高中数学竞赛专题讲座(解析几何)
2021年宁波市高中数学竞赛解析几何
2021年宁波市高中数学竞赛解析几何一、赛事背景2021年宁波市高中数学竞赛是宁波市教育局主办的一项重要的数学竞赛活动，旨在促进高中学生数学学科的学习和应用能力的提高，激发学生对数学的兴趣，选拔和培养数学人才。
其中，解析几何是竞赛中的一个重要组成部分，也是考察学生几何思维和分析解决问题能力的重要内容。
二、竞赛题型解析几何作为竞赛科目的一部分，覆盖了较广泛的内容，包括点、直线、圆、三角形、四边形等几何图形的性质、定理和应用。
在竞赛中，解析几何题型通常包括如下几种类型：1.定理证明。
通过已知的几何定理和性质，结合已知条件，推导出目标结论，或者证明目标定理。
2.应用问题。
通过几何知识，解决实际问题，如建筑测量、地图绘制、工程设计等。
3.三角形的性质和判定。
包括三角形的边长关系、角度关系、面积计算、全等、相似、共线等性质。
4.圆的性质和判定。
包括圆的圆心角、弦长关系、切线定理、圆幂定理等。
三、解题思路解析几何作为数学竞赛中的一道难题，要求学生不仅要熟练掌握几何学的基本概念和定理，还需要具备较强的逻辑推理能力和应用能力。
在解析几何的题目中，学生需要注意以下几点：1.审题。
仔细阅读题目，理清题目要求和已知条件，找出关键信息。
2.图像。
根据题意，绘制几何图形，有时可以通过图像找到解题思路。
3.定理应用。
熟练掌握相关的几何定理和公式，灵活应用到解决问题中。
4.逻辑推理。
善于运用逻辑推理，从已知条件出发，推导出未知结论。
5.反证法。
当直接证明困难时，可以尝试采用反证法进行推理。
四、解析几何典型题目以下列举了一些典型的解析几何竞赛题目，供参赛选手练习和思考： 1.已知△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，使得AD是△ABC的高，求证：AD=CD。
2.已知△ABC中，内角A=60°，AB=3cm，AC=2√3cm，求BC的长度。
3.已知点P到圆心的距离为5cm，点P到圆上任意一点的距离为4cm，求圆的半径。
数学竞赛中的解析几何问题(二)
（ １ ）证 明 ： △Ｐ ＡＢ 的 内切 圆 的 圆 心 在 一
条 定直 线上 ；
（ ２ ）若 ＡＰＢ一 ６ ０ 。 ， 求 △ ＰＡＢ 的 面 积 ．
号 （ 土 ） ．
５ △ Ｐ ＾ Ｂ一 — １（ ｚ 。一 ｚ２ ）一 １ （
ｚ ・
（ ２ ０ １ １年 全 国 赛 ）
，——一
—— — 、
尸
一
（ ２ ）解 ： 当 ＡＰＢ：６ ０ 。 时， 直线 Ｐ Ａ， Ｐ Ｂ
／
／ ＼ 、 ｊ
＼ ＼
、 、
０
圈 １
夕
方程分别为 ｙ 一± 屈 ． ④
④ 代 入 ① 得 ： ＋ （ 辽 ６ － ＋ ２ ／ １ ｚ 一 。
一
．
直线 Ｐ Ａ 方程 为 ： Ｙ 一 一 （ ｚ～３ ）
＝ ： ＞ 一
一３ ＋ ， 代人 椭 圆方程得 ，
（ １ — ３ ） ３ ［ ７ ＋１ ８（ １ ３ ～３ ） Βιβλιοθήκη 为 。．詈
ｍ 一十 ｌ
１ ４ ｘ 。 ＋ ９
一 ０， （＊ ）
于是， ｍ一 一ｍ ， 一—
（ 一
） －Ｘ （ √ ） ） 一一√ ｚ 一一√ ・
解
（ １ ）证 明 ： 平移 坐 标 系至 以 Ｐ 为 原
（ 号 ） ・ （ （ ） 。 一 （ ） 。 ） ＝ １ 可 １ ７ ￣ － ．
作 为对 照 ， 看在 原 坐标 系 中的解 ：
点， 则 椭 圆方 程为
， 即 曲线 为 圆
它 有 一 个 根 为
１ ８ （ １ ３ —３ ）
一
３√ ２ ，故 ｚ ＝
2011年全国高中数学联赛几何专题（平面几何解析几何）
数学竞赛中的平面几何一、引言1．国际数学竞赛中出现的几何问题，包括平面几何与立体几何，但以平面几何为主体．国际数学竞赛中的平面几何题数量较多、难度适中、方法多样（综合几何法、代数计算法、几何变换法等），从内容上看可以分成三个层次：第一层次，中学几何问题．这是与中学教材结合比较紧密的常规几何题，虽然也有轨迹与作图，但主要是以全等法、相似法为基础的证明题，重点是与圆有关的命题，因为圆的命题知识容量大、变化余地大、综合性也强，是编拟竞赛试题的优质素材．第二层次，中学几何的拓展．这是比中学教材要求稍高的内容，如共点性、共线性、几何不等式、几何极值等．这些问题结构优美，解法灵活，常与几何名题相联系．有时还可用几何变换来巧妙求解．第三层次，组合几何——几何与组合的交叉 ．这是用组合数学的成果来解决几何学中的问题，主要研究几何图形的拓扑性质和有限制条件的欧几里得性质．所涉及的类型包括计数、分类、构造、覆盖、递推关系以及相邻、相交、包含等拓扑性质．这类问题在第六届IMO （1964）就出现了，但近30年，无论内容、形式和难度都上了新的台阶，成为一类极有竞赛味、也极具挑战性的新颖题目．组合几何的异军突起是数学竞赛的三大热点之一．2．在中国的数学竞赛大纲中，对平面几何内容除了教材内容外有如下的补充．初中竞赛大纲：四种命题及其关系；三角形的不等关系；同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系;面积及等积变换;三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质．高中竞赛大纲: 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；三角形中的几个特殊点:旁心、费马点，欧拉线；几何不等式；几何极值问题；几何中的变换：对称、平移、旋转；圆的幂和根轴；面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法．二、基本内容全等三角形的判别与性质，相似三角形的判别与性质，等腰三角形的判别与性质，“三线八角”基本图形，中位线定理，平行线截割定理，圆中角（圆心角、圆周角、弦切角）定理等大家都已经非常熟悉，此外，竞赛中还经常用到以下基本内容．定义1 点集的直径是指两个端点都属于这个集合且长度达到最大值的线段（一个点集可能有多条直径，也可能没有直径）．定义2 如果对点集A 中的任意两点，以这两点为端点的线段包含在A 里，则集合A 称为是凸的．定义3 设n M M M ,,,21 是多边形，如果12n M M M M = 并且当j i ≠时，i M 与j M 没有公共的内点，则称多边形M 剖分为多边形12,,,n M M M ．定义4 如果凸边形N 的所有顶点都在凸多边形M 的边上，则称多边形N 内接于多边性M ． 定理1 两点之间直线距离最短．推论 三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．定理2 三角形的内角之等于180．凸n 边形（3≥n ）的n 个内角和等于(2)180n - ；外角和为180（每一个顶点处只计算一个外角）．证明 如图1，过C 作//CE AB ，则有 ECA A ∠=∠，（两直线平行，内错角相等） 得 ()A B C A C B ∠+∠+∠=∠+∠+∠ （结合律）ECB B =∠+∠（等量代换）180= ．（两直线平行，同旁内角互补 图1推论 三角形的一个外角等于两个不相邻内角之和．定理3 三角形中大边对大角、小边对小角．证明 （1）如图2，在ABC 中，已知AB AC >，可在AB 上截取AD AC =，则在等腰ACD 中有 12∠=∠．（等腰三角形的性质定理）又在BCD 中，2B ∠>∠，（外角定理）更有 12C B ∠>∠=∠>∠．（传递性）说明 由上面的证明知,,,AB AC B C AB AC B C AB AC B C >⇒∠<∠⎧⎪=⇒∠=∠⎨⎪<⇒∠>∠⎩这样的分断式命题，其逆命题必定成立．证明如下： 图2（2）反之，在ABC 中，若C B ∠>∠，这时,AB AC 有且只有三种关系AB AC <，AB AC =，AB AC >．若AB AC <，由上证得C B ∠<∠，与已知C B ∠>∠矛盾．若AB AC =，由等腰三角形性质定理得C B ∠=∠，与已知C B ∠>∠矛盾． 所以AB AC >．定理4 在ABC 与111A B C 中，若1111,AB A B AC AC ==，则111A A BC B C ∠>∠⇔>． 定理5 凸四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是：180ABC CDA ∠+∠= （或180BAD DCB ∠+∠= ）．证明 当四边形ABCD 内接于圆时，由圆周角定理有1122ABC CDA ADC ABC ∠+∠=+ 1118022ADC ABC ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭． 同理可证180BAD DCB ∠+∠=．反之，当180ABC CDA ∠+∠=时，首先过不共线的三点,,A B C 作O ，若点D 不在O 上，则有两种可能：（1）D 在O 的外部（如图3（1））．记AD 与O 相交于S ，连CS ，在CDS 中有ASC CDA ∠>∠．