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2010江苏省高中数学奥林匹克夏令营 平面几何

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江苏奥数夏令营平面几何教师版精选精编月新编日

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2018年奥数夏令营讲义——平面几何目录一、等差幂线定理............................................................................................二、共边比例定理、分角张角 ............................................................................2.1 共边比例定理......................................................................................2.2 分角定理 ............................................................................................2.3 张角定理 ............................................................................................三、Menelaus、Ceva、Pascal定理.......................................................................3.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理....................................................................3.2 赛瓦（Ceva)定理..................................................................................3.3 Pascal定理..........................................................................................四、三角形五心...............................................................................................4.1 三角形的内心......................................................................................4.2 三角形的外心......................................................................................4.3 三角形的重心......................................................................................4.4 三角形的垂心......................................................................................4.5 三角形的旁心......................................................................................五、等角共轭 ..................................................................................................5.1 等角共轭 ............................................................................................5.2 等角共轭点.........................................................................................六、Simson 定理、托勒密、三弦定理................................................................6.1 Simson 定理........................................................................................6.2 Ptolemy 定理 ......................................................................................6.3 三弦定理 ............................................................................................七、Stewart 定理 .............................................................................................八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆 .........................................................................九、圆幂定理、根轴、根心 ...............................................................................十、内外角平分线定理、线段的“分割比”、阿波罗尼斯圆 ....................................... 十一、调和点列、线束...................................................................................... 十二、顾冬华20题 .......................................................................................... 注：第81题、第104题、第124题为同一题，分别由三位老师提供，诠释角度不同，故仍然顺应内容重复编排在内，方便备课.一、等差幂线定理1. 如图，点P 为ABC △内部一点，PL PM PN 、、分别垂直于BC CA AB、、，且AM AN =，BN BL =.2. 求证：CL CM =.【证明】由定差幂线定理PN AB ⊥⇔2222PA PB NA NB -=-； PL BC ⊥⇔2222PB PC LB LC -=-； PM CA ⊥2222PC PA MC MA ⇔-=-.上述三式相加，结合AM AN =及BN BL =，得CL CM =.3. 在正方形对角线 上一点(不与 、 重合)， ， . 求证：【证明】 则4. 在 中， . 求证： 和 边上的中线 和 互相垂直.【证明】连接 ， 得5. 如图，在ABC △中，CD AB ⊥，BE AC ⊥，D 、E 是垂足，CD 与BE 交于点H .ABCDECD F证明：AH BC ⊥.证明：在凹四边形ACBH 中，由CH AB ⊥得2222AC BH BC AH +=+. 在凹四边形ABCH 中，由BH AC ⊥得2222AB CH BC AH +=+.于是，在凹四边形ABHC 中，得到2222AB CH AC BH +=+，则AH BC ⊥. 由此题可得ABC △垂线H 的一个性质：222222AB CH BC AH AC BH +=+=+.6. 在五边形 中， ， ， 为五边形内一点，且 ， . 7. 求证： .【证明】连接 延长交 于 ，由 ， ，得： ， 两式相减： ， 即： ，由凹四边形得： .8. 如图，在四边形ABCD 中，E 和F 是CD 和BC 上的点，AB =AD ，DF ， ， 9. 求证：证明：在四边形ADEF 中，由DF 及定差幂线定理得 ，又因为AB =AD ， ， 所以 ，即 ，由定差幂线定理知10. 若点P 在ABC △三边BC 、CA 、AB 所在直线上的射影分别为X 、Y 、Z . 证明：自YZ 、ZX 、XY 的中点分别向BC 、CA 、AB 所作的垂线共点.证明：由三角形中线长公式，有22221()42a mbc a =+-. 由DX BC '⊥，EY CA '⊥，FZ AB '⊥，则2222X B X C BD CD ''-=-22221()2BY BZ CY CZ =+--. 同理，2222221()2Y C Y A CZ CX AZ AX ''-=+--2222221()2Z A Z B AX AY BX BY ''-=+--.以上三式相加，得BACDEPQ2222221()2XC XB YA YC ZB ZA =-+-+-. 因为 ， ， ，由定差幂线定理可得：， ， ，以上三式相加得，所以222222X B X C Y C Y A Z A Z B ''''''-+-+-=0（*） 设 与 交于M 点，则由定差幂线定理可得代入（*）得 即 所以M 在过 引AB 的垂线上， 所以 、 、 三线共点.11. 以锐角 ABC 的一边AC 为直径作圆，分别与AB 、BC 交于点K 、L ，CK 、AL分别与 ABC 的外接圆交于点F 、D (F ≠C ，D ≠A )，E 为劣弧AC 上一点，BE 与AC 交于点N . 若AF 2+BD 2+CE 2=AE 2+CD 2+BF 2. 12. 求证：KNB BNL =∠∠.证明 如图，由于以AC 为直径的圆分别与AB 、BC 交于点K ，L ，则CK AB ⊥，AL BC ⊥. 设CK 与AL 交于点H ，则H 为ABC △的垂心，故点H 与F 关于AB 对称，点H 与D 关于BC 对称.从而，AF AH =，CD CH =，BD BH BF ==. 由222222AF BD CE AE CD BF ++=++，有2222AH CE AE CH +=+.即2222AH CH AE CE -=-. 由定差幂线定理知，HE AC ⊥. 又注意到H 为垂心，有BH AC ⊥. 故知B 、H 、E 三点共线. 因为N 为边AC 与BH 的交点，则BN AC ⊥. 故KNB BNL =∠∠.二、共边比例定理、分角张角2.1 共边比例定理13. 如图，ABC △中，DE BC ∥，BE 、CD 交于P . 求证：直线AP 平分BC 和DE .【证明】设直线AP 分别交BC 、DE 于M 、H . 由共边定理，得ACP BCP S AD BD S =△△，ABPCBP S AE CE S =△△，而DE BC ∥，则AD AE BD CE=， 所以ACP ABPBCP CBPS S S S =△△△△，则ACP ABP S S =△△. 又由共边定理，得BAPCAP S BM CM S =△△，所以1BM CM=，即BM CM =，所以M 是BC 的中点.又易知BPD CPE S S =△△，则DAP EAP S S =△△.由共边定理，得1DAPEAPS DH HE S ==△△，则DH HE =，所以H 是DE 的中点. 故直线AP 平分BC 和DE .14. 过圆外一点P 引圆的两条切线和一条割线 、 、 ，割线 交圆于点 ，在 上取一点 使 . 求证： .【证明】设 由共边比例定理，得：（ 、 为 、 的高）又，得连接 ，则 ～ ，.，且 .～ ， .15. 在 内任取一点P ，连结P A 、PB 、PC 分别交对边于X 、Y 、Z 点. 求证：证明：由共边比例定理知：16. 已知O 是ABC △的内切圆，D 、E 、N 分别为AB 、AC 、BC 上的切点，连结NO 并延长交DE 于点K ，连结AK 并延长交BC 于点M . 求证：M 是BC 的中点.证明:如图，联结OD ，OE ，由O 、D 、B 、N 及O 、N 、C 、E 分别四点共圆有KOD B ∠∠=，KOE C ∠=∠.由共边比例定理，有sin sin ODK OKE S DK OD OK DOK KE S OE OK KOE ⋅⋅∠==⋅⋅∠△△sin sin sin sin DOK B ACKOE C AB∠===∠， 及sin sin ADK AEK S DK DAKKE S EAK∠==∠△△. 于是，sin sin ABM ACM S BM AB BAMMC S AC CAM ⋅∠==⋅∠△△sin sin AB DAK AC EAK ⋅∠=⋅∠AB DK AC KE =⋅1AB AC AC AB=⋅=. 故M 是BC 的中点.2.2 分角定理17. 在等腰 ABC 中，∠A ＜90°，从边AB 上点D 引AB 的垂线，交边AC 于E ，交边BC 的延长线于F .求证：AD =CF 当且仅当 ADE 面积是 CEF 面积的两倍. 【证明】连接BE ，则EA 外分BED ∠.设βα=∠=∠AEB AED ,，作BC EM ⊥. 由分角定理得：BEDEAB AD :sin sin =βα①在BEF ∆中，EC 内分BEF ∠，由分角定理得：BEEFBC CF :sin sin =βα ②由①=②且CF AD =，得EF ABBCDE ⋅=. 设θ=∠ABC ，在等腰ABC ∆中，有θcos 2=ABBC. ∴θcos 2⋅=EF DE ，∴EM DE 2=，∴CEF ADE S S ∆∆=2.以上过程均可逆.18. 设 ABC 是直角三角形，点D 在斜边BC 上，4BD DC =，已知圆过点C 与AC交于F ，与AB 相切于AB 的中点G . 求证：AD BF ⊥.【证明】设α=∠BAD ，β=∠ABF ，γ=∠DAC . 在ABC ∆中，AD 内分BAC ∠，则：ABACAC AB DC BD 4:sin sin ==γα. 又ααπγcos )2sin(sin =-=，∴ABAC 4tan =α.又在ABF Rt ∆中，AB AF=βtan .∴24tan tan AB AFAC ⋅⋅=⋅βα，又AG AB 2=，∴AC AF AG AB ⋅==4422（切割线定理）∴1tan tan =⋅βα，从而2πβα=+，.BF AD ⊥∴19. ABC 是等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，AB =AC . 以AB 为一边作 ABD ，且AD =BD .若∠ADC =15°，求证： ABD 是等边三角形.证明：设 .在 中，在AB 边上用分角定理可得：在 中，在AB 边上用分角定理可得：所以解得 ，所以 ABD 是等边三角形2.3 张角定理20. 已知AM 是 ABC 的BC 边上的中线，任作一直线顺次交AM AC AB ,,于N Q P ,,. 求证：AQAC AN AM AP AB ,,成等差数列. 【证明】令θβα=∠=∠=∠AMB MAC BAM ,,. 以A 为视点，分别对Q N P ,,及C M B ,,应用张角定理，有AQAP AN αββαsin sin )sin(+=+，①AC AB AM αββαsin sin )sin(+=+. ②又在ABM ∆和AMC ∆中，由正弦定理，有MC AC MB AB βθαθsin sin ,sin sin ==.由已知MC MB =，上述两式相除得ABAC βαsin sin =，于是②式可变为：AC AB AM αββαsin 2sin 2)sin(==+，即sin()sin 2AB AM αββ+=，sin()sin 2AC AM αβα+=.代入①得，).(21AQ ACAP AB AN AM +=故AQ AC AN AM AP AB ,,成等差数列. 21. 如图，在线段AB 上取内分点M ，使A M B M ≤，分别以MA ，MB 为边，在AB的同侧作正方形AMCD 和MBEF ，P 和Q 分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于M ，N . 求证：B ，C ，N 三点共线.证明 连MD ，ME ，NE ，ND ，NM ，则90DNM ENM ==︒∠∠，则D ，N ，E 三点共线，注意454590DME =︒+︒=︒∠. 设DMN NEM α==∠∠，P ，Q 的半径分别为1r ，2r ，则MC =，2MB =，12cos MN r α=⋅= 22sin r α⋅. 对视点M ，考察点B ，C ，N 所在的三角形△MBN . 由sin NMBMC︒+︒-==∠.由张角定理可知B ，C ，N 三点共线.三、Menelaus 、Ceva 、Pascal 定理3.1 梅涅劳斯（Menelaus ）定理设直线l 与ABC ∆三边所在直线BC ，CA ，AB 分别交于点D ，E ，F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD 反之，若三角形三边所在直线上三点使得上述等式成立，则该三点共线.利用面积转换，可得出如下两个角元形式： 第一角元形式： 第二角元形式：（O 为不再三边所在直线上的任意一点）22. AD 为锐角三角形ABC 的一条高，K 为AD上任一点，BK 、CK 的延长线分别交AC 、AB 于点E 、F .求证：∠EDK ＝∠FDK .证明：过点A 作MN ∥BC ，与DE 、DF 的延长线分别交于点M 、N .由于AF FB ·BD DC ·CEEA=1.而AF FB ＝AN BD ，CE EA ＝DC AM . ?ANAM＝1?AN ＝AM ，即DA 是等腰三角形DMN 的底边上的高， 从而∠EDA ＝∠FDA .23. 在 ABC 中，AM 、AT 分别为BC 边上的中线与角平分线. TK ∥AC ，交AM 于K . 证明：AT ⊥CK .证明：由CD 截 ABM ，有AD DB ·BC CM ·MK KA =1. 故AD DB ＝ 1 2·AK KM. 设AB ＝c ，BC ＝a ，CA ＝b ，则BT CT ＝c b ?BT ＝ac b ＋c ，CT ＝abb ＋c. MT ＝CM －CT ＝a 2－ab b ＋c ＝a (c －b )2(b ＋c ).但TK ∥AC ?AK KM ＝CT TM ＝2b c －b ，?AD DB ＝b c －b.AD AB ＝AD AD ＋DB ＝b c ，即AD c ＝b c ?AD ＝b ＝AC . 故证.24. 如图，四边形ABCD 中，AB 与CD 所在直线交于点E ，AD 与BC 所在直线交于点F ，BD 与EF 所在直线交于点H ，AC 与EF 所在直线交于点G . 求证：HBC AM TKDBCAEFKHE FG HF EG ⋅=⋅.【解析】考虑AEF ∆被直线HBD 截，应用梅涅劳斯定理可知1=⋅⋅DAFD HF EH BE AB ① 考虑AEG ∆被直线BCF 截，同理可得1=⋅⋅CA GC FG EF BE AB ② 考虑AGF ∆被直线ECD 截，同理可得1=⋅⋅DAFDEF GE CG AC ③②×③÷①可得1=⋅EHHFFG GE 所以原命题成立25. 如图，已知ABC ∆的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，线段BE 、CF 分别与该内切圆交于点P ，Q . 若直线FE 与BC 交于圆外一点R ，证明：P ，Q ，R 三点共线.【析】考虑ABC ∆被直线EFR 截，应用梅涅劳斯定理可知1=⋅⋅EA CE RC BR FB AF ，因为AF =AE 所以CE FBRC BR =，如图，设BE 与CF 交于点S ，则 EFC ∆~QEC ∆，FEB ∆~PFB ∆，SEQ ∆~SFP ∆所以，EQFPSQ SP FB FE PB FP EF CE EQ CQ ===,, 考虑SBC ∆及三个点P ，Q ，R ，由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P ，Q ，R 三点共线.26. 已知ABC △的内心为I ，外接圆圆心为O ，BC 中点为N ，NI 与AC 交于点P ，B 点相对的旁切圆圆心为M ，MI 与圆O 交于点E ，过M 点的直线l 与AC 平行且与BC 所在直线交于点F . 求证：P ，E ，F 三点共线.【析】如图，连结BI ，设MI 与AC 交于点D ，易知，B ，I ，D ，E ，M 五点共线.因为MC 平分ACF ∠，所以MF =CF ， 且DC BCMF BF FC BF == 考虑BCD ∆被NIP 截，应用梅涅劳斯定理知1=⋅⋅IBDIPD CP NC BN又因为BC CD BI DI =，所以1=⋅⋅BC CD PD CP NC BN . 所以CDBCPD CP =所以22CD BC PD CP FC BF =⋅. 又因为BCD ∆~AED ∆所以EDAECD BC =，所以22DE AE PD CP FC BF =⋅. 而ABE ∆~DAE ∆，则AEDE BE AE =，所以BE DE AE ⋅=2. 所以DE BE DE BE DE PD CP FC BF =⋅=⋅2，所以1=⋅⋅BEDE PD CP FC BF . 所以由梅涅劳斯定理逆定理知，P ，E ，F 三点共线.3.2 赛瓦（Ceva)定理设点P 不在ABC ∆三边所在直线上，直线AP ，BP ，CP 分别与BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD ，反之，若三角形三边所在直线上的点使得上述等式成立，则AD ，BE ，CF 交于一点或互相平行.Ceva 定理角元形式：为了方便，我们可以从某个角开始，把六个角顺时针（或逆时针）标记为1∠至6∠，则16sin 5sin 4sin 3sin 2sin 1sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠.或者改为判断过ABC ∆的顶点的三条直线AX ，BY ，CZ 是否共点， 等价于1sin sin sin sin sin sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠YBACBYZCB ACZ XAC BAX27. 在ABC △中，已知40BAC ∠=，60ABC ∠=，D ，E 分别为边AC ，AB 上的点，且使40CBD ∠=，70BCE ∠=，F 是BD 与CE 的交点，连结AF ，证明：AF BC ⊥. 【析】设,α=∠BAF 则α-=∠40CAF ，如图用角元.Ceva 定理可知：120sin 40sin 70sin 10sin )40sin(sin =⋅⋅-αα 所以302080=⇒+=-ααα28. 在锐角ABC △中，AD 是A ∠的内角平分线，D 在边BC 上，过D 作DE AC ⊥，DF AB ⊥，垂足分别为E ，F ，连结BE ，CF ，它们相交于点H ，求证：AH BC ⊥. 【析】过A 作BC AK⊥于K 点，只须证：1=⋅⋅EA CEKC BK FB AF 即可由题意知K D F A ,,,四点共圆，则BK BD BA BF ⋅=⋅K D E A ,,,四点共圆，则CA CE CD CK ⋅=⋅所以CA CE BA BF CK BK CD BD ⋅⋅=⋅又因为AD 平分BAC ∠ 所以AC AB CD BD =所以CEBFCK BK =又因为AF =AE ，所以1=⋅⋅EAAFBF CE CK BK .所以由赛瓦定理逆定理知原命题成立.29. 四边形BCEF 内接于圆O ，其边CE 与BF 的延长线交于点A ，由点A 作圆O的两条切线AP 和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.【析】考虑连结FQ ，QB ，只须说明H 是FBQ ∆的赛瓦点即可 设M CF BQ L BE FQ K PQ BF === ,,则BQ PB FQ PF S S KB FK PBQ FPQ ⋅⋅==∆∆；CQFQ BC FB S S MQ BM FQC FBC ⋅⋅==∆∆； 所以EFBC CQ EQ PB PF LF QL MQ BM KB FK ⋅⋅=⋅⋅（*） 因为APF ∆~ABP ∆，AQE ∆~ACQ ∆，AFE ∆~ACB ∆ 所以AFAC EF BC AC AQ CQ EQ AB AP PB PF ===,,所以（*）可化为12=⋅AF AB AP （圆幂定理） 所以由赛瓦定理逆定理可知H 在PQ 上，所以P ，H ，Q 三点共线.30. 如图，在 ABC 中，∠BAC ＝90°，G 为AB 上给定的一点（G 不是线段AB 的中点）. 设D 为直线GC 上与C 、G 都不相同的任意一点，并且直线AD 、BC 交于E ，直线BD 、AC 交于F ，直线EF 、AB 交于H . 试证明交点H 与D 在直线CG 上的位置无关.证明：设G 分线段AB 为定比λ1，H 分线段AB 为定比λ2. 下面证明λ2由λ1确定，即当A 、B 给定后，点H 的位置由点C 唯一确定.在 ABC 中，由AE 、BF 、CG 交于一点D ，应用塞瓦定理，有AG GB ·BE EC ·CF FA ＝1，即λ1·BE EC ·CF FA＝1. (1) 对 ABC 及截线EFH ，应用梅涅劳斯定理，有AH HB ·BE EC ·CF FA ＝1，即λ2·BE EC ·CF FA＝－1， (2) (1)＋(2)，得(λ1＋λ2)BE EC ·CF FA＝0. 从而λ1＋λ2＝0，即λ2＝－λ1，故λ2由λ1唯一确定.因此，点H 与D 在直线CG 上的位置无关.3.3 Pascal 定理圆O 上六点654321,,,,,A A A A A A ，则164365325421,,,,,A A A A A A A A A A A A 的交点X ，Y ，Z 共线. 考虑63ZA A ∆三顶点引出的直线5623,,A A ZX A A 与两边所成角的正弦值4114545612412366536563232sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin XZA XZA A A A Z A A A A A A A A XZA XZA Z A A A A A A A A Z A A ∠∠⋅∠∠⋅∠∠=∠∠⋅∠∠⋅∠∠（*） 所以（*）为1，由Ceva 定理（角元形式）逆定理知原命题成立.【注】结论与六个点在圆上的次序无关. 六个点中相邻两个点若重合，则对应两点连线变为该点的切线，从而六边形可以变为五边形或者四边形甚至三角形.31. ABC 内接于圆O ，P 为BC 弧上一点，点K 在线段AP 上，使得BK 平分ABC ∠，过K ，P ，C 三点的圆Ω与边AC 交于点D ，连结BD 交圆Ω于点E ，连结PE 并延长与边AB 交于点F ，证明：2ABC FCB ∠=∠.