（二）用三角法解几何问题（三）用解析法解几何问题用复数法解几何问题
解析法解决几何问题的研究
解析法解决几何问题的研究作者：王淳来源：《新一代》2018年第02期摘要：在数学中，几何问题是多种多样的。
解决几何问题有很多种方法，其中解析法是借助坐标系，再运用代数知识来解决几何图形的一种方法。
运用解析法就可以将几何问题代数化，图形性质坐标化，使问题由难变简。
本文在概述了解析法涵义的基础上，通过具体的实例分析了解析法如何进行几何问题的解答，以期深化解析法在几何中的应用。
关键词：解析法；几何问题一、解析法解析法指的是将几何问题通过坐标系转化成代数运算的一种方法。
具体来说，解析法就是在平面上建立坐标系，把已知点轨迹的几何条件转化成相对应的代数方程，之后运用代数的运算进行几何问题的解答，最后再将代数方程的性质用几何语言来表达求出最终的答案。
二、解析法与几何问题在数学中，我们会遇到形式各样的几何问题，而解析法把几何问题变成了相对应的代数问题，再把代数问题归结到方程式的解答，将问题由难变简。
因此，解析法在解决几何问题上发挥着不可忽视的作用。
接下来，我们通过具体的实例，主要从平面几何、解析几何和立体几何这三个方面分析解析法与几何之间的联系。
（一）解析法与平面几何平面几何中的很多问题都要从平面几何中的定理、公理出发，再运用推理证明其真实性。
甚至有的解题过程是多种定理、公理的结合，相对较难。
而运用解析法，根据题设条件建立适合的坐标系就可以使论证变得简单。
1.证明线段相等例1：已知AB是半圆上的直径，CA、CD是切线，A、D是切点，而且DE AB，CB交DE于H点，求证DH=HE。
根据题设条件，以AB为x轴，以圆心为y轴建立坐标系，设A（-a，0），B（a，0），D（m，n），那么CD的直线方程是mx+ny=a2，CA的直线方程是x=-a，两个方程结合得到x=-a，y= ，那么C（-a，）。
又因为CB： = ，DE：x=m，求得x=m，y= n，所以H（m，n），即DH=HE。
2.证明线段垂直例2：已知在△ABC中，AB=AC，高AD、BE交于H，作EF BC，F是垂足，延长AD 至G，使DG=EF，令AH的中点是S，求证BS BG。
初三数学解决几何问题的基本方法与技巧
初三数学解决几何问题的基本方法与技巧在初中数学学习中，几何问题一直是学生们较为头疼的一个部分。
而对于初三学生而言，解决几何问题是他们需要掌握的基本技巧之一。
本文将介绍初三数学解决几何问题的基本方法与技巧，帮助学生们更好地应对几何问题。
一、画图是解决几何问题的关键在解决几何问题时，画图是非常重要的一步。
通过将问题抽象为图形，我们可以更直观地理解并分析问题，为接下来的解答提供便利。
在画图时，我们需要注意以下几点技巧：1. 选择合适的坐标系：根据题目的要求与条件，选择合适的坐标系能够更好地理解问题的几何性质。
2. 使用适当的标记：通过标记线段、角度等几何元素，能够更清晰地表达问题中的条件与要求。
3. 勾勒主要形状：将问题所给的图形重点勾勒出来，有助于我们更好地理解问题并进行分析。
二、掌握常见几何定理解决几何问题需要熟练掌握一些常见的几何定理，下面是一些常见的几何定理与技巧：1. 直角三角形与勾股定理：通过勾股定理，可以计算直角三角形中缺失的边长，帮助我们求解问题。
2. 平行线定理与转角定理：在解决平行线问题时，我们需要掌握平行线定理与转角定理，辅助我们分析线段之间的关系。
3. 相似三角形：通过相似三角形的性质，我们可以利用已知条件求解未知的边长比例或角度大小。
4. 圆的性质：掌握圆的切线、弦、弧等性质，可以帮助我们理解并解决与圆相关的几何问题。
三、运用代数方法解决几何问题在解决几何问题时，我们有时可以运用代数方法辅助求解。
例如，通过引入未知量并建立方程，我们可以将几何问题转化为代数问题，并通过代数运算解决。
在运用代数方法时，需要注意以下几点：1. 合理引入未知量：在建立方程时，引入合适的未知量能够使问题得到更好的解决。
2. 建立等式方程：根据问题所给的条件，建立等式方程，然后解方程，找到未知量的值。
3. 检验结果：在得到代数解后，回到几何问题中检验结果的合理性，确保解答正确。
四、多做练习提高解决几何问题的能力最后，多做练习是提高解决几何问题的能力的重要途径。
初中数学重点整理：整数几何
整数几何知识定位数学学科中2门最古老的分支为平面几何与整数问题，这2门分支的有机结合指平面几何中的某些基本量（边长、角度、周长、面积等）为整数的几何问题，或几何问题中的计数问题等。
这些问题历来是初中数学竞赛的热点问题之一。
解决这类问题用到的几何知识并不是很难，往往要结合代数的相关知识、思想方法和整数的有关性质综合考虑，用到的数学思想方法有枚举法、筛选法、排序法、奇偶分析法、质数分析法、不等式放缩法等。
知识梳理知识梳理1：解答整数几何问题的步骤：首先，根据问题给出的几何条件，进行计算或推理，从而，得到一些数量之间的关系式——等量关系、不等关系、函数关系等。
其次，根据几何量是整数的特点，依据整数的性质来处理（如利用数的整除性、整数的表示方法、完全平方数的性质、确定整数的范围后再逐一验证等）。
