校本課程數(shù)學(xué)競賽講義2

第五章直線、圓、圓錐曲線一能力培養(yǎng)1,函數(shù)與方程思想2,數(shù)形結(jié)合思想3,分類討論思想4,轉(zhuǎn)化能力5,運算能力二問題探討問題1設(shè)坐標原點為O,拋物線與過焦點的直線交于A,B兩點,求的值.問題2直線L與橢圓交于P,Q不同兩點,記OP,OQ的斜率分別為,,如果,求PQ連線的中點M的軌跡方程.問題3給定拋物線C:,F是C的焦點,過點F的直線與C相交于A,B兩點.(=1\*ROMANI)設(shè)的斜率為1,求與夾角的大小;(=2\*ROMANII)設(shè),假設(shè),求在軸上截距的變化范圍.問題4求同時滿足以下三個條件的曲線C的方程:=1\*GB3①是橢圓或雙曲線;=2\*GB3②原點O和直線分別為焦點及相應(yīng)準線;=3\*GB3③被直線垂直平分的弦AB的長為.三習(xí)題探選擇題1橢圓的離心率,那么實數(shù)的值為A,3B,3或C,D,或2一動圓與兩圓和都外切,那么動圓圓心的軌跡為A,圓B,橢圓C,雙曲線的一支D,拋物線3雙曲線的頂點為與(2,5),它的一條漸近線與直線平行,那么雙曲線的準線方程是A,B,C,D,4拋物線上的點P到直線有最短的距離,那么P的坐標是A,(0,0)B,C,D,5點F,直線:,點B是軸的直線與線段BF的垂直平分線交于點M,那么點M的軌跡是A,雙曲線B,橢圓C,圓D,拋物線填空題6橢圓上的一點到左焦點的最大距離為8,到右準線的最小距離為,那么此橢圓的方程為.7與方程的圖形關(guān)于對稱的圖形的方程是.8設(shè)P是拋物線上的動點,點A的坐標為,點M在直線PA上,且分所成的比為2:1,那么點M的軌跡方程是.9設(shè)橢圓與雙曲線有共同的焦點,且橢圓長軸是雙曲線實軸的2倍,那么橢圓與雙曲線的交點軌跡是.解答題10點H,點P在軸上,點Q在軸的正半軸上,點M在直線PQ上,且滿足,.(=1\*ROMANI)當(dāng)點P在軸上移動時,求點M的軌跡C;(=2\*ROMANII)過點T作直線與軌跡C交于A,B兩點,假設(shè)在軸上存在一點E,使得是等邊三角形,求的值.11雙曲線C:,點B,F分別是雙曲線C的右頂點和右焦點,軸正半軸上,且滿足成等比數(shù)列,過點F作雙曲線C在第一,第三象限的漸近線的垂線,垂足為P.(=1\*ROMANI)求證:;(=2\*ROMANII)設(shè),直線與雙曲線C的左,右兩分支分別相交于點D,E,求的值.12雙曲線的兩個焦點分別為,,其中又是拋物線的焦點,點A,B在雙曲線上.(=1\*ROMANI)求點的軌跡方程;(=2\*ROMANII)是否存在直線與點的軌跡有且只有兩個公共點?假設(shè)存在,求實數(shù)的值,假設(shè)不存在,請說明理由.四參考答案問題1解:(1)當(dāng)直線AB軸時,在中,令,有,那么,得.(2)當(dāng)直線AB與軸不互相垂直時,設(shè)AB的方程為:由,消去,整理得,顯然.設(shè),那么,得=+=+===.綜(1),(2)所述,有.ypQo問題2解:設(shè)點P,Q,M的坐標分別為ypQox由條件知=1\*GB3①=2\*GB3②x,=3\*GB3③=4\*GB3④=1\*GB3①+=2\*GB3②得即,將=3\*GB3③,=4\*GB3④代入得,于是點M的軌跡方程為.問題3解:(=1\*ROMANI)C的焦點為F(1,0),直線的斜率為1,所以的方程為,把它代入,整理得設(shè)A,B那么有.+1=.,所以與夾角的大小為.(=2\*ROMANII)由題設(shè)得,即.得,又,有,可解得,由題意知,得B或,又F(1,0),得直線的方程為或,當(dāng)時,在軸上的截距為或,由,可知在[4,9]上是遞減的,于是,,所以直線在軸上的截距為[].問題4解:設(shè)M為曲線C上任一點,曲線C的離心率為,由條件=1\*GB3①,=2\*GB3②得,化簡得:(=1\*romani)設(shè)弦AB所在的直線方程為(=2\*romanii)(=2\*romanii)代入(=1\*romani)整理后得:(=3\*romaniii),可知不合題意,有,設(shè)弦AB的端點坐標為A,B,AB的中點P.那么,是方程(=3\*romaniii)的兩根.,,,又中點P在直線上,有+=0,解得,即AB的方程為,方程(=3\*romaniii)為,它的,得.,由,得即,得,將它代入(=1\*romani)得.所求的曲線C的方程為雙曲線方程:.1焦點在軸得;焦點在軸得,選B.2設(shè)圓心O(0,0),,為動圓的圓心,那么,選C.3知雙曲線的中心為(2,2),由變形得,于是所求雙曲線方程為,它的準線為,即,選A.4設(shè)直線與相切,聯(lián)立整理得,由,得,這時得切點(,1),選B.5由知點M的軌跡是拋物線,選D.6可得,消去,整理得,有或(舍去),得,,所以所求的橢圓方程為.7設(shè)點P是所求曲線上任一點,它關(guān)于對稱的點在上,有,即.8設(shè)點P,M,有,,得,而,于是得點M的軌跡方程是.9由條件可得或,設(shè)P代入可知交點的軌跡是兩個圓.10解:(=1\*ROMANI)設(shè)點M,由,得P由,得所以.又點Q在軸的正半軸上,得.所以,動點M的軌跡C是以(0,0)為頂點,以(1,0)為焦點的拋物線,除去原點.(=2\*ROMANII)設(shè)直線:,其中,代入,整理得=1\*GB3①設(shè)A,B,,=,有AB的中點為,AB的垂直平分線方程為,令,,有E由為正三角形,E到直線AB的距離為,知.由,解得,所以.11(=1\*ROMANI)證明:直線的方程為:由,得P,又成等差數(shù)列,得A(,0),有,于是,,因此.(=2\*ROMANII)由,得,:由,消去,整理得=1\*GB3①設(shè)D,E,由有,且,是方程=1\*GB3①的兩個根.,,,解得或.又,得=,因此.12解:(=1\*ROMANI),,設(shè)那么,去掉絕對值號有兩種情況,分別得的軌跡方程為和()(=2\*ROMANII)直線:,:,D(1,4),橢圓Q:=1\*GB3①假設(shè)過點或D,由,D兩點既在直線上,又在橢圓Q上,但不在的軌跡上,知與的軌跡只有一個公共點,不合題意.=2\*GB3②假設(shè)不過,D兩點().那么與必有一個公共點E,且點E不在橢圓Q上,所以要使與的軌跡有且只有兩個公共點,必須使與Q有且只有一個公共點,把代入橢圓的方程并整理得由,得.第六章空間向量簡單幾何體一能力培養(yǎng)1,空間想象能力2,數(shù)形結(jié)合思想3,轉(zhuǎn)化能力4,運算能力二問題探討問題1(如圖)在棱長為1的正方體ABCD中,ABCDABABCDABCD(2)求異面直線B與C之間的距離;(3)求直線B與平面CD所成的角的大小;(4)求證:平面BD//平面C;(5)求證:直線A平面BD;(6)求證:平面AB平面BD;(7)求點到平面C的距離;(8)求二面角C的大小.ACBABC問題2斜三棱柱ABCDACBABC與底面垂直,,,,且AC,A=C.(1)求側(cè)棱A和底面ABC所成的角的大小;(2)求側(cè)面AB和底面ABC所成二面角的大小;(3)求頂點C到側(cè)面AB的距離.三習(xí)題探討選擇題1甲烷分子由一個碳原子和四個氫原子組成,其空間構(gòu)型為一正四面體,碳原子位于該正四個點(體積忽略不計),且碳原子與每個氫原子間的距離都為,那么以四個氫原子為頂點的這個正四面體的體積為A,B,C,D,2夾在兩個平行平面之間的球,圓柱,圓錐在這兩個平面上的射影都是圓,那么它們的體積之比為A,3:2:1B,2:3:1C,3:6:2D,6:8:33設(shè)二面角的大小是,P是二面角內(nèi)的一點,P點到的距離分別為1cm,2cm,那么點P到棱的距離是A,B,C,D,ABCDABCDEF的中點,且DEEF.假設(shè)BC=,那么此正三棱錐的體積是A,B,C,D,5棱長為的正八面體的外接球的體積是A,B,C,D,填空題6假設(shè)線段AB的兩端點到平面的距離都等于2,那么線段AB所在的直線和平面的位置關(guān)系是.7假設(shè)異面直線所原角為,AB是公垂線,E,F分別是異面直線上到A,B距離為2和平共處的兩點,當(dāng)時,線段AB的長為.8如圖(1),在直四棱柱中,當(dāng)?shù)酌嫠倪呅螡M足條件時,有C(注:填上你認為正確的一種條件即可,不必考慮所有可能的情形)ABABCDABCD圖(1)ABENM圖(2)CDCDF=1\*GB3①AB與EF所連直線平行;=2\*GB3②AB與CD所在直線異面;=3\*GB3③MN與BF所在直線成;=4\*GB3④MN與CD所在直線互相垂直.