理科 九年级寒假

专业 引领 共成长 CONTENTS目录第四章综合复习第一讲代数综合（一）2第二讲代数综合（二）14第三讲代数综合（三）30第四讲几何综合（一）43第五讲几何综合（二）55第六讲函数综合67第七讲综合复习（一）81第八讲综合复习（二）91自招代数综合（一）常用乘法公式：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）其中，（1）和（2）是三次方完全和差公式；（3）为三项和的平方公式；（4）、（5）在使用配方法的题型中较为常见；公式（6）最为复杂，但在数学联赛中出现频率较高，同学们可自行拆开验证1. 已知a，b，c分别是的三边长，且满足，则是（ ）A等腰三角形B等腰直角三角形C直角三角形D等腰三角形或直角三角形【名师点拨】配方法【答案】B【解析】由条件得：故是等腰直角三角形，选B2. 若，则的最小值为_【名师点拨】一般此类问题考虑按照主元进行配方【答案】【解析】3. （2011华师二附自招）已知、均大于零，且，则的最小值是_【名师点拨】将代数式通过凑配等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负数这一性质找到解题突破口的方法，叫做配方法本题给出的已知条件接近于三项的完全平方式，因此可以考虑使用配方法【答案】【解析】，原式可化为：，即，当且仅当时取到最小值20，又已知、均大于零，的最小值是，当且仅当时取到4. 若实数满足，则的最大值是_【答案】40【解析】考虑，故，故的最大值为40，当，时取到5. 已知实数满足，则的值是_【答案】【解析】，得，平方得：，故；，平方得：，代入得6. 因式分解：【答案】，整体换元【解析】设，则有故，代回得7. 设，是四个整数，且使得是一个非0整数求证：一定是一个合数【答案】略【解析】，注意到，同奇偶，又为整数，故，均为偶数，故为4的倍数，为合数8. 如果是正数，且满足，那么的值为_【名师点拨】整体代入法【答案】7【解析】在两边乘，得：，即=7故答案为79. 若，求的值【名师点拨】对于连比形式的分式代数式，可引入一个参数，使得已知条件便于使用【答案】或8【解析】令，则+得：，所以，或，当时，；当时，所以原式答案为或810. 若，求的值【名师点拨】本题可将分式通分后，再进行化简求值，但此法较繁琐巧妙地利用已知条件替换1，可以使得代数式的化简更加简洁同时，对于这种已知条件为的轮换对称式，可利用换元法设代入使得运算更为简便【答案】1【解析】解法一：，原式=1解法二：设，则原式=1故答案为1，以上两种解法均可11. 已知：为有理数，且满足，求_【答案】【解析】，两边平方得因为，均为有理数，故右式只有部分可能为无理数，有或故12. 实数、满足，则_【名师点拨】对于某些形式复杂的代数式化简求值时，看见出现在绝对值、偶数次方以及偶数次方根里的数与式，可利用“非负数”的性质找到解题的突破口另本题要注意分类讨论，不能忽视这一可能，从而漏解【答案】6或10【解析】原式可化为：，根据非负数的性质，有以下条件已知：，分两类情况讨论：（1），则有：，等号成立当且仅当，带入原式得：，同理，；（2），则有：，根据（1）的结论，可得：，综上所述，答案为6或1013. 求不超过的最大整数【答案】13535【解析】设，则，有，又，故有不超过的最大整数为1353514. 