知识梳理2：比较法比较法利用的是：若0，则（作差法）；或若1，则（作商法）。
aa b a b a bb-==== 这也是证明恒等式的重要思路之一。
知识梳理3：分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．知识梳理4：其他解题方法及技巧除了上述方法，设k、换元等方法也可以在恒等式证明中发挥效力．例题精讲【试题来源】【题目】凸四边形ABCD边长都是正整数,任意三边的和是第四边的整数倍,证明四边形ABCD四条边中总有两条边的长度相等。
【答案】【解析】通过限制条件限制整数范围，最终推出矛盾 【知识点】整数几何 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3【试题来源】【题目】已知直角三角形的两条直角边边长分别为l ,m ,斜边为n ,且l 、m 、 n 均为整数,l 为质数,证明()21m l ++ 是完全平方数。
数学解决几何问题的方法与技巧
数学解决几何问题的方法与技巧一、引言数学是一门抽象而又实用的学科，在解决现实生活中的问题时，特别是几何问题时，我们需要掌握一些方法和技巧。
本教案旨在介绍数学解决几何问题的方法和技巧，帮助学生在解决几何问题时能够更加得心应手。
二、分析问题解决几何问题时，首先要对问题进行仔细分析。
这包括理解问题所描述的几何形状、条件和要求。
在分析中，我们可以根据条件研究问题，明确要求，从而确定解决问题的思路。
三、寻找问题的关键在分析问题的过程中，我们需要寻找问题的关键。
问题的关键通常是问题的核心要素，通过找到关键，我们可以更容易地解决问题。
例如，在解决一个三角形的问题时，三角形的边长、角度和面积通常是关键要素。
四、运用几何定理和公式解决几何问题时，我们需要熟练掌握一些几何定理和公式。
例如，勾股定理、正弦定理、余弦定理等。
通过运用这些定理和公式，我们可以将问题转化为简单易解的形式。
五、构建几何图形在解决几何问题时，构建几何图形是十分重要的一步。
通过画出几何图形，我们可以更直观地理解问题，并且通过观察和推理得出结论。
六、利用几何相似几何相似是解决几何问题时常用的方法之一。
当两个几何图形各个对应部分的比例相等时，我们可以利用几何相似求解问题。
例如，使用相似三角形的性质，可以求解一些含有比例关系的几何问题。
七、利用三角函数解决几何问题时，尤其是与三角形相关的问题，我们可以运用三角函数来求解。
例如，通过正弦、余弦、正切等函数来计算角度、边长等。
八、利用面积关系在解决几何问题时，利用面积关系可以帮助我们发现一些有用的性质。
例如，通过计算面积比，可以判断两个图形是否相似；通过面积比的等于1，可以判断两个图形是否全等。
九、综合运用多种方法在解决复杂的几何问题时，我们需要运用多种方法相结合。
通过结合使用不同的技巧，我们可以更全面地分析问题，更准确地求解问题。
十、举一反三在学习解决几何问题的方法和技巧后，同学们可以通过举一反三的方法拓展思维。
数学教案：解复杂的几何问题
数学教案：解复杂的几何问题解复杂的几何问题1. 引言几何学是数学的一个重要分支，研究空间和形状之间的关系。
在几何学中，有时会遇到一些复杂的问题，需要运用一些技巧和策略来解决。
本教案旨在帮助学生解决这类复杂的几何问题，提供一些方法和指导。
2. 理解问题在解决几何问题之前，我们首先需要全面理解问题的要求和条件。
对于复杂的几何问题，在读题时经常会出现一些难点，需要我们仔细分析并进行适当的假设。
在理解问题之后，我们可以开始构建一些辅助图形来帮助我们更好地理解和解决问题。
3. 利用相似三角形在解决复杂几何问题时，相似三角形是一个常用的工具。
当我们遇到一些求解长度或者角度比例的问题时，可以尝试利用相似三角形的性质来进行推导。
例如，我们可以利用顶角相等的性质来确定两个三角形相似，然后可以利用相似三角形的边比例关系来求解所需的长度或角度。
4. 应用平行线和比例关系如果问题中涉及到平行线，我们可以利用平行线的性质来解决问题。
平行线可以帮助我们确定一些角度和长度的关系。
此外，比例关系也是解决复杂几何问题的有力工具。
我们可以利用比例关系来推导出未知的长度或角度，从而解决问题。
5. 运用三角函数对于涉及到角度的复杂几何问题，我们可以运用三角函数来解决。
常用的三角函数包括正弦、余弦和正切等。
通过适当选择和应用适当的三角函数，我们可以求解一些复杂的几何问题。
需要注意的是，在运用三角函数时要注意角度的单位，并进行必要的转换。
6. 利用向量解决问题向量在解决几何问题中也是一个有用的工具。
通过定义向量并运用向量的性质，我们可以推导出一些关于长度和角度的等式，从而解决问题。
此外，向量也可以帮助我们更好地理解和可视化问题，从而提供解决问题的启示。
7. 结论解决复杂的几何问题需要一些技巧和策略。
通过理解问题、构建辅助图形、运用相似三角形、平行线和比例关系、三角函数以及向量等工具，我们可以更好地解决这类问题。
练习和实践是提高解决问题能力的关键，希望学生能够通过本教案提供的方法和指导，提高解决复杂几何问题的能力，更好地理解和应用几何学的知识。
三角法解平面几何题_齐世荫
