《高中数学竞赛专题讲座 初等数论》边红平本
高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)
D
C
显然 , MD 为 EN 的中垂线 . 有 EM ＝ MN .
E
由 BM 2＋BE2＝BM 2＋NC 2＝ MD 2＋ DN 2＝ MN 2＝ EM 2, 可知△ BEM 为直角图三６角
形, ∠ MBE ＝90°. 有∠ ABC ＋∠ ACB ＝∠ ABC ＋∠ EBC＝90°. 于是 , ∠ BAC ＝90°．
∠ MDN ＝90°. 如果 BM 2＋CN 2＝DM 2＋ DN 2, 求证： AD 2＝ 1 ( AB 2＋ AC 2). 4
证明： 如图 6, 过点 B 作 AC的平行线交 ND延长线于 E. 连 ME.
M
A N
由 BD ＝ DC , 可知 ED＝ DN . 有△ BED≌△ CND . 于是 , BE＝ NCB .
2、欲“送”线段到当处 利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条
加平行线 , 将某些线段“送”到恰当位置 , 以证题 .
, 常可通过添
例 3、在△ ABC 中 , BD 、CE 为角平分线 , P 为 ED 上任意一点 . 过 P 分别作 AC 、 AB 、BC
的垂线 , M 、 N 、 Q 为垂足 . 求证： PM ＋PN ＝PQ . 证明： 如图 3, 过点 P 作 AB 的平行线交 BD 于 F, 过点 F 作 BC 的
DB . 过 D 作 AB 的垂线 , 交半圆于 C. 求证： CD 平分 EF.
CF E
证明： 如图 7, 分别过点 E、 F 作 AB的垂线 , G、H 为垂足 , 连 FA、EB.
易知 DB 2＝FB2＝ AB · HB, AD 2＝ AE2＝ AG ·AB .
A G DOH
B
二式相减 , 得 DB 2－ AD 2＝ AB · ( HB －AG ), 或 ( DB －AD ) · AB ＝ AB ·( H图B７－ AG ).
高中数学竞赛专题讲座---同余理论及其应用(一)
同余理论及其应用基础知识一. 定义定义1. 设m 为正整数，整数a 和b 之差可被m 整除时，称为a 和b 关于模m 同余，记作 ).(mod m b a ≡ 定义2. 被正整数m 除余数相等的所有整数的集合称为模m 的剩余类。
模m 的剩余类共有m 个。
定义3. 在模m 的m 个剩余类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的完全剩余系。
定义4. 绝对值不超过]2[m 的模m 的完全剩余系称为模m 的绝对最小剩余系。
定义5. 当模m 的某一剩余类的所有整数均与m 互素时，则称此剩余类是模m 的简化类。
模m 的简化类共有)(m φ个。
定义6. 在模m 的)(m φ个简化类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的简化剩余系。
定义7. 欧拉函数：设n 为正整数，从1到n 的整数中与n 互素的整数的个数用)(n φ表示，称)(n φ为欧拉函数。
当1212s s np p p ααα=时，有)11)...(11)(11()(21s p p p n n ---=φ 二. 定理定理1. ).(mod m b a ≡ 的必要充分条件是a 和b 被m 除的余数相等。
定理 2. I .);(mod m a a ≡II .若),(mod m b a ≡则);(mod m a b ≡III .若),(mod m b a ≡),(mod m c b ≡则).(mod m c a ≡定理3. 若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则I .)(m od 2121m b b a a +≡+；II .(mod 2121m b b a a -≡-2 )(m od 212m b b a -≡-；III .)(m od 2121m b b a a ≡.定理4. 如果),...,2,1)((m od n i m b a i i =≡，则I .)(m od ......2121m b b b a a a n n +++≡+++；II . ).(m od ......2121m b b b a a a n n ≡推论. 如果).(mod m b a ≡n 为任意正整数，则).(mod m b a nn ≡ 定理5. 如果).(mod m cb ca ≡则).),((modm c m b a ≡ 推论. 如果1),(=m c ，).(mod m cb ca ≡则).(mod m b a ≡ 定理6. 如果).(mod m b a ≡则).,(),(m b m a =定理7. a 和b 属于模m 的同一剩余类的充要条件是).(mod m b a ≡定理8. m 个整数m a a a ,...,,21是模m 的完全剩余系的充要条件是m a a a ,...,,21关于模m 两两互不同余。
数学竞赛学习解读(一直向前篇)
数学竞赛学习之路——一路向前篇质心教育黄靖旻引言：本文写给那些想要深入学习竞赛的同学。
无论是你出于对数学的浓厚兴趣，还是有着这方面的天赋想要挑战自己，或者是想要寻找到保送大学的机会给自己一个出路，都可以借助本文提供的指导，结合自己的个人情况去进行学习。
如果你发现你能够按照这样的进度一路向前，那么恭喜你真的在竞赛上有一些天赋也愿意努力，坚持到高三拿个省一，进个省队，甚至可以冲击冬令营、集训队等等。
如果你发现这些要学习的内容对你太难，也没有关系，放平形态，简化这些步骤，去挑选相对容易的内容学习，不用学那么深，你可以参考下一篇文章（自招收获篇）提供的道路，最终的成果也是丰厚的。
阶段1 准备阶段（初中毕业至高一上学期放假前）阶段解读：初中毕业后一些同学可能就解放自我了，而另一些同学则会抓住这个机会去努力。
这个阶段的付出其实是十分重要的，因为一旦进入高中，时间就变得没有那么充裕了，你将会有更多的功课要学习题要做，所以在这个阶段，你需要想清楚自己想要达到一个什么样的高度，如果想要走数学竞赛这条路，那么这几个月将是你最宝贵的准备时间。
目标1:快速完成高中数学内容，短时间达到高考要求目标解读：找到当地所用数学教材或通用人教版教材（可以在官网上找到电子课本），结合高中上课的一般顺序（也可以在网上查到）进行自学，当然这里需要参考一些教辅书籍（一般用高三复习的那种，要选讲的比较精细的）和有一些辅导课程最好（自己学习还是会有些重点不知道在哪儿）。
通过这个过程我们将掌握高中数学所需要的数学知识，这个过程要细，虽然高中还会更系统地学习一遍，但如果自己学的这一次不够细，那么将来自己的数学学习中将会有很多现在落下的毛病。
之后再找到近年各地的高考题自己给自己做模拟测试。
坚持下去你会发现，大家还在学高一数学，而你已经在一旁拿出一套高考真题做测试了，但不要骄傲，这只是竞赛之路的开始，要想比别人有更高的成就就要学会走在别人的前面。
当然，你会遇到一些比你走的更早的，他们初中就开始接触高中数学和高中竞赛了，如果你是这样的学生，那么你之后的学习都会快人一步，如果不是，从初中毕业就开始学习，也是完全充裕的了。
数学奥赛国家队选手付雷答读者：学好数学有诀窍
数学奥赛国家队选手付雷答读者：学好数学有诀窍数学奥赛国家队选手付雷答读者：学好数学有诀窍“是边老师吗，孩子不爱上数学课，该怎样提高他的学习兴趣？”“付雷，我也想参加数学竞赛，但怕自己实力不够。
”昨日上午，楚天金报“教育热线”异常火爆。
做客本次热线的武钢三中奥数高级教练边红平老师、本届奥数竞赛国家队选手付雷也深深感受到了读者的热情。
和以往不同的是，这次来电求教的学生比家长多。
不少中学生坦言，付雷从一名普通高中学生到奥赛国家队队员，历经选拔，一路走来很不容易，相信他有自己一套独特有效的学习方法。
家长们在代孩子请教学数学的方法的同时，还围绕家庭教育问题和边老师进行了探讨。
很多家长感到苦恼：该不该让孩子课外上数学培优班，有没有必要想尽办法把孩子塞进所谓“快班”、“实验班”等。
边老师一一耐心阐述了自己的看法。
付雷：吃透题目，学会举一反三问：我是一名小学生家长，现在深感苦恼，孩子不喜欢上数学课，甚至表示“很不喜欢数学老师”。
在培优班学了半年，成绩还是不见起色。
我很好奇，你的父母是怎样培养你的数学兴趣的？答：我没上过培优班，我对数学的兴趣得益于小时候经常做的智力小游戏。
爸爸是一名小学数学老师，虽然从没有教过我，但很注重培养我对数字的敏感。
我还在读幼儿园的时候，刚学会数数，爸爸就要我晚上对着天空数星星来巩固数字顺序知识。
上小学以后，发现我对数字比较敏感，爸爸又教我自制卡片，每张卡片上写一个数字，将卡片打乱，再随意抽取两张进行加减等运算训练，爸爸给我计时。
我觉得这样的游戏玩起来很有意思，不觉得数字枯燥乏味，运算正确后得到爸爸的鼓励也让自己信心增加了。
问：我是一名初中生，觉得你很了不起，居然能进奥数国家队。
你从小到大就一直参加竞赛吗？获了不少奖吧？答：呵呵，恰恰相反，我从小学到初中，很少参加竞赛。
刚进高一时，我参加了人生中的第一次高规格的比赛，那就是全国高中生数学联赛，不过那次比赛我没有获奖，班上其他四名同学获得了好成绩。
高中数学竞赛专题讲座---数学归纳
数学归纳法数学归纳法是用于证明与正整数n 有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法．这种方法的原理简单易懂，在实际生活中都能找到它的影子，多米诺骨牌、蝴蝶效应都可以看做是数学归纳法的一种体现。
而在数学方面的应用上，它更显出了重要的地位，正因如此，在近年的高考试题，特别是压轴大题上，常常运用数学归纳法来解题；在竞赛数学，数学归纳法更是在数列、组合等多方面发挥着重要作用。
（一）数学归纳法的基本形式 （1）第一数学归纳法设)(n P 是一个与正整数有关的命题，如果: ①当0n n =（N n ∈0）时，)(n P 成立；②假设),(0N k n k k n ∈≥=成立，由此推得1+=k n 时，)(n P 也成立，那么，根据①②对一切正整 数0n n ≥时，)(n P 成立．例1 （07江西理22）设正整数数列{}n a 满足：24a =，且对于任何*n ∈N ，有11111122111n n n na a a a n n ++++<<+-+．（1）求1a ，3a ； （2）求数列{}n a 的通项n a ． 解：（1）据条件得1111112(1)2n nn n n n a a a a ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭ ① 当1n =时， 由21211111222a a a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭，即有1112212244a a +<+<+，解得12837a <<．因为1a 为正整数，故11a =．当2n =时，由33111126244a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭，解得3810a <<，所以39a =． （2）由11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =．下面用数学归纳法证明: 1当1n =，2时，由（1）知2n a n =均成立；2假设(2)n k k =≥成立，2k a k =，则1n k =+时由①得221111112(1)2k k k k a k a k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭, 2212(1)(1)11k k k k k k a k k k +++-⇒<<-+-22212(1)1(1)(1)11k k k a k k k ++⇒+-<<+++-,因为2k ≥时，22(1)(1)(1)(2)0k k k k k +-+=+-≥，所以(]22(1)011k k +∈+，．11k -≥，所以(]1011k ∈-，．又1k a +∈*N ，所以221(1)(1)k k a k +++≤≤,故21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立．由1，2知，对任意n ∈*N ，2n a n =．此题在证明时应注意，归纳奠基需验证的初始值又两个，即1n =和2n =。
数论选讲
解： 又
