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第五章 直线、圆、圆锥曲线 一 能力培养1,函数与方程思想 2,数形结合思想 3,分类讨论思想 4,转化能力 5,运算能力二 问题探讨问题1设坐标原点为O,抛物线与过焦点的直线交于A,B两点,求的值.问题2已知直线L与椭圆交于P,Q不同两点,记OP,OQ的斜率分别为,如果,求PQ连线的中点M的轨迹方程.问题3给定抛物线C:,F是C的焦点,过点F的直线与C相交于A,B两点.(I)设的斜率为1,求与夹角的大小;(II)设,若,求在轴上截距的变化范围.问题4求同时满足下列三个条件的曲线C的方程:是椭圆或双曲线; 原点O和直线分别为焦点及相应准线;被直线垂直平分的弦AB的长为.三 习题探选择题1已知椭圆的离心率,则实数的值为A,3 B,3或 C, D,或2一动圆与两圆和都外切,则动圆圆心的轨迹为A,圆 B,椭圆 C,双曲线的一支 D,抛物线3已知双曲线的顶点为与(2,5),它的一条渐近线与直线平行,则双曲线的准线方程是A, B, C, D,4抛物线上的点P到直线有最短的距离,则P的坐标是A,(0,0) B, C, D,5已知点F,直线:,点B是上的动点.若过B垂直于轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M,则点M的轨迹是A,双曲线 B,椭圆 C,圆 D,抛物线填空题6椭圆上的一点到左焦点的最大距离为8,到右准线的最小距离为,则此椭圆的方程为 .7与方程的图形关于对称的图形的方程是 .8设P是抛物线上的动点,点A的坐标为,点M在直线PA上,且分所成的比为2:1,则点M的轨迹方程是 .9设椭圆与双曲线有共同的焦点,且椭圆长轴是双曲线实轴的2倍, 则椭圆与双曲线的交点轨迹是 .解答题10已知点H,点P在轴上,点Q在轴的正半轴上,点M在直线PQ上,且满足,.(I)当点P在轴上移动时,求点M的轨迹C;(II)过点T作直线与轨迹C交于A,B两点,若在轴上存在一点E,使得是等边三角形,求的值.11已知双曲线C:,点B,F分别是双曲线C的右顶点和右焦点,O为坐标原点.点A在轴正半轴上,且满足成等比数列,过点F作双曲线C在第一,第三象限的渐近线的垂线,垂足为P.(I)求证:; (II)设,直线与双曲线C的左,右两分支分别相交于点D,E,求的值.12已知双曲线的两个焦点分别为,其中又是抛物线的焦点,点A, B在双曲线上.(I)求点的轨迹方程; (II)是否存在直线与点的轨迹有且只有两个公共点?若存在,求实数的值,若不存在,请说明理由.四 参考答案问题1解:(1)当直线AB轴时,在中,令,有,则,得.(2)当直线AB与轴不互相垂直时,设AB的方程为:由,消去,整理得,显然.设,则,得=+=+ = =.综(1),(2)所述,有.ypQo问题2解:设点P,Q,M的坐标分别为,x由条件知 , +得即,将,代入得,于是点M的轨迹方程为.问题3解:(I)C的焦点为F(1,0),直线的斜率为1,所以的方程为,把它代入,整理得设A,B则有.+1=.,所以与夹角的大小为.(II)由题设得,即.得,又,有,可解得,由题意知,得B或,又F(1,0),得直线的方程为或,当时,在轴上的截距为或,由,可知在4,9上是递减的,于是,所以直线在轴上的截距为.问题4解:设M为曲线C上任一点,曲线C的离心率为,由条件,得,化简得: (i)设弦AB所在的直线方程为 (ii)(ii)代入(i)整理后得: (iii),可知不合题意,有,设弦AB的端点坐标为A,B,AB的中点P.则,是方程(iii)的两根.,又中点P在直线上,有+=0,解得,即AB的方程为,方程(iii)为,它的,得.,由,得即,得,将它代入(i)得.所求的曲线C的方程为双曲线方程:.1焦点在轴得;焦点在轴得,选B.2设圆心O(0,0),为动圆的圆心,则,选C.3知双曲线的中心为(2,2),由变形得,于是所求双曲线方程为,它的准线为,即,选A.4设直线与相切,联立整理得,由,得,这时得切点(,1),选B.5由知点M的轨迹是抛物线,选D.6可得,消去,整理得,有或(舍去),得,所以所求的椭圆方程为.7设点P是所求曲线上任一点,它关于对称的点在上,有,即.8设点P,M,有,得,而,于是得点M的轨迹方程是.9由条件可得或,设P代入可知交点的轨迹是两个圆.10解:(I) 设点M,由,得P由,得所以.又点Q在轴的正半轴上,得.所以,动点M的轨迹C是以(0,0)为顶点,以(1,0)为焦点的抛物线,除去原点.(II)设直线:,其中,代入,整理得 设A,B,=,有AB的中点为,AB的垂直平分线方程为,令,有E由为正三角形,E到直线AB的距离为,知.