竞赛第16章 调和四边形
我们称对边乘积相等的圆内接四边形为调和四边形．
本章我们介绍调和四边形的一些有趣性质及应用的例子．①②
性质 1 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是对顶点处的两条切线与另一对顶点的对角线所在直线三线平行或三线共点．
证明 当圆内接四边形为筝形时，如图16-1(1)，AB AD =，CD CB =时，对角线AC 必过圆心，此时，过A 、C 的两条切线，对角线DB 均与AC 垂直，因而它们相互平行．
图16-1
D
C
B
A
F E
D
C
B
A
G
Q
（2）
（1）
当圆内接四边形不为筝形时，如图16-1(2)，设点Q 是对顶点A ，C 处两条切线的交点． 充分性，当点Q 在直线DB 上时，则由QA QC =，△QAD ∽△QBA ，△QCD ∽△QBC ，
有 A D Q D Q D C D
B A Q A Q
C B C ===， 故 A B C
D B C D A ?=?．
必要性．当AB CD BC DA ?=?时，由正弦定理， 有sin sin sin sin ADB DBC BDC DBA ?=?∠∠∠∠．
联AC 交BD 于点G ，延长AD 交QC 于点E ，延长CD 交QA 于点F ，
则CAF ECA =∠∠． 此时，
A G C F D E
G C F D E A ??
DAG ACF CDE DGC AFD CEA S S S
S S S =??△△△△△△ sin sin sin sin sin sin AD ADG AC CAF CD DCE
CD GDC AD FAD AC ECA
???=
?????∠∠∠∠∠∠
sin sin sin sin ADG DCE
GDC FAD =
?
∠∠∠∠ sin sin 1sin sin ADB DBC GDC DBA ?==?∠∠∠∠． 对△ACD 应用塞瓦定理的逆定理，知AF ，GD ，CE 三线共点． 故过A 、C 处的两切线，直线DB 共点于Q ．
注：此性质提供了作调和四边形的方法：先作一个圆内接三角形如△ABD ，或△ADC ，再得到交点Q ，最后作切线或割线确定点C 或点B ．
性质 2 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是过一顶点且与四边形的对角线平行的直线交圆于一点，这交点、对角线的中点、该顶点的对顶点三点共线．
① 沈文选．论调和四边形的性质及应用[J]．中学教研（数学），2010(10)：35—39． ②
沈文选．再谈调和四边形的性质及应用[J]．中学教研（数学），2010(12)：31—34．
证明 如图16-2，设A B C D 为圆内接四边形，过C 作CT DB ∥交圆于T ，M 为DB 的中点．由CT DB
∥知四边形DBTC 为等腰梯形，此时，DC BT =，DT BC =．注意到ABT ∠与TDA ∠互补，
图16-2
T
M
D
C
B
A
则AB CD BC DA AB BT DT DA ?=???=?
11
sin sin 22
AB BT ABT DT DA TDA ?
??=??∠∠ ABT ADT S S ?=?△△直线AT 过DB 的中点M T ?、M 、A 三点共线．
注：此性质也提供了作调和四边形的方法：先作一个圆内接三角形，如△BCD ，过C 作CT DB ∥交圆于点T ，过点T 、BD 的中点M 的直线交圆于点A ，则四边形ABCD 即为调和四边形．
性质3 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是相对的角的平分线的交点在另一对顶点的对角线上． 证明 如图16-3，设ABCD 为圆内接四边形．
图16-3
T D
C
B
A
充分性．设B ∠的平分线与D ∠的平分线的交点T 在对角线AC 上，则由角平分线的性质知，
AT BA TC BC =，AT DA
TC DC =
， 以而
BA DA
BC DC
=
， 故 A B C D B C D A ?=?． 必要性．由AB CD BC DA ?=?，有
BA DA
BC DC
=
． 设B ∠的平分线交AC 于1T ，D ∠的平分线交AC 于2T ， 则
11AT BA T C BC =，22AT DA
T C DC =． 于是 12
12AT AT T C T C
=， 即有
12
1122AT AT AT T C AT T C
=++，
从而 12AT AT =，即1T 与2T 重合．
这说明B ∠的平分线与D ∠的平分线的交点在对角线AC 上．
性质4 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是两条对角线的中点是四边形的等角共轭点． 证明 如图16-4，设M ，N 分别为圆内接四边形ABCD 的对角线AC ，BD 的中点．
图16-4
M D
C
B
A
N
充分性．若M ，N 是四边形ABCD 的等角共轭点． 即有CDM ADN ADB ==∠∠∠， ① DAM DAC BAN ==∠∠∠． ②
由①，并注意到DCM DCA DBA ==∠∠∠，则知△DCM ∽△DBA ，即
D C D B
C M B A
=，亦即
12
DC DB
BA AC =，从而1
2
AB CD AC BD ?=
?． ③ 由②，有DAN CAB =∠∠，再注意到ADN ADB ACB ==∠∠∠，则知AND ABC △∽△，即有
DN BC
DA AC
=
，从而1
2
BC DA DN AC BD AC ?=?=?． ④
由③，④，即有AB CD BC DA ?=?．
必要性．若AB CD BC DA ?=?．注意到托勒密定理，有AB CD BC DA AC BD ?=?=?，则AB CD ?= 1
2BC DA AC BD ?=
?，即有12
DA BD BC AC =． 又DAM DAC DBC ==∠∠∠，于是△DAM ∽△DBC ，即有ADM BDC NDC ==∠∠∠． 同理，DCM BCN =∠∠，CBN ABM =∠∠，BAN DAM =∠∠． 故点M ，N 为四边形ABCD 的等角共轭点．
性质 5 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是以每边为弦且与相邻的一边相切于弦的端点的圆交过切点的一条对角线于中点．
证明 如图16-5，设M ，N 分别是圆内接四边形ABCD 的对角线AC ，BD 的中点．
