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。
高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)
第一讲 注意添加平行线证题之迟辟智美创作 在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况.1、为了改变角的位置年夜家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.例1、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论.答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形.证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D.连结DA.在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC,∠DPB ＝∠C. 由BP ＝CQ,可知△DBP ≌△AQC.有DP ＝AC,∠BDP ＝∠QAC. 于是,DA ∥BP,∠BAP ＝∠BDP.则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP.所以AB ＝AC.这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2、如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE.求证：∠EBA ＝∠ADE.证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P,连PE. 由ABCD,易知△PBA ≌△ECD.有PA ＝ED,PB ＝EC. ∠BCE ＝∠BPE,∠APE ＝∠ADE.由∠BAF ＝∠BCE,可知∥＝A D B P Q C 图1P E D G A B F C 图2∠BAF ＝∠BPE.有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE.所以,∠EBA ＝∠ADE.这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.2、欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题. 例3、在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ. 证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F,过点F作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G,连PG.由BD 平行∠ABC,可知点F 到AB 、BC两边距离相等.有KQ ＝PN. 显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG ,可知PG ∥EC. 由CE 平分∠BCA,知GP 平分∠FGA.有PK ＝PM.于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ.这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM ＝PK,就有PM ＋PN ＝PQ.证法非常简捷.3 、为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.例4设M1、M2是△ABC 的BC 边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM1、AM2于P 、Q 、N1、N2.试证：AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 证明：如图4,若PQ ∥BC,易证结论成立. 若PQ 与BC 不服行, AN E B Q K G C D M F P 图3A P E DM 2M 1BQ N 1N 2图4设PQ 交直线BC 于D.过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E. 由BM1＝CM2,可知BE ＋CE ＝M1E ＋M2E,易知 AP AB ＝DE BE ,AQAC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2. 则AP AB ＋AQ AC ＝DE CE BE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM . 所以,AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE,于是问题迎刃而解.例5、AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E,CK 交AB 于F.求证：∠FDA ＝∠EDA.证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、 BE 、CF 于Q 、P 、N 、M. 显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD·AM ＝DC·AN. (1) 由BD AP ＝FBAF＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE＝BC AN ,有AQ ＝BC AN DC ·. (3) 比较(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ.显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ.所以,∠FDA ＝∠EDA.这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有年夜量的比例式发生,恰本地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.4、为了线段相等的传递当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.图5M P A Q N F B D CEK例6在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,而且∠MDN ＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝41(AB2＋AC2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E.连ME.由BD ＝DC,可知ED ＝DN.有△BED ≌△CND. 于是,BE ＝NC.显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN.由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB2＋AC2). 这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN,使解题找到前途.例7、如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F,使EA ＝DA,FB ＝DB.过D 作AB 的垂线,交半圆于C.求证：CD 平分EF.证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB.易知DB2＝FB2＝AB·HB,AD2＝AE2＝AG·AB.二式相减,得DB2－AD2＝AB·(HB －AG),或 (DB －AD)·AB ＝AB·(HB －AG).于是,DB －AD ＝HB －AG,或DB －HB ＝AD －AG.就是DH ＝GD.显然,EG ∥CD ∥FH.故CD 平分EF.这里,为证明CD 平分EF,想到可先证CD 平分GH.为此添加CD 的两条平行线EG 、FH,从而获得G 、H 两点.证明很精彩. 经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等. 如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有图6A N C D E B M A G D O H BF C E图7BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即BN DM ＝NC ME 或ME DM ＝NC BN . 此式标明,DM ＝ME 的充要条件是BN ＝NC.利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.例8如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长后得交点E 、F,对角线BD ∥EF,AC 的延长线交EF 于G.