其中正確命題的序號為.(將所有正確的都寫出)解答題10如圖,在沿DE折起來使得A到,且為的二面角,求到直線BC的最小距離.AABOCDEOA11如圖,矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA平面ABCD,且PA=1.(1)問BC邊上是否存在點Q使得PQQD?并說明理由;(2)假設(shè)邊上有且只有一個點Q,使得PQQD,求這時二面角Q的正切.AABCDPQ參考答案:問題1(1)解:如圖,以D為原點建立空間直角坐標系,有(1,0,1),B(1,1,0),(1,1,1),C(0,1,0)得,,設(shè)與所成的角為,那么,又,得所以異面直線B與C所成的角的大小為.(2)設(shè)點M在B上,點N在C上,且MN是B與C的公垂線,令M,N,那么由,得,解得,所以,得,即異面直線B與C之間的距離為.(3)解:設(shè)平面CD的法向量為,而,由,,有,得,于是,設(shè)與所成的角為,那么,又,有.所以直線B與平面CD所成的角為.(4)證明:由//C,C平面C,得//平面C,又BD//,平面C,得BD//平面C,而,于是平面BD//平面C.(5)證明:A(1,0,0),(0,1,1),,,有及,得,,,于是,直線A平面BD.(6)證明:由(5)知平面BD,而平面AB,得平面AB平面BD.(7)解:可得C=C==,有由,得,即,得所以點到平面的距離為.(8)解:由(3)得平面CD的法向量為=,它即為平面的法向量.設(shè)平面的法向量為,那么,又由,得,所以設(shè)與所成的角為,那么所以二面角的大小為.問題2解:建立如下圖的空間直角坐標系,由題意知A,B(0,0,0),C(0,2,0).又由面AC面ABC,且A=C,知點,,平面ABC的法向量.(1),得于是,側(cè)棱和底面ABC所成的角的大小是.(2)設(shè)面AB的法向量,那么由得,.于是,,又平面ABC的法向量,得,有.所以側(cè)面AB和底面ABC所成二面角的大小是.(3)從點C向面AB引垂線,D為垂足,那么所以點C到側(cè)面AB的距離是.習(xí)題1過頂點A,V與高作一截面交BC于點M,點O為正四面體的中心,為底面ABC的中心,設(shè)正四面體VABC的棱長為,那么AM==VM,=,,,得在中,,即,得.那么,有.選B.溫馨提示:正四面體外接球的半徑:內(nèi)切球的半徑=.2,選B.3設(shè)PA棱于點A,PM平面于點M,PN平面于點N,PA=,,那么,得,有或(舍去),所以,選B.4由DEEF,EF//AC,有DEAC,又ACBD,DEBD=D,得AC平面ABD.由對稱性得,于是.,選B.5可由兩個相同的四棱錐底面重合而成,有,得,外接球的體積,選D.6當(dāng)時,AB//;當(dāng)時,AB//或AB;當(dāng)時,AB//或與斜交.7由,得(1)當(dāng)時,有,得;(2)當(dāng)時,有,得.8ACBD.(或ABCD是正方形或菱形等)9將展開的平面圖形復(fù)原為正方體,可得只=2\*GB3②,=4\*GB3④正確.10解:設(shè)的高AO交DE于點,令,由AO=,有,在中,,有得.當(dāng)時,到直線BC的最小距離為6.11解:(1)(如圖)以A為原點建立空間直角坐標系,設(shè),那么Q,P(0,0,1),D得,由,有,得=1\*GB3①假設(shè)方程=1\*GB3①有解,必為正數(shù)解,且小于.由,,得.(=1\*romani)當(dāng)時,BC上存在點Q,使PQQD;(=2\*romanii)當(dāng)時,BC上不存在點Q,使PQQD.(2)要使BC邊上有且只有一個點Q,使PQQD,那么方程=1\*GB3①有兩個相等的實根,這時,,得,有.又平面APD的法向量,設(shè)平面PQD的法向量為而,,由,得,解得有,那么,那么所以二面角的正切為.第七講二項式定理與多項式知識、方法、技能Ⅰ．二項式定理1．二項工定理2．二項展開式的通項它是展開式的第r+1項.3．二項式系數(shù)4．二項式系數(shù)的性質(zhì)〔1〕〔2〕〔3〕假設(shè)n是偶數(shù)，有，即中間一項的二項式系數(shù)最大.假設(shè)n是奇數(shù)，有，即中項二項的二項式系數(shù)相等且最大.〔4〕〔5〕〔6〕〔7〕〔8〕以上組合恒等式〔是指組合數(shù)滿足的恒等式〕是證明一些較復(fù)雜的組合恒等式的基本工具.〔7〕和〔8〕的證明將在后面給出.5．證明組合恒等式的方法常用的有〔1〕公式法，利用上述根本組合恒等式進行證明.〔2〕利用二項式定理，通過賦值法或構(gòu)造法用二項式定理于解題中.〔3〕利用數(shù)學(xué)歸納法.〔4〕構(gòu)造組合問題模型，將證明方法劃歸為組合應(yīng)用問題的解決方法.賽題精講例1：求的展開式中的常數(shù)項.【解】由二項式定理得①其中第項為②在的展開式中，設(shè)第k+1項為常數(shù)項，記為那么③由③得r－2k=0，即r=2k，r為偶數(shù)，再根據(jù)①、②知所求常數(shù)項為【評述】求某一項時用二項展開式的通項.例2：求的展開式里x5的系數(shù).【解】因為所以的展開式里x5的系數(shù)為【評述】此題也可將化為用例1的作法可求得.例3：數(shù)列滿足求證：對于任何自然數(shù)n，是x的一次多項式或零次多項式.〔1986年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題〕【思路分析】由是等差數(shù)列，那么從而可將表示成的表達式，再化簡即可.【解】因為所以數(shù)列為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d有從而由二項定理，知又因為從而所以當(dāng)?shù)囊淮味囗検?，?dāng)零次多項式.例4：a，b均為正整數(shù)，且求證：對一切，An均為整數(shù).【思路分析】由聯(lián)想到復(fù)數(shù)棣莫佛定理，復(fù)數(shù)需要，然后分析An與復(fù)數(shù)的關(guān)系.【證明】因為顯然的虛部，由于所以從而的虛部.因為a、b為整數(shù)，根據(jù)二項式定理，的虛部當(dāng)然也為整數(shù)，所以對一切，An為整數(shù).【評述】把An為與復(fù)數(shù)聯(lián)系在一起是此題的關(guān)鍵.例5：為整數(shù)，P為素數(shù)，求證：【證明】由于為整數(shù)，可從分子中約去r！，又因為P為素數(shù)，且，所以分子中的P不會紅去，因此有所以【評述】將展開就與有聯(lián)系，只要證明其余的數(shù)能被P整除是此題的關(guān)鍵.例6：假設(shè)，求證：【思路分析】由猜測，因此需要求出，即只需要證明為正整數(shù)即可.【證明】首先證明，對固定為r，滿足條件的是惟一的.否那么，設(shè)那么是惟一的.下面求.因為又因為所以故【評述】猜測進行運算是關(guān)鍵.例7：數(shù)列中，，求的末位數(shù)字是多少？【思路分析】利用n取1，2，3，…猜測的末位數(shù)字.【解】當(dāng)n=1時，a1=3，，因此的末位數(shù)字都是7，猜測，現(xiàn)假設(shè)n=k時，當(dāng)n=k+1時，從而于是故的末位數(shù)字是7.【評述】猜測是關(guān)鍵.例8：求N=1988－1的所有形如為自然數(shù)〕的因子d之和.【思路分析】尋求N中含2和3的最高冪次數(shù)，為此將19變?yōu)?0－1和18+1，然后用二項式定理展開.【解】因為N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1=－其中M是整數(shù).上式說明，N的素因數(shù)中2的最高次冪是5.又因為N=(1+2×9)88－1=32×2×88+34·P=32×〔2×88+9P〕其中P為整數(shù).上式說明，N的素因數(shù)中3的最高次冪是2.