由,解得,所以.11(I)证明:直线的方程为:由,得P,又成等差数列,得A(,0),有,于是,因此.(II)由,得,:由,消去,整理得 设D,E,由已知有,且,是方程的两个根.,解得或.又,得=,因此.12解:(I),设则,去掉绝对值号有两种情况,分别得的轨迹方程为和()(II)直线:,:,D(1,4),椭圆Q:若过点或D,由,D两点既在直线上,又在椭圆Q上,但不在的轨迹上,知与的轨迹只有一个公共点,不合题意.若不过,D两点().则与必有一个公共点E,且点E不在椭圆Q上,所以要使与的轨迹有且只有两个公共点,必须使与Q有且只有一个公共点,把代入椭圆的方程并整理得由,得.第六章 空间向量 简单几何体一 能力培养1,空间想象能力 2,数形结合思想 3,转化能力 4,运算能力二 问题探讨问题1(如图)在棱长为1的正方体ABCD中,ABCDABCD(1)求异面直线B与C所成的角的大小;(2)求异面直线B与C之间的距离;(3)求直线B与平面CD所成的角的大小;(4)求证:平面BD/平面C;(5)求证:直线A平面BD; (6)求证:平面AB平面BD;(7)求点到平面C的距离; (8)求二面角C的大小.ACBABC问题2已知斜三棱柱ABCD的侧面AC与底面垂直,且AC, A=C.(1)求侧棱A和底面ABC所成的角的大小;(2)求侧面AB和底面ABC所成二面角的大小;(3)求顶点C到侧面AB的距离.三 习题探讨选择题1甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成,其空间构型为一正四面体,碳原子位于该正四面体的中心,四个氢原子分别位于该正四面体的四个顶点上.若将碳原子和氢原子均视为一个点(体积忽略不计),且已知碳原子与每个氢原子间的距离都为,则以四个氢原子为顶点的这个正四面体的体积为A, B, C, D,2夹在两个平行平面之间的球,圆柱,圆锥在这两个平面上的射影都是圆,则它们的体积之比为A,3:2:1 B,2:3:1 C,3:6:2 D,6:8:33设二面角的大小是,P是二面角内的一点,P点到的距离分别为1cm,2cm,则点P到棱的距离是A, B, C, D,ABCDEF4如图,E,F分别是正三棱锥ABCD的棱AB,BC的中点,且DEEF.若BC=,则此正三棱锥的体积是A, B,C, D,5棱长为的正八面体的外接球的体积是A, B, C, D,填空题6若线段AB的两端点到平面的距离都等于2,则线段AB所在的直线和平面 的位置关系是 .7若异面直线所原角为,AB是公垂线,E,F分别是异面直线上到A,B距离为2和平共处的两点,当时,线段AB的长为 .8如图(1),在直四棱柱中,当底面四边形满足条件 时,有C(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形)ABCDABCD图(1)ABENM图(2)CDF9如图(2),是一个正方体的展开图,在原正方体中,有下列命题:AB与EF所连直线平行; AB与CD所在直线异面;MN与BF所在直线成; MN与CD所在直线互相垂直.其中正确命题的序号为 .(将所有正确的都写出)解答题10如图,在中,AB=AC=13,BC=10,DE/BC分别交AB,AC于D,E.将沿 DE折起来使得A到,且为的二面角,求到直线BC的最小距离.ABOCDEOA11如图,已知矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA平面ABCD,且PA=1.(1)问BC边上是否存在点Q使得PQQD?并说明理由;(2)若边上有且只有一个点Q,使得PQQD,求这时二面角Q的正切.ABCDPQ参考答案:问题1(1)解:如图,以D为原点建立空间直角坐标系,有(1,0,1),B(1,1,0),(1,1,1),C(0,1,0)得,设与所成的角为,则,又,得所以异面直线B与C所成的角的大小为.(2)设点M在B上,点N在C上,且MN是B与C的公垂线,令M,N,则由,得,解得,所以,得,即异面直线B与C之间的距离为.(3)解:设平面CD的法向量为,而,由,有,得,于是,设与所成的角为,则,又,有.所以直线B与平面CD所成的角为.(4)证明: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)证明:A(1,0,0),(0,1,1),有及,得,于是,直线A平面BD.(6)证明: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,得所以点到平面的距离为.(8)解:由(3)得平面CD的法向量为=,它即为平面的法向量.设平面的法向量为,则, 又由,得,所以设与所成的角为,则所以二面角的大小为.