCD中，AB=AC ，D 是BC边上一点，E是线段AD上一点，且BED2CED BAC ，求证：BD=2CD （ 92年全国初中联赛试题）例2．在ABC 中，AB>AC， A 的外角均分线交ABC 的外接圆于D，DE AB 于E。

求证：AE ( AB AC )（ 89 年全国高中联赛试题）23．在Rt ABC的斜边上取一点D，使ABD和ACD的内切圆相等。

证明：S ABC AD 2（31 届 IMO 备选题）例 4．设 A 是三维立体a bc的长方体砖块。

若 B 是全部到 A 的距离不超出 1 的点的会合（特别地， B 包含 A），试用abc的多项式表示 B 的体积（ 84 年美国普特南数学竟赛试题）2．宽泛地联想联想，是指从事物的相联糸中来考虑问题，从一事物想到与其有关的各样不一样的事物，进行由此彼的考虑。

在解题过程中，我们如能根椐问题特点宽泛地联想熟知命题，并想法将其结论或解法加以利用，则无疑是获取解题门路的简捷方法。

例 5．在ABC 中角A，B，C的对边分别为a，b，c，若角A，B，C的大小成等比数列，且 b2a2ac ，求角B（85年全国高中联赛试题）例6．四边形 ABCD内接于 o ，对角线 AC BD 于 P ， E 是 CD 的中点，OF AB于F。

求证：PE OF （78年上海高中竟赛试题）例7．在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是BC的中点，F在棱 AA1上，且A1F : FA 1 : 2，求平面B1EF与底面A1 B1C1D1所成的二面角。

高三复习专题讲座解析几何

高三复习专题讲座解析几何高三复习专题讲座解析几何一、高考考纲要求高中《解析几何》内容包含两章——直线和圆的方程和圆锥曲线方程，这两章的要求分别如下：（一）直线和圆的方程（1）理解直线的斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式，掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程。

（2）掌握两条直线平行与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式，能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系。

（3）了解二元一次不等式表示平面区域。

（4）了解线性规划的意义，并会简单的应用。

（5）了解解析几何的基本思想，了解坐标法。

（6）掌握圆的标准方程和一般方程，了解参数方程的概念，理解圆的参数方程。

（二）圆锥曲线的方程（1）掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程。

（2）掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质。

（3）掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质。

（4）了解圆锥曲线的初步应用。

二、高考考点分析04年高考，各地试题中解析几何内容在全卷的平均分值为27.1分，占18．1％；01年以来，解析几何内容在全卷的平均分值为29.3分，占19.5％．因此，占全卷近1/5的分值的解析几何内容，值得我们在二轮复习中引起足够的重视．近几年高考试题知识点分析从上表中可以发现，高考试题中对解析几何内容的考查几乎囊括了该部分的所有内容，对直线、线性规划、圆、椭圆、双曲线、抛物线等内容都有涉及．1．选择、填空题1．1 大多数选择、填空题以对基础知识、基本技能的考查为主，难度以容易题和中档题为主（1）对直线、圆的基本概念及性质的考查例1 （’04全国文Ⅱ）已知点A（1，2）、B（3，1），则线段AB的垂直平分线的方程是（A）（B）（C）（D）例2（’03全国文Ⅰ）已知点的距离为1，则a=（A）（B）－（C）（D）例3（’04江苏）以点(1，2)为圆心，与直线4x+3y-35=0相切的圆的方程是_________．例4（’04全国文Ⅱ）已知圆C与圆关于直线。

