2019-2020年高考數(shù)學回歸課本 復數(shù)教案 舊人教版
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1、2019-2020年高考數(shù)學回歸課本復數(shù)教案舊人教版 —、基礎知識 1. 復數(shù)的定義:設i為方程x2=-l的根,i稱為虛數(shù)單位,由i與實數(shù)進行加、減、乘、除等運算。便產生形如a+bi(a,bWR)的數(shù),稱為復數(shù)。所有復數(shù)構成的集合稱復數(shù)集。通常用C來表示。 2. 復數(shù)的幾種形式。對任意復數(shù)z=a+bi(a,bWR),a稱實部記作Re(z),b稱虛部記作Im(z). z=ai稱為代數(shù)形式,它由實部、虛部兩部分構成;若將(a,b)作為坐標平面內點的坐標,那么z與坐標平面唯一一個點相對應,從而可以建立復數(shù)集與坐標平面內所有的點構成的集合之間的一一映射。因此復數(shù)可以用點來表示,表示復數(shù)的平面稱
2、為復平面,x軸稱為實軸,y軸去掉原點稱為虛軸,點稱為復數(shù)的幾何形式;如果將(a,b)作為向量的坐標,復數(shù)z又對應唯個向量。因此坐標平面內的向量也是復數(shù)的一種表示形式,稱為向量形 式;另外設z對應復平面內的點Z,見圖15-1,連接0Z,設ZxOZ=0,|oz|=r,則a=rcos0,b=rsin0,所以z=r(cos0+isin0),這種形式叫做三角形式。若z=r(cos0+isin0),則8稱為z的輻角。若OW0<2n,貝90稱為z的輻角主值,記作0=Arg(z).r稱為z的模,也記作|z|,由勾股定理知|z|二.如果用ei0表示cos0+isin0,則z=rei0,稱為復數(shù)的指數(shù)形式。
3、3. 共軛與模,若z=a+bi,(a,b£R),則a-bi稱為z的共軛復數(shù)。模與共軛的性質有:(1);(2);(3);(4);(5);(6);(7)||z|-|z||W|z土z|W|z|+|z|;(8) 121212 |z+z12+|z-z12=2|z12+2|z12;(9)若|z|=1,則。 121212 4. 復數(shù)的運算法則:(1)按代數(shù)形式運算加、減、乘、除運算法則與實數(shù)范圍內一致,運算結果可以通過乘以共軛復數(shù)將分母分為實數(shù);(2)按向量形式,加、減法滿足平行四邊形和三角形法則;(3)按三角形式,若z=r(cos0+isin0),z=r(cos0+isin0),則 111122
4、22 z?z=rr[cos(0+0)+isin(0+0)];若[cos(0-0)+isin(0-0)],用指數(shù)形式記1?21212121212 為zz=rrei(01+02), 1212 5. 棣莫弗定理:[r(cos0+isin0)]n=rn(cosn0+isinn0). 0+2k兀0+2k兀 6. 開方:若r(cos0+isin0),則w=n:r(o+is),k=0,1,2,…,n-1。 nn 7. 單位根:若wn=1,則稱w為1的一個n次單位根,簡稱單位根,記Z]=,則全部單位根可表示為1,,.單位根的基本性質有(這里記,k=1,2,…,n-1):(1)對任意整數(shù)k,若k
5、=nq+r,qGZ,0WrWn-1,有Z=Z;(2)對任意整數(shù)m,當n±2時,有=特別1+Z+Z+-+Z=0; nq+rr12n-1 (3)xn-1+xn-2+???+x+1=(x-Z)(x-Z)…(x-Z)=(x-Z)(x-)…(x-). 12n-11 8. 復數(shù)相等的充要條件:(1)兩個復數(shù)實部和虛部分別對應相等;(2)兩個復數(shù)的模和輻角主值分別相等。 9. 復數(shù)z是實數(shù)的充要條件是z=;z是純虛數(shù)的充要條件是:z+=0(且zM0). 10. 代數(shù)基本定理:在復數(shù)范圍內,一元n次方程至少有一個根。 11. 實系數(shù)方程虛根成對定理:實系數(shù)一元n次方程的虛根成對出現(xiàn),即若z=a+
