高水平中学生数学能力挑战(几何篇) 9787302521051
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作者齐亚超，李劲松
出版社清华大学出版社
ISBN9787302521051
出版时间2017-07
装帧平装
开本其他
定价59元
货号9599463
上书时间2024-06-29
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导语摘要
本书精选高校自主招生典型问题和高考创新试题，梳理高中数学几何部分核心知识，是高水平中学生复习备考不二之选！
作者简介
"李劲松，硕士，中国数学奥林匹克一级教练员，海淀区数学学科带头人及兼职教研员，海淀区青年优选教育工作者。一直承担清华附中一条龙理科实验班的班主任及数学教学工作。所带班级连续两次获得北京市很好班集体，近一半同学进清华北大，辅导的学生多次在全国高中数学联赛中获得一等奖及高考数学满分。 齐亚超，硕士，中国数学奥林匹克一级教练员，全国高中数学联赛很好教练员。现担任清华附中创新班班主任及数学教学工作，教研成果丰硕，发表论文多篇，多次在重量、市区级各种教学比赛中获得一等奖，并积极承担北京市数学竞赛很好生培训工作及全国数学竞赛命题研讨试题命制工作，受到学校和学生的一致好评。"
目录
目录
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第一章解析几何
第一讲直线与圆、线性规划
第二讲曲线的方程与性质
第三讲解析几何定点定值问题
第四讲解析几何范围问题
第五讲平面几何知识在解析几何中的应用
第六讲参数方程与极坐标
第二章立体几何
第一讲球
第二讲空间的平行、垂直关系
第三章平面几何
第一讲平面几何证明
第二讲平面几何计算
第三讲平面几何不等式
第四章复数与复平面
第一讲复数的基本概念
第二讲复数的应用
附录1近年自招选题
附录2近年竞赛考题
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内容摘要
第三章平面几何
平面几何是初中基本必学课程，其优美简洁，从人类理性、不可辩驳、简单明了的公理出发，用严密的逻辑演化出定理，再到推理，还包含着大量的观察、探索、发现的创造性过程，现代任何一个学科几乎都有它的影子．中学阶段平面几何的学习主要在初中阶段，进入高中阶段，几乎不涉及纯粹的平面几何，因此熟悉和掌握一些基本定理是很好必要的．
讲平面几何证明
能力拓展1三个常用定理
梅涅劳斯定理： 设△ABC的三边BC，CA，AB或它们的延长线与一条不经过其顶点的直线(梅氏线)交于X，Y，Z三点，如图3.1.1所示，则BXXC？CYYA？AZZB=1.
梅涅劳斯定理逆定理： 设X,Y,Z分别是△ABC的三边BC,CA,AB或它们的延长线上的三点，若有BXXC？CYYA？AZZB=1，则X，Y，Z三点共线.
塞瓦定理： 设X，Y，Z分别是△ABC的三边BC，CA，AB或它们的延长线上的三点，如图3.1.2所示，则AX，BY，CZ所在直线交于一点的充要条件是AZZB？BXXC？CYYA=1.
图3.1.1
图3.1.2
图3.1.3
角元塞瓦定理： 设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的点，三条线段AD，BE，CF交于点M，如图3.1.3所示，则sin∠BAMsin∠MAC？sin∠ACMsin∠MCB？sin∠CBMsin∠MBA=1.
托勒密定理： 四边形的两组对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形外接于一个圆.
？ (2009年中国科技大学)如图3.1.4所示，已知△ABC的面积为1，D，E，F分别在BC，CA，AB上，BD=2DC，CE=2EA，AF=2FB，AD，BE，CF两两相交于P，Q，R，求△PQR的面积.
图3.1.4
【答案】17
【解析】考虑直线BE截△ADC，由梅涅劳斯定理，得APPD？DBBC？CEEA=1，
从而得APPD？23？21=1，所以APPD=34，
故S△APB=37S△ABD=37×23S△ABC=27S△ABC.
由对称性知，S△BQC=S△ARC=27S△ABC.
于是，S△PQR=S△ABC－S△APB－S△BQC－S△ARC=17S△ABC=17.
？ (2011年北京大学)已知O为△ABC内一点，且满足
∠BAO=∠CAO=∠CBO=∠ACO.
求证： △ABC的三边的边长构成等比数列.
图3.1.5
【解析】如图3.1.5所示，设∠BAO=∠CAO=∠CBO=∠ACO=α，∠ABO=β，∠BCO=γ，
则4α+β+γ=π. 由角元塞瓦定理，可得sinαsinα？sinβsinα？sinγsinα=1，即sin2α=sinβsinγ.
