综合题新编选登

题 76　已知O为坐标原点 ,A ,B为抛物线y2 =2 px (p >0 )上的点 ,设S△AOB =t·tan∠AOB ,求t的最小值 .图 1　题 76图解　设AB与x轴相交于点P(a ,0 ) ,A ,B的坐标分别为 (x1,y1) ,(x2 ,y2 ) ,当AB与x轴斜交时 ,设AB的方程为 :y =k (x -a) (k≠ 0 ) ,联立 y =k(x -a) ,y2 =2 px ,得x1x2 =a2 ,y1y2 =- 2ap .当AB与x轴垂直时 ,上述结论仍然成立 .由S△AOB =12 |OA |· |OB |sin∠AOB =12|OA|·|OB|cos∠AOB·tan∠AOB ,可知t =12 ·|OA|·|OB|cos∠AOB .由向量数量积的定义 ,得|OA|·|OB|cos∠AOB =OA ·OB =x1x2 + y…     

运用正弦定理的变式解几何定值问题

如图1,△ABC内接于⊙O,设△ABC的三边分别为a、b、c,⊙O的半径为R,则有asin A=sinb B=sinc C=2R(1)我们把等式(1)称为正弦定理.为了方便我们只研究等式(1)的变形.b=2Rsin B(2)Rb=2sin B(3)在等式(2)中,如果⊙O的半径R和∠B都为定值,则△ABC的边AC是定值.这其实就是圆的一个性质     

用三角法妙证欧拉不等式

本文先给出欧拉不等式:若三角形的外接圆半径为R,内切圆半径为r,则R≥2r.现给出一种三角证法.证明　设△ABC的三边长分别为a、b、c,面积为S,外接圆半径为R,内切圆半径为r.由正弦定理得　a=2RsinA　b=2RsinB　c=2RsinC∴S=12absinC=2R2sinAsinBsinC=12r(a b c)=Rr(sinA sinB sinC)∴2Rr=sinA sinB sinCsinAsinBsinC(1)又∵sinA sinB sinC33≥sinAsinBsinC∴1sinAsinBsinC≥27(sinA sinB sinC)3(2)在△ABC中,∠A、∠B、∠C中至少有2个锐角,不妨设∠C为锐角,∵sinA sinB sinC sinπ3=2sinA B2cosA-B2 2sinC π32cosC-…     

对一道练习题的延伸与探索

<正>新课标人教B版必修四教材第三章第144页有如下一道练习题:如图1,圆心角为60°的扇形AOB的半径为1,C是AB弧上一点,作矩形CDEF,当点C在什么位置时,这个矩形的面积最大?这时的∠AOC等于多少度?解令∠AOC=θ,则CF=rsinθ,OF=rcosθ,因为∠BOA=60°,     

由教材例、习题命制中考题:源于共同的题“根”

人教版教材九年级上册第88页第11题为: 如图1,A、B是☉O上两点,∠AOB=120°,C是(AB)的中点,求证:四边形OABC是菱形. 此题以圆为背景,考查圆周角和圆心角的关系、等边三角形的判定、菱形的判定等知识.以此题为素材,对问题进行变式,可以发现其是一些中考题的"题源". 证明:因为C是(AB)的中点,∠AOB=120°,所以∠AOC=∠BOC=60°. 因为OA =OC,OB=OC,所以△AOC、△BOC均为等边三角形. 所以OA =OB=AC=BC.所以四边形OABC是菱形. 此题的逆命题也成立,我们把原题和逆命题分别作为: 命题1:如图1,A、B是☉O上两点,∠AOB=120°,C是(AB)的中点,则四边形OABC是菱形.     

一道全国联赛题的多种思考

94全国高中数学竞赛第二试三题:如图,设△ABC的外接圆O的半径为R,内心为I,∠B=60°,∠A<∠C,∠A的外角平分线交圆O于E,证明:(1)IO=AE;(2)2R相似文献   

数学问题解答

20 0 4年 1 0月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 5 1 6　正方形A1 A2 A3A4的中心为O ,边长为 2a ,在以O为圆心 ,半径为R的圆上任取一点P ,设P到A1 A2 ,A2 A3,A3A4,A4A1 的距离分别为d1 ,d2 ,d3,d4,求证 :dn1 +dn2 +dn3+dn4≤ 2 [(a+ R2 ) n+ (a- R2 ) n](n∈N)当且仅当n=1 ,2 ,3时取等号证明　建立如图所示的直角坐标系 ,并设P(Rcosθ,Rsinθ) ,则有d1 =a +Rsinθ ,d3=a-Rsinθ,d2 =a -Rcosθ,d4=a+Rcosθ若用 [n2 ]表示 n2 的整数部分 ,则由二项式定理得dn1 +dn2 +dn3 +dn4 =(a+Rsinθ) n + (a-Rsinθ) n + (a +Rcosθ) n …     