6、bi(bM0)是方程的一個根,貝0a-bi也是一個根。 12. 若a,b,cWR,aM0,則關于x的方程ax2+bx+c=0,當A=b2-4ac<0時方程的根為 二、方法與例題 1. 模的應用。 例1求證:當nWN時,方程(z+1)2n+(z-1)2n=0只有純虛根。 + [證明]若z是方程的根,則(z+1)2n=-(z-1)2n,所以|(Z+1)2n|=|-(zT)加|,即|z+1|2=|zT|2,即(z+1)(+1)=(z-1)(-1),化簡得z+=0,又z=0不是方程的根,所以z是純虛數(shù)。例2設f(z)=z2+az+b,a,b為復數(shù),對一切|z|=1,有|f(z)|=1,求a
7、,b的值。 [解]因為4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b) =|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|三|f(l)|+|f(-l)|+|f(i)|+|f(-i)|=4,其中等號成立。 所以f(l),f(-l),-f(i),-f(-i)四個向量方向相同,且模相等。 所以f(l)=f(-l)=-f(i)=-f(-i),解得a=b=0. 2. 復數(shù)相等。 例3設入GR,若二次方程(l-i)x2+(入+i)x+l+入i=0有兩個虛根,求入滿足的充要條件。[解]若方程有實根,則方程組有實根,由方程組得(入+l)x+入+1=0.若入=-1,則方程x2
8、-x+l=0中4<0無實根,所以入HT。所以x=-l,入=2.所以當入工2時,方程無實根。所以方程有兩個虛根的充要條件為入工2。 3.三角形式的應用。 例4設nWxx,nWN,且存在8滿足(sin8+icos0)n=sinn0+icosn0,那么這樣的n有多少個? [解]由題設得 [cos(扌-0)+isin(號-9)]n=cosn&-0)+isin(^-0)=cos(£-n0)+isin(^-n0) ,所以n=4k+1.又因為OWnWxx,所以lWkW500,所以這樣的n有500個。 4.二項式定理的應用。 例5計算:(1)C0—C2+C4—?…+C100;(2)C1—C3+C
9、5—?…—C99 100100100100100100100100 [解](1+i)100=[(1+i)2]50=(2i)50=-250,由二項式定理(1+i)100= (C0-C2+C4+C100)+( 100100100100 C0+C1i+C2i2HFC99i99+C100i100= 100100100100100 C1-C3+C5C99)i,比較實部和虛部,得C0-C2+C4——+C100=-250, 100100100100100100100100 C1-C3+C5C99=0。 100100100100 5.復數(shù)乘法的幾何意義。 例6以定長線段BC為一邊任作△
10、ABC,分別以AB,AC為腰,B,C為直角頂點向外作等腰直角△ABM、等腰直角厶ACN。求證:MN的中點為定點。 [證明]設|BC|=2a,以BC中點0為原點,BC為x軸,建立直角坐標系,確定復平面,則 B,C對應的復數(shù)為-a,a,點A,M,N對應的復數(shù)為Z],Z2,Z3,,由復數(shù)乘法的幾何意義得:, ①BM=z+a=—i(z—a),②由①+②得z+z=i(z+a)-i(z-a)=2ai.設MN的中點為P,212311 對應的復數(shù)z=,為定值,所以MN的中點P為定點。 例7設A,B,C,D為平面上任意四點,求證:AB?AD+BC?AD三AC?BD。 [證明]用A,B,C,D表示它們