【析】设CF 与圆Ω交于点S ，考虑圆Ω上六点形KPEDCS ，由Pascal 定理可知B ，K ，S 三点共线.设圆Ω与BC 交于点T ，连结KT ，则KBC ABC APC KPC KTC ∠=∠=∠=∠=∠2. 所以FCB SCB BKT KBC ∠=∠=∠=∠，所以FCB ABC ∠=∠2.32. 如图，六点A ，B ，D ，E ，F ，C 在圆周上顺次排列，AB =AC ，AD 与BE 交于点P ，CD 与BF 交于点Q ，AF 与CE 交于点R ，AD 与BF 交于点S ，AF 与CD 交于点T ，在线段TS 上取一点K ，使得SKQ ACE ∠=∠. 求证：SK PQ TK RQ =. 【析】由Pascal 定理可知，P ，Q ，R 三点共线.因为CFT AFB BDS FCT DBS ∠=∠=∠∠=∠,，所以BDS ∆~CFT ∆. 所以QCQB CF BD CT BS ==，所以BC //TS . 2⋂⋂+=∠-∠=∠-∠=∠∴DE AB BCQ ACE STQ SKQ TQK APB ∠=， 同理，ARC SQK ∠=∠，所以APBTQ ARC SQ TQK TQ SQK SQ TK SK ∠∠=∠∠=sin sin sin sin 又因为APRARP AR AP AB AP AR AC APB ABP ACR ARC APB ARC ∠∠==⋅=∠∠⋅∠∠=∠∠sin sin sin sin sin sin sin sin 所以RQ PQ RQ RTQ PSQ PQ TQ ARP APR SQ ST SK =∠⋅∠=∠⋅∠=sin sin sin sin 33. 如图，ABC △的外心为O ，CD 为高线，M 为边AC 的中点，射线DM 与以AD为直径的圆Γ的另一个交点为Y ，圆Γ与⊙O 的另一个交点为X ，直线DO 与AC 交于点Z . 证明：X ，Y ，Z 三点共线.【析】设'Z 是XY ，AC 的交点，下面证明：D O Z,,'共线即可. 设直线'XYZ 交圆O 于点L ，连结XD 并延长交圆O 于点P ，那么 90=∠=∠AXD AXP ，从而 P O A ,,三点共线，所以连结AOP ，因为'Z 是XY ，AC 的交点，即XL 与AC 的交点，而延长CD 交圆O 于点G ，则D 点就是XP 和CG 的交点，此时考虑六点形CAPXLG ，只要能证明O 是AP 和LG 的交点即可由Pascal 定理证得. 所以下面证明：L ，O ，G 三点共线.要证L ，O ，G 三点共线，只要证：BG LB ⊥因为YDA YXA LXA LBA ∠=∠=∠=∠，所以LB //MD ，所以只要证BG MD ⊥，这由DBG MCD MDC ∠=∠=∠可得. 证毕.34. 如图，过ABC △的顶点A 、B 、C 各作一直线使之交于一点P ，而分别交 ABC的外接圆于点A '、B '、C '. 又在 ABC 的外接圆上任取一点Q ，证明：QA '、QB '、QC '与BC 、CA 、AB 对应的交点X 、Z 、Y 三点共线.证明：在圆内接六边形BCAA 'QB '中，其三组对边BC 与A 'Q 、CA 与QB '、AA '与B 'B 的交点分别为X 、Z 、P .由帕斯卡定理可知，P 、X 、Z 三点共线.在圆内接六边形CBAA 'QC '中，其三组对边CB 与A 'Q 、BA 与QC '、AA '与C 'C 的交点分别为X 、Y 、P .由帕斯卡定理可知，P 、Y 、X 三点共线. 故X 、Z 、Y 三点共线.35. 如图，点P 在 ABC 的内部，P 在边BC 、CA 、AB 上的射影分别为D 、E 、F ，过点A 分别作直线BP 、CP 的垂线，垂足分别为M 、N .求证：ME 、NF 、BC 三线共点.证明：由题设有∠AEP ＝∠AFP ＝∠AMP ＝∠ANP ＝90o.从而，点A 、N 、F 、P 、E 、M 都在以AP 为直径的圆上.于是，对于圆内接六边形AFNPME ，它的三组对边AF 与PM 、FN 与ME 、NP 与EA 的交点分别为B 、Q 、C .由帕斯卡定理可知，B 、Q 、C 三点共线. 则点Q 在直线BC 上. 故ME 、NF 、BC 三线共点.四、三角形五心4.1 三角形的内心三角形的内切圆的圆心简称为三角形的内心.性质1：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点.性质2：设I 为ABC ∆内一点，AI 所在直线交ABC ∆的外接圆于D ，I 为ABC ∆内心的充要条件是：ID =DB =DC （鸡爪定理）【证明】如图，必要性：连BI ，由DBI IBC CBD B A DIB ∠=∠+∠=∠+∠=∠2121 知ID =BD =DC充分性：由DB =DC ，即知AD 平分.BAC ∠由DI =DB ，有DBI DIB =∠即ABI IAB CBI DBC ∠+∠=∠+∠，而DBC IAC IAB ∠=∠=∠从而IBA CBI ∠=∠，即BI 平分ABC ∠故I 为ABC ∆的内心.性质3：设I 为ABC ∆内一点，I ABC ∆的内心的充要条件是：IAB ICA IBC ∆∆∆,,的外心均在ABC ∆的外接圆上.36. 已知，如图I 为ABC △的内心，过I 的BC 的垂线交ABC △的外接圆于P 、Q ，P A 、QA 交BC 于E 、F ，求证：A ，I ，E ，F 四点共圆.【析】如图，连结AI 并延长交外接圆于S ，交BC 边于K ，连结SP 并延长与BC 所在直线交于点J ，连结AJ ，IJ ，IE ，由性质2可知SC =SI =SB ，因为C P J S A C A S C B ∠=∠=∠=∠21，所以S C P J S C B S C J ∠=∠-=∠-=∠ 180180. 那么易知SCP ∆~SJC ∆，所以SAP SCP KJS∠=∠=∠且SJ SP SC ⋅=2，所以A ，K ，P ，J 四点共圆.又因为SJ SP SC SI ⋅==22SIP ∆∴~SJI SIP SJI ∠=∠∴∆，又因为K S A P∠=∠，所以IPE IAP SIP SCP SIP KJS IJS IJB ∠=∠-∠=∠-∠=∠-∠=∠.AP IJ BC IP ⊥∴⊥ ，所以E 为IPJ ∆的垂心，则所以A ，I ，E ，F 四点共圆. 37. 已知：如图，O ，I 分别为ABC △的外心和内心，点B '为点B 关于OI 的对称点.求证：过点,I B '作BIB '△外接圆的切线，交点在AC 上.【析】设'O 为'BIB ∆外接圆圆心，则'O 在OI 上，延长BI 交圆O 于M ，设'MB 交AC 于E ，由例1知''''2B IO IBB MIB MEI ∠=∠=∠=∠所以，'',,,B E O I 四点共圆，注意到'BB OI ⊥，MCE ∆~C MB '∆，于是设过点I ，'B 的圆'O 切线交点为D ，则I D BO ,,,'' 四点共圆，从而I D BE O ,,,,''五点共圆. 从而EC O D B O ED O ''''90∠==∠=∠所以，D 在EC 上. 38. 已知圆O '内切圆O 于点D ，A 为大圆O 上任意一点，圆O 的弦AB ，AC 分别切圆O '于点E ，F ，EF 交AO '于点I ，求证：I 为ABC △的内心.【析】延长'AO 交圆O 于点M ，设α2=∠BAC ，圆',O O 的半径依次为R ，r ，由性质2（鸡爪定理）知，只要证明αsin 2R MB MI ==即可.由圆幂定理知：2'2222)(2OO R r R R r Rr -=--=-整理得αsin 2R MI =4.2 三角形的外心三角形的外接圆的圆心简称为三角形的外心.性质1：三角形的外心是三角形三条边的中垂线的交点.性质2：三角形所在平面内的一点是其外心的充要条件是：该点到三顶点的距离相等性质3：设O 为ABC ∆所在平面内的一点，则O 为ABC ∆的外心的充要条件是下述条件之一成立：（2）A BOC OC OB ∠=∠=2,且39. 设O 为ABC △的外心，连结AO 并延长交ABC △的外接圆于D ，BC 的延长线与过D 点的⊙O 的切线l 交于P ，直线PO 交AB 于N ，交AC 于M ，求证：OM =ON .【析】过B 作PO 平行线交AD 于F ，交AC 于G ，作BC OE ⊥于E ，则O ，E ，P ，D 四点共圆. OPE FDE ∠=∠∴B D E F ,,,∴四点共圆，C BDA FEB ∠=∠=∠∴因为E 为BC 中点，所以F 为BG 中点，所以O 为MN 中点.40. 设ABC △的外接圆O 上的劣弧BC 的中点为K ，优弧BC 的中点为S ，线段AK与BC 边交于点D ，点E ，F 分别为ACD △，ABD △的外心. 求证：A ，E ，O ，F ，S 五点共圆.【析】如图，由题意知S ，O ，K 三点共线，下面证明S ，E ，C 三点共线.易知CK SC ⊥，所以S ，E ，C 三点共线，同理S ，F ，B 三点共线.设α=∠ADB ，那么由F 是ABD ∆的外心可知α2360-=∠BFA 在AOK ∆中，在AEC ∆中，α23602-=∠=∠ADC AEC 所以AEC AOK AFB ∠=∠=∠所以AES AOS AFS ∠=∠=∠所以结论得证.41. 过B ，C 作ABC △的外接圆的切线交于D ，B 、B '关于AC 对称，C 、C '关于AB 对称，O 是DB C ''△的外心，求证：AO BC ⊥.【析】不妨设C B ∠≥∠，同理可得A C DCB ∠+∠=∠2' 所以''DCB DBC ∠=∠又因为DB =DC 且''BC CB CB == 所以''D C B D B C ∆≅∆，DC B BD C DB DC '''',∠=∠=∴ 所以BDC DB C ∠=∠''所以DBC ∆~''B DC ∆取DBC ∆的外心F ，则DFB ∆~'DOB ∆由于OD C C DB DBC A AC C ''''222∠=∠=∠=∠=∠所以AC C '∆~OD C '∆D CC O AC D OC C AC '''',∠=∠∴∠=∠∴ 且''''DCOC CC AC =所以AO C '∆~CD C '∆，所以FDC FBD D OC CD AO ∠=∠=∠=∠'),( 所以AO //DF ，而BC DF ⊥，所以BC AO ⊥.4.3 三角形的重心三角形三条中线的交点称为三角形的重心.性质1：设G 是ABC ∆的重心，连AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，AG :GD =2:1且 性质2：设G 为ABC ∆的重心，P 为ABC ∆内任一点，则证明：（1）设D 为BC 边上的中点，则对APG ∆和DPG ∆分别应用余弦定理可得AGP PG AG PG AG AP ∠⋅-+=cos 2222，而DGP AGP DG AG ∠-=∠=cos cos ,2，于是，22222322PG DG AG PD AP ++=+ 又因为PD ，DG 分别是BPC ∆的BC 边，BGC ∆的BC 边上的中线，有 2222212BC PC PB PD -+=，2222212BC CG BG DG -+= 从而22222223PG CG BG AG CP BP AP +++=++222241)(2149AB AC BC CG -+=，此三式相加整理得 42. 证明：以锐角三角形各边为直径作圆，从相对的顶点作切线，得到的六个切点共圆.【析】如图，设ABC ∆的三边分别为a ，b ，c ，圆O 是以BC 为直径的圆，AT 切圆O 于T 点. （由AO 垂直平分ST 可知目标圆圆心在AO 上，同理其他两组也在对应中线上，所以探究重心是可行的了）连AO ，在AO 上取点G 使得AG =2GO ，则G 为ABC ∆的重心，连结OT ，GT ，由,2221222a c b AO -+=及,31,21,cos OA OG a OT OA OT TOA ===∠ 有)(1812222c b a TG ++=为定值，同理其他五个切点到G 的距离的平方均为)(181222c b a ++，证毕.43. 证明：任意三角形的垂心H 、重心G 和外心O 三点共线，且HG =2GO .法1：如图1，设M 为AB 中点，连结CM ，则G 在CM 上，且CG =2GM ，连结OM ，则OM 垂直平分AB ，延长OG 到'H ，使得GO G H 2'=，连结'CH ，因为MGO CGH ∠=∠'，所以G CH '∆～MOG ∆，从而OM CH //'，即AB CH ⊥'，同理，BC AH ⊥'，即'H 为垂心，命题得证.法2：如图2，作出圆O ，连结AO 并延长交圆O 于点N ，连结NB ，NC ，BH ，HG ，GO ，因为AB CH AB NB ⊥⊥,，所以CH NB //，同理，BH NC //所以四边形HBNC 是平行四边形. 所以CH =NB ，又因为OM 是ABN ∆的中位线，所以2:1:=NB OM ，所以2:1:=CH OM CHG GC GM OMG HCG ∆∴=∠=∠2:1:, ～MOG ∆MGO CGH ∠=∠∴所以O ，G ，H 三点共线且HG =2GO .44. 已知ABC △的三边BC =a ，CA =b ，AB =c ，DEF △是ABC △的任意内接三角形，试以a ，b ，c 表示DEF △的三边平方和的最小值.【析】首先，证明一个结论：若G 为ABC ∆内的任意一点，G 到三边BC ，CA ，AB 的距离分别为x ，y ，z ，则当c b a z y x ::::=时，所以222z y x ++的最小值为22224c b a S ABC ++∆ 设G 为DEF ∆的重心，则由中线长公式可知 三式相加得)(3222222GF GE GD FD EF DE ++=++从G 点向ABC ∆的三边BC ，AC ，AB 引垂线，垂足分别为000,,F E D ，则4.4 三角形的垂心三角形三边上的高线的交点称为三角形的垂心.性质1：设H 为ABC ∆的垂心，则性质2：设H 为ABC ∆的垂心，则H ，A ，B ，C 四点中任一点是其余三点为顶点的三角形的垂心（这样的四点组为一垂心组，且一个垂心组的四个外接圆的圆心组成另一垂心组）性质3：设H 为ABC ∆的垂心，则①H 关于三边的对称点均在ABC ∆的外接圆上②ACH BCH ABH ABC ∆∆∆∆,,,的外接圆是等圆③H 关于三边中点的对称点均在ABC ∆的外接圆上性质4：在ABC ∆中，H 是垂心，L ，M ，N 分别为BC ，CA ，AB 的中点，D ，E ，F 分别为三高之垂足，P ，Q ，R 分别是AH ，BH ，CH 的中点，则L ，M ，N ，D ，E ，F ，P ，Q ，R 九点共圆，称为ABC ∆的九点圆.45. ABC 的外心O 与垂心H 的连线段的中点恰是九点圆圆心. 证明：九点圆半径是其外接圆半径的一半.【分析】如图，连结NP ，LR ，PR ，NL ，PL 因为NP 是 ABH 的中位线，所以NP //BH ，而NL 是 ABC 的中位线则NL //AC ，所以NP ⊥NL ;同理，NP ⊥PR ，RL ⊥NL ，RL ⊥PR ，所以四边形PNLR 是矩形，所以P ，N ，L ，R 共圆且以NR 为直径，易知点F 也在这个圆上，又因为PL 也是该圆的直径，所以点D 也在该圆上连结PM ，LM ，由PM //CH ，LM //AB 可知PM ⊥LM ，所以M 也在该圆上，连结PQ ，LQ 可知PQ ⊥LQ ，所以Q 也在该圆上，由QM 也是圆的直径可知点E 也在该圆上.如图，由四边形HCXB 是平行四边形可知，A ，O ，X 三点共线且Y ，H ，L ，X 四点共线，由欧拉线性质可知OL AH PH ==21 且因为PH //OL ，则LOT PHT OLT HPT ∠=∠∠=∠, 所以PL 与OH 的交点T 恰好平分OH （LOT PHT ∆≅∆）所以T 也是PL 中点，恰好也是九点圆圆心，同时由于PL 是HAX ∆的中位线，可得出OA TP 21= 【注】由图中连线及推出的比例关系可知AL 连线与OH 的交点为ABC ∆的重心G ，且G 就是外接圆和九点圆的内位似中心而H 是外位似中心.46. 设ABC △的内切圆与边BC ，CA ，AB 分别相切于点D ，E ，F . 求证：ABC △的外心O 、内心I 、DEF △的垂心H 三点共线.【析】连结AI 并延长交圆O 于点M ，连结OM ，DH ，IDOI ，IH ，要证O ，I ，H 三点共线，因为IM //DH ，所以只要IHD OIH ∠=∠即可. 而ID //OM ，所以转化为去证明OIM ∆~IHD ∆证：设外接圆半径为R ，内切圆半径为r ，由题意知IDH OMI ∠=∠连结BM ，2sin 22sin 2A RA R OM BM OM IM ∠=∠== 所以2s i n 2c o s 2c o s 2A A F E F D E ID DH ∠=∠=∠=，所以IDDH OM IM =，所以O I M ∆~IHD ∆. 所以原命题成立. 47. 如图，设H 为ABC △的垂心，L 为BC 边的中点，P 为AH 的中点，过L 作PL的垂线交AB 于G ，交AC 的延长线于S .求证：G ，B ，S ，C 四点共圆.【析】如图，要证G ，B ，S ，C 四点共圆，只要证：BCS BGS ∠=∠，即要证：ACB AGL ∠=∠. 由题意知PL 是ABC ∆的九点圆的直径，考虑作出ABC ∆的外心O ，取AB 的中点M ，连结OM ，OA ，那么ACB AOM ∠=∠，由九点圆性质知：H ，O ，N 三点共线，且N 为OH 中点，所以PN //AO ，又因为GL PN ⊥，所以GL AO ⊥，所以ACB AOMAGL ∠=∠=∠.证毕. 48. 如图，AD ，BE 分别是锐角ABC △边BC ，AC 上的高，M 是AB 中点，AD ，BE 交于H ，圆ABH 交圆MDE 于P ，Q . 求证：MQ ，ED ，PH 共点，且交点在ABC △外接圆上.【析】分析：考虑用同一法，结合九点圆性质延长MQ 分别交圆O 、圆ABH 于点X ，U ;连结MP 并双向延长交圆O 、圆ABH 于点Y ，V .可以观察出X ，Y 地位等同，故只需证明D ，E ，Y 三点共线便可完成第一步：MQ 和DE 交点在圆O 上.由垂心的性质知圆O 和圆ABH 是等圆，所以MX =MU ，MV =MP ，所以2MD =MA ?MB =MV ?MY =MP ?MY ，所以 MDP ～ MYD ， 所以∠DPM =∠YDM ，又因为∠DPM =∠DEM =∠DEH +∠MEH =∠DCH +∠ABH =∠MAH +∠ABH =∠MDH +∠ECH =∠MDH +∠EDH =∠MDE ，所以∠MDY =∠MDE ，所以D ，E ，Y 三点共线；同理，X ，D ，E 三点共线，所以MQ 和DE 交点X 在圆O 上.设XH 交圆MDE 于点T ，P '，由九点圆的性质知XT =TH ，而由圆幂定理知XT ?XP '=XQ ?XM ，则2XT ?XP '=XQ ?2XM ，即XH ?XP '=XQ ?XU ，所以点P '也在圆ABH 上所以P ，P '重合，证毕. 4.5 三角形的旁心与三角形的一边外侧相切，又与另两边的延长线相切的圆叫做三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为三角形的旁心.性质1：A C BI C BI A C BI c B A ∠=∠=∠∠-=∠21,2190 （对于顶角B ，C 也有类似的式子） 性质2：：A C C B B A C B A C B A ABCr r r r r r r r r r c p r b p r a p S ++=-=-=-=∆)()()( （其中，)(21c b a p ++=） 性质3：2cot 2cot ,2cot 2cot ,2cot 2cot B A r r A C r r C B r r C B A ===（其中，A r 表示BC 外侧相切的旁切圆的半径，C B r r ,类推，r 表示ABC ∆的内切圆半径）【析】性质:2：易知p AE AD ==，A E ADI r p S A ⋅=，而A ABC F CEI F BDI ABC E ADI ar S S S S S A A A +=++=∆∆，所以A ABC r a p S )(-=∆.性质4：1()2B A C I I I B C ∠=∠+∠，1()2A B C I I I A C ∠=∠+∠，1()2A C B I I I A B ∠=∠+∠. 49. 如图，⊙1O 与⊙2O 和ABC △的三边所在的直线都相切，E 、F 、G 、H 为切点，直线EG 与FH 交于点P ，求证：PA BC ⊥.【析】易知21,,O A O 三点共线，设21O O 交EF 于点D ，连F O H O DH BD B O E O 2211,,,,,， 由题意知CE =CG ，C CEG ∠-=∠2190 ，BH =BF ，B BHF ∠-=∠2190 又因为)360(1801801BED ABE DAB ADEDE O ∠-∠-∠--=∠-=∠所以D B E O ,,,1四点共圆， 901=∠∴DBO 又因为BHF B DE O PDA ∠=∠-=∠=∠21901 所以A ，H ，P ，D 四点共圆. 所以ADH APH ∠=∠又因为 90222=∠=∠=∠DB O FB O HBO 所以F O H D B ,,,,2五点共圆，即有FH O ADH 2∠=∠，所以F O PA 2//所以BC PA ⊥50. 如图，O ，I 分别为ABC △的外心和内心，AD 是BC 边上的高，I 在线段OD上.求证： ABC 的外接圆半径等于BC 边上的旁切圆半径.【析】连AO ，作BC IE ⊥于E ，作BC OF ⊥于F ，设c AB b CA a BC ===,,，外接圆、旁切圆半径分别为R ，A r ，再作AB ON ⊥于N ，由三角形外心性质OAN BAD ABD AON ∠=∠∠=∠,所以AI 平分DAO ∠，那么BD BE BE BF DE EF ID OI AD R --=== 所以A r ac b S a c b aAD R =-+=-+=2 证毕 51. 已知ABC △的内心为I ，内切圆与BC 边的切点为D ，A ∠所对的旁心为A I ，A I D所在直线与圆I 交于另一点K ，H 是线段A I D 的中点，求证：K ，B ，C ，H 四点共圆.【析】过A I 作BC 边的垂线，垂足为'D ，连结IK ，ID ，AA r c b K I D IDK ||tan tan '-=∠=∠ 所以2222)()(2cos cos AA r c b r c b IDK KID +---=∠-=∠ 所以DHrr DI rr KID r r KD A A A ==∠-=2cos 2222，即A rr DH KD =⋅. 又因为'''cot D I CD D I BD BD I BD r A A A ==∠=，所以DH KD rr CD BD A ⋅==⋅所以K ，B ，C ，H 四点共圆. 证毕.52. 如图，已知∠ACE ＝∠CDE ＝90?，点B 在CE 上，且CA ＝CB ＝CD ，过A 、C 、D 三点的圆交AB 于点F . 求证：F 为 CDE 的内心.证明：连CF 、DF 、BD . ∵AC ＝CB ，∠ACB ＝90?，∴ ∠BAC ＝∠CAB ＝45?，∴ ∠CDF ＝∠CAF ＝45?，但∠CDE ＝90?，∴ DF 是∠CDE 的角平分线.∵ CB ＝CD ，∴∠CBD ＝∠CDB ，但∠CBF ＝∠CDF ＝45?，∴ ∠FBD ＝∠FDB ，∴ BF ＝DF ， 又∵CB ＝CD ，CF ＝CF ，BF ＝DF ，∴ CBF ≌△CDF ，∴∠BCF ＝∠DCF ，即CF 是∠ECD 的平分线.∴ F 是 CDE 的内心. C BADF53. ABC 的外心为O ，AB ＝AC ，D 是AB 中点，E 是 ACD 的重心. 证明：OE丄CD .证明：设AM 为高亦为中线，取AC 中点F ，E 必在DF 上且DE ：EF ＝2：1. 设CD 交AM 于G ，G 必为 ABC 重心. 连GE ，MF ，MF 交DC 于K .易证：DG ：GK ＝31DC ：(3121-)DC ＝2：1. ∴DG ：GK ＝DE ：EF ⇒GE ∥MF . ∵OD 丄AB ，MF ∥AB ，∴OD 丄MF ⇒OD 丄GE . 但OG 丄DE ⇒G 又是 ODE 之垂心. 易证OE 丄CD .54. ABC 是一个锐角三角形，过顶点B 与外心O 的一个圆分别与BC ，BA 交于点P ，Q (P ≠B ，Q ≠B ).55. 求证：?OPQ 的垂心在直线AC 上.证明：作OD ⊥PQ ，交PQ 于点D ，交直线AC 于点H . 连PH ，延长QO 交PH 于点E ，连OA ，OB ，OC . B ，P ，O ，Q 共圆??POE ＝?QBP (＝?ABC ).?OQP ＝?OBP ＝90?－?BAC ；?OPQ ＝?OBQ ＝90?－12?AOB ＝90?－?ACB ??POD ＝?ACB ； ∴ P ，O ，H ，C 共圆.∴ ?OPH ＝?OCH (＝?OCA )＝90?－?ABC .∴ ?OPE ＋?POE ＝90??PH ⊥QE . 即PH 是OQ 边上的高. 从而H 为?OPQ 的垂心.56. 在平行四边形ABCD (?A ＜90?)的边BC 上取点T 使得?ATD 是锐角三角形. 令O 1，O 2，O 3分别是?ABT ，?DAT ，?CDT 的外心.求证：三角形O 1O 2O 3的垂心位于直线AD 上.证明：作O 1H ⊥O 2O 3，交AD 于点H ，连O 2H ，O 3H .连O 1A ，O 1T ，O 2D ，O 2A ，O 3D .O 1，O 2都在AT 的中垂线上，故O 1O 2是AT 的中垂线.同理，O 2O 3是DT 的中垂线. 如图位置有? O 1O 2O 3＝180?－?ATD . OT OOB C DA∴?O2O1O3＋?O1O3O2＝180?－?O1O2O3＝?ATD. ①又O1H∥TD(都与O2O3垂直)，∴?AHO1＝?ADT，又，?AO2O1＝?ADT＝?AHO1?A，H，O2，O1共圆.∵?AO1O2＝?TO1O2＝?B.∴?AHO2＝180?－?AO1O2＝180?－?B＝?C＝?O2O3D.∴H，O2，O3，D共圆.∴?HO3O2＝?HDO2＝90?－?ATD. ②由①②，?O2O1O3＋?HO3O1＝?O2O1O3＋?O1O3O2＋?HO3O2＝90?.∴O3H⊥O1O2.∴H为?O1O2O3的垂心.五、等角共轭5.1 等角共轭57.已知EF是圆内接四边形ABCD对边AB、CD的中点，M是EF的中点，自E点分别作BC、AD的垂线，垂足记为P、Q，证明：MP=MQ先证明一个引理：设P、Q是l真心同侧的两点，点A在直线l上，则称PA+PQ的最小值为P、Q两点关于直线l“光路和”，即P与Q关于直线l的对称点Q¢间的距离.设AP、AQ是∠AOB的一对等角共轭线，则P、Q关于OA、OB光路和相等.证明：如图分别作出P关于OA、Q关于OB的对称点P¢、Q¢，则P、Q关于OA光路和为P Q¢，P、Q关于OB光路和P Q¢，¢，则P Q¢=P Q¢.易证PO Q¢≌△P OQ即P、Q关于OA、OB光路和相等。