求证：EG ＝GF. 证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N.由BD ∥EF, 可知MN ∥BD.易知 S △BEF ＝S △DEF.有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC.可得MC ＝CN.所以,EG ＝GF.例9如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB的切点.若OD 与EF 相交于K,求证：AK 平分证明：如图10,过点K 作BC Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF. 由OD ⊥BC,可知OK ⊥PQ. 由OF ⊥AB,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ. 由OE ⊥AC,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP. 显然,∠FKQ ＝∠EKP,可知∠FOQ ＝∠EOP.由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP.则OQ ＝OP.于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP.所以,AK 平分BC.综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题图8AD B N C EM 图9A B M E N D C G O 图101. 四边形ABCD 中,AB ＝CD,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E,延长CD 交直线NM 于F.求证：∠BEN ＝∠CFN.(提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN.)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB.已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB.(提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D.易证△ACD ∽△PBA.答：75°)3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm2.求六边形ABCDEF 的面积.EMQD 面积相等.答：120cm2)4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E.已知AC:AB ＝k.求AE:EC.(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F.设BC ＝1,有AD ＝k,DC ＝k2.答：211k) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F.求证：DE AD ＝FBCF .(提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H.H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A:∠B:∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c.求证：a 1＋b 1＝c1.(提示：在BC 上取一点D,使AD ＝AB.分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F.)7. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G.求证：FH ＝HG.(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N.)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N.求证：OM ＝ON.(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F.过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF.)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形自己隐含着“点共圆”,此时若能掌控问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化.1.1 作出三角形的外接圆 例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A.求证：BD ＝2CD. 分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE≠ED,故不能直接证出BD ＝2CD.若延长AD 交△ABC 的外接圆于F,则可得EB ＝EF,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F,连结CF 与BF,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC,即∠BFD ＝∠CFD.故BF:CF ＝BD:DC.又∠BEF ＝∠BAC,∠BFE ＝∠BCA,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE.故EB ＝EF. 作∠BEF 的平分线交BF 于G,则BG ＝GF. 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF,∠GFE ＝∠CFE,故△FEG ≌△FEC.从而GF ＝FC.A B G C D FE 图1于是,BF ＝2CF.故BD ＝2CD.1.2 利用四点共圆 例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O,如图2.则sin ∠AOB ＝____.分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D 四点共圆,欲求sin ∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x,有AP ＝3x,DP ＝2x.由割线定理得(2＋3x)3x ＝2x(1＋2x).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3.由托勒密定理有 BD·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又SABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615 . 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD,AH ⊥CD 于H,CP ⊥BC,CP 交AH 于P.求证：△ABC 的面积S ＝43AP·BD. 分析：因S △ABC ＝43BC2＝43AC·BC,只须证AC·BC ＝AP·BD,转化为证△APC ∽△BCD.这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q,则由AC ＝AD,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ.又AB ＝AD,故∠ADQ ＝∠ABQ.从而,∠ABQ ＝∠ACQ.可知A 、B 、C 、Q 四点共圆.A B C D P O图2A 图3B P Q D HC∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD,∠CBQ ＝∠CAQ, ∴△APC ∽△BCD.∴AC·BC ＝AP·BD.于是,S ＝43AC·BC ＝43AP·BD. 2 、构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可年夜胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决.2.1 联想圆的界说构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD,AD ＝DC ＝DB ＝p,BC ＝q.求对角线AC 的长.用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系.解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE.显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD,∴BC ＝AE. 