11、對應的復數(shù),則(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D),因為|A-B|?|C—D|+|B—C|?|A-D|三(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D). 所以|A—B|?|C—D|+|B—C|?|A-D|三|A-C|?|B—D|,“=”成立當且僅當 B-AB-CD-AB-C Arg()=Arg(),即Arg()+Arg()=n,即A,B,C,D共圓時 D-AC-DB-AD-C 成立。不等式得證。 6.復數(shù)與軌跡。 例8△ABC的頂點A表示的復數(shù)為3i,底邊BC在實軸上滑動,且|BC|=2,求△ABC的外心軌跡。 [解]設外心M對應的復數(shù)為z=x+yi(x
12、,yWR),B,C點對應的復數(shù)分別是b,b+2.因為外心M是三邊垂直平分線的交點,而AB的垂直平分線方程為|z-b|=|z-3i|,BC的垂直平分線的方程為|z-b|=|z-b-2|,所以點M對應的復數(shù)z滿足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|,消去b解得所以△ABC的外心軌跡是軌物線。 7.復數(shù)與三角。 例9已知cosa+cosp+cosy=sina+sinp+siny=0,求證:cos2a+cos2p+cos2y=0。[證明]令Z]二cosa+isina,^=cosp+isinp,^=cosY+isiny,則z+z+z=0。所以z+z+z二z+z+z二0.又因為|z|=l,i=l,
13、2,3. 123123123i 所以z?=1,即 i 由z+z+z=0得x2+x2+x2+2zz+2zz+2zz=0.① =zzz 123 riii) ——+—+— 、zzz丿 123 123123122331 =zzz(z+z+z)=0. 123123 所以 所以cos2a+cos2p+cos2y+i(sin2a+sin2p+sin2y)=0. 所以cos2a+cos2p+cos2y=0。 例10求和:S=cos200+2cos400+???+18cosl8X200. [解]令w=cos200+isin20。,則wi8=l,令P=sin200+2sin40
14、0+…+18sinl8X20。,則S+iP=w+2w2+…+18wi8.①由①Xw得w(S+iP)=w2+2w3+…+17wi8+18wi9,②由①-②得(l-w)(S+iP)二w+w2+???+wi8-18wi9二,所以S+iP二,所以 8.復數(shù)與多項式。 例11已知f(z)二czn+czn-i+???+cz+c是n次復系數(shù)多項式(c工0). 01n-1n0 求證:一定存在一個復數(shù)z,|z|Wl,并且|f(z)|三|c|+|c|. 0000n [證明]記czn+czn-i+—+cz=g(z),令=人礙@)-Arg(z),則方程g(Z)-ceie=0為n次方01n-1n00 程,
15、其必有n個根,設為z,z,…,z,從而g(z)-ceie=(z-z)(z-z)(z-z)c,令z=0 12n012n0 得-ceie=(-l)nzz…巳c,取模得|zz…巳|=1。所以z,z,…,z中必有一個z使得|z|W012n012n12nii 1, 從而f(z)=g(z)+c=ceie=c,所以|f(z)|=|ceie+c|=|c|+|c|. iin0ni0n0n 9. 單位根的應用。 例12證明:自00上任意一點p到正多邊形AA-A各個頂點的距離的平方和為定值。 12n [證明]取此圓為單位圓,0為原點,射線0A為實軸正半軸,建立復平面,頂點A對應n1復數(shù)設為,則頂點A
16、2A3—An對應復數(shù)分別為£2,£3,...,£n.設點p對應復數(shù)Z,貝y|z|=1, 且=2n-工IpA I2=Iz-£kI2=(z-£k)(z-£k)=(2-£kz-£kz) =2n-z工£k—za 二£k=2n-z工£k-z工£k=2n.命題得證。 k k=1 k=1 k=1 k=1 k=1k=1k=1k=1 10.復數(shù)與幾何。 例13如圖15-2所示,在四邊形ABCD內存在一點P,使得△PAB,△PCD都是以P為直角頂點的等腰直角三角形。求證:必存在另一點Q,使得△QBC,△QDA也都是以Q為直角頂 點的等腰直角三角形。 [證明]以P為原點建立復平面