数学奥赛平面几何

数学奥赛平面几何

《竞赛数学解题研究》之平面几何专题一、平面几何中的一些重要定理：1、梅涅劳斯定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则D 、E 、F 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEFC BF DB AD 。

2、塞瓦定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则AF 、BE 、CD 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEFC BF DB AD 。

3、托勒密定理：四边形ABCD 内接于圆的充要条件是CD BC CD AB BD AC ⋅+⋅=⋅4、西摩松定理：设P 是ABC ∆外接圆上任一点，过P 向ABC ∆的三边分别作垂线，设垂足为D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线。

5、斯德瓦特定理：设P 是ABC ∆的边BC 边上的任一点，则BC PC BP AP BC AB PC AC BP ⋅⋅+⋅=⋅+⋅2226、共角定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个角相等或互补（不妨设A=A '）则 C A B A ACAB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆7、共边定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个边相等，则CA B A ACAB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆举例说明：1、设M 、N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 上的点，且AM:AC=CN:CE=k,如果BMN 三点共线，试求k 。

（IMO23,1982）2、在四边形ABCD 中，ABD ∆、BCD ∆、ABC ∆的面积之比为3：4：1，点M 、N 分别 是AC 、CD 上的点，且AM:AC=CN:CD, 并且BMN 三点共线，求证：M 、N 分别是AC 、 CD 的中点。

2010年全国高中数学联赛江苏赛区(试卷、参考答案、评分细则)

2010年全国高中数学联赛江苏赛区(试卷、参考答案、评分细则)

2010年全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题（本题满分70分，每小题7分）1．方程9135x x +-=的实数解为 ．提示与答案：x ＜0无解; 当0x ≥时，原方程变形为32x +3x －6=0，解得3x =2，x =log 32．2．函数sin cos y x x =+(x ∈R )的单调减区间是 .提示与答案：与f (x )=y 2=1+|sin2x |的单调减区间相同， [,],2422k k k ππππ++∈Z ． 3．在△ABC 中，已知4AB AC ⋅= ，12AB BC ⋅=- ，则AB ＝ .提示与答案：216AB AC AB BC AB ⋅-⋅== ，得4AB = ．4．函数()()()221f x x x =-+在区间[]0,2上的最大值是 ，最小值是 ．提示与答案：极小值－4，端点函数值f (2)=0，f (0)=－2，最小值－4，最大值0．5．在直角坐标系xOy 中，已知圆心在原点O 、半径为R 的圆与△ABC 的边有公共点，其中()4,0A =、()6,8B =、()2,4C =，则R 的取值范围为 ．提示与答案：画图观察，R 最小时圆与直线段AC 相切，R 最大时圆过点B ．[855，10]． 6．设函数()f x 的定义域为R ，若()1f x +与()1f x -都是关于x 的奇函数，则函数 ()y f x =在区间[]0,100上至少有 个零点.提示与答案：f (2k -1)=0，k ∈Z . 又可作一个函数()f x 满足问题中的条件，且()f x 的 一个零点恰为21x k =-，k ∈Z . 所以至少有50个零点.7．从正方体的12条棱和12条面对角线中选出n 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则n 的最大值为 ．提示与答案：不能有公共端点，最多4条，图上知4条可以．8．圆环形手镯上等距地镶嵌着4颗小珍珠，每颗珍珠镀金、银两色中的一种．其中镀2金2银的概率是 ．（第7题）提示与答案：穷举法，注意可翻转，有6种情况，2金2银有两种，概率为 13． 9．在三棱锥A BCD -中，已知ACB CBD ∠=∠，ACD ADC BCD BDC ∠=∠=∠=∠θ=，且cos θ=．已知棱AB的长为 ． 提示与答案：4面为全等的等腰三角形，由体积公式可求得三棱锥的体积为 144 ．10．设复数列{}n x 满足1n x a ≠-，0，且11n n n a x x x +=+．若对任意n ∈N * 都有3n n x x +=， 则a 的值是 ． 提示与答案：由11n n n a x x x +=+，2321n n n a x x x +++==+()21111n n a x a x ++=++()3211n n n a x x a a x =+++ 恒成立，即()()2110n n a a x x a +++-=. 因为1n x a ≠-或0，故210a a ++=，所以122a i =-±．二、解答题（本题满分80分，每小题20分）11．直角坐标系xOy 中，设A 、B 、M 是椭圆22:14x C y +=上的三点．若 3455OM OA OB =+ ，证明：线段AB 的中点在椭圆22212x y +=上． 解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 x 124＋y 12＝1，x 224＋y 22＝1． 由3455OM OA OB =+ ，得 M (35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2)． 因为M 是椭圆C 上一点，所以(35x 1＋45x 2)24＋(35y 1＋45y 2)2＝1， …………………6分 即 (x 124＋y 12)(35)2＋(x 224＋y 22)(45)2+2(35)(45)(x 1x 24＋y 1y 2)=1， 得 (35)2＋(45)2+2(35)(45)(x 1x 24＋y 1y 2)＝1，故 x 1x 24＋y 1y 2＝0． …………………14分又线段AB 的中点的坐标为 (x 1＋x 22，y 1＋y 22)， 所以 (x 1＋x 22)22＋2(y 1＋y 22)2＝12(x 124＋y 12)+12(x 224＋y 22)+x 1x 24＋y 1y 2＝1， 从而线段AB 的中点(x 1＋x 22，y 1＋y 22)在椭圆x 22＋2y 2＝1上． ………………20分 12．已知整数列{}n a 满足31a =-，74a =，前6项依次成等差数列，从第5项起依次成等比数列．(1) 求数列{}n a 的通项公式；(2) 求出所有的正整数m ，使得1212m m m m m m a a a a a a ++++++=．解：(1) 设数列前6项的公差为d ，则a 5=－1+2d ，a 6=－1+3d ，d 为整数.又a 5，a 6，a 7成等比数列，所以(3d －1)2=4(2d －1)，即 9d 2－14d +5=0，得d =1. …………………6分 当n ≤6时，a n =n －4，由此a 5=1，a 6=2，数列从第5项起构成的等比数列的公比为2，所以，当n ≥5时，a n =2n -5.故 a n =⎩⎪⎨⎪⎧n －4，n ≤4，2n -5， n ≥5． …………………10分(2) 由（1）知，数列{}n a 为：－3，－2，－1，0，1，2，4，8，16，…当m =1时等式成立，即 －3－2－1=―6=(－3)(－2)(－1)；当m =3时等式成立，即 －1+0+1=0；当m =2、4时等式不成立； …………………15分当m ≥5时，a m a m +1a m +2 =23m -12， a m +a m +1+a m +2=2m -5(23－1)=7×2m -5， 7×2m -5≠23m -12，所以 a m +a m +1+a m +2≠a m a m +1a m +2 . 故所求 m = 1，或m =3． …………………20分13．如图，圆内接五边形ABCDE 中，AD 是外接圆的直径，BE AD ⊥，垂足H .过点H 作平行于CE 的直线，与直线AC 、DC 分别交于点F 、G ．证明： (1) 点A 、B 、F 、H 共圆；(2) 四边形BFCG 是矩形．证明：(1) 由HG ∥CE ，得∠BHF =∠BEC ，又同弧的圆周角 ∠BAF =∠BEC ，∴ ∠BAF =∠BHF ，∴ 点 A 、B 、F 、H 共圆；…………………8分(2) 由(1)的结论，得 ∠BHA =∠BF A ，∵ BE ⊥AD ， ∴ BF ⊥AC ，又AD 是圆的直径，∴ CG ⊥AC ， …………………14分由A 、B 、C 、D 共圆及A 、B 、F 、H 共圆，∴∠BFG =∠DAB =∠BCG ， ∴ B 、G 、C 、F 共圆.∴ ∠BGC =∠AFB=900, ∴ BG ⊥GC ，∴ 所以四边形BFCG 是矩形． …………………20分14．求所有正整数x ，y ，使得23x y +与23y x +都是完全平方数．解：若x =y ，则x 2+3x 是完全平方数.∵ x 2＜x 2+3x ＜x 2+4x +4= (x +2)2，∴ x 2+3x = (x +1)2，∴ x =y =1. ………………5分若x ＞y ，则x 2＜x 2+3y ＜x 2+3x ＜x 2+4x +4= (x +2)2.∵ x 2+3y 是完全平方数，∴ x 2+3y = (x +1)2，得3y = 2x +1，由此可知y 是奇数，设y = 2k +1，则x =3k +1，k 是正整数. 又 y 2+3x = 4k 2+4k +1+9k +3=4k 2+13k +4是完全平方数，且(2k +2)2=4k 2+8k +4＜4k 2+13k +4＜4k 2+16k +16= (2k +4)2，∴ y 2+3x =4k 2+13k +4=(2k +3)2，得 k =5，从而求得x =16，y =11. …………………15分若x ＜y ，同x ＞y 情形可求得 x =11，y =16.综上所述，(x ，y )= (1，1), (11，16), (16，11)． …………………20分 A B C D EF H G。

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版高中数学联赛的几何题目有100道，难度较高。

这些题目涉及到各种不同的几何概念和定理，需要考生具备扎实的数学基础和丰富的解题经验。

在这些题目中，有许多需要考生进行证明，需要考生熟练掌握各种证明方法和技巧。

同时，还有一些需要考生进行画图，需要考生具备良好的几何直观和手绘能力。

这些几何题目的难度不仅仅在于其题目本身，还在于考试的时间限制。

考生需要在有限的时间内解决尽可能多的问题，因此需要考生具备快速解题的能力和良好的时间管理能力。

为了更好地应对这些几何题目，考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练。

同时，还需要多做一些类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。

总之，高中数学联赛的几何题目难度较高，需要考生具备扎实的数学基础、丰富的解题经验、良好的几何直观和手绘能力、快速解题的能力和良好的时间管理能力。

考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练，并多做类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。

1.研究证明角平分在这一部分中，我们将研究如何证明一个角被平分。

这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角平分线的定义、角度相等、相似三角形等。

2.研究证明四点共圆在这一部分中，我们将研究如何证明四个点共圆。

这个问题也是几何学中的基础问题之一。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用圆的定义、圆心角、垂直等。

3.研究证明角的倍数关系在这一部分中，我们将研究如何证明角的倍数关系。

这是一个非常重要的几何问题，因为它在许多几何证明中都有应用。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角度相等、相似三角形等。

4.证明线与圆相切在这一部分中，我们将研究如何证明一条线与一个圆相切。

这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用切线的定义、圆心角等。

5.证明垂直在这一部分中，我们将研究如何证明两条线段垂直。

江苏省第十届高等数学竞赛试题

江苏省第十届高等数学竞赛试题

江苏省第十届高等数学竞赛试题（本科二级）考试时间：2010年6月5日 上午 8:30—11:30一、 填空题（每小题4分，共8小题）1、 =-→30)(sin )sin(sin sin limx x x x 求 2、 ='+++=y 求, 1)1x ln(x 已知y 22x3、 =-⎰dx e x x x 214、 ，x cos y 2==(n)y 求5、 =-⎰+∞2411dx x 求6、022*********{=+-+≤+--++z y x z y x z y x ，求该区域面积S=7、 =='='-=)1,2(21|,3)2,3(,2)2,3(),,2(z dz y x y x f f f 求且已知8、 =-+∑∞=1!2!)1(1n n n n n二、;)()(],[)(dx x xf dx x f b b a x f ba ba ⎰⎰=上连续，满足在求证：存在),,(b a ∈ξ使得 ⎰=ξa x f 。

0)(（10分）三、为侧面的中点，为，边长为正方体F D C E D C B A ABCD 1111112-的中心，11BCC B 求（1）形成的二面角；与底面平面ABCD EF A 1（2）积。

截正方体得到的截面面EF A 1 （10分）四、等腰梯形ABCD ，其中AB+BC+CD=8，梯形绕AD 边旋转，得到的旋转体体积最大，求AD ，BC ，AB 的长。

（12分）五、满足：已知区域求D dxdy y x D ,)sin (cos 22⎰⎰+。

0,0,122≥≥≤+y x y x （12分）六、）的积分。

，）到（，沿曲线从（）（求1100)1(2-++++⎰dy y x dx e y x Lx 曲线L 的方程 。

：)10(2)21(222{≤≤=≤≤=+x x y x x y x L （12分）七、已知}{n a 单调增加，113213;5,2,1-+-====n n n a a a a a a 满足且 ),2(*N n n ∈≥n n a x 1=设， 的敛散性。

数学竞赛 几何变换 (第十二届夏令营)

数学竞赛 几何变换 (第十二届夏令营)

