《2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案第56讲 解析法证.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案第56讲 解析法证.doc（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第56讲 解析法证 几何题解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”A类例题例1如图，以直角三角形ABC的斜边AB及直角边BC为边向三角形两侧作正方形ABDE、CBFG求证：DCFA分析 只要证kCDkAF1，故只要求
2、点D的坐标证明 以C为原点，CB为x轴正方向建立直角坐标系设A(0，a)，B(b，0)，D(x，y)则直线AB的方程为axbyab0故直线BD的方程为bxay(bba0)0，即bxayb20ED方程设为axbyC0由AB、ED距离等于|AB|，得，解得C(a2b2)ab如图，应舍去负号所以直线ED方程为axbya2b2ab0解得xba，yb(只要作DHx轴，由DBHBAC就可得到这个结果)即D(ba，b)因为kAF，kCD，而kAFkCD1所以DCFA例2自ABC的顶点A引BC的垂线，垂足为D，在AD上任取一点H，直线BH交AC于E，CH交AB于F试证：AD平分ED与DF所成的角证明 建立直角
3、坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，H(0，h)，于是BH：1AC：1过BH、AC的交点E的直线系为：(1)(1)0以(0，0)代入，得0分别取1，1，有x()y()0所以，上述直线过原点，这是直线DE同理，直线DF为x()y()0显然直线DE与直线DF的斜率互为相反数，故AD平分ED与DF所成的角说明 写出直线系方程要求其中满足某性质的直线，就利用此性质确定待定系数，这实际上并不失为一种通法例3证明：任意四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和再加上对角线中点连线的平方的4倍证明 在直角坐标系中，设四边形四个顶点的坐标为A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y
4、3)，A4(x4，y4)由中点公式知对角中点的坐标为B(，)，C(，)则 4()2(x1x3)2(x2x4)2(x1x3x2x4)2(x1x3)2(x2x4)22(xxxxx1x2x2x3x3x4x4x1)(x1x2)2(x2x3)2(x3x4)2(x4x1)2，同理有4()2(y1y3)2(y2y4)2(y1y2)2(y2y3)2(y3y4)2(y4y1)2，两式相加得：|A1A2|2|A2A3|2|A3A4|2|A4A1|24|BC|2|A1A3|2|A2A4|2说明 本题纯几何证法并不容易，而采用解析法，只需要简单的计算便达到目的另外本例中巧妙地抓住了各点的“对称性”，设了最为一般的形式
5、，简化了计算情景再现1如图，O的弦CD平行于直径AB，过C、D的圆的切线交于点P，直线AC、BC分别交直线OP于Q、R求证：|PQ|PR|2自圆M外一点E作圆的切线，切点为F，又作一条割线EAB，交圆M于A、B，连结EF的中点O与B，交圆M于D，ED交圆M于C求证：ACEF3CH是ABC中边AB上的高，H为垂足，点K、P分别是H关于边AC和BC的对称点证明：线段KP与AC，BC(或它们的延长线)的交点是ABC高线的垂足B类例题例4P、Q在ABC的AB边上，R在AC边上，并且P，Q，R将ABC的周长分为三等分求证：证明 如图，以A为原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系设ABc，BCa，CAb，Q
6、(q，0)，P(p，0)则qp(abc)，ARPQAPq2p，从而由于2SPQRyR(qp)，2SABCxByC，所以注意到pq(abc)c(abc)，所以q2p(abc)c(abc)(abc)(abc)，说明 本题中是不可改进的，取bc，Q与B重合，则当a趋向于0时，p趋向于q，面积比趋向于例5设H是锐角三角形ABC的垂心，由A向以BC为直径的圆作切线AP、AQ，切点分别为P、Q证明：P、H、Q三点共线(1996年中国数学奥林匹克)证明 如图以BC为x轴BC中点O为原点建立直角坐标系设B(1，0)，C(1，0)，A(x0，y0)，则PQ方程为x0xy0y1点H的坐标为H(x0，y)，满足1，