又由上证，有180ABC ASC ∠+∠=，得180180ABC CDA ABC ASC =+∠<∠+∠=，矛盾．图3（2）D 在O 的内部（如图3（2））．记AD 的延长线与O 相交于S ，连CS ，在CDS 中有 ASC CDA ∠<∠．又由上证，有180ABC ASC ∠+∠= ， 得 180180ABC CDA ABC ASC =+∠>∠+∠= ，矛盾． 定理6 凸四边形ABCD 外切于圆的充分必要条件是AD BC CD AB +=+．证明 当凸四边形ABCD 外切于圆时，设各边的切点分别为,,,P Q R S （如图4），根据圆外一点到圆的两切线长相等，有,,,.AP AS PB BQ CR QC DR DS ====相加 AP PB CR DR AS BQ QC DS +++=+++， 得 AD BC CD AB +=+． 图4反之，若AD BC CD AB +=+，我们引,B C ∠∠的平分线，因为360B C ∠+∠<，所以，两条角平分线必定相交于四边形内部一点，记为N ，则N 到三边,,AB BC CD 的距离相等，可以以N 为圆心作N 与,,AB BC CD 同时相切，这时AD 与N 的关系有且只有三种可能：相离、相切、相交．（1）若AD 与N 相离（如图5（1））．过A 作切线与CD 相交于/D ，在/ADD 中，有 //DD AD AD >-． ①但由上证，有//AB CD BC AD +=+， 又由已知，有AD BC CD AB +=+ 相减得 //CD CD AD AD -=- ，//DD AD AD =-，与①矛盾．图5（2）若AD 与N 相交（如图5（2））．过A 作切线与CD 的延长线相交于/D ，在/ADD 中，有①//DD AD AD >-． 但由上证，有//AB CD BC AD +=+，又由已知，有AD BC CD AB +=+相减得 //CD CD AD AD -=- ， 即 //DD AD AD =-，与①矛盾．综上得AD 与N 的相切，即凸四边形ABCD 外切于圆．定理7 （相交弦定理）圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．定理8 （切割线定理）从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．定义 5 从一点A 作O 的割线交O 于,B C ，则点A 到两交点,B C 的线段长度之积AB AC 称为点A 对O 的羃．对于两个已知圆有等羃的点的轨迹，称为两圆的根轴（或等羃轴）．定理9 若两圆相交，其根轴在两圆公共弦所在的直线上；若两圆相切，其根轴在过两圆切点的公切线上；若两圆相离，则两圆的四条公切线的中点在根轴上．定理10 （三角形面积公式）在ABC ∆中，记c b a ,,为三边长，1()2p a b c =++为半周长，R 是外接圆半径，r 为内切圆半径，a h 是边BC 上的高，a r 是与边BC 及,AB AC 的延长线相切的旁切圆的半径，则ABC ∆的面积S 为：111(1)222a b c S ah bh ch ===； 111(2)sin sin sin 222S ab C ac B bc A ===；))()(()3(c p b p a p p S ---=；2(4)2sin sin sin 4abcS R A B C R==； rp S =)5(；)(21)6(a c b r S a -+=； )2sin 2sin 2(sin 21)7(2C B A R S ++=．定理11 在ABC Rt ∆中，有 （1）222a b c +=，（勾股定理的逆定理也成立） （2）1(),22cr a b c R =+-=．定理12 （角平分线定理）设AD 是ABC ∆中A ∠的平分线，则．AB BDAC DC=． 此定理有10多种证法，下面是有辅助线与无辅助线的两种代表性证法． 证明1 （相似法）如图6，延长BA 到E ，使AE AC =，连CE ，则 12B A D A ∠=∠（已知） ()12A E C A C E=∠+∠（外角定理） AEC =∠，（等腰三角形的两个底角相等） 有 //AD CE ，得 B D A B A BD C AE A C==．（平行线截割定理） 图6 证明2 （面积法）11sin 2211sin 22ABD ACD AB AD AS BC AB DC S ACAC AD A ∠===∠ ． 定理13 （正弦定理、余弦定理）在ABC ∆中，有 （1）cos cos a b B c C =+，cos cos b a A c C =+， cos cos c a A b B =+． （2）2sin sin sin a b CR A B C===； （3）2222cos a b c bc A =+-，2222cos b a c ac B =+-， C ab b a c cos 2222-+=．（4）222sin sin sin 2sin sin cos A B C B C A =+-．（2）2sin sin sin a b CR A B C===； 证明1 （1）当ABC ∆为直角三角形时，命题显然成立． （2）当ABC ∆为锐角三角形时，如图7（1），作ABC ∆外接圆O ，则圆心O 在ABC ∆的内部，连BO 交O 于D ，连结DC ．因为BD 是O 的直径，所以90BCD ∠=，在直角BCD 中有2sin a R D =，但A D ∠=∠，故得2sin a R A =．同理可证2,2sin sin b cR R B C==． 得2sin sin sin a b CR A B C===． （1） （2） 图7（3）当ABC ∆为钝角三角形时，记A ∠为钝角，则圆心O 在ABC ∆的外部，过A作直径，仿上证可得2,2sin sin b cR R B C==． 又在优弧 BC 上取一点D ，连,BD DC ，如图7（2），由于圆心O 在BCD 的内部，所以BCD 为锐角三角形，且()sin sin 180sin D A A =-= ，有22sin sin a aR R D A=⇒=． 综上得2sin sin sin a b CR A B C===． 证明2 由余弦定理，有222222sin 1cos 12b c a A A bc ⎛⎫+-=-=- ⎪⎝⎭()()()22222222bc b c abc -+-=()()()()()22a b c a b c c a b c a b bc +++-+--+=， 记t b =因为 0A π<<，开方得sin 2tA bc=． 同理可得sin ,sin 22t t B C ca ab ==． 所以 2s i n s i n s i n a b c a b cA B C t===． 证明3 如图8，在A B C ∆中，,,a b c 分别是三个内角,,A B C 所对的边，以三角形外接圆的圆心O 为原点，半径OA 所在的直线为x 轴建立直角坐标系，设外接圆的半径长为R ， 于是A 点坐标为(),0R ．由三角函数的定义得B 点坐标为()co s 2,s i n 2R C R C ，C 点坐标为()()()cos 22,sin 22R B R B ππ--，即()cos2,s i n 2R B R B -． 由 ()c o s 2,s i n 2A B R C R R C =-，有AB=2sin R C ==，得 2s i n c R C =．同理可得2sin ,2sin a R A b R B ==， 图8所以2s i n s i n s i na bcR A B C ===． （2）2222cos a b c bc A =+-，2222cos b a c ac B =+-，C ab b a c cos 2222-+=． 证明1 如图9（1），设CB CA AB ===a,b,c ，有=-a c b ，得()()22222cos ,c b cb A =--=+-+- a c b c b c c b b c b=即 2222cos a b c bc A +-=．同理可得 2222cos b a c ac B =+-，C ab b a c cos 2222-+=．（1） （2） 图9证明2 如图9（2），以A 为原点、以直线AB 为x 轴，建立直角坐标系，则()()()0,0,,,c o s ,s i nA B c o C b A b A , 由两点距离公式，有BC ==得 2222cos a b c bc A +-=．（3）222sin sin sin 2sin sin cos A B C B C A =+-．定理14 （梅内劳斯定理）一直线截ABC ∆的边,,BC AC AB 或其延长线于,,D E F ，（位于延长线上的点有奇数个）则1BD CE AFDCEA FB= ．图10证明1 （将三个比值转化为三个值的循环比）如图10，过C 作//CG DF 交AB 于G ，有,BD BF CE GFDC GF EA AF==， 得 1BD CE AF BF GF AFDC EA FB GF AF FB== ．也可以过C 作//CH AB 交DF 于H ，或过B 作//BN CA 交DF 于N 等途径来证明．