几何变换(第十二届夏令营)湖南师大附中数学竞赛组自公元前3世纪古希腊数学家欧几里得(Euclid)的《几何原本》问世以来, 平面几何就作为数学的一个分支而存在于世. 由于平面几何有其鲜明的的直觉与严谨、精确、简明的语言, 并且经常出现一些极具挑战性的问题, 因而这一古老的数学分支一直保持着青春的活力, 以极具魅力的姿态展现在我们面前. 世界各国无不将平面几何作为培养本国公民的逻辑思维能力、空间想象能力和推理论证能力的重要题材. 由匈牙利于1894年首开先河的国内外各级数学竞赛活动更是将平面几何作为常规的竞赛内容, 并且从1959年开始举办的每年一届(1980年因特殊原因中断)的国际中学生数学竞赛(通称国际数学奥林匹克)中, 在同一届出现两道平面几何题的情况已是屡见不鲜.但是, 传统的平面几何都是采用公理化方法处理的, 这种方法将平面图形视为静止的图形, 其优点是便于掌握几何图形本身的内在规律. 但用这种静止的观点研究平面几何的一个最大缺陷是: 难以发现不同几何事实之间的联系. 欲深刻揭示客观事物之间的联系, 掌握运动的事物的空间形式最本质的东西——在运动中始终保持不变的性质, 仅用静止的观点是远远不够的, 必须动静结合, 用运动、变化的观点来研究客观事物的运动形式和变化规律. 就平面几何而言, 按照德国数学家克莱因(F. Klein)于1872年提出的观点, 平面几何是研究平面图形在运动、变化过程中的不变性质和不变量的科学.几何变换作为一种现代数学思想方法, 正是采用运动、变化的观点来研究平面几何的. 面对一个平面几何问题, 几何变换往往能有效地帮助我们顺利地实现由条件到结论的逻辑沟通. 将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换. 平面几何中的几何变换主要有合同变换、相似变换和反演变换等.1 知识方法1.1 合同变换在一个几何变换f下, 如果任意两个之间的距离等于变化后的两点之间的距离, 则称f是一个合同变换.合同变换只改变图形的相对位置, 不改变其性质和大小. 合同变换有三种基本形式: 平移变换, 轴反射变换, 旋转变换.(一) 平移变换将平面图形上的每一个点都按一个定方向移动定距离的变换叫作平移变换.记为()T a , 定方向a 称为平移方向, 定距离称为平移距离.显然, 在平移变换下, 两对应线段平行(或共线)且相等. 因此, 凡已知条件中含有平行线段, 特别是含有相等线段的平面几何问题, 往往可用平移变换简单处理. 平移可移线段, 也可移角或整个图形.例1.1 平面上一个单位正方形与距离为1的两条平行线均相交, 使得正方形被两条平行线截出两个三角形(在两条平行线之外). 证明: 这两个三角形的周长之和与正方形在平面上的位置无关. (第15届亚洲—太平洋数学奥林匹克, 2003)证明: 如图所示, 设直线1l //2l , 1l 与2l 的距离为1,单位正方形ABCD 的边,AB AD 分别与1l 交于,P Q , 边,BC CD 分别与2l 交于,R S . 作平移变换()T PA , 设1122',','l l l l R R →→→, 则'R 在2'l 上, 1'l 过正方形的顶点A . 因点A 到2'l 的距离等于AB , 所以2'l 决不会与边,AB AD 相交. 设2'l 与边,BC CD 分别交于,E F , 则有',,,R F RS SF PA ER AQ === 进而, ',ER PQ = 于是''AP PQ AQ RC CS RS SF ER ER RC CS R F EC CF EF +++++=+++++=++ 过顶点A 作2'l 的垂线, 设垂足为H , 则1AH AB AD ===. 由于,,AB EC AD CF AH EF ⊥⊥⊥, 所以, 点A 是CEF ∆的C -旁心, 且,,B H D 分别为CEF ∆的C -旁心圆与三边的切点, 所以,EH BE HF FD ==, 从而2EC CF EF BC CD ++=+=, 即2AP PQ AQ RC CS RS +++++=. 这就是说, APQ ∆的周长与CSR ∆的周长之和等于2. 它与正方形在平面上的位置无关.(二) 轴反射变换如果直线l 垂直平分连接两点,'A A 的线段'AA , 则称两点,'A A 关于直线l 对称. 其中'()A A 叫作点(')A A 关于直线l 的对称点.把平面上图形中任一点都变到它关于定直线l 的对称点的变换, 叫作关于直线l 的轴反射变换, 记为()S l , 直线l 叫作反射轴.显然, 在轴反射变换下, 对应线段相等, 两对应直线或者相交于反射轴上, 或者与反射轴平行. 通过轴反射变换构成(或部分构成)轴对称图形是处理平面几何问题的重要思想方法.例1.2 在锐角ABC ∆中, AB AC <, AD 是边BC 上的高, P 是线段AD 上一点. 过P 作PE AC ⊥, 垂足为E , 作PF AB ⊥, 垂足为F . 12,O O 分别是,BDF CDE ∆∆的外心. 求证:12,,,O O E F 四点共圆的充要条件为P 是ABC ∆的垂心. (全国高中数学联赛, 2007)证明: 如图所示, 由,PD BC PF AB ⊥⊥知,,,B D P F 四点共圆, 且BP 为其直径, 所以BDF ∆的外心1O 为BP 的中点. 同理, ,,,C D P E 四点共圆, 且2O 是CP 的中点. 因此, 12O O //BC , 所以21O O P CBP ∠=∠.充分性. 设P 是ABC ∆的垂心, 由于,PE AC PF AB ⊥⊥, 所以1,,,B O P E 四点共线, 2,,,C O P F 四点共线, ,,,B C E F 四点共圆. 于是由21O O P CBP ∠=∠得212O O E CBE CFE O FE ∠=∠=∠=∠, 故12,,,O O E F 四点共圆.必要性. 因为1O 是Rt BFP ∆的斜边PB 的中点, 2O 是Rt CEP ∆的斜边PC 的中点, 所以12PO F PBA ∠=∠, 2O EC ACP ∠=∠. 因为,,,A F E P 四点共圆, 所以FEP FAP ∠=∠. 于是212112O O F O O P PO F CBP PBA CBA PBF ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠2229090FEO FEP PEO FAP O EC FAP ACP ∠=∠+∠=∠+-∠=∠+-∠这样, 若12,,,O O E F 四点共圆, 则212180O O F FEO ∠+∠= . 因而有90180CBA PBF FAP ACP ∠+∠+∠+-∠=再注意90CBA FAP ∠+∠= , 即得PBF ACP ∠=∠, 也就是PBA ACP ∠=∠.作反射变换()S AD , 设'B B →, 因AB AC <, AD BC ⊥, 所以BD CD <, 于是'B 在线段CD 上, 且','PB B CBP AB P PBA ∠=∠∠=∠. 因PBA ACP ∠=∠, 所以'AB P ACP ∠=∠, 从而,,',A P B C 四点共圆. 于是'90PB B PAC ACB ∠=∠=-∠ , 所以90CBP ACB ∠=-∠ , 所以, BP AC ⊥. 而AP BC ⊥, 故P 是ABC ∆的垂心.(三) 旋转变换将平面上图形中每一个点都绕一个定点O 按定方向(逆时针或顺时针)转动定角θ的变换, 叫作旋转变换, 记为(,)R O θ. 点O 叫作旋转中心, θ叫作转幅或旋转角.易知, 在旋转变换下, 两对应线段相等, 两对应直线的交角等于转幅. 对于已知条件中含有正方形或等腰三角形或其它特殊图形问题, 往往可运用旋转变换来处理.特别是在转幅为90 的旋转变换下, 两对应线段垂直且相等. 而转幅为180 的旋转变换称为中心对称变换, 记为()C O . 在中心对称变换下, 任意一对对应点的连线段都通过旋转中心(此时称为对称中心), 且被对称中心所平分. 由于中心对称变换的这一特殊性, 凡是与中点有关的平面几何问题, 我们可以考虑用中心对称变换处理.例1.3 设圆1T 与圆2T 交于,A B 两点. 圆1T 在A 点的切线交圆2T 于C , 圆2T在A 点的切线交圆1T 于D . M 是CD 的中点. 求证:CAM DAB ∠=∠. (中国国家队培训, 2007)证明: 如图所示, 作中心对称变换()C M , 设'A A →, 则四边形'ACA D 是一个平行四边形. 设AB 的延长线交'CA 于E , 则AEC BAD BCA ∠=∠=∠. 又CAE ADB ∠=∠, 所以ABC ACE DBA ∆∆∆ , 于是,AC AB AE CE AE AC DA BA ==. 两式相乘, 并注意到'AC DA =, 得'AC CE AD DA =. 而'ACE ADA ∠=∠, 所以'ACE ADA ∆∆ , 则'CAE DAA ∠=∠, 故CAM DAB ∠=∠.例1.4 在ABC ∆中, AB AC =, ,,D E F 分别为直线,,BC AB AC 上的点, 且DE //AC , DF //AB , M 为ABC ∆的外接圆上BC的中点. 求证: MD EF ⊥. (伊朗国家队选拔考试, 2005)证明: 如图所示, 因AB AC =, DF //AB ,所以CF DF =. 又四边形EAFD 显然为平行四边形, 则AE DF CF ==. 于是, 设ABC ∆的外心为O , 作旋转变换(,2)R O CBA (其中,CBA 表示始边为射线BC , 终边为射线BA 的有向角), 则,,C A A B →→ 且F E →, 所以OE OF =. 因此, 设EF 的中点为N , 则ON EF ⊥.另一方面, 因四边形EAFD 是平行四边形, 所以N 也是AD 的中点. 又AB AC =, M 为ABC ∆的外接圆上 BC的中点, 所以AM 为ABC ∆的外接圆的直径, 从而O 为AM 的中点, 故ON //MD . 于是由ON EF ⊥, 即知MD EF ⊥.1.2 相似变换在一个几何变换f 下, 若对于平面上任意两点,A B , 以及对应点','A B , 总有''A B kAB =(k 为非零实数), 则称这个变换f 是一个相似变换. 非零实数k 叫作相似比, 相似比为k 的相似变换记为()H k .显然, 相似变换既改变图形的相对位置, 也改变图形的大小, 但不改变图形的形状. 当1k =时, (1)H 就是合同变换. 讨论相似变换时, 常讨论位似变换、位似旋转变换以及位似轴反射变换.(一) 位似变换设O 是平面上一定点, H 是平面上的变换, 若对于任一双对应点,'A A , 都有'OA kOA =(k 为非零实数), 则称H 为位似变换. 记为(,)H O k , O 叫作位似中心, k 叫作相似比或位似系数. A 与'A 在O 点的同侧时0k >, 此时O 为外分点, 此种变换称为正位似(或顺位似); A 与'A 在O 点的两侧时0k <, 此时O 为内分点, 此种变换称为反位似(或逆位似).显然, 位似变换是特殊的相似变换. 有此问题借助于位似变换求解比相似变换更简洁.例1.5 设ABC ∆的内切圆与边,,BC CA AB 分别切于点,,D E F . 求证: ABC ∆的外心O , 内心I 与DEF ∆的垂心H 三点共线. (第12届伊朗数学奥林匹克, 1995; 第97届匈牙利数学奥林匹克, 1997; 第51届保加利亚数学奥林匹克, 2002)证法一: 如图(1)所示, 设ABC ∆的内切圆半径与外接圆半径分别为,r R , R k r =⋅.作位似变换(,)H I k -, 设'''DEF D E F ∆→∆,则'D I R =. 再设ABC ∆的外接圆上的 BC(不含点A )的中点为M , 则OM //'D I 且'OM D I =, 所以四边形'OMID 是平行四边形, 于是'D O //IM , 注意到,,A I M 共线, 所以'D O //AI . 又AI EF ⊥, 所以'D O EF ⊥. 但EF //''E F , 从而'''D O E F ⊥. 同理, '''E O F D ⊥, 所以O 是'''D E F ∆的垂心, 因此H O →. 故,,H I O 三点共线, 且HI r IO R=.证法二: 如图(2)所示, 设直线,,DH EH FH分别与ABC ∆的内切圆交于另一点,,P Q R , 则DEF ∆的三边分别垂直平分,,HP HQ HR , 所以DQ DH DR ==, 由此可知QR //BC . 同样地,RP //CA , PQ //AB , 因此ABC ∆与PQR ∆是位似的. 而,O I 分别是ABC ∆与PQR ∆的外心, ,I H 分别是ABC ∆与PQR ∆的内心, 故,,O I H 三点共线, 且HI r IO R=.(二) 位似旋转变换具有共同中心的位似变换(,)H O k 和旋转变换(,)R O θ复合便得位似旋转变换(,,)S O k θ, 即(,,)(,)(,)(,)(,)S O k H O k R O R O H O k θθθ=⋅=⋅.例1.6 设圆1T 与圆2T 交于,A B 两点, 一直线过点A 分别与圆1T 、圆2T 交于另一点C 和D , 点,,M N K 分别是线段,,CD BC BD 上的点, 且MN // BD , MK //BC . 再设点,E F 分别在圆1T 的 BC(不含点A )上和圆2T 的 BD(不含点A )上, 且EN BC ⊥, FK BD ⊥. 求证: 90EMF ∠= .(第43届IMO 预选题, 2004; 第22届伊朗数学奥林匹克, 2004)证明: 如图所示, 设圆1T 与圆2T 的半径分别为12,,r r 12r k r =⋅, 作位似旋转变换(,,)S B k DBC , 因割线CD 过两圆的另一个交点, 所以D C →. 设','K K F F →→, 则'K 在BC 上, 'F 在圆1T 上, 且''F K BC ⊥,'K C KD MD NB BC BD CD BC===, 所以, 'K C BN =. 设''F K 的延长线交圆1T 于L , 则有''EBN BF K ∠=∠, 而''BF K BFK ∠=∠, 于是EBN BFK ∠=∠. 又,BKF ENB ∠∠皆为直角, 因此BFK EBN ∆∆ . 但由MN // BD , MK // BC 知, 四边形MNBK 是平行四边形, 所以,,BK MN BN MK ==. 于是, 易知MNE FKM ∠=∠, 因此MEN FMK ∆∆ . 再注意到,EN BC FK BD ⊥⊥, 即知EM MF ⊥.(三) 位似轴反射变换就目前的情况来看, 位似轴反射变换的应用似乎尚不及其他几种几何变换. 但作为一种不可或缺的几何变换, 应该有其广泛的用武之地. 实际上, 对于梯形、圆内接四边形、对角线等问题, 都有可能用得上位似轴反射变换.例1.7 已知圆内接凸四边形ABCD , F 是AC 与BD 的交点, E 是AD 与BC 的交点, ,M N 分别是AB 和CD 的中点. 求证:1||2MN AB CD EF CD AB=-. (第46届保加利亚数学奥林匹克(第3轮), 1997)证明: 如图所示, 设AB k CD =⋅, 以E为位似中心, k 为位似比作位似轴反射变换, 使,C A D B →→. 设1F F →, 则1EF k EF =⋅. 同样地, 如果以1k -为位似比作位似轴反射变换, 使,A C B D →→. 设2F F →, 则12EF k EF -=⋅, 且12,F F 都在EF 关于AEB ∠的平分线对称的直线上, 所以11212||||||F F EF EF k k EF -=-=-⋅另一方面, 由ABF DCF ∆∆ , 1BAF DCF ∆∆ 知1ABF BAF ∆∆ , 从而1ABF BAF ∆≅∆, 所以四边形1AF BF 是一个平行四边形, 因此M 是1FF 的中点. 同理, N 是2FF 的中点. 于是11211||22MN F F k k EF -==-⋅, 故 111||||22MN AB CD k k EF CD AB-=-=- 1.3 反演变换设O 是平面α上一定点, 对于α上任意异于点O 的点A , 有在OA 所在直线上的点'A , 满足'0OA OA k ⋅=≠, 则称法则I 为平面α上的反演变换, 记为(,)I O k . 其中O 为反演中心或者反演极, k 为反演幂; A 与'A 在点O 的两侧时0k <, 否则0k >; A 与'A 为此反演变换下的一对反演点(或反点), 显然A 与'A 互为反点(但点O 的反点不存在或为无穷远点); 点A 集的像'A 集称为此反演变换下的反演形(或反形).由于0k <时的反演变换(,)I O k 是反演变换(,||)I O k 和以O 为中心的中心对称变换的复合, 我们只就0k >讨论反演变换即可.令r =则2'OA OA r ⋅=. 此时, 反演变换的几何意义则可知如图所示, 并称以O 为圆心, r 为半径的圆为反演变换2(,)I O r 的基圆.由此几何意义, 我们可作出与'AA 垂直的过A 的直线l 及过'A 的直线'l 的反形分别为下图中的圆'c 及圆c , 反之以,'OA OA 为直径的圆c , 圆'c 的反形分别为直线',l l .由反演变换(0k >)的定义及几何意义, 即推出反演变换有下列有趣性质: 性质1 基圆上的点仍变为自己, 基圆内的点(O 除外)变为基圆外的点, 反之亦然.性质2 不共线的任意两对反演点必共圆, 过一对反演点的圆必与基圆正交(即交点处两圆的切线互相垂直).性质3 过反演中心的直线变为本身(中心除外), 过反演中心的圆变为不过反演中心的直线, 特别地过反演中心的相切两圆变为不过反演中心的两平行直线; 过反演中心的相交圆变为不过反演中心的相交直线.性质4 不过反演中心的直线变为过反演中心的圆, 且反演中心在直线上射影的反点是过反演中心的直径的另一端点; 不过反演中心的圆变为不过反演中心的圆, 特别地, (1) 以反演中心为圆心的圆变为同心圆; (2) 不过反演中心的相切(交)圆变为不过反演中心的相切(交)圆; (3) 圆11(,)O R 和圆22(,)O R 若以点O 为反演中心, 反演幂为(0)k k >, 则212222||k R R OO R ⋅=-, 212222||k OO OO OO R ⋅=-. 性质5 在反演变换下, (1) 圆和圆、圆和直线、直线和直线的交角保持不变;(2) 共线(直线或圆)点(中心除外)的反点共反形线(圆和直线), 共点(中心除外)线的反形共发形点.例1.8 设M 为ABC ∆的边BC 的中点, 点P 为ABM ∆的外接圆上 AB (不含点M )的中点, 点Q 为AMC ∆的外接圆上AC (不含点M )的中点. 求证: AM PQ ⊥.(第57届波兰数学奥林匹克, 2006)证明: 如图所示, 以M 为反演中心、MB 为反演半径作反演变换, 则,B C 皆为自反点, 直线AM 为自反直线. 设A 的反点为'A , 则'A 在直线AM 上, 且ABM ∆的外接圆的反形为直线'A B , AMC ∆d 的外接圆的反形为直线'A C , 点P 的反点'P 为直线PM 与'A B 的交点, 点Q 的反点'Q 为直线QM 与'A C 的交点, 直线PQ 的反形为''MP Q ∆的外接圆. 因,MP MQ 分别平分AMB ∠和AMC ∠, 所以, ''MP MQ ⊥, 且''''''''A P MA MA A Q P B MB MC Q C=== 从而''P Q //BC . 设'A M 与''P Q 交于N . 因M 是BC 的中点, 所以N 是''P Q 的中点. 再注意''MP MQ ⊥即知N 为''MP Q ∆的外心, 这说明直线'A M 与''MP Q ∆的外接圆正交, 因此直线AM 与PQ 正交, 即AM PQ ⊥.2 范例选讲2.1 合同变换例2.1 设ABC ∆是一个正三角形, 12,A A 在边BC 上, 12,B B 在边CA 上,12,C C 在边AB 上, 且凸六边形121212A A B B C C 的六边长都相等. 求证: 三条直线121212,,A B B C C A 交于一点. (第46届IMO , 2005)证明: 如图所示, 作平移变换12()T B A , 则12B A →, 设2B K →, 则12122A A B B KA ==, 且2160KA A ∠= , 所以12KA A ∆是正三角形, 因此11212KA A A C C ==, 且由2160A A K CBA ∠==∠ 知, 1KA //12C C , 所以121C C A K 是平行四边形, 于是12121C K C A B C ==, 又21221B K B A B C ==, 所以21KB C ∆也是正三角形.于是, 由221B KA B 是平行四边形, 12KA A ∆与21KB C ∆都是正三角形可知,121121A A B C B B ∠=∠. 同理, 121121B B C C C A ∠=∠, 所以212121AB C BC A CA B ∠=∠=∠再注意212121B AC C BA A CB ∠=∠=∠, 212121B C C A A B ==即得121212AC B BAC CB A ∆≅∆≅∆进而可知111111AC B BAC CB A ∆≅∆≅∆, 所以111A B C ∆是正三角形. 于是1111A B AC =, 又2121B B B C =, 因此12A B 是11B C 的垂直平分线, 从而12A B 通过111A B C ∆的中心O , 同理1212,B C C A 都通过111A B C ∆的中心O . 故121212,,A B B C C A 三线共点.实际上, 在本题中, 222A B C ∆也是正三角形, 且111A B C ∆、222A B C ∆、ABC ∆这三个正三角形的中心都是点O .例2.2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不平分ABC ∠, 也不平分CDA ∠,点P 在四边形的内部, 满足PBC DBA ∠=∠,PDC BDA ∠=∠. 证明: 四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是PA PC =. (第45届IMO , 2004)证明: 如图所示.必要性. 设四边形ABCD 内接于圆. 以AC 的垂直平分线为反射轴作轴反射变换, 设','B B D D →→, 则','B D 都在圆上, 且','CB AB CD AD ==, 所以'B DC ADB PDC ∠=∠=∠, 这说明',,B P D 三点共线. 同理, ',,D P B 三点共线, 所以点P 是'B D 与'BD 的交点, 因而P 在反射轴上, 即P 在AC 的垂直平分线上, 故PA PC =.充分性. 设PA PC =. 分别延长,BP DP 与BCD ∆的外接圆交于点','D B , 则有''PB C DB C DBC ABP ∠=∠=∠=∠, ''PD C BD C BDC ADP ∠=∠=∠=∠, ''BPD B PD ∠=∠. 因,',,'B B D D 四点共圆, ''PBD PB D ∠=∠, 所以''PBD PB D ∆∆ . 又''CB D CBP DBA =∠=∠, ''B D C PDC ADB ∠=∠=∠, 因此''CB D ABD ∆∆ , 从而''ABPD CB PD 四边形四边形. 但PC PA =, 所以''ABPD CB PD ≅四边形四边形. 这说明四边形ABPD 与四边形''CB PD 关于'BPB ∠的平分线互相对称. 而,',,',B B C D D 共圆, 所以',,,,'B B A D D 共圆, 即,,',,',A B B C D D 六点共圆. 故四边形ABCD 内接于圆.例2.3 设H 为ABC ∆的垂心, ,,D E F 为ABC ∆的外接圆上三点, 且AD //BE //CF , ,,S T U 分别为,,D E F 关于边,,BC CA AB 的对称点. 求证: ,,,S T U H 四点共圆. (中国国家队选拔考试, 2006)证明: 我们先证明如下引理: 设,O H 分别为ABC ∆的外心和垂心, P 为ABC ∆的外接圆上任意一点, P 关于BC 的中点的对称点为Q , 则直线AP 关于OH 的中点对称的直线是QH 的垂直平分线.引理的证明. 事实上, 如右图所示, 过A 作ABC ∆的外接圆的直径'AA , 则'A 与ABC ∆的垂心H 也关于BC 的中点对称, 所以QH //'A P 且'QH A P =. 又'A P AP ⊥, 因此QH AP ⊥. 设,D N分别为,AP QH 的中点, 则'2,A P OD = 2QH NH =, 于是OD //NH 且OD NH =. 而AP OD ⊥, 故直线AP 关于OH 的中点对称的直线是QH 的垂直平分线.回到原题. 如下图所示, 过得D 作BC 的平行线与ABC ∆的外接圆交于另一点P . 由AD //BE //CF 易知PE //CA , PF //AB . 因PD //BC , S 是点D 关于BC 的对称点, 所以点P 关于BC 的中点的对称点是S . 于是, 设ABC ∆的外心为O , OH 的中点为M , 作中心对称变换()C M , 由引理可知, 直线AP 的像直线是HS的垂直平分线. 同理, 直线,BP CP 的像直线分别是,HT HU 的垂直平分线.而,,AP BP CP 有公共点P , 因此,,HS HT HU 的垂直平分线交于一点.故,,,S T U H 四点共圆.进一步, 我们还可以证明()STU 与ABC ∆的外接圆是等圆.事实上, 因,,PS PT PU 的中点分别是ABC ∆的三边的中点, 所以()STU 的半径是ABC ∆的中点三角形的外接圆的半径的两倍, 而ABC ∆的外接圆的半径也是其中点三角形的外接圆半径的两倍. 故()STU 与ABC ∆的外接圆是等圆.在本题中, 我们首先将四点共圆的问题转化成三线共点问题, 然后巧妙地通过中心对称变换使问题得到顺利的解决.例2.4 设ABCD 是一个正方形, 以AB 为直径作一个圆T , P 是边CD 上的任意一点, ,PA PB 分别与圆交于,E F 两点. 求证:直线DE 与CF 的交点Q 在圆T 上, 且AQ DP QB PC=. (第44届塞尔维亚和黑山国家数学竞赛, 2006)证明: 如图所示. 设,BE AD 交于R , ,AF BC 交于S , 则,,,F S C P 四点共圆, 所以SPC SFC ∠=∠. 令O 为正方形ABCD 的中心, 作旋转变换(,90)R O , 则,,B C C D D A →→→, 而,AS BP BR AP ⊥⊥, 所以,S P P R →→, 从而PRD SPC ∠=∠. 显然, BC 为圆T 的切线, 所以CBP BAF ∠=∠. 因//AD BC , 所以=+=+RPB PRD CBP SPC CBP ∠∠∠∠∠. 再设CQ 与AB 交于T , 因//AB DC , 则=ATQ DCQ ∠∠, 于是=+=+=+==RPB SPC CBP SFC BAF AFQ BAF ATQ DCQ ∠∠∠∠∠∠∠∠∠又由,,,R E P D 四点共圆, 知=BRP QDC ∠∠, 因此PRB CDQ ∆∆ , 从而=PBR CQD ∠∠, 即=FBE FQE ∠∠, 这说明,,,E Q B F 四点共圆, 换句话说, 点Q 在圆T 上. 再由,,,R E P D 四点共圆, 知===PRD PED AEQ ABQ ∠∠∠∠, 而=90=RDP BQA ∠∠ , 所以PDR AQB ∆∆ , 于是=AQ PD QB DR, 又=DR CP , 故AQ DP QB PC =. 2.2 相似变换例2.5 设12,O O 是半径不等的外离两圆. ,AB CD 是两圆的两条外公切线,EF 是两圆的一条内公切线, 切点,,A C E 在1O 上, 切点,,B D F 在2O 上. 再设1EO 与AC 交于K , 2FO 与BD 交于L . 求证: KL平分EF . (罗马尼亚国家队选拔赛, 2007)证明: 如图所示, 设两条外公切线交于O , 内公切线EF 与外公切线,AB CD 分别交于,P Q , 以O 为位似中心作位似变换, 使12O O →, 则AC BD →, 而12//O E O F , 所以12O E O F →直线直线, 于是AC 与直线1O E 的交点→BD 与直线2O F 的交点, 即K L →, 因此,,O K L 三点共线. 过L 作EF 的平行线分别与直线,AB CD 交于,R S , 则2O L RS ⊥, 而22,O B BR O D SD ⊥⊥, 所以2,,,R B L O 四点共圆, 2,,,O L S D 四点共圆, 再注意到22O B O D =, 于是2222SRO LBO O DL O SR ∠=∠=∠=∠所以22O R O S =, 因此L 平分RS . 而//PQ RS , 所以OL 平分PQ , 即KL 平分PQ . 又PF QE =, 故KL 平分EF .例2.6 在ABC ∆的外部作PAB ∆与QAC ∆, 使得,AP AB AQ AC ==, 且PAB CAQ ∠=∠. 设,BQ CP 交于R , BCR ∆的外心为O . 求证: AO PQ ⊥. (中国国家队培训, 2006)证法一: 如右图所示, 易知APC ABQ ∆≅∆, 所以APR ABR ∠=∠. 因此,,,A P B R 四点共圆, 从而PRB PAB ∠=∠. 于是22COB PRB PAB ∠=∠=∠. 设BC k BO =⋅, 作位似旋转变换(,,)S B k OBC , 则O C →. 设'A A →, 则'2A AB COB PAB ∠=∠=∠, 所以'A AP PAB CAQ ∠=∠=∠. 又由OC OB =, 有'AA AB =. 于是, 再作旋转变换(,)R A PAB , 则,'C Q A P →→, 从而(,)(,,)R A PAB S B k OBC AO PQ → .另一方面, 由,2OB OC BOC PAB =∠=∠知90PAB OBC ∠+∠= , 因此存在点1O , 使得1(,)(,,)(,,90)R A PAB S B k OBC S O k = . 这说明在位似旋转变换1(,,90)S O k 下, 有AO PQ →. 故AO PQ ⊥.证法二: 若下图所示. 同证法一, 有22BOC PRB PAB ∠=∠=∠. 设M 为BC的中点, 则OM BC ⊥. 再分别过,B C 作,AP AQ 的垂线, 垂足分别为,E F , 则CFA CMO BMO BEA ∆∆≅∆∆于是, 设CO k CM =⋅, FCA θ= , 则1(,,)(,,)S C k S B k M OM θθ-→→ 所以, 1(,,)(,,)(,1,2)(,2)S B k S C k S M R M θθθθ-==. 而1(,,)(,,)S C k S B k F A E θθ-→→, 因此在旋转变换(,2)R M θ下, F E →, 所以ME MF =且2FME θ∠=. 因OA 与等腰MEF ∆的两腰,ME MF 的交角都等于θ, 所以OA EF ⊥. 另一方面, 由CFA BEA ∆ , 有AE AE AF AF AP AB AC AQ===, 所以//EF PQ , 故OA PQ ⊥.2.3 反演变换例2.7 设圆T 与直线l 相离, AB 是圆T 的垂直于l 的直径, 点B 离l 较近,C 是圆T 上不同于,A B 的任意一点, 直线AC 交l于D , 过D 作圆T 的切线DE , E 是切点, 直线BE 与l 交于F , AF 与圆T 交于另一点G . 求证:点G 关于AB 的对称点在直线CF 上. (德国国家队选拔考试, 2005)证明: 如图所示, 设AB 与直线l 交于M , 则,,,A E M F 四点共圆, 再由DE 与圆T 相切可知EDF EOA ∆∆ , 所以DF DE =, 且EOD EAF ∆∆ , 从而DOE FAE ∠=∠. 但2GOE FAE ∠=∠, 所以GOD DOE ∠=∠, 从而GOD EOD ∆≅∆, 所以DG 也为圆T 的切线, G 为切点, DG DE DF ==. 设点,G F 关于直线AB 的对称点分别为','G F , 则'G 在圆T 上, 且'F DFG FGD ∠=∠=∠, 所以,,,'A G D F 四点共圆. 于是, 作反演变换(,)I A AG AF ⋅, 则,F G 互为反点, ','F G 互为反点, 这说明圆T 与直线l 互为反形, 所以,C D 互为反点. 又,,,'A G D F 四点共圆, 这个圆与直线FC 互为反形, 所以,,'F C G 共线, 即点G 关于AB 的对称点在直线CF 上.3 训练习题3.1 合同变换练3.1 设四边形ABCD 外切于圆, ,A B ∠∠的外角平分线交于点K , ,B C ∠∠的外角平分线交于点L , ,C D ∠∠的外角平分线交于点M , ,D A ∠∠的外角平分线交于点N . 再设,,,ABK BCL CDM DAN ∆∆∆∆的垂心分别为1111,,,K L M N . 求证: 四边形1111K L M N 是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)练3.2 设,C D 是以O 为圆心、AB 为直径的半圆上任意两点, 过B 作圆O 的切线交直线CD 于P , 直线PO 与直线,CA AD 分别交于,E F . 证明: OE OF =. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)练3.3 设,D T 是ABC ∆的边BC 上的两点, 且AT 平分BAC ∠, P 是过D 且平行于AT 的直线上的一点, 直线BP 交CA 于E , 直线CP 交AB 于F . 求证: BT DC =的充分必要条件是BF CE =. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克, 2005)练3.4 设ABC ∆是一个正三角形. P 是其内部满足条件=120BPC ∠ 的一个动点. 延长CP 交AB 于M , 延长BP 交AC 于N . 求AMN ∆的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)3.2 相似变换练3.5 在ABC ∆中, AB AC ≠, 中线AM 交ABC ∆的内切圆于,E F 两点, 分别过,E F 两点作BC 的平行线交ABC ∆的内切圆于另一点,K L , 直线,AK AL 分别交BC 于,P Q . 求证: BP QC =. (第46届IMO 预选题, 2005; 第47届伊朗国家队选拔考试, 2006)练3.6 设,b c I I 分别是ABC ∆的,B C --旁心旁心, P 是ABC ∆的外接圆上一点. 证明: ABC ∆的外心是b I AP ∆和c I AP ∆的外心的连线段的中点. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)3.3 反演变换练3.7 设,a I I 分别是分别为ABC ∆的内心和A -旁心, a II 与BC 交于D , 与ABC ∆的外接圆交于M . 设N 是 AM 的中点, ABC ∆的外接圆分别与,a NI NI 交于另一点,S T . 求证: ,,S D T 三点共线. (第18届伊朗数学奥林匹克, 2001) 4 习题解答4.1 合同变换练3.1设四边形ABCD 外切于圆, ,A B ∠∠的外角平分线交于点K , ,B C ∠∠的外角平分线交于点L , ,C D ∠∠的外角平分线交于点M , ,D A ∠∠的外角平分线交于点N . 再设,,,ABK BCL CDM DAN ∆∆∆∆的垂心分别为1111,,,K L M N . 求证: 四边形1111K L M N 是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)证明: 如图所示, 设四边形ABCD 的内切圆圆心为O . 由于内角平分线和外角平分线互相垂直, 所以,OA NK OB KL ⊥⊥.又1AK 是ABK ∆的高, 所以1AK BK ⊥, 因此1AK //OB . 同理, 1BK //OA , 从而四边形1AK BO 是平行四边形. 同样地, 四边形111,,BLCO CM DO DN AO 皆为平行四边形. 于是 ()()1111T AO T OC K N BD L M →→但()()()()T OC T AO T OC OA T AC =+= , 因而()1111T AC K N L M → . 故四边形1111K L M N 是平行四边形.练3.2 设,C D 是以O 为圆心、AB 为直径的半圆上任意两点, 过B 作圆O 的切线交直线CD 于P , 直线PO 与直线,CA AD 分别交于,E F . 证明:OE OF =. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)证明: 如图所示. 以过圆心O 且垂直于EF 的直线为轴作轴反射变换, 设'A A →, 则'A 仍在圆O 上, 且'FOA AOE BOP ∠=∠=∠, 所以'PA 也是圆O 的切线, 因此',,,A O B P 四点共圆. 于是''''A DA A BA A BO A PO ∠=∠=∠=∠, 从而',,,A D P F 四点也共圆, 所以'''A FO A DC A BC ∠=∠=∠.另一方面, 因AB 是圆O 的直径, 所以BC EC ⊥. 又显然有'A B EF ⊥, 由此可知'A BC OEA ∠=∠, 因此'A FO OEA ∠=∠. 再注意'FOA EOA ∠=∠, 'OA OA =, 即知'A OF AOE ∆≅∆, 故OE OF =.练3.3 设,D T 是ABC ∆的边BC 上的两点, 且AT 平分BAC ∠, P 是过D 且平行于AT 的直线上的一点, 直线BP 交CA 于E , 直线CP 交AB 于F . 求证: BT DC =的充分必要条件是BF CE =. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克, 2005)证明: 如图所示, 设M 为BC 的中点, 作中心对称变换()C M , 则C B →.设'A A →, 则四边形'ABA C 是平行四边形. 再设直线'A B 与CF 交于Q , 则有''A C BF A Q BQ =, CP CE PQ BQ=. 于是, '''//.BT DC T D A D CAB AD AT =⇔→⇔∠⇔为的平分线而//PD AT , 故'=',,''='A C CP BT DC A D P A P CA B A Q PQ ⇔⇔∠⇔三点共线为的平分线 又''A C BF A Q BQ =, CP CE PQ BQ =, 所以===BF CE BT DC BF CE BQ BQ⇔⇔. 练3.4 设ABC ∆是一个正三角形. P 是其内部满足条件=120BPC ∠ 的一个动点. 延长CP 交AB 于M , 延长BP 交AC 于N .求AMN ∆的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)证明: 如图所示, 设AMN ∆的外心为O ,ABC ∆的中心为Q , 分别过点,B C 作BC 的垂线交AQ 的垂直平分线于,E F , 易知, 当P B →时, O E →; 当P C →时, O F →.下面证明: 当P 在ABC ∆内变动时, 点O 的轨迹是线段EF (不包括端点). 事实上, 设点P 满足条件, 作旋转变换(,120)R Q , 则,,A B B C C A →→→. 因=120BPC ∠ , 所以N M →. 注意=60BAC ∠ , 因此,P Q 都在AMN ∆的外接圆上, 所以AMN ∆的外心O 在AQ 的垂直平分线EF 上.反之, 设AMN ∆的外心O 在线段EF 上, 以O 为圆心、OA 为半径作圆分别交,AB AC 于,M N . 由于AQ 平分BAC ∠, 所以=QN QM . 从而在旋转变换。