图16-5
C 1
充分性．记过点D 与AB 切于点A 的圆为1C ，记过点A 与BC 切于点B 的圆为2C ，依次得3C ，4C ；记B 与DA 切于点A 的圆为1d ，过C 与AB 切于点B 的圆记为2d ，依次得3d ，4d ． 当1C 过点M 时，由弦切角定理，知
ADM MAB CAB CDB CDN ====∠∠∠∠∠，即 A D M C D N =∠∠．
当2C 过点N 时，由弦切角定理，知
BAN NBC DBC DAC DAM ====∠∠∠∠∠，即BAN DAM =∠∠．
同理，ABM CBN =∠∠，BCN DCM =∠∠． 从而，点M ，N 为四边形ABCD 的等角共轭点．
又M ，N 分别为AC ，BD 的中点，由性质4知ABCD 为调和四边形．
必要性．当ABCD 为调和四边形时，由性质4证明中，有△DAM ∽△DBC ．有ADM BDC =∠∠ CAB MAB ==∠∠，由弦切角定理的逆定理知，点M 在圆1C 上．
同理，点M 在圆1d ，3C ，3d 上；点N 在圆2C ，2d ，4C ，4d 上．
推论1 在调和四边形ABCD 中，性质5中的圆1C ，1d ，3C ，3d 共点于AC 的中点M ，圆2C ，2d ，4C ，4d 共点于BD 的中点N ．
推论2 在调和四边形ABCD 中，性质5中的圆1C ，2C ，3C ，4C 共点于点P ，圆1d ，2d ，3d ，4d 共点于点Q ．因而，P ，Q 也是四边形ABCD 的等角共轭点．
事实上，设圆1C 与2C 交于点P ，因M ，N 为等角共轭点，则M PB M D A PAB PBA +++=∠∠∠∠ 180CDB PAB PBA CAB PBC PBA CAB ABC MCB ++=++=+=?-∠∠∠∠∠∠∠∠∠，即知M ，P ，B ，
C 四点共圆，即圆3C 过点P ．
同理，圆4C 也过点P ．放圆1C ，2C ，3C ，4C 共点于P ． 同理，圆1d ，2d ，3d ，4d 共点于Q ．
性质6 圆内接四边形ABCD 为调和四边形的充要条件是某一顶点(不妨设为点C )位于劣弧DB 上，又在优弧DB 上取两点E ，F ，使得D ，B 分别为弧EC ，CF 的中点，过C 作CT DB ∥交圆于点T 时，点T 、△CEF 的内心、点C 的对顶点A 三点共线．
证明 如图16-6，由题设知D ，I ，F 三点共线，B ，I ，E 三点共线．因I 为△CEF 的内心，由内心的性质并注意CT DB ∥，有ID DC BT ==，IB BC DT ==，从而IBTD 为平行四边形．即TI 过DB 的中点M ．故由性质2，有
图16-6
E C
B
A
AB CD BC DA ?=??T ，M ，A 三点共线 TI ?过DB 的中点M T ?、I 、A 三点共线．
性质7 圆内接四边形ABCD 为调和四边形的充要条件是某一顶点（不妨设为点C ）位于劣弧DB 上，又在优弧DB 上取两点E ，F ，使得D ，B 分别为弧EC ，FC 的中点，在劣弧EF 上任取点P ，记1I ，2I 分别为△CEP ，△CFP 的内心，此时A ，P ，2I ，1I 四点共圆．
证明 如图16-7，由题设知，P ，1I ，D 及P ，2I ，B 分别三点共线，联结1I A ，2I A ，则 12I DA I BA =∠∠，12I PI BPD BAD ==∠∠∠．
图16-7
F
E D
C
B
A
N P
I 1I 2I
注意到内心的性质，有1CD I D =，2BC I B =． 于是，CB AD
AB CD BC DA BC AB
?=??=
1122I D I D I B
AD I B AB AD AB
?
=?=
1212I DA I BA I AD I AE ??=△∽△∠∠
1212I AI I PI A ?=?△△，P ，2I ，1I 四点共圆．
推论3 题设同性质7，设I 为△CEF 的内心，则12I I I I ⊥． 事实上，如图16-7，注意内心所张的角与对应顶点角的关系，知
111
909022EI C EPC EFC EIC =?+=?+=∠∠∠∠，即知E ，1I ，I ，C 四点共圆．
从而 1111
2I EI I CI ECF ECI ==-∠∠∠∠
1
()2
ECF ECP =-∠∠ 1
2
FCP FCI ==∠∠ 同理，12EII IFI =∠∠，从而12EI I II F △∽△． 于是， 1211
2E I I F I I E I I I E I
+=+
∠∠∠∠ 1180EI I ECI =?-=∠∠
1
2
ECF =∠． 所以， 121
2()I II EIF EII FII =-+∠∠∠∠ 11
909022
ECF ECF =?+-=?∠∠．
故12I I I I ⊥．
推论4 题设同性质7，又设N 为12I I 的中点，则BN DN ⊥．
事实上，如图16-7，注意到D ，I ，F 共线及内心的性质，有DI DC =，1DI DC =，从而1DI DI =． 由推论1知12I I I I ⊥，即有1IN I N =．
注意到DN 公用，则DNI DNI △≌△，从而11122m
NDI I DI PF ====∠∠．
同理，1
2
m
NBI EP ===
∠． 又11
22m
IBD IBD FBC CE +===
+∠∠， 则 N D B
N B D +∠∠ NDI IDB IDB NBI =+++∠∠∠∠ 1
()902
m PF FBC CE EP ===+++=?，
即90BND =?∠．
故BN DN ⊥．
性质8 圆内接四边形为调和四边形的充分必要条件是该四边形四顶点与不在其圆上一点的连线交圆于四点为一正方形四顶点．
证明 如图16-8，四边形ABCD 内接于O ，点P 不在O 圆周上，直线PA ，PB ，PC ，PD 分别交O 于A '、B '、C '、D '．
图16-8
D
C '
'
由割线或相交弦定理，有PA PA PB PB ''?=?，即知△APB ∽△B PA '，亦即有AB PA
A B PB
=
'''． 令点P 对O 的幂为k ，
则PA k AB A B A B PB PA PB ''''=?=?'''?（或A B PA PB
k ''??=）． 同理， k
C D C
D P C P D
''=?''?． 从而 2AB CD PA PB PC PD A B C D k ''''
????=''''?．
同理， 2B C D A
P A P
B P
C P D
B C D A k
''''??
