高中数学竞赛解题策略-几何分册第5章直角三角形中直角边所在直线上的点

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数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的几何题

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的几何题在高中数学中，几何题是数学竞赛中的重要部分。

掌握解决几何题的秘诀可以帮助我们更好地应对数学竞赛中的挑战。

本文将为大家介绍数学竞赛中应对高中数学中的几何题的秘诀。

一、理清题意，分析条件在解答几何题之前，首先要仔细理解题目的意思，准确把握所给条件。

通过画图、标记和标注的方式，将题目中的各种信息清晰地表示出来。

这样做可以帮助我们更好地理解题目的含义，并为之后的解题提供依据。

二、掌握基本几何概念和定理高中几何题通常涉及各种几何概念和定理，如三角形的性质、直角三角形的性质、平行线与角的关系等。

为了顺利解题，我们需要熟练掌握这些基本几何概念和定理，并能够灵活运用到具体的解题中。

三、善于画图，勤于构造辅助线在解答几何题时，合理地图形化是非常重要的。

通过仔细观察题目中的信息，合理地画出图形，并构造辅助线来推导出新的线索和关系。

这一步的目的是为了将问题转化为易于理解和处理的形式，从而更好地解决问题。

四、善于利用相似三角形和几何关系在解答几何题时，我们常常需要运用相似三角形和几何关系来寻找解题的突破口。

我们可以通过观察图形的特点，寻找其中的相似三角形，并利用相似三角形的性质来解答问题。

同时，还可以利用角的对应关系、等角和等边等几何关系来得出题目所要求的结论。

五、灵活运用面积和长度的计算方法解答几何题时，面积和长度的计算是常见的操作。

对于面积的计算，我们可以利用相似性、平行性和三角形的性质来计算所需的面积。

而对于长度的计算，我们可以借助角度、比例和三角形的性质来计算问题所需的长度。

在运用这些计算方法时，我们要注意准确计算，并且进行合理的化简和推导。

六、多做几何题，勤于总结归纳数学是一门实践性很强的学科，几何题也是如此。

只有通过大量的实践和练习，才能不断提高解决几何题的能力。

因此，我们要多做几何题，通过总结归纳，分析解题的方法和思路，将解题经验沉淀下来，形成自己的解题思维和方法。

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的立体几何题

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的立体几何题数学竞赛中，立体几何题是考察学生几何思维和解题能力的重要一环。

对于高中学生来说，合理的应对立体几何题是提高竞赛成绩的关键。

本文将探讨数学竞赛中应对高中数学立体几何题的秘诀和解题方法。

一、了解基本概念和性质在应对立体几何题之前，首先要对基本概念和性质有所了解。

高中立体几何题主要涉及到立体图形的表面积、体积、几何关系等方面的知识点。

学生应熟悉各种常见几何体的特点和性质，例如长方体、正方体、圆柱体、圆锥体等的公式和计算方法，并掌握它们之间的转化关系。

二、掌握解题方法和技巧1. 画出清晰的图形：解决立体几何题的关键是明确图形的形状和结构，因此应该通过手绘或者几何软件画出准确、清晰的图形。

图形的细节对于解题过程及结果都有重要影响，因此务必细心且准确。

2. 利用平行关系：在解题过程中，多利用平行关系推导出所需的条件。

例如，当题目给出某平面与几个直线平行时，可以运用平行关系推导出更多的几何关系，从而简化解题过程。

3. 运用类比和类比思维：类比思维可以帮助发现问题间的相似性，找到解决问题的通用方法。

利用已经学过的解题思路和方法，将新题目与旧题目作类比，找出解题的线索和方向。

4. 运用三维图形展开：对于一些立体几何题，将其展开成二维图形有助于解题。

通过展开图形，可以更好地观察和分析几何关系，从而解决问题。

5. 利用空间想象力：立体几何题需要学生具备较强的空间想象力。

在解题过程中，可以通过空间构想或者辅助手段，如拼图、模型等来帮助理解和解决问题。

三、创造思维和分析能力高中立体几何题往往需要学生具备较高的创造思维和分析能力。

学生应注重培养思维的灵活性，善于抽象和推理。

在解题过程中，可以通过数学归纳法、反证法等方法，积极探索解题的多种可能性和方法。

四、重视实践和练习掌握立体几何题的秘诀，离不开实践和练习。

只有在大量的练习中，才能更好地掌握解题技巧和方法，并在竞赛中更加得心应手。

高中数学竞赛讲义——格点问题

⾼中数学竞赛讲义——格点问题格点问题[赛点直击]1．格点，是指⽅格纸上纵线和横线的交点，如果取⼀个格点为原点，通过该点的横线与纵线为x 轴和y 轴，且设⼀个⽅格的边长为1，那么，格点就是平⾯直⾓坐标系中宗横坐标都为整数的点。

因此，格点⼜称为整点。

2．坐标平⾯内顶点为格点的三⾓形称为格点三⾓形，类似地也有格点多边形的概念。

3．格点多边形的⾯积必为整数或半整数（奇数的⼀半）。

4．格点关于格点的对称点为格点。

5．设格点多边形内部有I 个格点，边界上有p 个格点，则格点多边形的⾯积为 S=I+P/2-1（见例5）。

[赛题精析]例1 平⾯上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线s=5/3x+4/5的距离中的最⼩值是（）A B ．120 D ．130 思路点拨：可以引进整点坐标，利⽤点到直线的距离公式，建⽴整点到直线距离的⼆元函数。

通过对距离函数最值的探求获得问题的解。

⽽不同⾓度的探求⼜能得到不同的解法。

解法⼀已知直线可写成25x-15y+12=0整点()00,x y 到直线的距离为d =由0x ，0y 均可为整数知00251512x y -+必为整数，从⽽d 为⽆理数，否定C,D. 若选A ，则002515121x y -+=即0025151x y -=±有00251513x y -=-或00251511x y -=-但()00002515553x y x y -=-是5的倍数，不会取-13，-11。

故否定A ，从⽽选B 解法⼆距离d 的⼤⼩完全有12152500+-y x 来确定，当12152500+-y x 最⼩时，d 也相应的取最⼩值。

由于)35(515250000y x y x -=-是5的倍数，故212152500≥+-y x 。

另⼀⽅⾯，当4,200-=-=y x 时，212152500=+-y x .∴d 取最⼩值85343452=。

故选B 。

评注：（1）直线0121525=+-y x 上设有格点，因为如果有，则)53(5152512x y y x -=+-=是5的倍数，与相⽭盾。

高中数学竞赛基础平面几何知识点总结

高中数学竞赛平面几何知识点基础1、相似三角形的判定及性质相似三角形的判定：(1)平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似;(2)如果一个三角形的两条边和另一个三角形的两条边对应成比例,并且夹角相等,那么这两个三角形相似(简叙为:两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似.);(3)如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例,那么这两个三角形相似(简叙为:三边对应成比例，两个三角形相似.);(4)如果两个三角形的两个角分别对应相等(或三个角分别对应相等)，则有两个三角形相似(简叙为两角对应相等，两个三角形相似.).直角三角形相似的判定定理:(1)直角三角形被斜边上的高分成两个直角三角形和原三角形相似;(2)如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似.常见模型：相似三角形的性质:（1）相似三角形对应角相等（2）相似三角形对应边的比值相等，都等于相似比（3）相似三角形对应边上的高、角平分线、中线的比值都等于相似比（4）相似三角形的周长比等于相似比（5）相似三角形的面积比等于相似比的平方2、内、外角平分线定理及其逆定理内角平分线定理及其逆定理：三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例。