问题2解:建立如图所示的空间直角坐标系,由题意知A,B(0,0,0),C(0,2,0).又由面AC面ABC,且A=C,知点,平面ABC的法向量.(1),得于是,侧棱和底面ABC所成的角的大小是.(2)设面AB的法向量,则由得,.于是,又平面ABC的法向量,得,有.所以侧面AB和底面ABC所成二面角的大小是.(3)从点C向面AB引垂线,D为垂足,则所以点C到侧面AB的距离是.习题1过顶点A,V与高作一截面交BC于点M,点O为正四面体的中心,为底面ABC的中心,设正四面体VABC的棱长为,则AM=VM,=,得在中,即,得.则,有.选B.温馨提示:正四面体外接球的半径:内切球的半径=.2 ,选B.3设PA棱于点A,PM平面于点M,PN平面于点N,PA=,则,得,有或(舍去),所以,选B.4由DEEF,EF/AC,有DEAC,又ACBD,DEBD=D,得AC平面ABD.由对称性得,于是.,选B.5可由两个相同的四棱锥底面重合而成,有,得,外接球的体积,选D.6当时,AB/;当时,AB/或AB;当时,AB/或与斜交.7由,得(1)当时,有,得;(2)当时,有,得.8 ACBD.(或ABCD是正方形或菱形等)9将展开的平面图形还原为正方体,可得只,正确.10解:设的高AO交DE于点,令,由AO=,有,在中,有得.当时,到直线BC的最小距离为6.11解:(1)(如图)以A为原点建立空间直角坐标系,设,则Q,P(0,0,1),D得,由,有,得 若方程有解,必为正数解,且小于.由,得.(i)当时,BC上存在点Q,使PQQD;(ii)当时, BC上不存在点Q,使PQQD.(2)要使BC边上有且只有一个点Q,使PQQD,则方程有两个相等的实根,这时,得,有.又平面APD的法向量,设平面PQD的法向量为而,由,得,解得有,则,则所以二面角的正切为.第七讲 二项式定理与多项式知识、方法、技能二项式定理1二项工定理2二项展开式的通项 它是展开式的第r+1项.3二项式系数 4二项式系数的性质（1）（2）（3）若n是偶数，有，即中间一项的二项式系数最大. 若n是奇数，有，即中项二项的二项式系数相等且最大.（4）（5）（6）（7）（8） 以上组合恒等式（是指组合数满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具.（7）和（8）的证明将在后面给出.5证明组合恒等式的方法常用的有（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明.（2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中.（3）利用数学归纳法.（4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.赛题精讲例1：求的展开式中的常数项.【解】由二项式定理得 其中第项为 在的展开式中，设第k+1项为常数项，记为则 由得r2k=0，即r=2k，r为偶数，再根据、知所求常数项为【评述】求某一项时用二项展开式的通项.例2：求的展开式里x5的系数.【解】因为 所以的展开式里x5的系数为 【评述】本题也可将化为用例1的作法可求得.例3：已知数列满足 求证：对于任何自然数n，是x的一次多项式或零次多项式. （1986年全国高中数学联赛试题）【思路分析】由是等差数列，则从而可将表示成的表达式，再化简即可.【解】因为 所以数列为等差数列，设其公差为d有 从而由二项定理，知又因为从而 所以当的一次多项式，当零次多项式.例4：已知a，b均为正整数，且求证：对一切，An均为整数.【思路分析】由联想到复数棣莫佛定理，复数需要，然后分析An与复数的关系.【证明】因为显然的虚部，由于 所以从而的虚部.因为a、b为整数，根据二项式定理，的虚部当然也为整数，所以对一切，An为整数.【评述】把An为与复数联系在一起是本题的关键.例5：已知为整数，P为素数，求证：【证明】由于为整数，可从分子中约去r！，又因为P为素数，且，所以分子中的P不会红去，因此有所以【评述】将展开就与有联系，只要证明其余的数能被P整除是本题的关键.例6：若，求证：【思路分析】由已知 猜想，因此需要求出，即只需要证明为正整数即可.【证明】首先证明，对固定为r，满足条件的是惟一的.否则，设则矛盾.所以满足条件的m和是惟一的. 下面求.因为 又因为 所以 故 【评述】猜想进行运算是关键.例7：数列中，求的末位数字是多少？【思路分析】利用n取1，2，3，猜想的末位数字.【解】当n=1时，a1=3， ，因此的末位数字都是7，猜想， 现假设n=k时， 当n=k+1时， 从而 于是 故的末位数字是7.