课外园地三角法解平面几何题 齐世荫(武汉二中,湖北 武汉 430013)中图分类号:O122-44 文献标识码:A 文章编号:0488-7395(2000)14,16-0086-04收稿日期:2000-03-10作者简介:齐世荫(1946—),男,湖北黄陂人,武汉二中高级教师. 三角函数的理论来源于几何,用几何定义了三角函数,并用代数方法研究函数,建立了三角形中各元素的种种关系,它不仅能解决由已知元素求未知元素的问题,也为用三角法证明几何题奠定了基础.1 应用三角函数的定义 如果待证的题目与直角三角形有关,或者可以转化为直角三角形的问题,这时,我们可以根据条件,选择其中一个锐角作为参数,建立起边角之间的关系,通过计算,推导出待证的结果.例1 (美国第24届普特南数学竞赛试题)设 ∴b 2-k 2+1>0k 2≠1(1)又∵对AB 弦的中点(x 中,y 中)有x 中=kb1-k2,y 中=b1-k 2,而AB 的中点在l 2上,∴y 中=-1k (x 中-1)∴b =1-k 22k ,代入(1)式解得:k ∈(-1,0)∪(0,1),∵l 1在y 轴上的截距为b ,l 2在y 轴上的截距为1k,∴截距之商为kb =1-k 22.∵k ∈(-1,0)∪(0,1),∴解得kb ∈(0,12).24 证法1:当n =1时,∵1+12=2+22>2,当n=2时,1+12+13+14>1+12+12=2×2,∴猜想:1+12+13+…+12n >2n .证明:1)当n =1时已证,2)假设当n =k 时命题成立,即1+12+13+ (12)>2k (1)则当n =k +1时,即要证明:1+12+13+ (12)+12k +1+12k +2>2k +2(2) 由(1)式知,(2)式左边>2k +12k +1+12k +2,∴欲证(2)式即要证明2k +12k +1+12k +2≥2k +2(3)即要证明12k +1+12k +2≥2k +2-2k ,即要证明12k +1+12k +2≥22k +2+2k .∵12k +1>12k +2+2k,12k +2>12k +2+2k,∴12k +1+12k +2>22k +2+2k, ∴(3)式得证.∴n =k +1时命题也成立,由1),2)知原命题得证.证法2:∵1+12+13+…+12n>12n +12n +…+12n 2n 个=2n2n,∴1+12+13+…+12n>2n .U V 是圆O 的弦,M 是UV 的中点,AB 和CD 是过M 的另两条弦,AC 和BD 分别交U V 于P ,Q .求证:M 是PQ 的中点.证明 过P 引AB ,CD 的垂线,垂足分别是E ,图1 例1图G ;过Q 引AB ,CD 的垂线,垂足分别是F ,H .设∠PME =∠FMQ =α,∠GMP =∠HMQ =β,又∠A =∠D ,∠C =∠B ,再设PM =p ,QM =q ,U M =VM =l .显然有PE =p sin α=p A sin A ,PG =p sin β=PC sin C .QF =q sin α=QB sin C ,QH =QM sin β=QD sin A .∴p 2sin αsin β=PA ·PC sin A sin C .q 2sin αsin β=Q D ·QB sin A sin C .于是有p 2q2=PA ·PC QD ·QB =PU ·PVQU ·Q V =(l -p )(l +p )(l +q )(l -q )=l 2-p 2l 2-q 2,故有p =q ,即M 是PQ 中点.例2 已知P 是矩形ABCD 内任意一点,连结PA ,PB ,PC ,PD ,求证:在∠PAB ,∠PBC ,∠PCD ,∠PDA 四个角中,必有一个不小于45°,也必有一个图2 例2图不大于45°.证明 过P 作EF ∥AB ,GH ∥AD ,则有,tg ∠PAB =PG AG,tg ∠PBC=PF BF ,tg ∠PCD =PH HC,tg ∠PDA =PEDE.又PH =DE ,PG =BF ,PE =AG ,PF =HC ,则tg ∠PAB ·tg ∠PBC ·tg ∠PCD ·tg ∠PDA =1为定值,于是上述四个角的正切必有一个不小于1,也必有一个不大于1.2 应用余弦定理余弦定理给出了三角形的三边与一角的关系,它常被用来证明线段的相等或和差倍分关系,以及直线的平行与垂直等.例3 (第3届I MO 试题)设a ,b ,c ■ABC 的三边,求证:a 2+b 2+c 2≥43S ■ABC .证明 因c 2=a 2+b 2-2ab cos C ,S ■ABC=12ab sin C ,故有a 2=a 2+b 2+(a 2+b 2-2ab cos C )-43·12ab sin C=2[(a 2+b 2)-ab (cos C +3sin C )]=2[a 2+b 2-2ab (12cos C +32sin C )]=2[a 2+b 2-2ab sin (30°+C )]≥2(a -b )2≥0,∴a 2+b 2+c 2≥43S■ABC.例4 (美国第31届普特南数学竞赛试题)边长依次是a ,b ,c ,d 的圆外切四边形的面积A =abcd ,求证:它可以内接于某个圆.