如图所示，若AM平分∠BAC，则该命题有逆定理：如果三角形一边上的某个点与这条边所成的两条线段与这条边的对角的两边对应成比例，那么该点与对角顶点的连线是三角形的一条角平分线外角平分线定理：三角形任一外角平分线外分对边成两线段，这两条线段和夹相应的内角的两边成比例。

如图所示，AD平分△ABC的外角∠CAE，则其逆定理也成立：若D是△ABC的BC边延长线上的一点，且满足则AD是∠A的外角的平分线内外角平分线定理相结合：如图所示，AD平分∠BAC，AE平分∠BAC的外角∠CAE，则3、射影定理在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的高，则有射影定理如下：BD2=AD·CDAB2=AC·ADBC2=CD·AC对于一般三角形：在△ABC中，设∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，则有a=bcosC+ccosB b=ccosA+acosC c=acosB+bcosA4、旋转相似当一对相似三角形有公共定点且其边不重合时，则会产生另一对相似三角形，寻找方法：连接对应点，找对应点连线和一组对应边所成的三角形，可以得到一组角相等和一组对应边成比例，如图中若△ABC∽△AED，则△ACD∽△ABE5、张角定理在△ABC中D为BC边上一点，则sin∠BAD/AC+sin∠CAD/AB=sin∠BAC/AD6、圆内有关角度的定理圆周角定理及其推论：（1）圆周角定理指的是一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半（2）同弧所对的圆周角相等（3）直径所对的圆周角是直角，直角所对的弦是直径（4）圆内接四边形对角互补（5）圆内接四边形的外角等于其内对角弦切角定理：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角。

高中超级数学竞赛讲义专题5-8

1 2
SABC

ac bc

ab ca

bc ab

a
bc. 2
a bb cc a a b2 b c2 c a2 0.
a b,b c,c a 中至少有一个成立. 即 P 至少位于 ABC 的一条中线上.
于是 sin(x y) sin( ) sin( ) 2cos sin ,
即 sin cos(x y) cos sin(x y) 2cos sin . (1)
由对称性,同理可得
sin cos( y x) cos sin( y x) 2cos sin . (2)

z2 )
即为中点公式。
②
Z1 、 Z2
、 Z3 三点共线
z2 z3

z1 z1
R.
③
Z1Z2
// Z3Z4

z4 z2
z3 z1
R.
④
Z1Z2

Z3Z4

z4 z3 z2 z1
ki(k

0).
⑤ Z1Z2Z3 为正三角形 z1 z2 z3 z1z2 z1z3 z2 z3
R
.
从而
(2a

(b
d))(2c (b d )2
(b

d ))

(2a
(b
d))(2c (b d )2
(b

d ))
( 2 (1 1 ))( 2 (1 1 ))
a
bd c b (1 1 )2
d
.

高中数学竞赛解题策略-几何分册第21章共边比例定理共角比例定理

第章共边比例定理共角比例定理
共边比例定理若两个共边的三角形
，
的对应顶点，所在直线与交于，则．1
证法由同底三角形的面积关系式，有，．
由上述两式相加即证得图中（）、（），上述两式相减即证得图中（）、（）情形．
Q
M N
B
A
P
Q
M
N
B
A
A
B
N
M
Q
P
(4)
(3)
(2)
(1)
图21-1
M N
P
Q
B
A
证法不妨设与不同，则
．
证法在直线上取一点，使，则，．
所以，．
共角比例定理若与相等或互补，则有
（或）
证明把两个三角形拼在一起，让的两边所在直线与的两边所在直线重合，如图所示，其中图（）是两角相等的情形，图（）是两角互补的情形，两情形下都有
C'
B(B')
A'A
C
B(B')A'
C'
C
A
(2)
(1)
图21-2
①张景中．几何新方法和新体系．北京：科学出版社，2009：5．
共角比例定理的推广与相等或互补，点在直线上且不同于，点在直线上且不同于，则
证明不妨设，，，共线如图，则
B(Y)P
Z
X Q C
A
图21-3
共角比例不等式如果，而且两角之和小于，则
（或）．
证明记，．
如图，作一个顶角为的等腰，延长至，使，则．由共角比例定理，有
共角比例逆定理在和中，若，则与相等或互补．。

高中数学竞赛辅导(共线或共点)

高中数学竞赛辅导（证明点共线或线共点）1 基础知识证明三点共线的常见方法：利用平角的意义；利用平行或直角；利用梅内劳斯的逆定理；利用塞瓦定理的逆定理；利用同一法；面积为零等。

证明三线共点的常见方法：利用塞瓦定理的逆定理；利用直线都经过特殊的点，利用直线都是某个三角形的特殊线；利用三点共线等。

1．在△ABC中，I为内心，BE⊥AI,垂足为E，AD⊥BI，垂足为D，内切圆I切AC于S，切BC于点T，求证：S、D、E、T四点共线。

2．设不过ABCD顶点的任一直线分别与直线AB、BC、CD、DA交于E、F、G、H，且⊙EFC 与⊙GHC的另一交点为Q，求证：A、C、Q三点共线。

3．在△ABC中，∠CAB=∠CBA，AD、BE、CF是它的三条高，AP、BQ是两条角平分线，I、O分别是它的内心和外心，证明：若点D、I、E三点共线，则P、O、Q三点共线。

4．四边形ABCD的内接圆，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，证明：P、E、F三点共线。

5．设P为△ABC的内点，直线L，m,n过点P，分别垂直于AP、BP、CP，若L交BC于Q，m交AC于R，n交AB于S，证明：Q、R、S共线。

6．四边形BCEF内接于⊙O，其边CE与BF的延长线交于点A，由A作⊙O的两条切线AP 与AQ，切点分别为P、Q，BE与CF的交点为H，求证：P、H、Q三点共线。

7．已知AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于L ，点M 和N 分别在线段LB 和LA 上，且LM ：MB=LN ：NA ，射线CM 、CN 交⊙O 于点E 、F ，求证：AE 、BF 、OD 三线共点。

8．在锐角△ABC 中，AD ⊥BV 于D ，以AD 为直径作圆S A ，S A 分别交AB 、AC 于点M 、N ，过A 作直线A l 垂直于MN ，类似地作出,B C l l ，证明：A l ，,B C l l 三线共点。

高中数学联赛几何分册

高中数学联赛几何分册几何是高中数学联赛中的一个重要分册，它涉及平面几何和立体几何，为高中数学联赛考题提供了框架。

本文将分析几何分册，作为指导高中学生精通几何知识，并在高中数学联赛中取得优异成绩。

首先，我们先来聊聊平面几何。

平面几何主要围绕着形状、线段、角度以及两个以上的点的位置关系等问题展开。

其中，形状主要涉及解析几何、统计几何、旋转几何以及同轴几何。

解析几何是讨论形状的变换的，如平移、旋转、缩放形状等。

统计几何是讨论形状的空间关系，比如多边形的内部关系等。

旋转几何则是讨论图形中点、线、圆等元素之间的关系，比如点、线、圆等相交等。

同轴几何是一种特殊的几何，比如任意直线和圆之间的关系等。

其次，我们聊一聊立体几何。

立体几何涉及立体形状、空间点的位置关系以及空间线段、立体角度等问题。

立体形状主要涉及棱形、圆柱、圆锥以及立方体等，主要讨论它们内部构成特性以及它们对外部空间的作用。

另外，空间点的位置关系涉及空间形状在立体空间中的表示方法，如直角坐标系等。

空间线段则是讨论空间线段与空间中其他物体之间的关系，比如平面、圆锥等。

最后，立体角度是讨论空间中物体的角度，比如两个平面之间的夹角、两个空间线段之间的夹角、两个圆锥之间的夹角等。

最后，我们来看一下如何准备高中数学联赛几何分册的考题。

首先，学生需要精通平面几何和立体几何的基础知识。

然后，学生可以选择练习题来巩固自己的知识，不断完善自己的数学技能。

此外，学生还可以把自己熟悉的题目拿出来练习，从而不断提高自己的水平。

最后，学生还可以参加一些数学竞赛，这样不仅可以提高自己的知识水平，而且可以让自己了解更多的高中数学联赛考题。

综上所述，几何是高中数学联赛中一个重要的分册，它涉及平面几何和立体几何的知识，如形状、线段、角度以及空间点的位置关系等。

如果想取得优异成绩，学生必须精通几何，并能够正确处理高中数学联赛考题。

总之，几何是高中数学联赛中一个不可缺少的分册，希望它会帮助所有学生到达数学巅峰！。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第5章--直角三角形中直角边所在直线上的点