(m + n)m ≥ mm + nm ⇒ mn ≤ 1413 。
44 = 256,53 = 3125 > 1413 ⇒ m ≤ 4 。 显然 m 为奇数。 当 m = 1时，对任何正整数 n ，不可能有 (m + n)m = n +1 = nm +1413 = n +1413 。
当 m = 3 时，由 (3 + n)3 = n3 +1413 可得 n2 + 3n −154 = 0 ，即
（1）必有自然数 k ，使得 Ak+1 = Ak 。 (2) 若 A = 1986 ，问上述的 Ak 等于多少？并说明理
由。
证明：（1）n = 0 时，对任意 k ，有 Ak = A 。当 n = 1 时，显然 A ≥ f ( A) 。 当 n ≥ 2 时，
f ( A) = 2n a0 + 2n−1 a1 +" + 2an−1 + an ≤ (2n + " + 2 + 1) ⋅ 9 = (2n+1 −1) ⋅ 9 ， A ≥ 10n an ≥ 10n = 10 ⋅10n−1 > 9 ⋅10n−1 > 9 ⋅ 23 ⋅10n−2 ≥ 9 ⋅ 23 ⋅ 2n−2 = 9 ⋅ 2n+1 > 9(2n+1 −1) ≥ f ( A)
一、基本知识
（一）整除与同余
1. 设 n 为正整数，则任意 n 个连续整数中有且仅有一个是 n 的倍数。 2. 若 p 为素数， n 为任意正整数，且 p a1 a2 "an ，则至少存在一个 ai ，使得 p ai 。
3. 若 ai ≡ bi (mod n),i = 1,2,", m ，则对任意的整数 ci (i = 1, 2,", m) ，均有
高中数学联赛数论专题
课程简介：全国高中数学联赛是中国高中数学学科的最高等级的数学竞赛，其地位远高于各省自行组织的数学竞赛。
在这项竞赛中取得优异成绩的全国约90名学生有资格参加由中国数学会主办的“中国数学奥林匹克（CMO）暨全国中学生数学冬令营”。
优胜者可以自动获得各重点大学的保送资格。
各省赛区一等奖前6名可参加中国数学奥林匹克，获得进入国家集训队的机会。
中小学教育网重磅推出“全国高中数学联赛”辅导课程，无论是有意向参加竞赛的初学者，还是已入围二试的竞赛选手，都有适合的课程提供。
本套课程由中国数学奥林匹克高级教练熊斌、人大附中数学教师李秋生等名师主讲，轻松突破你的数学极限！课程招生简章：/webhtml/project/liansaigz.shtml选课中心地址：/selectcourse/commonCourse.shtm?courseeduid=170037#_170037_第一章数论专题我们把未知数的个数多于方程的个数,且其解受到某种限制的方程,叫做不定方程.通常主要研究不定方程的正整数解、整数解、有理数解等.不定方程问题的常见类型是：（1）求不定方程的解；（2）判定不定方程是否有解；（3）确定不定方程解的数量（有限还是无限）.不定方程问题的常用解法是：（1）代数分析与恒等变形法，如因式分解、配方、换元等；（2）估计范围法，利用不等式放缩等方法,确定出方程中某些变量的取值范围,进而求整解；（3）同余法，即恰当选取模m,对方程两边做同余分析,以缩小变量的范围或发现性质,从而得出整解或判定无解；（4）构造法，构造出符合要求的特解,或构造一个求解的递推式,证明方程有无穷多解；（5）无穷递降法，无穷递降法是一种用反证法表现的特殊形式的归纳法,由Fermat创立并运用它证明了方程x4+y4=z4没有非零整解.从此,无穷递降作为一种重要的数学思想方法广为流传应用,并在平面几何、图论及组合中经常用到它.引例：求所有正整数对（x,y）满足x y=y x-y.1.二元一次不定方程定义1形如ax+by=c（a,b,c∈Z, a,b不同时为0）的方程，称为二元一次不定方程.定理1 不定方程ax+by=c有整数解的充要条件是（a,b）|c.定理2 设（x0,y0）是不定方程ax+by=c的一组整解,则此方程的一切整数解为（x,y）=（）,其中t∈Z.当（a,b）=1时, （x,y）=（x0+bt,y0-at）.例1求不定方程3x+2y+8z=40的正整数解。
高中数学竞赛讲义_免费_
4
C1 A I C1 B = C1 ( A U B).
证明
3 ， 余 读者自 完成
则 x ∈ A， 且 x ∈ B 或 x ∈C ， 所 1 若 x ∈ A I (B U C ) ，
x ∈ ( A I B) 或 x ∈ ( A I C ) ，
x ∈ ( A I B) U ( A I C )
之，x ∈ ( A I B ) U ( A I C ) ， 则 x ∈ ( A I B) 或 x ∈ ( A I C ) ，
k 个子集中
，否则，若 在 k 个子
A，并设 A I A1 = ∅ ，则 A1 ⊆ C1 A ， 而可
集中再添加 C1 A ，
知矛盾，所
k ≥ 2 n −1
综 ， k = 2 n −1
6．竞赛常用方法 例 题 定理 4 容斥原理 用 A 表示集合 A 的元素个数，则 A U B = A + B − A I B ,
的一元一次方程 一元 次方程的解法 含 母系数的一元一次 等式的解法，一元 次 等式的解法 含绝对值的一元一次 等式 简单的多元方程组 简单的 定方程 组 4 函数 次函数在给定 间 的最值，简单 函数的最值 含 母系数的 次函数 5 几何 角形中的边角之间的 等关系 面 等 换 角形中的边角之间的 等关系 面 等 换 角形的心 内心 外心 垂心 心 性质 相似形的概念和性质 圆，四点共圆，圆幂定理 四种命题 关系 6 逻 推理 题 抽屉原理 简单 用 简单的组合 题简单的逻 推理 题， 证法 极端原理的简 单 用 枚举法 简单 用
A U B = A, A I C = C ，求 a, m.
解 依题设， A = {1,2} ，再 因 因
x 2 − ax + a − 1 = 0 解得 x = a − 1 或 x = 1 ，
高中数学竞赛“代数问题”高级讲稿
高中数学竞赛“代数问题”高级讲稿浙江省杭州第十四中学 马茂年（中国奥数高级教练、数学特级教师）知识方法在高中数学竞赛中，代数方面的问题是多种多样的，主要包括：函数与方程问题（函数的解析式，函数的最值、方程根的讨论等），数列问题(递推数列、数列的通项、数列不等式等)，不等式问题（不等式的求解、证明及应用等）、复数与三角问题等等。
解决代数问题的方法和策略也是多种多样的，主要的方法包括：探索法、化归法、转换法、构造法、数形结合法、数学归纳法、递推法等等。
要点突破1．集合的概念与运算例1 在集合},,2,1{n 中，任意取出一个子集，计算它的所有子集的元素之和。
例2 已知集合}034|{},023|{222<+-=<++=a ax x x B x x x A ，且B A ⊆，求参数a 的取值范围。
例3 已知+∈∈R y R x ,,集合}1,2,{},1,,1{2+--=---++=y y y B x x x x A . 若B A =,求22y x +的值。
例 4 已知集合}|,|,0{)},lg(,,{y x B xy y x A ==.若B A =,求++++)1()1(22y x y x …+201220121()x y +的值。
例5 已知A 为有限集，且*N A ⊆，满足集合A 中的所有元素之和与所有元素之积相等，写出所有这样的集合A 。
例6 已知集合}02|{},023|{22≤+-=≤+-=a ax x x S x x x P ,若P S ⊆,求实数a 的取值组成的集合A.例7 已知平面上两个点集 {(,)||1|,M x y x y x y =++∈R},{(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R}. 若 M N ≠∅ , 求a 的取值范围。
例8 已知集合},,,{4321a a a a A =,},,,{24232221a a a a B =,其中4321a a a a <<<,N a a a a ∈4321,,,.若},{41a a B A = ,1041=+a a .且B A 中的所有元素之和为124,求集合A 、B.例9 满足条件||4|)()(|2121x x x g x g -≤-的函数)(x g 形成了一个集合M,其中R x x ∈21,,并且1,2221≤x x ,求函数)(23)(2R x x x x f y ∈-+==与集合M 的关系.例10 对集合{1,2,,2012} 及每一个非空子集定义唯一“交替和”如下:把子集中的数按递减顺序排列,然后从最大数开始,交替地加减相继各数,如}9,6,4,2,1{的“交替和”是612469=+-+-,集合}10,7{的“交替和”是10－7=3,集合}5{的“交替和”是5等等.试求A 的所有的“交替和”的总和.并针对于集合},,2,1{n 求出所有的“交替和”.2．集合的划分例11 求1，2，3，…，100中不能被2，3，5整除的数的个数．例12 S 是集合{1，2，…，2004}的子集，S 中的任意两个数的差不等于4或7，问S 中最多含有多少个元素？例13 能否给出集合{}1,2,...,2013的一个划分，1234,,,A A A A 使得1234,,,A A A A 的内部各元素之和恰成等差数列3．二次函数例14．集合A ={42|2++=x x y y }，B ={a x ax y y 42|2+-=}，A ⊆B ，求实数a 的取值集合．例15．考察所有可能的这样抛物线22b ax x y -+=，它们与坐标轴各有三个不同的交点，对于每一条这样的抛物线，过其与坐标轴的三个交点作圆．证明：所有这些圆周经过一定点． 例16．抛物线c bx x y ++=2的顶点位于区域}10.10|),{(≤≤≤≤=y x y x G 内部或边界上，求b 、c 的取值范围．例17．设x =p 时，二次函数)(x f 有最大值5，二次函数)(x g 的最小值为－2，且p ＞0， )(x f +)(x g =13162++x x ,)(p g =25．求)(x g 的解析式和p 值．例18．已知0≤x ≤1, )(x f =)0( 22>+-a a ax x ,)(x f 的最小值为m ．（1）用a 表示m ；（2）求m 的最大值及此时a 的值．例19．一幢k （＞2）层楼的公寓有一部电梯，最多能容纳k －1个人，现有k －1个学生同时在第一层楼乘电梯，他们中没有两人是住同一层楼的．电梯只能停一次．停在任意选择的一层．对每一个学生而言，自已往下走一层感到一分不满意，而往上走一层感到2分不满意，问电梯停在哪一层，可使不满意的总分达到最小？例20．已知方程)1()1(222x a ax -=+，其中a ＞1，证明：方程的正根比1小，负根比 －1大．例21．若抛物线22++=ax x y 与连接两点M （0，1），N （2，3）的线段（包括M 、N 两点）有两个相异的交点，求a 的取值范围．例22．已知：1x ≥2x ≥3x ≥4x ≥2，且2x ＋3x ＋4x ≥1x ，求证：4321243214)(x x x x x x x x ≤+++.例23．定义在R 上的奇函数)(x f ，当x ≥0时，)(x f =－x x 22+．另一个函数y =)(x g 的定义域为[a ,b ],值域为[ab 1,1],其中a ≠b ,a 、b ≠0．在x ∈[a ,b ]上, )(x f =)(x g ．问:是否存在实数m ,使集合{}|),{(]},[),(|),(2m x y y x b a x x g y y x +=∈= 恰含有两个元素?4．函数迭代例24．设f(x)=x2+px+q, A={x|x=f(x)}, B={x|f[f(x)]=x}。
高中数学竞赛专题讲座(解析几何)
高中数学竞赛专题讲座（解析几何）一、基础知识1．椭圆的定义，第一定义：平面上到两个定点的距离之和等于定长（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹，即|PF 1|+|PF 2|=2a (2a>|F 1F 2|=2c). 第二定义：平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0<e<1)的点的轨迹（其中定点不在定直线上），即e dPF =||(0<e<1). 第三定义：在直角坐标平面给定两圆c 1: x 2+y 2=a 2, c 2: x 2+y 2=b 2, a, b ∈R +且a ≠b 。
从原点出发的射线交圆c 1于P ，交圆c 2于Q ，过P 引y 轴的平行线，过Q 引x 轴的平行线，两条线的交点的轨迹即为椭圆。