从而,BC ＝AE ＝q.在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p,AE ＝q,故AC ＝22AE CE -＝224q p -.2.2 联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC.若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的极点为A0(1,9),轴交于两点B(－2,0)、C(4,0). A E D C B 图4图5分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E,则两圆与抛物线均交于两点P(1－22,1)、Q(1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有 3＝DP ＝DQ ＜AD≤DA0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD≤9.2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M,交AC 于N.求证：AB2－AN2＝BM·BN.分析：因AB2－AN2＝(AB ＋AN)(AB －AN)＝BM·BN,而由题设易知AM ＝AN,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图6,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN. 以AM 长为半径作⊙A,交AB 于F,交BA 的延长线于E. 则AE ＝AF ＝AN.由割线定理有BM·BN ＝BF·BE ＝(AB ＋AE)(AB －AF)＝(AB ＋AN)(AB －AN)＝AB2－AN2,即 AB2－AN2＝BM·BN.例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E,延长AB 和DC 相交于E,延长AD 和BC 相交于F,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q.求证：EP2＋FQ2＝EF2.分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G,连结因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE,故F 、D 、C 、G 由切割线定理,有EF2＝(EG ＋GF)·EF ＝EG·EF ＋＝EC·ED ＋FC·FB ＝EC·ED ＋FC·FB ＝EP2＋FQ2,即 EP2＋FQ2＝EF2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆 E A NC D B F M 12345图6例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明. 证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D,连结AD 和BD,如图9所示. ∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D,∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇,∴∠A ＇＝∠D,∠B ＇＝∠BCD.∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB. 有DC B A ''＝CB C B ''＝DB C A '',即 DC c '＝a a '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab . 又AB ∥DC,可知BD ＝AC ＝b,BC ＝AD ＝a.从而,由托勒密定理,得AD·BC ＝AB·DC ＋AC·BD,即 a2＝c·''a ac ＋b·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A,则AC AB ＝DC BD . (提示：无妨设A B≥AC,作△ADC 的外接圆交AB 于E,证△ABC ∽△DBE,从而AC AB ＝DE BD ＝DCBD .) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a,BC ＝CD ＝DE,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a.求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE.(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE.)3. 在△ABC 中AB ＝BC,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M,使BM ＝AC.求∠AMC 的度数.(1)(2)图8A B C A'B'C'c a b a'c'b'A B C D a b b c 图9(提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC,连结KM,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF,CE ⊥AE.求证：AB·AE ＋AD·AF ＝AC2.(提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点G 、H.则CG ＝AH,由割线定理可证得结论.) 5. 如图11.已知⊙O1和⊙O2相交于A 、B,直线CD 过A 交⊙O1和⊙O2于C 、D,且AC ＝AD,EC 、ED 分别切两圆于C 、D.求证：AC2＝AB·AE. (提示：作△BCD 的外接圆⊙O3,延长BA 交⊙O3于F,证E 在⊙O3上,得△ACE ≌△ADF,从而AE ＝AF,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB·AC ＝AE2－BE2.(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E,交AE 及其延长线于N 、M,由△ANC ∽△ABM 证AB·AC ＝AN·AM.) 7. 若正五边形ABCDE 的边长为a,对角线长为b,试证：a b －ba＝1.(提示：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用.1、点共线的证明点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等.n(n≥4)点共线可转化为三点共线.FD A BE C图10图11例1、如图，设线段AB 的中点为C ，以AC 和CB 为对角线作平行四边形AECD ，BFCG.又作平行四边形CFHD ，CGKE.求证：H ，C ，K 三点共线.证：连AK ，DG ，HB.由题意，AD EC KG ，知四边形AKGD 是平行四边形，于是AK DG.同样可证AK HB.四边形AHBK 是平行四边形，其对角线AB ，KH 互相平分.而C 是AB 中点，线段KH 过C 点，故K ，C ，H 三点共线.例2 如图所示，菱形ABCD 中，∠A=120°为△ABC 外接圆，M 为其上一点，连接MC 交AB 于E ，AM 交CB 延长线于F.求证：D ，E ，F 三点. 证：如图，连AC ，DF ，DE.因为M 在O 上，则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB ，有△AMC ∽△ACF ，得CDCF CA CF MA MC ==. 又因为∠AMC=BAC ，所以△AMC ∽△EAC ，得AE AD AE AC MA MC ==. 所以AE AD CD CF =，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD ∽△ADE.所以∠ADE=∠DFB.因为AD ∥BC ，所以∠ADF=∠DFB=∠ADE ，于是F ，E ，D 三点共线. 例3 四边形ABCD 内接于圆，其边AB 与DC 的延长线交于点P ，AD 与BC 的延长线交于点Q.由Q 作该圆的两条切线QE 和QF ，切点分别为E ，F ；求证：P ，E ，F 三点共线.证：如图：连接PQ ，并在PQ 上取一点M ，使得B ，C ，M ，P 四点共圆，连CM ，PF.设PF 与圆的另一交点为E’，并作QG 丄PF ，垂足为G.易如 C E (E ')ABD F PMQ GA C D E F H K GQE2=QM·QP=QC·QB ①∠PMC=∠ABC=∠PDQ.从而C ，D ，Q ，M 四点共圆，于是PM·PQ=PC·PD ② 由①，②得PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB ，即PQ2=QC·QB+PC·PD.