证明 设AB =a ,BC =b ,CD =c ,DA =d ,对角线AC =k .因四边形ABCD 外切于圆,故有a +c =b +d ,从而a -b =d -c ,两边平方得a 2-2ab +b 2=c 2-2cd +d 2(1)又由余弦定理:k 2=a 2+b 2-2ab cos B =c 2+d 2-2cd cos D (2)由(1)(2)可得ab (1-cos B )=cd (1-cos D )(3)因为四边形的面积A =12ab sin B +12cd sin D ,故4abcd =4A 2=(ab sin B +cd sin D )2=a 2b 2sin 2B +2abcd sin B sin D +c 2d 2sin 2D =a 2b 2(1-cos B )(1+cos B )+2abcd sin B sin D +c 2d 2(1-cos D )(1+cos D ).由(3),得4abcd =abcd (1-cos D )(1+cos B )+2abcd sin B sin D +abcd (1-cos B )(1+cos D ),故 4=(1-co s D )(1+cos B )+2sin B sin D +(1-cos B )(1+cos D ),整理即得 cos (B +D )=-1,从而B +D =π,四边形ABCD 内接于圆.3 应用正弦定理正弦定理揭示了三角形的三角的正弦与其对边的比例关系,还表示了圆的弦与其所对的圆周角与圆的直径的关系.在许多情况下,还须将正弦定理与余弦定理或三角形面积公式联用,才能得到要证的结果.例5 (1989年全国高中联赛试题)已知■ABC 中,AB >AC ,∠A 的一条外角平分线交■ABC 的外接圆于点E ,过E 作EF ⊥AB ,垂足为F .求证:2AF =AB -AC .证明 连结EB ,EC ,设∠EBA =α,∠ABC =β,显然有∠ECB =∠EAF =∠ECB =∠PAE =α+β,∠ACB =∠ECB +∠ACE =2α+β.图3 例5图由正弦定理,有AB =2R sin (2α+β),AC =2R sin β,AE =2R sin α,AF =AE cos (α+β)=2R sin αcos (α+β).∴AB -AC =2R [sin (2α+β)-sin β]=2·2R sin αcos (α+β)=2AF .例6 (1982年上海高中数学竞赛试题)如图,AE 和AF ,BF 和BD ,CD 和CE 分别是■ABC 中∠A ,∠B ,∠C 的三等分线,求图4 例6题证:■DEF 是等边三角形证明 设■ABC 的三内角A =3α,B =3β,C =3γ,外接圆半径为R .∵BDsin γ=BCsin (180°-β-γ).又α+β+γ=60°,BC =2R sin3α,于是BD =2Rsin γsin3αsin (60°-α)=4Rsin γsin α(3-4sin 2α)3cos α-sin α=8R sin γsin αsin (60°+α).同理BF =8R sin αsin γsin (60°+γ).∴FD 2=BD 2+BF 2-2BD ·BF cos β=64R 2sin 2αsin 2γ[sin 2(60°+α)+sin 2(60°+γ)-2sin (60°+α)·sin (60°+γ)cos β]=64R 2sin 2αsin 2γ ·{1-cos (120°+2α)+cos (120°+2γ)2 +[cos (120°+α+γ)-cos (α-γ)]cos β}=64R 2sin 2αsin 2γ{1-cos (180°-β)cos (α-γ)+[co s (180°-β)-cos (α-γ)]cos β}=64R 2sin 2αsin 2γ(1-cos 2β)=64R 2sin 2αsin 2βsin 2γ,∴FD =8R sin αsin βsin γ.这是关于sin α,sin β,sin γ的对称式,同理知它也等于EF ,FD .∴■DEF 是正三角形.练习题1 (1988年全国高中联赛试题)在■ABC 中,已知∠A =α,CD ,BE 分别是AB ,AC 上的高,则DE BC=.2 (1984年全国高中联赛试题)如图,AB 是单位圆的直径,在AB 上任取一点D ,作DC ⊥AB ,交圆周于C ,若点D 的坐标为(x ,0),则当x ∈时,线段AD ,BD ,C D 可构成锐角三角形.图5 第2题图3 (第28届IMO 试题)一个圆的圆心O 在四边形BCDE 的边ED 上,并且与其他三边相切,若BCDE 内接于另一圆,证明:EB +CD =ED .4 (1957年上海数学竞赛试题)设P 为单位圆上任意一点,A 1,A 2,A 3,…,A n 为圆内接正n 边形的顶点,求证:PA 21+PA 22+…+PA 2n 是常数.5 (1992年罗马尼亚数学奥林匹克试题)在■ABC中,A ″,B ″,C ″是■ABC 的角平分线AA ′,BB ′,CC ′与■ABC 的外接圆的异于顶点A ,B ,C 的交点,如果■A ″BC ,■B ″CA ,■C ″AB 有相同的周长,证明■ABC 是等边三角形.6 (1999年河北省高中数学竞赛试题)锐角■ABC的外心为O ,O 到三边距离分别为d a ,d b ,d c .