设，以下四个选项中最接近的整数为（ ）A252B503C1007D2013【名师点拨】对于这类比较复杂的多项代数式作加、减、或整体求和运算时，可将对应分母相等或分子相等的项数合并作加减，本题显然是前者较为简便，考虑用“错位相减法”，将分子变成平方差，从而化简运算【答案】B【解析】故答案选B15. （1）设是给定的正整数，化简：；（2）根据（1）的结果，计算的值【名师点拨】将第（1）问中的取任意正整数的一般形式进行化简，在根式里进行通分和因式分解，将复杂的根号去掉，从而化简运算第（2）问运用（1）中的结论，用“裂项相消法”对代数式求值【答案】（1）；（2）【解析】（1）=，原式=（2）根据第（1）问的结论，可得：原式=【课堂练习】1. （15分）已知：，则=_【答案】0或2【解析】（1）由，得又，当且仅当时等号取到，得，有，进而2. （15分）已知：，则_【答案】【解析】由，得，3. （15分）若，则的末尾数字是_【答案】5【解析】，有周期性，的末尾数字是54. （15分）已知，求下面代数式的值：【答案】1【解析】解法一：迭代法已知，则， 同理可得，原式；解法二：换元法已知，则，设，则原式5. （20分）已知，则_【答案】【解析】令得，6. （20分）设正整数满足，且，则的值是_【答案】527【解析】由题意，即，令，得，有，得，故【课后作业】1. （15分）已知，则_【答案】15250【解析】，故，故，故，有原式2. （15分）满足方程的所有实数对为_【答案】，【解析】打开整理方程得，有，有，3. （15分）已知，那么的值是_【答案】【解析】，得，代入得 4. （15分）在1，2，3，2003中有些正整数，使得能分解为两个整系数一次式的乘积，则这样的共有_个【答案】44【解析】依题意，比较系数的，有，其中为整数，另一方面，故，故合计符合条件的为44个5. （20分）_【答案】99【解析】，有，考虑到需求和得，6. （20分）若，则_【答案】【解析】，得；，得；，得；，得自招代数综合（二）一元二次方程1. 设、为实数，且若方程甲：；乙：则（ ）A甲必有实根，乙也必有实根B甲没有实根，乙也没有实根C甲、乙至少一个有实根D甲、乙是否总有一个有实根不能确定【名师点拨】本题探讨两个方程有无实数根的问题，可以转化成讨论判别式的正负性虽然有四个未知参数，但可利用已知条件以及“两数相加非负，则至少有一个数非负”的性质反证，从而找到突破口【答案】C【解析】已知、为实数，且，假设方程甲、乙均没有实数根，则：方程甲：，方程乙：，与、矛盾故甲、乙至少一个有实根，答案选C2. 如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是（ ）A1B2C3D4【名师点拨】已知一元二次方程有两个有理根可得出两个隐含条件，即判别式，且为有理数，从而可以确定参数的取值范围【答案】B【解析】原方程有两个有理根，则可得：，为有理数，为有理数，为正整数时，或1，解得或，经验证符合题意故答案选B3. 如果两个一元二次方程与分别有两个不相同的实根，但其中有一个公共的实根，那么实根的大小范围是_【名师点拨】本题为一元二次方程有公共解的问题，可设公共根为，直接代入原方程恒等变形，同时已知两个一元二次方程分别有两个不同实数根，可得出这一隐藏条件另本题要注意一元二次方程的二次项系数不为零【答案】1【解析】已知两个一元二次方程分别有两个不相同的实数根，可得：对于，；对于，且；且为两方程的公共实根，分别代入得：，得：，经验证，时符合题意，时，故舍去故答案为14. 已知三个关于的一元二次方程、恰有一个公共实数根，则的值为（ ）A0B1C2D3【名师点拨】已知三个方程有公共实数根，且每个方程的同次项系数轮换对称，则可将公共根分别代入三个方程，尝试相加，再考虑用代数式的恒等变形解决问题【答案】D【解析】设三个方程的公共实数根为，则有：，三式相加并整理可得：方程的判别式，无实数解，即，5. 