2．椭圆的方程，如果以椭圆的中心为原点，焦点所在的直线为坐标轴建立坐标系，由定义可求得它的标准方程，若焦点在x 轴上，列标准方程为 ~12222=+b y a x (a>b>0)， 参数方程为⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x （θ为参数）。
若焦点在y 轴上，列标准方程为12222=+b y a y (a>b>0)。
3．椭圆中的相关概念，对于中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆12222=+by a x ， a 称半长轴长，b 称半短轴长，c 称为半焦距，长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别为(±a, 0), (0, ±b), (±c, 0)；与左焦点对应的准线（即第二定义中的定直线）为c a x 2-=，与右焦点对应的准线为c a x 2=；定义中的比e 称为离心率，且ace =，由c 2+b 2=a 2知0<e<1.椭圆有两条对称轴，分别是长轴、短轴。
:4．椭圆的焦半径公式：对于椭圆=+2222by a x 1(a>b>0), F 1(-c, 0), F 2(c, 0)是它的两焦点。
高中数学竞赛讲义-平面几何证明 新人教A版
§20平面几何证明1．线段或角相等的证明（1）利用全等△或相似多边形；（2）利用等腰△；（3）利用平行四边形；（4）利用等量代换；（5）利用平行线的性质或利用比例关系（6）利用圆中的等量关系等。
2．线段或角的和差倍分的证明（1）转化为相等问题。
如要证明a=b±c,可以先作出线段p=b±c,再去证明a=p,即所谓“截长补短”,角的问题仿此进行。
（2）直接用已知的定理。
例如：中位线定理,Rt△斜边上的中线等于斜边的一半；△的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。
3．两线平行与垂直的证明（1）利用两线平行与垂直的判定定理。
（2）利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰△的“三线合一”可证明垂直。
（3）利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。
例题讲解1．从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD。
从A点作弦AE平行于CD,连结BE交CD于F。
求证：BE平分CD。
2．△ABC内接于⊙O,P是弧 AB上的一点,过P作OA、OB的垂线,与AC、BC分别交于S、T,AB交于M、N。
求证：PM=MS充要条件是PN=NT。
3．已知A为平面上两半径不等的圆O1和O2的一个交点,两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2,M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点。
求证：∠O1AO2=∠M1AM2。
4．在△ABC中,AB>AC,∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D,DE⊥AB于E,求证：AE=。
.5．∠ABC的顶点B在⊙O外,BA、BC均与⊙O相交,过BA与圆的交点K引∠ABC平分线的垂线,交⊙O于P,交BC于M。
求证：线段PM为圆心到∠ABC平分线距离的2倍。
6．在△ABC中,AP为∠A的平分线,AM为BC边上的中线,过B作BH⊥AP于H,AM的延长线交BH于Q,求证：PQ∥AB。
7．菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H,在EF与GH上分别作⊙O的切线交AB于M,交BC于N,交CD于P,交DA于Q。
高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细).
第一讲 注意添加平行线证题在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1、为了改变角的位置大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.例1 、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知△DBP ≌△AQC .有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC .于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP .所以AB ＝AC .这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2、如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ,可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE .所以,∠EBA ＝∠ADE .这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.2、欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.例3、在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的 平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC∥＝A D BP QC图1PE D G A B FC图2A N E BQ K G CD M FP 图3两边距离相等.有KQ ＝PN . 显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC . 由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ . 这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷.3 、为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的. 例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：AP AB＋AQAC ＝11AN AM ＋22AN AM .证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行, 设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E . 由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋M 2E , 易知AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2.则AP AB ＋AQ AC ＝DECEBE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM .所以,APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.例5、 AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E ,CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、 BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BCAN DC ·. (3) 对比(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ .所以,∠FDA ＝∠EDA .这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来. 4、为了线段相等的传递AP EDM 2M 1BQN 1N 2图4图5MP A Q NFB DC EK当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ,可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND . 于是,BE ＝NC . 显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2).这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN ,使解题找到出路. 例7、如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F ,使EA ＝DA ,FB ＝DB .过D 作AB 的垂线,交半圆于C .求证：CD 平分EF .证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB . 易知DB 2＝FB 2＝AB ·HB ,AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得DB 2－AD 2＝AB ·(HB －AG ),或 (DB －AD )·AB ＝AB ·(HB －AG ). 于是,DB －AD ＝HB －AG ,或 DB －HB ＝AD －AG . 就是DH ＝GD .显然,EG ∥CD ∥FH .故CD 平分EF .这里,为证明CD 平分EF ,想到可先证CD 平分GH .为此添加CD 的两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩.经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即 BN DM＝NC ME 或ME DM ＝NC BN . 此式表明,DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC .利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮. 例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长线交EF 于G .求证：EG ＝GF .证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N .由BD ∥EF , 可知MN ∥BD .易知 S △BEF ＝S △DEF .有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC . 可得MC ＝CN . 所以,EG ＝GF .例9 如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB图6AN CDEB M AGD O HBFC E图7图8A DBN C EM图9ABM EF ND CG的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC .证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF . 由OD ⊥BC ,可知OK ⊥PQ .由OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ . 由OE ⊥AC ,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP .显然,∠FKQ ＝∠EKP ,可知∠FOQ ＝∠EOP .由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP .于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP .所以,AK 平分BC .综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD ,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E ,延长CD 交直线NM 于F .