高中数学竞赛与强基计划试题专题：解析几何

高中数学竞赛与强基计划试题专题：解析几何一、单选题1．（2020·北京·高三强基计划）从圆224x y +=上的点向椭圆22:12x C y +=引切线，两个切点间的线段称为切点弦，则椭圆C 内不与任何切点弦相交的区域面积为（）A ．2πB ．3πC ．4πD ．前三个答案都不对2．（2022·北京·高三校考强基计划）内接于椭圆22149x y +=的菱形周长的最大值和最小值之和是（）A ．B ．CD ．上述三个选项都不对3．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）已知直线1211::22l y x l y x =-=，，动点P 在椭圆22221(0)x y a b a b +=>>上，作1//PM l 交2l 于点M ，作2//PN l 交1l 于点N .若22PM PN +为定值，则（）A ．2ab =B ．3ab =C ．2a b =D ．3a b=4．（2020·北京·高三强基计划）设直线3y x m =+与椭圆2212516x y +=交于A ，B 两点，O 为坐标原点，则OAB面积的最大值为（）A ．8B ．10C ．12D ．前三个答案都不对5．（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，1C ，2C 是离心率都为e 的椭圆，点A ，B 是分别是2C 的右顶点和上顶点，过A ，B 两点分别作1C 的切线1l ，2l ．若直线1l ，2l 的斜率分别为1k ，2k ，则12k k 的值为（）A ．2eB ．21e -C ．21e -D ．21e 6．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）过椭圆22149x y +=的中心作两条互相垂直的弦AC 和BD ，顺次连接,,,A B C D 得一四边形，则该四边形的面积可能为（）A ．10B ．12C ．14D ．167．（2019·贵州·高三校联考竞赛）设椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的左、右焦点分别为12,F F ，其焦距为2c .点322c N ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭在椭圆的内部，点M 是椭圆C 上的动点，且112||MF MN F +<恒成立，则椭圆C 的离心率的取值范围是（）A ．⎛ ⎝⎭B ．⎫⎪⎪⎝⎭C ．⎫⎪⎪⎝⎭D ．⎝⎭二、多选题8．（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，M ，N 分别是Rt ABC △两直角边上的动点，P 是线段MN 的中点，则以下结论正确的是（）A ．当△AMN 的面积为定值时，点P 的轨迹为双曲线一支B ．当|MN |为定值时，点P 的轨迹为一圆弧C ．当||||AM AN +为定值时，点P 的轨迹为不含端点线段D ．当△AMN 的周长为定值时，点P 的轨迹为抛物线9．（2020·北京·高三校考强基计划）已知A ，B 分别为双曲线2214x y -=的左、右顶点，P 为该曲线上不同于A ，B 的任意一点设,,∠=∠= PAB PBA PAB αβ的面积为S ，则（）A ．tan tan αβ⋅为定值B ．tantan22αβ⋅为定值C ．tan()S αβ⋅+为定值D ．cot()S αβ⋅+为定值10．（2020·北京·高三校考强基计划）已知点(1,1),(1,0)A Q ，P 为椭圆22143x y +=上的动点，则||||PA PQ +的（）A ．最大值为4B ．最大值为4C ．最小值为4-D ．最小值为4三、填空题11．（2022·江苏南京·高三强基计划）设F ，l 分别为双曲线()22411212x y --=的右焦点与右准线，椭圆Γ以F和l 为其对应的焦点及准线，过F 作一条平行于y =的直线，交椭圆Γ于A ､B 两点，若Γ的中心位于以AB 为直径的圆外，则椭圆离心率e 的范围为___________.12．（2018·山东·高三竞赛）若直线65280x y --=交椭圆22221x ya b+=（0a b >>，且2a 、b 为整数）于点A 、C ．设()0,B b 为椭圆的上顶点，而ABC 的重心为椭圆的右焦点2F ，则椭圆的方程为______．13．（2022·新疆·高二竞赛）设z 为复数，若方程2297--=z z 表示一条圆锥曲线，则此曲线的离心率=e ___________．14．（2021·全国·高三竞赛）已知集合{}22(,)|||||,0,(,)|1,044x y A x y x y t t B x y m m ⎧⎫=+>=+≤<<⎨⎩≤⎬⎭满足B A ⊆，若P 为集合B 的边界线C 上任意一点，12F F 、为曲线C 的焦点，I 为12PF F △的内心，直线1IF 和2IF 的斜率分别为12k k 、，且1213k k ⋅=-则t 的最小值为________．15．（2021·全国·高三竞赛）已知ABCD Y 的四个顶点均在双曲线2214y x -=上，点(0,1)P 在边AB 上，且12AP PB =，则ABCD Y 的面积等于_______.四、解答题16．（2022·湖北武汉·高三统考强基计划）设F 为椭圆C ：22194x y +=的左焦点，P 为椭圆C 上的一点(1)作正方形FPAB （F ，P ，A ，B 按逆时针排列）当P 沿着椭圆运动一周，求动点B 的轨迹方程.(2)设()3,2Q 为椭圆外一点，求PQ PF +的取值范围.17．（2018·全国·高三竞赛）一束直线12,,l l 的每条均过xOy 平面内的抛物线2:C y x =的焦点，()1i l i ≥与抛物线C 交于点i A 、i B .若1l 的斜率为1，()2i l i ≥的斜率为1+2014l 的解析式.18．（2018·福建·高三竞赛）已知1F 、2F 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的左、右焦点，点3P ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆C 上，且12F PF △的垂心为5,33H ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭．（1）求椭圆C 的方程；（2）设A 为椭圆C 的左顶点，过点2F 的直线l 交椭圆C 于D 、D 两点．记直线AD 、AE 的斜率分别为1k 、2k ，若1212k k +=-，求直线l 的方程．19．（2018·江西·高三竞赛）若椭圆221259x y +=上不同的三点()11,A x y ，94,5B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()22,C x y 到椭圆右焦点的距离顺次成等差数列，线段AC 的中垂线l 交x 轴于点T ，求直线BT 的方程．20．（2018·湖北·高三竞赛）已知O 为坐标原点，()1,0N ，点M 为直线=1x -上的动点，MON ∠的平分线与直线MN 交于点P ，记点P 的轨迹为曲线E .（1）求曲线E 的方程；（2）过点11,22Q ⎛⎫-- ⎪⎝⎭作斜率为k 的直线l ，若直线l 与曲线E 恰好有一个公共点，求k 的取值范围.21．（2021·全国·高三竞赛）过抛物线22y px =(p 为不等于2的质数)的焦点F ，作与x 轴不垂直的直线l 交抛物线于M ､N 两点，线段MN 的垂直平分线交MN 于P 点，交x 轴于Q 点.（1）求PQ 中点R 的轨迹L 的方程；（2）证明：L 上有无穷多个整点(横、纵坐标均为整数的点)，但L 上任意整点到原点的距离均不是整数.22．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22:12+=x E y 的右焦点为(c,0)F ，上顶点为M ，圆222:()(0)F x c y r r -+=>，问：椭圆E 上是否存在两点P 、Q 使得圆F 内切于三角形MPQ 若存在，求出直线PQ 的方程；若不存在，请说明理由．23．（2021·全国·高三竞赛）如图所示，()(),0P a b a b <<为抛物线2:4F y x =外一点，过P 引抛物线Γ的两条切线PA PB 、，切点分别为A 、B ．在线段PA 上取两点D 、E ，使得PD AE =．若过D 、E 两点的直线12l l 、分别切抛物线Γ于M 、N 两点（异于A ）．求四边形MNAB 面积的最大值．24．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>，其右焦点为F ，过F 作直线l 交椭圆1C 于A 、B 两点（l 与x 轴不重合），设线段AB 中点为D ，连结OD （O 为坐标原点），直线OD 交椭圆1C 于M 、N 两点，若A 、M 、B 、N 四点共圆，且||8||3MN OD =，求椭圆1C 的离心率．25．（2018·甘肃·高三竞赛）已知椭圆2222:1x y C a b+=过点()0,2M ，且右焦点为()2,0F ．（1）求椭圆C 的方程；（2）过点F 的直线l 与椭圆C 交于,A B 两点，交y 轴于点P ．若,PA mAF PB nBF ==，求证：m n +为定值；（3）在（2）的条件下，若点P 不在椭圆C 的内部，点Q 是点P 关于原点O 的对称点，试求三角形QAB 面积的最小值．26．（2018·山东·高三竞赛）已知圆22:4O x y +=与曲线:3C y x t =-，(),A m n ，(),B s p ，(),,,m n s p *∈N 为曲线C 上的两点，使得圆O 上任意一点到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值()1k k >，求t 的值．27．（2022·福建·高二统考竞赛）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的离心率为12，1A ､2A 分别为椭圆C 的左､右顶点，1F ､2F 分别为椭圆C 的左､右焦点，B 为椭圆C 的上顶点，且11BA F ∆的外接圆半径为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设与x 不垂直的直线l 交椭圆C 于P ､Q 两点（P ､Q 在x 轴的两侧），记直线1A P ､2PA ､2A Q ､1QA 的斜率分别为1k ､2k ､3k ､4k .已知()142353k k k k +=+，求2F PQ ∆面积的取值范围.28．（2022·新疆·高二竞赛）如图，已知ABC 内接于抛物线2:=E x y ，且边,AB AC 所在直线分别与抛物线2:4=M y x 相切，F 为抛物线M 的焦点．求证：(1)边BC 所在直线与抛物线M 相切；(2)A ，C ，B ，F 四点共圆．（2021·全国·高三竞赛）已知(2,1)S 为椭圆22Γ:182x y+=上的点，对椭圆Γ上的任意两点P 、Q ，用如下办法定义它们的“和”P Q +：过点S 作一条平行于PQ （若点P 与Q 重合，则直线PQ 表示椭圆Γ在P 处的切线）的直线l 与椭圆Γ交于不同于S 的另一点，记作P Q +（若l 与椭圆Γ相切，则规定S 为P Q +）.并规定n nP P P P=+++个.29．若点(0,P Q ，求P Q +、2P 以及100P 的坐标.30．在椭圆Γ上是否存在不同于S 的点P ，满足3P S =？若存在，求出所有满足条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由.高中数学竞赛与强基计划试题专题：解析几何答案一、单选题1．（2020·北京·高三强基计划）从圆224x y +=上的点向椭圆22:12x C y +=引切线，两个切点间的线段称为切点弦，则椭圆C 内不与任何切点弦相交的区域面积为（）A ．2πB ．3πC ．4πD ．前三个答案都不对【答案】A【分析】算出椭圆内与切点弦不相交的点的边界的方程，从而可求区域的面积.【详解】设圆224x y +=上一点为(2cos ,2sin )P θθ，则对应切点弦所在直线l 的方程为2cos 2sin 12xy θθ⋅+⋅=即cos 2sin 1x y θθ+=，1≥，故椭圆C 内不与任何切点弦相交的区域面积即为椭圆2241x y +=围成的面积，其面积为1ππ122⨯⨯=.2．（2022·北京·高三校考强基计划）内接于椭圆22149x y +=的菱形周长的最大值和最小值之和是（）A．B．CD ．上述三个选项都不对【答案】D【分析】求出椭圆的极坐标方程，设内接于椭圆22149x y +=的菱形为ABCD ，()12,,,2A B πρθρθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，分别求出22,OA OB ，再根据222AB OA OB =+，结合三角恒等变换化简，再根据三角函数的性质求出AB 的最大值和最小值，即可得解.【详解】解：由22149x y +=，得229436x y +=，化为极坐标方程为223645cos ρθ=+，设内接于椭圆22149x y +=的菱形为ABCD ，则OA OB ⊥，设()12,,,2A B πρθρθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则22123645cos OA ρθ==+，22222363645sin 45cos 2OB ρπθθ==+⎛⎫++ ⎪⎝⎭，所以2221222363645cos 45sin AB ρρθθ=+=+++2223613361325162025sin cos 36sin 24θθθ⨯⨯==+++，当2sin 20θ=时，2AB 取得最大值，即AB所以菱形的周长的最大值为当2sin 21θ=时，2AB 取得最小值，即AB 的最小值为13，所以菱形的周长的最小值为13，所以内接于椭圆22149x y +=的菱形周长的最大值和最小值之和是1313=.3．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）已知直线1211::22l y x l y x =-=，，动点P 在椭圆22221(0)x y a b a b +=>>上，作1//PM l 交2l 于点M ，作2//PN l 交1l 于点N .