第5章直角三角形中直角边所在直线上的点直角三角形中直角边所在直线上的点有如下的结论，作为其性质介绍如下：性质设D 是直角ABC △（90C ∠=︒）的直角边BC 所在直线上一点（异于B ），则2222222AB DB DA DB DC DB DA DB DC =+⋅=+-⋅．DCAB ABCD（1）（2）图5-1证明对于图51-（1），当点D 在BC 的延长线上时，由勾股定理，有 222AB BC CA =+ 222BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =++⋅+--⋅ 22()2()BC DC DA DC BC DC =++-+⋅ 222BD DA DB DC =+-⋅．当点D 在CB 的延长线上时，类似地有 2222AB BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =+-⋅+-+⋅ 22()2()DC BC DA DC BC DC =-+--222BD DA DB DC =+-⋅．对于图51-（2），当D 在边BC 上时，类似地有 2222AB BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =+-⋅+-+⋅ 22()2()BC DC DA BC DC DC =-++-⋅222BD DA DB DC =++⋅．显然，在图51-中，若点D 与点C 重合，则0DC =，有222AB BC CA =+，此即为勾股定理．因此，我们可把上述性质称为广勾股定理．由上述性质，还可得如下推论：注：也可运用余弦定理证：222222cos 2cos AB DB DA DB DA ADB BD DA DB DA ADC =+-⋅⋅∠=+⋅⋅∠222DB DA DB DC =+⋅．推论1 三角形一边的平方等于、小于或大于其他两边的平方和，视其该边所对的角是直角、锐角或钝角而定．推论2 三角形的一角是直角、锐角或钝角，视其该角所对的边的平方等于、小于或大于其他两边的平方和而定．下面给出三角形的广勾股定理应用的例子． 1．直接在直角三角形中用例1 （三角形的中线长公式）三角形一边上的中线长的平方，等于其他两条边长的平方和之半减去该边长平方的四分之一．证明如图52-，O 为ABC △的边AB 的中点，作CD AB ⊥于D ．分别在AOC △和OBC △中应用广勾股定理（即（51-）式），有图5-2CAO DB2222AC OC AO OA OD =++⋅2214OC AB AB OD =++⋅，2222BC OC OB OB OD =+-⋅2214OC AB AB OD =+-⋅．由上述两式相加，得222211()24OC AC BC AB =+-．例2 （平行四边形边长与对角线长关系）平行四边形各边的平方和等于两对角线的平方和．事实上，在图52-中，将CO 延长至E ，使OE OC =，则四边形AEBC 为平行四边形，由三角形中线长公式，即得22222()AC BC AB CE +=+．例3 （定差幂线定理）设MN ，PQ 是两条线段，则MN PQ ⊥的充要条件为2222PM PN QM QN -=-．证明必要性．如图53-，若MN PQ ⊥，则可设MN PQ ⊥于D ．PMNQD PMNQ D图5-3分别在MQP △，PQN △中应用广勾股定理，有 2222PM QM PQ QP QD =+-⋅，2222PN QN PQ QP QD =+-⋅．上述两式相减，得2222PM PN QM QN -=-．充分性．当2222PM PN QM QN -=-时，如图54-．QRNS KM PTFE NFRS EQ KMTP 图5-4设R ，S ，T ，K ，E ，F 分别为ON ，NP ，PM ，MQ ．PQ ，MN 的中点，将这些中点联结如图，则KRST ，RFTE ，KFSE 均为平行四边形．由例2的结论，有22222()KF KE EF KS +=+，222()ER RF +22EF RT =+．由题设有2222PM QN PN QM +=+，即有22224444KE KF ER RF +=+．上述三式整理得22KS RT =，即KS RT =，从而KRST 为矩形，有KT KR ⊥．而KT PQ ∥，KR MN ∥，故MN PQ ⊥．例4 如图55-，在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，点D 在边CA 上，使得1CD =，3DA =，且3BDC BAC ∠=∠．求BC 的长．BC D Ex A图5-5解由3BDC BAC ∠=∠，知2ABD BAC ∠=∠．过点B 作ABD ∠的平分线交DA 于E ，则AEB △为等腰三角形．令AE x =，则BE x =，且3DE x =-．分别对EBC △，ABC △应用广勾股定理，有 22222x BE BD DE DE DC ==++⋅22(3)2(3)BD x x =+-+-，即2815BD x =-．22228159238AB BD DA DA DC x x =++⋅=-++⋅=．又由角平分线性质，有BD DE BA EA =，即22815(3)8x x x x --=，解得2411x =．从而BC = 2．作出垂线，构造新直角三角形例5 如图56-，已知在ABC △中，90ACB ∠=︒．ADEBC图5-6（1）如图所示，当点D 在斜边AB 上（不含端点）时，求证：222CD BD AD BDBC AB--=；（2）当点D 与点A 重合时，（1）中的等式是否成立？请说明理由；（3）当点D 在BA 的延长线上时，（1）中的等号是否成立？请说明理由．解（1）过C 作CE BD ⊥于E ，则由射影定理（或直角三角形相似）有2BC BA BE =⋅．对Rt CBE △的直角边BE 上的点D 应用广勾股定理，有2222CD BC BD BD BE =+-⋅，即2222CD BD BC BD BE -=-⋅．于是， 222222CD BD BC BD BEBC BC --⋅=2BA BE BD BEBA BE ⋅-⋅=⋅ ()BA BD BD AD BDBA AB---==．（2）当点D 与A 重合时，（1）中等式仍然成立．此时，0AD =，CD AC =，BD AB =．于是222222221CD BD AC AB BC BC BC BC ---===-，1AD BD ABAB AB--==-，故 222CD BD AD BDBC AB--=．（3）当点D 在BA 的延长线上时，（1）中的等式不成立．此时，同（1）作辅助线，应用广勾股定理，有2222CD BC BD BD BE =+-⋅，即222CD BD BC -=-2BD BE ⋅．从而222CD BD AD BD AD BDBC AB AB----=≠．例6 如图57-，已知四边形ABCD 为正方形，O 过正方形的顶点A 和对角线的交点P ，并分别交AB ，AD 于点F ，E ．（1）求证：DE AF =；（2）若O，1AB =，求AEED的值．解显然EF 为O 的直径，即O 点在EF 上．联结EP ，FP ，则45EFP EAP FAP FEP ∠=∠=︒=∠=∠，即知EPF △为等腰直角三角形，于是EP ．图5-7D（1）由DP AP =，45EDP FAP ∠=︒=∠，DEP AFP ∠=∠，知DEP △≌AFP △．从而DE AF =．（2）过P 作PM AD ⊥于M ，则M 为AD 的中点，11)2AM =，12)2AP =．令AEx =，则11)2EM x =-．对Rt APM △的直角边AM 上的点E 应用广勾股定理，有2222AP AE EP EA EM =++⋅．即222112)21)22x x x ⎡⎤⎡⎤=++⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭，亦即21)0x x -+=．解得1AE x ==AEED=．例7 如图58-，在ABC △中，75A ∠=︒，35B ∠=︒，D 是边BC 上一点，2BD CD =．求证：2()()AD AC BD AC CD =+-．C ABFDME图5-8证明如图，延长BC 至E ，使CE AC =．