求证：∠BEN ＝∠CFN . (提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN .)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB .已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB . (提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D .易证△ACD ∽△PBA .答：75°)3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC ,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm 2.求六边形ABCDEF 的面积.(提示：设EF 、DC 分别交直线AB 于P 、Q ,过点E 作DC 的平行线交AB 于点M .所求面积与EMQD 面积相等.答：120cm 2)4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E .已知AC :AB ＝k .求AE :EC .(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F .设BC ＝1,有AD ＝k ,DC ＝k 2.答：211k) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D ,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F .求证：DE AD ＝FBCF.(提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H .H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A :∠B :∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c .求证：a1＋b 1＝c1.(提示：在BC 上取一点D ,使AD ＝AB .分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F .)7. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G .求证：FH ＝HG.O图10(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N .)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：OM ＝ON .(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F .过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF .)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆 例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A .求证：BD ＝2CD .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA＝∠ABC ＝∠AFC,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF . 作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF . 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2.则sin ∠AOB ＝____. 分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.A BGCD FE图1ABCDPO 图2又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ .又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD .于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD . 2 、构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长. 分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在半径为p 的⊙D 上.利 用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系. 解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE .显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD ,∴BC ＝AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有A图3BPQDHC A EDCB图4图53＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图6, ∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交BA 的延长线于E . 则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝AB 2－AN 2,即 AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2. 分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连结CG . 因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆. 由切割线定理,有EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2, 即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明. 证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示.∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇, ∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '', 即 DC c '＝a a '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .E A NCD B FM 12345图6(1)(2)图8ABCA'C'cb a'c'b'A BCDabb c图9又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD ,即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而ACAB＝DE BD ＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数.(提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2.(提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.)5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE .(提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCD E 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)F DAEC图10图11第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。
高中数学竞赛专题讲座---同余理论及其应用(二)
数论定理一. 知识要点1. 欧拉定理和费尔马小定理缩系的定义：设m 为正整数，一个模m 的剩余类称为与模m 互素的余类，如果它中的数与m 互素．在与模m 互素的各个剩余类中分别取一个代表所构成的集合称为模m 的一组缩系．很显然，缩系具有以下性质：（1）模m 的缩系中含有ϕ（m ）个数（ϕ（m ）是小于m 的正整数中且与m 互素的个数）．（2）设()m r r ϕ ,1是ϕ（m ）个与m 互素的整数，则()m r r ϕ ,1模m 两两不同余．（3）设()1,=m a ，且()m r r ϕ ,1是模m 的一组缩系，则()m ar ar ar ϕ,,,21 是模m 的一组缩系．欧拉（Euler ）定理：设m 是大于1的整数，a 为整数，且()1,=m a ，则()()m a m mod 1≡ϕ．For personal use only in study and research; not for commercial use解：设()m x x x ϕ,,,21 是模m 的缩系．因为()1,=m a ，所以()m ax ax ax ϕ,,,21 也是模m 的缩系．这两个缩系分别乘起来得()()()m x x x ax ax ax m m mod ·2121ϕϕ ≡，且()()1,21=m x x x m ϕ ．从而()()m a m mod 1≡ϕ )()m a m mod 1≡ϕ．特别地，取m 为质数p ，有费尔马（Fermat ）小定理：设p 为质数，a 为整数，p a ，则()p a p mod 11≡-．它也常常写成()p a a p mod ≡．这里不需假定p a ，但p 应为素数．For personal use only in study and research; not for commercial use2. 中国剩余定理（孙子定理）中国剩余定理：设k m m m ,,21是两两互质的正整数，k a a a ,,,21 是任意整数，则同余方程组()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡=≡.mod ,mod ,mod 2211k k m a x m a x m a x 对模k m m m 21有唯一解． 解：设()k i m m m m M iki ,,2,121 ==．依题设，有()1,=i i m M ，由裴蜀定理知，存在整数i b ，使得()i i i m b M mod 1≡，k i ,2,1=．对k k k M b a M b a M b a x +++= 222111，其中i i i M b a 能被k i i m m m m ,,,,111+-整除，而被i m 除的余数恰为i a ．从而∑==ki i i i M b a x 1是同余方程组的解．又设x ，y 均为同余方程组的解，则有y x m -1，y x m -2，…，y x m k -，即y x m m m k - 21，亦即()k m m m y x 21mod ≡．所以同余方程组对模k m m m 21有唯一解．3. 威尔逊（wilson ）定理威尔逊（wilson ）定理：设p 为质数，则()()p p mod 1!1-≡-．解：对于任意整数a ，且1≤a ≤p －1，由裴蜀定理知，存在整数a ’，使得()p aa mod 1'≡．称a ’为a 的数论倒数，且不妨设1≤a ’≤p －1．若有整数b ，满足()p ba mod 1'≡，则将此式两边同乘以a ，有()p a b mod ≡．这说明对于不同整数a ，1≤a ≤p －1，对应着不同的数论倒数a ’．又若整数a 的数论倒数是它自身，则()p a a mod 1≡⋅，亦即()()()p a a mod 011≡-+，故1≡a 或()p mod 1-．