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…     

一对姊妹图形助你跳出“题海”——从一道中考试题谈起

<正>图1考题(2013年四川巴中)如图1,一次函数y=kx+b(k≠0)的图像与反比例函数y=m x(m≠0)的图像交于一、三象限内的A、B两点,直线AB与x轴交于点C,点B的坐标为(-6,n),OA=5,tan∠AOx=43.(1)求反比例函数的解析式;(2)求△AOB的面积.析解(1)∵OA=5,tan∠AOx=43,∴点A(3,4),m=12,∴反比例函数的解析式y=12x.(2)根据y=12x,得交点B(-6,-2),那么△AOB的面积可以通过割补法来计算,有下面三种基本方法:方法1由A(3,4),B(-6,-2),利用待定系数法,得直线AB的解析式:y=23x+2.     

外莫莱三角形的几组对偶性质

将任意三角形的外角三等分 ,以分别接近于三条边的外角的三等分线的交点为顶点的三角形称为外莫莱三角形 .本文将给出外莫莱三角形的三组对偶性质 .图 1性质 1　如图 1 ,设△ PQR为△ ABC的外莫莱三角形 ,AD⊥ QR于点D,BE⊥ RP于点 E,CF⊥ PQ于点 F.则 PD、QE、RF相交于一点 .证明　由文 [1 ]知AQ =8Rsin B3sin( 6 0°- B3) sin( 6 0°- C3) ,AR =8Rsin C3sin( 6 0°- B3) sin( 6 0°- C3) ,∠ AQR =C3,　∠ ARQ =B3.而　 QD =AQcos∠ AQR,DR =ARcos∠ ARQ,∴　 QDDR=tan B3cot C31同理 REEP=tan C3cot A32PF…     

正余弦定理相结合的一个妙用

在ΔABC中，由正弦定理有a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R(R为外接圆的半径)，得a=2RsinA，b=2RsinB，C=2RsinC．又由余弦定理得a^2=b^2 c^2-2bc cosA，故有sin^2A=sin^2B sin^2C-2sinBsinC cosA，同理有sin^2B=sin^2A sin^2C-2sinAsinCcosB,sin^2C=sin^2A sin^2B-2sinAsinBcosC．这三个式子在解题中有很大的作用．     

一道三角形内角平分线问题的多维视角求解

<正>三角形是初高中几何学习的重要对象和载体,特殊的三角形具有很多性质,向量是联系几何与代数的桥梁,利用坐标解决几何问题是非常好的方法.本文将从不同视角研究三角形中的角平分线问题.1原题呈现在直角坐标系中,如图1,已知点A (0,1)和点B(-3,4),OC为∠AOB的平分线,且OC与AB交于点C,求点C的坐标.     

2016年宁波中考压轴题解法探究

<正>现以2016年宁波中考数学试题第26题压轴题为例,从不同的角度给出多种解法,一同体验数学解题的乐趣.试题呈现例(2016宁波)如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(5,0),菱形OABC的顶点B,C都在第一象限,tan∠AOC=4/3,将菱形绕点A按顺时针方向旋转α(0°<∠α<     

一道椭圆试题的研究

1一道试题及疑问如图1,已知A,B,C是长轴长为4的椭圆上的三点,点A是长轴的一个端点,BC过椭圆中心O,且AC·BC=0,|BC|=2|AC|,(1)建立适当的坐标系,求椭圆方程;(2)如果椭圆上有两点P,Q,使∠PCQ的平分线垂直于AO,证明:存在实数λ,使PQ=λAB.该题的解答如下:(1)以O为原点,OA为x轴建立直角坐标系,如图2,设椭圆方程为x42 by22=1.由条件易知△AOC为等腰三角形,C(1,1),B(-1,-1),将C点坐标代入椭圆方程得b2=34,故椭圆方程为x42 34y2=1;(2)由于∠PCQ的平分线垂直于AO,设PC的斜率为k,则QC的斜率为-k,因此PC,QC的直线方程分别为y=k(x-…     

圆内接闭折线垂心的一个性质

众所周知 ,三角形的垂心有如下性质[1] :定理 1　设△ ABC的外接圆半径为 R,垂心为 H ,则 ( AB2 BC2 CA2 ) ( H A2 H B2 H C2 ) =1 2 R2 .将这个定理推广到一般圆内接闭折线中 ,可得定理 2　设闭折线 A1A2 A3 … An A1内接于⊙ ( O,R) ,其垂心为 H ,则　 ∑ni=1Ai A2i 1 ∑ni=1H A2i =n( n 1 ) R2 ,( * )其中 An 1为 A1.证明　以圆心 O为原点建立直角坐标系x Oy(图略 ) ,设顶点 Ai 的坐标为 ( xi,yi) ( i =1 ,2 ,… ,n) ,垂心 H的坐标为 ( x H,y H) ,则有[2 ]x H =∑ni=1xi,　 y H =∑ni=1yi. 1由两点间的距…     