【评述】猜想是关键.例8：求N=19881的所有形如为自然数）的因子d之和.【思路分析】寻求N中含2和3的最高幂次数，为此将19变为201和18+1，然后用二项式定理展开.【解】因为N=19881=(201)881=(145)881= 其中M是整数. 上式表明，N的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+29)881 =32288+34P=32（288+9P）其中P为整数. 上式表明，N的素因数中3的最高次幂是2. 综上所述，可知，其中Q是正整数，不含因数2和3. 因此，N中所有形如的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.例9：设，求数x的个位数字.【思路分析】直接求x的个位数字很困难，需将与x相关数联系，转化成研究其相关数.【解】令，由二项式定理知，对任意正整数n. 为整数，且个位数字为零.因此，x+y是个位数字为零的整数.再对y估值，因为， 且，所以 故x的个位数字为9.【评述】转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.例10：已知试问：在数列中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.【思路分析】先求出，再将表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.【证明】在数列中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.数列的特征方程为它的两个根为，所以 （n=0，1，2，）由 则取，由二项式定理得由上式知当15|k，即30|n时，15|an，因此数列中有无穷多个能被15整除的项.【评述】在二项式定理中，经常在一起结合使用.针对性训练题1已知实数均不为0，多项的三根为，求 的值.2设，其中为常数，如果求的值.3定义在实数集上的函数满足：4证明：当n=6m时，5设展开式为，求证：6求最小的正整数n，使得的展开式经同类项合并后至少有1996项.（1996年美国数学邀请赛试题）7设，试求：（1）的展开式中所有项的系数和.（2）的展开式中奇次项的系数和.8证明：对任意的正整数n，不等式成立.（第21届全苏数学竞赛题）第八章 联赛二试选讲8.1 平几名定理、名题与竞赛题 平面几何在其漫长的发展过程中，得出了大量的定理，积累了大量的题目，其中很多题目都是大数学家的大手笔，这些题目本身就是典范，这些题目的解决方法则更是我们学习平面几何的圭臬通过学习这些题目，大家可以体会到数学的美而且这些题目往往也是数学竞赛命题的背景题，在很多竞赛题中都可以找到他们的身影本讲及下讲拟介绍几个平几名题及其应用定理1 (Ptolemy定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和；(逆命题成立)分析 如图，即证ACBD=ABCD+ADBC可设法把 ACBD拆成两部分，如把AC写成AE+EC，这样，ACBD就拆成了两部分：AEBD及ECBD，于是只要证明AEBD=ADBC及ECBD=ABCD即可证明 在AC上取点E，使ADE=BDC，由DAE=DBC，得AEDBCD AEBC=ADBD，即AEBD=ADBC 又ADB=EDC，ABD=ECD，得ABDECD ABED=BDCD，即ECBD=ABCD +，得 ACBD=ABCD+ADBC说明 本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一个典范用类似的证法，可以得到Ptolemy定理的推广(广义Ptolemy定理)：对于一般的四边形ABCD，有ABCD+ADBCACBD当且仅当ABCD是圆内接四边形时等号成立例1 (1987年第二十一届全苏)设A1A2A3A7是圆内接正七边形，求证：=+证明 连A1A5，A3A5，并设A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c本题即证=+在圆内接四边形A1A3A4A5中，有A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得=+，故证例2(美国纽约，1975)证明：从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能都是有理数例1分析：假定其中几个是有理数，证明至少一个是无理数证明：设O的直径为2R，不妨设P在上，则APB=45，设PBA=a，则PAB=135a若PA=2Rsina及PC=2Rsin(90a)=2Rcosa为有理数，则 PB=2RsinPAB=2Rsin(135a)=2R(cosa+sina)=R(sina+cosa)即为无理数或用Ptolemy定理：PBAC=PABC+PCABPB=PA+PC故PA、PB、PC不能同时为有理数例3 求证：锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和 若DABC为直角三角形或钝角三角形，上面的结论成立吗？ 