17、,并用A,B,C,D,P,Q表示它們對應的復數(shù),由題設及復數(shù)乘法的幾何意義知D=iC,B=iA;取,則C-Q=i(B-Q),則4BCQ為等腰直角三角形;又由C-Q=i(B-Q)得,即A-Q=i(D-Q),所以△ADQ也為等腰直角三角形且以Q為直角頂點。綜上命題得證。 例14平面上給定△AAA及點p,定義A=A,s±4,構造點列p,p,p,…,使得p為繞 1230ss-3012k+1 中心A順時針旋轉1200時p所到達的位置,k=0,l,2,…,若p=p.證明:△AAA為等邊 k+1k19860123 三角形。 [證明]令u=,由題設,約定用點同時表示它們對應的復數(shù),取給定平面為復平
18、面,則p1=(1+u)A1-up0, p2=(1+u)A2-up1, p3=(1+u)A3-up2, ①XU2+②X(-u)得p=(1+u)(A-uA+U2A)+p=w+p,w為與p無關的常數(shù)。同理得 3321000 叮w+p3=2w+p0,…,pi986=662w+p0=p0,所以w=0,從而A3-uA2+U2A1=0.由u2=u-l得A3-A1=(A2-Ai)u,這說明△A]A2A3為正三角形。 三、基礎訓練題 1?滿足(2x2+5x+2)+(y2-y-2)i=0的有序實數(shù)對(x,y)有組。 2. 若zWC且z2=8+6i,且z3-16z-=。 3?復數(shù)z滿足|z|=5,
19、且(3+4i)?z是純虛數(shù),則。 4. 已知,則1+z+z2+???+z1992=。 5. 設復數(shù)z使得的一個輻角的絕對值為,則z輻角主值的取值范圍是。 6. 設z,w,入WC,|入|工1,則關于z的方程-八z=w的解為z=。 7. 設0〈x〈1,則2arctan。 &若a,B是方程ax2+bx+c=0(a,b,cWR)的兩個虛根且,則。 9.若a,b,c^C,則a2+b2〉c2是a2+b2-c2〉0成立的條件。 10. 已知關于x的實系數(shù)方程x2-2x+2=0和x2+2mx+1=0的四個不同的根在復平面上對應的 點共圓,則m取值的集合是。 11. 二次方程ax2+x+1=0
20、的兩根的模都小于2,求實數(shù)a的取值范圍。 12. 復平面上定點Z,動點Z對應的復數(shù)分別為z,z,其中z工0,且滿足方程|z-z|=|z|, 01010101 ①另一個動點Z對應的復數(shù)z滿足Z]?z=-1,②求點Z的軌跡,并指出它在復平面上的形狀和位置。 13. N個復數(shù)z,z,…,z成等比數(shù)列,其中|z|工1,公比為q,|q|=1且qM土1,復數(shù) 12n1 w,w,…,w滿足條件:w=z++h,其中k=1,2,…,n,h為已知實數(shù),求證:復平面內表示 12nkk w,w,…,w的點p,p,…,p都在一個焦距為4的橢圓上。 12n12n 四、高考水平訓練題 1. 復數(shù)z和c
21、os0+isin0對應的點關于直線|iz+1|=|z+i|對稱,則z=。 2. 設復數(shù)z滿足z+|z|=2+i,那么z=。 3?有一個人在草原上漫步,開始時從0出發(fā),向東行走,每走1千米后,便向左轉角度,他走過n千米后,首次回到原出發(fā)點,則n=。 4. 若,貝y|z|=。 5. 若a20,k=1,2,…,n,并規(guī)定a=a,使不等式乙、:a2一aa+a2'九乙a恒成 kn+11Vkkk+1k+1k k=1k=1 6. 已知點P為橢圓上任意一點,以OP為邊逆時針作正方形OPQR,則動點R的軌跡方程為 7. 已知P為直線x-y+l=O上的動點,以OP為邊作正4OPQ(O,P,Q按順時
22、針方向排列)。 則點Q的軌跡方程為。 8. 已知zGC,則命題“z是純虛數(shù)”是命題“”的條件。 9. 若nWN,且n23,則方程zn+i+zn-l=O的模為1的虛根的個數(shù)為。 10 設(xxx+xxx+3)xx=a+ax+ax2+…+axn 012n aaaa 則a-―^+2+a-5+… 022322 +a- 3k 11. 設復數(shù)zi,z2滿足Z1?,其中AMO,AGC。證明: (1)|Z]+a|?|z2+a|=|a|2;(2) 12. 若zWC,且|z|=1,u=z4-z3-3z2i-z+1.求|u|的最大值和最小值,并求取得最大值、最小值時的復數(shù)