綜上所述，可知，其中Q是正整數(shù)，不含因數(shù)2和3.因此，N中所有形如的因數(shù)的和為(2+22+23+24+25)(3+32)=744.例9：設(shè)，求數(shù)x的個位數(shù)字.【思路分析】直接求x的個位數(shù)字很困難，需將與x相關(guān)數(shù)聯(lián)系，轉(zhuǎn)化成研究其相關(guān)數(shù).【解】令，由二項式定理知，對任意正整數(shù)n.為整數(shù)，且個位數(shù)字為零.因此，x+y是個位數(shù)字為零的整數(shù).再對y估值，因為，且，所以故x的個位數(shù)字為9.【評述】轉(zhuǎn)化的思想很重要，當(dāng)研究的問題遇到困難時，將其轉(zhuǎn)化為可研究的問題.例10：試問：在數(shù)列中是否有無窮多個能被15整除的項？證明你的結(jié)論.【思路分析】先求出，再將表示成與15有關(guān)的表達式，便知是否有無窮多項能被15整除.【證明】在數(shù)列中有無窮多個能被15整除的項，下面證明之.數(shù)列的特征方程為它的兩個根為，所以〔n=0，1，2，…〕由那么取，由二項式定理得由上式知當(dāng)15|k，即30|n時，15|an，因此數(shù)列中有無窮多個能被15整除的項.【評述】在二項式定理中，經(jīng)常在一起結(jié)合使用.針對性訓(xùn)練題1．實數(shù)均不為0，多項的三根為，求的值.2．設(shè)，其中為常數(shù)，如果求的值.3．定義在實數(shù)集上的函數(shù)滿足：4．證明：當(dāng)n=6m時，5．設(shè)展開式為，求證：6．求最小的正整數(shù)n，使得的展開式經(jīng)同類項合并后至少有1996項.〔1996年美國數(shù)學(xué)邀請賽試題〕7．設(shè)，試求：〔1〕的展開式中所有項的系數(shù)和.〔2〕的展開式中奇次項的系數(shù)和.8．證明：對任意的正整數(shù)n，不等式成立.〔第21屆全蘇數(shù)學(xué)競賽題〕聯(lián)賽二試選講§8.1平幾名定理、名題與競賽題平面幾何在其漫長的開展過程中，得出了大量的定理，積累了大量的題目，其中很多題目都是大數(shù)學(xué)家的大手筆，這些題目本身就是典范，這些題目的解決方法那么更是我們學(xué)習(xí)平面幾何的圭臬．通過學(xué)習(xí)這些題目，大家可以體會到數(shù)學(xué)的美．而且這些題目往往也是數(shù)學(xué)競賽命題的背景題，在很多競賽題中都可以找到他們的身影．本講及下講擬介紹幾個平幾名題及其應(yīng)用．定理1(Ptolemy定理)圓內(nèi)接四邊形對角線之積等于兩組對邊乘積之和；(逆命題成立)分析如圖，即證AC·BD=AB·CD+AD·BC．可設(shè)法把AC·BD拆成兩局部，如把AC寫成AE+EC，這樣，AC·BD就拆成了兩局部：AE·BD及EC·BD，于是只要證明AE·BD=AD·BC及EC·BD=AB·CD即可．證明在AC上取點E，使ADE=BDC，由DAE=DBC，得⊿AED∽⊿BCD．∴AE∶BC=AD∶BD，即AE·BD=AD·BC．⑴又ADB=EDC，ABD=ECD，得⊿ABD∽⊿ECD．∴AB∶ED=BD∶CD，即EC·BD=AB·CD．⑵⑴+⑵，得AC·BD=AB·CD+AD·BC．說明本定理的證明給證明ab=cd+ef的問題提供了一個典范．用類似的證法，可以得到Ptolemy定理的推廣(廣義Ptolemy定理)：對于一般的四邊形ABCD，有AB·CD+AD·BC≥AC·BD．當(dāng)且僅當(dāng)ABCD是圓內(nèi)接四邊形時等號成立．例1(1987年第二十一屆全蘇)設(shè)A1A2A3…Aeq\f(1,A1A2)=eq\f(1,A1A3)+eq\f(1,A1A4)．證明連A1A5，A3A5，并設(shè)A1A2=a，A1A3=b，A1此題即證eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)．在圓內(nèi)接四邊形A1A3A4A5中，有A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c．于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)，故證．例2．(美國紐約，1975)證明：從圓周上一點到圓內(nèi)接正方形的四個頂點的距離不可能都是有理數(shù)．例1分析：假定其中幾個是有理數(shù)，證明至少一個是無理數(shù)．例1證明：設(shè)⊙O的直徑為2R，不妨設(shè)P在eq\o(\s\up6(⌒),AD)上，那么∠APB=45，設(shè)∠PBA=，那么∠PAB=135－．假設(shè)PA=2Rsin及PC=2Rsin(90－)=2Rcos為有理數(shù)，那么PB=2Rsin∠PAB=2Rsin(135－)=2R(eq\f(eq\r(2),2)cos+eq\f(eq\r(2),2)sin)=eq\r(2)R(sin+cos)即為無理數(shù)．或用Ptolemy定理：PB·AC=PA·BC+PC·AB．eq\r(2)PB=PA+PC．故PA、PB、PC不能同時為有理數(shù)．例3．⑴求證：銳角三角形的外接圓半徑與內(nèi)切圓半徑的和等于外心到各邊距離的和．⑵假設(shè)ABC為直角三角形或鈍角三角形，上面的結(jié)論成立嗎？證明：如圖，ABC內(nèi)接于⊙O，設(shè)⊙O的半徑=R，ABC的邊長分別為a，b，c．三邊的中點分別為X、Y、Z．由A、X、O、Z四點共圓，據(jù)Ptolemy定理，有OA·XZ=OX·AZ+OZ·AX，R·eq\f(1,2)a=OX·eq\f(1,2)b+OZ·eq\f(1,2)c．即R·a=OX·b+OZ·c，①同理，R·b=OX·a+OY·c，②R·c=OY·b+OZ·a，③三式相加，得R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)．④但r(a+b+c)=OX·a+OY·b+OZ·c．(都等于三角形面積的2倍)⑤④式與⑤式兩邊分別相加，得R(a+b+c)+r(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OX·c+OY·a+OZ·b．故，R+r=OX+OY+OZ．⑵當(dāng)ABC為直角三角形(∠C為直角)，那么O在邊AB上，OX=0，上述結(jié)論仍成立．當(dāng)ABC為鈍角三角形(∠C為直角或鈍角)時，那么有R+r=－OX+OY+OZ．證明同上．定理2設(shè)P、Q、A、B為任意四點，那么PA2-PB2=QA2-QB2PQ⊥AB．證明先證PA2-PB2=QA2-QB2PQ⊥AB．作PH⊥AB于H，那么PA2-PB2=(PH2+AH2)-(PH2+BH2)=AH2－BH2=(AH+BH)(AH-BH)=AB(AB-2BH)．同理，作QH’⊥AB于H’，那么QA2-QB2=AB(AB-2AH’)∴H=H’，即點H與點H’重合．PQ⊥ABPA2-PB2=QA2-QB2顯然成立．說明此題在證明兩線垂直時具有強大的作用．點到圓的冪：設(shè)P為⊙O所在平面上任意一點，PO=d，⊙O的半徑為r，那么d2－r2就是點P對于⊙O的冪．過P任作一直線與⊙O交于點A、B，那么PA·PB=|d2－r2|．“到兩圓等冪的點的軌跡是與此二圓的連心線垂直的一條直線，如果此二圓相交，那么該軌跡是此二圓的公共弦所在直線”這個結(jié)論．這條直線稱為兩圓的“根軸”．三個圓兩兩的根軸如果不互相平行，那么它們交于一點，這一點稱為三圓的“根心”．三個圓的根心對于三個圓等冪．當(dāng)三個圓兩兩相交時，三條公共弦(就是兩兩的根軸)所在直線交于一點．例5．以O(shè)為圓心的圓通過⊿ABC的兩個頂點A、C，且與AB、BC兩邊分別相交于K、N兩點，⊿ABC和⊿KBN的兩外接圓交于B、M兩點．證明：∠OMB為直角．(1985年第26屆國際數(shù)學(xué)競賽〕分析對于與圓有關(guān)的問題，?？衫脠A冪定理，假設(shè)能找到BM上一點，使該點與點Ｂ對于圓O等冪即可．證明：由BM、KN、AC三線共點P，知PM·PB=PN·PK=PO2-r2．