证明2 （三角法）如图10，由正弦定理， 在FBD 中，有sin sin BD FB αβ=， 在CDE 中，有sin sin CE DC βγ=， 在AEF 中，有sin sin AF EA γα=， 三式相乘sin sin sin 1sin sin sin BD CE AF BD CE AF DC EA FB FB DC EA αβγβγα=== ． 证明3 （面积法）如图11，联结联结,AD BE ，有面积关系DAF EAFDBF EBF S S AF FB S S ==， 得D A FE A FE A DD B FE BF E B DS S S AF FB S S S -==-．又EBDECD S BD DC S =， 图11E C DEADS CE EA S = ， 三式相乘即得．证明4 （坐标法）设ABC ∆的三顶点坐标为()()()112233,,,,,A x y B x y C x y ，直线DF 的方程为 0a x b y c ++=． 又记123,,BD CE AFDC EA FBλλλ===（i λ可正可负），有21312131,1:,1x x x D y y y λλλλ+⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩代入直线方程，得 21321311011x x y y a b c λλλλ⎛⎫⎛⎫++++=⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，22133ax by cax by c λ++=-++．同理33211ax by cax by c λ++=-++，11122ax by cax by cλ++=-++，相乘1BD CE AFDC EA FB=- ， 即 1BD CE AFDC EA FB= ．逆定理: 若,,D E F 分别为ABC ∆三边,,BC AC AB 上的点（位于延长线上的点有奇数个），且1BD CE AFDC EA FB= ． 则,,D E F 三点共线．证明 如图9，设EF 与BC 相交于/D ，由上证有//1BD CE AFD C EA FB=， 又由已知有1BD CE AFDC EA FB= ， 两相比较，有//BD BD D C DC =， 合比 /BD BDBC BC=，得 /BD BD =，有/D 与D 重合，即,,DEF 三点共线．梅内劳斯定理逆定理是证明三点共线的有力工具．定理15 （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1BD CE AFDC EA FB= ． 证明1 （将三个比值转化为三个值的循环比）如图12，由面积关系OBDABD ADC ODC S S BD DC S S ==， 有A B D O B DA O BA D C O D C A O CS S S BD DC S S S -==-．同理BOCAOBS CE EA S =， 图12 AOCBOCS AF FB S =，三式相乘即得． 证明2 （转化为物质重心）在,,A B C 处各放一个重物，使其重心正好在O 处，记三处的质量分别为,,A B C m m m ，则,,D E F 分别为,,BC AC AB 的重心，有C B m BD DC m =． ACm CE EA m =，B A m AF FB m =，三式相乘即得． 证明3 （用梅内劳斯定理）如图11，由梅内劳斯定理，ABD 被直线BOE 所截，有1BC DO AFCD OA FB = ， ADC 被直线BOE 所截，有 1CB DO AEBD OA EC= ，相除得1B D C E A FD CE AF B= ． 证明4 如图13，过点A 作//MN BC 交,BE CF 的延长线于,M N ，由,B O D M O A C O D N O A，有 BD DO CD BD AMAM OA AN CD AN==⇒=， 又由,BEC MEA NFA BFCCE BC EA AM =， 图13 AF ANFB BC=， 三式相乘即得．逆定理 在ABC ∆三边（所在直线）,,AB CA BC 各取一点,,D E F ，若有1BD CE AFDC EA FB= ，则,,AD BE CF 平行或共点．（1） （2）图14证明 AD 与BE 有两种关系：或是平形或是相交． （1）若AD //BE （如图14（1）），则BC ECBD EA=代入已知得AF DCFB BC= 有AD //CF ，从而////AD BE CF ．（2）若AD 与BE 相交（如图14（2）），记交点为O ，连CO 交AB 于/F ，由塞瓦定理，有//1BD CE AF DC EA F B= 与已知条件相比较，得//AF AF FB F B =，合比 /AF AF AB AB=，有 /AF AF =， 有/F 与F 重合，即,,AD BE CF 三线共点． 塞瓦定理的逆定理是证明三线共点的有力工具． 定理16（三角形的特殊点）（1）三角形的三条中线相交于一点（三角形的重心） 证明 当,,D E F 为ABC ∆各边的中点时，有1BD CE AFDC EA FB ===， 得1BD CE AFDC EA FB= ． 又因 180EBC FCB ABC ACB ∠+∠<∠+∠<， 故BE 与CF 相交，得,,AD BE CF 三线共点．（2）三角形的三条角平分线相交于一点（三角形的内心）证明 当,,AD BE CF 为ABC ∆各内角平分线时，由角平分线定理，有,,BD AB CE BC AF ACDC AC EA AB FB BC ===， 相乘 1BD CE AF AB BC ACDC EA FB AC AB BC== ．又因 180EBC FCB ABC ACB ∠+∠<∠+∠< ， 故BE 与CF 相交，得,,AD BE CF 三线共点． （3）三角形的三条高线相交于一点（三角形的垂心）证明 先证锐角三角形成立．如图15，当,,AD BE CF 为ABC ∆各边的高线时，有BD ABRt ABD Rt CBF BF BC ⇒=， CE BCRt BCE Rt ACD DC AC ⇒= ，AF ACRt CAF Rt BAE AE AB ⇒= ，相乘得sin sin sin 1sin sin sin BD CE AF DC EA FB βαγαγβ== ． 图15 又因 180EBC FCB ABC ACB ∠+∠<∠+∠<， 故BE 与CF 相交，得,,AD BE CF 三线共点．再证钝角三角形成立． 如图16，ABC ∆中，A ∠为钝角，设高线,B E C F延长相交于G ，则GBC 为锐角三角形，由上证，它的三条高线相交于一点，因为,BE CF 已相交于A ，所以，过G 而垂直于BC 的高线经过A ，也就是A B C ∆的三条高线,,AD BE CF相交于点G ． 图16最后，直角三角形显然成立．因而对任意三角形都有三条高线共点．（4）三角形的三条垂直平分线相交于一点（三角形的外心）证明 对ABC ∆，作其中位线DEF ，由上证，DEF 的三条高线共点，得ABC ∆的三条垂直平分线相交于一点．定理17 （斯特沃尔特定理）在ABC ∆中，D 是BC 上一点，则222BD AC DC AB AD BD DC BC⋅+⋅=-⋅．证明 如图17，在ABD 与ABC 中，用余弦定理，有2222cos AD AB BD AB BD B =+- ， ① 图17222cos 2AB BC AC B AB BC+-= ， ②代入消去cos B ，得222222AB BC AC AD AB BD BD BC+-=+-()()22BD AC BC BD AB BD BC BD BC+-=--22BD AC DC AB BD DC BC+=- ．也可以将余弦定理①、②2222cos AD AB BD AB BD B =+- ，2222cos AC AB BC AB BC B =+- ， 看成齐次线性方程组()()2222220,0,AB BD AD x BDy AB BC AC x BCy ⎧+-+=⎪⎨+-+=⎪⎩，有非零解1,2cos x y AB B ==-，得系数行列式为0222222AB BD AD BD AB BC AC BC +-=+-，化简即得．推论1三角形中线长a m =． 证明 在斯特沃尔特定理中取BD DC =，有 222224AC AB BC AD +=-，即a m == 推论2 三角形角平分线长a t =()12p a b c =++．证明 在斯特沃尔特定理中取BD ABDC AC=，即 ,AB ACBD BC DC BC AB AC AB AC==++ ，有 ()222AB AC BC AD AB AC AB AC =-+ ()()222AB ACAB AC BC AB AC ⎡⎤=+-⎣⎦+ ()()()2AB ACAB AC BC AB AC BC AB AC =+++-+ ．令()12p a b c =++，得a t =推论3 三角形高线长a h =，其中()12p a b c =++．