下面证明BC2=AB？AC.
BC2=AB？AC
？sin22α=sin(α+β)sin(α+γ)
？1－cos4α2=12［cos(β－γ)－cos(2α+β+γ)］
？1+cos(β+γ)=cos(β－γ)+cos2α
？1+cosβcosγ－sinβsinγ=cosβcosγ+sinβsinγ+1－2sin2α
？sin2α=sinβsinγ.故得证．
【评注】本题是一道很好典型的习题，三角形内满足∠BAO=∠CBO=∠ACO=θ的点O称为△ABC的布洛卡点.布洛卡点的一个基本性质是cotA+cotB+cotC=cotθ.
？ 如图3.1.6所示，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.
【解析】如图3.1.7所示，连接BD交AC于H．
图3.1.6
图3.1.7
对△BCD用塞瓦定理，可得CGGB？BHHD？DEEC=1.
因为AH是∠BAD的角平分线，
由角平分线定理，可得BHHD=ABAD，故CGGB？BAAD？DEEC=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CGGB=CIAB，DEEC=ADCJ，所以CIAB？BAAD？ADCJ=1，从而CI=CJ.
又因CI∥AB，CJ∥AD，
故∠ACI=π－∠BAC=π－∠DAC=∠ACJ.
因此，△ACI≌△ACJ，
从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.
图3.1.8
？ (2012年清华大学)如图3.1.8所示，已知△ABC中，BE⊥AC于E，CD⊥AB于D，BC=25，CE=7，BD=15.连接DE，以DE为直径画圆，该圆与AC交于另一点F，求AF的长.
【解析】（解法1） 连接DF，则有DF⊥AC.
由已知条件有，cosB=35，cosC=725，所以sinB=45，sinC=2425，
则sinA=sin(B+C)=45=sinB.
又因为△ABC为锐角三角形，则∠A=∠B，即△ABC为等腰三角形．
于是由CD⊥AB，可得AC=25，AD=DB=15，AE=AC－CE=18.
因为∠CDB=∠CEB=90°，所以B，C，D，E四点共圆，
则∠ABC=∠DEA=∠A.
所以AD=DE，即△ADE为等腰三角形，
所以由DF⊥AE知，AF=EF=AE2=9. （解法2） 因为BE⊥AC，CD⊥AB，则∠BEC=∠CDB=90°，
所以四边形BDEC外接于一个圆．
由托勒密定理知，BC？DE+BD？EC=BE？CD.
又由条件可知，BC=25，BD=15，EC=7，BE=24，CD=20.
25DE+105=480，从而DE=15，
所以AD=DE.
由直径所对的圆周角是直角，知DE⊥AE，则AF=9．
能力拓展2多点共圆问题
多点共圆的问题主要有两类，一类是直接证明若干个点共圆； 另一类则是利用多点共圆来寻找角度或三角形边长之间的等量关系.尤其是四点共圆的应用较为广泛，证明四点共圆，常利用以下方法．
(1) 要证明若干点共圆，先设法发现其中以某两点为端点的四边形的线段恰为一直径，然后证明其他的点对这条线段的视角均为直角．
(2) 要证明四点共圆，可以证明以这些点为顶点的四边形的对角互补，或证明某两点视另外两点所连线段的视角相等．
(3) 如果两条线段AB，CD相交于点E，且AE？EB=CE？ED，则A，B，C，D四点共圆(相交弦定理的逆定理)．
(4) 若相交直线PA，PB上各有一点C，D，且PA？PC=PB？PD，则A，B，C，D四点共圆(割线定理的逆定理)．
(5) 若四边形的一个外角等于其内对角，则四边形的四顶点共圆．
(6) 要证明若干点共圆，先证明其中四点共圆，再证明其余点都在此圆上.
？ (2008年全国高中数学联赛) 如图3.1.9所示，给定凸四边形ABCD，∠B+∠D<180°，P是平面上的动点，令f(P)=PA？BC+PD？CA+PC？AB.
图3.1.9
（1） 求证： 当f(P)达到很小值时，P，A，B，C四点共圆；
（2） 设E是△ABC外接圆O的AB上一点，满足： AEAB=32，BCEC=3－1，∠ECB=12∠ECA，又DA,DC是⊙O的切线，AC=2，求f(P)的很小值.