若22PM PN +为定值，则（）A ．2ab =B ．3ab =C ．2a b =D ．3a b=【答案】C【分析】根据四边形OMPN 是平行四边形，得到2222PM PN OM ON +=+为定值，然后将取特殊位置(),0P a ，()0,P b 求解.，易知由四边形OMPN 是平行四边形，所以2222PM PN OM ON +=+为定值，取点(),0P a 时，由()1212y x a y x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，解得24a x a y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，所以,24a a M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，由对称性得：,24a a N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以22258OM ON a +=，取点()0,P b 时，由1212y x b y x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，解得2x bb y =-⎧⎪⎨=⎪⎩，所以,2b M b ⎛⎫- ⎪⎝⎭，由对称性得：,2b N b ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以22252OM ON b +=，所以225582a b =，即2a b =，4．（2020·北京·高三强基计划）设直线3y x m =+与椭圆2212516x y +=交于A ，B 两点，O 为坐标原点，则OAB面积的最大值为（）A ．8B ．10C ．12D ．前三个答案都不对【答案】B【分析】联立直线方程和椭圆方程后消元，利用公式可求面积的表达式，再利用基本不等式可求面积的最大值.【详解】由22312516y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩可得22241150254000x mx m ++-=，()22222500424125400160024116000m m m ∆=-⨯-=⨯->，故m而241241AB ==，故1122ABOS AB ==△2224120210241m m+-⨯==，当且仅当m=等号成立，故OAB面积的最大值为10，5．（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，1C，2C是离心率都为e的椭圆，点A，B是分别是2C的右顶点和上顶点，过A，B两点分别作1C的切线1l，2l．若直线1l，2l的斜率分别为1k，2k，则12k k的值为（）A．2e B．21e-C．21e-D．21e【答案】C【详解】不妨设22122:1x yCa b+=，222222:x yCa bλ+=(0,1)a bλ>>>，∴,(,0)(0,)A aB bλλ，11:()l y k x aλ=-代入1C的方程得：()2222322422211120b a k x a k x a k a bλλ+-+-=，()()()23222224222111Δ240a kb a k a k a bλλ=--+-=，化简得()221221bkaλ=-．22:l y k x bλ=+代入22221x ya b+=得()22222222222220b a k x a bk x a b a bλλ+-+-=．()()()222222222222Δ240a bkb a k a b a bλλ=-+-=．化简得()222221bkaλ-=．∴422124bk ka=，∴222212221b a ck k ea a-===-，6．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）过椭圆22149x y+=的中心作两条互相垂直的弦AC和BD，顺次连接,,,A B C D得一四边形，则该四边形的面积可能为（）A．10B．12C．14D．16【答案】B【分析】设()11,A x y,()22,B x y，设x轴正方向旋转到与向量OA 同向所转过的角为α，利用三角函数的定义表示,A B的坐标，代入椭圆方程，求得223636,OA OB关于α的函数表达式，进而得到223636OA OB关于α的函数表达式，利用三角函数恒定变形化简，然后利用三角函数的性质求得其取值范围，进而得到四边形面积的取值范围，从而做出选择.【详解】设()11,A x y ,()22,B x y ，设x 轴正方向旋转到与向量OA同向所转过的角为α，并根据题意不妨设OA 到OB 为逆时针旋转π2,则11cos ,sin .x OA y OA αα⎧=⎪⎨=⎪⎩,22cos sin ,2sin cos .2x OB OB y OB OB πααπαα⎧⎛⎫=+=- ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=+= ⎪⎪⎝⎭⎩22149x y +=，229436x y +=,2222369cos 4sin 5cos 4OA ααα=+=+, 22223694cos 5sin 4sin OBααα=+=+,2222236362516925cos sin 36sin 23636,44OA OBααα⎡⎤=+=+∈⎢⎥⎣⎦，∴36136,2OA OB ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,1442,1213ABCD S OA OB ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦,当4πα=时取到最小值14413，当0α=时取得最大值12.只有选项B 中的12在此范围内7．（2019·贵州·高三校联考竞赛）设椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的左、右焦点分别为12,F F ，其焦距为2c .点322c N ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭在椭圆的内部，点M 是椭圆C上的动点，且112||MF MN F +<恒成立，则椭圆C 的离心率的取值范围是（）A．⎛ ⎝⎭B．⎫⎪⎪⎝⎭C．,121⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭D．⎝⎭【答案】D【详解】由322c N ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭在椭圆的内部，得22229142c c a b +<，即222222924b c a c a b +<，从而422441590a a c c -+>，得到4291540e e -+>，因此()()2231340e e -->.因为0<e <1，所以3e 2－4<0，故3e 2<1，得到0e <<.又由112||MF MN F +<恒成立，即22||a MN MF +-<恒成立，等价于()2max2||a MN MF +-<，亦即22a NF +<，等价于2a ，即2a e >.e <<二、多选题8．（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，M ，N 分别是Rt ABC △两直角边上的动点，P 是线段MN 的中点，则以下结论正确的是（）A ．当△AMN 的面积为定值时，点P 的轨迹为双曲线一支B ．当|MN |为定值时，点P 的轨迹为一圆弧C ．当||||AM AN +为定值时，点P 的轨迹为不含端点线段D ．当△AMN 的周长为定值时，点P 的轨迹为抛物线【答案】ABC【详解】建立如图的直角坐标设(),P x y ，则(2,0)M x ，(0,2)N y ，0x >，0y >，对于A ，当Rt △AMN 面积为定值()20k k >时，12222x y k ⋅⋅=，∴(0)x y k k ⋅=>轨迹为双曲线一支，所以A 正确．对于B ，若2(0)MN d d =>，则222222444x y d x y d +=⋅+=，(0,0)x y >>是一圆弧，所以B 正确．对于C ，当2(0)AM AN t t +=>时，222(0,0)x y t x y +=>>，即(0,0)x y t x y +=>>为空端点线段，所以C 正确．对于D ，当Rt △AMN 的周长为定值2C 时，则222x y C ++，即(0,0)x y C x y +=>>，()C x y =-+，∴22222222x y C Cx Cy xy x y +=--+++，所以2(22)2x C y Cx C -=-，2222Cx C y x C-=-轨迹为双曲线一支，所以D 错误．9．（2020·北京·高三校考强基计划）已知A ，B 分别为双曲线2214x y -=的左、右顶点，P 为该曲线上不同于A ，B 的任意一点设,,∠=∠= PAB PBA PAB αβ的面积为S ，则（）A ．tan tan αβ⋅为定值B ．tantan22αβ⋅为定值C ．tan()S αβ⋅+为定值D ．cot()S αβ⋅+为定值【答案】AC【分析】利用三角换元得到P 的坐标为2,tan ,0,cos 2P πθθθ⎛⎫⎛⎫∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，利用斜率公式可求,αβ与θ的关系，化简后可得,αβ的关系，故可判断AB 的正误，根据面积公式可求S （用θ表示），故可判断CD 的正误.【详解】不妨设2,tan ,0,cos 2P πθθθ⎛⎫⎛⎫∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则tan sin tan 22(1cos )(2)cos θθαθθ==+--，tan sin tan 22(1cos )2cos θθβθθ=-=---，1||tan 2tan 2S AB θθ=⋅⋅=，因此2114tan ,tan ,221t t S t t αβ==-=-，其中tan 2t θ=．对于选项A ，1tan tan 4αβ=-为定值．对于选项B ，由于22224tantan22tan tan 1tan tan tantan 2222αβαβαβαβ=⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，因此若tantan22αβ为定值，则tantan 22αβ+为定值，从而tan 2α和tan 2β是确定的值，矛盾，对于选项C ，D ，有()2112122tan()115122t t t t t tαβ--+==-+⋅，因此tan()S αβ⋅+是定值，cot()S αβ⋅+不是定值．10．（2020·北京·高三校考强基计划）已知点(1,1),(1,0)A Q ，P 为椭圆22143x y +=上的动点，则||||PA PQ +的（）A．最大值为4B．最大值为4C．最小值为4-D．最小值为4【答案】BD【分析】利用椭圆的定义可求||||PA PQ +的最值.【详解】注意到Q 为椭圆的右焦点，设其椭圆的左焦点为(1,0)Q '-，则()()||||||44||PA PQ PA PQ PA PQ +=+-=-''+，而||PA PQ -'的取值范围是,AQ AQ ''-⎡⎤⎣⎦，即[，因此所求最大值为4，最小值为4三、填空题11．（2022·江苏南京·高三强基计划）设F ，l 分别为双曲线()22411212x y --=的右焦点与右准线，椭圆Γ以F 和l 为其对应的焦点及准线，过F作一条平行于y =的直线，交椭圆Γ于A ､B 两点，若Γ的中心位于以AB 为直径的圆外，则椭圆离心率e 的范围为___________.【答案】⎫⎪⎪⎭【详解】由双曲线方程可知其焦准距为3，则椭圆Γ的焦准距23b c=（同侧焦点和准线），如图，设椭圆中心为O，建立平面直角坐标系，设F ：()222210x y a b a b+=>>，()11,A x y ，()22,B x y ，直线AB方程：)y x c =+，联立直线AB 和椭圆Γ可得：()222222223630b a x a cx a c a b +++-=，由韦达可得：212222212226+=-+33=+3a x x b a a c x x b a ⋅⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，由椭圆中心O 位于以AB 为直径的圆外，则有12120OA OB x x y y ⋅=+>，结合韦达定理可得：222242222422222233330333a c a b b a c a b b b a b a b a----+=>+++，所以422441030a a c c -+<，即423e 10e 40-+<，e 1<<，12．（2018·山东·高三竞赛）若直线65280x y --=交椭圆22221x ya b+=（0a b >>，且2a 、b 为整数）于点A 、C ．设()0,B b 为椭圆的上顶点，而ABC 的重心为椭圆的右焦点2F ，则椭圆的方程为______．【答案】2212016x y +=【详解】设()11,A x y ，()22,C x y ，由题意ABC 的重心为椭圆的右焦点2F ，整理得213x x c +=，21y y b +=-．由()11,A x y ，()22,C x y 在直线65280x y --=上，得到212165y y x x -=-．由()11,A x y ，()22,C x y 在椭圆()222210x y a b a b +=>>上，得到2211221x y a b +=，2222221x y a b+=．两式相减并整理得()()()()2212122121635y y y y b b a x x x x c +---==⋅+-，整理得225a bc =．①本号资料全部来源于微信公#众号：数学第六感因为()11,A x y ，()22,C x y 在直线65280x y --=上，所以有1165280x y --=，2265280x y --=．