当2=p 时，显然有()()p p mod 1!1-≡-．当p ＞2时，有2，3，…，p －2这p －3个数恰好配成互为数论倒数的23-p 对数，故它们的积()()p p p mod 1123223≡≡-⨯⨯⨯- ．于是()()()p p p mod 1111!1-≡-⨯⨯≡-．4. 拉格朗日定理设p 为质数，n 是非负整数，多项式()01a x a x a x f n n +++= 是一个模p 为n 次的整系数多项式（即p a n ），则同余方程()()p x f mod 0≡ （※），至多有n 个解（在模p 的意义下）．证明：我们对n 用归纳法．当0=n 时，()0a x f =，因为p a 0，故同余方程（※）无解，命题成立．设当l n =时命题成立，则当1+=l n 时，若命题不成立，即同余方程（※）至少有2+l 个解，设为()p c c c x l mod ,,,221+≡ ①，我们考虑多项式()()()()()11111111c x a c x a c x a c f x f l l l l l l -++-+-=-+++ )()111c x a c l l-++- ()()()()x h c x x a c x l l 111-=+-=+ ②，其中()x h 是l 次多项式并且首项系数1+l a ，满足1+l a p ，从而由归纳假设知l 次同余方程()()p x h mod 0≡ ③，至多有个l 个解，但由①，②可知同余方程③至少有l ＋1个解．()p c c c x l mod ,,,232+≡ ，矛盾！故当1+=l n 时命题成立．综上所述，命题得证．二. 典型例题例1. 已知正整数k ≥2，k p p p ,,,21 为奇质数，且()1,21=k p p p a ．证明：()()()111121----k p p p a 有不同于k p p p ,,21的奇质因数．证明：由()1,21=k p p p a ，有()1,1=p a ．由费尔马小定理，()11mod 11p ap ≡-．又k ≥2，p p p ,,,32 k p p p ,,,32 为奇质数，则()()()211121---k p p p 为正整数，从而()()()()12111mod 121p ak p p p ≡--- ，即()()()12111121----k p p p ap .同理，()()()1211121--⋯--k p p p a能被P 2，P 3，…P k 整除，从而()()()1211121+-⋯--k p p p a不能被k p p p p ,,,,321 整除．注意到()()()211121---k p p p 是一个偶数，则()()()0211121≡---k p p p a或1（mod4），因此4不整除()()()1211121+---k p p p a，故()()()1211121+---k p p p a异于k p p p ,,,21 的奇质因数．所以()()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-------1121111112121k k p p p p p p a a()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+---1211121k p pp a有异于k p p p ,,,21 的奇质因数．例2. 对于自然数n ，如果对于任何整数a ，只要1-n a n ，就有12-na n ，则称n 具有性质P ．（34届IMO预）（1）求证：每个素数n 都具有性质P ． （2）求证：有无穷多个合数也都具有性质P ．证：（1）设p n =为素数且1-p a p ，于是()1,=p a ．由费尔马小定理知11--p a p ，而()()1111-+-=--a a a a p p ．故1-a p ，即()p a m o d 1≡．因此，()p a i mod 1≡，1,,2,1,0-=p i ．上述p 个同余式累和，得()p p a a a p p mod 0121≡≡++++-- ．故()()11212++++---a a a a p p p ，即12-pa p ．（2）设n 是具有性质P 的合数．若1-na n ，则()1,=a n ．由欧拉定理，有()()n a n mod 1≡ϕ，又因()n a n mod 1≡，由阶的性质知，()()()n a n n mod 1,≡ϕ．如果()()1,=n n ϕ，则()n a mod 1≡，于是利用（1）中证明可得12-na n ．因此，问题化为求无穷多个合数n ，使()()1,=n n ϕ．对任何素数p ≥5，取p －2的素因数q ，并令pq n =．这时()()()11--=q p n ϕ．因为()2-p q ，所以q (p －1)．又因q ≤p －2＜p ，故p (q －1)．因此，有()()1,=n n ϕ．对于每个这样的合数n ，若()1-na n ，则()1-a n ，因而()n a k mod 1≡，,2,1,0=k ．故()12-n a n ．因为对于每个素数p ≥5都可按上述程序得到具有性质P 的相应合数()p n ，且p ＜()p n ＜p 2，所以，有无穷多个合数n 具有性质P ．例3. 求所有整数n ≥2，满足：对所有的整数a ，b ，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡的充分必要条件是()n ab mod 1≡．（第41届IMO 预选题）解：若n 有奇素因子p ，设n p a||，记1n p n a⋅=，N a ∈．由中国剩余定理知，存在Z x ∈，使()n x mod 1≡，()a p x mod 2≡，则()1,=n x ．取x b a ==，即知()n x mod 12≡，从而()a p mod 14≡，故3=p ，且1=a ．因此()1,5=n ．取5==b a ，即知()n mod 125≡，从而24n ，故,12,8,6,4,3,2=n 24,12,8,6,4,3,2．下证：当n 取上述值时，满足条件．注意到，当2 a 时，有()8mod 12≡a ；当3 a 时，有()3mod 12≡a ，又24n ，32243⨯=，故必有()n a mo d 12≡（因为()1,=n a ）．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡，则()n ab mod 1≡．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ， ()n ab mod 1≡，则()n ab a mod 12≡≡．从而()a b a n -又()1,=n a ，有()b a n -，即()n b a mod ≡．综上，所求n 的值为2，3，4，6，8，12，24．例4. 求所有正整数n ，满足对所有的正整数n ，存在一个整数m ，使12-n是92+m 的因子．（第39届IMO 预选题）解：引理1：若p 为4k －1（k ≥2）型质数，则不存在Z m ∈，使()p m mod 92-≡．证明：设)p m m mod 31≡()p m m mod 31≡（∵()13,=p ，∴m 1存在），N m ∈1．又∵()p m mod 912-≡, ∴)(mod 121p m -≡．由费马小定理知，()()()p m m p p p mod 11121212111-=-≡=≡---，矛盾．引理2：当1≤i ＜j 时，有()112,1222=++ji )112,12=++j，且()13,122=+i ．证明：∵()()()()12mod 211121222222+≡+-≡+=+--i i j ij ij ，∴()()12,1212,12222=+=++ij i )()12,1212,122=+=++i j．又∵()()3mod 2111222≡+-≡+i i ，∴()()13,23,122==+i．对于原题，若()()9122+-m n，n ≥2．设t n S ⋅=2，2 t ．若t ≥3，则()()1212-+n t ，从而()()9122+-m t ．又必存在4k －1型素数p ，且3≠p ，()12-tp （否则，()4mod 1111121≡⨯⨯⨯≡-≡- t ，矛盾）．此时()92+m p ，与引理1矛盾．故t =1，从而S n 2=，且()()()1212123121212222+++⋅=--S S．由引理2及中国剩余定理知，存在N m ∈1，使()()12m o d 22211+≡-ii m ，i =1，2，…，s －1．故()((2m o d0121222211≡+≡+-i m )()()12mod 0122221+≡+≡-ii ．令13m m =，有()()()12mod 013922122-≡+=+Sm m ．因此，()()9122+-m n ．综上，所求正整数n 为2的幂次2i （i =1，2，…）．数论中存在性问题是最常见的，除了运用数论存在性定理来解决外，还需要有直接构造的能力．例5. 证明：每个正有理数能被表示成3333d c b a ++的形式，且其中a ，b ，c ，d 是正整数．（40届IMO 预选题）证明：设该正有理数为p ．（1）当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,21p 时，()()()()333321121p p p p p -++-++=，其中2p －1，2－p ，p ＋1+∈Q ．（2）当p ≥2时，由于⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⎪⎭⎫ ⎝⎛1,41323，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21323p n，由（1）有333333333322132132213223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．（3）当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈21,0p 时，由于()4,1233∈⎪⎭⎫ ⎝⎛，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21233p n ，由（1）有333333333232123123212332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．综上，总有+∈Q d c b a m 1111,,,,，使()()31313131313131313d c mb ma d c b a m p ++=++⋅=,设ma 1，mb 1，c 1，d 1的分母公倍数为n ，则取N mna a ∈=1，N mnb b ∈=，N nc c ∈=1，N nd d ∈=1，且3333dc b a p ++=．结论成立． 说明：这里是直接构造证明，首先发现恒等式()()()()333321121p p p p p -++-++=，进一步对p ≥2，或0＜p ≤21构造．例6. 证明：不存在非负整数k 和m ，使得()mk k ！14848+=+．证明：注意到0=k 或0=m 时，上述不定方程无解，于是，可设满足上述方程的k ，m 为正整数．（1）若1+k 为合数，设pq k =+1，2≤p ≤q ，注意到，应有48 | k ！．故k≥6，于是1＜2p ≤k ，故（1+k ）| k ！，进而（1+k ）| 48，结合1+k ≥7，可知1+k =8，12，24或48，分别代入，两边约去48后，可得矛盾．（2）若1+k 为质数，由威尔逊定理，可知k ！()1mod 1+-≡k ，于是，1+k | 47，进而1+k =47，这要求46！＋48=48×47m ①，从而m ＞1，两边除以48可知m 47148!46=+，两边模4，可知()()4mod 11≡-m ，故m 为偶数．设m =2k ，则由①可知2()()14714748!46+-=k k ，由232 |48!46，而()23mod 2147≡+k，故232 | 147-k，利用二项式定理()()223mod 146123247+≡+⨯=k k，从而23 | k ，进而m ≥46，这时，①式右边比左边大．矛盾．注：一般地，若n ＞4，且n 为合数，则n |（n －1）！，依此可以证明威尔逊定理的逆定理也成立． 例7. 设p 是质数，证明：存在一个质数q ，使得对任意整数n ，数p n p-不是q 的倍数．（第44届IMO 试题）证明：由于()212mod 1111p p p p p p p p p +≡++++=--- ．则11--p p p 中至少有一个质因子q ，满足q 对2p 的模不等于1。