奥数夏令营讲义之平面几何(11)调和点列、线束

奥数夏令营讲义之平面几何(11)调和点列、线束
证明：我们利用调和四边形的各种性质.记 和 交点为 ，记 和 交点为 ，记 和 交点为 .设直线 交 于点 ， 交 于点 ， 交 于点 .记以 为直径的圆和以 为直径的圆的一个交点为 .
∵ 、 、 、 是一个调和线束，
∴ 和 调和分割线段 ，这样 是 的（内角或外角）平分线，于是我们有 .
同理
两式相乘，得到
这样， 、 、 、 四点共圆，∴
下证
事实上
于是 ，这样 、 、 、 四点共圆.
证明：如图所示，设直线 、 相交于点 ，连接 、 由正弦定理及旁切圆性质，有
同理，有 ，注意到 ， ，
我们得到 .
这说明 是 的一条内角平分线，而 就是相应角的外角平分线，故 、 、 、 成调和点列，这样 、 、 、 就是一个调和线束，而它们与 直线的交点 、 、 、 也成调和点列.
2.如图，在 中， ， 是其内心， 是 在 边上的垂足.过 作 ，与直线 、 分别交于点 、 .设 是 的外心，延长 交 边于点 .设点 是直线 与 的外接圆的第二个交点.证明： .(2016年第15届中国女子数学奥林匹克)
证明：首先可以证明 是 外接圆在 处的切线，故 .
如图，设 是 的中点，易知 ，
故 ，∴ 、 、 、 四点共圆.∴ .
由于 、 都与 垂直，∴ .
又∵ ，∴ 、 平行或重合.故它们重 Nhomakorabea，即 、 、 三点共线.
考虑线束 、 、 、 和截线 ，由于 ，且 与 的交点 恰好是 、 与 的交点 、 两点为端点的线段的中点，故 、 、 、 为调和线束，
∴ 、 、 、 为调和点列，即 .
3.对于平面上的凸四边形 ，设直线 交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 .已知以上六点在 上按照 、 、 、 、 、 的顺序排列.证明：以 、 、 为直径的三个圆共点.(2017年中国国家集训队测试姚一隽)

数学奥赛教练员培训班讲义(平面几何)

数学奥赛教练员培训班讲义(平面几何)

数学奥赛教练员培训班讲义（1）第一讲 平面几何平面几何是数学竞赛中的一个基本内容。

它以严密的逻辑结构、灵活的证题方法，在发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力等方面起着特殊的作用。

因此在数学竞赛中平面几何的内容占有十分突出的地位。

平面几何主要研究度量关系的证明、位置关系的证明、面积关系解题、几何量的计算、轨迹问题等。

一、与三角形有关的重要定理1.梅涅劳斯定理一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。

说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。

（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。

（3）其逆定理为：如果D 、E 、F 分别在△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线上），并且1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，那么D 、E 、F 三点在同一条直线上。

（4）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。

用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。

2.塞瓦定理设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于D ，E ，F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。

说明：（1）该定理可借助于梅氏定理来证明（也可用面积法来证明）。

如果O 点在三角形外，结论仍然是成立的。

（2）其逆定理为：分别在△ABC 三边（所在直线）BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若有1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，则AD 、BE 、CF 平行或共点。

（3）塞瓦定理及其逆定理是证明三直线交于一点（线共点）问题的重要定理，应用塞瓦定理很容易证明三角形中的主要线段的共点问题。

3.三角形的五心三角形的三条中线共点，三条角平分线共点，三条高线共点，三条中垂线共点。

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。

2010省奥数夏令营专题讲座--立体几何(扬中--卞国文)

2010省奥数夏令营专题讲座--立体几何(扬中--卞国文)