由题设70C ∠=︒，则35E B ∠=︒=∠，即知ABE △为等腰三角形．过点A 作AM BE ⊥于M ，则M 为BE 的中点．取BD 的中点F ，则BF FD DC ==，联结AF ．对Rt ABM △的直角边BM 所在直线上的点C 应用广勾股定理，有2222AB AC BC CB CM =+-⋅2()AC BC BC CM CM =+-- 2()AC BC BM CM =+- 2()AC BC EM CM =+- 2AC BC CE =+⋅2AC BC AC =+⋅①又在Rt AFM △，Rt ACM △中分别对点D 应用广勾股定理，有2222AF FD AD DF DM =++⋅， 2222AC CD AD DC DM =+-⋅．此两式相加得222222AF AC CD AD +=+． ②同理，在Rt ABM △，Rt ADM △中分别对点F 应用广勾股定理，有2222AB AF BF FB FM =++⋅， 2222AD AF DF FD FM =+-⋅，此两式相加，得222222AB AD AF CD +=+． ③由②，③得2222263AC AB CD AD +=+，将①代入并注意3BC CD =，得 2222AC AC CD CD AD +⋅=+．故2222(2)()()()AD AC AC CD CD AC CD AC CD AC BD AC CD =+⋅-=+-=+-．3．作出特殊线，证明是垂线例8 （《中等数学》2008（4）数学奥林匹克问题222号）如图59-，O 在矩形ABCD 内，讨顶点A ，B ，C ，D 分别作O 的切线，切点分别为1A ，1B ，1C ，1D ．若13AA =，14BB =，15CC =，求1DD 的长．A E DCC 1BB 1D 1FOA 1图5-9解联结AO ，BO ，CO ，DO ，1A O ，1B O ，1C O ，1D O ，则11OA AA ⊥，11OB BB ⊥，11OC CC ⊥，11OD DD ⊥．设O 的半径为r ，则由勾股定理，知2221AO AA r =+，2221BO BB r =+， 2221CO CC r =+，2221DO DD r =+．过点O 作EF AD ∥分别交DC ，AB 于F ，E ，则由题设知OE AB ⊥，OF DC ⊥，且BE CF =．在Rt AOE △中，对点B ，在Rt ODF △中，对点C 分别应用广勾股定理，有2222AO OB AB BA =+-⋅ BE ，2222DO OC CD CD CF =+-⋅．此两式相减得2222AO DO OB OC -=-，即2222AO OC OB OD +=+．（*）于是，22221111AA CC BB DD +=+．故1DD = 注：（*）式表明：矩形内一点到两双对顶点的距离的平方和相等．例9 （第31届俄罗斯数学奥林匹克（第4轮）题）已知非等腰ABC △，1AA ，1BB 是它的两条高，又线段11A B 与平行于AB 的中位线相交于点C '．证明：经过ABC △的外心和垂心的直线与直线CC '垂直．证明如图510-，设O ，H 分别为ABC △的外心和垂心，EF 是与AB 平行的中位线，交AC 于E ，交BC 于F ．联结CO 交11B A 于点L ，联结CH 交EF 于点K ．CTF A 1B 1ABHC ′E O K L图5-10注意到CH AB ⊥，EF AB ∥，则知CH EF ⊥，即KF CH ⊥．过点C 作ABC △外接圆的切线CT ，则CO CT ⊥，且11TCB CAB B AC ∠=∠=∠，即知11B A CT ∥，于是知11CO B A ⊥，即C L CO '⊥．联结C H '，C O '．在Rt C HK '△，Rt C OL '△中，分别对点C 应用广勾股定理，有2222C H C C CH CK CH ''=+-⋅， 2222C O C C CO CL CO ''=+-⋅．上述两式相减得222222C H C O CH C O CK CH CL CO '''-=--⋅+⋅． ① 由于1OE EB ⊥，1OL B L ⊥知1B ，E ，O ，L 四点共圆；由11EFC ABC A B C ∠=∠=∠，知1A ，F ，1B ，E 四点共圆；由11HA A F ⊥，HK KF ⊥知K ，H ，1A ，F 四点共圆，于是，CL ，1CO CE CB =⋅= 1CF CA CK CH ⋅=⋅．②将②式代入①式，得2222C H C O CH CO ''-=-．于是，由定差幂线定理，知CC OH '⊥． 4．综合应用例10 （2009年福建省竞赛题）如图511-，O 与线段AB 切于点M ，且与以AB 为直径的半圆切于点E ，CD AB ⊥于点D ，CD 与以AB 为直径的半圆交于点C ，且与O 切于点F ，联结AC ，CM ．求证：（1）A ，F ，E 三点共线；（2）AC AM =；（3）22MC MD MA =⋅．图5-11证明（1）设AB 的中点为O '，由于O '与O 内切于点E ，则知O '，O ，E 三点共线．联结FO ，则FO CD ⊥．又AB CD ⊥，知FO AB ∥．于是，EOF EO A '∠=∠．从而，两等腰EOF △，EO A '△的底角相等，即有OEF O EA '∠=∠．由此即知A ，F ，E 三点共线．（2）在O 中，由切割线定理，有2AM AF AE =⋅．联结EB ，则AE EB ⊥，知E ，F ，D ，B 四点共圆，即有AF AE AD AB ⋅=⋅．联结BC ，则由勾股定理有222BC AB AC =-．在ABC △中，应用广勾股定理，有222AC BC AB =+- 22222BA BD AB AC BA BD ⋅=--⋅，即有*22()AC AB BA BD AB AB BD AB AD AF AE =-⋅=-===⋅=⋅=（）2AM ，故AC AM =．（3）在AMC △中应用广勾股定理，有2222MC AM AC AM AD =+-⋅，而AM AC =，故22222MC AM AM AD AM DM =-⋅=⋅．注：（*）处亦即直角三角形的射影定理2AC AB AD =⋅．这说明可用广勾股定理推导直角三角形射影定理．例11 （《中等数学》2009（7）数学奥林匹问题高251）凸四边形ABCD 外切于O ，两组对边所在的直线分别交于点E ，F ，对角线交于点G ．求证：OG EF ⊥．FE 图5-12证明设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 的切点分别为M ，N ，R ，S ，则由牛顿定理知（参见第29章）AC ，BD ，MR ，NS 四线共点于G ．联结OE 交MG 于H ，联结OF 交SG 于H '，则GH OE ⊥，GH OF '⊥．在OEG △和OFG △中分别应用广勾股定理，有2222EG OE EO OE OH =+-⋅， 2222FG OF OF OF OH '=+-⋅．注意到直角三角形的射影定理，有22OE OH OM OS OF OH '⋅===⋅．从而22222222EG EO OG OE OH OG OF OH FG FO '-=-⋅=-⋅=-．由例3的结论，知OG EF ⊥．练习五1．设P 为ABC △的边AB 上一点，求证：222PB APCP AC BC AP PB AB AB=⋅+⋅-⋅． 2．已知O 内的弦CD 平行于直径AB ，P 为AB 上的一点，求证：2222PC PD PA PB +=+．3．设P 为正ABC △的外接圆劣弧BC 上任一点．求证：PB PC PA +=．4．设H 为锐角ABC △的垂心，P 是ABC △所在平面内任一点，作HM PB ⊥于点M 交AC 的延长线于点J ，作HN PC ⊥于点N 交AB 的延长线于点I ．求证：PH IJ ⊥．5．圆O 与圆D 相交于点A ，B ，BC 为圆D 的切线，点C 在圆O 上，且AB BC =．（1）证明：点O 在圆D 的圆周上；（2）设ABC △的面积为S ，求圆D 的半径r 的最小值． 6．（2005年国家队集训题）已知E ，F 是ABC △的边AB ，AC 的中点，CM ，BN 是边AB ，AC 上的高．联结EF ，MN 交于点P ．又设O ，H 分别是ABC △的外心，垂心，联结AP ，OH ．求证：AP OH ⊥．。