证明 当D 为垂足时，如图17，有22222,,BD DC a AD b CD c BD +==-=-由 2222,,BD DC a BD CD c b +=⎧⎨-=-⎩可解得 222222,2,2a b c BD aa b c CD a ⎧-+=⎪⎪⎨+-⎪=⎪⎩从而 222222222a b c AD b CD b a ⎛⎫+-=-=- ⎪⎝⎭()()22222221224ab a b c ab a b c a⎡⎤⎡⎤=++--+-⎣⎦⎣⎦ ()()()()()()()()()22222221414,4a b c c a b aa b c a b c c a b c a b p p c p b p a a a ⎡⎤⎡⎤=+---⎣⎦⎣⎦=+++-+--+=---得a h =．定理18 （西姆松定理）过三角形外接圆上任意一点作三边的垂线，则三垂足共线（西姆松线）．反之，若一点到三角形三边所在直线的垂足共线，则该点在三角形的外接圆上．证明 如图18，ABC 外接圆上任意一点P 到三边所在直线的垂足为,,D E F ，连,DE DF 及,,PA PB PC ，由,,PD BC PE AC PF AB ⊥⊥⊥知，点,,,P B F C 与点,,,P D C E 分别共圆，有180PDF PBF ∠+∠=， ①PDE PCE ∠=∠． ②又由,,,P A B C 共圆，有PCE PBF ∠=∠． ③ 图18由①、②、③得180PDF PDE ∠+∠=． ④从而，,,D E F 三点共线．反之，若,,D E F 三点共线，由①、②、④可得③成立，于是,,,P A B C 共圆，即点P 在ABC 的外接圆上．定理19 （托勒密定理）圆内接四边形中，两对边的乘积之和等于它的对角线的乘积．反之，若四边形的两对边的乘积之和等于它的对角线的乘积，则该四边形内接于一圆．证明 如图19，在圆内接四边形ABCD 的对角线AC 上取一点E ，使ADE BDC ∠=∠，又由ADE BDC ∠=∠，得A D EB DC = ，有 AE BCAD BC AE BD AD BD=⇒= ． ①再由,ADB EDC ABD ECD ∠=∠∠=∠，得ABD ECD = ，有 A B C EA B C D C E B D B D C D=⇒= ． ②②+①得()AB CD AD BC AE EC BD AC BD +=+= ．反之，若四边形ABCD 中，有AB CD AD BC AC BD += ． 图19如图20设点D 到ABC 三边所在直线的垂足为111,,A B C ，连111111,,A B AC B C ，因为11,,,A C B D 四点共圆，且AD 是直径，所以，在11ABC 中用正弦定理有1111sin sin 2BCB C AD B DC AD BAC AD R=∠=∠= ． 其中，R 为ABC 的外接圆半径．同理， 1111,22AB AC A B CD A C BD R R==， 这时，若D 不在ABC 的外接圆上，则由西姆松定理知111,,A B C 图20不共线，得 111111A B BC AC +>，即 222A B B C A C C DA DB D R R R+> ， 得 AB CD AD BC AC BD +>． 与已知AB CD AD BC AC BD += 矛盾，故D 在ABC 的外接圆上，即四边形为ABCD 圆内接四边形．托勒密定理的推广：四边形ABCD 中，有AB CD AD BC AC BD +≥． 证明 视,,,A B C D 为复平面上的复数，由恒等式()()()()()()A B C D A D B C A C B D --+--=--，A B CDE求模得不等式()()()()()()()()()()A B C D A D B C A B C D A D B C A C B D --+--≥--+--=--即 A B C D A D B C A C B D --+--≥--，得AB CD AD BC AC BD +≥定理20（费马点）在锐角三角形所在平面上求一点，使它到三角形三顶点的距离之和为最小． 证明 设P 为锐角ABC 内一点，现将APB 绕点A 向外旋转60 ，得A Q D ，由于,60A P A Q P A Q =∠=，所以，APQ 是等边三角形，有 PQ PA =，得 PA PB PC BP PO QD BD ++=++≥.由于,60A D ABC AD =∠=，所以，D 为定点，当,,,B P Q D共线时PA PB PC ++取最小值BD ，此时 图21 180120APB APQ ∠=-∠= .同样讨论可知，当120APB APC BPC ∠=∠=∠=时，PA PB PC ++取最小值.定理21 （欧拉线）在任一三角形中，外心，重心和垂心共线，且垂心到重心两倍于外心到重心的距离． 证明 在ABC 中，设O 为外心，G 为的重心，M 为AB 的中点，连结CM ，则G 在CM 上，且有 2CG GM =.连结OM ，则OM AB ⊥.连结OG 并延长到H ，使 2HG OG =，连CH ，有CGH MGO ，得GCH GMO ∠∠ ，推出 //CH OM ，但OM AB ⊥，所以CH AB ⊥.同理，AH BC ⊥. 图22 所以，H 为三角形垂心. 三、基本方法数学竞赛中的几何题几乎涉及所有的平面几何方法，主要有三大类：综合几何法、代数法和几何变换法．1．综合几何方法：如全等法、相似法、面积法等，证逆命题时常用到同一法，反证法．2．代数方法：如代数计算法、复数法、坐标法、三角法、向量法等．另有些几何不等式经过变换（图23） ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=x z c z y b y x a ,,C图23之后，就成为正数的代数不等式了，反之，也可以把代数问题转化为几何问题．3．几何变换方法：如平移、旋转、反射、位似、反演等． 解几何题举例．例1 （2005、全国高中数学联赛） 如图24，设AB AC >，过A 作ABC 的外接圆的切线l ，又以A 为圆心，AC 为半径作圆分别交线段AB 于D ，交直线l 于E ，F ．证明：DE ，DF 通过ABC 内心和一个旁心．分析：只考虑内心．第1．题目的条件是什么，一共有几个，其数学含义如何．（1）,CAE ABC DAF ACB ∠=∠∠=∠， （2）DEF 中，1122DEF DAF ACB ∠=∠=∠， ()1122DFE DAE ABC BAC ∠=∠=∠+∠， 图2490EDF ∠= ．（3）等腰ADE 中，()()111180180222ADE DAE ABC BAC ACB ∠=-∠=-∠-∠=∠（4）等腰ADF 中，()11802ADF AFD DAF ∠=∠=-∠ 1902ACB =-∠ ．第2．弄清题目的结论是什么，一共有几个，其数学含义如何．结论成立需要什么？（1）结论有两个：,DE DF 一个通过ABC 的内心，一个通过ABC 的旁心．什么是通过，数学实质是证三线共点．①应是DE 通过ABC 的内心 ②应是DF 通过ABC 的旁心（2）放下旁心，立即想“内心”的定义，这导致我们作ABC 的内角平分线．由于B 点的信息量最少，因而优先考虑,A C ∠∠的平分线，这就出现了A ∠的平分线IA ，联结IC ，问题转化为证IC 是C ∠的平分线． 即12A C I A CB ∠=∠． 第3．弄清题目的条件与结论有哪些数学联系，是一种什么样的结构．题目的条件和结论是两个信息源．从条件发出的信息，预示可知并启发解题手段，从结论出发的信息预告需知并诱导解题方向，抓住条件和结论“从何处下手、向何方前进”就有一个方向（1）由结论12ACI ACB ∠=∠的需要，联想何处能提供12ACB ∠？想到 1122ADE AED DAF ACB ∠=∠=∠=∠问题转化为证12ACI ADE ACI AED ACI DAF ∠=∠∠=∠∠=∠ 其中之一（2）由于,AC AD AI =公共，CAI DAI ∠=∠，故ACI ADI = ，所以ACI ADI ∠=∠是可以实现的．证明 如图25，作BAC ∠的平分线交DE 于I ，联结IC ，由,AC AD AI =公共，CAI DAI ∠=∠，得 ACI ADI = ，有 A C I A D I ∠=∠．但是 A D I A E D ∠=∠（等腰三角形的两个底角相等） 12D A F =∠（圆周角等于同弧圆心角的一半） 12A CB =∠（弦切角定理）得 12A C I A CB ∠=∠， 图25 两条角平分线的交点I 必为ABC 的内心，所以DE 通过ABC 的内心．例2 证明：对任意三角形，一定存在两条边，它们的长,u v满足1u v ≤<． （“《数学周刊》杯”2007全国初中数学竞赛试题）讲解 有两种思维水平的处理．水平1 （参考答案）设任意ABC 的三边长为,,a b c ，不妨设a b c ≥≥．若结论不成立，则必有a b ≥， ①b c ≥ 5分 ② 记,b c s a b t c s t =+=+=++，显然0,0s t >>，代入①得c s t c s ++≥+，11s tc c s c++≥+ 令,s tx y c c==，则1112x y x ++≥+ ③由a b c <+，得c s t c s c ++<++，即t c <，于是1ty c=<．