易知PD·PC=PE’·PF ，又QF2=QC·QB ，有PE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2， 即PE’·PF=PQ2-QF2.又PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG －GF)=PF·(PG －GF)，从而PE’=PG －GF=PG －GE’，即GF=GE’，故E’与E 重合.所以P ，E ，F 三点共线.例4 以圆O 外一点P ，引圆的两条切线PA ，PB ，A ，B 为切点.割线PCD 交圆O 于C ，D.又由B 作CD 的平行线交圆O 于E.若F 为CD 中点，求证：A ，F ，E 三点共线.证：如图，连AF ，EF ，OA ，OB ，OP ，BF ，OF ，延长FC 交BE 于G. 易如OA 丄AP ，OB 丄BP ，OF 丄CP ，所以P ，A ，F ，O ，B五点共圆，有∠AFP=∠AOP=∠POB=∠PFB.又因CD ∥BE ，所以有∠PFB=∠FBE ，∠EFD=∠FEB ， 而FOG 为BE 的垂直平分线，故EF=FB ，∠FEB=∠EBF ， 所以∠AFP=∠EFD ，A ，F ，E 三点共线.2、线共点的证明证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明.例5 以△ABC 的两边AB ，AC 向外作正方形ABDE ，ACFG.△ABC 的高为AH.求证：AH ，BF ，CD 交于一点. 证：如图.延长HA 到M ，使AM=BC.连M E D B HC F K GACM ，BM.设CM 与BF 交于点K.在△ACM 和△BCF 中，AC=CF ，AM=BC ，∠MAC+∠HAC=180°，∠HAC+∠HCA=90°，而且∠BCF=90°+∠HCA ，因此∠BCF+∠HAC=180°∠MAC=∠BCF.从而△MAC ≌△BCF ，∠ACM=∠CFB.所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°，即 BF 丄MC.同理CD 丄MB.AH ，BF ，CD 为△MBC 的3条高线，故AH ，BF ，CD 三线交于一点.例6 设P 为△ABC 内一点，∠APB －∠ACB=∠APC －∠ABC.又设D ，E 分别是△APB 及△APC 的内心.证明：AP ，BD ，CE 交于一点.证：如图，过P 向三边作垂线，垂足分别为R ，S ，T.连RS ，ST ，RT ，设BD 交AP于M ，CE 交AP 于N.易知P ，R ，A ，S ；P ，T ，B ，R ；P ，S ，C ，T 分别四点共圆，则∠APB －∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT.同理，∠APC －∠ABC=∠RST ，由条件知∠SRT=∠RST ，所以RT=ST.又RT=PBsinB ，ST=PCsinC ，所以PBsinB=PCsinC ，那么ACPC AB PB =. 由角平分线定理知MP AM PB AB PC AC NP AN ===.故M ，N 重合，即AP ，BD ，CE 交于一点. 例7 O1与外切于P 点，QR 为两圆的公切线,其中Q ，R分别为，O2上的切点，O 1O 2N P I Q RMO过Q 且垂直于QO2的直线与过R 且垂直于RO1的直线交于点I ，IN 垂直于O1O2,垂足为N,IN 与QR 交于点M.证明：PM ，RO1，QO2三条直线交于一点.证：如图，设RO1与QO2交于点O ，连MO ，PO.因为∠O1QM=∠O1NM=90°，所以Q ，O1，N ，M 四点共圆，有∠QMI=∠QO1O2. 而∠IQO2=90°=∠RQO1，所以∠IQM=∠O2QO1，故△QIM ∽△QO2O1，得MI O O QM QO 211=同理可证MI O O RM RO 212=.因此 21RO QO MR QM =①因为QO1∥RO2，所以有211RO QO OR O O =② 由①，②得MO ∥QO1. 又由于O1P=O1Q ，PO2=RO2，所以 21211PO P O RO Q O OR O O ==，即OP ∥RO2.从而MO ∥QO1∥RO2∥OP ，故M ，O ，P 三点共线，所以PM ，RO1，QO2三条直线相交于同一点.3、 塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用定理1 (塞瓦(Ceva)定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的BC ，CA ，AB 边上的点.若AP ，BQ ，CR 相交于一点M ，则1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 证：如图，由三角形面积的性质，有BMC AMC S S RB AR ∆∆=, AMCAMB S S PC BP ∆∆=, AMB BMC S S QA CQ ∆∆=.以上三式相乘，得1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 定理2 (定理1的逆定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的BC ，CA ，AB 上的点.若1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，则AP ，BQ ，CR 交于一点.证：如图，设AP 与BQ 交于M ，连CM ，交AB 于R’.A RQ B C P 由定理1有1''=⋅⋅B R AR QA CQ PC BP . 而1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，所以RB AR B R AR =''. 于是R’与R 重合，故AP ，BQ ，CR 交于一点.定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理):一条不经过△ABC 任一极点的直线和三角形三边BC ，CA ，AB(或它们的延长线)分别交于P ，Q ，R ，则1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP 证：如图，由三角形面积的性质，有BRP ARP S S RB AR ∆∆=, CPRBRP S S PC BP ∆∆=, ARP CRP S S QA CQ ∆∆=.将以上三式相乘，得1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 定理4 (定理3的逆定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的三边BC ，CA ，AB 或它们延长线上的3点.若1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，则P ，Q ，R 三点共线.定理4与定理2的证明方法类似.塞瓦定理和梅涅劳斯定理在证明三线共点和三点共线以及与之有关的题目中有着广泛的应用.例8 如图，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠BAD.在CD 上取一点E ，BE 与AC 相交于F ，延长DF 交BC 于G.求证：∠GAC=∠EAC.证：如图，连接BD 交AC 于H ，过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J. 对△BCD 用塞瓦定理，可得1=⋅⋅ECDE HD BH GB CG ① 因为AH 是∠BAD 的角平分线， 由角平分线定理知AD AB HD BH =,代入①式H C A D B G I JE F1=⋅⋅ECDE AD AB GB CG ② 因为CI ∥AB ，CJ ∥AD ，则AB CI GB CG =，CJ AD EC DE =.代入②式得1=⋅⋅CJ AD AD AB AB CI .从而CI=CJ.又由于∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ ，所以△ACI ≌△ACJ ，故∠IAC=∠JAC ，即∠GAC=∠EAC. 例9 ABCD 是一个平行四边形，E 是AB 上的一点，F 为CD 上的一点.AF 交ED 于G ，EC 交FB 于H.连接线段GH 并延长交AD 于L ，交BC 于M.求证：DL=BM. 证：如图，设直线LM 与BA 的延长线交于点J ，与DC 的延长线交于点I.在△ECD 与△FAB 中分别使用梅涅劳斯定理，得1=⋅⋅HE CH IC DI GD EG ， 1=⋅⋅JABJ HB FH GF AG . 因为AB ∥CD ，所以GF AG GD EG =， HB FH HE CH =.从而JABJ IC DI =，即=+CI CI CD AJ AJ AB +，故CI=AJ. 而LA DL AJ DI CI BJ MC BM ===， 且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL.例10 在直线l 的一侧画一个半圆T ，C ，D 是T 上的两点，T 上过C 和D 的切线分别交l 于B 和A ，半圆的圆心在线段BA 上，E 是线段AC 和BD 的交点，F 是l 上的点，EF 垂直l.求证：EF 平分∠CFD. 证：如图，设AD 与BC 相交于点P ，用O 暗示半圆T 的圆心.过P 作PH 丄l 于H ，连OD ，OC ，OP. 由题意知Rt △OAD ∽Rt △PAH ，于是有DO HP AD AH =. 类似地，Rt △OCB ∽Rt △PHB ， 则有COHP BC BH =. G A E J L D F C IM HD l A B O F(H)E CP由CO=DO ，有BC BH AD AH =，从而1=⋅⋅DAPD CP BC HB AH . 由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC ，BD ，PH 相交于一点，即E 在PH 上，点H 与F 重合.因∠ODP=∠OCP=90°，所以O ，D ，C ，P 四点共圆，直径为OP. 又∠PFC=90°，从而推得点F 也在这个圆上，因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP ，所以EF平分∠CFD.例11 如图，四边形ABCD 内接于圆，AB ，DC 延长线交于E ，AD 、BC 延长线交于F ，P 为圆上任意一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S. 若对角线AC 与BD 相交于T. 求证：R ，T ，S 三点共线.先证两个引理.引理1:A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，则有1111111111111=⋅⋅A F FE E D D C C B B A .如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O ，根据圆内接多边形的性质易知△ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，△OC1D1∽△OA1F1，从而有O D O B E D B A 111111=,O B O F C B F E 111111=,OF O D A F D C 111111=.将上面三式相乘即得1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A ， 引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A 则其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1交于一点.该引理与定理2的证明方法类似，留给读者.E B R CT AP S D F例11之证明如图，连接PD ，AS ，RC ，BR ，AP ，SD.由△EBR ∽△EPA ，△FDS ∽△FPA ，知 EP EB PA BR =,FD FP DS PA =.两式相乘，得FD EP FP EB DS BR ⋅⋅=. ① 又由△ECR ∽△EPD ，△FPD ∽△FAS ，知EP EC PD CR =，FA FP AS PD =. 两式相乘，得FAEP FP EC AS CR ⋅⋅=② 由①，②得FD EC FA EB CR DS AS BR ⋅⋅=⋅⋅. 故=⋅⋅AB SA DS CD RC BR CEDC FD AF BA EB ⋅⋅. ③ 对△EAD 应用梅涅劳斯定理，有1=⋅⋅CEDC FD AF BA EB ④ 由③④得1=⋅⋅ABSA DS CD RC BR .由引理2知BD ，RS ，AC 交于一点,所以R ，T ，S 三点共线.练 习A 组1. 由矩形ABCD 的外接圆上任意一点M 向它的两对边引垂线MQ 和MP ，向另两边延长线引垂线MR ，MT.证明：PR 与QT 垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上.2. 在△ABC 的BC 边上任取一点P ，作PD ∥AC ，PE ∥AB ，PD ，PE 和以AB ，AC 为直径而在三角形外侧所作的半圆的交点分别为D ，E.求证：D ，A ，E 三点共线.3. 一个圆和等腰三角形ABC 的两腰相切，切点是D ，E ，又和△ABC 的外接圆相切于F.求证：△ABC 的内心G 和D ，E 在一条直线上.4. 设四边形ABCD 为等腰梯形，把△ABC 绕点C 旋转某一角度酿成△A’B’C’.证明：线段A’D, BC 和B’C 的中点在一条直线上.5. 四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P.设三角形ABP ，BCP ，CDP 和DAP 的外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4.求证：OP ，O1O3，O2O4三直线交于一点. B F A E 1OC D 111116. 求证：过圆内接四边形各边的中点向对边所作的4条垂线交于一点.7. △ABC为锐角三角形，AH为BC边上的高，以AH为直径的圆分别交AB，AC于M，N；M，N与A分歧.过A作直线lA垂直于MN.类似地作出直线lB与lC.证明：直线lA，lB，lC共点.8. 以△ABC的边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点.求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点.B组9. 设A1，B1，C1是直线l1上的任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上的任意三点，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N.求证：L，M，N三点共线.10. 在△ABC，△A’B’C’中，连接AA’，BB’，CC’，使这3条直线交于一点S.求证：AB与A’B’、BC与B’C’、CA与C’A’的交点F，D，E在同一条直线上(笛沙格定理).11. 设圆内接六边形ABCDEF的对边延长线相交于三点P，Q，R，则这三点在一条直线上(帕斯卡定理).第四讲四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常呈现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平路途.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采纳.1、“四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC′及其延长线交于M ，N.以AC 为直径的圆与AC 边的高BB′及其延长线将于P ，Q.求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)分析：设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM.欲证M ，N ，P ，Q四点共圆，须证MK·KN ＝PK·KQ ，即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ①不难证明 AP=AM ，从而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2.故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2 =(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)=KC′2-KB′2. ②由②即得①，命题得证. 例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O1，O2，O3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O1，O2，O3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB ，O1O3垂直平分OA.观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO2O1=21∠OO2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO3O1=21∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1 O ，O1，O2，O3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.2、以“四点共圆”作为解题手段这种情况不单题目多，而且结论幻化莫测，可年夜体上归纳为如下几个方面.(1)证角相等 A B C K M N P QB ′C ′A B C O OO O 123？？例3．