⑴由PMN=BKN=CAN，得P、M、N、C共圓，故BM·BP=BN·BC=BO2-r2．⑵⑴－⑵得，PM·PB-BM·BP=PO2-BO2，即(PM-BM)(PM+BM)=PO2-BO2，就是PM2-BM2=PO2-BO2，于是OM⊥PB．定理3(Ceva定理)設(shè)X、Y、Z分別為△ABC的邊BC、CA、AB上的一點，那么AX、BY、CZ所在直線交于一點的充要條件是eq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．分析此三個比值都可以表達為三角形面積的比，從而可用面積來證明．證明：設(shè)S⊿APB=S1，S⊿BPC=S2，S⊿CPA=S3．那么eq\f(AZ,ZB)=eq\f(S3,S2)，eq\f(BX,XC)=eq\f(S1,S3)，eq\f(CY,YA)=eq\f(S2,S1)，三式相乘，即得證．說明用同一法可證其逆正確．此題也可過點A作MN∥BC延長BY、CZ與MN分別交于M、N，再用比例來證明，例6．以△ABC的三邊為邊向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，設(shè)L、M、N分別為DE、FG、HK的中點．求證：AM、BN、CL交于一點．分析設(shè)AM、BN、CL分別交BC、CA、AB于P、Q、R．利用面積比設(shè)法證明eq\f(BP,PC)·eq\f(CQ,QA)·eq\f(AR,RB)=1．證明設(shè)AM、BN、CL分別交BC、CA、AB于P、Q、R．易知，∠CBM＝∠BCM＝∠QCN＝∠QAN＝∠LAR＝∠LBR＝θ．eq\f(BP,PC)=eq\f(SABM,SACM)=eq\f(AB·BMsin(B+θ),AC·CMsin(A+θ))=eq\f(ABsin(B+θ),ACsin(C+θ))．eq\f(CQ,QA)=eq\f(BCsin(C+θ),ABsin(A+θ))，eq\f(AR,RB)=eq\f(ACsin(A+θ),BCsin(B+θ))，三式相乘即得eq\f(BP,PC)·eq\f(CQ,QA)·eq\f(AR,RB)=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一點．例7．如圖，在△ABC中，∠ABC和∠ACB均是銳角，D是BC邊上的內(nèi)點，且AD平分∠BAC，過點D分別向兩條直線AB、AC作垂線DP、DQ，其垂足是P、Q，兩條直線CP與BQ相交與點K．求證：AK⊥BC；證明：⑴作高AH．那么由BDP∽BAH，eq\f(BH,PB)=eq\f(BA,BD)，由CDQ∽CAH，eq\f(CQ,HC)=eq\f(DC,CA)．由AD平分∠BAC，eq\f(DC,BD)=eq\f(AC,AB)，由DP⊥AB，DQ⊥AC，AP=AQ．∴eq\f(AP,PB)·eq\f(BH,HC)·eq\f(CQ,QA)=eq\f(AP,QA)·eq\f(BH,PB)·eq\f(CQ,HC)=eq\f(BA,BD)·eq\f(DC,CA)=eq\f(DC,BD)·eq\f(BA,CA)=1，據(jù)Ceva定理，AH、BQ、CP交于一點，故AH過CP、BQ的交點K，∴AK與AH重合，即AK⊥BC．例8．在四邊形ABCD中，對角線AC平分BAD，在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G．求證：GAC=EAC．〔1999年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽〕分析由于BE、CA、DG交于一點，故可對此圖形用Ceva定理，再構(gòu)造全等三角形證明兩角相等．證明連結(jié)BD交AC于H，對⊿BCD用Ceva定理，可得eq\f(CG,GB)·eq\f(BH,HD)·eq\f(DE,EC)=1．因為AH是BAD的角平分線，由角平分線定理，可得eq\f(BH,HD)=eq\f(AB,AD)，故eq\f(CG,GB)·eq\f(AB,AD)·eq\f(DE,EC)=1．過點C作AB的平行線交AG延長線于I，過點C作AD的平行線交AE的延長線于J，那么eq\f(CG,GB)=eq\f(CI,AB)，eq\f(DE,EC)=eq\f(AD,CJ)，所以，eq\f(CI,AB)·eq\f(AB,AD)·eq\f(AD,CJ)=1．從而，CI=CJ．又因CI∥AB，CJ∥AD，故ACI=π-BAC=π-DAC=ACJ，因此，⊿ACI≌⊿ACJ，從而IAC=JAC，即GAC=EAC．定理4(Menelaus定理)設(shè)X、Y、Z分別在△ABC的BC、CA、AB所在直線上，那么X、Y、Z共線的充要條件是Neq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．N證明：作CM∥BA，交XY于N，那么eq\f(AZ,CN)=eq\f(CY,YA)，eq\f(CN,ZB)=eq\f(XC,BX)．S1S2S3S4于是eq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=eq\f(AZ,CN)·eq\f(CN,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．S1S2S3S4本定理也可用面積來證明：如圖，連AX，BY，記SAYB=S1，SBYC=S2，SCYX=S3，SXYA=S4．那么eq\f(AZ,ZB)=eq\f(S4,S2+S3)；eq\f(BX,XC)=eq\f(S2+S3,S3)；eq\f(CY,YA)=eq\f(S3,S4)，三式相乘即得證．說明用同一法可證其逆正確．Ceva定理與Menelaus定理是一對“對偶定理”．例9．(南斯拉夫，1983)在矩形ABCD的外接圓弧AB上取一個不同于頂點A、B的點M，點P、Q、R、S是M分別在直線AD、AB、BC與CD上的投影．證明，直線PQ和RS是互相垂直的，并且它們與矩形的某條對角線交于同一點．題11證明：設(shè)PR與圓的另一交點為L．那么題11eq\o(\s\up6(→),PQ)·eq\o(\s\up6(→),RS)=(eq\o(\s\up6(→),PM)+eq\o(\s\up6(→),PA))·(eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),MS))=eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),MS)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),MS)=－eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),PL)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),PD)=0．故PQ⊥RS．設(shè)PQ交對角線BD于T，那么由Menelaus定理，(PQ交ABD)得eq\f(DP,PA)·eq\f(AQ,QB)·eq\f(BT,TD)=1；即eq\f(BT,TD)=eq\f(PA,DP)·eq\f(QB,AQ)；設(shè)RS交對角線BD于N，由Menelaus定理，(RS交BCD)得eq\f(BN,ND)·eq\f(DS,SC)·eq\f(CR,RB)=1；即eq\f(BN,ND)=eq\f(SC,DS)·eq\f(RB,CR)；顯然，eq\f(PA,DP)=eq\f(RB,CR)，eq\f(QB,AQ)=eq\f(SC,DS)．于是eq\f(BT,TD)=eq\f(BN,ND)，故T與N重合．得證．例10．(評委會，土耳其，1995)設(shè)ABC的內(nèi)切圓分別切三邊BC、CA、AB于D、E、F，X是ABC內(nèi)的一點，XBC的內(nèi)切圓也在點D處與BC相切，并與CX、XB分別切于點Y、Z，證明，EFZY是圓內(nèi)接四邊形．分析：圓冪定理的逆定理與Menelaus定理．證明：延長FE、BC交于Q．eq\f(AF,FB)·eq\f(BD,DC)·eq\f(CE,EA)=1，eq\f(XZ,ZB)·eq\f(BD,DC)·eq\f(CY,YA)=1，eq\f(AF,FB)·eq\f(CE,EA)=eq\f(XZ,ZB)·eq\f(CY,YA)．