专题讲座：立体几何江苏省扬中高级中学 卞国文一、基础知识导引<一>,直线,平面之间的平行与垂直的证明方法1,运用定义证明(有时要用反证法); 2,运用平行关系证明;3,运用垂直关系证明; 4,建立空间直角坐标系,运用空间向量证明. 例如,在证明:直线a ⊥直线b 时.可以这样考虑(1),运用定义证明直线a 与b 所成的角为090; (2),运用三垂线定理或其逆定理; (3),运用“若a ⊥平面α,b α⊂,则a b ⊥”; (4),运用“若//b c 且a c ⊥,则a b ⊥”; (5),建立空间直角坐标系,证明0a b ⋅=. <二>,空间中的角和距离的计算 1,求异面直线所成的角(1),(平移法)过P 作'//a a ,'//b b ,则'a 与'b 的夹角就是a 与b 的夹角; (2),证明a b ⊥(或//a b ),则a 与b 的夹角为090(或00);(3),求a 与b所成的角([0,]θπ∈),再化为异面直线a 与b 所成的角((0,]2πα∈).2,求直线与平面所成的角(1),(定义法)若直线a 在平面α内的射影是直线b ,则a 与b 的夹角就是a 与α的夹角; (2),证明a α⊥(或//a α),则a 与α的夹角为090(或00);(3)求a 与α的法向量n所成的角θ,则a 与α所成的角为090θ-或090θ-. 3,求二面角(1),(直接计算)在二面角AB αβ--的半平面α内任取一点P AB ∉,过P 作AB 的垂线, 交AB 于C,再过P 作β的垂线,垂足为D,连结CD,则CD AB ⊥,故PCD ∠为所求的二面角. (2),(面积射影定理)设二面角AB αβ--的大小为θ(090θ≠),平面α内一个平面图形F 的面积为1S ,F 在β内的射影图形的面积为2S ,则21cos S S θ=±.(当θ为钝角时取“-”). (3),(异面直线上两点的距离公式):22222cos EF d m n mn θ=++-,其中θ是二面角AB αβ--的平面角,EA 在半平面α内且EA AB ⊥于点A,BF 在半平面β内且FB ⊥AB 于B,而AB d =,EA m =,FB n =.(4),(三面角的余弦定理),三面角S ABC -中,BSC α∠=,CSA β∠=,ASB γ∠=,又二面角B SAC θ--=,则cos cos cos cos sin sin αβγθβγ-=.(5),(法向量法)平面α的法向量1n与平面β的法向量2n所成的角为θ,则所求的二面角为 θ(同类)或πθ-(异类).4,求两点A,B 间距离(1),构造三角形进行计算; (2),导面直线上两点间的距离公式; (3),求AB.5,求点到直线的距离(1),构造三角形进行计算; (2),转化为求两平行红色之间的距离. 6,求点到平面的距离(1),直接计算从点到平面所引垂线段的长度; (2),转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离; (3),(体积法)转化为求一个棱锥的高3Vh S=,其中V 为棱锥体积,S 为底面面积,h 为底面上的高.(4),在平面上取一点A,求AP与平面的法向量n 的夹角的余弦cos θ,则点P 到平面 的距离为cos d AP θ=⋅.7,求异面直线的距离(1)(定义法)求异面直线公垂线段的长; (2)(体积法)转化为求几何体的高; (3)(转化法)转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离;(4)(最值法)构造异面直线上两点间距离的函数,然后求函数的最小值;(5)(射影法)如果两异面直线,a b 在同一平面内的射影分别是一个点P 和一条直线l , 则a 与b 的距离等于P 到l 的距离; (6)(公式法)22222cos d EF m n mn θ=--±. 8,求平行的线线,线面,面面之间的距离的方法,通常是转化为求点与线或点与面之间的距离. <三>,多面体与旋转体 1,柱体(棱柱和圆柱) (1)侧面积S c l =⋅侧(c 为直截面周长,l 为侧棱或母线长)(2)体积V Sh =(S 为底面积,h 为高)2,锥体(棱锥与圆锥)(1)正棱锥的侧面积'12S c h =⋅侧(c 为底面周长,'h 为斜高)(2)圆锥的侧面积:S rl π=侧 (r 为底面周长,l 为母线长)(3)锥体的体积:13V Sh =(S 为底面面积,h 为高). 3,锥体的平行于底面的截面性质:23111123,S h V h S h V h==. 4,球的表面积:24S R π=; 球的体积:343V R π=. 二、解题思想与方法导引1,空间想象能力; 2,数形结合能力; 3,平几与立几间的相互转化; 4,向量法ABCDM K N S 三、选择题1、设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是（ ）. A.αβ⊥，n αβ= ，m n ⊥ B.m αγ= ，αγ⊥，βγ⊥ C.αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ D.n α⊥，n β⊥，m α⊥2、异面直线a 、b 所成的角为600，则过空间一定点O ，与两条异面直线a 、b 都成600角的直线有（ ）条A. 1B. 2C. 3D. 43、设b a ,是夹角为30°的异面直线，则满足条件“α⊆a ，β⊆b ，且βα⊥”的平面α，β有（ ） A. 不存在 B. 有且只有一对 C. 有且只有两对 D. 有无数对4、设O 是正三棱锥P-ABC 底面是三角形ABC 的中心，过O 的动平面与PC 交于S ，与PA 、PB 的延长线分别交于Q 、R ，则和式PS PR PQ 111++ （ ）A ．有最大值而无最小值B ．有最小值而无最大值C ．既有最大值又有最小值，两者不等D ．是一个与面QPS 无关的常数四、填空题1、有一棱长为a 的正方体骨架，其内放置一气球，使其充气且尽可能地大（仍保持为球的形状），则气球表面积的最大值为__________.2、自半径为R 的球面上一点P 引球的两两垂直的弦PC PB PA ,,,则222PC PB PA ++=_________. 3、过正方体1111D C B A ABCD -的对角线1BD 的截面面积为S ，max S 和m in S 分别为S 的最大值、最小值 则minmaxS S 的值为________. 4、已知三个球的半径1R ，2R ，3R 满足32132R R R =+，则它们的表面积1S ，2S ，3S ，满足的等量关系是___________. 四、解答题1、 如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，面11AA C C 是菱形，160ACC ∠=︒， 侧面11ABB A ⊥11AA C C ，11A B AB AC ===.求证：（1）1AA ⊥1BC ；（2）求点1A 到平面ABC 的距离.2、如右图,设S ABCD -是一个高为3,底面边长为2的正四棱锥, K 是棱SC 的中点,过AK 作平面与线段SB ,SD 分别交于M ,N (M ,N 可以是线段的端点).试求四棱锥S AMKN -的体积V 的最大值与最小值.B 1BA 1C 1AC3、有一个m n p ⨯⨯的长方体盒子,另有一个(2)(2)(2)m n p +⨯+⨯+的长方体盒子, 其中,,m n p 均为正整数(m n p ≤≤),并且前者的体积是后者一半,求p 的最大值.4设棱锥ABCD M -的底面是正方形，且MD MA =，AB MA ⊥，DC MD ⊥，如果AMD ∆面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径。

江苏省夏令营高中数学竞赛(练习题)

江苏省夏令营高中数学竞赛(练习题)

练习题1.在ABC ∆中，∠C =90°，AD 和BE 是它的两条内角平分线，设L 、M 、N 分别为AD 、AB 、BE 的中点，X =LM ∩BE ，Y =MN ∩AD ，Z =NL ∩DE ．求证：X 、Y 、Z 三点共线．(2000年江苏省数学冬令营)证明：作ΔABC 的外接圆，则M 为圆心． ∵ MN ∥AE ， ∴ MN ⊥BC ．∵ AD 平分∠A ，∴ 点Y 在⊙M 上，同理点X 也在⊙M 上．∴ MX =MY ．记NE ∩AD =F ，由于直线DEZ 与ΔLNF 的三边相交，直线AEC 与ΔBDF 三边相交，直线BFE 与ΔADC 三边相交，由梅氏定理，可得：LZ ZN ·NE EF ·FD DL =1．⇒NZ ZL =NE EF ·FD DL =BE EF ·FD DA ；FE EB ·BC CD ·DA AF =1，AF FD ·DB BC ·CEEA =1．三式相乘得NZ ZL =BD DC ·CE AE =AB AC ·BC AB =BCAC ． 另一方面，连结BY 、AX ，并记MY ∩BC =G ，AC ∩MX =H ， 于是有∠NBY =∠LAX ，∠MYA =∠MAY =∠LAC ， ∴∠BYN =∠ALX ． ∴ ΔBYN ∽ΔALX ．∴ LX NY =AF BG =AC BC ， ∴ NZ ZL ·LX XM ·MY YN =NZ ZL ·LX NY =1．由梅氏定理可得，X 、Y 、Z 三点共线．2．如图，在△ABC 中，∠ABC 和∠ACB 均是锐角，D 是BC 边上的内点，且AD 平分∠BAC ，过点D 分别向两条直线AB 、AC 作垂线DP 、DQ ，其垂足是P 、Q ，两条直线CP 与BQ 相交与点K ．求证：AK ⊥BC ； 证明：作高AH ．则由∆BDP ∽∆BAH ，⇒BH PB =BA BD ，由∆CDQ ∽∆CAH ，⇒CQ HC =DCCA ．由AD 平分∠BAC ，⇒DC BD =ACAB ，由DP ⊥AB ，DQ ⊥AC ，⇒AP=AQ ．∴ AP PB ·BH HC ·CQ QA =AP QA ·BH PB ·CQ HC =BA BD ·DC CA =DC BD ·BA CA=1，据塞瓦定理，AH 、BQ 、CP 交于一点，故AH 过CP 、BQ 的交点K ，∴ AK 与AH 重合，即AK ⊥BC ．3.设P 是△ABC 内任一点，在形内作射线AL ，BM ，CN ，使得∠CAL ＝∠PAB ，∠MBC ＝∠PBA ，∠NCA ＝∠BCP ，求证：AL 、BM 、CN 三线共点。

2010高中数学夏令营获奖名单

2010高中数学夏令营获奖名单
严庆翔 燕纪磊
三等奖
胜利一中 潍坊一中 德州一中 莒南一中 夏津一中 胜利一中 聊城一中 青岛五十八中 山师附中 德州一中 胜利一中 济宁一中 昌乐二中 淄博四中
青岛二中 学校 淄博四中
潍坊四中 临沂一中 省实验
杨勐譞 张国军 张建鑫 张杰 张康 张庆 张彤 张文浩 张宇阳 张占磊 赵嘉栋 赵兴红 周浩 朱琳
省实验 历城二中 齐河一中 省实验 莘县实验高中 聊城一中 淄博四中
夏津一中 胶州一中 省实验 省实验 泰西中学 青岛二中 淄博四中
历城二中 烟台二中 山师附中 青岛二中 烟台一中 淄博四中
巩正一 谷珍妮 侯梦昱 黄子腾 姜庆远 姜荣健 李春尧
李建宇 李秋瑞 李睿 李适然 李潇 李雅沁 李悦
李钊 李宗锟 刘春媛 刘嘉平 刘明祖 刘佩增
邹昊源 姓名 白宗磊
蔡言义 陈考杰 崔春婧文
博兴二中 青岛二中 诸城实验
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【提优教程】江苏省高中数学竞赛 第76讲平几问题选讲教案

【提优教程】江苏省高中数学竞赛 第76讲平几问题选讲教案

第16讲 平几问题选讲平面几何在高中竞赛和国际竞赛中占有重要的地位，本讲将对平几中的一些典型问题的选讲，强化解平几问题的典型思想方法.A 类例题 例1 如图，已知正方形ABCD ，点E 、F 分别在BC 、CD 上，且BE +DF =EF ，试求∠EAF 的度数.（1989年全国冬令营）分析 注意到BE +DF =EF ，很容易想到“截长补短”的方法． 解 延长CB 到F'，使得BF'= DF ，连结AF'显然∆AF'B ≌∆AFD ．∴∠BAF'=∠DAF ，AF'=AF ．又∵EF'=BE +BF'=BE +DF ，AE 为公共边， ∴∆AF'E ≌∆AFE ． ∴∠EAF'=∠EAF ．又∵∠FAF'=∠BAD =90º， ∴∠EAF =45º．说明 本题∆AF'B 可以看作是∆AFD 顺时针旋转90º得到的；本题也可以延长CD 或旋转∆ABE .例2 如图，A 、B 、C 、D 为直线上四点，且AB =CD ，点P 为一动点，若∠APB=∠CPD ，试求点P 的轨迹．（1989年全国初中数学联赛）FD A F D C分析 由于已知的两个条件AB =CD 和∠APB =∠CPD ，分散在两个三角形中，需要把它们集中，于是可以进行平移或添加辅助圆建立这两个已知条件间的联系. 证法一 分别过点A 、B 作PC 、PD 的平行线得交点Q .连结PQ .在△QAB 和△PCD 中,显然∠QAB ＝∠PCD ,∠QBA ＝∠PDC . 由AB =CD ,可知 △QAB ≌△PCD .有QA ＝PC ，QB ＝PD ，∠AQB ＝∠CPD . 于是,PQ ∥AB ，∠APB ＝∠AQB .则A 、B 、P 、Q 四点共圆，且四边形ABPQ 为等腰梯形.故AP ＝BQ .所以PA ＝PD .即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线. 证法二 作△PBC 的外接圆交PA 、PD 分别为E 、F ，连结BE 、CF ， ∵∠APB =∠CPD ， ∴BE =CF ，∠ABE =∠EPC =∠BPF =∠DCF .又∵AB =CD ，∴△ABE ≌△DCF . ∴∠PAB ＝∠PDC . ∴PA ＝PD .即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线.说明 同样地，也可以作△PAD 的外接圆，目的是建立条件AB =CD 和∠APB =∠CPD 之间的联系. 证法三 由三角形的面积公式易得PA ·PB =PC ·PD ，PA ·PC =PB ·PD ，两式相乘，化简得PA ＝PD .即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线.证法四 由正弦定理得PA sin ∠PBA =AB sin ∠APB ,PD sin ∠PCD =CDsin ∠CPD ,从而PA sin ∠PBA =PD sin ∠PCD ，同理可得PA sin ∠PCB =PDsin ∠PBD，而sin ∠PBA =sin ∠PBD ，sin ∠PCD =sin ∠PCB ，化简得PA ＝PD . 即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线.法.证明 如图，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 .说明 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.本题证明方法很多，例如可以过点E 、F 作BC 的垂线，也转化为线段的比来研究.情景再现1．点E 、F 分别是矩形ABCD 的边AB 、BC 的中点，连AF ，CE ，设AF ，CE 交于点G ，则ABCDAGCD S S 矩形四边形 等于（ ）A ．56B ．45C ．34D ．23（2002年全国初中数学竞赛试题） 2. 在△ABC 中，D 为AB 的中点，分别延长CA ，CB 到点E ，F ，使DE =DF ；过E ，F 分别作CA ，CB 的垂线，相交于P ．设线段PA ，PB的中点分别为M ，N ．求证：∠PAE =∠PBF ．(2003年全国初中数学竞赛) 3．如图，四边形ABCD 为平行四边形， ∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE .B FFEABC DEF GB 类例题例4 如图，AD 为△ABC 的中线，E 、F 分别在AB 、AC 上，且DE DF ，求证：BE +CF >EF .分析 由要证的结论，可联想到构造三角形，运用两边之和大于第三边解决问题.要构造三角形，就要移动一些线段，从而可以运用平移、旋转、作对称等方法，于是有如下证法.证法一 延长FD 到F'，使得DF'=连结BF'、EF'， 由D 为BC 的中点，显然△DBF'≌△于是BF'=CF ，又因为DE 垂直平分FF'，所以EF =EF'.三角形BEF'中，BE +BF'>EF'.从而BE +CF >EF . 证法二 作点B 关于DE 的对称点B'，连结EB'、DB'、FB'.则EB'=BE ，不难得到DB'=DB =DC ，∠B'DF ＝∠CDF .从而可知B 、C 关于DF 对称，于是B'F =CF ，在三角形B'EF 中，B'E +B'F >EF .从而BE +CF >EF .说明证法一也可以从中心对称角度来理解，F'和F 关于点D 对称.CCB例5 如图，△中，为外心，三条高、BE 、CF 交于点H ，直线DE 和AB 交于点M ，DF 和AC 交于点N ． 求证：（1）OB ⊥DF ，OC ⊥DE ．（2）OH ⊥MN ．（2001年全国高中数学联赛）证法一 （1）显然B ，D ，H ，F 四点共圆，H ，E ，A ，F 四点共圆，∴∠BDF =∠BHF =180°-∠EHF =∠BAC ．O ABC H FE DNM∠OBC =12 (180°-∠BOC )=90°-∠BAC .∴OB ⊥DF ． 同理OC ⊥DE ．（2）∵CF ⊥MA ，∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2……①∵BE ⊥NA ，∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2……②∵DA ⊥BC ，∴DB 2-CD 2=BA 2-AC 2……③∵OB ⊥DF ，∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2……④∵OC ⊥DE ，∴CM 2-CD 2=OM 2-OD 2……⑤①-②+③+④-⑤，得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2 OM 2-MH 2=ON 2-NH 2 所以OH ⊥MN ．证法二 以BC 所在直线为x 轴，D 为原点建立直角坐标系， 设A (0，a )，B (b ，0)，C (c ，0)，则∴直线AC 的方程为，直线BE 的方程为由得E 点坐标为E() 同理可得F ()直线AC 的垂直平分线方程为直线BC 的垂直平分线方程为由得O ()∵∴OB ⊥D F同理可证OC ⊥DE ． 在直线BE 的方程中令x ＝0得H (0，)∴直线DF 的方程为由得N ()同理可得M ()∴例6 锐角△ABC 中，AB >AC ,O 点是它的外心,射线AO 交BC 边于D 点.已知：cos B +cos C =1，求证：△ABD 与△ACD 的周长相等.证明 作OE ⊥AC 、OF ⊥AB ，E 、F 是垂足.由三角形外心性质知：∠AOE =∠B ，∠AOF =∠C .记BC =a 、CA =b 、AB =c .于是 OAEOAFAC AB CAD AD AC BAD AD AB S S DC BD ACD ABC∠∠⋅=∠⋅⋅∠⋅⋅==∆∆sin sin sin sin 2121 CBb c B C b c AOE AOF AC AB cos 1cos 1cos cos cos cos --⋅=⋅=∠∠⋅=由余弦定理得ba c ac b b a c a c b DC BD -++-=----=2222)()(；从而BD =)(21c b a -+. 此时，AB +BD =)(21c b a ++=AC +CD .得证.说明 本题用到了正余弦定理，以及三角形面积公式，同时运用了代数的方法证了几何题.情景再现4．△ABC 中，∠B =2∠C ，求证：2AB >AC ．(2002年江苏省数学夏令营试题）5．已知同一平面的两个三角形A 1B 1C 1，A 2B 2C 2，并且A 1到B 2C 2的垂线，B 1到C 2A 2的垂线，C 1到A 2B 2的垂线交于同一点P .求证：A 2到B 1C 1的垂线，B 2到C 1A 1的垂线，C 2到A 1B 1的垂线也交于同一点.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).C 类例题例7．如图，⊙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BC .证明 如图，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 .BB 11O似.其逆亦真.证明 将△ABC 简记为△，由三中线AD ，BE ，CF 围成的三角形简记为△′.G 为重心，连DE 并延长到H ，使EH =DE ，连HC ，HF ，则△′就是△HCF .(1)a 2，b 2，c 2成等差数列⇒△∽△′.若△ABC 为正三角形，易证△∽△′.不妨设a ≥b ≥c ，有CF =2222221c b a -+， BE =2222221b ac -+， AD =2222221a cb -+. 将a 2+c 2=2b 2，分别代入以上三式，得 CF =a 23，BE =b 23，AD =c 23. ∴CF :BE :AD =a 23:b 23:c 23=a :b :c .故有△∽△′.(2)△∽△′⇒a 2，b 2，c 2成等差数列. 当△中a ≥b ≥c 时， △′中CF ≥BE ≥AD . ∵△∽△′， ∴∆∆S S '＝(a CF )2.据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的43”，有∆∆S S '=43. ∴22aCF =43⇒3a 2=4CF 2=2a 2+b 2-c2⇒a 2+c 2=2b 2.例9 四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为I A ，I B ，I C ，I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)HDCDI C I DAI I B证明 连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21 ∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ， ∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ，∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC ) =360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. 说明 本题的其他证明可参见《中等数学》1992；4例10 设D 是ABC ∆的边BC 上的一点，点P 在线段AD 上，过点D 作一直线分别与线段AB 、PB 交于点M 、E ，与线段AC 、PC 的延长线交于点F 、N .如果DE=DF ， 求证：DM=DN.(首届中国东南地区数学奥林匹克)证明对AMD ∆和直线BEP 用梅涅劳斯定理得：1(1)AP DE MB PD EM BA⋅⋅=， 对AFD ∆和直线NCP 用梅涅劳斯定理得：1(2)AC FN DPCF ND PA ⋅⋅=， 对AMF ∆和直线BDC 用梅涅劳斯定理得：1(3)AB MD FCBM DF CA⋅⋅= （1）（2）（3）式相乘得：1DE FN MDEM ND DF⋅⋅=，又DE=DF ， 所以有DM DNDM DE DN DE=--，所以DM=DN.说明 本题是直线形，当然可以用解析法，请同学们试一试.情景再现7．设点D 为等腰ABC ∆的底边BC 上一点，F 为过A 、D 、C 三点的圆在ABC ∆内的弧上一点，过B 、D 、F 三点的圆与边AB 交于点E .求证：C D E F D F A E ⋅+⋅=⋅.(首届中国东南地区数学奥林匹克)8. 如图，O 、H 分别是锐角△ABC 的外心和垂心，D 是BC边的中点，由H 向∠A 及其外角平分线作垂线，垂足分别是E 是F .证明：D 、E 、F 三点共线.（2004年全国高中数学联赛四川省初赛）习题161．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年全国初中联赛)2.如图,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 .3.如图，等腰三角形ABC 中，P 为底边BC 上任意点，过P 作两腰的平行线分别与AB ，AC 相交于Q ，R 两点，又P '的对称点，证明：P '在△ABC 的外接圆上.(2002年全国初中数学联合竞赛试卷)4.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.5.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 .6.在Rt △ABC 中，AD 为斜边BC 上的高，P 是AB 上的点，过A 点作PC 的垂线交过B 所作AB 的垂线于Q 点.求证：PD 丄QD.7.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＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .8.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l 1，从B 引FD 的垂线l 2，从C 引DE 的垂线l 3.求证：l 1，l 2，l 3三线共点. 9. AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平分线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .10．已知等腰△ABC 中，∠BAC =100°，延长线段AB 到D ，使得AD =BC ，连结CD ，试求∠BCD 的度数.B DCA A BD EAP B C P OABCD11.圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B . 所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间.在弦CD 上取一点Q ，使.DAQ PBC ∠=∠求证：.DBQ PAC ∠=∠12.已知两个半径不相等的圆O 1与圆O 2相交于M 、N 两点，且圆O 1、圆O 2分别与圆O 内切于S 、T 两点.求证：OM ⊥MN 的充分必要条件是S 、N 、T 三点共线. （1997年全国高中数学联赛）本节“情景再现”解答：1．解一：连结AC ，从而可得G 为△ABC 的重心，于是CG =2GE ，AEC AGC S S ∆∆=∴32． 显然ABCD 4121矩形S S S ABC AEC ==∆∆．ABCD 61矩形S S AGC =∴∆．从而ABCD ABCD 326121矩形矩形四边形）（S S S S S AGC ADC AGCD =+=+=∆∆． 即ABCD AGCD S S 矩形四边形 =23．因此选D ．解二：连结AC 、BD ，AC 与BD 相交于点O ．则△ABC 的面积被分为6等份．同理可把△ADC 的面积等分为6份．显然四边形AGCD 占有8份，即AB C DA G C DS S 矩形四边形 32128==．因此选D ． 2. 解析 分别取PA 、PB 的中点M 、N ，连结EM 、DM 、MN 、DN 、NF ，在 Rt△AEP 中，EM =AM =MP ，又DM 为△ABP 的中位线，可得BP DM 21=．同理，FN =BN =NP ，且AP DN 21=，从而EM =DN ，DM =NF ．又∵DE=DF ，∴△EMD ≌△DNF ．∴∠EMD =∠DNF ．又∵∠1=∠3=∠2，∴∠AME =∠BNF ．从而可得∠PAE =∠PBF ．O FEA B CDE F G BCDF G3．证明：如图，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 . 4．证明：延长CB 到D ，使BD =AB ，连结AD ，则AB +BD >AD ，即2AB >AD ．∵AB =BD ，∴∠BAD =∠D ．∴∠ABC =2∠D ．而∠ABC =2∠C ，∴∠C =∠D ．∴AC =AD ．∴2AB >AC ．5．解：设B 2到C 1A 1的垂线，C 2到A 1B 1的垂线相交于Q .则2222221221PB PA B C A C -=- （1）2222221221PC PB C A B A -=- （2） 2222221221PA PC A B C B -=- （3）2121212212QA QC A B C B -=- （4） 2121212212QB QA B C A C -=- （5）五式相加得2121221221QB QC A B A C -=-即2121212212QB QC B A C A -=- 从而A 2Q ⊥B 1C 1.6.证明：如图，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).7．证明：设AF 的延长线交△BDF 于K ，∵∠AEF =∠AKB ，∴∆AEF ≌∆AKB ．因此,E K B K A E AA F AB A F A ==.于是要证（1）， 只需证明：(2)CD BK DF AK BD AB ⋅+⋅=⋅又注意到KBD KFD C ∠=∠=∠.PE D GA B FCB B 11ACBDANCDEBM我们有1sin 2DCK S CD BK C ∆=⋅⋅∠，进一步有1sin 21sin 2ABD ADKS BD AB C S AK DF C ∆∆=⋅⋅∠=⋅⋅∠，因此要证（2），只需证明ABD DCK ADK S S S ∆∆∆=+（3）而（3）//(4)ABC AKC S S BK AC ∆∆⇔=⇔ 事实上由BKA FDB KAC ∠=∠=∠知（4）成立，得证. 8.证明：连结OA ，OD ，并延长OD 交△ABC的外接圆于M ，则OD ⊥BC ，BM ︿＝MC ︿，∴A 、E 、M 三点共线.∵AE 、AF 分别是△ABC的∠A 及其外角平分线，∴AE ⊥AF .又∵HE ⊥AE ，HF ⊥AF ，∴四边形AEHF 为矩形.因此AH 与EF 互相平分，设其交点为G ，于是：AG ＝12 AH ＝12EF ＝EG .而OA ＝OM ，且OD ∥AH ，∴∠OAM ＝∠OMA ＝∠MAG ＝∠GEA .故EG ∥OA (1)OD ⊥BC ，∴OD ＝12∵O 、H 分别是△ABC 的外心和垂心，且AH ＝AG ，因此，若连结DG ，则四边形AODG为平行四边形从而DG ∥OA . (2)由(1)和(2)知，D 、E 、G 三点共线，但F 在EG 上，故D 、E 、F 三点共线. “习题16”解答：1．解：答案是PB =42㎝.连接OA ，OB.易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°.故PA 2+PB 2=AB 2=1989.由于PA :PB =5:14，可求PB. 2.证明：如图,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 .3.提示：连结BP '、P'R 、P'C 、P'P ，（1）证四边形APPQ 为平行四边形；（2）证点A 、R 、Q 、P'共圆；（3）证△BP'Q 和△P'RC 为等腰三角形；（4）证∠P'BA =∠ACP '，原题得证. 4.略.5.证明：如图,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 .6.提示：证B ，Q ，E ，P 和B ，D ，E ，P 分别共圆。