新题征展(50)的更正

由于春节期间审校的失误 ,至使本刊2 0 0 4年第 2期中的《新题征展 ( 50 )》出现两处错误 ,特此更正 .1 .河南省泌阳一中高三 ( 1 )班孙双翼同学来信指出 ,第 1 ( 3)题 ,四边形 ABCD为矩形即能满足题设条件 .原答案错在“类似又得 | a| =| b| .2 .沈阳市大东区市五中高钧老师和湖北省南漳县一中刘光清老师来信指正 :第 3题应选 ( B) ,而不是选 ( D) .原题错在 :圆的半径为 R( R>0 )而不是 1 .因此又　∵　 y1=Rsinα,x1=Rcosα,y2 =Rsinβ,x2 =Rcosβ.由韦达定理得x1 x2 =- m,x1x2 =m2 - R22 .∴ sin(α β) =sinαcosβ cosαsin…     

关于三角形的双圆半径的两个命题

本文先给出关于双圆半径的一个命题 :图 1设△ ABC的外接圆半径为 R,内切圆半径为r,顶点 A、B、C到内心的距离分别为 a0 、b0 、c0 ,则　 4 Rr2 =a0 b0 c0 .证明　∵　 r=a0 sinA2 =b0 sin B2=c0 sin C2 ,∴　 r3 =a0 b0 c0 sin A2 sin B2 sin C2 . 1∵　△ =12 r( a b c)=Rr( sin A sin B sin C)=2 R2 sin Asin Bsin C,∴　 r2 R=sin A .sin B .sin Csin A sin B sin C,易证　 sin A sin B sin C=4 cos A2 cos B2 cos C2 ,∴　 r2 R=2 sin A2 sin B2 sin C2 ,∴　 r4 R=sin A2 sin B2 sin C2 ,2把 2代入…     

关于双圆四边形的双圆半径的一个性质

文 [1 ]介绍了三角形双圆半径的如下一个命题 :设△ ABC的外接圆半径为 R,内切圆半径为 r,顶点 A、B、C到内心的距离分别为 a0 ,b0 ,c0 ,则　　　　 4Rr2 =a0 b0 c0 (1 )文 [2 ]介绍了 (1 )式的一个引申命题 :设 I是△ ABC的内心或旁心 ,r是内切圆半径或对应的旁切圆半径 ,R是外接圆半径 ,则　　 4Rr2 =IA . IB . IC (2 )笔者经研究发现 ,双圆四边形 (既有外接圆 ,又有内切圆的四边形 )也有如下有趣性质 .定理　设双圆四边形 ABCD的外接圆半径、内切圆半径分别为 R、r,内心为 I,则有IA.IB.IC.ID=2 r3 (4 R2 r2 - r) . (3 )图…     

数学问题解答

1999年 12月号问题解答(解答由问题提供人给出 )12 2 6.设△ABC的三边长为 a,b,c.P为形内一点 ,且∠ PAB=∠ PBC=∠ PCA(即 P为布洛卡点 ) ,求证a2 b2 c2 ≤ 3 ( PA2 PB2 PC2 )证明　如图记 PA=R1 ,PB=R2 ,PC=R3 ,据题意知∠BPC=π-C,在△ BPC中用余弦定理可得 :a2 =R2 2 R3 2 -2 R2 R3 cos(π-C ) =R2 2 R3 2 2 R2 R3 cos C,同理 b2 =R3 2 R1 2 2 R3 R1 cos A,c2 =R1 2 R2 2 2 R1 R2 cos B,据熟知的不等式 :2 yzcos A 2 Zxcos B 2 xycos C≤x2 y2 z2 ( x,y,z∈R,A B C=π)得 :a2 b2 c2 =2 ( R1 2…     

一类图形的基本结论及其应用

<正>1.基本图形结论如图1,∠AOB+∠DCE=180°,∠AOC=∠BOC,则DC=CE.证明过C作CM⊥OA,CN⊥OB,垂足分别为M,N.因为∠AOC=∠BOC,所以CM=CN.因为∠AOB+∠DCE=180°,由四边形内角和知∠ODC+∠CEO=180°,所以∠MDC=∠CEN,所以△MCD≌△NCE,DC=CE.也可以在OA上取点P,使CP=CO,通过△PCD≌△OCE即可.其实问题可以看作在上述条件下∠DCE绕顶点C旋转,其结论依然成立;