例12由Menelaus定理，有例12eq\f(AF,FB)·eq\f(BQ,QC)·eq\f(CE,EA)=1．于是得eq\f(XZ,ZB)·eq\f(BQ,QC)·eq\f(CY,YA)=1．即Z、Y、Q三點共線．但由切割線定理知，QE·QF=QD2=QY·QZ．故由圓冪定理的逆定理知E、F、Z、Y四點共圓．即EFZY是圓內(nèi)接四邊形．定理5(蝴蝶定理)AB是⊙O的弦，M是其中點，弦CD、EF經(jīng)過點M，CF、DE交AB于P、Q，求證：MP=QM．分析圓是關(guān)于直徑對稱的，當(dāng)作出點F關(guān)于OM的對稱點F'后，只要設(shè)法證明⊿FMP≌⊿F'MQ即可．證明：作點F關(guān)于OM的對稱點F’，連FF’，F(xiàn)’M，F(xiàn)’Q，F(xiàn)’D．那么MF=MF’，4=FMP=6．圓內(nèi)接四邊形F’FED中，5+6=180，從而4+5=180，于是M、F’、D、Q四點共圓，∴2=3，但3=1，從而1=2，于是⊿MFP≌⊿MF’Q．∴MP=MQ．說明本定理有很多種證明方法，而且有多種推廣．例11．在箏形ABCD中，AB=AD，BC=CD，經(jīng)AC、BD交點O作二直線分別交AD、BC、AB、CD于點E、F、G、H，GF、EH分別交BD于點I、J，求證：IO=OJ．〔1990年冬令營選拔賽題〕分析通常的解法是建立以O(shè)為原點的直角坐標系，用解析幾何方法來解，下面提供的解法那么利用了面積計算．證明：如圖，由S⊿AOB=S⊿AOG+S⊿GOB得eq\f(1,2)(at1cosα+bt1sinα〕=eq\f(1,2)ab．∴t1=eq\f(ab,acos+bsin)．即eq\f(1,t1)=eq\f(cos,b)+eq\f(sin,a)；同理得，eq\f(1,t2)=eq\f(cos,b)+eq\f(sin,c)；eq\f(1,t3)=eq\f(cos,b)+eq\f(sin,c)；eq\f(1,t4)=eq\f(cos,b)+eq\f(sin,a)．再由S⊿GOF=S⊿GOI+S⊿IOF，又可得eq\f(sin(+),IO)=eq\f(sin,t2)+eq\f(sin,t1)；同理，得eq\f(sin(+),OJ)=eq\f(sin,t4)+eq\f(sin,t3)．∴IO=OJ(eq\f(1,t4)－eq\f(1,t2))sin=(eq\f(1,t1)－eq\f(1,t3))sin．以eq\f(1,t4)、eq\f(1,t2)的值代入左邊得，(eq\f(1,t4)－eq\f(1,t2))sin=(eq\f(1,a)－eq\f(1,c))sinsin，同樣得右邊．可證．定理6張角定理：從一點出發(fā)三條線段長分別為a、b、t、(t在a、b之間)，那么eq\f(sin(+),t)=eq\f(sin,b)+eq\f(sin,a)．例12．(評委會，愛爾蘭，1990)設(shè)l是經(jīng)過點C且平行于ABC的邊AB的直線，∠A的平分線交BC于D，交l于E，∠B的平分線交AC于F，交l于G，，GF=DE，證明：AC=BC．分析：設(shè)∠A=2，∠B=2，即證=．證明：設(shè)>，那么BC>AC，利用張角定理可得，eq\f(sinA,ta)=eq\f(sin,c)+eq\f(sin,b)，eq\f(2cos,ta)=eq\f(1,c)+eq\f(1,b)，ta=eq\f(2bccos,b+c)．再作高CH，那么AE=CHcsc=bsin2csc=2bcos．DE=AE－ta=2bcos－eq\f(2bccos,b+c)=eq\f(2b2cos,b+c)．同理，GF=eq\f(2a2cos,a+c)．由>，a>b，知cos<cos．1+eq\f(c,a)<1+eq\f(c,b)，GF=eq\f(2a2cos,a+c)=eq\f(2acos,1+eq\f(c,a))>eq\f(2bcos,1+eq\f(c,b))=eq\f(2b2cos,b+c)=DE．矛盾．又證：設(shè)BC>AC，即a>b，故>，由張角定理得，eq\f(sinA,ta)=eq\f(sin,c)+eq\f(sin,b)，eq\f(2cos,ta)=eq\f(1,c)+eq\f(1,b)．同理eq\f(2cos,tb)=eq\f(1,c)+eq\f(1,a)，由于a>b，故eq\f(cos,ta)>eq\f(cos,tb)，eq\f(tb,ta)>eq\f(cos,cos)>1，即tb>ta．就是BF>AD．⑴∴BG=BF+FG>AD+DE=AE．即是BG>AE．∴eq\f(GF,BF)=eq\f(CF,AF)GF=eq\f(BG·CF,AF+FC)=eq\f(BG,1+eq\f(AF,CF))=eq\f(BG,1+eq\f(AB,BC))>eq\f(AE,1+eq\f(AB,AC))=eq\f(AE,1+eq\f(BD,DC))=eq\f(AE·DC,BC)=DE．矛盾．故BC=AC．或eq\f(BF,GF)=eq\f(AF,CF)=eq\f(AB,CB)<eq\f(AB,CA)=eq\f(BD,DC)=eq\f(AD,DE)，注意到GF=DE，故BF<AD．與⑴矛盾．故證．定理7(Simsonline)P是ΔABC的外接圓⊙O上的任意一點，PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂足為X、Y、Z，求證：X、Y、Z三點共線．分析如果連ZX、ZY，能證得1=3，那么由AZB=180得YZX=180，即可證此三點共線．證明PXB=PZB=90P、Z、X、B四點共圓1=2．PZA=PYA=90P、Z、A、Y四點共圓3=4．但2+5=90，4+6=90，而由P、A、C、B四點共圓，得5=6．故2=4，從而1=3．故X、Y、Z共線．說明此題的證法也是證三點共線的重要方法．此題的逆命題成立，該逆命題的證明曾是江蘇省高中數(shù)學(xué)競賽的試題．例13．設(shè)H為ΔABC的垂心，P為ΔABC的外接圓上一點，那么從點P引出的三角形的西姆松線平分PH．分析：考慮能否用中位線性質(zhì)證明此題：找到一條平行于Simson線的線段，從PX∥AH入手．連PE，得∠1=∠2，但∠2=∠3，再由四點共圓得∠3=∠4，于是得∠6=∠7．可證平行．證明連AH并延長交⊙O于點E，那么DE=DH，連PE交BC于點F，交XY于點K，連FH、PB．∵PX∥AE，∴∠1=∠2，又∠2=∠3，∵P、Z、X、B四點共圓，∴∠3=∠4，∴∠1=∠4．∴K為PF中點．∵DE=DH，BD⊥EH，∴∠2=∠5．∴FH∥XY．∴XY平分PH．又證：延長高CF，交圓于N，那么F是HN的中點，假設(shè)K為PH中點，那么應(yīng)有FK∥PN．再證明K在ZX上．即證明∠KZF=∠XZB．設(shè)過P作三邊的垂線交BC、CA、AB于點X、Y、Z．連KZ、KF、ZX，延長CF交⊙O于點N，連PN．由PZ⊥AB，CF⊥AB，K為PH中點知，KZ=KF．∴KZF=KFZ．易證HF=FN，故KF∥PN．∴PNC=KFH．但PNC+PBC=180，∴KFZ+ZFH+PBC=180．即KFZ+PBC=90．又PX⊥BC，PZ⊥BZP、Z、X、B共圓．∴XZB=XPB，而XPB+PBC=90．∴KZF=KFZ=XZB．∴ZK與ZX共線．即點K在⊿ABC的與點P對應(yīng)的Simsonline上．)定理8〔Eulerline〕三角形的外心、重心、垂心三點共線，且外心與重心的距離等于重心與垂心距離的一半．分析假設(shè)定理成立，那么由AG=2GM，知應(yīng)有AH=2OM，故應(yīng)從證明AH=2OM入手．證明：如圖，作直徑BK，取BC中點M，連OM、CK、AK，那么KCB=KAB=90，從而KC∥AH，KA∥CH，□CKAH，AH=CK=2MO．由OM∥AH，且AH=2OM，設(shè)中線AM與OH交于點G，那么⊿GOM∽⊿GHA，故得MG∶GA=1∶2，從而G為⊿ABC的重心．且GH=2GO．說明假設(shè)延長AD交外接圓于N，那么有DH=DN．這一結(jié)論也常有用．例14．設(shè)A1A2A3A4為⊙O的內(nèi)接四邊形，H1、H2、H3、H4依次為⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2分析H1、H2都是同一圓的兩個內(nèi)接三角形的垂心，且這兩個三角形有公共的底邊．