2010年《中等数学》编辑部全国数学奥林匹克夏令营招生启事

2010年《中等数学》编辑部全国数学奥林匹克夏令营招生启事

2010年《中等数学》编辑部全国数学奥林匹克夏令营招生启
事
佚名
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】2010(0)3
【摘要】为丰富学生暑期生活。

提高学生学习数学的兴趣，向更多爱好数学的学生提供交流学习的平台，《中等数学》编辑部将于2010年暑期举办全国数学奥林匹克夏令营活动。

本次夏令营将由《中等数学》杂志新老编委授课．专业性强。

权威性高．以全国高中数学联赛考纲规定的内容为重点，讲解知识要点，释疑学习难点，透析联赛考试重点。

精讲方法技巧，为学生的竞赛数学学习排疑解难。

现将有关事宜通知如下，更详细的活动方案敬请留意2010年第4、5、6期杂志。

【总页数】1页(PF0004-F0004)
【关键词】数学奥林匹克;《中等数学》;夏令营活动;编辑部;招生;学习难点;高中数学;数学学习
【正文语种】中文
【中图分类】O1-4;O121.1
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活动的信息 [J], 无
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2010年江苏省高考数学试卷答案与解析

2010年江苏省高考数学试卷答案与解析

2010年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（共14小题，每小题5分，满分70分）1．（5分）（2010•江苏）设集合A={﹣1，1，3}，B={a+2，a2+4}，A∩B={3}，则实数a=1．【考点】交集及其运算．【专题】集合．【分析】根据交集的概念，知道元素3在集合B中，进而求a即可．【解答】解：∵A∩B={3}∴3∈B，又∵a2+4≠3∴a+2=3 即a=1故答案为1【点评】本题属于以集合的交集为载体，考查集合的运算推理，求集合中元素的基础题，也是高考常会考的题型．2．（5分）（2010•江苏）设复数z满足z（2﹣3i）=6+4i（其中i为虚数单位），则z的模为2．【考点】复数代数形式的乘除运算；复数求模．【专题】数系的扩充和复数．【分析】直接对复数方程两边求模，利用|2﹣3i|=|3+2i|，求出z的模．【解答】解：z（2﹣3i）=2（3+2i），|z||（2﹣3i）|=2|（3+2i）|，|2﹣3i|=|3+2i|，z的模为2．故答案为：2【点评】本题考查复数运算、模的性质，是基础题．3．（5分）（2010•江苏）盒子中有大小相同的3只白球，1只黑球，若从中随机地摸出两只球，两只球颜色不同的概率是．【考点】古典概型及其概率计算公式．【专题】概率与统计．【分析】算出基本事件的总个数n=C42=6，再算出事件A中包含的基本事件的个数m=C31=3，算出事件A的概率，即P（A）=即可．【解答】解：考查古典概型知识．∵总个数n=C42=6，∵事件A中包含的基本事件的个数m=C31=3∴故填：．【点评】本题考查古典概型及其概率计算公式，其算法是：（1）算出基本事件的总个数n；（2）算出事件A中包含的基本事件的个数m；（3）算出事件A的概率，即P（A）=．4．（5分）（2010•江苏）某棉纺厂为了了解一批棉花的质量，从中随机抽取了100根棉花纤维的长度（棉花纤维的长度是棉花质量的重要指标），所得数据都在区间[5，40]中，其频率分布直方图如图所示，则其抽样的100根中，有30根在棉花纤维的长度小于20mm．【考点】频率分布直方图．【专题】概率与统计．【分析】由图分析可得：易得棉花纤维的长度小于20mm段的频率，根据频率与频数的关系可得频数．【解答】解：由图可知，棉花纤维的长度小于20mm段的频率为0.01+0.01+0.04，则频数为100×（0.01+0.01+0.04）×5=30．故填：30．【点评】本题考查频率分布直方图的知识．考查读图的能力，读图时要全面细致，同时，解题方法要灵活多样，切忌死记硬背，要充分运用数形结合思想来解决由统计图形式给出的数学实际问题．5．（5分）（2010•江苏）设函数f（x）=x（e x+ae﹣x）（x∈R）是偶函数，则实数a=﹣1．【考点】函数奇偶性的性质．【专题】函数的性质及应用．【分析】由函数是偶函数，直接用特殊值求解即可【解答】解：因为函数f（x）=x（e x+ae﹣x）（x∈R）是偶函数，所以g（x）=e x+ae﹣x为奇函数由g（0）=0，得a=﹣1．故答案是﹣1【点评】考查函数的奇偶性的应用及填空题的解法．6．（5分）（2010•江苏）在平面直角坐标系xOy中，双曲线上一点M，点M的横坐标是3，则M到双曲线右焦点的距离是4．【考点】双曲线的定义．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】d为点M到右准线x=1的距离，根据题意可求得d，进而先根据双曲线的第二定义可知=e，求得MF．答案可得．【解答】解：=e=2，d为点M到右准线x=1的距离，则d=2，∴MF=4．故答案为4【点评】本题主要考查双曲线的定义．属基础题．7．（5分）（2010•江苏）如图是一个算法的流程图，则输出S的值是63．【考点】设计程序框图解决实际问题．【专题】算法和程序框图．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求满足条件S=1+2+22+…+2n≥33的最小的S值，并输出．【解答】解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求满足条件S=1+2+22+…+2n≥33的最小的S值∵S=1+2+22+23+24=31＜33，不满足条件．S=1+2+22+23+24+25=63≥33，满足条件故输出的S值为：63．故答案为：63【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．8．（5分）（2010•江苏）函数y=x2（x＞0）的图象在点（a k，a k2）处的切线与x轴交点的横坐标为a k+1，k为正整数，a1=16，则a1+a3+a5=21．【考点】抛物线的简单性质．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】先求出函数y=x2在点（a k，a k2）处的切线方程，然后令y=0代入求出x的值，再结合a1的值得到数列的通项公式，再得到a1+a3+a5的值．【解答】解：在点（a k，a k2）处的切线方程为：y﹣a k2=2a k（x﹣a k），当y=0时，解得，所以．故答案为：21．【点评】考查函数的切线方程、数列的通项．9．（5分）（2010•江苏）在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2=4上有且仅有四个点到直线12x﹣5y+c=0的距离为1，则实数c的取值范围是（﹣13，13）．【考点】直线与圆的位置关系．【专题】直线与圆．【分析】求出圆心，求出半径，圆心到直线的距离小于1即可．【解答】解：圆半径为2，圆心（0，0）到直线12x﹣5y+c=0的距离小于1，即，c的取值范围是（﹣13，13）．【点评】考查圆与直线的位置关系．（圆心到直线的距离小于1，此时4个，等于3个，等于1，大于1是2个．）是有难度的基础题．10．（5分）（2010•江苏）定义在区间上的函数y=6cosx的图象与y=5tanx的图象的交点为P，过点P作PP1⊥x轴于点P1，直线PP1与y=sinx的图象交于点P2，则线段P1P2的长为．【考点】余弦函数的图象；正切函数的图象．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】先将求P1P2的长转化为求sinx的值，再由x满足6cosx=5tanx可求出sinx的值，从而得到答案．【解答】解：线段P1P2的长即为sinx的值，且其中的x满足6cosx=5tanx，即6cosx=，化为6sin2x+5sinx﹣6=0，解得sinx=．线段P1P2的长为故答案为．【点评】考查三角函数的图象、数形结合思想．11．（5分）（2010•江苏）已知函数，则满足不等式f（1﹣x2）＞f（2x）的x的范围是（﹣1，﹣1）．【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；其他不等式的解法．【专题】函数的性质及应用；不等式的解法及应用．【分析】由题意f（x）在[0，+∞）上是增函数，而x＜0时，f（x）=1，故满足不等式f（1﹣x2）＞f（2x）的x需满足，解出x即可．【解答】解：由题意，可得故答案为：【点评】本题考查分段函数的单调性，利用单调性解不等式，考查利用所学知识分析问题解决问题的能力．12．（5分）（2010•江苏）设实数x，y满足3≤xy2≤8，4≤≤9，则的最大值是27．【考点】基本不等式在最值问题中的应用．【专题】不等式的解法及应用．【分析】首先分析题目由实数x，y满足条件3≤xy2≤8，4≤≤9．求的最大值的问题．根据不等式的等价转换思想可得到：，，代入求解最大值即可得到答案．【解答】解：因为实数x，y满足3≤xy2≤8，4≤≤9，则有：，，再根据，即当且仅当x=3，y=1取得等号，即有的最大值是27．故答案为：27．【点评】此题主要考查不等式的基本性质和等价转化思想，等价转换思想在考试中应用不是很广泛，但是对于特殊题目能使解答更简便，也需要注意，属于中档题．13．（5分）（2010•江苏）在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若+=6cosC，则+的值是4．【考点】正弦定理的应用；三角函数的恒等变换及化简求值．【专题】三角函数的求值；解三角形．【分析】由+=6cosC，结合余弦定理可得，，而化简+==，代入可求【解答】解：∵+=6cosC，由余弦定理可得，∴则+=======故答案为：4【点评】本题主要考查了三角形的正弦定理与余弦定理的综合应用求解三角函数值，属于基本公式的综合应用．14．（5分）（2010•江苏）将边长为1m正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记，则S的最小值是．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【专题】函数的性质及应用；导数的概念及应用．【分析】先设剪成的小正三角形的边长为x表示出S的解析式，然后求S的最小值，方法一：对函数S进行求导，令导函数等于0求出x的值，根据导函数的正负判断函数的单调性进而确定最小值；方法二：令3﹣x=t，代入整理根据一元二次函数的性质得到最小值．【解答】解：设剪成的小正三角形的边长为x，则：（方法一）利用导数求函数最小值．，=，当时，S′（x）＜0，递减；当时，S′（x）＞0，递增；故当时，S的最小值是．（方法二）利用函数的方法求最小值．令，则：故当时，S的最小值是．【点评】考查函数中的建模应用，等价转化思想．一题多解．二、解答题（共9小题，满分110分）15．（14分）（2010•江苏）在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣1，﹣2）、B（2，3）、C（﹣2，﹣1）．（1）求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；（2）设实数t满足（）•=0，求t的值．【考点】平面向量数量积的运算；向量在几何中的应用．【专题】平面向量及应用．【分析】（1）（方法一）由题设知，则．从而得：．（方法二）设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则：由E是AC，BD的中点，易得D（1，4）从而得：BC=、AD=；（2）由题设知：=（﹣2，﹣1），．由（）•=0，得：（3+2t，5+t）•（﹣2，﹣1）=0，从而得：．或者由，，得：【解答】解：（1）（方法一）由题设知，则．所以．故所求的两条对角线的长分别为、．（方法二）设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则：E为B、C的中点，E（0，1）又E（0，1）为A、D的中点，所以D（1，4）故所求的两条对角线的长分别为BC=、AD=；（2）由题设知：=（﹣2，﹣1），．由（）•=0，得：（3+2t，5+t）•（﹣2，﹣1）=0，从而5t=﹣11，所以．或者：，，【点评】本题考查平面向量的几何意义、线性运算、数量积，考查向量的坐标运算和基本的求解能力．16．（14分）（2010•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°．（1）求证：PC⊥BC；（2）求点A到平面PBC的距离．【考点】点、线、面间的距离计算；空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离；立体几何．【分析】（1），要证明PC⊥BC，可以转化为证明BC垂直于PC所在的平面，由PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°，容易证明BC⊥平面PCD，从而得证；（2），有两种方法可以求点A到平面PBC的距离：方法一，注意到第一问证明的结论，取AB的中点E，容易证明DE∥平面PBC，点D、E 到平面PBC的距离相等，而A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍，由第一问证明的结论知平面PBC⊥平面PCD，交线是PC，所以只求D到PC的距离即可，在等腰直角三角形PDC中易求；方法二，等体积法：连接AC，则三棱锥P﹣ACB与三棱锥A﹣PBC体积相等，而三棱锥P ﹣ACB体积易求，三棱锥A﹣PBC的地面PBC的面积易求，其高即为点A到平面PBC的距离，设为h，则利用体积相等即求．【解答】解：（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC．由∠BCD=90°，得CD⊥BC，又PD∩DC=D，PD、DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD．因为PC⊂平面PCD，故PC⊥BC．（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等．又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍．由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F．易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于．（方法二）等体积法：连接AC．设点A到平面PBC的距离为h．因为AB∥DC，∠BCD=90°，所以∠ABC=90°．从而AB=2，BC=1，得△ABC的面积S△ABC=1．由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P﹣ABC的体积．因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DC．又PD=DC=1，所以．由PC⊥BC，BC=1，得△PBC的面积．由V A﹣PBC=V P﹣ABC，，得，故点A到平面PBC的距离等于．【点评】本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力．17．（14分）（2010•江苏）某兴趣小组测量电视塔AE的高度H（单位：m），如示意图，垂直放置的标杆BC的高度h=4m，仰角∠ABE=α，∠ADE=β．（1）该小组已经测得一组α、β的值，tanα=1.24，tanβ=1.20，请据此算出H的值；（2）该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d（单位：m），使α与β之差较大，可以提高测量精确度．若电视塔的实际高度为125m，试问d为多少时，α﹣β最大？【考点】解三角形的实际应用．【专题】解三角形．【分析】（1）在Rt△ABE中可得AD=，在Rt△ADE中可得AB=，BD=，再根据AD﹣AB=DB即可得到H．（2）先用d分别表示出tanα和tanβ，再根据两角和公式，求得tan（α﹣β）=，再根据均值不等式可知当d===55时，tan（α﹣β）有最大值即α﹣β有最大值，得到答案．【解答】解：（1）=tanβ⇒AD=，同理：AB=，BD=．AD﹣AB=DB，故得﹣=，得：H===124．因此，算出的电视塔的高度H是124m．（2）由题设知d=AB，得tanα=，tanβ===，tan（α﹣β）====d+≥2，（当且仅当d===55时，取等号）故当d=55时，tan（α﹣β）最大．因为0＜β＜α＜，则0＜α﹣β＜，所以当d=55时，α﹣β最大．故所求的d是55m．【点评】本题主要考查解三角形的知识、两角差的正切及不等式的应用．当涉及最值问题时，可考虑用不等式的性质来解决．18．（16分）（2010•江苏）在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F．设过点T（t，m）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y2），其中m＞0，y1＞0，y2＜0．（1）设动点P满足PF2﹣PB2=4，求点P的轨迹；（2）设x1=2，x2=，求点T的坐标；（3）设t=9，求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）．【考点】轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合问题．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（1）设点P（x，y），由两点距离公式将PF2﹣PB2=4，变成坐标表示式，整理即得点P的轨迹方程．（2）将分别代入椭圆方程，解出点M与点N的坐标由两点式写出直线AM与直线BN的方程联立解出交点T的坐标．（3）方法一求出直线方程的参数表达式，然后求出其与x的交点的坐标，得到其横坐标为一个常数，从而说明直线过x轴上的定点．方法二根据特殊情况即直线与x轴垂直时的情况求出定点，然后证明不垂直于x轴时两线DM与DN斜率相等，说明直线MN过该定点．【解答】解：（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（﹣3，0）．由PF2﹣PB2=4，得（x﹣2）2+y2﹣[（x﹣3）2+y2]=4，化简得．故所求点P的轨迹为直线．（2）将分别代入椭圆方程，以及y1＞0，y2＜0，得M（2，）、N（，）直线MTA方程为：，即，直线NTB方程为：，即．联立方程组，解得：，所以点T的坐标为．（3）点T的坐标为（9，m）直线MTA方程为：，即，直线NTB方程为：，即．分别与椭圆联立方程组，同时考虑到x1≠﹣3，x2≠3，解得：、．（方法一）当x1≠x2时，直线MN方程为：令y=0，解得：x=1．此时必过点D（1，0）；当x1=x2时，直线MN方程为：x=1，与x轴交点为D（1，0）．所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）．（方法二）若x1=x2，则由及m＞0，得，此时直线MN的方程为x=1，过点D（1，0）．若x1≠x2，则，直线MD的斜率，直线ND的斜率，得k MD=k ND，所以直线MN过D点．因此，直线MN必过x轴上的点（1，0）．【点评】本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识．考查运算求解能力和探究问题的能力19．（16分）（2010•江苏）设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，已知2a2=a1+a3，数列是公差为d的等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式（用n，d表示）；（2）设c为实数，对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m，n，k，不等式S m+S n＞cS k都成立．求证：c的最大值为．【考点】等差数列的性质；归纳推理．【专题】等差数列与等比数列．【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合已知，列出关于a1、d的方程，求出a1，进而推出s n，再利用a n与s n的关系求出a n．（2）利用（1）的结论，对S m+S n＞cS k进行化简，转化为基本不等式问题求解；或求出c 的最大值的范围，利用夹逼法求出a的值．【解答】解：（1）由题意知：d＞0，=+（n﹣1）d=+（n﹣1）d，∵2a2=a1+a3，∴3a2=S3，即3（S2﹣S1）=S3，∴，化简，得：，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=n2d2﹣（n﹣1）2d2=（2n﹣1）d2，适合n=1情形．故所求a n=（2n﹣1）d2（2）（方法一）S m+S n＞cS k⇒m2d2+n2d2＞c•k2d2⇒m2+n2＞c•k2，恒成立．又m+n=3k且m≠n，，故，即c的最大值为．（方法二）由及，得d＞0，S n=n2d2．于是，对满足题设的m，n，k，m≠n，有．所以c的最大值．另一方面，任取实数．设k为偶数，令，则m，n，k符合条件，且．于是，只要9k2+4＜2ak2，即当时，．所以满足条件的，从而．因此c的最大值为．【点评】本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识，考查探索、分析及论证的能力．20．（16分）（2010•江苏）设f（x）是定义在区间（1，+∞）上的函数，其导函数为f′（x）．如果存在实数a和函数h（x），其中h（x）对任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，使得f′（x）=h（x）（x2﹣ax+1），则称函数f（x）具有性质P（a），设函数f（x）=，其中b为实数．（1）①求证：函数f（x）具有性质P（b）；②求函数f（x）的单调区间．（2）已知函数g（x）具有性质P（2），给定x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2，设m为实数，α=mx1+（1﹣m）x2，β=（1﹣m）x1+mx2，α＞1，β＞1，若|g（α）﹣g（β）|＜|g（x1）﹣g（x2）|，求m的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】导数的综合应用．【分析】（1）①先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后将其配凑成f′（x）=h（x）（x2﹣bx+1）这种形式，再说明h（x）对任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，即可证明函数f （x）具有性质P（b）；②根据第一问令φ（x）=x2﹣bx+1，讨论对称轴与2的大小，当b≤2时，对于x＞1，φ（x）＞0，所以f′（x）＞0，可得f（x）在区间（1，+∞）上单调性，当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴，可求出方程φ（x）=0的两根，判定两根的范围，从而确定φ（x）的符号，得到f′（x）的符号，最终求出单调区间．（2）先对函数g（x）求导，再m分m≤0，m≥1，0＜m＜1进行，同时运用函数的单调性即可得到．【解答】解：（1）①f′（x）=∵x＞1时，恒成立，∴函数f（x）具有性质P（b）；②当b≤2时，对于x＞1，φ（x）=x2﹣bx+1≥x2﹣2x+1=（x﹣1）2＞0所以f′（x）＞0，故此时f（x）在区间（1，+∞）上递增；当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴，方程φ（x）=0的两根为：，而当时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，故此时f（x）在区间上递减；同理得：f（x）在区间上递增．综上所述，当b≤2时，f（x）的单调增区间为（1，+∞）；当b＞2时，f（x）的单调减区间为；f（x）的单调增区间为．（2）由题设知：g（x）的导函数g′（x）=h（x）（x2﹣2x+1），其中函数h（x）＞0对于任意的x∈（1，+∞）都成立，所以，当x＞1时，g′（x）=h（x）（x﹣1）2＞0，从而g（x）在区间（1，+∞）上单调递增．①当m∈（0，1）时，有α=mx1+（1﹣m）x2＞mx1+（1﹣m）x1=x1，α＜mx2+（1﹣m）x2=x2，得α∈（x1，x2），同理可得β∈（x1，x2），所以由g（x）的单调性知g（α），g（β）∈（g（x1），g（x2）），从而有|g（α）﹣g（β）|＜|g（x1）﹣g（x2）|，符合题设；②当m≤0时，α=mx1+（1﹣m）x2≥mx2+（1﹣m）x2=x2，β=mx2+（1﹣m）x1≤mx1+（1﹣m）x1=x1，于是由α＞1，β＞1及g（x）的单调性知g（β）≤g（x1）＜g（x2）≤g（α），所以|g（α）﹣g（β）|≥|g（x1）﹣g（x2）|，与题设不符．③当m≥1时，同理可得α≤x1，β≥x2，进而得|g（α）﹣g（β）|≥|g（x1）﹣g（x2）|，与题设不符因此，综合①、②、③得所求的m的取值范围为（0，1）．【点评】本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．21．（10分）（2010•江苏）本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A：AB是圆O的直径，D为圆O上一点，过D作圆O的切线交AB延长线于点C，若DA=DC，求证：AB=2BC．B：在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，0），B（﹣2，0），C（﹣2，1）．设k为非零实数，矩阵M=，N=，点A、B、C在矩阵MN对应的变换下得到点分别为A1、B1、C1，△A1B1C1的面积是△ABC面积的2倍，求k的值．C：在极坐标系中，已知圆ρ=2cosθ与直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0相切，求实数a的值．D：设a、b是非负实数，求证：．【考点】参数方程化成普通方程；基本不等式；直线和圆的方程的应用．【专题】不等式的解法及应用；直线与圆；矩阵和变换；坐标系和参数方程．【分析】A、连接OD，则OD⊥DC，又OA=OD，DA=DC，所以∠DAO=∠ODA=∠DCO，再证明OB=BC=OD=OA，即可求解．B、由题设得，根据矩阵的运算法则进行求解．C、在极坐标系中，已知圆ρ=2cosθ与直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0相切，由题意将圆和直线先化为一般方程坐标，然后再计算a值．D、利用不等式的性质进行放缩证明，然后再进行讨论求证．【解答】解：A：（方法一）证明：连接OD，则：OD⊥DC，又OA=OD，DA=DC，所以∠DAO=∠ODA=∠DCO，∠DOC=∠DAO+∠ODA=2∠DCO，所以∠DCO=30°，∠DOC=60°，所以OC=2OD，即OB=BC=OD=OA，所以AB=2BC．（方法二）证明：连接OD、BD．因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=90°，AB=2OB．因为DC是圆O的切线，所以∠CDO=90°．又因为DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，于是△ADB≌△CDO，从而AB=CO．即2OB=OB+BC，得OB=BC．故AB=2BC．B满分（10分）．由题设得由，可知A1（0，0）、B1（0，﹣2）、C1（k，﹣2）．计算得△ABC面积的面积是1，△A1B1C1的面积是|k|，则由题设知：|k|=2×1=2．所以k的值为2或﹣2．C解：ρ2=2ρcosθ，圆ρ=2cosθ的普通方程为：x2+y2=2x，（x﹣1）2+y2=1，直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0的普通方程为：3x+4y+a=0，又圆与直线相切，所以，解得：a=2，或a=﹣8．D（方法一）证明：==因为实数a、b≥0，所以上式≥0．即有．（方法二）证明：由a、b是非负实数，作差得==当a≥b时，，从而，得；当a＜b时，，从而，得；所以．【点评】本题主要考查三角形、圆的有关知识，考查推理论证能力，及图形在矩阵对应的变换下的变化特点，考查运算求解能力还考查曲线的极坐标方程等基本知识，考查转化问题的能力．另外此题也考查参数方程与普通方程的区别和联系，两者要会互相转化，根据实际情况选择不同的方程进行求解，这也是每年高考必考的热点问题．22．（2010•江苏）某工厂生产甲、乙两种产品，甲产品的一等品率为80%，二等品率为20%；乙产品的一等品率为90%，二等品率为10%．生产1件甲产品，若是一等品则获得利润4万元，若是二等品则亏损1万元；生产1件乙产品，若是一等品则获得利润6万元，若是二等品则亏损2万元．设生产各种产品相互独立．（1）记X（单位：万元）为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润，求X的分布列；（2）求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率．【考点】离散型随机变量及其分布列；相互独立事件的概率乘法公式．【专题】概率与统计．【分析】（1）根据题意做出变量的可能取值是10，5，2，﹣3，结合变量对应的事件和相互独立事件同时发生的概率，写出变量的概率和分布列．（2）设出生产的4件甲产品中一等品有n件，则二等品有4﹣n件，根据生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元，列出关于n的不等式，解不等式，根据这个数字属于整数，得到结果，根据独立重复试验写出概率．【解答】解：（1）由题设知，X的可能取值为10，5，2，﹣3，且P（X=10）=0.8×0.9=0.72，P（X=5）=0.2×0.9=0.18，P（X=2）=0.8×0.1=0.08，P（X=﹣3）=0.2×0.1=0.02．4﹣n件．由题设知4n﹣（4﹣n）≥10，解得，又n∈N，得n=3，或n=4．所求概率为P=C43×0.83×0.2+0.84=0.8192答：生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率为0.8192．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查相互独立事件同时发生的概率，考查独立重复试验的概率公式，考查互斥事件的概率，是一个基础题，这种题目可以作为高考题的解答题目出现．23．（10分）（2010•江苏）已知△ABC的三边长都是有理数．（1）求证cosA是有理数；（2）求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．【考点】余弦定理的应用；数学归纳法．【专题】解三角形．【分析】（1）设出三边为a，b，c，根据三者为有理数可推断出b2+c2﹣a2是有理数，b2+c2﹣a2是有理数，进而根据有理数集对于除法的具有封闭性推断出也为有理数，根据余弦定理可知=cosA，进而可知cosA是有理数．（2）先看当n=1时，根据（1）中的结论可知cosA是有理数，当n=2时，根据余弦的二倍角推断出cos2A也是有理数，再假设n≥k（k≥2）时，结论成立，进而可知coskA、cos（k ﹣1）A均是有理数，用余弦的两角和公式分别求得cos（k+1）A，根据cosA，coskA，cos （k﹣1）A均是有理数推断出cosA，coskA，cos（k﹣1）A，即n=k+1时成立．最后综合原式得证．【解答】解：（1）证明：设三边长分别为a，b，c，，∵a，b，c是有理数，b2+c2﹣a2是有理数，分母2bc为正有理数，又有理数集对于除法的具有封闭性，∴必为有理数，∴cosA是有理数．（2）①当n=1时，显然cosA是有理数；当n=2时，∵cos2A=2cos2A﹣1，因为cosA是有理数，∴cos2A也是有理数；②假设当n=k（k≥2）时，结论成立，即coskA、cos（k﹣1）A均是有理数．当n=k+1时，cos（k+1）A=coskAcosA﹣sinkAsinA，，，解得：cos（k+1）A=2coskAcosA﹣cos（k﹣1）A∵cosA，coskA，cos（k﹣1）A均是有理数，∴2coskAcosA﹣cos（k﹣1）A是有理数，∴cosA，coskA，cos（k﹣1）A均是有理数．即当n=k+1时，结论成立．综上所述，对于任意正整数n，cosnA是有理数．【点评】本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力．。