将123x x c +=，12y y b +=-代入得()635560c b ⨯---=，整理得18556c b +=．②联立①②，且注意到a 、b 为整数，解得2c =，4b =，220a =．故所求的椭圆方程为2212016x y +=．13．（2022·新疆·高二竞赛）设z 为复数，若方程2297--=z z 表示一条圆锥曲线，则此曲线的离心率=e ___________．【答案】4【详解】令||,|3|,|3|=-=+=z a z b z c ，则27-=a bc ．由复数的几何意义知222218+=+b c a ．所以由前两式知2()32-=b c，即||-=b c ，故||3||3||6--+=<z z ．因此z6的双曲线，14．（2021·全国·高三竞赛）已知集合{}22(,)|||||,0,(,)|1,044x y A x y x y t t B x y m m ⎧⎫=+>=+≤<<⎨⎩≤⎬⎭满足B A ⊆，若P 为集合B 的边界线C 上任意一点，12F F 、为曲线C 的焦点，I 为12PF F △的内心，直线1IF 和2IF 的斜率分别为12k k 、，且1213k k ⋅=-则t 的最小值为________．【详解】因为12F F 、为曲线C 的焦点，I 为12PF F △的内心，若曲线C 的方程为22221x y a b +=，则I 的轨迹方程为22221x y c bc c a +=⎛⎫ ⎪+⎝⎭，故有22121.3bc c a c k k ⎛⎫ ⎪+⎝⎭=-=-⋅可知::2:a b c =，所以3m =．设(2cos )P θθ为曲线C上一点，则有|2cos ||t θθ≥+恒成立，即t ≥15．（2021·全国·高三竞赛）已知ABCD Y 的四个顶点均在双曲线2214y x -=上，点(0,1)P 在边AB 上，且12AP PB =，则ABCD Y 的面积等于_______.【答案】4【分析】由对称性，知O 为平行四边形的中心，设()00,A x y ，得()002,32B x y --，将点A 、B 的坐标代入双曲线方程，求得A 、B 的坐标，利用等面积法知4ABCD AOB S S = △，代入即可求解.【详解】由平行四边形的对称性与双曲线的对称性，知O 为平行四边形的中心，由A 、B 、C 、D 四点在两支双曲线上各有两点，不妨设A 、D 在左支上，B 、C 在右支上，如图：考虑A 、B 关于双曲线中心的对称点,A B ''，因为单支双曲线上不存在四点构成平行四边形，知,A C B D =''=，所以ABCD Y 的对称中心为O .设()00,A x y ，由12AP PB =，得()002,32B x y --.将点A 、B 的坐标代入双曲线方程得()22002020*******y x y x ⎧-=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，解得：00814x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或00814x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩所以A B x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或A B x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩.故242||21ABCDADB AOB A B S S S OP x x ===⋅-=⨯⨯YV V.四、解答题16．（2022·湖北武汉·高三统考强基计划）设F 为椭圆C ：22194x y +=的左焦点，P 为椭圆C上的一点(1)作正方形FPAB （F ，P ，A ，B 按逆时针排列）当P 沿着椭圆运动一周，求动点B 的轨迹方程.(2)设()3,2Q 为椭圆外一点，求PQ PF +的取值范围.【答案】(1)((22=149x x -+.(2)【详解】（1）如图所示,将椭圆C绕其左焦点()F 逆时针旋转90 ,得到椭圆'C,注意到在正方形FPAB 中,点B 可以看成也是由点P 绕点F 逆时针旋转90 而形成的,由于点P 在椭圆C 上运动,则点B 在椭圆'C 上运动.求B 的轨迹方程,也就是求椭圆'C 的方程.注意到椭圆'C的中心坐标为(,从而'C的方程为((22=149x x +.（2）如图所示,|||||PQ PFQF +≥当且仅当,,P F Q 三点共线,即P 运动到1P 位置时,等号成立.记椭圆C 的右焦点为)E,注意到()||||=||2||=||||6PQ PF PQ a PE PQ PE ++--+，显然有||||||=PQ PE QE -≤从而||||6PQ PF +≤+,当且仅当,,P E Q 三点共线,即P 运动到2P 位置时,等号成立.||||6PQ PF ≤+≤即PQ PF+的取值范围17．（2018·全国·高三竞赛）一束直线12,,l l 的每条均过xOy 平面内的抛物线2:C y x =的焦点，()1i l i ≥与抛物线C 交于点i A 、i B .若1l 的斜率为1，()2i l i ≥的斜率为1+2014l 的解析式.【答案】((()()201520152014201411112411y x -⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭-【详解】易知抛物线焦点1,04P ⎛⎫⎪⎝⎭.设()1:1,2,4i i l y k x i ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ ，并与2y x =联立知点i A 、i B 的横坐标i A x 、i B x 满足关于x 的方程()2222120216i i i k k x k x -++=且i i A B x x ≠.则i ii i A B A B x =-=221i i k k +=.从而，当2i≥时，有1111i i k k -==+.记{}n F 满足121F F ==及递推关系21n n n F F F ++=+则{}n F 为斐波那契数列其通项公式为n nn F ⎡⎤⎛⎥=- ⎥⎝⎭⎝⎭⎦.下面证明：1i i iF k F +=对一切正整数i 成立.由2111F k F ==，知i=1时结论成立.设i=t 时结论成立.则121111111t t t t t t t t t F F F F k k F F F +++++++=+=+==即i=t+1时结论也成立.由数学归纳法知1i i iF k F +=对一切正整数i 成立.特别地，201520142014F k F =.从而，2014l的解析式为((()()201520152014201411112411y x +-⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭-.【注】本题亦可用不动点方法求数列{}i k 的通项.18．（2018·福建·高三竞赛）已知1F 、2F 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的左、右焦点，点3P ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆C 上，且12F PF △的垂心为5,33H ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭．（1）求椭圆C 的方程；（2）设A 为椭圆C 的左顶点，过点2F 的直线l 交椭圆C 于D 、D 两点．记直线AD 、AE 的斜率分别为1k 、2k ，若1212k k +=-，求直线l 的方程．【答案】（1）22143x y +=（2）()21y x =-【详解】设()1,0F c -，()2,0F c ．由12F PF的垂心为53H ⎫-⎪⎪⎝⎭，得12F H PF ⊥．所以12531F H PF k k -⋅==-，224593c -=，解得21c =．由点P ⎫⎪⎪⎝⎭在椭圆C 上，得2224119a b +=．结合2221a b c -==，解得24a =，23b =．所以椭圆C 的方程为22143x y +=．（2）由（1）知()2,0A -，()21,0F ．若l 的斜率不存在，则由对称性，知120k k +=，不符合要求．若l 的存在，设为k ，则l 的方程为()1y k x =-．由()221143y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩，得()22224384120k x k x k +-+-=．①设()11,D x y ，()22,E x y ，则2122843k x x k +=+，212241243k x x k -=+．所以()()1212121212112222k x k x y y k k x x x x --+=+=+++++()()()12121234331122222x x k k x x x x ⎡⎤++⎛⎫=-+-=⋅-⎢⎥⎪++++⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()221222121222834344322412824244343k x x k k k k k x x x x k k ⎡⎤⎛⎫+⎢⎥ ⎪⎡⎤+++⎝⎭⎢⎥=⋅-=⋅-⎢⎥⎢⎥-+++⎢⎥⎣⎦+⨯+⎢⎥++⎣⎦()222222238161221122412161612k k k k k k k k k k ⎡⎤++⎛⎫+⎢⎥=⋅-=⋅-=- ⎪-+++⎢⎥⎝⎭⎣⎦．又1212k k +=-，因此2k =，直线l 的方程为()21y x =-．19．（2018·江西·高三竞赛）若椭圆221259x y +=上不同的三点()11,A x y ，94,5B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()22,C x y 到椭圆右焦点的距离顺次成等差数列，线段AC 的中垂线l 交x 轴于点T ，求直线BT 的方程．【答案】252064x y -=【详解】用a 、b 、c 分别表示椭圆的半长轴、半短轴及半焦距之长度，则5a =，3b =，4c =，右焦点为()4,0F ，且准线方程为2a x c=，由21AFca a x c=-，22CF c a a x c=-，得1455AF x =-，2455CF x =-，根据等差性质，2AF CF BF +=，而95BF =，即12441855555x x ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以128x x +=．①设线段AC 的中点为D ，则其坐标为124,2y y D +⎛⎫ ⎪⎝⎭，又设点T 的坐标为()0,0T x ，则AC 的中垂线DT 的方程为()12121242y y x xy x y y +--=---．因()0,0T x 在此直线上，故有()1212012042y y x xx y y +--=---，即()221201242y y x x x --=-．②又根据A 、B 在椭圆上，得()221192525y x =-，()222292525y x =-，所以()()22121212925y y x x x x -=-+-，据①，即有()22121236225y y x x -=--．③再据②③得06425x =，即点T 的坐标为64,025T ⎛⎫⎪⎝⎭，于是直线BT 的方程为252064x y -=．20．（2018·湖北·高三竞赛）已知O 为坐标原点，()1,0N ，点M 为直线=1x -上的动点，MON ∠的平分线与直线MN 交于点P ，记点P 的轨迹为曲线E .（1）求曲线E 的方程；（2）过点11,22Q ⎛⎫-- ⎪⎝⎭作斜率为k 的直线l ，若直线l 与曲线E 恰好有一个公共点，求k 的取值范围.【答案】（1）()201y x x =≤<（2）11,132⎧⎫+⎪⎪⎛⎤-⎨⎬⎥⎝⎦⎪⎪⎩⎭ 【详解】(1).设()(),,1,P x y M t -，易知01x ≤<.因为OP 平分MON ∠，所以OM MP PN ON==，所以)11,x x +-①)0y t y -=-.②由①②可得21y t x =-，代入①得到11x x +=-E 的方程为()201y x x =≤<.(2).记()()1,1,1,1A B -，则11,3QA QB k k ==-.直线l 的方程为1122y k x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，与抛物线方程2y x =联立，消去x 得()21102ky y k -+-=当直线l 与抛物线2y x =相切于点T 时，()1210k k ∆=--=，解得1,2k =当1k k ==T y =T 在曲线E 上；当212k k ==时，T y =，切点T 不在曲线E 上.若直线l 与曲线E 恰好有一个公共点，则有QB QA k k k <≤或k =，故所求k的取值范围为1,13⎛⎤-⋃ ⎥⎝⎦⎪⎪⎩⎭.21．（2021·全国·高三竞赛）过抛物线22y px =(p 为不等于2的质数)的焦点F ，作与x 轴不垂直的直线l 交抛物线于M ､N 两点，线段MN 的垂直平分线交MN 于P 点，交x 轴于Q 点.（1）求PQ 中点R 的轨迹L 的方程；（2）证明：L 上有无穷多个整点(横、纵坐标均为整数的点)，但L 上任意整点到原点的距离均不是整数.【答案】（1）24()(0)y p x p y =-≠；（2）证明见解析.【详解】（1）抛物线22y px =的焦点为(,0)2p ，设l 的直线方程为()(0)2p y k x k =-≠.由得222y pxp y k x ⎧=⎪⎨⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎩得222221(2)04k x pk p x p k -++=.设M ､N 的横坐标分别为12x x 、，由21222pk p x x k ++=，得22122222,()2222P Px x pk p pk p p px y k k k k+++===-=，而PQ l ⊥，故PQ 的斜率为1k -，PQ 的方程为2212()2p pk py x k k k +-=--.