利用杠杆原理和重心概念解题例说

用杠杆原理和重心概念解几何题,就是把几何上同一直线上的点赋予质量,这样根据杠杆平衡条件,几何上的线段比与线段端点的质量比就能互相转化。如图1,将线段MN视为没有质量的杠杆,对杠杆MN来说,在M、N点分别置质量m,n使杠杆MN的重心在MN上的某点A,根据重心概念则A点的质量即为(m n)。若分别将A,M,N视为支点,则由杠杆平衡条件分别有:AM·m=AN·n;MN·n=AM·(m n);MN·m=AN·(m n),即(AM)/(AN)=n/m;(AM)/(MN)=n/(m n);(AN)/(MN)=m/(m n)·运用这种方法解答某些几何题,能起     

抛物线焦点弦的基本图形分析

过抛物线r~2=2px(p>0)的焦点F作一直线交抛物线于点P、Q,称线段PQ为抛物线的焦点弦,线段PF和QF分别为过点P,Q的焦点半径。又过P,Q作准线l的垂线,垂足为     

利用梯形构图证明代数不等式

在初中几何课本第一册中,有复习题: 在梯形ABCD中,平行于底的直线与腰AB、DC分别相交于P、Q,若AP:PB=m:n,则有PQ=mBC+nAD/m+n连接对角线AC,不难证明这个命题,证明(略)设AD=a,BC=b,m/n=λ,可得PQ=a+λb/1+λ (1)     

利用几何模型求最值

<正>几何模型已知⊙O外一点P和⊙O上任意一点Q,当点Q、O、P共线,且P和Q在点O的同侧时,PQ长度最小.证明如图1,连接OP,交⊙O于点Q′,连接OQ.由三角形三边的关系可知,PQ+OQ>OP.即PQ+OQ>PQ′+OQ′.又因为OQ=OQ′,所以PQ>PQ′.故当点Q在Q′处时,PQ长度最小.     

几个著名定理的向量法证明

1　梅涅劳斯定理及其逆定理设直线PR分别交△ABC三边AB ,BC ,CA(或延长线)于R ,P ,Q ,求证:|AR||RB| ·|BP||PC| ·|CQ||QA| =1图1　三角形证　设|BP||PC| =m ,|AR||RB| =q ,|CQ||QA| =n ,则PC→=11 -mBC→,CQ→=nn + 1 CA→,AR→=q1 +qAB→,QA→=1n + 1 CA→,∴PQ→=PC→+CQ→=11 -mBC→+ nn + 1 CA→,　QR→=QA→+AR→=1n + 1 CA→+ q1 +qAB→.因为P ,Q ,R三点共线,所以存在实数λ使得PQ→=λQR→.即11 -mBC→+ nn + 1 CA→=λ( 1n + 1 CA→+q1 +qAB→) =λ[1n + 1 CA→+ q1 +q(AC→+CB→) ]=( λn…     

有理插值算子的连续性

1.引言 设m,n为给定的非负整数,X={z_i:z_i∈C,0≤i≤s},且z_i彼此互异。所谓有理插值问题,就是对于给定的,寻求有理函数R=P/Q∈R(m,n)(即?(P)≤m,?(Q)≤n)使得 R~(j)(z_i)=y_i~(j),j=0,1,…,k_i;i=0,1,…,s。 (1.1)而与此对应的“线性化”的问题是求P/Q∈R(m,n),使得     

一道中考题的解法分析

<正>试题呈现如图1,点B在线段AC上,点D、E在AC同侧,∠A=∠C=90°,BD⊥BE,AD=BC.(1)求证:AC=AD+CE;(2)若AD=3,CE=5,P为线段AB上的动点,连结DP,作PQ⊥DP交直线BE于点Q;1当点P与A,B两点不重合时,求DP∶PQ的值;2当点P从A点运动到AC的中点时,求线段DQ的中点所经过的路径(线段)长.     

梯形中位线定理的推广与应用

我们知道 :梯形中位线之长 ,等于上下底之和的一半 ,进一步可推广为如下的定理　在梯形 ABCD中 ,平行于底的直线与腰 AB、DC分别相交于 P、Q.若 AP∶ PB= m∶ n(如图 1 ) ,则有PQ =m .BC n .ADm n .证明　连结 AC,与 PQ相交于 M,由于PQ∥ BC∥ AD,则可得到PMBC=APAB　 　 PM =mm n BC,MQAD=CQCD　 　 MQ =nm n AD.将以上两式相加 ,即得结论 .显然 ,当 m∶ n=1时 ,即为梯形中位线定理 ,恰当运用上述推广定理 ,对某些几何问题的解答将显得十分方便和有效 ,请看下面的几例 .　图 1　　　　　　　图 2例 1　在ΔAB…     

到两线段“距离”相等的点的轨迹

在平面上,已知直线l与l外一点P,任取直线l上的点Q,连接PQ,那么,当PQ⊥l,线段PQ的长度最短,称点P到直线l的距离就是该垂线段的长度.直线是无限延伸的,可是如果l不是直线,而是线段,那么,距离该怎么理解?下面我们来看看2011年高考上海卷中的这道题:已知平面上的线段l及点P,任取l上一点Q,线段PQ的长度的最小值称为点P到线     