高中数学竞赛培训专题讲座：数学归纳法
高中数学竞赛培训专题讲座: 数学归纳法数学归纳法是初等数论的基础，它刻画了整数的基本性质.虽然数学界仍然有一些数学家不认可数学归纳法，但是它在初等数论，组合数学，图论，离散数学的研究中被广泛运用，它在中学数学竞赛中的地位更是不言而喻，凡是遇到和自然数有关的命题都要考虑数学归纳法. 本讲我们主要介绍第一数学归纳法，第二数学归纳法，最小自然数原理，最大自然数原理以及它们的一些简单应用.这一部分内容大家可以参看《漫话数学归纳法》（苏淳著，中国科技大学出版社），《数学奥林匹克小丛书.数学归纳法的证题方法与技巧》（华东师范大学出版社）,《命题人讲座：数列与数学归纳法》（单墫著，上海科技教育出版社）. 一：基础知识数学归纳法的基本形式1. 第一数学归纳法：设 ()P n 是关于正整数 n 的命题，如果 ① (1)P 成立（奠基步）；② 假设 ()P k （k 为任意正整数） 成立，可以推出 (1)P k +成立（归纳递推步）， 那么，()P n 对一切正整数 n 都成立.注1：如果 ()P n 定义在 N 上，则 ① 中 “(1)P 成立”应由 “(0)P 成立”取代.注2: 第一数学归纳法有如下变化形式：跳跃数学归纳法：设 ()P n 是关于正整数 n 的命题，如果 ① (1)P ，(2)P ，…, ()P l 成立（奠基步）；② 假设 ()P k 成立，可以推出 ()P k l +成立（归纳递推步）， 那么，()P n 对一切正整数 n 都成立.2. 第二数学归纳法：设 ()P n 是关于正整数 n 的命题，如果 ① (1)P 成立（奠基步）；② 假设 n k ≤（k 为任意正整数）时()P n （1n k ≤≤）成立，可以推出 (1)P k +成立 （归纳递推步），那么，()P n 对一切正整数 n 都成立.二：例题选讲1. 证明：(1) 对一切正整数 n ，2221111 (232)n ++++<.( 用数学归纳法证明 ) (2 ) 证明：对一切正整数 n ，22211111...232n n ++++≤-.2. 已知ABC ∆的三边长都是有理数.(1)求证：cos A 是有理数;(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数. (2010江苏省高考试题)3. 设 5n > ，证明：每一个正方形可以分为 n 个正方形.4. 设正数1232,,,...,n p p p p 满足 1232...1n p p p p ++++=.证明：121222323222...log log log log n n p p n p p p p p p ++++≥-.（北京市高考数学试题）5. 设实数 12,,...,n a a a 中任意两个的和非负，证明：对任意满足 12...1n x x x +++=的非负实数12,,...,,n x x x 有 22211221122......n n n n a x a x a x a x a x a x +++≥+++ 成立.（第一届CMO 试题）6. 设10(1,2,...,),1ni ii x i n x=>==∏. 求证：1)1)nn i i x =≥∏.(2014年北约自主招生试题)7. 数列{}n a 满足),2,1(1,312211 =+-==+n a a a a a n n n n .求证:n n n a a a 2212312131211-<+++<-- . (2010年全国高中数学联赛B 卷二试试题)8. 已知实数列 {}n a 满足 i j i j a a a +≤+，,i j N ∈. 证明：对任意 n N ∈，都有231...23n n a a aa a n++++≥.9. 已知数列{}n a 满足 01212,10,6)n n n n N a a a a a ++===-∈（求证：n a 可以写成两个整数的平方和.10. (Euler 问题）证明：对任何自然数 3n ≥ ，数字 2n 都可以表示成 2272n y x =+ 的形式，其中 ,x y 都是奇数. 11. 设k是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．（x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数.）证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．（2010年全国高中数学联赛试题）12. 凸2016边形被2013条互不交叉（端点可以重合）的对角线分割成2014个三角形．将每个三角形区域涂上红、栏两种颜色之一，使得有公共边的三角形涂的颜色不同．在上述分割并涂色的所有情形中，红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值是多少？证明你的结论．（2014年全国高中数学联赛江苏省初赛试题）三：思考题1. 求证：对任何正整数 n ，方程 22n y x z += 都有正整数解.2. 设 ()f n 定义在正整数集上，且满足 2(1)2,(1)()1().(())f f n f n n f n N +=+=-+∈ 求证：对所有正整数1n >，1111111...1(1)(2)()2222n nf f f n --<+++<-.3. 设{}n a 都是正实数列，且存在正的常数c ，使得对所有n ，2222121....n n c a a a a ++++≤证明：存在常数b ，使得对所有n ，121....n n b a a a a ++++<4. ( I ) 设120,0,a a ≥≥ 12,b b 为正有理数，若121,b b +=则12121122;bba a ab a b ≤+(II) 请将( I )中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题. (2012湖北省高考数学试题)5. 证明：存在正整数的无穷数列{}n a : 123...,a a a <<<使得对所有自然数n ，22212...n a a a +++ 都是完全平方数.6. 证明：（1）对任何给定的自然数 n 和实数 x ，都有 121[][][]....[][]n x x x x nx n n n-+++++++=. ( []x 表示不超过 x 的最大整数. )(2) 对任何给定的自然数 n 和正实数 x ，都有 [2][][]....[].2x nx x nx n+++≤( []x 表示不超过 x 的最大整数. )7. 设 12,,...,n a a a 为正数，且 11nj j a ==∑，又 1230....n λλλλ<≤≤≤证明：21111()()()4nnjn j j j j jn a a λλλλλλ==+∙≤∑∑.8. 设 1222...2s nn n M =+++，12,,...,s n n n 是互不相同的正整数，求证：(1222222...21s n n n +++<(2008年全国高中数学联赛江苏省复赛试题)。
高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座26平面图形的面积
比赛讲座 26－平面图形的面积1．对于面积的两点重要知识（1）相像三角形的面积比等于相像比的平方例 1（第 2 届美国数学邀请赛题）如图 40-1，在△ ABC 的内部选用一点 P，过 P 点作三条分别与△ ABC 的三条边平行的直线 ,这样所得的三个三角形 t1、t2 和 t3 的面积分别为 4， 9 和 49．求△ ABC 的面积．解设 T 是△ ABC 的面积， T1、T2 和 T3 分别是三角形 t1、t2 和 t3 的面积； c 是边AB 的长，c1、c2 和 c3 分别是平行于边 AB 的三个三角形 t1、t2 和 t3 的边长．那么，由四个三角形相像，得（2）两边夹角的三角形面积，灵巧运用△ ABC 的面积公式 S=能够方便地解决一些较难的面积问题．例 2 已知 P、Q、 R、 S 四点分别由四边形的四个极点 A 、 B、 C、D 同时开始沿四边形各边依反时针方向以各自的速度作匀速直线运动（如图40-2），已知 P 由 A 至B，R 由 C 至 D 分别需要两秒钟； Q 由 B 至 C，S 由 D 至 A 分别需要 1 秒钟；问开始运动后，经过多少时间，四边形PQRS 的面积最小？解设 P 的速度是 Q 的速度是 ;R 的速度是 ,S 的速度是 .在 t(0＜t ≤ 1)秒时 ,AP= 设四边形 PQRS 和四边形 ABCD 的面积分别为 S′、 S.①②③④①+③得 ,②+④得 ,当 t= 有′极小值．答:经过秒后 ,四边形 PQRS 面积最小．下边是一个用不等式来证明相等问题的例子．例 3(1982 年英国数学奥林匹克比赛试题 ).PQRS 是面积为 A 的四边形 .O 是在它内部的一点 ,证明 :假如 2A=OP2+OQ2+OR2+OS2那么 PQRS 是正方形而且O 是它的中心．证明如图 40-3，按题设有此处无图p2+q2+r2+s2=pqsin α +qrsin β +rsin γ +spsin δ≤ pq+qr+rs+sp①依题设、一定且只须这里全部的不等式都取等．由①取等有由②取等有p=q=r=s所以 PQRS 是正方形 ,O 是它的中心 .2.等积变换与面积法等积变换的特色是利用图形之间的面积相等或成比率的变换来解题．例 4( 第 17 届苏联比赛题 )图 40-4 中暗影所示的四个三角形面积相等.求证 :无暗影所示的四个三角形面积相等.求证 :无暗影的三个四边形的面积也相等．证明如图 :连 ME 、NC.∵S△NME=S △ CEM ，∴ME ∥NC．若设则由上式可得解以上三式的联立方程组可得．这样，则 N 为 BE 中点．又同理可证例 5（第 9 届全俄中学比赛题）如图 40-5 在凸五边形 ABCDE 中，对角线 CE 分别交对角线 BD、AD 于 F、G，BF：FD=5：4，AG ：GD=1：1，CF：FG：GE=2：2：3，求△CFD 和△ ABE 的面积比．解连 AF.∵CF：FG：GE=2：2：3，∴S△CFD ：S△ DFG： S△ DEG=2： 2： 3.S△CFD=S,则 S△ FDG=S， S△ DGF=S.又 BF：FD=5： 4，∴ S△ BEF:S△FDE=5：4．∴S△BEF=(S△ FDG+S△ DEG)=S又由 BF： FD=5 ：4，∴ S△ABF:S △ AFD=5 ： 4．∴S△ABE=SABFE-S △ BFE=（S△ABF+S △AFG+S △AGE ）-S△BFE=5S-S=S(∵ AG:GD=1:1).即 S△ CFD:S△ ABE=8:15.例 6 六边形 ABCDEF 内接于⊙ O,且 AB=BC=CD=( 如图 40-6(a)),求此六边形的面积 .剖析假如连 OA、 OB、 OC、OD、OE、OF，那么简单看出S△AOB=S △BOC=S△COD，S△DOE=S△EOF=S△FOA ．=S△ AOB+S △ BOC+S△COD+S△ DOE+S△ EOF+S△FOA．从加法知足互换律联想到图形能够改变地点而从头组合 ,于是把已知六边形改成等积的新的六边形 A′B′C′D′E其′F中′,⊙ O 与⊙ O′为等圆 , 且A′ F′ =B′ C′ =D′ E′ =1,A ′ B′把 =CA′ BD′ ,C=E′ DF分′别=,E向′两F方′延伸得交点M 、 N 、P(如图 40-6(b)), 简单证明∠ B′ A′ F′ =120等,从°而△ MNP 为等边三角形 .例 7（1962 年上海比赛题）已知△ ABC ∽△ A′ B′如C′图 40-7，AB=c,BC=a,CA=b,A′、B′、 C′到 BC、CA 、AB 的距离分别为l、 m、n.求证： la+mb+nc=2S△ ABC.剖析欲证上述结论，只须证S△ABC+S △B′ CA+S△ C′ AB=S△ ABC ．我们试想 ,当△ A′ B′C缩短为一点时 ,上式明显建立 ,所以 ,假如我们能够做到在将△ A′B′逐C渐′“缩短”为一点的过程中，保持左侧三项的面积一直不变，那么问题便解决了 .为了保持△ A′BC面积不变，我们试用“等积”工具，想法使 A′沿平行于 BC 的直线运动，相同 B′、C′分别沿着平行于 CA 、AB 的直线运动 .