代入0Q y =得222223222Q pk p pk px p k k ++=+=.设动点R 的坐标为(),x y ，则:21()21()22p Q P Qp x x x p k p y y y k ⎧=+=+⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩，因此222()4(0)p p x p y y k-==≠，故PQ 中点R 的轨迹L 的方程为24()(0)y p x p y =-≠.（2）显然对任意非零整数t ，点2((41),)p t pt +都是L 上的整点，故L 上有无穷多个整点.反设L 上有一个整点(),x y 到原点的距离为整数()0m m ≥，不妨设0,0x y >>，则:22224()x y m y p x p ⎧+=⎨=-⎩①②，因为p 是奇质数，于是|p y ，从②可推出|p x ，再由①可推出|p m .令111,,x px y py m pm ===，则有22211121141x y m y x ⎧+=⎨=-⎩③④，由③，④得2211114x x m -+=，于是2211(81)(8)17x m +-=，即()()111181881817x m x m +++-=，于是111181817,8181x m x m ++=+-=，得111x m ==，故10y =，有10y py ==，但L 上的点满足0y ≠，矛盾!因此，L 上任意点到原点的距离不为整数.22．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22:12+=x E y 的右焦点为(c,0)F ，上顶点为M ，圆222:()(0)F x c y r r -+=>，问：椭圆E 上是否存在两点P 、Q 使得圆F 内切于三角形MPQ 若存在，求出直线PQ的方程；若不存在，请说明理由．【答案】存在，PQ的方程为(260x y +-+-=．【详解】假设这样的P 、Q 存在，且设()()1122,,,P x y Q x y ，由题意知(0,1),(1,0)M F ，所以直线()111:10MP y x x y x --+=．因为该直线与圆F 相切，则d r =r =，两边平方化简得()()2222111111x y r x y ⎡⎤+-=+-⎣⎦，整理得()()()()22221111111210r x ryx y -+--+-=．因为()221121x y =-，消去1x 得()()()()()2222111112111210r y r yx y -⋅-+--+-=．因为11y ≠，两边同时除以11y -，得()()()()221111211120r y r y x -⋅++---=，整理得()()221121310x ryr -+-+-=，即点P 在直线()()2221310x r y r -+-+-=上．同理，点Q 也在直线()()2221310x r y r -+-+-=上，因此直线PQ 的方程为()()2221310x r y r -+-+-=．又因为直线PQ 圆Fr=，解得r =因此直线PQ 存在且直线PQ的方程为(260x y +-+-=．23．（2021·全国·高三竞赛）如图所示，()(),0P a b a b <<为抛物线2:4F y x =外一点，过P 引抛物线Γ的两条切线PA PB 、，切点分别为A 、B ．在线段PA 上取两点D 、E ，使得PD AE =．若过D 、E 两点的直线12l l 、分别切抛物线Γ于M 、N 两点（异于A ）．求四边形MNAB 面积的最大值．【详解】设()()()()11220000,,,,,,,A x y B x y M x y N x y ''，则直线AP 的方程为()112y y x x =+，直线BP 的方程为()222y y x x =+，故有121242y y a y y b ⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，同理可得1010,22E D y y y yy y '++==，又因为PD AE =，所以1E D y y b y +=+，即002y y b +'=，故12121200424AB MN y y k k x x y y b y y '-=====-++，因此//AB MN ．直线AB 的方程为22by x a =+，直线MN 的方程为0000004y y y x y y y y '''=+++，即0022y y by x '=+，故两平行线间的距离d '，||AB ===||MN =所以00|4|1(||||))24MNABy y a S d AB MN '-=⋅+=⋅，其中0204a y y b ≤'≤，可令22004,b a A b y y X '-=-=，则：1(4MNAB S A X =-218=+3183⎛≤ ⎝⎭当22001(4)9b y y b a '-=-时取到最大值．24．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>，其右焦点为F ，过F 作直线l 交椭圆1C 于A 、B 两点（l 与x 轴不重合），设线段AB 中点为D ，连结OD （O 为坐标原点），直线OD 交椭圆1C 于M 、N 两点，若A 、M 、B 、N 四点共圆，且||8||3MN OD =，求椭圆1C 的离心率．【分析】先将椭圆与直线联立，结合韦达定理表示出D 坐标，再结合直线OD 交椭圆1C 于M 、N 两点，若A 、M 、B 、N 四点共圆，且||8||3MN OD =，求出2,3M ⎛ ⎝⎭再代入椭圆求出a ，进而求出离心率.【详解】不妨设椭圆1C 的半焦距1c =，则221b a =-，椭圆右焦点为(1,0)F ．设:1l x ky =+，将1x ky =+，代入22221x ya b+=消去x 化简整理得()()()222222222110a k k a y a ky a -++---=．显然，方程判别式Δ0>，设()(),,,A A B B A x y B x y ．由韦达定理知()2222221A B a k y y a k k a-+=--+，从而()()22222222222211122222A B D A B a k x x ax ky ky a k k a a k k a ⎛⎫-+==++=-+= ⎪ ⎪-+-+⎝⎭，()2222211D D a k x y k a k k a--==--+，于是()22222222221,a k a D a k k a a k k a ⎛⎫-- ⎪ ⎪-+-+⎝⎭．所以直线OD 的方程为()221a x y a k =--．设圆AMBN 的方程为222:0C x y Dx Ey F ++++=，直线l 直线MN 的方程为()232:(1)01a C x ky x y a k ⎛⎫--+= ⎪ ⎪-⎝⎭，由于3C 经过12C C 、的交点，且123C C C 、、均为二次曲线，则存在常数12λλ、，使得()()2222212222(1)11a x y x ky x y x y Dx Ey Fa b a k λλ⎛⎫⎛⎫--+=+-+++++ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，比较方程两边xy 系数知()2201a k a k -+=-，即2221a k a =-，由对称性不妨设k =．代入点D 的坐标得1,22D a ⎛- ⎪ ⎪⎝⎭，又||8||3MN OD =，得点2,3M ⎛ ⎝⎭，而M 在1C上，故22222311a a ⎛⎛⎫ ⎪ ⎝⎭⎝⎭+=-，解得a =于是1C的离心率为3c e a ==．25．（2018·甘肃·高三竞赛）已知椭圆2222:1x y C a b+=过点()0,2M ，且右焦点为()2,0F ．（1）求椭圆C 的方程；（2）过点F 的直线l 与椭圆C 交于,A B 两点，交y 轴于点P ．若,PA mAF PB nBF ==，求证：m n +为定值；（3）在（2）的条件下，若点P 不在椭圆C 的内部，点Q 是点P 关于原点O 的对称点，试求三角形QAB 面积的最小值．【详解】（1）由题意b=2，c=2，所以28a =，椭圆C 的方程为22184x y +=．(2)设A 、B 、P 的坐标分别为()()()1122,,,,0,x y x y t ．由PA mAF = 知121m x m =+，11ty m=+．又点A 在椭圆C 上，则22211184m t m m ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭+=，整理得222840m m t +-+=．由PB nBF =，同理得到222840n n t +-+=．由于A 、B 不重合，即m n ≠，故m 、n 是二次方程222840x x t +-+=的两根，所以m+n=-4，为定值．（3）依题意，直线l 的方程为12x yt+=，即()22t y x =--，与椭圆C 的方程联立，消去y 并整理，得()2222244160t xt x t +-+-=，()()42221642416321280t t tt ∆=-+-=+>，所以221212224416,22t t x x x x t t -+=⋅=++，而1212122QAB S t x x t x x ∆=⋅⋅-=⋅-()()22222121212=4QAB S t x x t x x x x ∆⎡⎤=-+-⎣⎦()42222216166422t t tt t ⎡⎤-⎢⎥=-⎢⎥++⎣⎦()2222321282t t t +=⋅+．()2243212t ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥+⎣⎦由已知，点P 不在椭圆C 的内部，得2t ，即24t ，所以2QAB S ∆的最小值为82563299⨯=，故三角形QAB 面积的最小值为163．26．（2018·山东·高三竞赛）已知圆22:4O x y +=与曲线:3C y x t =-，(),A m n ，(),B s p ，(),,,m n s p *∈N 为曲线C 上的两点，使得圆O 上任意一点到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值()1k k >，求t 的值．【答案】43t =【详解】设(),P x y 为圆O 上任意一点，则由题意知PA k PB=．即222PA k PB =，于是()()()()22222x m y n k x s y p ⎡⎤-+-=-+-⎣⎦，整理得()()()()22222222222222111k s m kp nmn k s p x y x y k k k --+-++--=---．因此点P 的轨迹是一个圆．因为(),P x y 为圆上任意一点，所以此圆与圆22:4O x y +=必为同一个圆，于是有()22201k s m k --=-，()22201k p nk --=-，()()22222241mn k s p k +-+=-，整理得20k s m -=，20k p n -=，所以()()()()()22222424222222222411m n k s p k sk p k s p ks p k k +-++-+==+=--．因为s ，*p N ∈，所以21s ≥，21p ≥，从而22242k s p =≤+．又因为1k >，所以1s p ==，22k =，2m n ==．因此将()2,2A ，()1,1B ，代入3y x t =-，得43t =．27．（2022·福建·高二统考竞赛）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的离心率为12，1A ､2A 分别为椭圆C 的左､右顶点，1F ､2F 分别为椭圆C 的左､右焦点，B 为椭圆C 的上顶点，且11BA F ∆的外接圆半径为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设与x 不垂直的直线l 交椭圆C 于P ､Q 两点（P ､Q 在x 轴的两侧），记直线1A P ､2PA ､2A Q ､1QA 的斜率分别为1k ､2k ､3k ､4k .已知()142353k k k k +=+，求2F PQ ∆面积的取值范围.【答案】(1)2211612x y +=(2)0,2⎛ ⎝⎭【详解】（1）由椭圆C 的离心率为12，知12c a =，于是112BF a c OF ===，所以1=30F BO ∠︒，1=60BFO ∠︒，11=120BF A ∠︒，又AB ===，且11BA F ∆所以11==2sin sin1203AB BF A ∠⨯︒，解得=2c ，因此，=4a，b =所以，椭圆C 的方程为2211612x y +=.（2）如图，易知直线l 斜率不为0，设l 方程为x ty m =+，由22=++=11612x ty m x y ⎧⎪⎨⎪⎩，得()2223463480t y mty m +++-=，设()11,P x y ，()22,Q x y ，则122634mt y y t -+=+，212234834m y y t -=+，由（1）知，()14,0A -，()24,0A ，所以122211111222111134441643PA PA y y y y k k k k x x x y ⋅=⋅=⋅===-+---，同理，123434OA QA k k k k ⋅=⋅=-，因为()142353k k k k +=+，所以()2323335443k k k k --=+，()2323233543k k k k k k +-⋅=+，由l 与x 不垂直可得230k k +≠，所以23920k k =-，即22920PA QA k k ⋅=-，所以121294420y y x x ⋅=---，()()1212209440y y ty m ty m ++-+-=，于是()()()()22121292094940t y y t m y y m ++-++-=，()()()222223486920949403434m mt t t m m t t --+⋅+-⋅+-=++，整理得2340m m --=，解得1m =-或=4m ，因为P ､Q 在x 轴的两侧，所以2122348034m y y t -=<+，44m -<<，又1m =-时，直线l 与椭圆C 有两个不同的交点，因此1m =-，直线l 恒过点()1,0D -，。