椭圆性质的内涵与拓展

<正>设F是椭圆x²/6+y2/6+y²/2=1的右焦点,T为直线x=t(t∈R,t≠2)上纵坐标不为0的任意一点,过点F作TF的垂线交椭圆于点P,Q,若直线OT经过线段PQ的中点M,求实数t的值.一、问题解法的探讨解法1 (点差法),众所周知,点差法是解决解析几何中关于中点问题的常用方法,其过     

对一道复习题的探究

《几何》第一册有一道总复习题是这样的(见1981年版本总复习题中的第23题,P.240):在梯形 ABCD 中,平行于底的直线与腰 AB、DC 分别相交于 P、Q,若 AP:PB=m:n,求证:PQ=(m·BC+n·AD)/(m+n).     

λ=PM／MQ=XM-XP／XQ-XM=YM-YP／YQ-YM的应用拾零

在定比分点公式的证明过程中 ,出现了如下一个重要的表达式 :λ =PMMQ=xM-xPxQ-xM=yM - yPyQ- yM　 ( )点P在有向线段PQ的内部 λ >0 ;点P在有向线段PQ的外部 λ <0 .在定比分点公式xM =xP+λxQ1+λ ,yM =yP+λyQ1+λ推导出来后 ,( )式就被忽视了 .其实 ,若能灵活地运用它们 ,则可事半功倍 .例 1　 (2 0 0 3年北京西城区高考模拟题 )已知点P(4 ,- 9) ,Q(- 2 ,3) ,则 y轴与直线PQ的交点分有向线段PQ所成的比为 (　　 )(A) 1.　　　　　 (B) 2 .(C) 3.　　　　　 (D) 4 .解　设PQ与y轴的交点为M (0 ,b) ,由题设及( ) ,知λ =…     

一道IMO几何题的不同解法

2003年第44届IMO国际数学奥林匹克竞赛问题4:设ABCD是一个圆内接四边形,从D向直线BC、CA和AB作垂线,其垂足为P、Q和R.证明:PQ=RQ的充分必要条件是∠ABC角平分线、∠ADC角平分线和AC这三条线交于一点。     

一道竞赛题的新解法

1991年日本数学奥林匹克试题:设以t:(1-t)的比例内分△ABC三解BC,CA,AB的点分别为P、Q、R,以线段AP、BQ、CR为三边的三解形面积为K,△ABC的面积为L,求K/L(用t表示).(中等数学1992年第5期P35)     

定比分点向量表达式的应用

已知有向线段P1P2,如果点P使得P1P=λPP2(λ∈R,且λ≠-1)成立,则称点P按定比λ分有向线段P1P2.当λ>0时,点P在线段P1P2上,这时称点P为P1P2的内分点;当A相似文献   

一个竞赛题的昨天、今天、明天

题(1995年全国联赛题)设O是正三棱锥P-ABC底面正△ABC的中心,过O的动平面与三条侧棱或其延长线的交点是Q、R、S,求证:1PQ 1PR 1P S是定值.1昨天的证法古朴而充满理性证法1设PQ、PR、P S的长分别是1λ,图12λ,3λ,VP-QRSVP-ABC=1λ2λ3λa3,设O到三个侧面的距离都为d,正棱锥的侧     

点焦距与焦半径的一个关系式

引子 如图1,在平面直角坐标系中,过点P(m,n)作圆x2+y2=R2的切线PA、PB,A、B为切点,设O为圆心.则PO2＝m2+n2,AO·BOm2+n2=R2,PO2=m2/R2+n2/R2.根据圆与圆锥曲线的相关性,可将这一结论拓展到一般圆锥曲线.     

中考题中的调和点列

1.调和点列的概念和性质。定义1^[1]如图1,对于线段AB的内分点C与外分点D,若AC/CB=AD/DB,则称C、D调和分割线段AB(或线段AB被C、D调和分割),或称点列A、B、C、D为调和点列.在射影几何中,①式写成AC·AD/BC·BD=-1(AC·AD/BC·BD称为点列A、B、C、D的交比,记为(AB,CD)).     

一个新定理的推广

文[1]得到的一个新定理如下：定理如图图ABC各角顶点与对边三等分点的连线中，相邻两条连线分别交于P、Q、R，则面PQRABC，且相似比为1：5．仿文[1]的证明方法，此新定理可以推广为：命题如图ABC各角顶点与对边。等分点的连线中，相邻两条连线分别交于P、Q、R，则面PQRABC，且相似比为时AA；为中线．RQ—QP—PR—0，即P、Q、R重合一，k．，这即为西ABC的重。G定理．当n—3时即为文［fi中的新定理．一个新定理的推广@孙哲$沈阳市于洪区供销联社!1101411于新华.一个新定理.中等数学,1997,1…     

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 …