故可利用上題證明中的AH=2OM來證明．證明連A2H1，A1H2，取A3A4的中點M，連OM，由上證知A2H1∥OM，A2H1=2OM，A1H2∥OM，A1H2=2OM，從而H1H2A1A2是平行四邊形，故H1H2∥A1A2，H1H2同理可知，H2H3∥A2A3，H2H3=A2AH3H4∥A3A4，H3H4=A3AH4H1∥A4A1，H4H1=A4A故四邊形A1A2A3A4≌四邊形H1H2由四邊形A1A2A3A4有外接圓知，四邊形H1H2H3H4也有外接圓．取H3H4∥的中點M1，作M1O1⊥H3H4，且M1O1=MO，那么點O1即為四邊形H1H2又證：以O(shè)為坐標原點，⊙O的半徑為長度單位建立直角坐標系，設(shè)OA1、OA2、OA3、OA4與OX正方向所成的角分別為α、β、γ、，那么點A1、A2、A3、A4的坐標依次是(cosα，sinα)、(cosβ，sinβ)、(cosγ，sinγ)、(cos，sin)．顯然，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A(eq\f(1,3)(cosβ+cosγ+cos)，eq\f(1,3)(sinβ+sinγ+sin))、(eq\f(1,3)(cosγ+cos+cosα)，eq\f(1,3)(sinα+sin+sinγ))、(eq\f(1,3)(cos+cosα+cosβ)，eq\f(1,3)(sin+sinα+sinβ))、(eq\f(1,3)(cosα+cosβ+cosγ)，eq\f(1,3)(sinα+sinβ+sinγ))．從而，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4AH1(cosβ+cosγ+cos，sinβ+sinγ+sin)、H2(cosγ+cos+cosα，sinα+sin+sinγ)、H3(cos+cosα+cosβ，sin+sinα+sinβ)、H4(cosα+cosβ+cosγ，sinα+sinβ+sinγ)．而H1、H2、H3、H4點與點O1(cosα+cosβ+cosγ+cos，sinα+sinβ+sinγ+sin)的距離都等于1，即H1、H2、H3、H4四點在以O(shè)1為圓心，1為半徑的圓上．證畢．定理9(Ninepointround)三角形的三條高的垂足、三條邊的中點以及三個頂點與垂心連線的中點，共計九點共圓．分析要證九個點共圓，可先過其中三點作一圓，再證其余的點在此圓上．為此可考慮在三種點中各選一點作圓，再在其余三類共六個點中每類取一個點證明其在圓上，即可證明．證明：取BC的中點M，高AD的垂足D，AH中點P，過此三點作圓，該圓的直徑即為MP．由中位線定理知，MN∥AB，NP∥CH，但CH⊥AB，故PNM=90，于是，點N在⊙MDP上，同理，AB中點在⊙MDP上．再由QM∥CH，QP∥AB，又得PQM=90，故點Q在⊙MDP上，同理，CH中點在⊙MDP上．由FP為Rt．⊿AFH的斜邊中線，故PFH=PHF=CHD，又FM為Rt．⊿BCF的斜邊中線，得MFC=MCF，但CHD+DCH=90，故PFM=90．又得點F在⊙MDP上，同理，高BH的垂足在⊙MDP上．即證．說明證明多點共圓的通法，就是先過三點作圓，再證明其余的點在此圓上．九點圓的圓心在三角形的Euler線上．九點圓的直徑等于三角形外接圓的半徑．由OM∥AP，OM=AP，知PM與OH互相平分，即九點圓圓心在OH上．且九點圓直徑MP=OA=⊿ABC的外接圓半徑．定理10(三角形的內(nèi)心的一個重要性質(zhì))設(shè)I、Ia分別為⊿ABC的內(nèi)心及A內(nèi)的旁心，而A平分線與⊿ABC的外接圓交于點P，那么PB=PC=PI=PIa．例15．設(shè)ABCD為圓內(nèi)接四邊形，ΔABC、ΔABD、ΔACD、ΔBCD的內(nèi)心依次為I1、I2、I3、I4，那么I1I2I3I4為矩形．(1986年國家冬令營選拔賽題〕分析只須證明該四邊形的一個角為直角即可．為此可計算1、2、XI2Y．10．22證明如圖，BI2延長線與⊙O的交點X為eq\o(\s\up6(⌒),AD)中點．且XI2=XI3=XA=XD，10．22于是1=eq\f(1,2)(180-X)=90－eq\f(1,4)eq\o(\s\up6(⌒),BC)，同理，2=90-eq\f(1,4)eq\o(\s\up6(⌒),CD)．XI2Y=eq\f(1,2)(eq\o(\s\up6(⌒),XY)+eq\o(\s\up6(⌒),BD))=eq\f(1,4)(eq\o(\s\up6(⌒),AB)+eq\o(\s\up6(⌒),AD))+eq\f(1,2)(eq\o(\s\up6(⌒),BC)+eq\o(\s\up6(⌒),CD))，故1+2+XI2Y=90+90+eq\f(1,4)(eq\o(\s\up6(⌒),AB)+eq\o(\s\up6(⌒),BC)+eq\o(\s\up6(⌒),CD)+eq\o(\s\up6(⌒),DA))=270．從而I1I2I3=90．同理可證其余．說明亦可證XZ⊥YU，又XZ平分I2XI3及XI2=XI3I2I3⊥XZ，從而I2I3∥YU，于是得證．定理11(Euler定理)設(shè)三角形的外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，外心與內(nèi)心的距離為d，那么d2=R2-2Rr．(1992年江蘇省數(shù)學(xué)競賽)分析改寫此式，得：d2-R2=2Rr，左邊為圓冪定理的表達式，故可改為過I的任一直線與圓交得兩段的積，右邊那么為⊙O的直徑與內(nèi)切圓半徑的積，故應(yīng)添出此二者，并構(gòu)造相似三角形來證明．證明：如圖，O、I分別為⊿ABC的外心與內(nèi)心．連AI并延長交⊙O于點D，由AI平分BAC，故D為弧BC的中點．連DO并延長交⊙O于E，那么DE為與BC垂直的⊙O的直徑．由圓冪定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID．〔作直線OI與⊙O交于兩點，即可用證明〕但DB=DI〔可連BI，證明DBI=DIB得〕，故只要證2Rr=IA·DB，即證2R∶DB=IA∶r即可．而這個比例式可由⊿AFI∽⊿EBD證得．故得R2-d2=2Rr，即證．例16．(1989IMO)銳角ABC的內(nèi)角平分線分別交外接圓于點A1、B1、C1，直線AA1與∠ABC的外角平分線相交于點A0，類似的定義B0，C0，證明：例⑴Seq\o(\s\up7(),A0)eq\o(\s\up7(),B0)eq\o(\s\up7(),C0)=2Seq\o(\s\up7(),A1CB1AC1B)；例⑵Seq\o(\s\up7(),A0)eq\o(\s\up7(),B0)eq\o(\s\up7(),C0)≥4SABC．分析：⑴利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I為公共頂點的六個小三角形，分別與六邊形A1CB1⑵假設(shè)連OA、OB、OC把六邊形A1CB1AC1B分成三個四邊形，再計算其面積和，最后歸結(jié)為證明R≥2r．也可以這樣想：由⑴知即證Seq\o(\s\up7(),A1CB1AC1B)≥2SABC，而IA1、IB1、IC1把六邊開分成三個箏形，于是六邊形的面積等于A1B1C1面積的2倍．故只要證明Seq\o(\s\up7(),A1)eq\o(\s\up7(),B1)eq\o(\s\up7(),C1)≥SABC．證明：⑴設(shè)ABC的內(nèi)心為I，那么A1A0=A1I，那么Seq\o(\s\up7(),A0)eq\o(\s\up7(),B)eq\o(\s\up7(),I)=2Seq\o(\s\up7(),A1)eq\o(\s\up7(),B)eq\o(\s\up7(),I)；同理可得其余6個等式．相加⑴即得證．⑵連OA、OB、OC把六邊形A1CB1AC1B分成三個四邊形，由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA∴Seq\o(\s\up7(),A1CB1AC1B)=Seq\o(\s\up7(),OAC1B)+Seq\o(\s\up7(),OB1A1C)+Seq\o(\s\up7(),OCB1A)=eq\f(1,2)AB·R+eq\f(1,2)BC·R+eq\f(1,2)CA·R=Rp．