一组角度公式及其应用

定理　若OB与OC确定的平面为α ,OA为平面α的一条斜线 ,且AB⊥α ,若记∠AOB =θ1,∠BOC =θ2 ,∠AOC =θ ,二面角C -OA -B的大小为β ,则图 1　定理证明用图cosθ =cosθ1·cosθ2 (1)cosβ =tanθ1tanθ (2 )sinβ =sinθ2sinθ (3)简析 :要证明 (1) ,只需过B作BD⊥OC于D即可 (如图 1) ;要证明 (2 ) ,(3) ,则过B作BE⊥OB于B ,且使BE∩OC =E ,然后过B作BF⊥OA于F ,再连结EF .可以证明图 2　定理证明用图∠BFE =β(如图 2 ) ,具体证明从略 .例 1　如图 3,球O的截面BCD把球面面积分成1∶3两部分 ,BC是截面圆的直径 ,…     

对一道调考题的解法探究

题目2009年武汉市二月调考数学试题第19题(理)已知椭圆P的中心在原点O,焦点在x轴上,直线l:x+3y-3=0与P交于A、B两点,|AB|=2且∠AOB=π2·(1)求椭圆P的方程;(2)若M、N是椭圆P上两点,满足OM·ON=0,求|MN|的最小值.解法1(命题人给出的参考答案)(1)设直线l:x+3y=3与椭圆x2a2+by22=1(a>b>0)交于A(x1,y1),B(x2,y2).由∠AOB=2πx1x2+y1y2=0.而x1=3(1-y1),x2=3(1-y2),代入上式得4y1y2-3(y1+y2)+3=0,①而|AB|=21+k12|y1-y2|=2|y1-y2|=2·不妨设y2>y1,则y2=y1+1,②由①②解得y1=0,y2=1,或y1=21,y2=23,所以A(23,12),B(-23,32)或A(3,0),B(0,1)·若A(23,12),B(-23,23)代入椭圆方程无解,故舍去;若A(3,0),B(0,1),则椭圆方程为x32+y2=1·(2)∵M、N是椭圆x32+y2=1上的点,且OM⊥ON,故设M(r1cosθ,r2sinθ),N(-r2sinθ,r2cosθ)·于是r12...     

线段垂直平分线的证明方法

<正>线段垂直平分线的定义:垂直并且平分已知线段的直线,叫做线段的垂直平分线.如图1,∵直线l⊥AB(或者∠1=90°),AO=BO,∴直线l是AB的垂直平分线.线段垂直平分线的证明比较复杂,牵扯的内容比较多,初学者往往不知如何下手,下面用一个例题来说明证明的常用方法.     

涉及抛物线的一条性质

文 [1]给出了如下一个命题 :过抛物线 y2 =2 px(p >0 )的焦点 F作一直线交抛物线于 A、B两点 ,若线段 AF与FB的长分别为 a,b,则S△ A OB=p24 (ab+ba) .经过探索 ,我们证明了另一个命题　如图 1,过 x轴正方向上一点 M作直线 AB交抛物线y2 =2 px(p >0 )于 A、B两点 ,AM、BM的长分别为 a、b,且S△ AOB =p24 (ab+ba) ,则点 M为抛物线的焦点 .图 1证明　设 M(c,O) ,A(x1 ,y1 ) ,B(x2 ,y2 ) ,AB的方程为 y =k(x - c) ,与 y2 =2 px联立得k2 (x2 - 2 cx +c2 ) =2 px,k2 x2 - 2 (k2 c+p) x +k2 c2 =0 ,∴　 x1 +x2 =2 (k2 c+p)k2 ,　 x1…     

例谈角平分线上点的性质的应用

笔者在探究一类问题的过程中,发现角平分线上的点有如下性质:图1性质如图1所示,P为∠AOB的角平分线OC上一点,且满足OP=d,过P作直线l交OA,OB于M,N两点,若∠AOB=2θ,则O1M O1N为定值2cdosθ.证明设∠MPO=α,则∠NPO=π-α,∠OMP=π-θ-α,∠ONP=θ-α,在△OPM中,由正弦定理知sOin     

圆锥曲线的焦半径公式及应用

如图 1 ,F为圆锥曲线的焦点 ,l为相应于焦点F的圆锥曲线的准线 ,过点F作准线l的垂线 ,垂足为k,令|FK| =p ,M为圆锥曲线上任意一点 ,MN⊥l于N ,FH⊥MN于H ,设∠XFM =θ ,依圆锥曲线的统一定义有|MF||MN| =e ( 1 )又 |MN| =|NH|± |MH| =|FK|± |MH|=p + |MF|cosθ,代入 ( 1 )有|MF|p + |MF|cosθ=e,|MF| =ep1 -ecosθ ( 2 )若直线MF交圆锥曲线于另一点M′.同理可证|M′F| =ep1 +ecosθ ( 3)由此还可推出过焦点F的弦长为|MM′| =|MF| + |M′F|=ep1 -ecosθ+ ep1 +ecosθ=2ep1 -e2 cos2 θ ( 4 )应用上面的公式 ( 2 ) ,( …     

两道数学题的另证

<正>题1[1]如图1,在锐角△ABC中,M为边AB的中点,AP⊥BC于点P,△BMP的外接圆与边AC切于点S,延长MS、BC交于点T.证明:直线BT与△AMT的外接圆切于点T.证明如图1所示,连接MP、BS.在Rt△APB中,由题设知AM=BM=PM,则∠MSB=∠MPB=∠MBP=∠MBT.     