高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理

第章角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，则三直线、、平行或共点的充要条件是证明由，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立．推论设、、分别是的外接圆三段弧、、上的点，则、、共点的充要条件是．事实上，应用三角形正弦定理，代入角元形式的塞瓦定理即证．第二角元形式的塞氏定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则、、平行或共点的充要条件是．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例（年加拿大数学奥林匹克题）如图，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．40°20°α40°70°HF EDCBA图22-1证明如图，设，则，对及点，应用甬元形式的塞瓦定理，有．从而，即有．于是．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故．例（年香港代表队选拔赛题）如图，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．BA图22-2证明用表的度数，令，则，，，，．对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．亦即．亦即．从而而，则．由，有于是，即，从而。

(精选试题附答案)高中数学第五章三角函数解题方法技巧

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第五章三角函数解题方法技巧单选题1、若角α的终边上一点的坐标为(1，−1)，则cosα=( ) A ．−1B ．−√22C ．√22D ．1 答案：C分析：根据任意角三角函数的定义即可求解.∵角α的终边上一点的坐标为(1，−1)，它与原点的距离r =√12+(−1)2=√2， ∴cosα=xr =√2=√22，故选：C.2、将一条闭合曲线放在两条平行线之间，无论这条闭合曲线如何运动，只要它与两平行线中的一条直线只有一个交点，就必与另一条直线也只有一个交点，则称此闭合曲线为等宽曲线，这两条平行直线间的距离叫等宽曲线的宽比．如圆所示就是等宽曲线．其宽就是圆的直径．如图所示是分别以A 、B 、C 为圆心画的三段圆弧组成的闭合曲线Γ（又称莱洛三角形），下列关于曲线Γ的描述中，正确的有（）（1）曲线Γ不是等宽曲线；（2）曲线Γ是等宽曲线且宽为线段AB 的长；（3）曲线Γ是等宽曲线且宽为弧AB 的长；（4）在曲线Γ和圆的宽相等，则它们的周长相等；（5）若曲线Γ和圆的宽相等，则它们的面积相等．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：B分析：若曲线Γ和圆的宽相等，设曲线Γ的宽为1，则圆的半径为12，根据定义逐项判断即可得出结论. 若曲线Γ和圆的宽相等，设曲线Γ的宽为1，则圆的半径为12，（1）根据定义，可以得曲线Γ是等宽曲线，错误；（2）曲线Γ是等宽曲线且宽为线段AB 的长，正确；（3）根据（2）得（3）错误；（4）曲线Γ的周长为3×16×2π=π，圆的周长为2π×12=π，故它们的周长相等，正确；（5）正三角形的边长为1，则三角形对应的扇形面积为π×126=π6，正三角形的面积S =12×1×1×√32=√34，则一个弓形面积S =π6−√34，则整个区域的面积为3(π6−√34)+√34=π2−√32，而圆的面积为π(12)2=π4，不相等，故错误；综上，正确的有2个，故选：B.小提示：本题主要考查新定义，理解“等宽曲线”得出等边三角形是解题的关键． 3、sin1860°等于（） A ．12B ．-12C ．√32D ．-√32答案：C分析：用诱导公式先化简后求值.sin1860°=sin(5×360°+60°)=sin60°=√32,故选: C4、已知锐角α终边上一点A的坐标为(2sin3,−2cos3)，则角α的弧度数为（）A．3−π2B．π2−3C．π−3D．3π2−3答案：A分析：先根据定义得α正切值，再根据诱导公式求解tanα=−2cos32sin3=−sin(π2−3)cos(π2−3)=tan(3−π2)，又0<3−π2<π2，α为锐角，∴α=3−π2，故选：A.5、已知函数f(x)=sin(2x+π3)，为了得到函数g(x)=cos(2x+π3)的图象只需将y=f(x)的图象（）A．向左平移π4个单位B．向右平移π4个单位C．向左平移π2个单位D．向右平移π2个单位答案：A分析：利用三角函数的平移结合诱导公式即可求解. 解：因为sin(2x+π3+π2)=cos(2x+π3)所以sin(2x+π3)→sin(2x+π2+π3)，只需将f(x)的图象向左平移π4个单位，故选：A.6、若sinα+cosαsinα−cosα=12，则tan (α+π4)的值为（） A ．−2B ．2C ．−12D ．12答案：C分析：利用弦化切和两角和的正切展开式化简计算可得答案. 因为sinα+cosαsinα−cosα=12．所以tanα+1tanα−1=12，解得tanα=−3，于是tan (α+π4)=tanα+tanπ41−tanαtanπ4=−3+11−(−3)=−12．故选：C.7、已知tanθ=2，则sin(π2+θ)−cos(π−θ)cosθ−sin(π−θ)=（）A ．2B ．-2C ．0D ．23 答案：B分析：根据tanθ=2，利用诱导公式和商数关系求解. 因为tanθ=2，所以sin(π2+θ)−cos(π−θ)cosθ−sin(π−θ)，=2cosθcosθ−sinθ， =21−tanθ=−2，故选：B8、已知sin (π+α)=35，则sin(−α)cos(π−α)sin(π2−α)=（）A ．−45B ．45C ．−35D ．35 答案：C解析：由条件利用诱导公式进行化简所给的式子，可得结果.∵sin(π+α)=35=−sinα，∴sinα=−35，则sin(−α)cos(π−α)sin(π2−α)=−sinα⋅(−cosα)cosα=sinα=−35，故选：C9、已知sinαcosα=−16, π4<α<3π4，则sinα-cosα的值等于（）A ．2√33B ．−2√33C ．−√63D ．43答案：A分析：结合同角三角函数的基本关系式，利用平方的方法求得正确结论. 由于sinαcosα=−16, π4<α<3π4，所以sinα>0,cosα<0，故sinα−cosα>0，所以sinα−cosα=√(sinα−cosα)2=√1−2sinαcosα=√1+13=2√33. 故选：A10、已知角α的终边与单位圆的交点P (45,35)，则sin (π−α)=（） A ．−35B ．−45C ．35D ．45 答案：C分析：首先根据三角函数的定义求得sinα，然后根据诱导公式求得正确结果.依题意sinα=35√(5)2+(5)2=35，sin (π−α)=sinα=35.故选：C 填空题11、已知角θ的终边经过点M (3m,1−m )，且tanθ=2，则实数m =______．答案：17分析：根据三角函数的定义，已知角终边上的点(x,y )，则角的正切值为yx，可得答案由三角函数的定义可知tanθ=1−m 3m=2，解得m =17．所以答案是：1712、写出一个满足tan20°＋4cos θ＝√3的θ＝_________. 答案：70°（答案不唯一）．分析：√3=tan60°，然后变形tan60°−tan20°可得．由题意4cosθ=√3−tan20°=tan60°−tan20°=sin60°cos60°−sin20°cos20°=sin60°cos20°−cos60°sin20°cos60°cos20°=sin40°cos60°cos20°=2sin20°cos20°12cos20°=4sin20°=4cos70°，因此θ=70°（实际上θ=k ⋅360°±70°,k ∈Z ）．所以答案是：70°（答案不唯一）．13、求值：sin10°−√3cos10°cos40°=____________．答案：−2分析：应用辅助角公式及诱导公式化简求值即可.sin10°−√3cos10°cos40°=2(12sin10°−√32cos10°)cos40°=2sin(10°−60°)cos40°=−2sin50°cos40°=−2．所以答案是：−214、已知tanθ=12，则sinθsin 3θ+cosθ=______. 答案：511分析：进行弦化切，把tanθ=12代入直接求值. 因为tanθ=12，所以sinθ≠0,cosθ≠0，所以sinθsin 3θ+cosθ=1sin 2θ+1tanθ=1sin 2θ+2=sin 2θ+cos 2θ3sin 2θ+2cos 2θ=tan 2θ+13tan 2θ+2=511.所以答案是：51115、已知sin 2(π4+α) =23，则sin2α的值是____.答案：13分析：直接按照两角和正弦公式展开，再平方即得结果.∵sin 2(π4+α)=(√22cosα+√22sinα)2=12(1+sin2α)∴12(1+sin2α)=23∴sin2α=13所以答案是：13小提示：本题考查两角和正弦公式、二倍角正弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题. 解答题16、已知函数f (x )=Asin(ωx +φ)+B (A >0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示.(1)求f (x )的解析式及对称中心坐标：(2)先把f (x )的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位，得到函数g (x )的图象，若当x ∈[−π4,π6]时，关于x 的方程g (x )+2a −1=0有实数根，求实数a 的取值范围. 答案：(1)f(x)=2sin (2x +π3)−1，(k π2−π6,−1) (k ∈Z )分析：（1）由最大值和最小值求得A ，B 的值，由T2=7π12−π12以及T =2πω可得ω的值，再由最高点可求得φ的值，即可得f (x )的解析式，由正弦函数的对称中心可得f (x )对称中心；（2）由图象的平移变换求得g (x )的解析式，由正弦函数的性质可得g (x )的值域，令1−2a 的取值为g (x )的值域，解不等式即可求解. （1）由题意可得：{A +B =1−A +B =−3 ，可得{A =2B =−1，所以f (x )=2sin(ωx +φ)−1，因为T2=7π12−π12=π2，所以T =π=2πω，可得ω=2，所以f (x )=2sin(2x +φ)−1，由2×π12+φ=π2+2k π(k ∈Z )可得φ=π3+2k π(k ∈Z )，因为|φ|<π2，所以k =0，φ=π3，所以f (x )=2sin (2x +π3)−1. 令2x +π3=k π(k ∈Z )可得x =k π2−π6(k ∈Z )，所以对称中心为(k π2−π6,−1)(k ∈Z ).（2）由题意可得：g (x )=2sin [2(x +π6)+π3]−1+1=2sin (2x +2π3)，当x ∈[−π4,π6]时，2x +2π3∈[π6,π]，sin (2x +2π3)∈[0,1]，g (x )∈[0,2]若关于x 的方程g (x )+2a −1=0有实数根，则1−2a =g (x )有实根，所以0≤1−2a ≤2，可得：−12≤a ≤12. 所以实数a 的取值范围为[−12,12]. 17、已知函数f (x )=2sin (2x +π6)+2. (1)若f (α)=3，且α∈(0,π)，求α的值；(2)若对任意的x ∈[π4,π2]，不等式f (x )>m −3恒成立，求实数m 的取值范围.(2)(−∞,4)分析：（1）根据已知条件求得sin (2α+π6)=12，结合α∈(0,π)即可求解；（2）根据x 的范围求得f (x )的范围，只需f (x )min >m −3即可求解. (1)因为f (α)=3，所以2sin (2α+π6)+2=3，即sin (2α+π6)=12，又由α∈(0,π)，得π6<2α+π6<13π6，所以2α+π6=5π6，解得α=π3. (2)对x ∈[π4,π2]，有2π3≤2x +π6≤7π6，所以−12≤sin (2α+π6)≤√32，可得1≤f (x )≤2+√3，所以要使f (x )>m −3对任意的x ∈[π4,π2]恒成立，只需f (x )min >m −3，所以m −3<1，解得：m <4. 故所求实数m 的取值范围为(−∞,4).18、已知f (α)=sin (π−α)cos (2π−α)cos(3π2−α)cos(π2−α)sin (−π−α).(1)化简f (α)；(2)若α是第三象限角，且sin (α−π)=15，求f (α)的值.答案：(1)f(α)=−cosα;(2)2√65. 分析：(1)根据诱导公式直接化简即可;(2)由sin (α−π)=15,可以利用诱导公式计算出sinα,再根据角所在象限确定cosα,进而得出结论.(1)根据诱导公式f(α)=sin(π−α)cos(2π−α)cos(3π2−α) cos(π2−α)sin(−π−α)=sinα⋅cosα⋅(−sinα)sinα⋅sinα=−cosα,所以f(α)=−cosα;(2)由诱导公式可知sin(α−π)=−sinα,即sinα=−15,又α是第三象限角,所以cosα=−√1−sin2α=−2√65,所以f(α)=−cosα=2√65.小提示：本题主要考查诱导公式的运用,属于基础题.使用诱导公式时,常利用口诀“奇变偶不变,符号看象限”进行记忆.19、已知α,β∈(0,π2)，且sinα=35,cos(α+β)=−513，求cosβ的值．答案：1665分析：根据角的范围，求出cosα，sin（β+α），利用cosβ＝cos[α+β﹣α按照两角差的余弦公式展开，代入已知以及求出的结果，即可得到cosβ的值．∵α,β∈(0,π2)，sinα=35,cos(α+β)=−513∴cosα=45，α+β∈(0,π)∴sin(α+β)=1213∴cosβ＝cos[α+β﹣α]＝cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα=−513×45+1213×35=1665小提示：本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，其中角的变换cosβ＝cos[α+β﹣α]为解题简化关键，是中档题．。