高中数学专题讲座

高中数学专题讲座篇一：高中数学专题讲座讲座题目:解析几何讲座主题:解析几何的基本概念、方法和应用讲座时长:30分钟正文:解析几何是高中数学中重要的分支之一,主要研究平面上点与线之间的关系,以及它们在空间中的相互转化。

解析几何的应用非常广泛,包括几何光学、天体物理学、工程学等领域。

讲座开始时,我们将介绍解析几何的基本概念和符号表示。

解析几何中的点通常用字母P表示,线通常用字母l表示,函数通常用字母f表示,变量通常用字母x表示。

我们将使用这些符号来表示解析几何中的各种概念和公式。

接下来,我们将介绍解析几何的基本方法。

这些方法包括几何法、代数法和曲线法等。

几何法是利用几何图形来表示函数,代数法是利用代数公式来表示函数,曲线法是利用曲线来表示函数。

我们将介绍这些方法的基本原理和应用。

最后,我们将介绍解析几何的应用。

解析几何在几何光学、天体物理学、工程学等领域都有广泛的应用。

例如,在光学中,解析几何可以用来研究光的传播规律;在天体物理学中,解析几何可以用来研究行星的轨道和运动规律;在工程学中,解析几何可以用来研究机械运动的分析和控制。

在讲座的结尾,我们将总结一下解析几何的基本概念、方法和应用。

我们还将介绍一些常见的解析几何问题和解决方法,以便听众们能够更好地掌握解析几何的知识和技能。

以上就是本次高中数学专题讲座的全部内容。

希望本次讲座能够帮助听众们更好地掌握解析几何的基本概念、方法和应用,为未来的学习和研究打下坚实的数学基础。

篇二：高中数学专题讲座讲座题目:高中数学专题讲座讲座主题:高中数学基础知识的讲解与拓展正文:大家好,今天我们来谈一谈高中数学基础知识的讲解与拓展。

高中数学是一个非常重要的学科,因为它是许多大学专业的基础课程,同时也是许多职业领域中必不可少的技能。

因此,在学习高中数学时,掌握基础知识是非常重要的。

在讲解基础知识时,我们需要注意以下几个方面:1. 理解概念和定义。

概念和定义是数学的基石,只有理解了它们,才能更好地应用数学知识。

高中数学竞赛专题讲座(解析几何)

高中数学竞赛专题讲座（解析几何）一、基础知识1．椭圆的定义，第一定义：平面上到两个定点的距离之和等于定长（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹，即|PF 1|+|PF 2|=2a (2a>|F 1F 2|=2c). 第二定义：平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0<e<1)的点的轨迹（其中定点不在定直线上），即e dPF =||(0<e<1). 第三定义：在直角坐标平面内给定两圆c 1: x 2+y 2=a 2, c 2: x 2+y 2=b 2, a, b ∈R +且a ≠b 。

从原点出发的射线交圆c 1于P ，交圆c 2于Q ，过P 引y 轴的平行线，过Q 引x 轴的平行线，两条线的交点的轨迹即为椭圆。

2．椭圆的方程，如果以椭圆的中心为原点，焦点所在的直线为坐标轴建立坐标系，由定义可求得它的标准方程，若焦点在x 轴上，列标准方程为12222=+b y a x (a>b>0)，参数方程为⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x （θ为参数）。

若焦点在y 轴上，列标准方程为12222=+b y a y (a>b>0)。

3．椭圆中的相关概念，对于中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆12222=+by a x ， a 称半长轴长，b 称半短轴长，c 称为半焦距，长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别为(±a, 0), (0, ±b ), (±c, 0)；与左焦点对应的准线（即第二定义中的定直线）为c a x 2-=，与右焦点对应的准线为c a x 2=；定义中的比e 称为离心率，且ace =，由c 2+b 2=a 2知0<e<1.椭圆有两条对称轴，分别是长轴、短轴。

4．椭圆的焦半径公式：对于椭圆=+2222by a x 1(a>b>0), F 1(-c, 0), F 2(c, 0)是它的两焦点。

高中数学竞赛讲义+完美数学高考指导(二)

高中数学竞赛讲义+完美数学高考指导(二) 高中数学竞赛讲义（十）──直线与圆的方程一、基础知识1．解析几何的研究对象是曲线与方程。

解析法的实质是用代数的方法研究几何.首先是通过映射建立曲线与方程的关系，即如果一条曲线上的点构成的集合与一个方程的解集之间存在一一映射，则方程叫做这条曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线。

如x22=1是以原点为圆心的单位圆的方程。

2．求曲线方程的一般步骤：(1)建立适当的直角坐标系；(2)写出满足条件的点的集合；(3)用坐标表示条件，列出方程；(4)化简方程并确定未知数的取值范围；（5）证明适合方程的解的对应点都在曲线上，且曲线上对应点都满足方程（实际应用常省略这一步）。

3．直线的倾斜角和斜率：直线向上的方向与x轴正方向所成的小于1800的正角，叫做它的倾斜角。

规定平行于x 轴的直线的倾斜角为00，倾斜角的正切值（如果存在的话）叫做该直线的斜率。

根据直线上一点及斜率可求直线方程。

4．直线方程的几种形式：（1）一般式：0；（2）点斜式：0(0)；（3）斜截式：；（4）截距式：；（5）两点式：；（6）法线式方程：θθ（其中θ为法线倾斜角，为原点到直线的距离）；（7）参数式：（其中θ为该直线倾斜角），t的几何意义是定点P0（x0, y0）到动点P（x, y）的有向线段的数量（线段的长度前添加正负号，若P0P方向向上则取正，否则取负）。

5．到角与夹角：若直线l1, l2的斜率分别为k1, k2，将l1绕它们的交点逆时针旋转到与l2重合所转过的最小正角叫l1到l2的角；l1与l2所成的角中不超过900的正角叫两者的夹角。