如果三角形外接圆半径为2,求d a ,d b ,d c 的最大值及最大值存在的条件.参考答案1 设α为锐角,如图,连DE ,由题设,B ,C ,E ,D 共圆,故∠AED =∠ABC ,故■ADE ∽■ACB .图6 第1题答案图 故DE BC =ADAC=cos α.若α为直角,则E ,D 与A 重合,DE =0=cos90°=cos α;若α为钝角,则BE ,CD 在■ABC 之外,DEBC =cos (180°-α)=-cos α.故恒有DEBC= cos α .2 当D 在OB 上时,x ≥0,AD =1+x ,BD =1-x ,DC =1-x 2.若以AD ,BD ,CD 为边可构成锐角三角形,则AD 所对的角α应是锐角,cos α>0,即BD 2+DC 2-AD 22BD ·DC=(1-x )2+(1-x 2)-(1+x )22(1-x )1-x 2>0,解得-2-5<x <-2+5,而x ≥0,故0≤x <-2+5.当D 在AO 上时,类似可得2-5<x <0.综上所述,当x ∈(-5+2,5-2)时,线段AD 、BD 、CD 构成锐角三角形.3 设⊙O 的半径为r ,它与CD ,BE 分别切于M ,N ,又设∠E =α,∠D =β,注意到BCDE 内接于圆,于是∠OCD =π-α2,∠OBN =π-β2.图6 第3题答案图 EB +CD =r (ctgπ-α2+ctg α+ctg π-β2+ctg β)=r (tg α2+ctg α+tgβ2+ctg β)=r (1-cos αsin α+co s αsin α+1-cos βsin β+cos βsin β)=r (1sin α+1sin β)=OD +OE =ED .图7 第4题答案图4 在■PA 1O 内,令∠POA 1=α,则由余弦定理,PA 21=PO 2+A 1O 2-2PO ·A 1O cos α=2-2cos α,PA 22=2-2cos (α+2πn),PA 3=2-2cos (α+4πn),……PA 2n =2-2cos [α+(n -1)·2πn],∴PA 21+PA 22+…+PA 2n =2n -2s ,其中s =cos α+cos (α+2πn )+cos (α+4πn)+…+co s [α+2(n -1)πn ]=12sinπn {[sin (α+πn )-sin (α-πn )]+[sin (α+3πn )-sin (α+πn )]+[sin (α+5πn)-sin (α+3πn)]+…+{sin [α+(2n -1)πn ]-sin [α+(2n -3)πn]}=12sinπn{sin [α+(2n -1)πn]-sin (α-πn)}=0,∴PA 21+PA 22+…+PA 2n =2n .5 设■ABC 的外接圆半径为R ,∠B AC =α,∠CBA =β,∠ACB =γ,则有BC =2R sin α,BA ″=A ″C =2R sinα2.AC =2R sin β,AB ″=B ″C =2R sin β2.因■A ″BC 与■B ″AC 周长相等,故2R (sin α+2sinα2)=2R (sin β+2sin β2),∴sin α-sin β+2(sin α2-sin β2)=0,∴2sin α-β2cos α+β2+4sin α-β4cos α+β4=0,即4sin α-β4cos α-β4cos α+β2+4sinα-β4·cos α+β4=0,∴sinα-β4[cos α-β4cos α+β2+cos α+β4]=0.因α,β是■ABC 之二内角,故上式中左边第二个因式为正,于是sinα-β4=0.又-π4<α-β4<π4,故α-β4=0,即α=β.同理β=γ.故■ABC 为一等边三角形.图8 第6题答案图6 因O 为■ABC 的外心,过O 点作BC ,CA ,AB 的垂线,垂足分别为D ,E ,F ,因为∠ODB 为直角,OB =2,且∠BOD =12∠BOC =∠A ,故d a =OD =2cos A ,同理,d b =2cos B ,d c =2cos C .d a d b d c =8cos A cos B cos C=4[cos (A +B )+cos (A -B )]cos C =4[-co s C +cos (A -B )]cos C =-4[co s 2C -cos (A -B )cos C ]=-4[co s C -12cos (A -B )]2+cos 2(A -B )≤co s 2(A -B )≤1.当且仅当∠A =∠B =∠C =π3时,上式取等号.故d a ·d b ·d c 的最大值为1.。
如何应用三角函数解决几何旋转问题
如何应用三角函数解决几何旋转问题在几何学中，旋转是一个常见的操作，它可以改变图形的位置和方向。
解决几何旋转问题时，三角函数是非常有用的工具。
三角函数可以帮助我们计算旋转角度、坐标变换和图形的相似性等。
本文将介绍如何应用三角函数解决几何旋转问题。
一、旋转角度的计算要解决几何旋转问题，首先需要确定旋转角度。
旋转角度常用度数表示，可以是正数、负数或零。