几何竞赛题求解的常见策略

线ＡＢ的斜率为
当且仅当９＋Ｙ＝２４—２，即Ｙｏ＝－４－４３－，亦即
（
，Ｂ（，，１３－一或
・
２８・
中学教研（数学）
２０１３正
而２ｍ＝０或一主Ａ（，一一，Ｂ（，一＋时从
大值．
１
研
％
・丽
＝
（２０１０年全国高中数学联赛试题）分析通过对题目的分析可以发现，线段ＡＢ
／ｙ２）（９＋）（２４ — ２） ≤
中点的横坐标已经是定值，只有纵坐标在变化，可
可
又点Ｃ（５，０）到直线ＡＢ的距离为
ｈ＝ｌＣＭＩ＝，
于是Ｓ △ ：ｘ２，Ｙ２），其中１ ≠ ２且ｌ＋２＝４．线段ＡＢ的垂直平分线与轴交于点ｃ，求ＡＡＢＣ面积的最
第６期
陈硕罡，等：几何竞赛题求解的常见策略
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几何竞赛题求解的常见策略
●陈硕罡吴国建（东阳中学浙江东阳３２２１００）
解析几何作为高中数学的重要内容之一，研究
： — — ＝ — — — — — ＝ — —
１一２ＹｉＹ２。Ｙｌ＋ｙ２，，０
一
线段ＡＢ的中垂线方程为
），＝一（一２）．
易知线段ＡＢ的中垂线与轴的交点为定点Ｃ（５，０），直线ＡＢ的方程为ｙ－Ｙｏ（２），