证明：如图，DABC内接于O，设O的半径=R，DABC的边长分别为a，b，c三边的中点分别为X、Y、Z由A、X、O、Z四点共圆，据Ptolemy定理，有OAXZ=OXAZ+OZAX，Ra=OXb+OZc即Ra=OXb+OZc， 同理，Rb=OXa+OYc， Rc=OYb+OZa， 三式相加，得R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a) 但 r(a+b+c)=OXa+OYb+OZc(都等于三角形面积的2倍) 式与式两边分别相加，得R(a+b+c)+r(a+b+c)= OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OXc+OYa+OZb故， R+r=OX+OY+OZ 当DABC为直角三角形(C为直角)，则O在边AB上，OX=0，上述结论仍成立当DABC为钝角三角形 (C为直角或钝角)时，则有 R+r=OX+OY+OZ证明同上定理2 设P、Q、A、B为任意四点，则PA2-PB2=QA2-QB2PQAB 证明 先证PA2-PB2=QA2-QB2PQAB作PHAB于H，则 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2)=AH2BH2=(AH+BH)(AH-BH)=AB(AB-2BH)同理，作QHAB于H， 则 QA2-QB2=AB(AB-2AH)H=H，即点H与点H重合PQAB PA2-PB2=QA2-QB2显然成立说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用点到圆的幂：设P为O所在平面上任意一点，PO=d，O的半径为r，则d2r2就是点P对于O的幂过P任作一直线与O交于点A、B，则PAPB= |d2r2|“到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，则该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论这条直线称为两圆的“根轴”三个圆两两的根轴如果不互相平行，则它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”三个圆的根心对于三个圆等幂当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点例5以O为圆心的圆通过ABC的两个顶点A、C，且与AB、BC两边分别相交于K、N两点，ABC和KBN的两外接圆交于B、M两点证明：OMB为直角(1985年第26届国际数学竞赛）分析对于与圆有关的问题，常可利用圆幂定理，若能找到BM上一点，使该点与点对于圆O等幂即可证明：由BM、KN、AC三线共点P，知PMPB=PNPK=PO2-r2 由PMN=BKN=CAN，得P、M、N、C共圆，故 BMBP=BNBC=BO2-r2 得， PMPB-BMBP= PO2 - BO2，即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，就是PM2 -BM2= PO2 - BO2，于是OMPB 定理3 (Ceva定理)设X、Y、Z分别为ABC的边BC、CA、AB上的一点，则AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是=1分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比，从而可用面积来证明证明：设SAPB=S1，SBPC=S2，SCPA=S3则=，=，=，三式相乘，即得证说明 用同一法可证其逆正确本题也可过点A作MNBC延长BY、CZ与MN分别交于M、N，再用比例来证明，例6以ABC的三边为边向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，设L、M、N分别为DE、FG、HK的中点求证：AM、BN、CL交于一点分析 