一般来说，逆时针旋转角度为正，顺时针旋转角度为负，无旋转为零。
在计算旋转角度时，我们可以利用三角函数中的正弦、余弦和正切函数。
假设我们要求解两个点P(x, y)和Q(x', y')之间的旋转角度θ，可以使用下面的公式：θ = arctan((y' - y) / (x' - x))其中，arctan函数是求反正切的函数。
二、坐标变换当我们确定了旋转角度后，可以使用三角函数来进行坐标变换。
在平面坐标系中，点P(x, y)绕原点逆时针旋转θ角度后的新坐标为P'(x', y')。
为了计算新坐标，我们可以使用下面的公式：x' = x * cos(θ) - y * sin(θ)y' = x * sin(θ) + y * cos(θ)其中，cos和sin分别是求余弦和正弦的函数。
通过这些公式，我们可以方便地计算旋转后的坐标。
这对于解决图形旋转问题非常有帮助。
三、图形的相似性在几何学中，相似性是指当两个图形形状一致但尺寸不同时的关系。
旋转可以改变图形的方向，但不改变形状，因此也可以被视为一种相似性的变换。
如果两个图形相似，它们的旋转角度相同，但是缩放比例不同。
我们可以使用旋转角度和缩放比例来比较两个图形的相似性。
三角函数可以帮助我们计算这些参数。
四、实际应用举例三角函数在几何旋转问题中有广泛的应用。
下面举例说明：例1：已知一个点P(3, 4)，求经过顺时针旋转45度后的新坐标。
首先，我们可以计算旋转角度θ，θ = -45度。
数学教学解析如何解决几何问题
数学教学解析如何解决几何问题几何问题一直是学生们在数学学习中的一大难题。
解决几何问题需要运用一定的数学知识和思维方法。
本文将讨论如何通过数学教学解析来解决几何问题。
一、引言几何学作为数学的一个重要分支，涉及空间、图形等概念，具有一定的抽象性和难度。
学生在解决几何问题时常常束手无策，因此，教师需要通过合理的解析方法来引导学生解决几何问题。
二、理论基础数学教学解析的核心是帮助学生理解问题，培养其观察、分析、推理能力。
在解决几何问题时，可以运用以下几个方面的解析方法：1. 图形表示法使用图形来表示几何问题，可以帮助学生更直观地理解问题。
教师可以根据具体问题绘制示意图，引导学生对图形进行观察和分析，从而找到解题的思路。
2. 推理方法运用推理方法是解决几何问题的关键。
教师可以通过给出一些条件，并根据已知条件进行推理，引导学生发现隐藏的几何关系。
例如，教师可以提供一道“相似三角形”的问题，通过运用相似三角形的性质和比例关系进行推理，解决问题。
3. 实例分析法对于一些几何问题，教师可以通过实例分析法帮助学生理解问题的本质。
教师可以给出一些具体的实例，引导学生观察并找到规律，从而推导出解决问题的方法。
三、教学方法在数学教学中，教师可以采用以下方法来解决几何问题：1. 教师讲解法教师可以通过讲解解题方法和思路，引导学生理解几何问题，掌握解题的关键步骤和技巧。
教师可以从简单到复杂，循序渐进地进行讲解，注重示范和解析的过程。
2. 问题导入法教师可以通过提出一个生活实际问题或趣味性问题，引起学生的兴趣和思考，并将问题转化为几何问题，引导学生进行解析和解决。
3. 小组讨论法教师可以组织学生进行小组讨论，让学生们根据所学知识解决几何问题。
通过小组合作与交流，不仅能够激发学生们的思维，还可以培养他们的合作能力和团队精神。
四、实施步骤在教学解析几何问题的过程中，可以按照以下步骤进行：1. 提出问题教师可以提出一个几何问题，引导学生思考和分析。
几何法巧解三角形“三线”问题(两篇)2024
引言概述：三角形是初中数学中的重要内容，涉及到许多性质和定理。
其中一个重要的问题是三角形的“三线”问题。
通过几何方法解决三角形的“三线”问题可以帮助我们更深入地理解三角形的性质和关系。
本文将以几何方法巧解三角形“三线”问题为主题，通过分析和推导，介绍解决这一问题的具体方法和步骤。
正文内容:1. 角平分线1.1 定义角平分线就是从一个角的顶点出发，将角平分为两个相等角的直线。
1.2 性质三角形的内角平分线相交于三角形内部的一点，称为内心，且与三个角的顶点连线相交于三边的中点。
1.3 求解方法通过给定的三角形，我们可以利用角平分线的性质简化求解。
首先，画出三角形的三边，然后利用直尺和圆规，将三个角的角平分线画出，并延长到三边上。
连接三个角平分线的交点，就是三角形的内心。
2. 中位线2.1 定义中位线是指连接一个三角形的两个非对顶顶点的中点的直线。
2.2 性质三角形的三条中位线交于一点，称为三角形的质心，且质心到三个顶点的距离相等，即三条中位线的交点是三角形重心。
2.3 求解方法同样地，通过给定的三角形，我们可以利用中位线的性质求解。
首先，根据给定的三角形，求出三个顶点的坐标，然后根据坐标计算出中位线的中点坐标，并连接这些中点。
通过求解三个中线的交点即可得到三角形的质心。
3. 垂心线3.1 定义垂心线是指从一个三角形的顶点作出垂直于对边的直线。
3.2 性质三角形的三条垂心线交于一点，称为三角形的垂心，且垂心到三边的距离相等。
3.3 求解方法在给定的三角形中，我们可以通过直尺和圆规画出垂心线的步骤。