但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故Rp≥2rp=2SABC．故得證．⑵證明：記A=2，B=2，C=2．0<，，<eq\f(,2)．那么SABC=2R2sin2sin2sin2，Seq\o(\s\up7(),A1)eq\o(\s\up7(),B1)eq\o(\s\up7(),C1)=2R2sin(+)sin(+)sin(+)．又sin(+)=sincos+cossin≥2eq\r(sincoscossin)=eq\r(sin2sin2)，同理，sin(+)≥eq\r(sin2sin2)，sin(+)≥eq\r(sin2sin2)，于是Seq\o(\s\up7(),A1)eq\o(\s\up7(),B1)eq\o(\s\up7(),C1)≥SABC得證．又證：連OA、OB、OC把六邊形A1CB1AC1B由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得∴Seq\o(\s\up7(),A1CB1AC1B)=Seq\o(\s\up7(),OAC1B)+Seq\o(\s\up7(),OB1A1C)+Seq\o(\s\up7(),OCB1A)=eq\f(1,2)AB·R+eq\f(1,2)BC·R+eq\f(1,2)CA·R=Rp．但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故Rp≥2rp=2SABC．故得證．又證：++=，故sin(+)=cos，sin(+)=cos，sin(+)=cos．于是，sin(+)sin(+)sin(+)=coscoscos，故sin(+)sin(+)sin(+)≥sin2sin2sin2，coscoscos≥8sinsinsincoscoscos，由0<、、<eq\f(,2)，故coscoscos≥8sinsinsincoscoscos，sinsinsin≤eq\f(1,8)．而最后一式可證．定理12(Fermatpoint)分別以ΔABC的三邊AB，BC，CA為邊向形外作正三角形ABD，BCE，CAH，那么此三個三角形的外接圓交于一點．此點即為三角形的Fermatpoint．分析證三圓共點，可先取二圓的交點，再證第三圓過此點．證明：如圖，設(shè)⊙ABD與⊙ACH交于(異于點A的)點F，那么由A、F、B、D共圓得AFB=120，同理AFC=120，于是BFC=120，故得B、E、C、F四點共圓．即證．由此得以下推論：1因BFE=BCE=60，故AFB+BFE=180，于是A、F、E三點共線．同理，C、F、D三點共線；B、F、H三點共線．2AE、BH、CD三線共點．3AE=BH=CD=FA+FB+FC．由于，F(xiàn)在正三角形BCE的外接圓的弧BC上，故由Ｐtolemy定理，有FE=FB+FC．于是AE=AF+FB+FC．同理可證BH=CD=FA+FB+FC．也可用下法證明：在FE上取點N，使FN=FB，連BN，由⊿FBN為正三角形，可證得⊿BNE≌⊿BFC．于是得，NE=FC．故AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC．例17．(Steiner問題)在三個角都小于120°的ΔABC所在平面上求一點P，使PA+PB+PC取得最小值．證明：設(shè)P為平面上任意一點，作等邊三角形PBM〔如圖〕連ME，那么由BP=BM，BC=BE，PBC=MBE=60-MBC．得⊿BPC≌⊿BME，于是ME=PC，故得折線APME=PA+PB+PC≥AE=FA+FB+FC．即三角形的Fermatpoint就是所求的點．說明:此題也可用Ptolemy的推廣來證明:由PB·CE+PC·BE≥PE·BC，可得，PB+PC≥PE．于是PA+PB+PC≥PA+PE≥AE．定理13到三角形三頂點距離之和最小的點——費馬點．例18．凸六邊形ABCDEF，AB=BC=CD，DE=EF=FA，∠BCD=∠EFA=60，Ｇ、Ｈ在形內(nèi)，且∠AGB=∠DHE=120．求證：AG+GB+GH+DH+HE≥CF．證明連BD、AE、BE，作點G、H關(guān)于BE的對稱點G、H，連BG、DG、GH、AH、EH。由于BC=CD，∠BCD=60；EF=FA，∠EFA=60⊿BCD、⊿EFA都是正三角形，AB=BD，AE=ED，AEDB為箏形⊿ABG≌⊿DBG，⊿DEH≌⊿AEH．由∠BGD=120，∠BCD=60B、C、D、G四點共圓．由Ptolemy定理知CG=GB+GD，同理，HF=HA+HE，于是AG+GB+GH+DH+HE=GB+GD+GH+HA+HE=CG+GH+HF≥CF．定理14到三角形三頂點距離的平方和最小的點是三角形的重心先證明：P為三角形形內(nèi)任意一點，重心為G，那么PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2．證明：取中線BG中點M，那么2(PA2+PC2)=AC2+4PE2，①2(PB2+PG2)=BG2+4PM2，②2(PE2+PM2)=ME2+4PG2，③①+②+③×2得：2(PA2+PB2+PC)=AC2+GB2+2ME2+6PG2=2GB2+6PG2+AC2+4GE2=2GB2+6PG2+2GA2+2GC2．∴PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2．于是PA2+PB2+PC2≥GA2+GB2+GC2．等號當(dāng)且僅當(dāng)P與G重合時成立．亦可用解析幾何方法證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．P(x，y)，那么S=(x－x1)2+(y－y1)2+(x－x2)2+(y－y2)2+(x－x3)2+(y－y3)2=3x2－2(x1+x2+x3)x+(x12+x22+x32)+3y2－2(y1+y2+y3)y+(y12+y22+y32)顯然，當(dāng)x=eq\f(1,3)(x1+x2+x3)，y=eq\f(1,3)(y1+y2+y3)時，S取得最小值．即當(dāng)P為ABC的重心時，S取得最小值．定理15三角形內(nèi)到三邊距離之積最大的點是三角形的重心．設(shè)三角形ABC的三邊長為a、b、c，點P到三邊的距離分別為x，y，z．那么2=ax+by+cz≥3eq\r(3,ax·by·cz)．即xyz≤eq\f(2,3eq\r(3,abc))．等號當(dāng)且僅當(dāng)ax=by=cz，即PAB、PBC、PCA的面積相等時成立．此時P為ABC的重心．上面給出了高中競賽大綱明確規(guī)定應(yīng)知的三個重要極值：1到三角形三頂點距離之和最小的點——費馬點．2到三角形三頂點距離的平方和最小的點——重心．3三角形內(nèi)到三邊距離之積最大的點——重心．

例19．(Fagnano問題)給定銳角三角形，求其內(nèi)接三角形中周長最小者．證明(Fejer方法)分成幾局部來證明：1先在BC上任取一點D，固定D，求出以D為一個頂點⊿ABC的內(nèi)接三角形中周長最小者．作D關(guān)于AB、AC的對稱點D’、D”，連D’D”交AB、AC于點F、E，連DF、D’F，DE、D”E，對于任一以DD一個頂點的⊿ABC的內(nèi)接三角形XPQ，連QD’、QD，PD”、PD，于是可證DE+EF+FD=D’D”≤D’Q+QP+PD”=DQ+QP+PD．即⊿DEF為固定點D后周長最小的內(nèi)接三角形．2當(dāng)點D的BC上運動時，對每一點D，都作出1中得出的周長最小三角形，再求這些三角形的周長最小值．連AD、AD’、AD”，那么AD=AD’=AD”，且D’AB=DAB，D”AC=DAC，于是D’AD”=2A．所以D’D”=2ADsinA．當(dāng)點D在BC上運動時，以點D為BC邊上高的垂足時AD最?。?說明此時的最小三角形就是⊿ABC的垂足三角形．由于D為BC邊上的垂足．對于垂足三角形DEF，由DEC=AEF，而DEC=CED"，故點E在D’D”上，同理，F(xiàn)在D’D”上，即⊿DEF為所求得的周長最小三角形．(Schwarz解法〕這是一個非常奇妙的證法：如圖，⊿DEF為⊿ABC的垂足三角形，⊿PQR為⊿ABC的任一內(nèi)接三角形．作⊿ABC關(guān)于AC的對稱圖形⊿ACB1，由DEC=FEA，故EF的關(guān)于AC的對稱線段EF1應(yīng)與DE共線．再作⊿ACB1關(guān)于AB1的對稱三角形AB1C1，…在此圖中的DD4=⊿DEF的周長的兩倍．而折線PQR1P2Q2R3P4也等于⊿PQR的周長的兩倍．但易證BDE+B2D4F3=180，于是DP∥D4P4，且DP=D4P4，從而線段PP4=DD4=⊿DEF周長的兩倍．顯然，折線PQR1P2Q2R3P4的長>線段PP4的長．即⊿PQR的周長>⊿DEF定理16．(Polya問題)兩端點在給定圓周上且把圓面積二等分的所有線中，以直徑最短．連AB，作與AB平行的直徑CD，作直徑AB’，那么B與B’關(guān)于CD對稱．CD與曲線AB必有交點，否那么曲線AB全部在CD一側(cè)，不可能等分圓面積．設(shè)交點為E，連AE、BE、B’E，那么AE+EB=AE+EB’>AB’，故曲線AB的長大于直徑AB’．定理17．(等周問題)這是由一系列的結(jié)果組成的問題：1在周長一定的n邊形的集合中，正n邊形的面積最大．