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R利用面积比设法证明=1证明 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R易知，CBMBCMQCNQANLARLBR=，=，三式相乘即得=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一点例7如图，在ABC中，ABC和ACB均是锐角，D是BC边上的内点，且AD平分BAC，过点D分别向两条直线AB、AC作垂线DP、DQ，其垂足是P、Q，两条直线CP与BQ相交与点K求证：AKBC；证明： 作高AH 则由DBDPDBAH，=，由DCDQDCAH，=由AD平分BAC，=，由DPAB，DQAC，AP=AQ =1，据Ceva定理，AH、BQ、CP交于一点，故AH过CP、BQ的交点K， AK与AH重合，即AKBC例8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（1999年全国高中数学联赛）分析 由于BE、CA、DG交于一点，故可对此图形用Ceva定理，再构造全等三角形证明两角相等证明 连结BD交AC于H，对BCD用Ceva定理，可得=1因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理，可得=，故=1过点C作AB的平行线交AG延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J，则 =，=，所以，=1从而，CI=CJ又因CIAB，CJAD，故ACI=-BAC=-DAC=ACJ，因此，ACIACJ，从而IAC=JAC，即GAC=EAC 定理4 (Menelaus定理)设X、Y、Z分别在ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是N=1证明：作CMBA，交XY于N，则=，=S1S2S3S4于是=1本定理也可用面积来证明：如图，连AX，BY，记SDAYB=S1，SDBYC=S2，SDCYX=S3，SDXYA=S4则=；=；=，三式相乘即得证说明 用同一法可证其逆正确Ceva定理与Menelaus定理是一对“对偶定理”例9(南斯拉夫，1983)在矩形ABCD的外接圆弧AB上取一个不同于顶点A、B的点M，点P、Q、R、S是M分别在直线AD、AB、BC与CD上的投影证明，直线PQ和RS是互相垂直的，并且它们与矩形的某条对角线交于同一点题11证明：设PR与圆的另一交点为L则=(+)(+)=+ =+=0故PQRS设PQ交对角线BD于T，则由Menelaus定理，(PQ交DABD)得=1；即=；设RS交对角线BD于N，由Menelaus定理，(RS交DBCD)得=1；即=； 显然，=，=于是=，故T与N重合得证例10(评委会，土耳其，1995)设DABC的内切圆分别切三边BC、CA、AB于D、E、F，X是DABC内的一点，DXBC的内切圆也在点D处与BC相切，并与CX、XB分别切于点Y、Z，证明，EFZY是圆内接四边形分析：圆幂定理的逆定理与Menelaus定理证明：延长FE、BC交于Q=1，=1，=例12由Menelaus定理，有 =1于是得=1即Z、Y、Q三点共线但由切割线定理知，QEQF=QD2=QYQZ故由圆幂定理的逆定理知E、F、Z、Y四点共圆即EFZY是圆内接四边形定理5 (蝴蝶定理)AB是O的弦，M是其中点，弦CD、EF经过点M，CF、DE交AB于P、Q，求证：MP=QM分析 圆是关于直径对称的，当作出点F关于OM的对称点F后，只要设法证明FMPFMQ即可证明：作点F关于OM的对称点F，连FF，FM，FQ，FD则MF=MF，4=FMP=6圆内接四边形FFED中，5+6=180，从而4+5=180，于是M、F、D、Q四点共圆， 2=3，但3=1，从而1=2，于是MFPMFQ MP=MQ说明 本定理有很多种证明方法，而且有多种推广例11在筝形ABCD中，AB=AD，BC=CD，经AC、BD交点O作二直线分别交AD、BC、AB、CD于点E、F、G、H，GF、EH分别交BD于点I、J，求证：IO=OJ（1990年冬令营选拔赛题）分析 通常的解法是建立以O为原点的直角坐标系，用解析几何方法来解，下面提供的解法则利用了面积计算证明：如图，由SAOB=SAOG+SGOB得(at1cos+bt1sin）=ab t1=即=+；同理得，=+；=+；=+再由SGOF=SGOI+SIOF，又可得=+；同理，得=+ IO=OJ()sina=()sinb以、的值代入左边得，()sina=()sinasinb，同样得右边可证定理6 