首先，选取一个顶点，在对边上找一个点，使得与该顶点与对边上的点连线垂直。
然后，用圆规以该垂直线段为半径，画个弧与其他两条边交于两点，连接这两点与原始顶点，就得到了三条垂心线的交点。
4. 重心线4.1 定义重心线是指从一个三角形的顶点分别作出三角形的对边的中垂线，即垂直于对边的直线并且通过对边的中点。
4.2 性质三角形的三条重心线交于一点，称为三角形的重心，且重心到三边的距离与各边的长度成正比。
求解立体几何问题的两种常用方法
构特性、体积、一、几何法何法解题，据几何中的性质、之间的平行、得空间角、距离，例1.如图1，AB =BC =2，AD =线段PC 上的点．（Ⅰ）证明：BD （Ⅱ）若G 是PC 角的正切值；（Ⅲ）若G 满足(Ⅰ)证明：∵∴PA ⊥BD ；∵设AC 与BD ∴O 为AC 而PA ∩AC =A （Ⅱ）解：若G ∴GO ，可得GO ⊥平面ABCD ，⊥平面PAC ，与平面PAC 所成的角；=12PA =；AB ∙BC ∙cos ∠ABC =12，3；OD =CD 2-CO 2，，tan ∠DGO =OD OG ；PC ⊥面BGD ，OG ⊂平面BGD ，=PA 2+AC 2=15；，可得GC AC =OCPC ，GC 15-=32.需利用线面垂直的判定定理；解答再根据相似.运用几何法解题，只需定义、定理，寻找其定义、定理进行求解.几何意义、运算法则往往需根或建立合适的空间给点赋予坐标，通过向备考指南50量运算求得空间角、距离，判定空间中点、线、面的位置关系.例2.如图2，在四棱锥M-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB、AD的夹角都是60°，N是CM的中点，求BN的长.图2解：∵N是CM的中点，设a=AB,b=AD,c=AM，底面ABCD是边长为2的正方形，∴ BN=12( BC+ BM )=12( AD+ BA+ AM)=12 a+12 b12 c；由题意可得：|a|=|b|=2,|c|=3,a⋅b=0，a⋅c=2×3×cos60°=3，b⋅c=2×3×cos60°=3，∴ BN2=(-12 a+12 b+12 c)2=1+1+94-12×3+12×3=174，∴| BN|即BN的长为.设a=AB,b=AD,c=AM，并将其作为基底表示出其它的线段，便可根据向量的三角形法则、平行四边形法则、数量积公式、模的公式求得|BN|，即可解题.运用向量法求解，可将立体几何问题转化为向量问题，这样不仅能转换解题的思路，还能简化解题的过程.例3.如图3，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点D在棱A1B1上，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1,AA1=AB=AC=2；当D为A1B1的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.图3解：由直三棱柱ABC-A1B1C1的性质可知AA1⊥A1B1，又AE⊥A1B1，AA1∩AE=A，AA1，AE⊂平面AA1C1C，所以A1B1⊥平面AA1C1C，又A1C1⊂平面AA1C1C，则A1B1⊥A1C1，故AB⊥AC，AB⊥AA1，AC⊥AA1，建立空间直角坐标系，如图4所示，图4则C（2，0，0），B（0，0，2），A（0，0，0），A1（0，2，0），F（1，0，1），E（2，1，0），设D（0，2，t），则FD=(-1,2,t-1),AE=(2,1,0)，因为FD⋅AE=(-1,2,t-1)⋅(2,1,0)=0；故DF⊥AE；当D为A1B1的中点时，D（0，2，1），又EF=(-1,-1,1),FD=(-1,2,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z)，则ìíîn⋅EF=0,n⋅FD=0,即ìíîx+y-z=0,x-2y=0,令y=1，则x=2，z=3，故n=(2,1,3)，取平面ABC的一个法向量m=(0,1,0)，则|cos< n, m>|=|n⋅m|| n|| m|故平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.在找到三条相互垂直，且交于一点的直线后，便可建立空间直角坐标系，根据题意求得各个点的坐标、线段的方向向量、平面的法向量，再通过空间向量的坐标系运算求得二面角的大小.在求平面的法向量时，需根据线面垂直的判定定理，在一个平面内找到两条相交的直线，并使其与法向量垂直，利用待定系数法即可求出平面的法向量.通过搭建空间直角坐标系，将抽象的立体几何问题转化为具象的坐标运算问题，可有效避免复杂的几何推理论证.总之，几何法的适用范围较广，大部分的立体几何问题都可以用几何法求解.而向量法的适用范围较窄，只适用于求解有关正方体、长方体、直三棱柱等规则空间几何体的问题，且使用过程中的运算量较大，同学们要谨慎计算，避免出现失误和错解.（作者单位：江苏省如东县马塘中学）备考指南51。
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（二）用三角法解几何问题（三）用解析法解几何问题用复数