7、即 y，显然H满足PQ方程，即H在PQ上从而P、H、Q三点共线例6设A、B、C、D是一条直线上依次排列的四个不同的点，分别以AC、BD为直径的两圆相交于X和Y，直线XY交BC于Z若P为直线XY上异于Z的一点，直线CP与以AC为直径的圆相交于C和M，直线BP与以BD为直径的圆相交于B和N试证：AM、DN、XY三线共点分析 只要证明AM与XY的交点也是DN与XY的交点即可，为此只要建立坐标系，计算AM与XY的交点坐标证明 如图，以XY为弦的任意圆O，只需证明当P确定时，S也确定以Z为原点，XY为y轴建立平面直角坐标系，设X(0，m)，P(0，y0)，PCA，其中m、y0为定值于是有xCy0cot但
8、是xAxCyX2，则xAtan因此，直线AM的方程为：ycot(xtan)令x0，得yS，即点S的坐标为(0，)同理，可得DN与XY的交点坐标为(0，)所以AM、DN、XY三线共点情景再现4在RtABC中，AD是斜边上的高，M，N分别是ABD与ACD的内心，连接MN并延长分别交AB、AC于K、L两点求证：SABC2SAKL5已知ABC中，A，且m求证：BC边过定点6设ABC的重心为G，AG、BG、CG的延长线交ABC的外接圆于P、Q、R求证：3C类例题例7以ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于D和E过D、E作BC的垂线，垂足分别为F、G线段DG、EF交于点M求证：AMBC(1996
9、年国家队选拔题)分析 建立以BC为x轴的坐标系，则只要证明点A、M的横坐标相等即可证明 以BC所在的直线为x轴，半圆圆心O为原点建立直角坐标系设圆的半径为1，则B(1，0)，C(1，0)令EBC，DCB，则直线BD的方程为ycot(x1)同样，直线CE的方程为ycot(x1)，联立这两个方程，解得A点的横坐标xA因为EOC2EBC2，DOB2，故E(cos2，sin2)，D(cos2，sin2)，G(cos2，0)，F(cos2，0)于是直线DG的方程为y(xcos2)，直线EF的方程为y(xcos2)联立这两个方程，解得M点的横坐标xMxA故AMBC例8如图，一条直线l与圆心为O的圆不相交，
10、E是l上一点，OEl，M是l上任意异于E的点，从M作圆O的两条切线分别切圆于A和B，C是MA上的点，使得ECMA，D是MB上的点，使得EDMB，直线CD交OE于F求证：点F的位置不依赖于M的位置(1994年IMO预选题)分析 若以l为x轴，OE为y轴建立坐标系，则只要证明F点的纵坐标与点M的坐标无关即可证明 建立如图所示的平面直角坐标系，设圆O的半径为r，OEa，OME，OMA，显然有yCMCsin()MEsin()cos()acotsin()cos()，xCyCtan()acotsin2()同理，yDacotsin()cos()，xDacotsin2()所以，kCDcot2则直线CD的方程为
11、yacotsin()cos()cot2xacotsin2()令x0，得yFacotsin()cos()cot2sin()a(1)由于是定值，这就表明F的位置不依赖于点M的位置情景再现7在筝形ABCD中，ABAD，BCCD，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：IOOJ（1990年冬令营选拔赛题）8水平直线m通过圆O的中心，直线lm，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A、B、C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP、BQ、,CR为圆O的三条切线，P、Q,、R为切点试证：(1)l与圆O
12、相切时，ABCRBCAPACBQ；(2)l与圆O相交时，ABCRBCAPACBQ；(3)l与圆O相离时，ABCRBCAPACBQ(1993年全国高中数学联合竞赛)习题561已知AM是DABC的一条中线，任一条直线交AB于P，交AC于Q，交AM于N求证：，成等差数列2在四边形ABCD中，AB与CD的垂直平分线相交于P，BC和AD的垂直平分线相交于Q，M、N分别为对角线AC、BD中点求证：PQMN3证明，如一个凸八边形的各个角都相等，而所有各邻边边长之比都是有理数，则这个八边形的每组对边一定相等(1973年奥地利数学竞赛题)4设ABC是锐角三角形，在ABC外分别作等腰直角三角形BCD、ABE、CA