【解析】（1） 由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有PA？BC+PC？AB≥PB？AC.因此f(P)=PA？BC+PC？AB+PD？CA≥PB？CA+PD？CA=(PB+PD)？CA.
因为该不等式当且仅当P，A，B，C顺次共圆时取等号，因此当且仅当P在△ABC的外接圆且在AC上时，f(P)=(PB+PD)？CA.
又因为PB+PD≥BD，此不等式当且仅当B,P,D共线且P在BD上时取等号.
因此当且仅当P为△ABC的外接圆与BD的交点时，f(P)取很小值，f(P)min=AC？BD.
故当f(P)达很小值时，P，A，B，C四点共圆. （2） 记∠ECB=α，则∠ECA=2α.
由正弦定理有AEAB=sin2αsin3α=32，从而3sin3α=2sin2α，
即3(3sinα－4sin3α)=4sinαcosα，所以33－43(1－cos2α)－4cosα=0.
整理得43cos2α－4cosα－3=0，
解得cosα=32或cosα=－123（舍去），故α=30°，∠ACE=60°.
由已知BCEC=3－1=sin(∠EAC－30°)sin∠EAC,有sin(∠EAC－30°)=(3－1)sin∠EAC，
即32sin∠EAC－12cos∠EAC=(3－1)sin∠EAC，整理得2－32sin∠EAC=12cos∠EAC，
故tan∠EAC=12－3=2+3，可得∠EAC=75°，
从而∠E=45°，∠DAC=∠DCA=∠E=45°，△ADC为等腰直角三角形.
因AC=2，则CD=1.
又△ABC也是等腰直角三角形，故BC=2，BD2=1+2－2？1？2cos135°=5，BD=5.
故f(P)min=BD？AC=5？2=10.
？ (2012年北京大学)求证： 若圆内接五边形的每个角都相等，则它为正五边形.
【解析】（解法1） 设该正五边形为ABCDE，则按正五边形定义，只需证明它的每条边相等.
如图3.1.10所示，连接BD，依题意∠A=∠ABC=∠C=∠CDE=∠E=108°.
因为A，B，D，E四点共圆，且∠A=108°，所以∠BDE=72°．
而∠CDE=108°，故∠CDB=36°，
从而∠CBD=36°，所以CD=CB.
同理，其他各边也都相等，从而ABCDE是正五边形.
（解法2） 如图3.1.11所示，连接AC，BD．
在△BAC与△CDB中，
∠ABC=∠DCB
∠BAC=∠CDB
BC=BC，
所以△BAC≌△CDB，则AB=CD.
同理可得CD=EA，EA=BC，BC=DE．
所以AB=BC=CD=DE=EA，故该圆内接五边形为正五边形.
（解法3） 由题可知，五边形ABCDE的每个内角都等于3×180°5=108°，
所以AB与CD不平行．
如图3.1.12所示，设AB与DC的延长线交于点F，连接AD．
因为五边形ABCDE的内角都相等，
所以∠FBC=∠FCB，
得FB=FC①．
又因为圆内接四边形ABCD的外角等于内对角，
所以由∠FBC=∠FCB，得∠FDA=∠FAD？FA=FB②．
由①②，得AB=CD，同理可得CD=EA，EA=BC，BC=DE．
所以AB=BC=CD=DE=EA，故该圆内接五边形为正五边形.
图3.1.10
图3.1.11
图3.1.12
？ (2012年很好联盟)如图3.1.13所示，AB是圆O的直径，CD⊥AB于点H，且AB=10，CD=8，DE=4，EF是圆的切线，BF交HD于点G.
图3.1.13
(1) 求GH；
(2) 连接FD，判断FD与AB的关系，并加以证明.
【解析】(1) 连接AF，OF，则A，F，G，H四点共圆.
由EF是切线，知OF⊥EF.
所以∠FGE=∠BAF，且∠EFG=∠BAF(弦切角等于弦所对的圆周角).
故∠FGE=∠EFG，从而EF=EG，
OH2+HE2=OF2+EF2=OE2，
得EF2=OH2+HE2－OF2=32+82－52=48.
所以EF=EG=43，
GH=EH－EG=8－43.
(2) FD与AB不平行(相交)，用反证法证明．
以O为坐标原点、AB所在的直线为y轴建立平面直角坐标系.
若FD∥AB，则D点的横坐标等于F点的横坐标，即为4，从而F(4,3).
又E(8,－3)，所以EF的斜率为－3－38－4=－32.
而kOF=－34，kEF？kOF=－32×34=－98≠－1.
这与EF是圆的切线矛盾．
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