张角定理：从一点出发三条线段长分别为a、b、t、(t在a、b之间)，则=+例12(评委会，爱尔兰，1990)设l是经过点C且平行于DABC的边AB的直线，A的平分线交BC于D，交l于E，B的平分线交AC于F，交l于G，已知，GF=DE，证明：AC=BC分析：设A=2a，B=2b，即证a=b证明：设ab，则BCAC，利用张角定理可得， =+，=+，ta=再作高CH，则AE=CHcsca=bsin2acsca=2bcosaDE=AEta=2bcosa=同理，GF=由ab，ab，知cosbcosa1+ =DE矛盾又证：设BCAC，即ab，故ab，由张角定理得，=+，=+同理=+，由于ab，故，1，即tbta就是BFAD BG=BF+FGAD+DE=AE即是BGAE = GF= =DE矛盾故BC=AC或 =，注意到GF=DE，故BFAD与矛盾故证定理7 (Simson line) P是ABC的外接圆O上的任意一点，PXAB，PYBC，PZCA，垂足为X、Y、Z，求证： X、Y、Z三点共线分析 如果连ZX、ZY，能证得1=3，则由AZB=180得YZX=180，即可证此三点共线证明PXB=PZB=90P、Z、X、B四点共圆1=2PZA=PYA=90P、Z、A、Y四点共圆3=4但2+5=90，4+6=90，而由P、A、C、B四点共圆，得5=6故2=4，从而1=3故X、Y、Z共线说明 本题的证法也是证三点共线的重要方法本题的逆命题成立，该逆命题的证明曾是江苏省高中数学竞赛的试题例13设H为ABC的垂心，P为ABC的外接圆上一点，则从点P引出的三角形的西姆松线平分PH分析：考虑能否用中位线性质证明本题：找到一条平行于Simson线的线段，从PXAH入手连PE，得1=2，但2=3，再由四点共圆得3=4，于是得6=7可证平行证明 连AH并延长交O于点E，则DE=DH，连PE交BC于点F，交XY于点K，连FH、PB PXAE， 1=2，又2=3， P、Z、X、B四点共圆，3=4， 1=4 K为PF中点 DE=DH，BDEH， 2=5 FHXY XY平分PH又证：延长高CF，交圆于N，则F是HN的中点，若K为PH中点，则应有FKPN再证明K在ZX上即证明KZF=XZB设过P作三边的垂线交BC、CA、AB于点X、Y、Z连KZ、KF、ZX，延长CF交O于点N，连PN由PZAB，CFAB，K为PH中点知，KZ=KF KZF=KFZ易证HF=FN，故KFPN PNC=KFH但PNC+PBC=180， KFZ+ZFH+PBC=180即KFZ+PBC=90又PXBC，PZBZP、Z、X、B共圆 XZB=XPB，而XPB+PBC=90 KZF=KFZ=XZB ZK与ZX共线即点K在ABC的与点P对应的Simson line上)定理8（Euler line）三角形的外心、重心、垂心三点共线，且外心与重心的距离等于重心与垂心距离的一半分析 若定理成立，则由AG=2GM，知应有AH=2OM，故应从证明AH=2OM入手证明：如图，作直径BK，取BC中点M，连OM、CK、AK，则KCB=KAB=90，从而KCAH，KACH，CKAH，AH=CK=2MO由OMAH，且AH=2OM，设中线AM与OH交于点G，则GOMGHA，故得MGGA=12，从而G为ABC的重心且GH=2GO说明 若延长AD交外接圆于N，则有DH=DN这一结论也常有用例14设A1A2A3A4为O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心求证：H1、H2、H3、H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置（1992年全国高中数学联赛）分析 H1、H2都是同一圆的两个内接三角形的垂心，且这两个三角形有公共的底边故可利用上题证明中的AH=2OM来证明证明 连A2H1，A1H2，取A3A4的中点M，连OM，由上证知A2H1OM，A2H1=2OM，A1H2OM， A1H2=2OM，从而H1H2A1A2是平行四边形，故H1H2A1A2 ，H1H2=A1A2同理可知，H2H3A2A3，H2H3=A2A3； H3H4A3A4，H3H4=A3A4； H4H1A4A1，H4H1=A4A1故 