二零一零年江苏省高中数学夏令营测试

二零一零年江苏省高中数学夏令营测试

2010年江苏省高中数学夏令营测试（学生卷）一、填空题：每小题9分，共90分.1.已知0,=++>>c b a c b a ，设21,x x 是02=++c bx ax 的两实根，则2122x x -的范围为 .2.设等差数列}{n a 的首项及公差均为非负数，项数不少于3项，且各项的和为972，则这样的数列共有 个.3.△ABC 为锐角三角形，则BB A A 2222cos sin sin 1cos 1+的最小值时，C ＝ . 4.已知复数z 满足7122=-+z z ，已知复数z 在复平面上对应点为一条圆锥曲线，则其离心率为 .5.将10个相同的小球全部装入3个编号为1,2,3的盒子，则每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数的概率为 .6.由方程26x y x =+-所对应的曲线围成的图形面积为 . 7.已知过点P （0,1）的直线与双曲线1322=-y x 交于不同的两点A 、B ，且以AB 为直径的圆恰好过原点，则该直线的斜率为 .8.设E 、F 、G 分别是正四面体ABCD 中棱AB 、BC 、CD 的中点，则二面角C-FG-E 的大小是 .9.将编号为1到2010的2010个小球按照编号，从小到大顺时针排列在一个圆周上，然后从1号开始顺时针一个隔一个取小球，直到所在的小球全部取完，则最后取到的小球的编号为.10.正实数b a ,满足b b a a -+=+-2313，则b a +的最大值为 .二、解答题：每小题20分，共60分.11.已知⎪⎩⎪⎨⎧+=++<<≠∈a a x x x x a a Z a 99991,0,，求x . 12.点P 在△ABC 内，且∠BAP ＝∠CAP ，直线BP 交AC 于点Q ，设∠BAC ＝60°，且PQPC PB 111=+.求证：P 是△ABC 的内心. 13.设,2010,,2,1,1,20101200911 ===-∑∑==+k x k y x x k i i k i i i 求∑=+-200911i i i y y 的最大值. 1.答案：（0,3） 解：由求根公式得到a ac b b x 2421-+-=, aac b b x 2422---=))((21212122x x x x x x -+=-带入上面公式 原式|4|22a ac b b --= ① 因为0=++c b a 推出)(c a b +-=带入式① 原式224)()(a acc a c a -++=化简将根号下展开合并22)()(a c a c a -+=因为c b a >>所以0>-c a 分子可直接开根号 原式22222)(1))((a c ac a a c a c a -=-=-+= ② 依题意0,=++>>c b a c b a 推出0>a因为0>a ,a b a c a b a a c b a >⇒>>⇒>>1 )1(00a b a c a c a b a a c b a +-=⇒=++⇒=++ ③当0>ab 时1<a b ；当0=ab 时0=ab ； 当0<ab 时因为1)(<⇒+=⇒+-=a b c b a c b a ④ 将式④带入式③推出4)(0022<<⇒<<-ac a c 带入式② 3)(102<-<ac 所以302122<-<x x 2. 答案：4（1997年全国高中数学联赛第3题）解：设等差数列首项为a ，公差为d ，则依题意有[2a ＋(n －1)d] n ＝2×972(*)因为n 是不小于3的自然数，97为素数，故数n 的值必为2×972的约数(因数)，它只能是97，2×97，972，2×972四者之一.若d ＞0，则d≥1由(*)式知2×972≥n(n －1)d≥n(n －1)故只可能有n=97，(*)式化为：a ＋48d ＝97，这时(*)有两组解：若d ＝0，则(*)式化为：a n =972，这时(*)也有两组解.故符今题设条件的等差数列共4个，分别为：49，50，51，…，145，(共97项) 1，3，5，…，193，(共97项)97，97，97，…，97，(共97项) 1，1，1，…，1(共972=9409项)3.4.略5.答案：解：法一：先在2，3号盒子内分别放入1，2个球把剩下7个求排成一排，在其中的6个空中插入2个档板有C （6，2）种方法，这样把三组球分别放入1，2，3号盒子，共有15种放法.法二：当一号盒子放一个球时，其他两个盒子的方法共有5种，分别为二号盒子放：2,3,4,5,6个，则相应的三号盒子放：7,6,5,4,3个，以此类推，一号盒子最多放5个球时，其他两个盒子只有一种放法，所以一共有5＋4＋3＋2＋1=15种放法.法三：一个盒子放一个，第二个盒子放二个，第三个盒子放三个，还剩下10－3－2－1＝4个球，四个球随意放，用隔板法1526=C ，所以有15中放法.6.答案：24法一：因为62||--=x x y ，所以当0≤x 时,62||-=x y ,这不可能；当60≤≤x 时,由0623||≥-=x y .得623||-=x y ,且64≤≤x ； 当6>x 时,由062||≥+-=x y , 得62||+-=x y ,且126≤<x .画图可知曲线围成的四边形的面积为246821=⨯⨯. 法二：|6|2||||26--=⇒=+-x x y x y x ，其中0|6|2||≥--x x ，转化为|6|2||-≥x x ，两边平方化简得：0)12)(4(≤--x x ，求得124≤≤x ； 即有：|6|2||||--=x x y ，（124≤≤x ）， 当64≤≤x 时，有623||-=x y ，推得：⑴623-=x y ；⑵623+-=x y 当126≤<x 时，有62||+-=x y ，推得：⑶62+-=x y ；⑷62-=x y ； 2|6|||x x y =-+函数构成的图形，可以根据⑴—⑷四个函数作出图形（组成四个直角三角形），面积等于24223)62(=÷⨯⨯+ 法三：|6|2||||--=x x y 当6≥x 时，12026|6|2||||≤⇒≥-=--=x x x x y 在[6，12]区间 直线方程b kx y += ，3,6==y x ，0,12==y x ∴65.0+-=x y当6≤x ，40236|6|2||||≥⇒≥+-=--=x x x x y 在[4，6]区间 ，直线方程b kx y +=11，3,6==y x ，0,4==y x ∴65.11-=x y∵是绝对值y ∴y 有正负两个数关于x 轴对称在三点(4，0),(6，3),(12，0)围成图形S(两个) 243)412(212=⨯-⨯⨯=S . 7.答案：±1解：将y ＝ax ＋1代入方程3x ²－y ²＝1，得3x ²-(ax +1)²=1，整理，(a ²-3)x ²+2ax +2=0设交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2a /(a ²－3)，x 1x 2=2/(a ²－3)所以，y 1y 2＝(ax 1＋1)(ax 2＋1) ＝a ²·x 1x 2＋a (x 1＋x 2) ＋1＝1因为 以AB 为直径的圆经过圆点所以，OA ⊥OB ，故OA 与OB 的斜率的乘积为－1 G FEDC BA.∴x 1x 2＝y 1y 2即2/(a ²-3) ＝1，解得a ＝±1.8. 答案：cot 2arc π-（1998年全国高中数学联赛第5题） 9. 1024解：从1号开始顺时针一个隔一个取小球，第一次剩下的都是2的倍数，第二次剩的都是4的倍数，第三次剩的都是8的倍数，…… 所以最后一次剩的一定是1024的倍数，即1024号.10.11.12.13..略。

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• 1.如图,在⊙O中,弦CD 垂直于直径AB.M 是OC的中 点,AM的延长线交⊙O于E，DE交BC于N. • 求证:BN=CN. 证法(二) BN=CN
A
1 CN CB 2
△ CND
∽ △CAM
CN CD CM C A CA
M
C E N
O
D B
△CD B ∽△CA O
CB CD CB CA CO 2CM
A
BN=CN
分点
应用Menelaus定理
O M G C P E N Q D
CN NB
直线NQD是△ CBG 的截线
CN BQ GD 1 NB QG DC
GQ 1 QB 2
GD 1 DC 2
B
GQ CP 1 PQ∥CD QB PB 2
CP BA OM 1 PB AO MC
直线PMA是△BCO的截线，梅涅劳斯定理
CE CP DQ 1 EF PD QC
2
梅氏定理
A
Q
B
D
• 3.△ABC 中 ,AB=AC,D 在 BC 上 且 BD=2DC;E 在 AD上且∠ABE=∠CAE. ∠BED=2∠CED • 求证: ∠BED=2∠CED A ∠ABE=∠CAE 延长ED到K,使EK=EB, E
等腰三角形EBK 与△ABC的顶角相等
所以∠BKE=∠BCA
所以A,B,K,C四点共圆 D B 由于AB=AC S K 即∠AKB=∠AKC KB BD ∴KD平分∠BKC. KC DC 2 ∠BED=2∠CED 易得△SEK≌△KEC
C
• 4 . 如 图 , 在 △ ABC 中 ,D 是 BC 上 一 点 ,DE∥AC 交 AB 于 E,DF∥AB 交 AC 于 F, 过 D 作 EF 的 垂 线 交 EF 于 G, 交 △ABC的外接圆于D′,DG= D′G,C D′与EF 交于H.
• 求证: (1)C,D,H,F四点共圆;（2）AB=AC.
A
(1)C、D、H、F四点共圆 ∠DFE=∠FEA=∠EA D′= ∠D′CB
D'
F E H G K
A D′∥EF
B
D
C
A D' H G K
• （2）因为C、D、H、F四点共圆， • 所以∠FCH=∠FDH. • 因为 D′是D关于直线EF的对称点， • 所以∠FDH=∠F D′H，FD=F D′，
2010江苏省高中数学奥林匹克夏令营
竞 赛 辅 导
平 面 几 何
南京外国语学校 黄志军
我喜欢数学理论的精确与严格的逻辑推导方 假设，求证，证明 法，尤其喜欢平面几何假设，求证，证明这一套 程序，它需要我们对矛盾进行细致分析，逐步深 入思考，有时还要加几条辅助线才能证明出结果 来，只有对一个问题经过反复思考后，才能找到 解决问题的线索，总能给我带来喜悦与满足. ——王 元
• 2.过圆外一点P 向圆O作切线PA,PB及割线PCD （点A,B,C,D在圆O上）,过C作PA的平行线,分别 交AB,AD于E,F . P • 求证:CE=EF
C
E A F B
O
M
D
• 2.过圆外一点P 向圆O作切线PA,PB及割线PCD （点A,B,C,D在圆O上）,过C作PA的平行线,分别 交AB,AD于E,F . P • 求证:CE=EF
•
F
∴∠FCH=∠F D′H，
FC=F D′=FD.
E
因为FD∥AB， AB AC 所以 FD FC AB=AC.
C
B
D
谢
谢
AD PA BD △CDF 截线AEQ AC PC BC
△PAC∽△PDA，△PBC∽△PDB
C E
F PD S PBD BD 2 PC S PBC BC 1 2 AD BD sin ADB S DQ AD BD BD DAB 2 1 2 QC S CAB 2 AC BC sin ACB AC BC BC
1.如图,在⊙O中,弦CD 垂直于直径AB.M 是OC的中 点,AM的延长线交⊙O于E，DE交BC于N. 求证:BN=CN. A BN=CN 证法(--)
M 是OC的中点 N 是BC的中点
MN∥AB
M
C E N O
∠EMN=∠A
D∠EΒιβλιοθήκη BC、E、N、M四点共圆B
AC AD ∠MEN =∠B=∠MCN
联结AC，BC，BD △PAC∽△PDA，△PBC∽△PDB
C E
AD PA BD AC PC BC
△CDF
CE=EF
A F
Q
B
截线AEQ
梅氏定理
CE CP DQ 1 EF PD QC
D
• 2.过圆外一点P 向圆O作切线PA,PB及割线PCD （点A,B,C,D在圆O上）,过C作PA的平行线,分别 交AB,AD于E,F . P CE=EF • 求证:CE=EF
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