而这三条分别平行于 BC、CA、 AB 的直线如能共点，即反应△A′ B′可C′缩短为一点．证明分别过 B′，C′作直线 B′D∥CA ，C′D∥ BA ，直线 C′D交 B′D于 D 、交BC 于E．则∠ C′ DB′=∠ BAC ，又△ ABC ∽△ A′ B′，C′∴△∠ B′A′C∠′=BAC= ∠C′D′．B这′说明 C′、D′、A′、B′四点共圆，∴∠A′DC＝′A′B′C′＝∠ ABC ＝∠ DEC，∴ A′D∥BC．过 D 分别作 DL ⊥BC 于 L，DM ⊥CA 于 M，DN⊥AB 于 N，连 DA、DB、DC、则由DA′∥BC、DB′∥ CA， DC′∥ AB ，得 DL= ｌ， DM= ｍ， DN=ｎ．于是ｌ a+mb+nc=DL·BC+DM· AC+DN· AB=2 （S△ DBC+S△ DCA+S △ DAB ）=2S△ ABC.有些看似与面积没关的几何问题，如能够奇妙地引入面积关系，即可快速求解，这就是所谓的“面积法”．例８（美国数学比赛题）在一个给定的角Ｏ内，任决地给定一点Ｐ，过Ｐ作向来线交定角的两边于Ａ、Ｂ两点（如图４０－８），问过Ｐ作如何的直线才能使最大？解设∠ＯＰＢ＝θ，△ＯＰＡ、△ＯＰＢ的面积分别为Ｓ１、Ｓ２，则于是所以但，当θ =90时°,sin θ获得最大值 1,所以当过 P 点的直线与OP 垂直时 ,达到最大值3．杂题比赛中出现的一些综合性较强的面积问题，一般采纳简化图形或依据题意结构适合的图形来办理．例 9（1987 年全俄中学生比赛题）凸四边形ABCD 的面积为 S.K、 L、 M 、N 分别是 AC 、AD 、BC 和 BD 的中点．证明： SKLNM ＜０．５ S．证明设 P、Q 分别是 AB 、CD 的中点（如图４０－９）．注意到 PLQM 、MKNL 都是平行四边形，且SKLNM ＝ S，所以，只须证明KLNM 含于 PLQM 内．设 PL、MQ 分别交 AC 于 E、F，则点 K 位于 E、F 之间．若否则，比如点K 在线段 AE 上，则有ＡＫ≤ＡＥ，因ＥＦ＝ＰＭ＝ＡＫ＝０．５ＡＣ，故相关系式ＡＣ＝２ＡＫ＝ＡＫ＋ＥＦ≤ＡＥ＋ＥＦ＜ＡＣ，矛盾．同理Ｋ也不可以在Ｆ．Ｃ之间，于是Ｋ在ＰＬＱＭ内．相同可证Ｎ也在ＰＬＱＭ内，由此得ＳＫＬＮＭ＜ＳＰＬＱＭ＝０．５Ｓ．例１０（第２０届全苏中学生比赛题）Ｍ点在锐角△ＡＢＣ的ＡＣ边上，作△ＡＢＭ和△ＣＢＭ的外接圆．问当Ｍ点在什么地方时，两外接圆公共部分的面积最小？解设Ｏ、Ｏ１分别是△ＡＢＭ和△ＣＢＭ外接圆的圆心．两外接圆的公共部分面积是两个以ＢＭ为公共弦的弓形面积之和，能够考虑保时弓形的面积最小．注意到∠ＢＯＭ＝２∠ＢＡＭ＝常数．∠ＢＯ１Ｍ＝２∠ＢＣＭ＝常数．所以，研究当弓形所对的圆心角固准时，弓形面积与弓形弦的关系．设圆心角为α，弓形弦长为ｂ，那么弓形的面积为因而可知，上图中若ＢＭ越小，则每个弓形的面积越小、所以当ＢＭ是△ＡＢＣ的高，即ＢＭ⊥ＡＣ，Ｍ为垂足时，两外接圆公共部分的面积最小．例１１设Ａ、Ｂ为半径等于１的⊙Ｏ上随意两点，若过Ａ、Ｂ的随意线段或曲线段Ｌ将⊙Ｏ面积均分，则Ｌ的长ｌ必不小于２．证明若ＡＢ为⊙Ｏ的直径，且Ｌ为直线时，明显Ｌ将⊙Ｏ面积均分，这时ｌ＝２．若ＡＢ是⊙Ｏ的直径，Ｌ不是直线时，则ｌ＞ＡＢ，即ｌ＞２．若ＡＢ不是⊙Ｏ的直径，如图４０－１１，作平行于ＡＢ的直径ＭＮ，作Ａ对于ＭＮ的对称点Ａ′，Ａ′必在⊙Ｏ上，连Ａ′Ｂ，易知Ａ′Ｂ为⊙Ｏ的直径．由曲线Ｌ均分⊙Ｏ知，Ｌ上必有点与Ａ、Ｂ在ＭＮ的异侧．取这样的一点Ｃ，并连接ＡＣ、ＢＣ，ＡＣ交ＭＮ于Ｄ，连ＢＤ、Ａ′Ｄ，则据此易证ｌ≥ＡＣ′＋ＢＣ′＞２．综上得ｌ≥２，即Ｌ的长必不小于２．最后我们介绍解决三角形面积问题的一个重要技巧——三角形的剖分．将随意△ＡＢＣ的三边ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ分别分红ｎ均分，而后过这些分点作平行于其余两边的直线，这样将△ＡＢＣ分红若干个全等的小三角形（如图４０－１２）的手续，叫做对△ＡＢＣ进行剖分．终究分红多少均分，则视需要而定．例１２（１９８４年全国数学比赛题）Ｐ为△ＡＢＣ的边ＢＣ上任一点，作ＰＥ∥ＡＢ，ＰＦ∥ＡＣ．设△ＡＢＣ的面积等于１．求证：△ＢＰＦ、△ＰＣＥ、四边形ＡＦＰＥ的面积中，起码有一个不小于证明如图４０－１３，作△ＡＢＣ的剖分．这时每一个小三角形的面积均等于．明显，假如点Ｐ在线段ＢＡ１上改动时，△ＰＣＥ完好地遮住了四个小三角形，因此△ＰＣＥ的面积≥．对称地，假如点Ｐ落在线段Ａ２Ｃ上，则△ＢＰＦ的面积≥．余下的只须议论点Ｐ在线段Ａ１Ａ２内改动的情况，利用平行线的基天性质可证．△ＦＣ２Ｉ≌△ＭＡ１Ｐ≌△ＮＪＧ．这说明上图中带暗影的两个三角形有相等的面积．又由于△ＥＪ２Ｂ≌△ＮＰＡ２≌△ＭＧＩ，这说明图中涂黑了的两个三角形面积相等．将四边形ＡＦＰＥ中△ＮＪＧ剪下来再拼到△ＦＣ２Ｉ上；把△ＭＧＩ剪下来再拼到△ＥＢ２Ｊ２上，我们看出：。
完整word版高中数学竞赛平面几何讲座第5讲三角形五心
第五讲 三角形的五心三角形的外心、重心、垂心、心里及旁心，统称为三角形的五心.一、外心 .三角形外接圆的圆心，简称外心 . 与外心关系亲密的有圆心角定理和圆周角定理 .例 1．过等腰△ ABC 底边 BC 上一点 P 引 PM ∥ CA 交 AB 于 M ；引 PN ∥BA 交AC 于 N. 作点 P 对于 MN 的对称点 P ′. 试证： P ′点在△ ABC 外接圆上 . ( 杭州大学《中学数学比赛习题》 )P ' A剖析：由已知可得 MP ′=MP=MB ， NP ′ =NP =NC ，故点 M 是△ P ′BP 的外心，点NN 是△ P ′PC 的外心 . 有M∠ BP ′P=1∠ BMP= 1∠ BAC ， BCP2 2∠ PP ′C= 1∠ PNC= 1∠BAC.22∴∠ BP ′ C=∠ BP ′ P+∠P ′PC=∠BAC.进而， P ′点与 A ，B ，C 共圆、即 P ′在△ ABC 外接圆上 . 因为 P ′P 均分∠ BP ′C ，明显还有 P ′B: P ′C=BP: PC.例 2．在△ ABC 的边 AB ，BC ，CA 上分别取点 P ，Q ，S. 证明以△ APS ，△BQP ，△ CSQ 的外心为极点的三角形与△ ABC 相像 . (B ·波拉索洛夫《中学数学奥林匹克》 )A 剖析：设 O 1， O 2， O 3 是△ ，△ ，APS BQP△CSQ 的外心，作出六边形O 1 O 1PO 2QO 3S 后再由外P.. .. S K心性质可知 BO 2O 3∠ PO 1 ∠ ，QCS=2 A∠ QO 2 P=2∠B ， ∠ SO 3 Q=2∠C.∴∠ PO 1S+∠ QO 2P+∠ SO 3Q=360° . 进而又知∠ O 1PO 2+ ∠O 2QO 3+∠O 3SO 1=360°将△ O 2QO 3绕着 O 3点旋转到△ KSO 3，易判断△ KSO 1≌△ O 2PO 1，同时可得△ O 1O 2O 3≌△ O 1KO 3.∴∠ O 2O 1O 3=∠KO 1O 3= 1∠O 2O 1K12=( ∠O 2 1 ∠ 12O S+ SO K)=1 ( ∠O2 1 ∠ 1 22O S+ PO O )=1 ∠ PO 1 ∠ ；S= A2同理有∠ O 1 O 2O 3=∠ B.故△ O 1O 2O 3∽△ ABC.第 1 页 共 8 页二、重心三角形三条中线的交点，叫做三角形的重心 . 掌握重心将每条中线都分红定比 2:1 及中线长度公式，便于解题 .例 3．AD ，BE ，CF 是△ ABC 的三条中线， P 是随意一点 . 证明：在△ PAD ，△PBE ，△ PCF 中，此中一个面积等于此外两个面积的和 . (第 26 届莫斯科数学奥林匹克 ) 剖析：设 G 为△ ABC 重心，直线 PG 与 ABA'，BC 订交 . 从 A ， C ， D ，E ，F 分别F'AE作该直线的垂线，垂足为 A ′， C ′， FGE 'D ′，E ′，F ′.B D D 'CC '易证 AA ′=2DD ′， CC ′=2FF ′， 2EE ′=AA ′ +CC ′P ， ∴ EE ′=DD ′+FF ′. 有 S △PGE =S △PGD +S △PGF .两边各扩大 3 倍，有 S △PBE =S △PAD +S △PCF .例 4．假如三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相像 . 其逆亦真 .剖析：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 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△∽△′ . 不如设 a ≥b ≥c ，有CF= 12a 2 2b 2 c 2 ，2BE= 12c 2 2a 2 b 2 ， 2AD= 12b 2 2c 2 a 2 . 2将 a 2+c 2=2b 2，分别代入以上三式，得 CF=3a ，BE=3b ，AD=3c .2 22∴ CF: BE: AD =3a :3b : 3 c222= 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'＝(CF )2.S a第2 页 共 8 页据“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3 ”，有4S ' = 3.S4∴ CF 2=3 22 2 2 - c 2a2 3a=4CF =2a +b4a 2+c 2=2b 2.三、垂心三角形三条高的开战， 称为三角形的垂心 . 由三角形的垂心造成的四个等 ( 外接 ) 圆三角形，给我们解题供给了极大的便利 .例 5．设 A 1A 2A 3A 4为⊙O 内接四边形， H 1，H 2，H 3， H 4挨次为△ A 2A 3A 4，△ A 3A 4A 1，△ A 4A 1A 2，△ A 1A 2A 3的垂心 . 求证： H 1，H 2，H 3， H 4 四点共圆，并确立出该圆的圆心地点 . (1992 ，全国高中联赛 )A 2A 1剖析：连结 A 2H 1，A 1H 2，H 1H 2，记圆半径为 R. 由△ A 23 4 知A AH 1. H 2A 2 H 1 =2R A 2O1 ∠ 32 4；A 4sin A 2 A 3 H 1H =2Rcos A A A A 3由△ A 1A 3A 4得A 1H 2=2Rcos ∠A 3A 1A 4.但∠ A 3A 2A 4=∠ A 3 A 1A 4，故 A 2H 1=A 1H 2. 易证 A 2H 1∥A 1A 2，于是， A 2H 1∥A 1H 2，=故得 H 1H 2∥=A 2A 1. 设 H 1A 1与 H 2A 2的交点为 M ，故 H 1H 2与 A 1A 2对于 M 点成中心对称 .同理，H 2H 3与 A 2A 3，H 3H 4与 A 3A 4，H 4H 1与 A 4A 1都对于 M 点成中心对称 . 故四边形 H 1H 2H 3H 4与四边形 A 1A 2A 3A 4对于 M 点成中心对称，二者是全等四边形， H 1，H 2，H 3，H 4在同一个圆上 . 后者的圆心设为 Q ，Q 与 O 也对于 M 成中心对称 . 由 O ， M 两点， Q 点就不难确立了 .例 6．H 为△ ABC 的垂心， D ，E ，F 分别是 BC ，CA ，AB 的中心 . 一个以 H 为圆心的⊙ H 交直线 EF ， FD ， DE 于 A 1，A 2， B 1，B 2， C 1，C 2.求证： AA =AA =BB =BB =CC =CC .(19891 2 1212，加拿大数学奥林匹克训练题 )AC 1B 2剖析：只须证明 AA 111 即可设=BB =CC.A 1FH 2M EA 2BC=a ， CA=b ，AB=c ，△ ABC 外H接圆半径为 R ，⊙ H 的半径为 r .BC连 HA 1，AH 交 EF 于 M. H 1D A 2 21 2=AM 2 2- MH 2 C 2BA 1 =AM +A M +r1=r 2+(AM 2- MH 2)，①又 AM 2- HM 2=( 1AH 1)2-( AH- 1AH 1)222第3 页 共 8 页=AH ·AH 1- AH 2=AH 2·AB- AH 2 =cosA ·bc- AH 2，②而AH=2R AH 2=4R 2cos 2A, sin ABHa=2R a 2=4R 2sin 2A.sin A∴AH 2+a 2 =4R 2，AH 2=4R 2- a 2.