??=
''''
?．
于是
AB CD BC DA
A B C D B C D A ??=''''''''
??．
充分性．当A '、B '、C '、D '为正方形四顶点时，显然有AB CD BC DA ?=?．
必要性．当AB CD BC DA ?=?时，由PA PA PB PB PC PC PD PD k ''''?=?=?=?=，可视点A 、B 、C 、D 的反演点为A '、B '、C '、D '．由反演变换的性质，可知A '、B '、C '、D '在AB CD BC DA ?=?的条件下为一正方形四顶点．
注：由性质8也给出了作调和四边形的又一种方法．在《近代欧氏几何》中有如下定义：如果一个四边形的顶点是一个正方形顶点的反形，那它称为调和四边形．
性质9 圆内接四边形为调和四边形的充分必要条件是其一顶点对其余三顶点为顶点的三角形的西姆松线段被截成相等的两段．
证明 如图16-9，设ABCD 为圆内接四边形，不失一般性，设点D 在ABC △的三边BC ，CA ，AB 上的射影分别为L ，K ，T ，则LKT 为西姆松线段．此时L ，D ，K ，C 及D ，A ，T ，K 分别四点共圆，且CD ，AD 分别为其直径．
D B
图16-9
设ABCD 的半径为R ，则由正弦定理，有 sin sin(180)LK CD LCK CD ACB =?=??-∠∠
sin 2CD AB
CD ACB R
?=?=
∠， sin 2AD BC
KT AD BAC R
?=?=
∠． 于是，LK KT CD AB AD BC =??=??四边形ABCD 为调和四边形． 性质10 圆内接四边形为调和四边形的充分必要条件是一条对角线两端点处的切线交点（或无穷远点），两对角线的交点调和分割另一条对角线．
证明 当圆内接四边形为筝形时，易证得结论，这留给读者自证．下证非筝形时情形．
设圆内接四边形ABCD 的两条对角线相交于点Q ，在A ，C 处的两条切线相交于点P ，则由△QCD ∽△QBA ，△QAD ∽△QBC ，
有 QD CD QA BA =，QA AD
AB BC
=． 从而
D Q Q D Q A C D A D
Q B Q A Q B B A B C =?=? ① 充分性．如图16-10，当P ，Q 调和分割DB 时，
D
C
B
A
P
Q 图16-10
即有
P D D Q
P B Q B
=．② 此时P ，D ，Q ，B 共线，且由△PDC ∽△PCB ， 有
P D P C C D
P C P B B C
==． 从而
PD PD PC
PB PC PB
=?
CD CD
BC BC
=
?
．③ 由①，②，③，得
AD CD
AB BC
=
，即AD BC AB CD ?=?，亦即四边形ABCD 为调和四边形．
必要性．如图16-10，当A B C D 为调和四边形时，由性质4，知P ，D ，Q ，B 共线，且有③式成立．由AD BC AB CD ?=?，有
AD CD
AB BC
=
．再注意到①式与③式则 有 P D D Q
P B Q B =， 即
P D P B
D Q B Q
=， 亦即知点P ，Q 调和分割DB ．
注：必要性也可这样证：由△PAB ∽△PDA ，
有 A B P A P B D A P D P A
==
， 从而 22AB PA PB PB
AD PD PA PD
=?=
． 又注意到性质11有22AB BQ
AD DQ
=． 于是，有 PB BQ
PD DQ
=， 故P 、Q 调和分割DB ．
性质11 圆内接四边形为调和四边形的充分必要条件是两邻边之比等于此两邻边所夹对角线分另一条对角线为两段对应之比开平方．
证明 如图16-11，设圆内接四边形ABCD 的两条对角线AC 与BD 交于点Q ．
图16-11
T
M D
C
B
A
P
Q
当圆内接四边形为筝形时，易证得结论，这也留给读者自证．下证非筝形时情形．
充分性，不失一般性，设有
AB AD = 成立时，则 22
ABC ADC S AB QB AB BC
AD QD S AD DC
?===?△△， 即有
AB BC
AD DC
=
， 故AB DC AD BC ?=?，所以ABCD 为调和四边形． 必要性．当ABCD 为调和四边形时，则由性质4，知点A 、C 处的切线与直线DB 共点于P ，如图16-11．于
是，注意到面积关系与正弦定理，有 sin sin BCP BAP S CQ CB CP BCP
QA S AB AP BAP
??==??△△∠∠ 22
sin(180)sin sin(180)sin CB BAC CB BAC CB AB ACB AB ACB AB ??-?===??-?∠∠∠∠．
此时，亦有 2222CD CB CQ
AD AB QA
==． 故
C D C B
Q A D A B A
= 由 2222sin sin AB CB CB BAC
AD CD CD DBC ?==?∠∠ sin sin CB CP BCT
CD CP DCP ??=??∠∠
sin sin CB CP BCP
CD CP DCP
??=
??∠∠
BCP DCP S PB
S PD
=
=△△． （*）
注意到性质10，当ABCD 为调和四边形时，P ，Q 调和分割DB ，即有 PB QB
PD QD
=． 将其代入(*)式，故
A B C B
B A D
C
D D
==． 注(1)必要性也可这样证，由AB DC BC AD ?=?，
有 22
C B C B
D C A B A D A D
=? CB DC CQ DQ CQ AD AB DC AQ AQ
=?=?=． (2)由性质2，知在调和四边形中，对角线的中点是其等角共轭点，在图16-4中，设M 为AC 的中点，则ABM QBC =∠∠，即知BQ 为BM 的等角共轭线，亦即BQ 为BM 的共轭中线（即中线以该角角平分线为对称轴翻折后的直线）．三角形的三条共轭中线的交点称为共轭重心，显然BQ 过ABC △的共轭重心，因此，对于过三角形共轭重心的线段BQ ，有22AB AQ
BC QC
=． 性质12 在调和四边形ABCD 中，点P 在对角线BD 上，记O 、1O 、2O 分别为四边形ABCD ，△BCP ，△ABP 的外接圆圆心，则直线BO 平分线段12O O ．
证法1 如图16-12，联合1BO ，2BO ，1OO ，2OO ．设M 为AC 的中点，则由调和四边形的性质4，知ABP CBM =∠∠，即有ABM CBP =∠∠．