已知、为小于0的实数，且，方程有一个公共根，另两个根为，；方程有一个公共根，另两个根为，；求的取值范围【名师点拨】所求式子含有四个未知数，先要弄清这四个数之间的关系；方程的公共解我们可以设为、，代入两方程并解出它们；再用韦达定理便可得出四个未知数的关系【答案】【解析】设方程的公共根为，方程的公共根为则有：及再及得到，结合的值，根据韦达定理有：和所以，且，（）而，故；同理可知，因此6. 若关于的方程存在相异的两个实数解，求的取值范围【答案】【解析】，解得，即；，7. （1）设_（2）设，,则代数式_【答案】（1）7；（2）8【解析】（1）为的两个根，所以（2）由题意，且，故，可视作方程的两个解，由韦达定理，故8. 已知，求的值【名师点拨】整体代入降次【答案】【解析】，故答案为9. 设、为的两根，为实数（1）求证：；（2）当时，求的最大值【名师点拨】题中要求证明的代数式并非关于两根、的对称式，因此可利用根的定义，整体代入将其转化成对称式，再利用韦达定理解决问题同时不能遗漏方程有实数根则判别式这一隐含条件【答案】（1）略；（2）【解析】（1）证明：已知、为的两根，则有：，又方程有两个实数根，成立；（2），或，解得：，经验证符合题意故的最大值为10. 如果关于的方程至少有一个正根，则实数的取值范围是（ ）ABCD【名师点拨】本题若直接讨论方程至少有一个正根的情况有些难以入手，因此可考虑先确定方程一个正根都没有时的取值范围，再取其反面即为所求【答案】C【解析】假设方程没有正根，则分类讨论：（1）方程无实数解，即：，解得或；（2）方程有实数解，但没有正根，即：，且依据韦达定理，两根、满足：，解得：综上所述，当或时方程无正根，时，原方程至少有一个正根故答案选C11. 已知方程在实数范围内有解，并且恰有一个解大于1小于2，则a的取值范围是_【答案】【解析】两个不同实根，且恰有一个解大于1小于2，根据根的分布，则，即，得12. 已知方程（其中a是非负整数）至少有一个整数根，那么_【名师点拨】观察本题可发现方程的判别式为完全平方式，因此可以考虑用十字相乘法对方程因式分解，直接求出方程的两根，再依据整数性质确定参数的取值范围【答案】1、3、5【解析】由题意可知，显然时方程无解，原方程可因式分解为： ，为了确保原方程至少有一个整数根，则为3或5的约数，、3或5，经验证符合题意13. 求满足条件的所有实数，使关于的方程的根都是整数【名师点拨】对于此类两根为整数，而参数没有限制条件的整数解问题，通过韦达定理消去参数，将问题转化为不定方程的整数解问题是常见思路；同时利用韦达定理求解，整数根先于求出参数，对应方程必定有解，故这种方式不需要检验判别式是否大于等于0【答案】【解析】分类讨论：（1）若，则，满足条件；（2）若，不妨设方程两根为，（），由韦达定理：，两式相减消去参数，得：，通过配凑因式分解得，或，得或，或0，故或1综上14. 关于的一元二次方程有两个不相同的实数根，根据下列条件求解符合条件的，（1）为整数，方程有正整数根；（2）为实数，方程有两个不相同的整数根【答案】（1）；（2）【解析】无论情况（1）或（2），方程有两个不同的根，有，即，将原方程因式分解为，得方程的两根为：，根据条件分别讨论：（1）方程有正整数根，即或为正整数，（），；（），；综上（2）用，反解，得：，两式相减消去参数，得，配凑得：，且为奇数，故，其中经检验非原方程的根，舍去，故，代回得15. 