在圆内解释两个三角公式

利用圆的特点 ,不难解释三角函数公式 :tan θ2 =sinθ1+cosθ和cot θ2=1+cosθsinθ .如图 ,△BOC中 ,∠BOC =θ,AB为⊙O的直径 ,CD⊥AB于D .　　则　OC =OA =OB =R ,　∠CAB =θ2 .在△COD中 ,CD =Rsinθ ,　OD =Rcosθ,∴　tan θ2 =CDAD=RsinθR +Rcosθ=sinθ1+cosθ,cot θ2 =ADCD=R +RcosθRsinθ =1+cosθsinθ .在圆内解释两个三角公式$河南省永城第三高中(二)九班!476600@刘冬辉…     

巧用公式tanθ=tanα/sinβ速解高考题

求二面角的大小是立几中的重点和难点 ,但有时苦于难作二面角的平面角 ,或平面角虽作出 ,但计算繁琐 .可以发现 ,利用下面的公式 ,常能摆脱上述的困境 .定理　如图 1 ,四面体 P - ABC中 ,PC⊥面 ABC,∠ PAC =α,∠ BAC =β,二面角P - AB - C的大小为θ,则tanθ =tanαsinβ.证明　作 PM⊥ AB于 M,连 CM,则∠ PMC =θ.∵　 tanα =PCAC,　 sinβ =MCAC,tanθ =PCMC,∴　 tanθ =tanαsinβ.应用上述公式求二面角的大小 ,不必作平面角 ,并且计算量少 ,从而使问题简捷解决 .下面以高考题为例说明公式的应用 .图 1　　　　　　…     

一道外接球问题的通解

<正>近日,有一朋友与我交流一道外接球问题,做后颇有感悟,特记录下此题与诸位分享.原题三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上,且平面ABC⊥平面BCD,AB=CD=5,AC=8,BD=3,且∠BAC+∠BDC=π,则球O的表面积为_.解析法一(借助双圆模型)令∠BAC=θ,∠BDC=α,由余弦定理知,BC²=AB2=AB²+AC2+AC²-2AB·AC·cosθ=89-80cosθ;BC2-2AB·AC·cosθ=89-80cosθ;BC²=BC2=BC²+BD2+BD²-2BC·BD·cosα=34-30cosα;     

运用圆锥曲线的光学性质解题续谈

笔者在研读并欣赏文[1]之余,总觉得意犹未尽,经探究证明,得如下几个结论,遂成下文,仅供大家参考.命题1已知抛物线的焦点为F,直线PM′与PN′分别切该抛物线于点M,N,则1)如图1,若点P,F在直线MN同侧(或点F在直线MN上)时,∠MPN=12∠MFN;2)如图2,若点P,F在直线MN异侧时,∠MPN=180°-21∠MFN.图1命题1图图2命题1图证明1)分别过点M,N,P作抛物线对称轨的平行线MR,NS,PX,则∠M′MR=∠MPX,∠N′NS=∠NPX.由抛物线的光学性质知∠PMF=∠M′MR,∠PNF=∠N′NS,∴∠MPX ∠NPX=∠PMF ∠PNF,即∠MPN=∠PMF ∠PNF(1)又∵∠M…     

一道习题的启示

题目椭圆x2/a2+y2/b2=1(a>b>0)与直线x+y=1交于M、N两点,且OM⊥ON,则必有1/a2+1/b2=2.下面给出一种比较简单的证法.证明不妨设M(r1cosθ.r1sinθ),N(r2cos(θ+π/2),r2sin(θ+π/2)),则由M、N在椭     

新题征展(29)第5题的推广

贵刊新题征展 ( 2 9)第 5题的推广结论是 :图 1如图 1 ,在△ ABC中 ,CD⊥ AB,∠ C =2θ,CE是∠ C的角平分线 ,CD =h,DE =m,则AB =h( h2 m2 ) sin2θh2 cos2 θ - m2 sin2 θ.下面采用与原题解法相异的等面积法证之 .证明　设 BC =a,AC =b,AB =c,S△ ACE S△ BCE =S△ ABC易知 CE =2 abcosθa b.又因为　 CE2 =h2 m2 ,于是有　 h2 m2 =4 ( ab) 2 cos2 θ( a b) 2 ( 1 )由面积关系及余弦定理得ch =absin2θ ( 2 )c2 =( a b) 2 - 2 ab( 1 cos2θ) ( 3)由 ( 1 ) ( 2 ) ( 3)三式联立消去 a b和 ab后可得　 h2 …     