23、z. 1z1=1z1=1z1=1, 123 13.給定實數(shù)a,b,c,已知復數(shù) z1,z2,z3滿足 1zzz+T+— zzz 231 1, |az1+bz2+cz3|的值。 三、聯(lián)賽一試水平訓練題 I. 已知復數(shù)z滿足則z的輻角主值的取值范圍是。 2?設復數(shù)z=cos0+isin0(0<0Wn),復數(shù)z,(1+i)z,2在復平面上對應的三個點分別是P,Q,R,當P,Q,R不共線時,以PQ,PR為兩邊的平行四邊形第四個頂點為S,則S到原點距離的最大值為 3. 設復平面上單位圓內接正20邊形的20個頂點所對應的復數(shù)依次為z:,z2,…,z20,則復數(shù) 所對應的不同
24、點的個數(shù)是 4. 已知復數(shù)z滿足|z|=1,則|z+iz+1|的最小值為。 5. 設,Z]二w-z,z2=w+z,Z],z2對應復平面上的點A,B,點O為原點,ZA0B=90°>,|A0|=|B0|,則4OAB面積是。 6. 設,則(x-w)(x-w3)(x-w7)(x-w9)的展開式為。 7. 已知()m=(1+i)n(m,nWN),則mn的最小值是。 + 8?復平面上,非零復數(shù)z1,z2在以i為圓心,1為半徑的圓上,?z2的實部為零,Z]的輻角主值為,則z2=。 9. 當nWN,且1WnW100時,的值中有實數(shù)個。 10. 已知復數(shù)Z],z2滿足,且,,,則的值是。 II
25、. 集合A={z|zi8=1},B={w|w48=1},C={zw|zWA,wWB},問:集合C中有多少個不同的元素? 12. 證明:如果復數(shù)A的模為1,那么方程的所有根都是不相等的實根(nGN). + 13?對于適合|z|W1的每一個復數(shù)z,要使0<|az+B|<2總能成立,試問:復數(shù)a,p應滿足什么條件? 六、聯(lián)賽二試水平訓練題 1.設非零復數(shù)a,a,a,a,a滿足 12345 aaaa a+a+a+a+a=(a+a+a+a+a)=S, 12345412345 在復平面上所對應的點位于同一圓周上。 (n>2)。 其中S為實數(shù)且|S|W2,求證:復數(shù)a,a,a,a,a
26、 12345 ,.兀.2兀.(n-1)兀n 2.求證:sm—-sm--sm=— nnn2n-1 3. 已知p(z)二Zn+cZn-l+cZn-2+???+C是復變量Z的實系數(shù)多項式,且|p(i)|<1,求證:存在 12n 實數(shù)a,b,使得p(a+bi)=0且(a2+b2+1)2〈4b2+1. 4. 運用復數(shù)證明:任給8個非零實數(shù)a,a,…,a,證明六個數(shù)aa+aa,aa+aa,aa+aa, 128132415261728aa+aa,aa+aa,aa+aa中至少有一個是非負數(shù)。 354637485768 5. 已知復數(shù)z滿足11zio+1Oiz9+1OizT1=O,求證:|
27、z|=1. 6. 設Z1,Z2,Z3為復數(shù),求證: |Z|+|z|+|z|+|z+z+z|2|z+z|+|z+z|+|z+zI。 123123122331 2019-2020年高考數(shù)學回歸課本平面幾何教案舊人教版 一、常用定理(僅給出定理,證明請讀者完成) 梅涅勞斯定理設分別是厶ABC的三邊BC,CA,AB或其延長線上的點,若三點共線,則梅涅勞斯定理的逆定理條件同上,若則三點共線。 塞瓦定理設分別是厶ABC的三邊BC,CA,AB或其延長線上的點,若三線平行或共點,則塞瓦定理的逆定理設分別是厶ABC的三邊BC,CA,AB或其延長線上的點,若則三線共點或互相平行。 角元形式的塞瓦定