若二次方程至少有一个整数根，求正整数的值【答案】【解析】法一：将原方程整理为关于的方程：，显然，得，因为为正整数，故，得，得又因为为整数，故，代入得，即正整数的值可以为法二：方程存在整数解，且为整数，故为完全平方数，即为完全平方数，且为奇数，故令（为正整数），即；则有方程的解为，将代入得，故或为4的约数，有，2，3，4，对应的值可以为 【课堂练习】1. （15分）设、是一元二次方程的两根，则等于（ ）AB8C6D0【名师点拨】本题所求代数式并非关于、的对称式，因此可利用根的定义，整体代入进行降次，构造对称式，再利用韦达定理求解【答案】A【解析】已知、为方程的两根，则有：，将所求代数式进行降次得：故答案选A2. （15分）已知关于的方程的根都是整数，那么符合条件的整数a有_个【名师点拨】本题的判别式为完全平方数，因此可直接因式分解求出方程的两根，依据整数性质确定整数a的取值【答案】5【解析】由于二次项的系数里存在参数a，因此分类讨论：（1）时，原方程转化为：，解得，符合题意；（2）时，原方程为关于的一元二次方程，求根公式为：，若满足、均为整数，则a可以取、0、2、3；综上所述，a可取、0、1、2、3，符合条件的整数有5个3. （15分）若关于的二次方程有两个不相等的实根、，且，则实数的取值范围是_【答案】【解析】根据根的分布，问题等价于，即，解得4. （15分）已知关于的两个方程：，其中若方程有一个根是方程的一个根的3倍，则实数的值是_【名师点拨】本题为方程同解问题的变形，与同解问题类似，可假设其中一个根为，则另一个方程根为，如此代入原方程求解【答案】【解析】已知方程有一个根是方程的一个根的3倍，假设k是方程的一个根，则方程有一个根为，分别代入可得：，解得：，5. （20分）若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数的取值范围是_【答案】【解析】原方程可化简为，令（），则原方程为，关于的方程有两个不同的实数解，以下分两种情况：关于的方程的解，此时有两根和，显然不符合条件；关于的方程的解，则由根的分布满足，解得综上6. （20分）已知实系数一元二次方程有两个实根、，若，且，则的取值范围为_【答案】【解析】，代入得：；因为，即，解得显然有，故进一步解得，有，有【课后作业】1. （15分）已知分别是方程的两个根，则的值为_【答案】34【解析】根据题意有：，则；同理；2. （15分）已知关于的方程有一个根是整数，求整数的值【答案】或1【解析】法一：设方程的两个根为，（），由韦达定理：，由于为整数，当一根为整数时，另一根必为整数，两式相减消去参数得：，通过配凑得：，或，得或，代回得或1法二：以为主元整理得，显然，故为整数，为整数，故，代回得或3. （15分）在中，所对的边依次为，关于的方程的两根平方和为10，求的值【答案】【解析】整理关于的方程得：，依题意，同时有，代入得，整理得，故4. （15分）设、是方程的两个根，、是方程的两个根，则的值为_【名师点拨】将所求代数式分组，分别看作关于和的两个一元二次方程的乘积，再利用韦达定理和根的定义化简求解【答案】2772【解析】已知、分别为两个方程的两根，则有：，故答案为27725. （20分）已知矩形的相邻两边长为、，是否存在另一个矩形，使它的周长和面积分别是矩形周长和面积的？证明你的结论【名师点拨】本题可考虑将矩形的两边长视作两个根，利用韦达定理构造一元二次方程，从而利用方程有无实数解的判定条件证明是否存在符合题意的矩形【答案】当或时，满足条件的矩形存在；当时，满足条件的矩形不存在【解析】假设存在如题所示的矩形，设边长为、，则有：，其中依据韦达定理，若、为方程的两正根，则、为方程的两正根，方程有解的条件是：当或时，满足条件的矩形存在；当时，满足条件的矩形不存在6. （20分）已知关于的方程有实数根（1）求的取值范围；（2）若原方程的两个实数根为、，且，求的值【名师点拨】本题可将看作一个整体，将问题转化成讨论一元二次方程有实数根的问题，同时要注意二次项的系数有可能为零，因此求的取值范围时要全面【答案】（1）且；（2）【解析】（1）原方程有实数根，分类讨论：时，原方程为：，即，当时，解得；当时，解得，均满足题意；时，原方程可看做关于的一元二次方程，方程有实数根，即：， ，又，代入可得： ，即， 