13、F，在此三个三角形中，BDC、BAE、CFA是直角又在四边形BCFE外作等腰直角三角形EFG，EFG是直角求证：GAAD；GAD135；(上海市1994年高中数学竞赛)5如图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上必存在点M，使BMD为等腰直角三角形(1987年全国高中数学联赛)6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)7证明：A
14、BC的重心G，外心O，垂心H三点共线，且OG：GH1：28已知MN是圆O的一条弦，R是MN的中点，过R作两弦AB和CD，过A、B、C、D四点的二次曲线交MN于P、Q求证：R是PQ的中点本节“情景再现”解答：1以圆心O为原点，BA为y轴建立坐标系，设点C的坐标为(x0，y0)，且O的半径等于1可得R点横坐标xR，Q点横坐标xQ，P点横坐标xP所以xRxq2xP即点P为QR的中点，所以|PQ|PR|2以O为原点，EF为x轴，建立直角坐标系设E(x0，0)，F(x0，0)圆M的半径设为r，则圆M的方程为x2y22xx02yrx020 (1)过E的两直线AB、CD的方程可设为h1yxx0，h2yxx0
15、，合为(xh1yx0)(xh2yx0)0 (2)直线BD、AC的方程又可设为ykx，axbyc0合为(ykx)(axbyc)0 (3)(1)与(2)所成的曲线系过交点A、B、C、D，又曲线(3)过点A、B、C、D，故为该曲线系中的一条比较(1)与(2)所成的曲线系与(3)中常数项即可知(3)能由(1)、(2)相减得到，此时项中无x2项所以(3)中a0，即ACEF3建立如图所示的平面直角坐标系，设A、B、C三点的坐标依次为A(a，0)，B(b，0)，C(0，c)则P点和K点的坐标分别为：P(，)，K(，)于是KP所在的直线方程是c(ab)x(abc2)y2abc0 ，另一方面，BC所在直线的方程
16、是cxbybc0 ，BC边上的高所在的直线方程是bxcyab0 ，由于ac，于是KP经过BC边上高线的垂足，同理，KP与经过AC边上高线的垂足4分别以AC、AB所在直线为x轴和y轴建立直角坐标系，并设|AC|a，|AB|b，|OD|c，则c设ACD、ABD的内切圆半径分别为r1，r2，则N，M的坐标分别为N(cr1，r1)，M(r2，cr2)于是直线MN的斜率为kMN1这说明AKL为等腰直角三角形，直线MN的方程为yr1(xcr1)，其横、纵截距均为c，所以2SAKLc2SABC5以A为原点，AB为x轴正方向建立直角坐标系设|AB|p，|AC|q则m，q，点B(p，0)，C(qcos，qsin
17、)直线BC的方程为整理得p(mysin)xsin(1cos)y0，即无论p为何值时，直线BC经过两条定直线mysina0与xsin(1cos)y0的交点(两条直线斜率不等，故必有交点)，即直线BC过定点6以外接O的圆心O为原点，平行于BC的直线为x轴建立坐标系设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x2，y2)，G(，)设外接圆半径为r则x12y12x22y22r2由相交弦定理，知，同理，；|AG|2|BG|2|CG|2(x1)2(x2)2(x2)2(y1)22(y2)2x12(y1y2)22x22(r2x22y1y2)，r2|OG|2r2(2r2y22y1y2)注意到x22y22r2，就
18、得37如图，以O为原点，OD为x轴正方向建立直角坐标系，设A(0，a)，D(d，0)，C(0，c)，则B(d，0)直线AB方程为：10；设GH方程：kyx0(因为求I点坐标时要取y0，故把系数k置于y前)于是GF方程为1(kyx)0 ，BC方程为10，设EF方程为hyx0于是GF方程又可表示为1m(hyx)0 与是同一个方程，比较系数得m，kmh则()在中，令y0得I点的横坐标xI；同理，点J的横坐标为xJ，其中()，于是xIxj即IOOJ从而得证8证略本节“习题56”解答：1以BC所在直线为x轴，高AD所在直线为y轴建立直角坐标系设A(0，a)，B(mb，0)，C(mb，0)，直线PQ方程：