三角形在数学竞赛中的题型与解题策略

三角形在数学竞赛中的题型与解题策略三角形是数学竞赛中一个重要的题目类型，涉及了几何学和三角函数等相关概念。

对于这类题目，理解三角形的性质和掌握解题策略是至关重要的。

首先，我们来看一些与三角形相关的常见题型。

1. 三角形的性质：1.1 三边关系：根据三条边的长度关系，可以判断三角形的形状，如等边三角形、等腰三角形和一般三角形。

1.2 角关系：根据三个角的大小关系，可以判断三角形的形状，如锐角三角形、直角三角形和钝角三角形。

1.3 高度、中线和角平分线：这些线段可以把三角形分成几个等腰三角形，从而利用等边、等腰三角形的性质推导出结果。

2. 三角形的面积：2.1 海伦公式：对于已知三边长度的三角形，可以使用海伦公式计算其面积。

2.2 边长和高度：已知底边和高度，可以计算三角形的面积。

2.3 角度和边长：已知两条边和夹角，可以计算三角形的面积。

3. 三角形的相似和全等：3.1 相似三角形：利用三角形的相似性质，可以求解未知边长和角度。

3.2 全等三角形：利用三角形的全等性质，可以求解未知边长和角度。

在解题过程中，可以采用以下策略：1. 分析和利用已知条件：仔细阅读题目，了解已知条件和寻找解题线索。

根据已知条件，可以找到合适的定理和公式来解题。

2. 利用几何图形：画出准确且清晰的几何图形，有助于观察和推导出一些结论。

使用图形的性质和构造，可以解决一些几何问题。

3. 运用数学公式和定理：熟练掌握三角函数、海伦公式、相似三角形和全等三角形等的公式和定理。

根据需要，将问题转化为可以利用这些公式和定理求解的形式。

4. 利用等边、等腰三角形等性质：假设三角形具有一些特殊性质，如等边三角形、等腰三角形等，并根据这些性质进行推导和计算。

这些特殊性质往往可以简化问题，加快解题进程。

5. 运用三角形的内角和外角性质：根据三角形内角和外角的关系，可以推导出一些重要的结论。

利用这些结论，可以解决一些需要求角度的问题。

6. 利用垂线、中线和角平分线：根据垂线、中线和角平分线的性质，可以将三角形分成几个相等的小三角形，从而简化问题的解决过程。

高中数学竞赛解题策略-几何分册第27章戴维斯定理

第章戴维斯定理戴维斯定理三角形的每边所在直线上有一对点（可以重合），若每两对点同在一圆上，则三对点（六点）都在同一圆上（题设中的圆与该线切于重合的点，则为重合的对点）．证明若所说三圆不重合，则根据根轴的性质（共点或平行），三角形的三条边就得共点或互相平行，但这明明不可能，所以三圆非合一不可．下面给出如上定理的应用例子．例自直角三角形斜边上高线中点作三边的平行线，与三边相交得到的六个交点共圆．证明如图，设为的斜边上的高线的中点，过点分别与，，平行的线交这三边于，，，，，．M7654321GKJH F ED CBA图27-1联结，，由，，，四点共圆知，，则．这说明，，，四点共圆，又注意到是的中点，，分别是，的中点，那么．于是，从而，，，四点共圆．同理，，，，四点共圆．故由戴维斯定理，知，，，，，六点共圆．注：也可先证、、、四点共圆，再证、、、四点共圆（）最后证、、、四点共圆，而证得六点共圆．例（试题）已知是锐角的垂心，以边的中点为圆心，过点的圆与直线相交于，两点；以边的中点为圆心，过点的圆与直线相交于，两点；以边的中点为圆心，过点的圆与直线相交于，两点，证明：、、、、、六点共圆．证明如图，设、分别为边、的中点，又设以为圆心过点的圆与以为圆心且过点的圆的另一个交点为，则．B 1A 2HB 0A'A 1DA 0C 0B 2C 1CB A 图27-2又，则．于是知点在上．由切割线定理，得，知、、、四点共圆．同理，、、、及、、、分别四点共圆．故由戴维斯定理，知、、、、、六点共圆．例（年中国国家队集训测试题）设锐角的外接圆为．过点、作的两条切线，相交于点．连结交于点，点、分别在边、上，使得，．（）求证：、、、四点共圆；（）若记过、、、的圆的圆心为，类似地定义、，则直线、、共点．证明如图．欲证、、、共圆，只需证．FEPDCBA图27-3由于，，于是，又只需证．注意到，，则。

高中数学竞赛定理

重心定义：重心是三角形三边中线的交点，可用燕尾定理证明，十分简单。

证明过程又是塞瓦定理的特例。

已知：△ABC 中，D 为BC 中点，E 为AC 中点，AD 与BE 交于O ，CO 延长线交AB于F 。

求证：F 为AB 中点。

证明：根据燕尾定理，S △AOB=S △AOC ，又S △AOB=S △BOC ，∴S △AOC=S △BOC ，再应用燕尾定理即得AF=BF ，命题得证。

重心的性质：1、重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。

2、重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。

3、重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。

4、三角形到三边距离之积最大的点。

5、在平面直角坐标系中，重心的坐标是顶点坐标的算术平均，即其坐标为((321x x x ++)/3,(321y y y ++)/3)；空间直角坐标系——横坐标：(321x x x ++)/3 纵坐标：(321y y y ++)/3 竖坐标：（321z z z ++）/3外心定义：外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，即外接圆的圆心。

外心定理：三角形的三边的垂直平分线交于一点，该点叫做三角形的外心。

外心性质：三角形的外心是三边中垂线的交点,且这点到三角形三顶点的距离相等。

设1d ,2d ,3d 分别是三角形三个顶点连向另外两个顶点向量的数量积1c =2d 3d ，2c =1d 3d ，3c =1d 2d ；c=1c +2c +3c重心坐标：( (32c c +）/2c ，(31c c +)/2c ，(21c c +)/2c )垂心定义：三角形的三条高的交点叫做三角形的垂心。

性质：锐角三角形垂心在三角形部直角三角形垂心在三角形直角顶点钝角三角形垂心在三角形外部设1d ,2d ,3d 分别是三角形三个顶点连向另外两个顶点向量的数量积。

1c =2d 3d ，2c =1d 3d ，3c =1d 2d ；c=1c +2c +3c垂心坐标：( 1c /c ，2c /c ，3c /c )九点圆三角形三边的中点,三高的垂足和三个欧拉点〔连结三角形各顶点与垂心所得三线段的中点〕九点共圆，这个圆为九点圆〔或欧拉圆或费尔巴哈圆. ）九点圆性质：1.三角形的九点圆的半径是三角形的外接圆半径之半; 即九点圆r ：外接圆r =2：12.九点圆的圆心在欧拉线上,且恰为垂心与外心连线的中点;3.三角形的九点圆与三角形的切圆,三个旁切圆均相切设1d ,2d ,3d 分别是三角形三个顶点连向另外两个顶点向量的数量积1c =2d 3d ，2c =1d 3d ，3c =1d 2d ；c=1c +2c +3c垂心坐标：：( (3212c c c ++)/4c ，(3212c c c ++)/4c ，(3212c c c ++)/4c )欧拉线定义：三角形的外心、重心、九点圆圆心、垂心，依次位于同一直线上，这条直线就叫三角形的欧拉线。

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的平面几何题

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的平面几何题数学竞赛一直是学生们展示数学能力和智慧的舞台，而平面几何题常常是其中较为复杂和考验解题能力的一类题型。