综上所述，且（2）已知原方程有两个实数根，则：，与可看作关于的原方程的两根，解得或（舍）自招代数综合（三）不等式基本不等式对于任意非零实数，不等式恒成立，当时不等式等号成立，这组不等式称为关于，的二元基本不等式，其中最常用的为如下四个基本不等式：；对于个非零实数，不等式仍然成立应用均值不等式求最值：（1）“积定和最小”：；若、为正数，且积有定值，则当且仅当时，和有最小值（2）“和定积最大”：；若、为正数，且和有定值，则当且仅当时，积有最大值同时在运用上述结论时一定要注意三点：“一正、二定、三相等”，即：一正：、均为正数；二定：、的和或者积为定值；三相等：均值不等式的等号当且仅当时取到1. （2014交大附中自招）（1）已知是正实数，则的最小值等于_；（2）时，则存在最大值还是最小值呢？如果存在，则最值是_【名师点拨】本题为使用均值不等式求最值的常见题型，即“积定和最小”，但是要注意使用均值不等式的前提条件是“一定、二正、三相等”【答案】（1）；（2）最大值是【解析】（1），根据均值不等式，有： ，的最小值为，当且仅当时等号成立（2），根据均值不等式，即2. （1）若，则的最小值是_ （2）若，则的最大值是_【名师点拨】求分子为二次式、分母为一次式的分式函数的最值时，可考虑将分母换元（令），或者直接将分子配方，分离常数，将函数化成的形式，从而利用均值不等式求最值但是本题要注意的取值范围和“一定、二正、三相等”的前提条件【答案】（1）1；（2）【解析】（1），当，即时取到最小值1（2），当且仅当，即时取到最大值3. （1）已知，且，则的最大值为_（2）正实数，满足，那么的最小值为_【名师点拨】对于此类有两个变量的求最值问题，可以考虑利用已知等式消元，转化为求函数最值问题，或者利用均值不等式整体变形求解【答案】（1）；（2）【解析】（1）解法一：，有，解得，当，即，时，取到最大值解法二：由条件得，由，得，当时函数取得最大值（2）当，即，时，取到最小值4. （1）已知，且，则的最小值为_（2）已知，且，则的最小值为_【名师点拨】在利用均值不等式求最值的问题中，巧用“1”配凑出均值不等式的形式往往是解题的突破口【答案】（1）16；（2）【解析】（1），当，即时，有，是取到最小值16（2），当，即时，取到最小值5. （1）若，且，则的最大值是_（2）若，则的最大值是_【名师点拨】用均值不等式求数乘积的最大值，要配凑出和为定值【答案】（1）；（2）【解析】（1），当且仅当，即，时取到最大值（2）若，有；若，利用均值不等式有当，即时取到最大值6. 若，是两个正数，且，则（ ）ABCD【答案】C【解析】，有，配方得，有，解得；，有，解得故7. 已知，求的最小值【答案】【解析】NNMDCBANMDCBA8. 如图，正方形的边长为1，点、分别在、上，使得的周长为2，求：（1）的大小；（2）面积的最小值【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为为正方形顺时针旋转至；，即，有，又，故，故；（2）令，则，由勾股定理，得；另一方面，由基本不等式，得，解得，故9. 不等式对于一切实数都成立则实数的最大值为_【名师点拨】看似不等式，实则为函数问题【答案】5【解析】令故10. 不等式对于一切都成立求实数的取值范围【答案】【解析】，令，有，故11. 已知关于的一元二次方程对于任意的实数都有实数根，则的取值范围是_【名师点拨】一元二次方程对于任意实数都有实数根，可转化成讨论对于一切实数恒成立的问题【答案】【解析】由题意可知，方程对于任意实数均有实数根，即对于一切实数恒成立，时一定满足，解得：12. 