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，∠DAM ＝∠CBK.求证：∠DMA ＝∠CKB.（第二届袓冲之杯初中竞赛） 分析：易知A ，B ，M ，K 四点共圆.连接KM ，有∠DAB ＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC ＝180°，∴∠CMK+∠KDC ＝180°. 故C ，D ，K ，M 四点共圆⇒∠CMD ＝∠DKC. 但已证∠AMB ＝∠BKA ，∴∠DMA ＝∠CKB.(2)证线垂直例4．⊙O 过△ABC 极点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N(K 与N 分歧).△ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和M.求证：∠BMO=90°.(第26届IMO 第五题) 分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要掌控已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK ，∴∠COK+∠CMK=180°⇒C ，O ，K ，M 四点共圆. 在这个圆中，由OC=OK ⇒OC=OK ⇒∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK ，故∠BMO=90°.(3)判断图形形状例5．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为IA ，IB ，IC ，ID.试证：IAIBICID 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题) 分析：连接AIC ，AID ，BIC ，BID 和DIB.易得∠AICB=90° +21∠ADB=90°+21∠ACB=∠AIDB ⇒A ，B ，ID ，IC 四点共圆. A B C D K M ··A B O K N C M G A B CD I C I DA I I BA B C D E F K G ······∠AICID=180°-∠ABID =180°-21∠ABC ，∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-21∠ADC ， ∴∠AICID+∠AICIB=360°-21(∠ABC+∠ADC)=360°-21×180°=270°.故∠IBICID=90°. 同样可证IAIBICID 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.(4)计算例6．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________(1989，全国初中联赛)分析：谜底是PB=42㎝.怎样获得的呢？连接OA ，OB.易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°.故PA2+PB2=AB2=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB.(5)其他 例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出头具名积最年夜的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断).(1978，全国高中联赛)分析：设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个极点至少必落在正方形的三条边上，所以无妨令F ，G 两点在正方形的一组对边上.作正△EFG 的高EK ，易知E ，K ，G ，D 四点共圆 ∠KDE=∠KGE=60°.同理，∠KAE=60°.故△KAD 也是一个正三角形，K 必为一个定点.··P O A B C D又正三角形面积取决于它的边长，当KF丄AB时，边长为3也最小.当KF通过B点时，1，这时边长最小，而面积S=4边长为2·32-，这时边长最年夜，面积S=23-3也最年夜.例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.(1991，江苏省初中竞赛)分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接MQ′，SQ′.易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称⇒MQ′=MQ.又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径(∠RMS=90°)，MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.练习题1.⊙O1交⊙O2 于A，B两点，射线O1A交⊙O2 于C点，射线O2A交⊙O1于D点.求证：点A是△BCD的内心.(提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.)2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样获得B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C 四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.。
高中数学奥赛经典讲解教案
高中数学奥赛经典讲解教案
主题：解析几何
目标：通过本节课的学习，学生能够掌握解析几何中常见的定理、方法和技巧，提高解题能力。
一、引言（5分钟）
介绍解析几何的概念和作用，引导学生明确本节课的学习目标。
二、知识讲解（30分钟）
1. 直线方程的一般式和点斜式，以及两点式的转化和应用；
2. 圆的一般式方程和标准式方程的求解方法；
3. 解析几何中常见的定理和性质，如相交直线垂直的判断条件、圆与直线的相交关系等。
三、例题讲解（20分钟）
1. 根据已知条件，用解析几何方法求解直线方程或圆的方程；
2. 利用解析几何中的性质和定理解决几何问题。
四、练习与讨论（20分钟）
学生独立解答几道题目，然后与同学讨论、交流解题思路，并请学生展示解题过程。
五、总结与拓展（10分钟）
总结本节课所学内容，强调解析几何在数学竞赛中的重要性，并鼓励学生多加练习。
六、作业布置（5分钟）
布置相关习题作业，巩固本节课所学内容。
七、课后反馈（5分钟）
学生提交作业并讲解答案，教师及时反馈学生的表现，帮助学生改进解题方法。
注：本教案仅为范本，实际教学过程中应根据学生的掌握程度和学习节奏做出调整。
竞赛专题讲座解析几何
1．以知过点(0,1)的直线l 与曲线1:(0)C y x x x=+>交于两个不同点M 和N ，求曲线C 在点M 、N 处的切线的交点轨迹。
解：设,M N 的坐标分别为11(,)x y 和22(,)x y ，曲线C 在点M 、N 处的切线分别为12,l l ，其交点P 的坐标为(,)p p x y 。
若直线l 的斜率为k ，则l 的方程为1y kx =+由方程组11y x x y kx ⎧=+⎪⎨⎪=+⎩，消去y ，得11x kx x +=+，即2(1)10k x x -+-=。
由题意知，该方程在(0,)+∞上有两个相异的实根12,x x ，故1k ≠，且121214(1)0(1)130(2)11410(3)1k x x k k x x k ⎧⎪=+->⎪⎪+=>⇒<<⎨-⎪⎪=>⎪-⎩对1y x x=+求导，得1''221111,1x x y y x x ==-=-则，2'2211x x y x ==-。
于是，直线1l 的方程为 11211(1)()y y x x x -=--，即1121111()(1)()y x x x x x -+=--， 化简后得到直线1l 的方程为：21112(1)(4)y x x x =-+，同理可求得直线2l 的方程为：22212(1)(5)y x x x =-+，(4)(5)-得：2221121122()0p x x x x x -+-=，因为12x x ≠，故有：12122(6)p x x x x x =+， 将(2),(3)两式代入(6)式得2p x =(4)(5)+得：22121211112(2())2()(7)p p y x x x x x =-+++，其中121212111x x x x x x ++== 2222121212122222221212121212()2112()12(1)21x x x x x x x x k k x x x x x x x x x x ++-++===-=--=-代入(7)得：2(32)2p p y k x =-+，而2p x =，得42p y k =-，又由314k <<得： 522p y <<，即点P 的轨迹为(2,2)，5(2,)2两点间的线段（不含端点）。
最新人教版高中数学选修2-1第二章《解析几何》专题讲座