面对高中数学中的平面几何题，我们需要掌握一些应对的秘诀和策略。

本文将介绍如何应对这些题目，并给出解题的方法和技巧。

首先，我们需要掌握一些基本的数学常识和概念。

在面对平面几何题时，熟悉几何图形的性质和定理是解题的基础。

例如，我们需要熟练掌握直角三角形的性质、相似三角形的判定定理、圆的性质等等。

只有对这些基础知识牢固掌握，才能够在解题时灵活运用，迅速找到解题思路。

其次，我们需要注意题目中的条件和要求。

高中数学中的平面几何题往往会给出一些条件，要求我们求解某个特定的结果。

因此，理解题目中的条件并将其转化为数学表达式是解题的关键。

对于复杂的几何图形，我们可以采取分类讨论的方法，将图形进行拆解，找出其中的规律，再加以求解。

此外，画图是解决平面几何题的常用方法。

在画图过程中，我们可以将几何图形放在坐标平面上，引入坐标系来辅助分析。

通过研究几何图形的形状和特点，我们可以更好地理解题目，并寻找解决问题的线索。

画图还可以帮助我们形成直观的几何想象，更好地推导出几何定理和公式，并将其应用到具体的解题过程中。

解决平面几何题还需要注重细致入微的推理过程。

在解题过程中，我们需要严谨地运用几何定理和公式，一步一步地推导出结论。

推理过程需要逻辑严密，每一步都要有理有据，并且要注重每个步骤的合理性和正确性。

只有这样，才能得到准确的答案。

在应对高中数学中的平面几何题时，我们还可以借鉴一些解题技巧。

例如，通过构造辅助线来简化题目和提取有效信息。

有时，一条巧妙的辅助线可以将难题转化为简单的几何关系，从而更容易解题。

此外，掌握一些特殊点的性质，如三角形的重心、垂心、外心等，可以帮助我们解题时发现更多的几何关系和定理。

最后，刷题训练也是提高解题能力的有效方法。

通过大量的练习和题目的积累，我们可以熟悉各类平面几何题的解法和思路，以及需要注意的细节。

高中数学竞赛辅导解析数学竞赛题目提高解题思路

高中数学竞赛辅导解析数学竞赛题目提高解题思路高中数学竞赛辅导：解析数学竞赛题目，提高解题思路数学竞赛是培养学生数学思维能力和解决问题技巧的一种有效途径。

参加数学竞赛不仅能提升学生的数学能力，也给予了他们在实际问题中运用所学数学知识的机会。

在这篇文章中，我们将解析一些高中数学竞赛的常见题目，并分享一些提高解题思路的方法。

一、几何题高中数学竞赛中常见的几何题目包括三角形、相似三角形、圆和椭圆等内容。

对于这些题目，在解题过程中需要准确运用相关的几何定理和性质。

1. 解析题目首先，仔细阅读题目，理解给定的条件和要求，确保自己对题目的理解没有偏差。

2. 运用几何定理与性质根据题目中的条件，运用相关的几何定理和性质，找到线索。

例如，当涉及到相似三角形时，可以运用边长比例、角度比例等性质来解决问题。

3. 图形的合理构造有时，合理的图形构造可以帮助我们更好地理解题目和解决问题。

通过构造图形，可以发现隐藏在题目中的规律，从而找到解题思路。

二、代数题代数题目在高中数学竞赛中也是常见的题型，包括方程、函数、不等式等内容。

解决代数题目需要熟练掌握代数运算和相关的性质。

1. 整理方程当涉及到方程时，我们需要通过适当的变形和化简来整理方程，将其转化为容易求解的形式。

例如，可以运用因式分解、配方法等来简化方程。

2. 运用性质和公式熟练掌握相关的性质和公式可以帮助我们解决代数题目。

例如，当涉及到不等式时，可以运用绝对值性质、平均值不等式等来推导和求解。

3. 注意特殊情况在解决代数题目时，需要注意特殊情况对解题过程的影响。

有时，一个小的细节就会导致问题的不同解。

因此，在解题过程中要认真对待每个条件和约束。

三、概率题高中数学竞赛中的概率题目主要考察学生对概率概念的理解和运用概率理论解决问题的能力。

1. 理解概率概念首先，要确切理解概率的定义和相关概念，包括事件、样本空间等。

根据题目要求，确定事件和样本空间，并计算事件发生的可能性。

高中数学直角三角形解题技巧及应用实例

高中数学直角三角形解题技巧及应用实例直角三角形是高中数学中重要的一个概念，它在各种数学题型中都有广泛的应用。

本文将介绍一些直角三角形解题的技巧，并通过实例来说明这些技巧的应用。

一、勾股定理勾股定理是直角三角形中最基本的定理之一，它表达了直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方。

即对于直角三角形ABC，若∠C=90°，则有AC²+BC²=AB²。

例如，已知直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，求AB的长度。

根据勾股定理，可得AB²=AC²+BC²=3²+4²=9+16=25，因此AB=5。

勾股定理的应用不仅限于求斜边的长度，还可以用于判断一个三角形是否为直角三角形。

例如，已知三角形ABC，AB=3，BC=4，AC=5，我们可以通过勾股定理来判断这个三角形是否为直角三角形。

根据勾股定理，若AB²+BC²=AC²，则三角形ABC为直角三角形。

计算可得3²+4²=5²，因此这个三角形是直角三角形。

二、特殊直角三角形特殊直角三角形是指两条直角边长度比例固定的直角三角形，包括30°-60°-90°和45°-45°-90°三角形。

1. 30°-60°-90°三角形在30°-60°-90°三角形中，两直角边的比例为1:√3:2。

例如，已知三角形ABC 中，∠C=90°，BC=4，求AC和AB的长度。

根据30°-60°-90°三角形的特点，可知AC=BC/2=4/2=2，AB=AC√3=2√3。

2. 45°-45°-90°三角形在45°-45°-90°三角形中，两直角边的比例为1:1:√2。

高中数学竞赛辅导(证明两直线垂直或平行)

高中数学竞赛辅导（证明两直线垂直）一、利用三角形中的基本定理AB AC BC+=，则AB （1）勾股定理的逆定理：在△ABC中，若222⊥AC;(2) 在△ABC中，D在边BC所在的直线上，若2222AB AC BD CD-=-，则AD⊥BC；（3）在Rt△ABC中，∠BAC=900，=⋅，则AD⊥BC。

D是边BC上一点，若2AB BD BC1．已知⊙O和⊙O'相交于点A、B过点A的直线分别交⊙O和⊙O'于点P、Q，且AP=AQ，又M为PB（不含点A的）中点，N为QB（不含点A的）中点，求证：MN⊥AB。

2．圆内接四边形ABCD中，延长AB、DC交于点E，延长AD、BC交于F，EM、FN为圆的切线，分别以E、F为圆心，EM、FN为半径作弧，两弧交于K，求证：EK⊥KF。

3．AB是⊙O的直径，PA切⊙O于A，PA=AB，D为BP的三等分点（即2BD=DP），求证：AD⊥PO。

二、利用全等、相似或圆的性质，直接计算4．△ABC的内心为I，内切圆分别切BC、CA于点D、E，如果BI交DE于点G，求证：AG⊥BG。

5．已知两个半径不相等的⊙O1和⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1和⊙O2分别与⊙O内切于S、T两点，又S、N、T三点共线，求证：OM ⊥MN。

6．半圆圆心为O，直径为AB，一直线交圆周于C、D，交AB于M （MB<MA,MC<MD）,设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O之外的另一点，求证：∠MKO=900三、利用另外的线作“桥”7．已知⊙O和⊙O'相交于A、B两点，P为⊙O上的点，PA、PB分别交⊙O'于C、D，求证：PO⊥CD8．已知⊙O和⊙O'相交于A、D两点，过点D作直线BC垂直于AD，分别交⊙O、⊙O'于C、B两点，K是BC中点，过点A的任一直线QP 交⊙O、⊙O'于Q、P两点，M是PQ的中点，求证：MK⊥PQ。

9．AB 是⊙O 非直径的弦，过AB 中点P 作两弦1122,A B A B ，过点11,A B 作⊙O 的切线得交点1C ，过点22,A B 作⊙O 的切线得交点2C ，求证：OP ⊥1C 2C 。