由②得112b c s x c c ++==+≥④ 由③，④得()5111y x ⎫≥+≥=⎪⎪⎝⎭， ⑤ 此式与1y <矛盾，从而命题得证． 15分评析 这个证明写得很曲折，其实③式就是①式、④式就是②式，解题的实质性进展在两个知识的应用上．（1）三角形基本定理：三角形两边之和大于第三边．使用“增量法”，引进四个参数,,,s t x y 推出1tc<是基本定理的变形（1a b c -<），构成矛盾也是与基本定理的变形1a by c-=<矛盾．（2）特征数据12的性质．这表现在⑤式用到的两个运算+=1 1=． 抓住这两点，立即可得问题的改进解法：若结论不成立，则存在ABC ，满足a b c ≥≥，且使12a b ≥，12b c ≥ 同时成立，得5111.a b c c b b b +≤<=+≤==矛盾．故对任意三角形，一定存在两条边，它们的长,u v 满足1u v ≤< 这还只是局部上的修修补补，更关键的是抓住实质性的知识可以构造不等式0()a b c >-+ （提供不等式）a b c =-+⎝⎭⎝⎭ ）=a b ⎛⎫⎫⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⑥ 据此可以成批得出本题的证明．另证 记任意ABC 的三边长为,,a b c ，不妨设a b c ≥≥，又设,a b x min b c ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，则1,1,,a b bx x a b x c b c x≤≤≤≤⇒≥≤，代入基本定理，有 210,b a b c bx a b c b x x x <+⇒<<+<+⇒--<解得1x ≤<． 说明 对比这两种思维水平，所用到的知识是相同的，结论也都正确．但水平一仍然停留在浅层结构的认识上，有在外围兜圈子之嫌，而水平二则更接近问题的深层结构，思路清晰而简明．例3 （斯坦纳定理）两条角平分线相等的三角形为等腰三角形． 证明 如图，在ABC 中，,BD CE 为角平分线，且BD CE =. 不妨设B C ∠≥∠，在EO 上取一点M ，使O B M O C D ∠=∠，记BM 的延长线交AC 于N ，则NBD NCM ，有1NB BD BDNC CM CE =≥=， 有 N B N C >. 图26 在NBC 中，由大边对大角，得NBC NCB ∠≤∠OBC OCB ⇒∠≤∠即 1122B C B C ∠≤∠⇒∠≤∠，得 B C B C B C ∠≥∠⎫⇒∠=∠⎬∠≤∠⎭.例4 （蝴蝶定理）设AB 是圆的一根弦，过AB 的中点M 作两弦,,CD EF 设,ED CF 分别交AB 于,P Q ．求证PM MQ =．证明1 如图27，设,PM x QM y ==，AM BM a ==，有有显然的面积等式1QEM QDMCMP PFM CMP QEM PFM QDMS S S S S S S S = ， 即s i n s i ns i ns i n1s i n s i ns i n s i nC P C M Q M E M F P F M Q MD M P M C ME Q E M P MF M D Q D M αγβδδαγβ=，得 22CP FP QM EQ DQ PM = .由相交弦订立又有()()22CP FP AP PB a x a x a x ==-+=-()()22EQ DQ AQ QB a y a y a y ==+-=-图27得 ()()222222a x y a y x -=-可得x y =即PM QM =.证明2 以AB 所在的直线为x 轴，以M 为原点建立直角坐标系，则圆的方程可以表示为()222x y b R +-=，（R b > ①而,CD EF 的方程为11220,0a y b x a y b x -=-=，相乘()()11220a y b x a y b x --= ②则过,,,C D E F 四点的曲线系方程为()()()22211220x y b R a y b x a y b x λ⎡⎤+--+--=⎣⎦．这也包括退化为直线,DE CF 的情况，令0y =，可得曲线系与x 轴的交点横坐标所满足的方程 图28()2221210bb x b R λ-+-=． ③因为,CF ED 分别交AB 于,P Q ，所以二次方程③必有两个实根12,x x ，且由方程的常数项为0知， 恒有 120x x +=，（中点不变性） 即 PM QM =．例6 （垂足三角形）锐角三角形的所有内接三角形中，周长最小的一个是其垂足三角形． 证明 设Z 是AB 边上的任意定点，作Z 关于AC 的对称点K ，再作Z 关于BC 的对称点H ，连KH 交,CA CB 于,Y X ，则X Y Z 是以Z 为定点的内接三角形中周长最短的一个.现固定,X Y ，由于CZ 与CK 关AC 对称，CZ 与CH 关于BC 对称，所以图29,,ZCA KCA ZCB HCB ∠=∠∠=∠得 2K C H A C B ∠=∠.所以，KCH 是顶角为定值、腰长等于CZ 的等腰三角形，当腰长最短时，KH 也最短，易知，当CZ AB ⊥（即Z 是AB 边上的垂足）时CZ 取最小值，此时XYZ 的周长最短.同样的讨论知，X 是BC 边上的垂足、Y 是AC 边上的垂足时，内接XYZ 的周长最短.所以，锐角三角形的所有内接三角形中，周长最小的一个是其垂足三角形．例8 （厄尔多斯—摩德尔定理）设P 是ABC ∆内一点，其到三边的距离分别为,,x y z ，则)(2PF PE PD PC PB PA ++≥++．等号成立当且仅当ABC ∆为正三角形，且P 是ABC ∆的重心．证明 如图21，过作直线 MN 交AB 于M ，交AC 于N ，使 AMN ACB ∠=∠，得AMN ACB = ，有,AM AC b AN AB cMN BC a MN BC a ====． 又 12AMN MN AP S ≥1122AMP ANP S S AM z AN y =+=+ ， 图30得 A M A N b cP A z y z y M N M N a a ≥+=+ ． ①同理 c aPB x z b b ≥+ ， ②a bPC y x c c≥+ ， ③相加 PA PB PC ++c b a c b a x y z b c c a a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥+++++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()2x y z ≥++ ④其中④式取等号a b c ⇔==，①式取等号AP MN ⇔⊥，这时ABC ∆为正三角形，且P 是ABC∆的重心．例9 （1995 536-IMO ）设ABCDEF 是凸六边形,满足CD ，BC AB ==FA ，EF DE == 060BCD EFA ∠=∠=．设G 是H 是这六边形内部的两点,使得0120=∠=∠DHE AGB ．证明 如图,将六边形以BE 为轴作一对称图形,11E BDF AC 有 图31.11CF F C =由于,1200=∠=∠DHE AGB 所以11,,,,,,F D H E G B C A 及切四点共圆,连1C .H F ,G C 11则,GB AG G C 1+= ① .HE DH HF 1+= ②从而 HE DH GH GB AG ++++1111C G GH HF C F CF =++≥=评析 此例通过对称，将需比较大小的6条线段集中在一起，当中的①、②两式也可以用旋转变换来证明．例10 （1986 227-IMO ）在平面上给定点0P 和321A A A ∆，且约定当4≥S 时，3-=S S A A ．构造点列,,,,210 P P P 使得1+k P 为点k P 绕中心1+k A 顺时针旋转120所到达的位置，,,2,1,0 =k 求证，如果01986P P =，则321A A A ∆为等边三角形．证明 引进复平面，以各点的字母表示各点上的复，并设())120sin(120cos -+-=i ωi 2321--=则01,123=++=ωωω依题意，有（如图32）().111ω+++-=-k k k k A P A P有 ()11-+-=n n n p A P ωω ()()]1[121--+-+-=n n n P A A ωωωω()()2211--++-=n n n P A A ωωω=……()o n n n n n P A A A A ωωωωω+++++-=---][111221当n =1986时，由于,,1,1,1986233o S S P P A A =--===-ωωω有 ()()o P A A A P +++-=122319861662ωωω ()()().][166219861213P A A A A +-+--=ωω 得 ()()()60sin 60cos 122113i A A A A A A +-=-=-ω这说明，A 1A 3可由A 1A 2绕A 1逆时针旋转60°得到，故321A A A ∆为正三角形．