《解析几何》专题讲座一、专题内容分析（一）本专题知识体系的梳理本专题内容在高中数学中衔接几何与代数，充分体现了数形结合，重点研究如何用代数方法解决几何问题，如何在代数与几何之间实现问题与解答的转化．从学习者的角度来看，解析几何的学习需要培养数形结合的思想、较强的运算能力和一定的几何与代数的转化能力；从教学者的角度来看，解析几何的教学除了遵循学习者的要求外，还需要重视常规与规范的训练．本专题的知识体系结构为：（二）本专题中研究的核心问题本专题研究的核心问题是如何用代数语言表示几何元素，进而用解析方法（坐标法）解决几何问题．因而，首先要复习直线、圆、圆锥曲线的方程，然后要用方程研究直线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系，能够在数和形之间相互转化，综合运用几何方法与解析方法解决几何问题．解析法是借助代数方法解决几何问题的一种方法，解决几何就是利用坐标方法解决几何问题过程中形成的一门学科，它对贯穿代数与几何起着十分重要的作用．（三）本专题蕴含的核心观点、思想和方法解析几何是几何学的一个分支，是通过坐标法运用代数工具研究几何问题的一门学科，它把形与数有机地结合起来．一方面，将几何问题代数化------用代数的语言描述几何要素及其关系，进而将几何问题转化为代数问题；另一方面，将代数问题几何化------分析代数语言的几何含义，使代数语言更直观、更形象地表达出来．解析几何的核心观点就是用恰当运用代数的方法解决几何问题，基本思想是数形结合思想，核心方法是坐标法．数形结合思想和坐标法是统领全局的，解析几何就是在坐标系的基础上，用代数的方法研究几何问题一门学科．用解析法研究几何图形的性质，须先将几何图形置于坐标系下，让“形”与“数”对应起来，将“形”进行翻译转化：把点转化为坐标、把曲线转化为方程，把题目中明显的或隐含的解题所需要的一切几何特征，用数式和数量关系表示出来．用图可以简略表示为：例如，直角三角形ABC 中，CB ＞CA ，点D 、E 分别在边CA 、CB 上，且满足BE ＝CA ，AD ＝CE ，AE 与BD 交于点F ，求∠AFD 的度数．二、教学目标定位与分析 （一）学习目标与要求D CBA 点 坐标 曲线 方程几何特征数式和数量关系（二）考查要求、类型及考题分析1.平面解析几何初步。
高中数学竞赛专题讲座解析几何
高中数学竞赛专题讲座解析几何一、选择题部分某2y21上任一点P，作椭圆C的右准线的垂线PH（H为垂足）1．(集训试题)过椭圆C：，延长PH到点Q，使|HQ|=32λ|PH|(λ≥1)。
当点P在椭圆C上运动时，点Q的轨迹的离心率的取值范围为A．(0,（）3]3B．(33,]32C．[3,1)3D．(3,1)2HP1，所以PQ1解：设P(某1,y1)，Q(某,y)，因为右准线方程为某=3，所以H点的坐标为(3,y)。
又∵HQ=λPH，所以3(1)某[某3(1)]2y2某1由定比分点公式，可得：，代入椭圆方程，得Q点轨迹为1，所以离心率223y1ye=32223123[,1).故选C.2332．（2006年南昌市）抛物线顶点在原点,对称轴为某轴,焦点在直线3某-4y＝12上,则抛物线方程为(D) A．y12某2B．y12某22C．y16某2D．y16某23．（2006年江苏）已知抛物线y2p某，O是坐标原点，F是焦点，P是抛物线上的点，使得△POF是直角三角形，则这样的点P共有（B）A．0个B．2个C．4个D．6个某2y24．（2006天津）已知一条直线l与双曲线221（ba0）的两支分别相交于P、Q两点，O为原点，当OPOQab时，双曲线的中心到直线l 的距离d等于（A）abA．B．2222baba5．(2005全国)方程abb2a2b2a2C．D．abab某2in2in3y2co2co31表示的曲线是（）A．焦点在某轴上的椭圆B．焦点在某轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线解：23,02232,co(2)co(3),即222in2in3.又02,3,co20,co30,co2co30,222323in()()2242323.in()0,2424方程表示的曲线是椭圆.(in2in3)(co2co3)22in223230,in0,2222333,244()式0.即in2in3co2co3.曲线表示焦点在y轴上的椭圆，选C。
高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座05几何解题途径的探求方法
比赛讲座 05－几何解题门路的探究方法一．充足地睁开想象想象力，就是人们平时说的形象思想或直觉思想能力。
想象力关于人们的创建性劳动的重要作用，马克思曾作过高度评论：“想象是促使人类发展的伟大天分。
”解题一项创建性的工作，自然需要丰富的想象力。
在解题过程中，充足睁开想象，主假如指：1．全面地假想假想，是指对同一问题从各个不一样的角度去察看思虑和深入剖析其特点，推断解题的大概方向，构想各样不一样的办理方案。
例1．在ABCD中，AB=AC ，D 是BC边上一点，E是线段AD上一点，且BED2CED BAC ，求证：BD=2CD （ 92年全国初中联赛试题）例2．在ABC 中，AB>AC， A 的外角均分线交ABC 的外接圆于D，DE AB 于E。
求证：AE ( AB AC )（ 89 年全国高中联赛试题）23．在Rt ABC的斜边上取一点D，使ABD和ACD的内切圆相等。
证明：S ABC AD 2（31 届 IMO 备选题）例 4．设 A 是三维立体a bc的长方体砖块。
若 B 是全部到 A 的距离不超出 1 的点的会合（特别地， B 包含 A），试用abc的多项式表示 B 的体积（ 84 年美国普特南数学竟赛试题）2．宽泛地联想联想，是指从事物的相联糸中来考虑问题，从一事物想到与其有关的各样不一样的事物，进行由此彼的考虑。
在解题过程中，我们如能根椐问题特点宽泛地联想熟知命题，并想法将其结论或解法加以利用，则无疑是获取解题门路的简捷方法。
例 5．在ABC 中角A，B，C的对边分别为a，b，c，若角A，B，C的大小成等比数列，且 b2a2ac ，求角B（85年全国高中联赛试题）例6．四边形 ABCD内接于 o ，对角线 AC BD 于 P ， E 是 CD 的中点，OF AB于F。
求证：PE OF （78年上海高中竟赛试题）例7．在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是BC的中点，F在棱 AA1上，且A1F : FA 1 : 2，求平面B1EF与底面A1 B1C1D1所成的二面角。
高三复习专题讲座解析几何
高三复习专题讲座解析几何高三复习专题讲座解析几何一、高考考纲要求高中《解析几何》内容包含两章——直线和圆的方程和圆锥曲线方程，这两章的要求分别如下：（一）直线和圆的方程（1）理解直线的斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式，掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程。
（2）掌握两条直线平行与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式，能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系。
（3）了解二元一次不等式表示平面区域。
（4）了解线性规划的意义，并会简单的应用。
（5）了解解析几何的基本思想，了解坐标法。
（6）掌握圆的标准方程和一般方程，了解参数方程的概念，理解圆的参数方程。
（二）圆锥曲线的方程（1）掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程。
（2）掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质。
（3）掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质。
（4）了解圆锥曲线的初步应用。
二、高考考点分析04年高考，各地试题中解析几何内容在全卷的平均分值为27.1分，占18．1％；01年以来，解析几何内容在全卷的平均分值为29.3分，占19.5％．因此，占全卷近1/5的分值的解析几何内容，值得我们在二轮复习中引起足够的重视．近几年高考试题知识点分析从上表中可以发现，高考试题中对解析几何内容的考查几乎囊括了该部分的所有内容，对直线、线性规划、圆、椭圆、双曲线、抛物线等内容都有涉及．1．选择、填空题1．1 大多数选择、填空题以对基础知识、基本技能的考查为主，难度以容易题和中档题为主（1）对直线、圆的基本概念及性质的考查例1 （’04全国文Ⅱ）已知点A（1，2）、B（3，1），则线段AB的垂直平分线的方程是（A）（B）（C）（D）例2（’03全国文Ⅰ）已知点的距离为1，则a=（A）（B）－（C）（D）例3（’04江苏）以点(1，2)为圆心，与直线4x+3y-35=0相切的圆的方程是_________．例4（’04全国文Ⅱ）已知圆C与圆关于直线。
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高中数学竞赛专题讲座解析几何高中数学竞赛专题讲座-解析几何高中数学竞赛专题讲座——解析几何一、选择题部分x2y2？？1在任意点P，使椭圆C（H为垂直底脚）的右引导线的垂直线pH为1。