F
E 图16-12
设直线BO 交12O O 于点Q ，此时12O O BP ⊥，2OO AB ⊥，1OO BC ⊥，注意到一个角的两边与另一个角的两边对应垂直时，则这两个角相等或相补，即知2OO Q ABP =∠∠，1OO Q CBP =∠∠． 于是，由正弦定理有
1221sin sin sin sin OO OO Q ABP
OO OO Q CBP
==∠∠∠∠ sin sin CBM ABM =∠∠，sin sin BC BAC
BA BCA =
∠∠ sin sin BAM
BCM
=
∠∠．
从而
1211
22
BO O BO O S O Q BC OO QO S BA OO ?==
?△△ sin sin sin sin BAM CBM
BCM ABM
?=
?∠∠∠∠
sin sin 1sin sin BAM CBM BM CM
ABM BCM AM BM
=
?=?=∠∠∠∠．
故12O Q QO =．
证法2 如图16-12，设M 为AC 的中点，则由性质4，知CBM ABP =∠∠
，亦即CBD ABM =∠∠．又BDC BAM =∠∠，即有△DBC ∽△ABM ．
从而
BC BM
CD MA
=
． ① 作△BCP ，△ABP 的外接圆，过点B 作O 的切线分别交1O ，2O 于点E ，F ．联结所在CE ，则由EBC PDC △∽△，有BE BC
DP CD
=
． ②
由①、②有
BM BE
MA DP =
， 亦即 BM DP
BE MA ?=
． 同理， B M D P
BF CM
?=
．
而 MA CM =．于是，知BE BF =．
作1O E EB '⊥于E '，作2O F BF '⊥于F '，由垂径定理，知E '，F '分别为EB ，BF 的中点．在直角梯形12O E F O ''中，BO 即为其中位线所在直线，故它一定平分12O O ． 下面给出上述性质应用的一些例子．
例1 （2003年国家集训队训练题）点P 为ABC △的外接圆上劣弧BC 内的动点，1I ，2I 分别为△PAB 、△PAC 的内心．求证：(1)△12PI I 的外接圆过定点；(2)以12I I 为直径的圆过定点；(3)12I I 的中点在定
圆上．
事实上，参见图16-7对于(1)，视图16-7中的△CEF 为ABC △，由性质7知，△12PI I 的外接圆过定点即图16-7中的点A ；对于(2)，由性质7后的推论3，知12I I I I ⊥以12I I 为直径的圆过定点I ；对于(3)，由性质7后的推论4，知12I I 的中点在图16-7中的以DB 为直径的定圆上．
例2 （2008年国家集训队测试题）已知M ，N 分别是锐角ABC △的外接圆O 的劣弧CA ，AB 的中点，D 是MN 的中点，G 是劣弧BC 上的一点．设△ABG ，△ACG 的内心分别为1I ，2I ．若△12GI I 的外接圆与圆O 的另外一个交点为P ，ABC △的内心为I ．证明：D ，I ，P 三点共线． 事实上，参见图17-7与利用性质7与性质6，即证得结论．
例3 （IMO45预选题）已知直线上的三个定点依次为A ，B ，C ，Γ为过A ，C 且圆心不在AC 上的圆，分别过A ，C 两点且圆Γ相切的直线交于点P ，PB 与圆Γ交于点Q ．证明：AQC ∠的平分线与AC 的交点不依赖于圆Γ的选取．
证法1 如图16-13，点Q 可在劣弧AC 上，也可在优弧AC 上．
Γ
图16-13
由性质3知，不管Q 在何处，AQC ∠为调和四边形AQCQ '的相对的角，其角平分线与AC 的交点是同一点．为方便，设点Q 在劣弧AC 上．
设直线QT 交圆于另一点S ，则S 为优弧AC 的中点． 由于△PAC ，△ASC 均为等腰三角形，则由面积比有
sin sin AB APB
BC CPB
=
∠∠，sin sin AT ASQ TC CSQ =∠∠． 在△PAC 中，视Q 为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，
有
s i n s i n s i n 1s i n s i n s i n A P B Q A C Q C P
C P B Q A P Q C A ??=∠∠∠∠∠∠． 注意到 P A Q
A S Q Q C ==∠∠∠，PCQ CSQ QAC ==∠∠∠．
则
22s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n A P B
P A Q Q C A A S Q
C P B Q A C P C Q C S Q
?==?∠∠∠∠∠∠∠∠，
即 22
A B A T
B C T C =． 亦即
A T T C = 故T 不依赖于圆T 的选取．
证法2 如图16-13，点Q 可在劣弧AC 上，也可在优弧AC 上．
不失一般性，设点Q 在劣弧AC 上，直线PB 与圆Γ的另一交点为Q '，由调和四边形的性质1，知A
Q C O '为调和四边形．
设AQC ∠的平分线交AC 于T ，则由角平分线的性质，知
AT AQ
TC QC
=． 又由性质11，在调和四边形AQ CQ '
中，有
AQ
QC
从而
AT TC =T 不依赖于圆Γ的选取． 例4 （2003年IMO44试题）设ABCD 是一个圆内接四边形，点P ，Q 和R 分别是D 到直线BC ，CA 和AB 的射影．证明：PQ QR =的充要条件是ABC ∠和ADC ∠的角平分线的交点在线段AC 上．
证明 如图16-14，由性质9，知PQ QR =的充要条件是ABCD 为调和四边形．
T
R D
C B
A
P Q
图16-14
又由调和四边形的性质3，知ABC ∠和ADC ∠的角平分线的交点在线段AC 上的充要条件是ABCD 为调和四边形．
故PQ QR =的充要条件是ABC ∠和ADC ∠的角平分的交点在线段AC 上．
例5 设ABC △的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D ，E ，F ，点M 是圆上任意一点，且MB ，MC 分别交圆于点Y ，Z ．证明：EY ，FZ ，MD 三线共点．
证明 如图16-15，联结有关点得圆内接六边形FYDZEM ，由塞瓦定理的推论（即对角元形式的塞瓦定理应用正弦定理推得）有EY ，FZ ，MD 三线共点1FY DZ EM
YD ZE MF
?