若不等式的解集中的整数有且仅有1、2、3，则的取值范围为_【答案】【解析】由得，即，的解集中的整数有且仅有1、2、3，则，13. 不等式的整数解组数为_【答案】55【解析】配方得，令，有，若，枚举得整数解为，否则不是一般性，先考虑都是正数，枚举得正整数解为，共8组，再考虑正负号共32组，再考虑其中一个为0，另一个的绝对值为共16组，合计55组14. 关于的不等式的解集中有且仅有3个整数解，求实数的取值范围【答案】【解析】解法一：由题意可知，时，不符合题意；时，由于整数解个数有限，故，不等式解集为，又，且解集中恰有三个整数解，必为1、2、3，解得；解法二：由题意可知，时，不符合题意；时，构造两个二次函数和，则，作图观察可知，若解集中恰有三个整数解，必为1、2、3，分别代入和可得，解得 【课堂练习】1. （15分）已知，求的最小值【答案】9【解析】2. （15分）已知，求的最小值【答案】8【解析】3. （15分）已知函数，（1）若，求函数的最小值；（2）若，求函数的最大值【答案】（1）5；（2）1【解析】（1），有，当，即时函数取到最小值5（2），有，当，即时函数取到最大值14. （15分）若不等式有解，则的取值范围是_【答案】【解析】5. （15分）关于的不等式组只有5个整数解，则的取值范围是_【答案】【解析】解得，存在5个整数解，故，解得CFEBADP6. （25分）边长为2的正形内有一点，它到三边的距离分别为，（1）求的值；（2）求的最小值；（3）求面积的最大值【答案】（1）；（2）1；（3）【解析】（1）令，由，得（2），故，由基本不等式，故有，故；（3），结合第（2）问结论，故，即【课后作业】1. （15分）若，则的最小值是（ ）A6B7C8D9【名师点拨】将所求代数式进行恒等变形，利用“和定积最大”的性质求解最终的最值【答案】D【解析】，故最小值是9，当且仅当时等号成立，故答案选D2. （15分）已知，且，求：（1）的最小值；（2）的最小值【名师点拨】利用均值不等式求最值可考虑“积定和最小、和定积最大”的性质，或者依据已知条件，配凑出的常见形式【答案】（1）64；（2）18【解析】（1），当且仅当时取到最小值（2）法一：， ，当且仅当，即时取到最小值法二：，有，有，解得，故3. （15分）不等式的整数解组数有多少组（）？【答案】19702【解析】先仅考虑满足解的组数，分两种情况，时，假设，此时，合计98种情况；以此类推，总共有种情况，任意一种情况通过更改，的正负号仍然为不等式的解，故相应会有组解；时，枚举有组解；扣除相等的解得组数，若，则，相应有组解；故符合条件解得组数为组4. （15分）（02新知）若正数、满足，则的最小可能值为_【答案】4【解析】由基本不等式得：，故，即5. （15分）若实数，满足，则的最小值为_【答案】0【解析】，由基本不等式，得，故AGHECBFP6. （25分）AGHECBFP如图，在中，点在边上，点，在边上，四边形是一个边长为的长方形，且（1）求关于的解析式；（2）为何值时，取到最大值？并求出的最大值【答案】（1）；（2）【解析】作垂直于，令，由勾股定理，得，化简得；另一方面，得，化简得；得到方程组由方程得代入方程，得，去分母后按为主元整理方程，得：，十字相乘因式分解得：，显然有，故，有；（2），由基本不等式，故，与于取到自招几何综合（一）AabCabBabDabPab1. 如图，正方形内一点P，求_【答案】48【解析】，AabCabGabBabDabEabFabHab2. 如图，正方形ABCD两对角线相交于点E，的平分线交DE于G，交DC于F，若，则_【答案】48【解析】解法一：DE是的角平分线，；解法二：过E作EHCD，交AF于H，EH为中位线，又DE是的角平分线，即，3. 