例11 在凸四边形ABCD 中，若AB 大于其余三边，BC 小于其余三边，则,BAD BCD ∠∠的关系为（ ）P k+1 P 1图32（A ）BAD BCD ∠<∠ （B ） BAD BCD ∠=∠ （C ）BAD BCD ∠>∠ （D ）不能确定解 如图5，取一个平行四边形ABCD ，使CBD 为等腰直角三角形，作CBD 的外接圆O ，以D 为圆心、以DC 为半径，画弧交AB 延长线于E ，连DE 交O 于1C ，交BC 于2C ；又在线段1C E 内取点3C ，连13,BC BC ，则在四边形()1,2,3i ABC D i =中，AB 大于其余三边，i BC 小于其余三边，有2BAD BC D ∠<∠，1BAD BC D ∠=∠，3BAD BC D ∠>∠，选（D ）． 图5 错在哪里？四、组合几何组合几何诞生于20世纪五六十年代，是组合数学的成果来解决几何学中的问题，所牵涉的类型包括计数、分类、构造、覆盖、递推关系以及相邻、相交、包含等拓扑性质．这类问题离不开几何知识的运用、几何结构的分析，但关键是精巧的构思．不仅在组合设计中需要，在组合计数中也少不了构思．竞赛中的组合几何主要有四类问题：计数问题，结构问题，覆盖问题，染色问题． 求解竞赛中的组合几何问题既需要一般性的常规方法、又需要特殊性的奥林匹克技巧（1）常规方法(一般性)，如探索法、构造法、反证法、数学归纳法、待定系数法、换元法、消元法、配方法等．（2）奥林匹克技巧(特殊性)，如构造、对应、递推、区分、染色、配对、极端原理、对称性分析、包含与排出、特殊化、一般化、数字化、有序化、不变量、整体处理、变换还原、逐步调整、奇偶分析、优化假设、计算两次、辅助图表等．1．计数问题（数数问题． sh u ∨`shu ）⑴ 基本含义:计算具有某种几何结构的几何对象有多少个，如满足某种性质的点、边、角、三角形、圆有多少个．有时，也会求方法数．⑵ 基本方法．求解几何中的计数问题，通常要经历两步：①进行几何结构的分析．包括所给定的图形结构分析与所计数的几何性质的结构分析， 明确所给定图形的几何结构，明确所求解图形的几何结构．②根据几何结构的分析采用计数方法求出结果，可以直接计算、分类计算(加法原理)、例1 分正方形的每条边为4等分，取分点（不包括正方形的顶点）为顶点可以画出多少个三角形？ 解法１ （1）几何结构的分析：图形是怎样组成？三角形的顶点与正方形的关系？ ①三点在四条边上（×）②三点在三条边上：四边取三边，每边中三点取一点4×3×3×3=108③三点在两条边上：四边取一边，这边中三点取两点，另九点取一点4×3×9=108。
竞赛专题讲座解析几何
1．以知过点(0,1)的直线l 与曲线1:(0)C y x x x=+>交于两个不同点M 和N ，求曲线C 在点M 、N 处的切线的交点轨迹。
解：设,M N 的坐标分别为11(,)x y 和22(,)x y ，曲线C 在点M 、N 处的切线分别为12,l l ，其交点P 的坐标为(,)p p x y 。
若直线l 的斜率为k ，则l 的方程为1y kx =+由方程组11y x x y kx ⎧=+⎪⎨⎪=+⎩，消去y ，得11x kx x +=+，即2(1)10k x x -+-=。
由题意知，该方程在(0,)+∞上有两个相异的实根12,x x ，故1k ≠，且121214(1)0(1)130(2)11410(3)1k x x k k x x k ⎧⎪=+->⎪⎪+=>⇒<<⎨-⎪⎪=>⎪-⎩对1y x x=+求导，得1''221111,1x x y y x x ==-=-则，2'2211x x y x ==-。
于是，直线1l 的方程为 11211(1)()y y x x x -=--，即1121111()(1)()y x x x x x -+=--， 化简后得到直线1l 的方程为：21112(1)(4)y x x x =-+，同理可求得直线2l 的方程为：22212(1)(5)y x x x =-+，(4)(5)-得：2221121122()0p x x x x x -+-=，因为12x x ≠，故有：12122(6)p x x x x x =+， 将(2),(3)两式代入(6)式得2p x =(4)(5)+得：22121211112(2())2()(7)p p y x x x x x =-+++，其中121212111x x x x x x ++== 2222121212122222221212121212()2112()12(1)21x x x x x x x x k k x x x x x x x x x x ++-++===-=--=-代入(7)得：2(32)2p p y k x =-+，而2p x =，得42p y k =-，又由314k <<得： 522p y <<，即点P 的轨迹为(2,2)，5(2,)2两点间的线段（不含端点）。
高中数学竞赛平面几何讲座(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：APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行, 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DCAQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BC AN 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＝NCME 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 MAGD 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.)O图107. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G .求证：FH ＝HG .(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N .)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：OM ＝ON .(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F .过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF .)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“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°.A BGCD FE图1ABCDPO 图2设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又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.A图3BPQDHC A EDCB图4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 3＝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 ＇,E A NCD B FM 12345图6(1)(2)图8ABCA'B'C'c a b a'c'b'ABCa bb c∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '', 即 DC c '＝aa '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD ,即 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.F DAEC图10图11(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.)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之五：解析几何_2_
高中数学竞赛专题讲座之五： 《解析几何》各类竞赛试题选讲一、选择题1．（04湖南）湖南）已知曲线已知曲线C ：x x y 22--=与直线0:=-+m y x l 有两个交点，则m 的取值范围是(C) A ．)2,12(-- B ．)12,2(--C ．)12,0[-D ．)12,0(-2．（05全国）方程13cos 2cos 3sin 2sin 22=-+-y x 表示的曲线是表示的曲线是（ ）A ．焦点在x 轴上的椭圆轴上的椭圆B ．焦点在x 轴上的双曲线轴上的双曲线C ．焦点在y 轴上的椭圆轴上的椭圆D ．焦点在y 轴上的双曲线轴上的双曲线3．（06浙江）已知两点A (1,2), B (3,1) 到直线L 的距离分别是25,2-，则满足条件的直线L 共有（共有（ C ）条. A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解: 由,5=AB 分别以A ，B 为圆心，2，5为半径作两个圆，则两圆外切，有三条共切线。