若记到角为θ，夹角为α，则θα=.6．平行与垂直：若直线l1与l2的斜率分别为k1, k2。

且两者不重合，则l12的充要条件是k12；l1l2的充要条件是k1k21。

7．两点P1(x1, y1)与P2(x2, y2)间的距离公式：1P2。

8．点P(x0, y0)到直线l: 0的距离公式：。

高中数学解析几何讲座

高中数学“解析几何初步”教学研究一、对“解析几何初步”数学知识的深层次理解（一）“解析几何初步”知识结构解析几何初步的内容在新课标中安排在必修课程的必修 2 中.解析几何初步的内容是一个承上启下的内容.学生在七年级学习过数轴，这是一维的坐标系，当时学生的注意力集中在：数与数轴上的点的对应关系.开始是有理数和数轴上的点的对应关系，后来学习了实数之后，确认了实数与数轴上的点一一对应.学生对于数轴可以确定一维空间的点的坐标的认识还处于初级阶段.到了九年级，学习了平面直角坐标系，由两个互相垂直的数轴按照一定的规则组成平面直角坐标系，这时学生对于坐标系可以确定点的位置的认识有明显的提升.加上初中学习了一次函数、二次函数、反比例函数的图像，在平面直角坐标系下，学生不仅学习了平面上的点与有序数对的一一对应的关系，还初步体验了曲线与方程的概念，这种感受还停留在直观的、具体的认识，还缺乏理论上的认识.解析几何初步的内容在结束时，以长方体为模型，建立了空间直角坐标系.充实和完善了直角坐标系，为在高校进一步学习空间解析几何奠定基础.解析几何初步的内容在建立了直角坐标系之后，重点研究了两类曲线：直线和圆.通过这两种曲线的研究，渗透曲线与方程的概念.对于生源较好的学生，也可以尝试调整教学内容的顺序，先讲曲线与方程的概念，再讲直线和圆的方程.这两种不同的方案，一种是由特殊到一般，另一种是由一般到特殊.课程标准的设置也考虑到有些学生接受曲线与方程的概念有一定的困难，所以在文科的选学系列中没有设置曲线与方程的内容.（二）感悟解析几何的学科特点从本讲开始，正式进入解析几何的学习，解析几何学科的特点是运用代数的方法来研究几何图形的性质.具体的说：过去研究两条直线是否平行，我们通常是使用平行线的判定定理：同位角相等，则两直线平行；内错角相等，则两直线平行；同旁内角互补，则两直线平行.在解析几何中，判断两条直线的位置关系，则是依据两条直线的斜率，当两条直线的斜率存在时，依据斜率与截距就可以判断两条直线是否平行；再例如，过去判断直线与圆是否相切，依据切线的判定定理；现在则可以通过联立直线与圆的方程，通过解方程组，得出方程组的解得个数确定直线和圆的位置关系.平面直角坐标系不仅能够使平面上的点与有序数对建立一一对应的关系，还可以将曲线与方程之间建立一一对应的关系，这种关系可以进一步将图形的几何性质和一些数量之间的关系建立起一种对应的、必然的、因果的关系.（三）体会几何证明的新思路例 1 三角形中位线定理的证明.命题得证.三角形的中位线定理的证明在初中阶段已经学过，当时是利用添加辅助线的方法解决，如果没有教师的启发和引导，学生很难想到添加辅助线的方法.现在我们借助平面直角坐标系以及相关的知识，回避了学习的难点，学生在使用解析法解完这个题之后，确有柳暗花明又一村的感觉.例 2 证明：三角形的三条高线交于一点.用代数的方法研究几何图形的性质，首先要建立平面直角坐标系.坐标系建立的方式也是有讲究的，我们的原则是在坐标系建立之后，尽可能的使研究对象的坐标、方程简捷.例 2 中，可以以 A 为坐标原点， AB 所在的直线为x 轴，建立如图坐标系.此外我们也可以以 AB 所在的直线为x 轴，过点C 与AB 垂直的直线为y 轴，建立如图坐标系.无论是第一种建立坐标系的方法还是第二种建立坐标系的方法，都是使得三角形的三个顶点的坐标中， 0 出现的次数比较多，这样运算起来就很简捷.命题得证.通过以上两个例题，学生对解析几何的基本思想“用代数的方法研究几何图形的性质”可以有一个初步的、直观的认识.（四）教学内容的重点、难点本讲的教学重点是：直线的方程、圆的方程；从知识结构图中我们可以看出，本讲的知识主要是三个方面.其一是两点间的距离公式、线段的中点的坐标公式等与直角坐标系有关的基础公式；其二是直线方程的有关知识；其三是与圆的方程有关的知识.对于直线方程的几种形式，课程标准的要求是：掌握点斜式、两点式及一般式，体会斜截式，根据我们的教学实践，建议让学生掌握：点斜式、斜截式、截距式、一般式 . 对于两点式可以略讲，在实际的应用过程中，两点式的问题都可以转化为点斜式，而截距式有其使用方便的特点，建议有条件的班级，教师可以予以补充.对于圆的方程的学习，课程标准的要求是：掌握圆的标准方程与一般方程.在这个内容的要求上，建议遵循课程标准的要求，不建议对课程标准的内容进行增删.有些教师在教学中引导学生探求：以 A （x1，y1）、 B （x2，y2）两点为直径的圆的方程，这种做法我们认为是正确的，高中阶段引导学生探究问题，有助于培养学生的抽象概括能力，有助于学生思维能力的提高.这是体现素质教育的一种做法.但是如果要求学生记住这个结论，在今后的解题中使用使用这个结论，无疑是加重了学生的学习负担，同时，教学设计的目的也发生了变化，这种做法是不应该提倡的.本讲的难点是：用代数的方法研究几何图形的性质.对于难点的突破，教师不要急于求成，学生对于一门学科特点的体会和掌握，绝非一朝一夕可以完成的.从另一个角度说，教师的引导和示范也是非常必要的.我们在上面一个问题中谈到的用解析法证明几何问题，一方面是为教师提供一些素材，针对所教班级学生的基础情况，可以选择一些他们力所能及的平面几何题进行证明，一方面有助于我们突破解析几何教学的难点，让学生在实践中感受如何用代数的方法研究几何图形的性质，另一个方面，也为选修 4-1 《几何证明选讲》的学习提供一些帮助.二、“解析几何初步”的教学策略以及学生学习中常见的错误与问题的分析与解决策略（一）重视曲线与方程的教学曲线与方程的概念是解析几何学科的理论基础.这部分内容在教材中的位置是发生过变化的.课标之前的教材基本上是将这部分内容安排在直线的方程之后.学生对曲线与方程的概念有了初步的直观的认识之后再提出理论上的要求.新的课程标准是将这部分移到选修 2 系列.这样的做法目的有两个，首先是让学生增加了直观感受，在正式学习概念之前，有大量的实例作铺垫.在学习了直线和圆的方程之后，才接触曲线方程的概念.这样学生在理论上认识曲线与方程的概念之前就已经有两种曲线的感性的认识.认识的基础比以前更加雄厚了.第二个目的就是改变了文、理科学生相同的要求的现象.课程标准之前的教学大纲对文科、理科的学生在这方面的要求是相同的.现在文科学生的选修 1-1 中删去了曲线与方程的内容，一方面不影响文科学生对圆锥曲线的研究，另一方面体现了文科、理科学生在数学学习上要求的差异.对于理科学生从理论上尽可能的完善，而对文科学生的要求则侧重在具体的曲线特性的研究.曲线与方程的概念一共两句话，曲线上每一个点的坐标都适合方程；以方程的任一组解为坐标的点都在曲线上.在学习曲线与方程的概念的时候，教师一般都会注意纯粹性与完备性，会从各个不同的角度设计例题，来巩固落实概念.然而在结合具体的曲线学习的时候，教师对曲线与方程的概念的强调会有不同程度的削弱.求：点P 的坐标.教学的对策，首先教师还是应该注重概念的教学，注重过程的教学.让学生从不同的角度认识曲线与方程的概念，分析上述例题的解题思路也是对概念深化理解的一种方式.对于第二个问题，我们认为，在高中的数学学习中，学生应该具备一定的抽象能力.教师在例题的选择过程中，有意识的增加抽象的题目的比例.例 3 的难度比较大，可供学有余力的同学研究 .（二）体会用代数的方法研究几何图形的过程前面已经提到教师可以适当增加平面几何问题的解析法证明.有一些教师因为工作需要一直在高中任教，缺乏对整个中学教材的全面了解.在对教材的把握上很难做到得心应手，翻转自如的境地.特别是数学的许多内容，初中、高中的教学内容有千丝万缕的联系，把握不好，教学中教师就陷入被动的地步.例如：初中阶段学生已经学习了一次函数、反比例函数、二次函数的知识，对于上述函数的图像已经比较熟悉，如果我们在高中讲解直线方程的几种形式时，把学生的认知基础当成零来处理教材，显然是不恰当的.如果我们适量的引入一些几何证明的问题，学生会觉得亲切，与以往的知识建立了联系.如果题目选的恰当，恰当的标准是所选的题目使用传统的、学生熟悉的演绎推理的方法很难解决，但是使用解析法很简单，想要做到这一点，需要教师研究初中的教材，积累相应的资料，才能在教学中得心应手.下面再举两个例题例 4 的想法同上，但是难度比之前的例题要大，可供学有余力的同学去挑战.（三）辨析、掌握直线与圆的方程的不同形式直线的方程有许多不同的形式.通常在这一部分的要求是 3 ~ 5 种.对于直线方程的 5 种形式：点斜式、斜截式、两点式、截距式、一般式我们有如下的建议.首先直线方程的斜截式在初中阶段学生已经熟悉，甚至学生对于k 和b 的几何意义都很清楚.建议教师可以用复习的形式讲解直线方程的斜截式.点斜式应该作为新课重点的讲解 . 原因是这种形式学生在初中阶段的学习中没有接触过.第二，直线方程的两点式、斜截式都可以轻而易举的转化为直线的点斜式来解决.截距式的要求在降低，教师可以结合学生的情况适当的补充即可.第三，直线方程的一般式是理论讨论和统一结论形式的需求，学习的开始阶段，可以要求学生将所求直线方程的结果一律写成一般式的形式.直线l的方程为 ________________.拿到这样一个题目，面临的第一个问题就是选择直线方程的哪一种形式？根据已知条件，所求直线经过已知点（ 0 ， 0 ），分析直线方程的五种形式，建议选择点斜式或者两点式，优点在于已知条件可以得到充分的运用.如果不讲两点式，选择的结果就单一了，这样的做法有利于中等学生的学习.在这一阶段的学习过程中，学生对于直线方程还是处于半生不熟的状态，解题时难免顾此失彼.经常容易出现的问题是忽略直线的斜率不存在的情况.教师在这时要注意抓住机遇，培养学生分类讨论的数学思想.学生在初中接触过分类讨论的思想，主要是对于绝对值问题的讨论，正数的绝对值等于他的本身，附属的绝对值等于他的相反数，然而对于这类问题学生还是陌生的.数学思想的培养不是一蹴而就的，需要一个比较漫长的阶段，在这个过程中，学生可以从模仿开始，在模仿中感悟，逐步由被动到主动，教师的示范和引导、启发就显得尤为重要.教师要有强烈的意识：在传授知识的同时，渗透数学思想，教授数学方法，进而实现对学生能力的培养.的距离相等，则m的值为________.在解析几何初步的学习中，分类讨论不局限于只是代数中字母取值的限制. 要结合题目的特点去分析. 例2 的条件是实质一个几何的条件，点A 和点B 的不同位置直接影响问题的答案. 当点A 和点B 位于已知直线的同侧，可知AB 平行于已知直线；当点A 和点B 位于已知直线的异侧，可知AB 的中点在已知直线上.圆 C 的方程为 _______.圆的方程有两种形式：圆的标准方程和圆的一般方程.解题之前，应该选择一种简捷的方式.对于例 3 来说，已知条件中涉及到圆心、半径，使用圆的标准方程会简捷一些.有比较才有鉴别.建议学习圆的方程的开始阶段，对于同一个题目，让学生使用圆的标准方程和圆的一般方程分别给出解答，让他们在解题的过程中感悟不同的选择带来的不同结果，进过这样的教学，学生会逐步养成主动选择简捷的解题策略的习惯.（四）数学思想的培养数学思想的培养需要一个长期的过程.同时需要教师有意识的结合教学内容积极地渗透和培养.有时教师在一节课的教学目标中设置：培养“ % ￥ # ”的数学思想，我们认为是不妥当的，数学思想的形成绝不是一节课就能完成的.原则上说，每个教学内容都可以与多种数学思想方法结合起来.但是不同的内容，与各种数学思想的结合密切程度有所区别.在解析几何的学习中，数形结合的思想显得更为突出.因为解析几何就是用代数的方法研究几何图形的性质，数形结合自然成为这门学科重点需要培养的数学思想.同一个事实，从数和形两个角度看，有不同的表象.例如两条直线垂直，从形的角度看，是两条直线相交成直角，但是从数的角度研究，就是两条直线的斜率乘积等于 -1.又例如在平面几何中，我们判定直线与圆相切，利用的是判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；而在解析几何中，我们通常是利用计算圆心到直线的距离，依据这个距离与半径之间的关系判断直线与圆的位置关系.其次，方程的思想也是解析几何中的重要思想.解析几何将曲线与方程联系起来.曲线的方程往往是依据一些条件确定的，曲线方程的确定，通常是确定方程中参数.比如圆的方程就是确定D 、E 、F 的值.那么我们就是需要找到关于D 、 E 、 F 的三个方程.分类讨论的思想、化归的思想在解析几何初步中都有下面通过几个例题说明：数形结合去分析一个题目，容易迅捷的找到解题的思路和答案 . 因为分析的途径有两条，一方面有数量关系，另一方面有图形显示的位置关系 . 例 1 从数量关系来看，圆心到直线的距离等于 5 ，从位置上看，如果半径r 的取值小于 4 ，则圆上没有符合要求的点；如果半径r 的取值等于 4 ，则圆上恰有一个符合要求的点；如果半径r 的取值等于 6 ，则圆上恰有三个符合要求的点；如果半径r 的取值大于 6 ，则圆上恰有四个符合要求的点；只有半径r 的取值在区间（ 4 ， 6 ）时，圆上恰有两个个符合要求的点 .分类讨论的思想通常是在解题过程中，由于运算的限制需要对题目进行分类讨论.例如当我们设所求直线方程为点斜式的时候，就要讨论斜率存在和斜率不存在两种情况；再例如当我们设所求直线方程为截距式的时候，要讨论截距为 0 和截距不为 0 的两种情况.化归的思想在解析几何初步阶段的运用不是很明显，在圆锥曲线一讲中，我们再做描述.（五）揭示知识的本质，让学生理解其中的道理，而不是停留在表面的模仿在教学的过程中，有学生模仿教师解题的过程，但是教师要注意我们希望学生有独立的分析问题、解决问题的能力，有一些问题，可以适当的集中讲解，有助于解释知识的本质，同时也有助于学生的理解和掌握.从以上的变式以及相应的分析可以看出，对于一个题目分析的深刻程度，决定学生对这部分内容掌握的程度 .三、学生学习目标的检测（一）课程标准与高考对“解析几何初步”内容的要求以下摘自普通高中数学课程标准：平面解析几何初步（ 1 ）直线与方程①在平面直角坐标系中，结合具体图形，探索确定直线位置的几何要素.②理解直线的倾斜角和斜率的概念，经历用代数方法刻画直线斜率的过程，掌握过两点的直线斜率的计算公式.③能根据斜率判定两条直线平行或垂直.④根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式（点斜式、两点式及一般式），体会斜截式与一次函数的关系.⑤能用解方程组的方法求两直线的交点坐标.⑥探索并掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离.（ 2 ）圆与方程①回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的标准方程与一般方程.②能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系.③能用直线和圆的方程解决一些简单的问题.（ 3 ）在平面解析几何初步的学习过程中，体会用代数方法处理几何问题的思想.（ 4 ）空间直角坐标系①通过具体情境，感受建立空间直角坐标系的必要性，了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置.②通过表示特殊长方体（所有棱分别与坐标轴平行）顶点的坐标，探索并得出空间两点间的距离公式.这一部分的内容，从学生学习的难度上来看还是高，能力的要求也是比较基础的.对于学生树立学好数学的信心是一个好机会.同时这一部分又是学好圆锥曲线的基础，圆锥曲线研究问题方法与现在的学习有许多的相似之处.（二）典型题目的检测分析解析几何初步的内容相对简单，检测的主要目的还是在基础知识和基本方法.直线方程的几种形式以及圆的方程的两种形式.同时也要注意检测学生对于数学思想掌握的情况.例 4 检测的主要目的是检测学生对于教师讲过题目掌握的情况.平时的检测，不一定完全的回避教师讲过的同类型题目.在整个解析几何的学习中，只有直线与圆是初中平面几何研究过的内容，在解析几何初步的学习过程中，充分利用初中所学的平面几何知识，也是学好这部分内容所必需的.以上是对高中数学“解析几何初步”教学的一些想法和认识，供各位老师参考，不妥之处，敬请批评指正.。