??=．
L
M
F
E D
C
B
A Y 图16-15
由性质1，在四边形FYDM ，四边形DZEM 中， 分别有 F Y F M Y D D M =，DZ DM
ZE ME
=
． 从而
1F Y D Z E M F M D M E M
Y D Z E M F D M M E M F
??=??=
． 故结论获证．
例6 （2007年湖南省数学夏令营试题）设ABC △的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于D ，E ，F ，AD 与圆交于M ，MB ，MC 分别交圆于Y ，Z ，证明：FY M D EZ ∥∥的充要条件是点M 为AD 的中点． 证明 如图16-16，联结FM ，YD ，由性质1，知在四边形FYDM 中，有
FY FM
YD MD
=
． L E Y M
F D
C
B
A
图16-16
又FYD FM A =∠∠，当AM MD =时，有
FY FM
YD AM
=
，则△FYD ∽△FMA ，即有FAM FDY ==∠∠ BFY ∠，故FY AD ∥．
同理，EZ AD ∥．充分性获证．
反之，由FY AD ∥，有FAM BFY FD Y ==∠∠∠，又FM A FYD =∠∠，
则△FMA ∽△FYD ，即有FM FY
AM DY
=
． 注意到性质1，有FY FM
DY MD
=
． 从而AM M D =．必要性获证．
例7 （2003年全国高中联赛加试题）APB ∠内有一内切圆与边切于A ，B 两点，PCD 是任一割线交圆于C 、D 两点，点Q 在CD 上，且QAD PBC =∠∠．证明：PAC QBD =∠∠．
证明 如图16-17，由弦切角定理，有PAC ADQ =∠∠，PBC QDB =∠∠，又QAD PBC =∠∠，则QDB QAD =∠∠．(*)
P
Q D
C
B
A
图16-17
联结AB ，则CBA CDA QDA ==∠∠∠，CAB PBC QAD ==∠∠∠，即知△ACB ∽△AQD ，从而
AC AQ
CB QD
=． 由性质1，知四边形ACBD 中，有
AC AD
CB DB
=
．于是AD AQ DB QD =． 再注意到(*)式，则△QDB ∽△QAD ．故QBD ADQ PAC ==∠∠∠．
例8 （2009年全国高中联赛加试题）如图16-18，M ，N 分别为锐角ABC △（A B <∠∠）的外接圆
Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC △的内心，连接PI 并延长交
圆Γ于T ．（Ⅰ）求证：MP MT NP NT ?=?；(Ⅱ)在弧AB （不含点C ）上任取一点Q (Q A ≠，T ，B )．记△AQC 、△QCB 的内心分别为1I 、2I ．求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．
I 2Q
Γ
T
Q
I
N
M
P
C
B
A
图16-18
证明 （Ⅰ）证法1 因P ，I ，T 三点共线，由性质6，知TMCN 为调和四边形，即有 MT NC NT MC ?=?．又由PC NM ∥知NMCP 为等腰梯形，有NC MP =，NP MC =，故有
MP MT NP NT ?=?．
证法2 分别过C ，T 作圆Γ的切线相交于Q ，下证点Q 在直线NM 上，如图16-18．
事实上，可知A ，I ，M ；B ，I ，N 分别三点共线，又由内心性质，知MC MI =，NC NI =，从而MN CI ⊥．又PC NM ∥，则PC CN ⊥，即90PCI =?∠．
于是，1
90902
CIP CPI CTQ CQT =?-=?-=∠∠∠∠，从而知点Q 为△CTI 的外心，即有QI QC =，
亦即Q 在CI 的中垂线MN 上，故Q ，M ，N 三点共线．
注意到性质1，即知TMCN 为调和四边形，下同证法1． (Ⅱ)由性质7即证得结论成立．
例9 （2010年国家集训队选拔赛题）在锐角ABC △中，AB AC >，M 是边BC 的中点，P 是ABC △内一点，使得MAB PAC =∠∠．设ABC △，△ABP ，△ACP 的外心分别为O ，1O ，2O ．证明：直线AO 平分线段12O O ．
证明如图16-19，由M是BC的中点，MAB PAC
=
∠∠(AB AC
>时)，知AP为AM的共轭中线．设
直线AP交BC于点Q，交O于点D，则由性质11后中的注，知
2
2
AB BQ AC QC
=．
图16-19
于是，有
2
2
ABD
ACD
S
AB BQ AB BD AC QC S AC CD
?
===
?
△
△
，
即有A B B D A C C D
=，
亦即A B C D A C B D
?=?．
上式表明，圆内接四边形ABDC为调和四边形．
由性质12，即知直线AO平分线段
12
O O．
注：由性质12，知例9中的条件“P是ABC
△内一点”，可改为“P是ABC
△的外接圆内一点”，即图16-19中的线段AD上的点（异于端点）均可．
例10 （2008年蒙古国家队选拔考试题）已知梯形ABCD内接于圆Γ，两底BC，AD满足BC AD
<，过点C的切线与AD交于点P，过P的切线切圆Γ于异于C的另一点E，BP与圆Γ交于点K，过C 作AB的平行线，分别与AK，AE交于点M，N．证明：M为CN的中点．
证明如图16-20，联结CK，BE，EK，则由性质1知BEKC为调和四边形．联结CF，取CE的中点L，则由性质4知EKL BKC
=
∠∠．
P
Γ
图16-20
又BKC BAC ACN
==
∠∠∠，
则EKL ACN
=
∠∠．
由ACE AKE
=
∠∠，有M C L N C E A C E A C N A K E E K L A K L M K L
==-=-==
∠∠∠∠∠∠∠∠，即知M，C，K，L四点共圆．
因此，KML KCL KCE KAE
===
∠∠∠∠，于是ML AE
∥．
故M为CN的中点．
注：题设中的梯形ABCD可改为圆内接四边形，上述证明未用到BC AD
∥这个条件．
例11 （2005年国家集训队测试题）设锐角ABC
△的外接圆为W，过点B、C作W的两条切线，相交于点P．联结AP交BC于点D，点E，F分别在边AC，AB上，使得DE BA
∥，DF CA
∥．(1)
求证：F ，B ，C ，E 四点共圆；(2)若记过F ，B ，C ，E 的圆的圆心为1A ，类似地定义1B ，1C ，则直线1AA ，1BB ，1CC 共点．
证明 (1)如图16-21，欲证F ，B ，C ，E 四点共圆，只需证有
ω
P
Q F
E
D
C
B
A 图16-21
AF AB AE AC ?=?． ①
由于CD AF DE AB BC ==?