③ 由①、②、③有22b 2c 2 a 22 2A A 1 =r +2bc·bc-(4 R - a )= 1( a 2+b 2+c 2)-4 R 2+r 2. 2 21同理， BB 1=( a 2+b 2+c 2)-4 R 2+r 2，2122222CC 1=( a +b +c )-4 R +r .故有 AA 1=BB 1=CC 1.四、心里三角形内切圆的圆心，简称为心里 . 对于心里，要掌握张角公式，还要记着下边一个极为实用的等量关系：设 I 为△ ABC 的心里，射线 AI 交△ ABC 外接圆于 A ′，则有 A ′I=A ′B=A ′ C. 换言之，点 A ′必是△ IBC 以外心 ( 心里的等量关系之逆相同实用 ). 例 7．ABCD 为圆内接凸四边形，取 D△DAB ，△ ABC ，△ BCD ，O 4 O 3 C△CDA 的心里 O 1， O 2， O 3 ，O . 求证： O OO O 4为矩形 .41 23O 2(1986 ，中国数学奥林匹克集训题 O 1) B证明见《中等数学》 1992；4 A 例 8．已知⊙ O 内接△ ABC ，⊙ Q 切 AB ，AC 于 E ，F 且与⊙ O 内切 . 试证： EF中点 P 是△ ABC 之心里 .( B ·波拉索洛夫《中学数学奥林匹克》 )剖析：在第 20 届 IMO 中，美国供给的一道题其实是例8 的一种特例，但它增添了条件 AB=AC. 当 AB ≠AC ，如何证明呢？如图，明显 EF 中点 P 、圆心 Q ， BC 中点 K 都在∠ BAC 均分线上 . 易知rAQ=.sinM A ∵ QK · AQ=MQ ·QN ，R ααEMQ QNrP ∴ QK=OAQQFBC=(2R r ) r =sin (2R r ) .NKr / sin由 Rt △EPQ 知 PQ=sin r .第 4 页 共 8 页∴ PK=PQ+QK=sin r +sin(2R r ) =sin 2R . ∴ PK=BK.利用心里等量关系之逆定理，即知P 是△ ABC 这心里 .五、旁心三角形的一条内角均分线与另两个内角的外角均分线订交于一点，是旁切圆的圆心，称为旁心 . 旁心经常与心里联系在一同，旁心还与三角形的半周长关系亲密 .例 9．在直角三角形中，求证： r+r a +r b +r c =2p.式中 r ，r a ，r b ， r c 分别表示内切圆半径及与 a ，b ，c 相切的旁切圆半径， p 表示半周 .(杭州大学《中学数学比赛习题》 ) 剖析：设 Rt △ABC 中， c 为斜边，先来证明一个特征：p( p- c)=( p- a)( p- b).∵ p( p- c)= 1 ( a+b+c) · 1( a+b- c)r cK2 2O 3A =1[( a+b) 2- c 2]O 24O r b=1ab ；r E BC2r a( p- a)( p- b)= 1(- a+b+c) · 1( a- b+c)O 122=1[ c 2-( a- b)2]= 1ab.42∴ p( p- c)=( p- a)( p- b).① 察看图形，可得r a =AF- AC=p- b ， r b =BG- BC=p- a ， r c =CK=p.而 r= 1( a+b- c)2= p- c. ∴ r+r a +r b +r c=( p- c)+( p- b)+( p- a)+ p =4 p-( a+b+c)=2 p. 由①及图形易证 .例 10． M 是△ ABC 边 AB 上的随意一点 . r 1，r 2， r 分别是△ AMC ，△ BMC ，△ABC 内切圆的半径， q 1， q 2，q 分别是上述三角形在∠ ACB 内部的旁切圆r 1r 2r半径 . 证明：·=. ( IMO -12)剖析：对随意△ A ′ B ′ C ′，由正弦定理可知第5 页 共 8 页A'OD=OA ′· sinC '2B'Osin· sin A'A ' ..E D . B '= A ′B ′·2sin A'O'B' 2sinA'sin B'O '= A ′B ′· 22 ，sin A'B' 2cos A' B'′′ ′· cos2 2 .O E= A B A' B'sin∴ ODtgA'tgB'.2O'E 22亦即有r 1 · r 2 =tg Atg CMA tgCNB tg B q 1q 22222=tg A tg B =r. 2 2 q六、众心共圆这有两种状况： (1) 同一点倒是不一样三角形的不一样的心； (2) 同一图形出现了同一三角形的几个心 .例 11．设在圆内接凸六边形 ABCDFE 中，AB=BC ，CD=DE ，EF=FA. 试证：(1) AD ，BE ，CF 三条对角线交于一点； (2) AB+BC+CD+DE+EF+FA ≥AK+BE+CF . (1991 ，国家教委数学试验班招生试题 )剖析：连结 AC ，CE ，EA ，由已知可证AD ，CF ，EB 是△ ACE 的三条内角均分线， I 为△ ACE 的心里 . 进而有 ID=CD=DE ， IF=EF=FA ， IB=AB=BC. 再由△ BDF ，易证 BP ，DQ ，FS 是它的三条高，I 是它的垂心，利用 不等式有：..ErdosABI+DI+FI ≥ 2· ( IP+IQ+IS).不难证明 IE=2IP ，IA=2IQ ，IC=2IS.FB Q ∴ BI+DI +FI ≥IA+IE+IC.∴ AB+BC+CD+DE+EF+FA =2( BI+DI+FI)≥ ( IA+IE+IC)+( BI+DI+FI)S CI PE D = AD+BE+CF.I 就是一点两心 .例 12．△ ABC 的外心为 O ，AB=AC ，D 是 AB 中点， E 是△ ACD 的重心 . 证明第6 页 共 8 页OE 丄 CD.(加拿大数学奥林匹克训练题 )剖析：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：AD EFG O KDG: GK= 1 DC:( 11) DC=2:1.3 2 3∴ DG: GK=DE: EF GE ∥MF . ∵ OD 丄 AB ，MF ∥ AB ， ∴ OD 丄 MF OD 丄 GE. 但 OG 易证 OE 丄 CD.BC丄 DE G 又是△ ODE 之垂心 .例 13．△ ABC 中∠ C=30°， O 是外心， I 是心里，边 AC 上的 D 点与边 BC 上的E 点使得 AD=BE=AB. 求证： OI 丄 DE ，OI=DE. (1988，中国数学奥林匹克集训题 )剖析：协助线如下图，作∠ DAO 均分线交 BC 于 K.易证△ AID ≌△ AIB ≌△ EIB ， ∠AID =∠ AIB=∠ EIB.A DC利用心里张角公式，有 30 ° ∠ AIB=90°+ 1∠C=105°， 2OK I F EB∴∠ DIE=360°-105 °× 3=45°. 12=30°+ 1 ( ∠BAC- ∠BAO)2=30°+ 1( ∠BAC-60 ° )1 2 = ∠BAC=∠ BAI=∠BEI .2∴ AK ∥ IE.由等腰△ AOD 可知 DO 丄 AK ，∴ DO 丄 IE ，即 DF 是△ DIE 的一条高 . 同理 EO 是△ DIE 之垂心， OI 丄 DE. 由∠ DIE=∠IDO ，易知 OI=DE.例 14．锐角△ ABC 中， O ，G ， H 分别是外心、重心、垂心和为 d 外，重心到三边距 A 离和为 d 重 ，垂心到三边距离和为 d 垂 .求证： 1·d 垂 +2·d 外 =3· d 重. H 3G 3剖析：这里用三角法 . 设△ ABC 外接圆 O 3 O G半径为 1，三个内角记为 A ， B ， IC. 易知 d 外 =OO 1+OO 2+OO 3BO 1 G 1 H 1. 设外心到三边距离O 2G 2 H 2 C=cosA+cosB+cosC ，∴ 2d 外 =2( cosA+cosB+cosC).①第7 页 共 8 页∵ AH 1 =sinB ·AB=sinB · (2 sinC)=2sinB ·sinC ， 相同可得 BH 2·CH 3.∴ 3d 重 =△ ABC 三条高的和=2·( sinB ·sinC+sinC ·sinA+sinA · sinB)②BH∴=2，sin BCH∴ HH 1 =cosC ·BH=2·cosB · cosC. 相同可得 HH 2，HH 3. ∴ d 垂=HH 1+HH 2+HH 3=2( cosB · cosC+cosC ·cosA+cosA ·cosB)③欲证结论，察看①、②、③，须 证 ( cosB · cosC+cosC · cosA+cosA · cosB)+( cosA+ cosB+ cosC)= sinB · sinC+sinC · sinA+sinA ·sinB. 即可 .练 习 题1. I 为△ ABC 之心里，射线 AI ， BI ，CI 交△ ABC 外接圆于 A ′，B ′，C ′. 则 AA ′+BB ′ +CC ′＞△ ABC 周长 .(1982 ，澳大利亚数学奥林匹克 )2. △T ′的三边分别等于△ T 的三条中线，且两个三角形有一组角相等 . 求证这两个三角形相像 .(1989 ，捷克数学奥林匹克 )3. I 为△ ABC 的心里 . 取△ IBC ，△ICA ，△ IAB 的外心 O 1，O 2，O 3. 求证：△ O 1O 2O 3 与△ ABC 有公共的外心 .(1988 ，美国数学奥林匹克 )4. AD 为△ ABC 内角均分线 . 取△ ABC ，△ABD ，△ ADC 的外心 O ，O 1，O 2. 则△ OO 1 O 2是等腰三角形 .5. △ABC 中∠ C ＜ 90°，从 AB 上 M 点作 CA ，CB 的垂线 MP ，MQ. H 是△ CPQ 的垂心 . 当 M 是 AB 上动点时，求 H 的轨迹 .( IMO-7)6. △ABC 的边 BC= 1( AB+AC) ，取 AB ， AC 中点 M ，N ， G 为重心， I 为心里 .2试证：过 A ，M ， N 三点的圆与直线 GI 相切 .( 第 27 届莫斯科数学奥林匹克 )7. 锐角△ ABC 的垂心对于三边的对称点分别是 H 1，H 2，H 3. 已知： H 1 ，H 2， H 3，求作△ ABC.( 第 7 届莫斯科数学奥林匹克 )8. 已知△ ABC 的三个旁心为 I 1， I 2，I 3. 求证：△ I 1I 2I 3是锐角三角形 .9. AB ，AC 切⊙ O 于 B ，C ，过 OA 与 BC 的交点 M 任作⊙ O 的弦 EF. 求证： (1) △AEF 与△ ABC 有公共的心里； (2) △ AEF 与△ ABC 有一个旁心重合 .第8 页 共 8 页。
竞赛数学讲座PPT课件
或参观游览，第五天闭幕式，宣布考试成绩和颁奖。
成绩最好的约30名选手（现改为约60名）以及中国
女子数学奥林匹克和中国西部数学奥林匹克的前两
名（现已无参加集训队资格）组成参加当年IMO的
中国国家集训队。3月中旬至4月初，进行参加IMO
的中国代表队的选拔工作。每年7月份参加IMO。
全国中学生数学冬令营是在全国高中数学联赛的基
2.广东省历届国际数学奥林匹克竞赛获奖情 况：13人14次，其中华南师范大学附中7人8 次，深圳中学4人，深圳高级中学1人，深圳 第三高级中学1人。9人就读北京大学，3人就 读清华大学，1人就读中国科技大学。
.
13
三、IMO——中国队获奖情况
2013年获奖的饶家鼎，深圳市第三高级中学 高二年级学生 (7岁从加拿大回国读书)。 2010年，12岁的高一学生饶家鼎参加全国高 中数学联赛，与高三顶尖学生同台竞技，获 得全国三等奖。当同龄人还在读初一、初二 的时候，他已经被北京大学数学科学学院和 清华大学数学科学系提前预录取，并入选 2012年中国数学奥林匹克广东省数学代表队， 在2013年以一分之差，遗憾地摘取了国际奥 林匹克数学竞赛银牌，而此前他被寄予得满 分的厚望。
四个方面。前两道题每题40分，后两道 题每题50分。
.
26
七、全国高中学联赛题型与 考试大纲
考试大纲：一试完全按照全日制中学 《数学教学大纲》中所规定的教学要求
和内容，即高考所规定的知识范围和方 法，在方法的要求上略有提高。 二试：超过高考大纲（有具体的规定）
.
27
二试
1、平面几何 基本要求：掌握初中数学竞赛大纲所确定的所有内容。 补充要求：面积和面积方法。 几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。 几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。到三角