28、理分別是△ABC的三邊BC,CA,AB所在直線上的點,則平行或共點的 sinZCBB' sinZB'BA sinZBAA'sinZACC' sinZA'ACsinZC'CB 廣義托勒密定理設ABCD為任意凸四邊形,則AB?CD+BC?AD三AC?BD,當且僅當A,B,C,D四點共圓時取等號。 斯特瓦特定理設P為卜ABC的邊BC上任意一點,P不同于B,C,則有 AP2=AB2?+AC2?-BP?PC. 西姆松定理過三角形外接圓上異于三角形頂點的任意一點作三邊的垂線,則三垂足共線。西姆松定理的逆定理若一點在三角形三邊所在直線上的射影共線,則該點在三角形的外接圓上。 九點圓定理三角
29、形三條高的垂足、三邊的中點以及垂心與頂點的三條連線段的中點,這九點共圓。 蒙日定理三條根軸交于一點或互相平行。(到兩圓的冪(即切線長)相等的點構成集合為一條直線,這條直線稱根軸) 歐拉定理△ABC的外心0,垂心H,重心G三點共線,且 二、方法與例題 1.同一法。即不直接去證明,而是作出滿足條件的圖形或點,然后證明它與已知圖形或點重合。 例1在厶ABC中,ZABC=7Oo,ZACB=3O。,P,Q為卜ABC內部兩點,ZQBC=ZQCB=lOo,ZPBQ=ZPCB=20。,求證:A,P,Q三點共線。 [證明]設直線CP交AQ于P,直線BP交AQ于P,因為ZACP=ZPCQ=10o,所以
30、,①在△ABP,△BPQ,△ABC中由正弦定理有 ABAP 二2,②,③④ sinZAPBsinZABP 22 由②,③,④得。又因為P1,P2同在線段AQ上,所以P1,P2重合,又BP與CP僅有一個交點,所以P,P即為P,所以A,P,Q共線。12 12 2.面積法。 例2見圖16-1,OABCD中,E,F分別是CD,BC上的點,且BE=DF,BE交DF于P,求證: AP為ZBPD的平分線。 [證明]設A點到BE,DF距離分別為%,丸,則 S=1BExh,S AABE21AADF 又因為S=S,又BE=DFO ?ABCD△ADF 所以h=h,所以PA為ZBPD
31、的平分線。 12 3. 幾何變換。 例3(蝴蝶定理)見圖16-2,AB是00的一條弦,M為AB中點,CD,EF為過M的任意弦,CF,DE分別交AB于P,Q。求證:PM=MQo [證明]由題設0MAB。不妨設。作D關于直線0M的對稱點。 連結,則D'M=DM.ZPMD=ZDMQ.要證PM=MQ,只需證,又ZMDQ=ZPFM,所以只 需證F,P,M,共圓。 因為Z=1800-=1800-Z=180o-Zo(因為0MoAB//) 所以F,P,M,四點共圓。所以△遜MDQ。所以MP=MQ。 例4平面上每一點都以紅、藍兩色之一染色,證明:存在這樣的兩個相似三角形,它們的相似比為1995
32、,而且每個三角形三個頂點同色。 [證明]在平面上作兩個同心圓,半徑分別為1和1995,因為小圓上每一點都染以紅、藍兩色之一,所以小圓上必有五個點同色,設此五點為A,B,C,D,E,過這兩點作半徑并將半徑延長分別交大圓于%,B],q,DjEj由抽屜原理知這五點中必有三點同色,不妨設為%,B],q,則4ABC與AA1B1C1都是頂點同色的三角形,且相似比為1995。 4. 三角法。 例5設AD,BE與CF為AABC的內角平分線,D,E,F在AABC的邊上,如果ZEDF=90o,求ZBAC的所有可能的值。 [解]見圖16-3,記ZADE=a,ZEDC=B, 由題設ZFDA=-a,ZBDF=
33、-p,
AEDECEDE
由正弦定理:=,=
sina.AsinpsmC
sin一廠
2
AEsinasinC
得=?一
得CEsinp?A,
廠sin—
2
-'、亠sinasinCsinC
又由角平分線定理有,又,所以=
sinp.AsmA
廠sin—
2
化簡得,同理,即
所以,所以sinpcosa-cospsina=sin(p-a)=0.
又-n 34、+GB+PG+GC
=3PG+GA+GB+GC,又G為卜
ABC重心,所以
(事實上設AG交BC于E,貝嘰所以)
所以,所以IPAI+IPBI+IPC1>1PA+PB+PC1=3丨PGI.