，BD
AE FD AC BC
==?． 于是，欲证①式，只需证22AB BD
AC CD
=
． ② 设AP 交圆W 于点Q ，联结BQ ，QC ，则由调和四边形性质1，知ABQC 为调和四边形． 由性质11，知在调和四边形ABQC 中，有②式，故F ，B ，C ，E 四点共圆．
(2)由题设并注意到性质11后中的注，
1A ，
1B ，1C 均与共轭中线有关，设G 为ABC △的共轭重
心，如图16-22（直线AG 交BC 于D ，直线BG 交AC 于J ，直线CG 交AB 于K ，则
T 11
E 1
F 1N 1M
1
G
J K D
C
B
A 图16-22
22AB BD AC CD =，22BA AJ BC JC
=，2
2CA AK
CB BK =
）． 过G 分别作11M N BC ∥，11S E AB ∥，11FT AC ∥，交点如图16-22所示．下面，我们证明1F ，1M ，1S ，1T ，1N ，1E 六点共圆．
由△11AM N 与ABC △位似， 有 211211AM M G
AN N G
=．
从而，由(1)知1F ，1M ，1N ，1E 四点共圆．
同理，1F ，1M ，1S ，1T 及1S ，1T ，1N ，1E 分别四点共圆． 于是， 11
11111180S M N BM S N M A =?--∠∠∠ 111180FT S ABC =?--∠∠ 180ACB ABC =?--∠∠
111BAC S E N ==∠∠，即知1M ，1S ，1T ，1N ，1E 五点共圆．
由对称性，知点1F 也在此圆上．即证得六点共圆． 设此六点圆的圆心为O ，由于1A 与O 的位似中心是A ，故直线1AA 过点O ．同理，直线1BB ，1
CC 也过点O ．证毕．
练习十六
1．在调和四边形ABCD 中，ADC ∠的平分线交AC 于T ，1O 为△BDT 的中心．设四边形ABCD 的外接圆圆心为O ，则1O D DO ⊥，1O B BO ⊥．
2．在调和四边形ABCD 中，M ，N 分别为对角线AC ，BD 的中点，则DMC BMC =∠∠，AND =∠ CND ∠，且NA NC MB MD +=+．
3．(2001年第50届保加利亚奥林匹克题)非等腰ABC △的内切圆圆心为O ，其与AB ，BC 和CA 分别相切于点1C ，1A 和1B ．1AA ，1BB 交圆于2A ，2B ．△111A B C 的111C A B ∠和111C B A ∠的平分线分别交11B C 和11AC 于点3A ，3B ，证明：(1)23A A
是121B A C ∠的平分线；(2)如果P 和Q 是△123A A A 和△123B B B 的两外接圆交点，则点O 在直线PQ 上．
4．（2005年福建省竞赛题）在直角三角形ABC 中，90B =?∠，它的内切圆分别与边BC ，CA ，AB 相
切于点D ，E ，F ．联结AD ，与内切圆相交于另一点P ．联结PC ，PE ，PF ，PD ．已知PC PF ⊥．
求证：(1)
PF PD
DF DC
=
；(2)PE BC ∥． 5．（2008年蒙古国家队选拔考试题）已知梯形ABCD 内接于圆Γ，两底BC ，AD 满足BC AD <，过点C 的切线与AD 交于点P ，过P 的切线切圆Γ于异于C 的另一点E ，BP 与圆Γ交于点K ，过C 作AB 的平行线，分别与AK ，AE 交于点M ，N ．证明：M 为CN 的中点． 6．（2006年罗马尼亚国家队集训测试题）在凸四边形ABCD 中，记O 为AC 与BD 的交点，如果BO 为ABC △的陪位中线，DO 为△ADC 的陪位中线．证明：AO 为△ABD 的陪位中线． 7．（2010年中国国家队集训测试题）设ABCD 是一个圆内接四边形，ADC ∠是锐角，且
AB DA
BC CD
=
．过A ，D 两点的圆Γ与直线AB 相切，E 是圆Γ在四边形ABCD 内的弧上一点，求证：AE EC ⊥的充分
必要条件是1AE ED
AB AD
-=．
8．（2000年波兰数学奥林匹克题）在等腰ABC △中，M 为底边AB 的中点，在ABC △内有一点，使得PAB PBC =∠∠．求证：πAPM BPC +=∠∠． 9．（2006年罗马尼亚国家队选拔考试题）在等腰ABC △中，AB AC =，M 为BC 边的中点，请在三角
形内找出满足πBPM CPA +=∠∠的点的轨迹． 10．（2006年罗马尼亚国家队集训测试题）在凸四边形ABCD 中，记O 为AC 与BD 的交点．如果BO 为ABC △的陪位中线，DO 为△ADC 的陪位中线．证明：AO 为△ABD 的陪位中线． 11．（2006年江西省竞赛题）ABC △中，AB AC =，M 是BC 的中点，D ，E ，F 分别是边BC ，CA ，
AB 上的点，且AE AF =，△AEF 的外接圆交线段AD 于点P ．若点P 满足2PD PE PF =?．证明：
BPM CPD =∠∠．
12．三角形内切圆切三边的三个切点，一切点和所对顶点连线与内切圆的交点，这四个点为顶点的四边形是调和四边形．这样的四边形有3个．
为方便叙述，我们记三个切点为内切圆上的第1类特殊点，此即第12题解答图中的点D ，E ，F ；切点和所对顶点连线与内切圆的交点记为内切圆上的第Ⅱ类特殊点，如该图中的点P ，Q ，R ；第Ⅱ类特殊点和相应顶点连线与内切圆的交点（异于切点）记为内切圆上的第Ⅲ类特殊点，如第14题解答图中的点G ，H ，M ，N ，S ，T ．这样，定理1表明3个第Ⅰ类特殊点和1个第Ⅱ类特殊点为顶点的四边形是调和四边形．
13．三角形内切圆上3个第Ⅱ类特殊点和1个第Ⅰ类特殊点为顶点的四边形是调和四边形．这样的四边形有3个．
14．三角形内切圆上2个第Ⅰ类特殊点，1个与前述第Ⅰ类特殊点有关联的第Ⅱ类特殊点，1个与前述第Ⅱ类特点有关联的第Ⅲ类特殊点，这4个点为顶点的四边形是调和四边形．这样的四边形有6个． 15．三角形内切圆上1个第Ⅰ类特殊点，1个与这个第Ⅰ类特殊点关联的第Ⅱ类特殊点，2个与这个第Ⅱ类特殊点关联的第Ⅲ类特殊点，这4个点为顶点的四边形是调和四边形．这样的四边形有3个．