正确答案为C. 4．（06安徽）过原点O 引抛物线224y x ax a =++的切线，当a 变化时，两个切点分别在抛物线（线（ ）上）上A ．2213,22y x y x == B ．2235,22y x y x ==C ．22,3y x y x ==D ．223,5y x y x ==5．若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A ) A ．a 21 B ．a1C ．aD ．a 26．（06江苏）已知抛物线y 2=2px ，o 是坐标原点，F 是焦点，P 是抛物线上的点，使得△POF 是直角三角形，则这样的点P 共有(B) A ．0个B ．2个C ．4个D ．6个7．（06全国）如图3，从双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点F 引圆222x y a +=的切线，切点为T ．延长FT 交双曲线右支于P 点.若M 为线段FP 的中点，O 为坐为坐 标原点，则||||MO MT -与b a -的大小关系为（的大小关系为（ ） A ．||||MO MT b a ->-B ．||||MO MT b a -=-C ．||||MO MT b a -<-D ．不确定．不确定8．（05四川）双曲线12222=-b y a x 的左焦点为1F ，顶点为21,A A ，P 是该双曲线右支上任意一点，则分别以线段211,A A PF 为直径的两圆一定为直径的两圆一定 （ ）A ．相交．相交B ．内切．内切C ．外切．外切D ．相离．相离解：设双曲线的另一个焦点为2F ，线段1PF 的中点为C ，在△PF F 21中，C 为1PF 的中点，O 为21F F 的中点，从而|)||(|21||212112A A PF PF OC -==，从而以线段211,A A PF 为直径的两圆一定内切. 9．点A 是直线x y l 3:=上一点，且在第一象限，点B 的坐标为（3，2），直线AB 交x 轴正半轴于点C ，那么三角形AOC 面积的最小值是（A ）10．（02湖南）已知A （-7，0），B （7，0），C （2，-12）三点，若椭圆的一个焦点为C ，且过A 、B 两点，此椭圆的另一个焦点的轨迹为（两点，此椭圆的另一个焦点的轨迹为（ ）（奥析263） A ．双曲线．双曲线 B ．椭圆．椭圆 C ．椭圆的一部分．椭圆的一部分 D ．双曲线的一部分．双曲线的一部分11．（03全国）过抛物线)2(82+=x y 的焦点F 作倾斜角为60O的直线。
高中数学竞赛讲义第十章 直线与圆的方程【讲义】
第十章 直线与圆的方程一、基础知识1．解析几何的研究对象是曲线与方程。
解析法的实质是用代数的方法研究几何.首先是通过映射建立曲线与方程的关系,即如果一条曲线上的点构成的集合与一个方程的解集之间存在一一映射,则方程叫做这条曲线的方程,这条曲线叫做方程的曲线。
如x 2+y 2=1是以原点为圆心的单位圆的方程。
2．求曲线方程的一般步骤：(1)建立适当的直角坐标系；(2)写出满足条件的点的集合；(3)用坐标表示条件,列出方程；(4)化简方程并确定未知数的取值范围；（5）证明适合方程的解的对应点都在曲线上,且曲线上对应点都满足方程（实际应用常省略这一步）。
3．直线的倾斜角和斜率：直线向上的方向与x 轴正方向所成的小于1800的正角,叫做它的倾斜角。
规定平行于x 轴的直线的倾斜角为00,倾斜角的正切值（如果存在的话）叫做该直线的斜率。
根据直线上一点及斜率可求直线方程。
4．直线方程的几种形式：（1）一般式：Ax+By+C=0；（2）点斜式：y-y 0=k(x-x 0)；（3）斜截式：y=kx+b ；（4）截距式：1=+b y a x ；（5）两点式：121121y y y y x x x x --=--；（6）法线式方程：xcos θ+ysin θ=p（其中θ为法线倾斜角,|p|为原点到直线的距离）；（7）参数式：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=θθsin cos 00t y y t x x （其中θ为该直线倾斜角）,t 的几何意义是定点P 0（x 0, y 0）到动点P （x, y ）的有向线段的数量（线段的长度前添加正负号,若P 0P 方向向上则取正,否则取负）。
5．到角与夹角：若直线l 1, l 2的斜率分别为k 1, k 2,将l 1绕它们的交点逆时针旋转到与l 2重合所转过的最小正角叫l 1到l 2的角；l 1与l 2所成的角中不超过900的正角叫两者的夹角。
若记到角为θ,夹角为α,则tan θ=21121k k k k +-,tan α=21121k k k k +-.6．平行与垂直：若直线l 1与l 2的斜率分别为k 1, k 2。
高中数学竞赛专题讲座解析几何
高中数学竞赛专题讲座解析几何一、选择题部分某2y21上任一点P，作椭圆C的右准线的垂线PH（H为垂足）1．(集训试题)过椭圆C：，延长PH到点Q，使|HQ|=32λ|PH|(λ≥1)。
当点P在椭圆C上运动时，点Q的轨迹的离心率的取值范围为A．(0,（）3]3B．(33,]32C．[3,1)3D．(3,1)2HP1，所以PQ1解：设P(某1,y1)，Q(某,y)，因为右准线方程为某=3，所以H点的坐标为(3,y)。
又∵HQ=λPH，所以3(1)某[某3(1)]2y2某1由定比分点公式，可得：，代入椭圆方程，得Q点轨迹为1，所以离心率223y1ye=32223123[,1).故选C.2332．（2006年南昌市）抛物线顶点在原点,对称轴为某轴,焦点在直线3某-4y＝12上,则抛物线方程为(D) A．y12某2B．y12某22C．y16某2D．y16某23．（2006年江苏）已知抛物线y2p某，O是坐标原点，F是焦点，P是抛物线上的点，使得△POF是直角三角形，则这样的点P共有（B）A．0个B．2个C．4个D．6个某2y24．（2006天津）已知一条直线l与双曲线221（ba0）的两支分别相交于P、Q两点，O为原点，当OPOQab时，双曲线的中心到直线l 的距离d等于（A）abA．B．2222baba5．(2005全国)方程abb2a2b2a2C．D．abab某2in2in3y2co2co31表示的曲线是（）A．焦点在某轴上的椭圆B．焦点在某轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线解：23,02232,co(2)co(3),即222in2in3.又02,3,co20,co30,co2co30,222323in()()2242323.in()0,2424方程表示的曲线是椭圆.(in2in3)(co2co3)22in223230,in0,2222333,244()式0.即in2in3co2co3.曲线表示焦点在y轴上的椭圆，选C。
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高中数学竞赛专题讲座（解析几何）一、基础知识1．椭圆的定义，第一定义：平面上到两个定点的距离之和等于定长（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹，即|PF 1|+|PF 2|=2a (2a>|F 1F 2|=2c).第二定义：平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0<e<1)的点的轨迹（其中定点不在定直线上），即e dPF =||(0<e<1). 第三定义：在直角坐标平面内给定两圆c 1: x 2+y 2=a 2, c 2: x 2+y 2=b 2, a, b ∈R +且a ≠b 。
从原点出发的射线交圆c 1于P ，交圆c 2于Q ，过P 引y 轴的平行线，过Q 引x 轴的平行线，两条线的交点的轨迹即为椭圆。
2．椭圆的方程，如果以椭圆的中心为原点，焦点所在的直线为坐标轴建立坐标系，由定义可求得它的标准方程，若焦点在x 轴上，列标准方程为12222=+b y a x (a>b>0)， 参数方程为⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x （θ为参数）。
若焦点在y 轴上，列标准方程为12222=+b y a y (a>b>0)。
3．椭圆中的相关概念，对于中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆12222=+by a x ， a 称半长轴长，b 称半短轴长，c 称为半焦距，长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别为(±a, 0), (0, ±b), (±c, 0)；与左焦点对应的准线（即第二定义中的定直线）为c a x 2-=，与右焦点对应的准线为c a x 2=；定义中的比e 称为离心率，且ac e =，由c 2+b 2=a2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。