如图ABCDEMNOPHFG将单位正方形ABCD的每一条边n等分，构成的小正方形MNOP的面积为，求n的值【答案】10【解析】，ABCDQPABCDQP4. 正方形ABCD中，点P在对角线BD上，过点P作BD的垂线，交直线CD于点Q，若，则的正切值为_【答案】或3【解析】设正方形ABCD边长为1，（1）若Q在线段CD上，则，即；（2）若Q在线段CD延长线上，同理：，则，即，则的正切值为或3AEDBCFGHPAEDBCFGH5. 如图，正方形ABCD外接一圆，若E、F分别为CD、BC上一点，且，延长AF、AE交圆与G、H，求_【答案】1【解析】连BG、DH，过G作，垂足为P，正方形ABCD，AC为直径，ABCDEPOABCDEPHO6. 在正方形ABCD外有一点P，中AD为斜边，O为AC的中点，连PO，交AD于E，则_【答案】【解析】过A作，垂足为H，四点共圆，设，ABCDFEABCDFEG7. 从正方形ABCD的顶点A作，交DC于F，BC于E，若，求证：【答案】略【解析】延长CB到G，使，HGFEABCD8. 如图，已知正方形ABGH，BCFG，CDEF边长都为1，求证：【答案】略【解析】，（，这就是“”模型）9. 已知ABCDE，角平分线AD、BE分别交BC于D，AC于E，求证：，【答案】略【解析】由角平分线定理：，同理：，ABCEFD10. （2010复旦附中）如图，在中，CD是AB边上的高线，且有，又E、F为CD的三等分点，求证：【答案】略【解析】，CD是AB边上的高，为等腰三角形，又，E、F为CD的三等分点，则，CabAabMabBabEDabCabAabMabBabDab11. 在等腰中，M是BC的中点，则_【答案】【解析】过D作DEAC交BC于E，等腰，则，AMDNFCBEHAMDNFCBE12. （2012复旦附中）矩形ABCD中，将矩形折叠，B落在AD边上一点M处，C落在N处，求【答案】【解析】过E作，垂足为H，连BM，则，EF为折痕，则，又，而，ADBC13. 如图，已知，求证：【答案】略【解析】AD上取一点E，使得，连BE，为正三角形，则E为外接圆圆心，AEDBCABDCOABDCEFABDC14. 已知：中，求证：【答案】略【解析】解法一：如图，作，交AC于F，作，交AB于E，连EC，则，又，为正三角形，解法二：如图构造正，连DO，则D在以O为圆心BO为半径的圆上，则四边形ADOC为等腰梯形，【课堂练习】1. （10分）ABCDFEABCDFEG从正方形ABCD的顶点A作，交DC于F，BC于E，求证：【答案】略【解析】延长CB到G，使，2. （10分）ABCDFE如图，从正方形ABCD的顶点A作，交BC于E，DC于F，若，E为BC中点，则_【答案】【解析】，利用例9结论可知，AEDBC3. （20分）ADBC如图，AD平分，求证：【答案】略【解析】延长CD交AB于E，平分，又，4. （20分）3015151515303030303030把一个等腰直角三角形，分成五个钝角等腰三角形，请作图【答案】略【解析】如图将分成AABBCCEDMMNND5. （20分）如图，正方形ABCD的边长为2，M、N为BD所在直线上的两点，且，则_【答案】10【解析】解法一：连AC交BD于点E，则，又，由模型可得：，ABCDEFGPHMN6. （20分）ABCDEFGPH如图，在正方形ABCD的AB、AD上各有一动点E、F，满足作，问：EH与FG的交点P是动点，还是定点？证明你的结论【答案】是定点【解析】延长DC交EO于M，过P作，交EG延长线于N，设，到CD的距离为1，同理可证P到BC的距离也为1，故P为定点【课后作业】1. （10分）CDBAFEGIH求图中的大小。 