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。

高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座08几何变换

比赛专题讲座08－几何变换【比赛知识点拨】一、平移变换1．定义设是一条给定的有向线段，T 是平面上的一个变换，它把平面图形 F 上任一点X变到X‘，使得= ，则T 叫做沿有向线段的平移变换。

记为X X’，图形 F F‘。

2．主要性质在平移变换下，对应线段平行且相等，直线变成直线，三角形变成三角形，圆变成圆。

两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等。

二、轴对称变换1．定义设l 是一条给定的直线，S是平面上的一个变换，它把平面图形 F 上任一点X变到X’，使得X与X‘对于直线l 对称，则S叫做以l 为对称轴的轴对称变换。

记为X X’，图形 F F‘。

2．主要性质在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或许平行，或许交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴均分。

三、旋转变换1．定义设α是一个定角，O是一个定点，R是平面上的一个变换，它把点O 仍变到O（不动点），而把平面图形 F 上任一点X变到X’，使得O X‘=O X，且∠XOX’=α，则R叫做绕中心O，旋转角为α的旋转变换。

记为X X‘，图形F F’。

此中α<0 时，表示∠XOX‘的始边O X到终边O X’的旋转方向为顺时针方向；α>0 时，为逆时针方向。

2．主要性质在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角。

四、位似变换1．定义设O是一个定点，H是平面上的一个变换，它把平面图形 F 上任一点X变到X‘，使得=k·，则H叫做以O为位似中心，k 为位似比的位似变换。

记为X X’，图形F F‘。

此中k>0 时，X’在射线O X上，此时的位似变换叫做外位似；k<0 时, X‘在射线OX 的反向延伸线上，此时的位似变换叫做内位似。

2．主要性质在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一条线上，且保持次序，即共线点变成共线点，共点线变成共点线；对应线段的比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行，即向来线变成与它平行的直线；任何两条直线的平行、订交地点关系保持不变；圆变成圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心。

高中数学竞赛(强基计划)历年真题练习专题7 解析几何 (学生版+解析版)

【高中数学竞赛真题·强基计划真题考前适应性训练】专题07解析几何真题专项训练（全国竞赛＋强基计划专用〉一、单选题1. (2020·北京高三强基计划〉从圆～切J羔间的线段称为切J羔弦，贝0椭困C内不与任何切点弦相交的区域丽积为（〉－zA B.!!.3c.主4 D.前三个答案都2不对2. (2022·北京·高三校考强基计划〉内接于椭圆王→L=1的菱形周长的最大值和最小4 9值之利是（〉A. 4..{JjB.14.J]3c孚♂D上述三个选项都不对3. (2020湖北武汉·高三统考强基计划〉己知直线11:y=-..!.x，乌：y=..!.x ，动点户在椭2圆ι4= l(a > b > 0）上，作PM Ill，交12于点M，作PN I I以忏点N若。

－－IPMl2 +IPN l2为定值，则（〉A.ab=2B.ab=3C.a=2bD.a=3b4. (2020北京·高三强基计划〉设直线y=3x+m与椭圆三＋丘＝I交于A,B两点，0为25 16坐标原点，贝I],.OAB面积的最大值为（〉A.88.JO c.12 D.前三个答案都不对s. (2022·贵州·高二统考竞赛〉如圈，c,,c2是离心率都为e的椭圆，点A,B是分别是C2的右顶点和上顶点，过A,B两点分别作c,�］切线，，' 12 .若直线l，，儿的斜率分别芳、J k, , k2，则lk儿｜的值为（〉A .e 2 B.e 2 -1C.I-e2D.-i e 6. (2020湖北武汉·高三统考强基计划〉过椭圆！....＋L =I 的中心作两条互相垂直的弦4 9A C 和B D ，顺次连接A ,B,C,D 得－四边形，则该四边形的丽积可能为（A. 10B. 12c. 14D. 167.(2019贵州高三校联考竞赛〉设椭圆C：牛牛！（a>b>O）的左、右焦点分别为。

福建省福州市10月高中数学学科会议专题讲座解析几何

福建省福州市2012年10月高中数学学科会议专题讲座解析几何1、考试内容与要求（考试大纲）（1）直线与方程①在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素；②理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线斜率的计算公式。

③能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直。

④掌握确定直线位置的几何要素，掌握直线方程的几种形式（点斜式、两点式及一般式），了解斜截式与一次函数的关系。

⑤能用解方程组的方法求两直线的交点坐标。

⑥掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离。

（2）圆与方程①掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程。

②能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系，能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系。

③能用直线和圆的方程解决一些简单的问题。

④初步了解代数方法处理几何问题的思想。

（3）空间直角坐标系①了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系表示点的位置。

②会推导空间两点间的距离公式。

（4）圆锥曲线与方程①了解圆锥曲线的实际背景，了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用。

②掌握椭圆、抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单性质。

③了解双曲线的定义、几何图形好标准方程，知道它的简单性质。

④了解圆锥曲线的简单应用（课标与考试说明要求：掌握直线与圆锥曲线的关系；能解决圆锥曲线的简单应用问题）。

⑤（课标：进一步体会）理解数形结合的思想。

（2）曲线与方程了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系（课标：进一步感受数形结合的基本思想）。

2、高考考点分析（1）解析几何问题的重点在于通过对定义、概念、公式、定理等基础知识的学习，逐步感受、体会、理解和掌握数形结合的基本思想；特点是利用代数的方法研究并解决几何问题；难点是数形结合、运算与转化。

（2）解析几何是高中数学的主干知识，是高考的重点。

从各地和福建近几年高考数学试卷来看，小题要求比较基本，通常作为压轴题的解答题的第一问起点低，后面的难度较大。

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