（训练试题）穿过椭圆C:，将pH延伸到点Q，使| HQ |=32λ| pH |（λ≥1） .当P点在椭圆C上移动时，q点轨迹的偏心范围为a．(0,（）3] 3b。
（33，]32c.[3,1）3D.（3,1）2HP？1？Pq1？解：设P（x1，Y1），q（x，y）。
由于右侧的准直方程为x=3，h点的坐标为（3，y） HQ=λPH，所以3(1??)?x?[x?3(1??)]2y2x??1所以由定比分点公式，可得：?，代入椭圆方程，得q点轨迹为??1，所以离心率?223y1?ye=3.2.223?? 1.23? [，1）。
因此，选择c.233？2（2022年的南昌）。
如果抛物线的顶点在原点，对称轴是x轴，焦点在直线3x-4y=12上，抛物线方程是（d）a．y??12x2b.y？12倍22c．y??16x2d.y？16x23．（2021年江苏）已知抛物线y?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，那么这样的点P股（b）a．0个b．2个c、 4 d.6x2y24．（2006天津）已知一条直线l与双曲线2?2?1（b?a?0）的两支分别相交于p、q两点，o为原点，当阿博普？OQ，双曲线中心到直线L的距离d等于（a）aba．b．2222b?ab?a5．(2021全国)方程abb2？a2b2？a2c.d。
ababx2sin2?sin3?y2cos2?cos3?1表示的曲线是（）a．焦点在x轴上的椭圆b．焦点在x轴上的双曲线c、聚焦于Y轴D的椭圆。
聚焦于Y轴的双曲解：？2.3.0 2? 2.3.2.cos（？2）？cos（3？），222?? sin2？sin3。
又0?2,?3??,?cos2?0,cos3?0,?cos2?cos3?0,222? 32? 3.罪？？(?) 2242? 3.2.3.罪恶（？）？方程式02424表示的曲线是椭圆(sin2sin3)(cos2cos3)22sin2.2.323.0罪？0 2222? 33? 3.244? (?) 风格0.即sin2?sin3?cos2?cos3.?曲线表示焦点在y轴上的椭圆，选c。
6.（2022浙江预赛）已知两点a（1,2），B（3,1）和直线L之间的距离为2,5？2.有符合条件的线路L（c）a、解决方案1：通过ab？b、 2c.3d.45,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。
1，然后设定327．（2021年浙江省预赛）设在xoy平面上，0?y?x，0?x?1所围成图形的面积为M{（x，y）y？x？1}，n？{（x，y）y？X2？1}m的交点？N表示的图形区域为（b）a．公元前1241年。
333解：m?n在xoy平面上的图形关于x轴与y轴均对称，由此m?n的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以4即得。
为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了。
由题意可得，m?n的图形在第一象限的面积为a＝1112??.因此m?n的图形面积为.所以选（b）。
2363二、填空x2y21．（2006天津）已知椭圆2?2?1（a?b?0），长轴的两个端点为a、b，若椭圆上存在点q，使?aqb?120?，AB，则椭圆的偏心距e的取值范围为6?e?1．3?y?0?2．（2021年江苏）已知?3x?y?0，则x2?y2的最大值是9．十、3岁？3.0 3. （2022年吉林预备赛）椭圆x2/A2+Y2/B2=1（a>b>0）的右顶点是a，上顶点是b，左焦点是F。
如果∠ ABF是直角，那么这个椭圆的离心率为_________。
x2y2？？1切割线段中点的轨迹方程为4。
（2022年陕西预赛）如果a、B和C形成等差序列，则直线ax+by+C=0为椭圆2812(y?1)22(x?)??1225.（浙江，2022）根据指令，机器人可以在飞机上完成以下动作：先从原点o沿正东偏北?（02yp(x,y)时a）沿着这个方向走一段路间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不假定机器人行走速度为10米/分钟，则机器人行走2分时的可能落点区域的面积是.好的，时钟【解】：如图，设机器人行走2分钟时的位置为p(x,y).设机器人改改变方向的重点是a，OA？a、美联社？b、那么已知的情况有一个？B2.10? 20岁，以及s?x?aco??.所以有BY阿辛？x2？y2？a2？2absin？？b2？（a？b）2？400?? 十、Ya（罪恶？因为？）？BA.B20，也就是说，平面图形是拱形的，它的面积是100°？？200平方米6．（2021年浙江省预赛）已知a?(x,y)x2?y2?2xcos??2(1?sin?)(1?y)?0,??r,B（x，y）y？kx？3，k？R如果是？如果B是一个元素集，那么K？？三解由x2？y2？2xcos？？2（1？罪？）（1？y）？0（x？cos？）2.（y？1？罪？）2.0 x？余弦？，Y1.罪十、（y？1）？一百二十二a?b为单元素集，即直线y?kx?3与x2?(y?1)2?1相切，则k??3.27.（2022）如果正方形ABCD的一侧在直线y上？2倍？在17上，其他两个顶点在抛物线y中？然后是正方形的最大面积小值为80.解决方案：让正方形的边ab位于直线y上？2倍？抛物线上两个顶点的坐标是C（x1，Y1）和D（X2，Y2），那么方程y？2倍？b、将直线L方程与抛物线方程结合，得到x2？2倍？Bx1，2？1.B1.如果正方形的边长为a，则a2?(x1?x2)2?(y1?y2)2?5(x1?x2)2?20(b?1).①在纽约？2倍？17取任意一点（6，5），它就到了直线y？2倍？B的距离是a，？a？|17? b | 5②.①、②联立解得b1?3,b2?63.?a?80,或a?1280.?amin?80.8.（2022）在平面直角坐标系xoy中，给定两点m（-1,2）和n（1,4），点P在x轴上移动时？当MPN取最大值时，点P的横坐标为______解：经过m、n两点的圆的圆心在线段mn的垂直平分线y=3－x上，设圆心为s（a，3－a），则圆s的方程为：222（x？a）2？（y？3？a）2？2（1？a2）。
对于固定长度的管柱，上弧的圆周角将随着圆半径的减小而增大mpn取最大值时，经过m，n，p三点的圆s必与x轴相切于点p，即圆s的方程中的a值必须满足2（1？a2）？（a？3）2，解是a=1或a=-7。
也就是说，对应的切点分别是p（1,0）和p'（？7,0），以及通过点m、N和p'的圆的半径大于过点m，n，p的圆的半径，所以?mpn??mp'n，故点p（1，0）为所求，所以点p的横坐标为1。
三、解答题部分1.（强化训练试题）距固定圆中心P的距离⊙ 已知半径为1的P到固定线L为2，q是L的最后一个移动点，⊙ q是外切的⊙ P、及⊙ Q与L相交m、n两点，对于任意直径mn，平面上恒有一定点a，使得∠man为定值。
求∠man的度数。
解决方案：以l为x轴，P点到l点的垂直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系。
Q 的坐标为（x，0），a点的坐标为（k，λ），为⊙ Q径为r，则：m(x-r,0),n(x+r,0),p(2,0),pq=x2？22=1+r，那么RX=±2？2r？3.∴棕褐色的∠man=菅直人？kam1？菅直人？卡莫？罗？H十、Rhx？RHo?ho?h1??x?r?hx?r?k?2rh2rh2rh，??2222222222(x?k)?r?h(?r?2r?3)?r?hh?k?3?2r?2kr?2r?3令2m=h2+k2-3，tan∠man=那么m+R呢？kr2？2r？3=nhr，n∴m+（1-nh）r=？kr2？2r？3.两边的正方形：M2+2m（1-NH）r-（1-NH）2r2=k2r2+2k2r-3k2，m23k2(1)因为对于任意实数r≥1，上式恒成立，所以?2m(1?nh)?2k2(2)，由（1）（2）式，得m=0,k=0，由（3）式，得22（1？nh）？k（3）？？n=11.由2m=h2+k2-3得h=±3，所以tan∠man==h=±3。
所以∠man=60°或120°（舍）（当q(0,0),r=1hn时∠man=60°），故∠man=60°.2.（2022吉林预备队）已知抛物线C:x2=2PY（P>0），O是坐标的原点，m（0，b）（b>0）是Y轴上的一个移动点，一条直线在a处穿过Cb两点，设s△abc=mtan∠aob，求m的最小值。
（－0.5p2）3.（2022年南昌市）（高二）给定圆P:x？Y2x和抛物线s:y？4X，画一条穿过中心P 的直线L，它与上述两条曲线的四个点相交点,自上而下顺次记为a,b,c,d,如果线段ab,bc,cd的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l的方程.2解：圆P的方程是？十、1.Y1，那么它的直径是BC？2.圆心是p？1,0?, 让l的方程为KY？十、1，即x？肯塔基？1.替换2222抛物线方程得:y?4ky?4,设a?x1,y1?,d?x2,y2?二。