【答案】【解析】在图形ABGHI中得，；在图形CDHIG中得，；在图形FEIGH中得，；。2. （10分）ABCMPN如图，M、P分别为的边AB、AC上的点，且，BP与CM相交于点N，已知，求BN的长【答案】【解析】由梅涅劳斯定理得：，而，3. （20分）CABDEFmn交AC于点E，作交BC于点F，已知、的面积分别为m和n，则四边形DECF的面积为_【答案】【解析】，则，4. （20分）（2009全国初中数学联赛）设D是的边AB上的一点，作ABCDFEMN（20分）如图，从正方形ABCD的顶点A作，交BD于M、N，BC于E，DC于F，若，则_【答案】【解析】，ABCDE5. （20分）ABCD如图，已知，求证：【答案】略【解析】延长BD到E，使得，连AE，为正三角形，四点共圆，6. （20分）ADBCEPOADBCEPOFG如图，P是O外一点，PA和PB是O的切线，A，B为切点，PC与AB交于点E，交圆于点D，求PE的长【答案】【解析】设OP交AB于F、过O作，垂足为G，PA是O的切线，OFEG四点共圆，自招几何综合（二）ABCMNABCMND1. 在中，的角平分线为AN，BN和AN垂直，垂足为N，M为BC的中点，则_【答案】3【解析】延长BN交AC于D，AN为角平分线，为等腰三角形，N为BD中点，则，2. 如图，在的长方形内，有四对正方形（标号相同的两个正方形为一对），每一对是相同的正方形，那么中间这个小正方形（阴影部分）面积是_【答案】9【解析】长方形的宽，是“一”与“二”两个正方形的边长之和，长方形的长，是“一”、“三”与“二”三个正方形的边长之和，则“三”正方形的边长为，宽又是两个“三”正方形与中间小正方形的边长之和，中间小正方形边长为，故ABDCE3. 如图，在中，AD是BC边上的高，AE是BC边上的中线，（1）求BC的长；（2）求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1），；（2）AE是BC边上的中线，ABDCEOFABDCEO4. 中，D、E分别在AC、AB上，BD、CE交于O，若，求证：【答案】略【解析】由对称性不妨设，则，作，交OD于F，而，矛盾，同理不成立，即ABDCEABDC5. 已知，求证：【答案】略【解析】将绕D顺时针旋转，得，连BE，即 ABDCE6. 已知：中，D为AC边的中点，求证：【答案】略【解析】作，交BC于E，连AE，D为AC边的中点，则，由正弦定理：，则，（也可以用全等证），即ABDCABDCEABDCEFGABDCEF7. 中，D点在BC上，E点在BA的延长线上，且，的外接圆与的外接圆交于F点求证：【答案】略【解析】延长AF到G使得，连CG，DF，ABCDEFPG8. 如图，正方形ABCD中，E为AD上一点，BE的垂直平分线分别交AB、CD于F、G两点，垂足为P，（1）当时，则_；（2）如图，延长FG交BC的延长线于点H，EH交CD于点Q，当n发生变化时，试问：线段AE、CQ与EQ是否存在某种确定的数量关系？写出你的结论并证明；（3）在（2）的条件下，当_时，Q为CD的中点【答案】（1）；（2）；（3）3【解析】（1）连EF，FG是BE的垂直平分线，设，则，在中，；（2）过B作，交EQ于M，连BQ，FH是BE的垂直平分线，又，；（3）设，则，在中，即AEDBCFHABCDEFPGHQABCDEFPGAEDBCFGH9. 已知中，D是AC的中点，过D作于E，连AE，取DE中点F，连BF，交AE于H，求证：【答案】略【解析】倍长BF到G，连EG、DG、BD，D是AC的中点，四边形BDGE为平行四边形，ADFB四点共圆，