若P(x, y)是椭圆上的任意一点，则|PF 1|=a+ex, |PF 2|=a-ex.5．几个常用结论：1）过椭圆上一点P(x 0, y 0)的切线方程为12020=+byy a x x ； 2）斜率为k 的切线方程为222b k a kx y +±=；3）过焦点F 2(c, 0)倾斜角为θ的弦的长为θ2222cos 2c a ab l -=。
6．双曲线的定义，第一定义：满足||PF 1|-|PF 2||=2a(2a<2c=|F 1F 2|, a>0)的点P 的轨迹；第二定义：到定点的距离与到定直线距离之比为常数e(>1)的点的轨迹。
7．双曲线的方程：中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线方程为12222=-b y a x ， 参数方程为⎩⎨⎧==ϕϕtan sec b y a x （ϕ为参数）。
焦点在y 轴上的双曲线的标准方程为12222=-b x a y 。
8．双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线12222=-by a x (a, b>0), a 称半实轴长，b 称为半虚轴长，c 为半焦距，实轴的两个端点为(-a, 0), (a, 0). 左、右焦点为F 1(-c,0), F 2(c, 0)，对应的左、右准线方程分别为.,22c a x c a x =-=离心率a ce =，由a 2+b 2=c 2知e>1。
两条渐近线方程为x a ky ±=，双曲线12222=-by a x 与12222-=-b y a x 有相同的渐近线，它们的四个焦点在同一个圆上。
若a=b ，则称为等轴双曲线。
9．双曲线的常用结论，1）焦半径公式，对于双曲线12222=-by a x ，F 1（-c,0）, F 2(c, 0)是它的两个焦点。
设P(x,y)是双曲线上的任一点，若P 在右支上，则|PF 1|=ex+a, |PF 2|=ex-a ；若P （x,y ）在左支上，则|PF 1|=-ex-a ，|PF 2|=-ex+a.2) 过焦点的倾斜角为θ的弦长是θ2222cos 2c a ab -。
10．抛物线：平面内与一个定点F 和一条定直线l 的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，点F 叫焦点，直线l 叫做抛物线的准线。
若取经过焦点F 且垂直于准线l 的直线为x 轴，x 轴与l 相交于K ，以线段KF 的垂直平分线为y 轴，建立直角坐标系，设|KF|=p ，则焦点F 坐标为)0,2(p ，准线方程为2px -=，标准方程为y 2=2px(p>0)，离心率e=1.11．抛物线常用结论：若P(x 0, y 0)为抛物线上任一点， 1）焦半径|PF|=2p x +； 2）过点P 的切线方程为y 0y=p(x+x 0)； 3）过焦点倾斜角为θ的弦长为θ2cos 12-p。
12．极坐标系，在平面内取一个定点为极点记为O ，从O 出发的射线为极轴记为Ox 轴，这样就建立了极坐标系，对于平面内任意一点P ，记|OP|=ρ,∠xOP=θ，则由（ρ，θ）唯一确定点P 的位置，（ρ，θ）称为极坐标。
13．圆锥曲线的统一定义：到定点的距离与到定直线的距离的比为常数e 的点P ，若0<e<1，则点P 的轨迹为椭圆；若e>1，则点P 的轨迹为双曲线的一支；若e=1，则点P 的轨迹为抛物线。
这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为θρcos 1e ep-=。
二、方法与例题1．与定义有关的问题。
例 1 已知定点A （2，1），F 是椭圆1162522=+y x 的左焦点，点P 为椭圆上的动点，当3|PA|+5|PF|取最小值时，求点P 的坐标。
[解] 见图11-1，由题设a=5, b=4, c=2245-=3,53==a c e .椭圆左准线的方程为325-=x ，又因为1161254<+，所以点A 在椭圆内部，又点F 坐标为（-3，0），过P 作PQ 垂直于左准线，垂足为Q 。
由定义知53||||==e PQ PF ，则35|PF|=|PQ|。
所以3|PA|+5|PF|=3(|PA|+35|PF|)=3(|PA|+|PQ|)≥3|AM|(AM ⊥左准线于M)。
所以当且仅当P 为AM 与椭圆的交点时，3|PA|+5|PF|取最小值，把y=1代入椭圆方程得4155±=x ，又x<0，所以点P 坐标为)1,4155(- 例2 已知P ，'P 为双曲线C ：12222=-by a x 右支上两点，'PP 延长线交右准线于K ，PF 1延长线交双曲线于Q ，（F 1为右焦点）。
求证：∠'P F 1K=∠KF 1Q.[证明] 记右准线为l ，作PD ⊥l 于D ，l E P ⊥'于E ，因为E P '//PD ，则|'||'|||||E P K P PD PK =，又由定义|'||'|||||11E P F P e PD PF ==，所以|'||||'||||'|||11K P PK E P PD F P PF ==，由三角形外角平分线定理知，F 1K 为∠PF 1P 的外角平分线，所以∠K F P 1'=∠KF 1Q 。
2．求轨迹问题。
例3 （1984年高考理科）求经过定点M （1，2），以y 轴为准线，离心率为21的椭圆的左顶点的轨迹方程解：因为椭圆经过点M （1，2），且以y 轴为准线，所以椭圆在y 轴右侧，长轴平行于x 轴设椭圆左顶点为A （x,y ），因为椭圆的离心率为21，所以左顶点A 到左焦点F 的距离为A 到y 轴的距离的21，从而左焦点F 的坐标为),23(y x设d 为点M 到y 轴的距离，则d=1根据21||=dMF 及两点间距离公式，可得 1)2(4)32(9,)21()2()123(22222=-+-=-+-y x y x 即 这就是所求的轨迹方程例4 长为a, b 的线段AB ，CD 分别在x 轴，y 轴上滑动，且A ，B ，C ，D 四点共圆，求此动圆圆心P 的轨迹。
[解] 设P(x, y)为轨迹上任意一点，A ，B ，C ，D 的坐标分别为A(x-2a ,0), B(x+2a,0), C(0, y-2b ), D(0, y+2b), 记O 为原点，由圆幂定理知|OA|•|OB|=|OC|•|OD|，用坐标表示为442222b y a x -=-，即.42222b a y x -=- 当a=b 时，轨迹为两条直线y=x 与y=-x ；当a>b 时，轨迹为焦点在x 轴上的两条等轴双曲线； 当a<b 时，轨迹为焦点在y 轴上的两条等轴双曲线。
例5 在坐标平面内，∠AOB=3π，AB 边在直线l: x=3上移动，求三角形AOB 的外心的轨迹方程。
[解] 设∠xOB=θ,并且B 在A 的上方，则点A ，B 坐标分别为B(3, 3tan θ),A(3,3tan(θ-3π)),设外心为P(x,y)，由中点公式知OB 中点为M ⎪⎭⎫ ⎝⎛θtan 23,23。
由外心性质知.3tan tan 23⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=πθθy 再由OB PM ⊥得23tan 23--x y θ×tan θ=-1。
结合上式有 )3tan(πθ-•tan θ=.2332⎪⎭⎫⎝⎛-x ①又 tan θ+)3tan(πθ-=.32y ② 又 .3tan 3tan3⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--==πθθπ所以tan θ-)3tan(πθ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅+3tan tan 13πθθ两边平方，再将①，②代入得1124)4(22=--y x 。
即为所求。
3．定值问题。
例6 过双曲线12222=-by a x (a>0, b>0)的右焦点F 作B 1B 2x ⊥轴，交双曲线于B 1，B 2两点，B 2与左焦点F 1连线交双曲线于B 点，连结B 1B 交x 轴于H 点。
求证：H 的横坐标为定值。
[证明] 设点B ，H ，F 的坐标分别为(asec α,btan α), (x 0, 0), (c, 0)，则F 1，B 1，B 2的坐标分别为(-c, 0), (c, ab 2-), (c, a b 2)，因为F 1，H 分别是直线B 2F ，BB1与x 轴的交点，所以.cos sin sin ,cos sin 20αααααb a ac ab x b a ab c ++=-=①所以 ααααα222220cos cos sin sin 2)sin (b ab a c b b a cx -++=ααααα222222sin cos sin sin )sin (c b ab a c b b a +-++= )sin )(sin ()cos sin (sin )sin (2b c b c b a a c b b a +-+++=αααααα。