又因為不全共線,上式“=”不能成立,所以PA+PB+PC>3PG。
6.解析法。
例7H是厶ABC的垂心,P是任意一點,HLPA,交PA于L,交BC于X,HMPB,交PB于M,交CA于Y,HNPC交PC于N,交AB于Z,求證:X,Y,Z三點共線。
[解]以H為原點,取不與條件中任何直線垂直的兩條直線為x軸和y軸,建立直角坐標系,用(x,y)表示點k對應的坐標,則直線PA的斜率為,直線HL 35、斜率為,直線HL的方kk
程為x(xP-xA)+y(yP-yA)=0.
又直線HA的斜率為,所以直線BC的斜率為,直線BC的方程為xxA+yyA=xAxB+yAyB,②又點C
AAABAB
在直線BC上,所以xx+yy=xx+yy.
CACAABAB
同理可得%叫+%人=叫%+人人=叫叫+人人.
又因為X是BC與HL的交點,所以點X坐標滿足①式和②式,所以點X坐標滿足xxP+yyP=xAxB+yAyB.④同理點Y坐標滿足xxP+yyP=xBxC+yByC.⑤點Z坐標滿足xxP+yyP=xCxA+yCyA.由③知④,⑤,⑥表示同一直線方程,故X,Y,Z三點共線。
7.四點共圓。
36、
例8見圖16-5,直線l與00相離,P為l上任意一點,PA,PB為圓的兩條切線,A,B為切點,求證:直線AB過定點。
[證明]過O作OCl于C,連結OA,OB,BC,OP,設OP交AB于M,則OPAB,又因為OAPA,
0BPB,0CPC。
所以A,B,C都在以OP為直徑的圓上,即O,A,P,C,B五點共圓。
AB與OC是此圓兩條相交弦,設交點為Q,
又因為OPAB,OCCP,
所以P,M,Q,C四點共圓,所以OM?OP=OQ?OC。
由射影定理OA2=OM?OP,所以OA2=OQ?OC,所以OQ=(定值)。
所以Q為定點,即直線AB過定點。
三、習題精選
1.0O]和O 37、O2分別是△ABC的邊AB,AC上的旁切圓,0O]與CB,CA的延長線切于E,G,OO與BC,BA的延長線切于F,H,直線EG與FH交于點P,求證:PABC。
2
2. 設0O的外切四邊形ABCD的對角線AC,BD的中點分別為E,F,求證:E,O,F三點共線。
3. 已知兩小圓00與00相外切且都與大圓00相內切,AB是00與00的一條外公切線,
1212
A,B在00上,CD是00與00的內公切線,00與00相切于點P,且P,C在直線AB
1212的同一側,求證:P是厶ABC的內心。
4. △ABC內有兩點M,N,使得ZMAB=ZNAC且ZMBA=ZNBC,求證:
AM-AN 38、BM-BNCM-CN.
AB-ACBC-BACA-CB
5. △ABC中,0為外心,三條高AD,BE,CF相交于點H,直線ED和AB相交于點M,直線FD和AC相交于點N,求證:(1)0BDF,0CDE;(2)0HMN。
6. 設點I,H分別是銳角△ABC的內心和垂心,點B1,C1分別是邊AC,AB的中點,已知射線BI交邊AB于點B(BMB),射線CI交AC的延長線于點C,BC與BC相交于點K,A
12212221為卜BHC的外心。試證:A,I,A1三點共線的充要條件是厶BKB2和4CKC?的面積相等。
7. 已知點A,B,C,點A,B,C,分別在直線l,l上,BC交BC于點M,CA交AC
1112221221121212于點N,BA交BA于L。求證:M,N,L三點共線。
1221
8. △ABC中,ZC=900,ZA=300,BC=1,求AABC的內接三角形(三個頂點分別在三條邊上的三角形)的最長邊的最小值。
9. AABC的垂心為H,外心為0,外接圓半徑為R,頂點A,B,C關于對邊BC,CA,AB的對稱點分別為,求證:三點共線的充要條件是0H=2R。
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