对一道高考试题的探究

依次类推 ,因此质点行走的折线段P0 P1P2 P3 P4便转化为直线段 P0 P1R1R2 R3 .容易证明 ,AB∥ A2 B2 ,AB=A2 B2 ,所以 ABB2 A2 是平行四边形 ,若 P0 P1延长后与平行四边形ABB2 A2 内的线段 CD1,D1A2 相交 ,并与 A2 B2相交 ,则线段 P0 R3 应在平行四边形 ABB2 A2的内部 ,因此必有∠ P0 B2 M <∠ P0 R3 M =∠ BP0 P1=θ <∠ P0 A2 M(这里 PM⊥B2 A2 的延长线于 M) .因为 AB=2 ,BC=1 ,所以 tan∠ P0 B2 M=MP0B2 M=25,tan∠P0 A2 M=MP0A2 M=23,又点 P4( R3 )位于点 P0 ( R0 )与点 B( B2 )之间 ,所以∠ P0 B2 …     

一道几何题的引申

命题　PQ是以AB为直径的⊙O中的一条非直径弦 ,连接PA ,BQ的直线相交于点M ,连结BP ,AQ相交于点N .则MN ⊥AB .(图 1 )图 1证明　设直线MN交AB于点K .由AB是⊙O的直径 ,由P ,Q在⊙O上知∠MPN=∠MQN =90° .所以P ,M ,Q ,N是四点共圆 .从而∠QMN =∠QPN ,即∠BMK =∠QPB .又因为∠QPB =∠QAB ,所以∠BMK =∠QAB .由∠AQB =90°知∠QAB +∠QBK =90°.所以∠BMK+∠QBK =90°,即∠BMK +∠MBK =90°.　　所以∠MKB =90°,故MN ⊥AB .经笔者探讨 ,发现圆的这一性质 ,在圆锥曲线中仍然成立 .如果将椭圆的长轴…     

圆锥曲线的一类切线的几何画法

下面是一个关于圆的切线判定的平面几何命题 :如图1所示 ,AB是⊙O的直径 ,EB是⊙O的切线 ,直线EA交⊙O于点D ,A ,点C是线段BE的中点 ,那么 :DC是⊙O的切线 .这个命题不仅给出了圆切线的一个几何画法 .而且可引伸出圆锥曲线的一类切线的几何画法 .本文以命题的形式介绍这种方法 .图 21　椭圆切线的一个几何画法命题 1　如图 2所示 ,AB是椭圆的长轴 ,过B的直线l⊥AB ,点D是椭圆上除长轴两端点外任意一点 ,直线AD交直线l于点E ,点C是线段BE的中点 .则DC是椭圆的切线 .证明　如图 2 ,建立直角坐标系 ,设椭圆图方程是x2a2 + y2b2 =1…     

一道立体几何题的两个拓展结果

题目:设α-l-β是锐二面角,点A∈α,点B∈β,直线AB与α、β所成的角分别是θ1和θ2,点A,B到棱l的距离分别是d1和d2,则d1:d2,等于()(A)cosθ1/cosθ2(B)cosθ2/cosθ1(C)sinθ1/sinθ2(D)sinθ2/sinθ1重新审视这道题会得到以下结论命题1设二面角α—l—β的平面角是θ,点A∈α,点B∈β,AB=a,直线AB与α、β所成的角分别是θ2和θ1,点A、B到棱l的距离分别     

参数几何意义的选择题

1 直线l的参数方程为{x=-1+1/2t,y=2-3(1/2)/2t}。 M_0(-1,2)和M(x,y)分别为l上的定点和动点,则t的意义是 (A)M_0m,(B)MM_0,(C)|M_0M|。 2 设点M(4cosθ,3sinθ)是椭圆x~2/16+y~2/9=1在第一象限的点。∠MOX=a、且a、θ为锐角,则有     

一道中国香港数学奥林匹克几何题的另证

第12届中国香港数学奥林匹克的第3题如下:题目在Rt△ABC中,已知∠C=90°.作CD⊥AB于点D.设O是△BCD外接圆的圆心.在△ACD内有一圆Γ1分别与线段AD,AC切于点M,N,并与⊙O相切.证明:(1)BD.CN+BC.DM=CD.BM;(2)BM=BC.文[1]提供的参考答案是从证明一个不容易想到     

一堂复习课的教学实录与反思

问题1关于Rt△ABC(图1),你知道哪些知识?生1:AC2 CB2=AB2,∠A ∠B=90°;若∠A=30°,则BC=12AB,反之也成立.师:还有吗?生2:AC CB>AB,AB>AC;若M为AB中点,则CM=21AB.师:还有吗?生3:若CD⊥AB于D,则CD2=AD·BD,AC2=AD·AB,BC2=BD·AB.师:噢,我正想出示问题2呢?图2问题2因为Rt△ABC,C