法解几何问题
(二)用三角法解几何问题
用三角法解几何问题，常将线段和角的关系转化为三角函数关系，通过三角恒等变换、解三角方程或证明三角不等式来完成几何问题的解答．
例3 在等腰直角三角形ABC中，M是腰AC的中点，过直角顶点C作CD⊥BM于D，CD延长线交AB于E(如图3)．求证：∠AME=∠CMB．
思路分析这类问题，用几何法会困难重重，而转化为用三角法则柳暗花明．
设∠AME=α，∠CMB=β，则∠AEM=135°-α，∠ACE=90°-β，∠AEC=45°＋β．在△AME和△ACE中，由正弦定理，得
②÷①且由AC＝2AM，得
又α、β∈(0°，90°)，所以α＝β，即∠AME=∠CMB．
例4(蝴蝶定理)过⊙O的一条弦AB的中点C任作两条弦DE和GF，连结DG和EF分别交AB于M、N(如图13－4)．求证：CM=CN．
思路分析设AB=2a，AC=CB=a，CM=x，CN=y，各角假设如图4所示．
由相交弦定理有AM·MB=GM·MD，即(a-x)(a＋x)
所以x=y，即CM=CN．
在上一讲中我们用对称变换证过蝴蝶定理，方法很轻盈．此处的三角法给我们又一种灵巧感
(三)用解析法解几何问题
解析法是笛卡儿推崇的数学思想方法，它的优势主要在解题的规范化，其解题步骤主要是：通过建立坐标系，设定所给图形上有关点的坐标和曲线的方程后，便可将几何问题转化为代数问题；然后运用代数知识求解，再赋予几何意义，从而获得对几何问题的解答．
例5 在△ABC中，已知AD是BC边上的高，P是AD上任一点，BP、CP延长线交AC、AB于E、F．求证：∠ADE=∠ADF．
思路分析此题如用几何法须较高技巧，我们试用解析法来证明．
建立直角坐标系如图5，则只须证明DE、DF的斜率互为相反数就可以了．
设A、B、C、P四点坐标分别为(0，a)、(b，0)、(c，0)、(0，p)，由截距式可求出AB、CP、AC、BP的直线方程为
所以∠ADE=∠ADF．
例6 巳知正方形ABCD，BD∥EC，以D为圆心，BD为半径画弧，交EC于E，连结ED交BC于F．求证：BF=BE．
思路分析如图6所示，建立直角坐标系．
设正方形的边长为1，正方形四个顶点的坐标为A(0，1)、B(1，1)、C(1，0)、D(0，0)，又设E(x1，y1)、F(x2，y2)．
又因为CE∥BD，所以直线CE的斜率等于直线BD的斜率，即
即得｜BE｜=｜BF｜．
由上述例子可见，解析法证几何题，思路明确，有规可循，而且可以减少或避免添加辅助线，可以减少“寻求隐含条件”的困难．使用时要注意的是坐标系的选取要适当，这样可简化计算．
(四)用复数法解几何问题
用复数法解答几何问题，基本思路是从问题的特点出发，建立复平面，选取相应的复数表示形式，根据题设条件，将几何问题转化为复数问题，通过复数的计算与推理，完成对问题的解答．
例7如图7，△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，现固定△ABC，而将△ADE绕A点在平面上旋转．试证不论△ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在一点M，使△BMD为等腰直角三角形．
数法证明．
不妨设等腰直角三角形ADE绕A旋转到如图8位置．因为AB≠AD，故B、D总不会重合．以B、D连线为实轴，BD的垂直平分线为虚轴，建立复平面．设B、D所表示的复数分别为z B=-1，z D=1．
上，且｜OB｜=｜OD｜=｜OM｜=1．故△BMD为等腰直角三角形．
例8 在半圆O中，定点A在直径EF的延长线上，B点在半圆周上运动，以AB为一边向外作正三角形ABC．问B在何处时，O、C两点距离最远？求这最远距离．
思路分析建立复平面如图9，设圆半径为r，∠AOB=θ，
复数是zC=cr(cosθ+isinθ)＋［(a-rcosθ)-irsinθ］(cos60°
-2arcos(θ＋60°)．故当cos(θ＋60°)=-1时，即θ=120°时，｜
OC｜max=a＋r．
(五)用向量法解几何问题
向量代数是现代数学最活跃的分支之一，向量能深刻描述现实世界的空间形式，是沟通数与形内在联系的有力工具，利用向量的运算证明几何问题，方法很新颖．
例9 已知G是△ABC的重心，O是任意一点．求证：
AB2＋BC2＋CA2+9OG2=3(OA2+OB2＋OC2)．
思路分析这道题用几何法证明较困难，用向量法却能得心应手．
例12 设四边形A1A2A3A4为圆O的内接四边形，M1、M2、M3、M4依次为△A2A3A4、△A3A4A1、△A4A1A2、△A1A2A3的垂心．求证：M1、M2、M3、M4四点共圆，并定出圆心的位置．
思路分析作直径A1B，连结A2B、A4B，则向量OA1=-OB，A4B ⊥A4A1，又M3为△A4A1A2的垂心，A2M3⊥A1A4，所以A4B∥A2M3．同理得A2B∥A4M3．则四边形BA4M3A2为平行四边形(如图11所示)．
(i=1，2，3，4)．
这表明M i到点G的距离为定长r，故M1、M2、M3、M4四点共圆，再由多边形法则可作出圆心G．。