高中数学解题八种思维模式 和十种思维策略 引言 “数学是思维的体操” “数学教学是数学(思维)活动的教学。” 学习数学应该看成是学习数学思维过程以及数学思维结果这二者的综合，因而可以说数学思维是动的数学，而数学知识本身是静的数学，这二者是辩证的统一。作为思维载体的数学语言简练准确和数学形式具有符号化、抽象化、结构化倾向。 高中数学思维中的重要向题 它可以包括: 高中数学思维的基本形式 高中数学思维的一般方法 高中数学中的重要思维模式 高中数学解题常用的数学思维策略 高中数学非逻辑思维(包括形象思维、直觉思维)问题研究; 高中数学思维的指向性(如定向思维、逆向思维、集中思维和发散思维等)研究; 高中数学思维能力评估：广阔性、深刻性、灵活性、敏捷性、批判性、创造性 高中数学思维的基本形式 从思维科学的角度分析，作为理性认识的人的个体思维题可以分成三种：逻辑思维、形象思维、直觉思维 一数学逻辑思维的基本形式1、概念是逻辑思维的最基本的思维形式，数学概念间的逻辑关系，a同一关系b从属关系c交叉关系以及d对立关系e矛盾关系12、判断是逻辑思维在概念基础上的发展，它表现为对概念的性质或关系有所肯定或否定，是认识概念间联系的思维形式。3、推理是从一个或几个已知判断推出另一个新判断的思维形式，是对判断间的逻辑关系的认识。 二数学形象思维的基本形式1图形表象是与外部几何图形的形状相一致的脑中示意图，2图式表象是与外部数学式子的结初关系相一致的模式形象。3形象识别直感是用数学表象这个类象（普遍形象）的特征去比较数学对象的个象，根据形象特征整合的相似性来判别个象是否与类象同质的思维形式。4模式补形直感是利用主体已在头脑中建构的数学表象模式1，对具有部分特征相同的数学对象进行表象补形，实施整合的思维形式。5形象相似直感是以形象识别直感和模式补形直感为基础基础的复合直感。6 象质转换直感是利用数学表象的变化或差异来判别数学在对象的质变或质异的形象特征判断。7图形
高中数学破题技巧 主讲人：徐德桦（绍兴一中） 一、列举法 【方法阐释】列举法就是通过枚举集合中所有的元素，然后根据集合的基本运算进行求解的方法。这种方法适用于数集的有关运算以及集合类型的新定义运算问题，也适用于一些集合元素比较少而且类型比较单一类型的题目，如排列组合等等。 【典型实例】 设P,Q为两个非空实数集合，定义集合P*Q={z|z=a/b,a∈P,b∈Q}，若P={-1,0,1}，Q={-2，2}，则集合P*Q中元素的个数是（） A.2 B.3 C.4 D.5 二、定义法 【方法阐释】利用定义判断充分条件和必要条件的方法就是最基本的、最常规的方法（回忆一下这些条件的判断方法），一般拿到陌生的题目或者一些新定义类型的题目都需要从定义和性质出发寻找突破口。 【典型实例】 “（m-1）(a-1)>0”是“logam>0”的（）（logam 意思就是以a为底m的对数） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 三、特殊函数法
【方法阐释】对于一些小题目（譬如，选择题和填空题）一般不需要详细的过程和步骤，只要有一种预感和能说服自己的理由可以尝试地使用一些特定的函数或者说特殊值。给定函数f(x)具备的一些性质来研究它另外的一些性质。对于能看出来是定值的题目一般也宜用特殊值法。 【典型实例】 定义在R上的函数f（x）关于（2,0）对称，且在[2,+无穷）上单调递增，如果x1+x2>4,且（x1-2）(x2-2)<0,则f(x1)+f(x2)与0的大小关系是（） A.f(x1)+f(x2)>0 B.f(x1)+f(x2)=0 C.f(x1)+f(x2)<0 D.无法判断 四、换元法 【方法阐释】这是一种高中阶段最常用的数学解题方法，贯穿于高中所有的阶段。解题过程就是将复杂的抽象的难以分辨和讨论的问题转化为简单具体直接而且熟悉的问题。例如，求函数y = x^4+2x^2-8的最值，就可以t=x^2(t>=0),这里t的范围需要特别注意。 【典型实例】 若2= 第32章勃罗卡定理 勃罗卡()Brocard 定理凸四边形ABCD 内接于O e ，延长AB 、DC 交于点E ．延长BC 、AD 交于点F ．AC 与BD 交于点G ．联结EF ，则OG EF ⊥． 证法1如图321-，在射线EG 上取一点N ，使得N ，D ，C ，G 四点共圆（即取完全四边形ECDGAB 的密克尔点N ），从而B 、G 、N 、A 及E 、D 、N 、B 分别四点共圆． 分别注意到点E 、G 对O e 的幂，O e 的半径为R ，则22EG EN EC ED OE R ?=?=-． 22EG GN BG GD R OG ?=?=-． 以上两式相减得() 22222EG OE R R OG =---， 即22222OE EG R OG -=-． 同理，22222OF FG R OG -=-． 又由上述两式，有2222OE EG OF FG -=-． 于是，由定差幂线定理，知OG EF ⊥． 证法2如图321-，注意到完全四边形的性质．在完全四边形ECDGAB 中，其密克尔点N 在直线EG 上，且ON EG ⊥，由此知N 为过点G 的O e 的弦的中点，亦即知O ，N ，F 三点共线，从而EN OF ⊥． 同理，在完全四边形FDAGBC 中，其密克尔点L 在直线FG 上，且OL FG ⊥，亦有FL OE ⊥． 于是，知G 为OEF △的垂心，故OG EF ⊥． 证法3如图321-．注意到完全四边形的性质，在完全四边形ABECFD 中，其密克尔点M 在直线EF 上，且OM EF ⊥．联结BM 、CM 、DM 、OB 、OD ． 此时，由密克尔点的性质，知E 、M 、C 、B 四点共圆，M 、F 、D 、C 四点共圆， 即有BME BCE DCF DMF ∠=∠=∠=∠， 从而9090BMO DMO DMF DCF ∠-∠=?-∠=?-∠ 11180909022BOD BOD BOD ??=?-∠-?=?-∠=∠ ??? ， 即知点M 在OBD △的外接圆上． 同理，知点M 也在OAC △的外接圆上，亦即知OM 为OBD e 与OAC e 的公共弦． 由于三圆O e ，OBD e ，OAC e 两两相交，由根心定理，知其三条公共弦BD ，AC ，OM 共点于G ．即知O ，G ，M 共线，故OG EF ⊥． 该定理有如下推论 推论1凸四边形ABCD 内接于O e ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，直线OG 与直线EF 交于点M ，则M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点． 事实上，若设M '为完全四边形ABECFD 的密克尔点，则M '在EF 上，且OM EF '⊥． 由勃罗卡定理，知OG EF ⊥，即OM EF ⊥．