四边形A1A2A3A4四边形H1H2H3H4由四边形A1A2A3A4有外接圆知，四边形H1H2H3H4也有外接圆取H3H4的中点M1，作M1O1H3H4，且M1O1=MO，则点O1即为四边形H1H2H3H4的外接圆圆心又证：以O为坐标原点，O的半径为长度单位建立直角坐标系，设OA1、OA2、OA3、OA4与OX正方向所成的角分别为、d，则点A1、A2、A3、A4的坐标依次是(cos，sin)、(cos，sin)、(cos，sin)、(cosd，sind)显然，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的外心都是点O，而它们的重心依次是：(cos+cos+cosd)，(sin+sin+sind)、(cos+cosd+cos)，(sin+sind+sin)、(cosd+cos+cos)，(sind+sin+sin)、(cos+cos+cos)，(sin+sin+sin)从而，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心依次是H1(cos+cos+cosd， sin+sin+sind)、H 2 (cos+cosd+cos，sin+sind+sin)、H 3 (cosd+cos+cos，sind+sin+sin)、H 4 (cos+cos+cos，sin+sin+sin)而H1、H2、H3、H4点与点O1(cos+cos+cos+cosd，sin+sin+sin+sind)的距离都等于1，即H1、H2、H3、H4四点在以O1为圆心，1为半径的圆上证毕定理9 (Nine point round)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点，共计九点共圆分析 要证九个点共圆，可先过其中三点作一圆，再证其余的点在此圆上为此可考虑在三种点中各选一点作圆，再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上，即可证明证明：取BC的中点M，高AD的垂足D，AH中点P，过此三点作圆，该圆的直径即为MP由中位线定理知，MNAB，NPCH，但CHAB，故PNM=90，于是，点N在MDP上，同理，AB中点在MDP上再由QMCH，QPAB，又得PQM=90，故点Q在MDP上，同理，CH中点在MDP上由FP为RtAFH的斜边中线，故PFH=PHF=CHD，又FM为RtBCF的斜边中线，得MFC=MCF，但CHD+DCH=90，故PFM=90又得点F在MDP上，同理，高BH的垂足在MDP上即证说明 证明多点共圆的通法，就是先过三点作圆，再证明其余的点在此圆上九点圆的圆心在三角形的Euler线上九点圆的直径等于三角形外接圆的半径由OMAP，OM=AP，知PM与OH互相平分，即九点圆圆心在OH上且九点圆直径MP=OA=ABC的外接圆半径定理10(三角形的内心的一个重要性质)设I、Ia分别为ABC的内心及A内的旁心，而A平分线与ABC的外接圆交于点P，则PB=PC=PI=PIa例15设ABCD为圆内接四边形，ABC、ABD、ACD、BCD的内心依次为I1、I2、I3、I4，则I1I2I3I4为矩形(1986年国家冬令营选拔赛题）分析 只须证明该四边形的一个角为直角即可为此可计算1、2、XI2Y1022证明 如图，BI2延长线与O的交点X为中点且XI2=XI3=XA=XD，于是1=(180-X)=90，同理，2=90-XI2Y= (+)= (+)+(+)，故1+2+XI2Y=90+90+(+)=270从而I1I2I3=90同理可证其余说明 亦可证XZYU，又XZ平分I2XI3及XI2=XI3I2I3XZ，从而I2I3YU，于是得证定理11 (Euler定理)设三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，外心与内心的距离为d，则d2=R2-2Rr(1992年江苏省数学竞赛)分析 改写此式，得：d2-R2=2Rr，左边为圆幂定理的表达式，故可改为过I的任一直线与圆交得两段的积，右边则为O的直径与内切圆半径的积，故应添出此二者，并构造相似三角形来证明证明：如图，O、I分别为ABC的外心与内心连AI并延长交O于点D，由AI平分BAC，故D为弧BC的中点连DO并延长交O于E，则DE为与BC垂直的O的直径由圆幂定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IAID（作直线OI与O交于两点，即可用证明）但DB=DI（可连BI，证明DBI=DIB得），故只要证2Rr=IADB，即证2RDB=IAr即可而这个比例式可由AFIEBD证得故得R2-d2=2Rr，即证例16(1989IMO)锐角DABC的内角平分线分别交外接圆于点A1、B1、C1，直线AA1与ABC的外角平分线相交于点A0，类似的定义B0，C0，证明：例 S=2S； S4SABC分析：利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I为公共顶点的六个小三角形，分别与六边形A1C