2在周長一定的簡單閉曲線的集合中，圓的面積最大．

3在面積一定的n邊形的集合中，正n邊形的周長最小。

4在面積一定的簡單閉曲線的集合中，圓的周長最小。

下面證明：等長的曲線圍成面積最大的圖形是圓．(Steiner解法〕1周長一定的封閉曲線中，如果圍成的面積最大，那么必為凸圖形．假設(shè)為該圖形凹，可任作一條與曲線凹進局部有兩個交點的直線，作該曲線在兩交點間一段弧的對稱曲線，那么可得一個與之等周且面積更大的圖形．2周長一定的面積最大的封閉曲線中，如果點A、B平分其周長，那么弦AB平分其面積．假設(shè)AB不平分其面積，那么該圖形必有在AB某一側(cè)面積較大，如圖，不妨設(shè)N>M，那么去掉M作N的關(guān)于AB的對稱圖形N’，那么由N、N’組成的圖形周長與原來的相等，但面積更大．3對于既平分周長與又平分面積的弦AB，只考慮該圖形在AB的任一側(cè)的一半，假設(shè)C為此段弧上任一點，那么ACB=90．否那么可把此圖形劃分為三塊M、N、P，只須改變ACB的大小，使ACB=90，那么M、N的面積不變，而P的面積變大．這說明，此半段曲線必為半圓，從而另一半也是半圓．例20．設(shè)正三角形ABC的邊長為a，假設(shè)曲線l平分⊿ABC的面積，求證：曲線l的長l≥eq\f(eq\r()a,2eq\r(4,3))．分析從結(jié)論中式子的形狀估計該曲線的長度與圓的周長有關(guān)，故應(yīng)設(shè)法找出相頭的圓．再如果一條曲線等分此正三角形的面積，那么估計此曲線應(yīng)是圓弧，于是可求出其半徑．但要說明此弧一定是最短的，就要把圓弧復(fù)原成圓，從而可把此三角形復(fù)原成圓內(nèi)接六邊形．證明設(shè)曲線PQ平分⊿ABC的面積，其長度為l．假設(shè)此曲線與三角形的兩邊AB、AC相交于點P、Q，作⊿ABC關(guān)于AC、AC的對稱圖形，得⊿ACD、⊿ABG，再作此圖形關(guān)于DG的對稱圖形，得到一個正六邊形BCDEFG．那么曲線PQ相應(yīng)的對稱曲線圍成的封閉曲線平分正六邊形BCDEFG的面積．以A為圓心，r為半徑作圓，使此圓的面積等于正六邊形面積的一半．那么此圓的夾在AB、AC間的弧段MN平分⊿ABC的面積．由于正六邊形面積=6·eq\f(1,4)eq\r(3)a2=eq\f(3,2)eq\r(3)a2．故得r2=eq\f(1,2)·eq\f(1,3)eq\r(3)a2，解得r=eq\f(eq\r(4,33),2eq\r())a，eq\r(4,33)從而弧MN的長=eq\f(1,6)·2πr=eq\f(eq\r()a,2eq\r(4,3))，由等周定理，知l≥eq\f(eq\r()a,2eq\r(4,3))．練習(xí)題1、在四邊形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面積比是3∶4∶1，點M、N分別在AC、CD上滿足AM∶AC=CN∶CD，并且B、M、N三點共線．求證：M與N分別是AC與CD的中點．(1983年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽)證明設(shè)AC、BD交于點E．由AM∶AC=CN∶CD，故AM∶MC=CN∶ND，令CN∶ND=r(r>0)，那么AM∶MC=r．由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABD∶SBCD=3∶4．從而AE∶EC∶AC=3∶4∶7．SACD∶SABC=6∶1，故DE∶EB=6∶1，∴DB∶BE=7∶1．AM∶AC=r∶(r+1)，即AM=eq\f(r,r+1)AC，AE=eq\f(3,7)AC，∴EM=(eq\f(r,r+1)-eq\f(3,7))AC=eq\f(4r－3,7(r+1))AC．MC=eq\f(1,r+1)AC，∴EM∶MC=eq\f(4r－3,7)．由Menelaus定理，知eq\f(CN,ND)·eq\f(DB,BE)·eq\f(EM,MC)=1，代入得r·7·eq\f(4r－3,7)=1，即4r2－3r－1=0，這個方程有惟一的正根r=1．故CN∶ND=1，就是N為CN中點，M為AC中點．2、四邊形ABCD內(nèi)接于圓，其邊AB與DC延長交于點P，AD、BC延長交于點Q，由Q作該圓的兩條切線QE、QF，切點分別為E、F，求證：P、E、F三點共線．(1997年中國數(shù)學(xué)奧林匹克〕證明連PQ，作⊙QDC交PQ于點M，那么QMC=CDA=CBP，于是M、C、B、P四點共圓．由PO2-r2=PC·PD=PM·PQ，QO2-r2=QC·QB=QM·QP，兩式相減，得PO2-QO2=PQ·(PM-QM)=(PM+QM)(PM-QM)=PM2-QM2，∴OM⊥PQ．∴O、F、M、Q、E五點共圓．連PE，假設(shè)PE交⊙O于F1，交⊙OFM于點F2，那么對于⊙O，有PF1·PE=PC·PD，對于⊙OFM，又有PF2·PE=PC·PD．∴PF1·PE=PF2·PE，即F1與F2重合于二圓的公共點F．即P、F、E三點共線．3、假設(shè)⊿ABC的邊a、b、c，所對的角為1∶2∶4，求證：eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)．作三角形的外接圓，即得圓內(nèi)接正七邊形，轉(zhuǎn)化為例1’4、P為⊿ABC內(nèi)任意一點，AP、BP、CP分別交對邊于X、Y、Z．求證：eq\f(XP,XA)+eq\f(YP,YB)+eq\f(ZP,ZC)=1．證明：eq\f(XP,XA)=eq\f(SPBC,SABC)，eq\f(YP,YA)=eq\f(SPCA,SABC)，eq\f(ZP,ZA)=eq\f(SPAB,SABC)，三式相加即得證．5、如圖，設(shè)ΔABC的外接圓O的半徑為R．內(nèi)心為I．∠A<∠C，∠B=60°，∠A的外角平分線交⊙O于E．證明：⑴IO=AE；⑵2R<IO+IA+IC<(1+eq\r(3))R．〔1994年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽〕證明：∵∠B=60°，∴∠AOC=∠AIC=120°．∴A，O，I，C四點共圓．圓心為弧AC的中點F，半徑為R．∴O為⊙F的弧AC中點，設(shè)OF延長線交⊙F于H，AI延長線交弧BC于D．由∠EAD=90°〔內(nèi)外角平分線〕知DE為⊙O的直徑．∠OAD=∠ODA．但∠OAI=∠OHI，故∠OHI=∠ADE，于是RtΔDAE≌RtΔHIO∴AE=IO．由ΔACH為正三角形，據(jù)Ptolemy定理得，IC+IA=IH．由OH=2R．∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R．設(shè)∠OHI=α，那么0<α<30°．∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2Req\r(2)sin(α+45°)．又α+45°<75°，故IO+IA+IC<2eq\r(2)R(eq\r(6)+eq\r(2))/4=R(1+eq\r(3))．