19、ykxq设l，则l，l1所以P点坐标为x，y，故(l1)ak(mb)ql，则l，即，同理，则2这说明，成等差数列2提示：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，利用式子的对称性即可证得结论3此八边形的每个内角都等于135不妨设每边的长都是有理数依次设其八边长为有理数a，b，c，d，e，f，g，h把这个八边形放入坐标系中，使长为a的边的一个顶点为原点，这边在x轴上，于是abcos45dcos135efcos225hcos3150，整理得ae(bdfh)0；bcos45cdcos(45)fcos135ghcos2250，整理得cg(bdfh)0所以ae，bdfh0
20、；cg，bdfh0则bf0，gh0从而凸八边形的每组对边相等4以A为原点建立直角坐标系，设B、C对应的复数为zB，zC则点E对应复数zEizB，点D对应复数zD(1i)(zBzC)zC(1i)zB(1i)zC，点F对应复数zF(1i)zC向量zEzFizB(1i)zCzGzFi(1i)zCiizB(1i)zCzB(1i)2zCzBizC则zG(1i)zD(cos135isin135)zD则GAAD；GAD135 5以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面设C表示复数c，点E表示复数e(c、eR)则点B表示复数bcci，点D表示复数deei把ADE绕点A旋转角得到ADE，则点E表示复数ee(cos
21、isin)点D表示复数dd(cosisin)表示EC中点M的复数m(ce)则表示向量的复数：z1b(ce)ccice(cosisin)ecos(cesin)i表示向量的复数：z2dm(eei)(cosisin)ce(cosisin)(esinc)iecos显然：z2z1i于是|MB|MD|，且BMD90即BMD为等腰直角三角形故证6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
22、、A4A1A2、A1A2A3的外心都是点O，而它们的重心依次是(coscoscosd)，(sinsinsind)、(coscosdcos)，(sinsindsin)、(cosdcoscos)，(sindsinsin)、(coscoscos)，(sinsinsin)从而，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心依次是H1(coscoscosd，sinsinsind)、H2(coscosdcos，sinsindsin)、H3(cosdcoscos，sindsinsin)、H4(coscoscos，sinsinsin)而H1、H2、H3、H4点与点O1(coscoscoscosd
23、，sinsinsinsind)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7以ABC的外心O为坐标原点，不妨设ABC的外接圆半径为1，设A(cos，sin)，B(cos，sin)，C(cos，sin)，则重心G的坐标为G(，)设H(coscoscos，sinsinsin)则kAHtan，kBCcot则可得kAHkBC1，则AHBC同理，BHCA，CHAB因此，H(coscoscos，sinsinsin)为ABC的垂心H观察O、G、H的坐标可知，G、O、H三点共线，且OG：GH1：28以R为原点，MN为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系设圆心O的坐标为(0，a)，圆半径为r，则圆的方程为x2(ya)2r2 ，设AB、CD的方程分别为yk1x和yk2x将它们合成为(yk1x)(yk2x)0 ，于是过与的四个交点A、B、C、D的曲线系方程为(yk1x)(yk2x)x2(ya)2r20 ，令中y0，得(k1k2)x2(a2r2)0 的两个根是二次曲线与MN交点P、Q的横坐标，因为xPxQ0，即R是PQ的中点从而得证说明：本例实质上是平面几何中蝴蝶定理得推广平面几何中许多命题都可以通过解析法获证