而过同一点只能作一条直线与已知直线垂直，从而OM 与OM '重合，即M 与M '重合． 推论2凸四边形ABCD 内接于圆，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点的充要条件是GM EF ⊥于M ． 推论3凸四边形ABCD 内接于圆O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，则G 为OEF △的垂心． 事实上，由定理的证法2即得，或者由极点公式：22222EG OE OG R =+-，22222FG OF OG R =+-，22222EF OE OF R =+-两两相减，再由定差幂线定理即证． 下面给出定理及推论的应用实例． 例1（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心． 第一章 高中数学解题基本方法 一、 配方法 配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。 最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解，或者缺xy 项的二次曲线的平移变换等问题。 配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a ＋b) ＝a ＋2ab ＋b ，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如： a 2 ＋ b 2＝(a ＋b)2 －2ab ＝(a －b)2 ＋2ab ； a 2 ＋a b ＋b 2 ＝(a ＋b)2 －ab ＝(a －b)2 ＋3ab ； a 2 ＋ b 2 ＋ c 2 ＋ab ＋bc ＋ca ＝ 2 1[(a ＋b)2 ＋(b ＋c) 2＋(c ＋a) 2] a 2＋b 2＋c 2＝(a ＋b ＋c) 2－2(ab ＋bc ＋ca)＝(a ＋b －c)2 －2(ab －bc －ca)＝… 结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如： 1＋sin2α＝1＋2sin αcos α＝（sin α＋cos α） ； x ＋ ＝(x ＋ ) －2＝(x － ) ＋2 ；…… 等等。 Ⅰ、再现性题组： 1. 在正项等比数列{a }中，a ?a +2a ?a +a ?a =25，则 a ＋a ＝_______。 2. 方程x ＋y －4kx －2y ＋5k ＝0表示圆的充要条件是_____。 A. 数学竞赛中代数式最值问题的解题策略 邮编：422200 作者：湖南隆回一中 邹启文 数学竞赛中最值问题，有一定难度，但只要我们去认真的分析，仔细地思考，不管问题再难，其实万变不离其宗，总离不开所学过的知识点和基本方法。如不等式法（包含非负数性质a ≥0，2a ≥0， a ≥0，一元二次方程判别式△≥0，整体大于部分等等），公式法（包括二次函数顶点坐标公式、三角函数公式、完全平方公式等等），区间取值法（包括一次函数线段端点取值与曲线在某区间内的最值求取等等），在求解方法上也有其规律性，如夹逼法、递推法、枚举法、放缩法、排序法，还有转化为几何图形法等等。近两年来的各级各类初中数学竞赛中的最值问题，在题型上已呈现出一个崭新的形势，其变化之多、涉及面之广、形式之灵活可谓达到了空前的程度，同时最值的求法也有了较大的拓展，打破了原有的思维定势，但仍然是有章可循的。 例1：已知设1x 、2x 、3x 、……n x 均为连续正整数，且1x ＜2x ＜3x ＜……＜n x ， 1x +2x +， 3x +……+n x =2005，则n x 的最大值是＿＿＿＿最小值＿＿＿＿（2005年 自编题） 分析：这是一道须利用不等式求解的试题，由于有1x +2x +3x +……+n x =2005，所以应当想到这些数的平均数必与中位数接近，于是可由此确定3x 的数值或范围。然后再求n x 的最大与最小数值。 解：由题意可设1x +2x +3x +……+n x =1+2+3+……+n =2005，由高斯求和公式可 得 ()200521=+n n ，解得63≈n ，但当63=n 时()()201632632 1636321=?=+=+n n 当62=n 时()()195363312 1626221=?=+=+n n ，∵1953≤2005≤2016，且n 是整数，∴n ≠62或63，我们又观察到平均值()?=++++n n n x x x x 13211ΛΛ40152005?=， 第32章勃罗卡定理 1 勃罗卡()Brocard 定理凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ．延长BC 、AD 2 交于点F ．AC 与BD 交于点G ．联结EF ，则OG EF ⊥． 3 证法1如图321-，在射线EG 上取一点N ，使得N ，D ，C ，G 四点共圆（即取完全四 4 边形ECDGAB 的密克尔点N ），从而B 、G 、N 、A 及E 、D 、N 、B 分别四点共圆． 5 图321 F O L G N E D C B A 6 分别注意到点E 、G 对O 的幂，O 的半径为R ，则22EG EN EC ED OE R ?=?=-． 7 22EG GN BG GD R OG ?=?=-． 8 以上两式相减得()22222EG OE R R OG =---， 9 即22222OE EG R OG -=-． 10 同理，22222OF FG R OG -=-． 11 又由上述两式，有2222OE EG OF FG -=-． 12 于是，由定差幂线定理，知OG EF ⊥． 13 证法2如图321-，注意到完全四边形的性质．在完全四边形ECDGAB 中，其密克尔点N 14 在直线EG 上，且ON EG ⊥，由此知N 为过点G 的O 的弦的中点，亦即知O ，N ，F 三点15 共线，从而EN OF ⊥． 16 同理，在完全四边形FDAGBC 中，其密克尔点L 在直线FG 上，且OL FG ⊥，亦有FL OE ⊥． 17 于是，知G 为OEF △的垂心，故OG EF ⊥． 18 证法3如图321-．注意到完全四边形的性质，在完全四边形ABECFD 中，其密克尔点M 19 在直线EF 上，且OM EF ⊥．联结BM 、CM 、DM 、OB 、OD ． 20 此时，由密克尔点的性质，知E 、M 、C 、B 四点共圆，M 、F 、D 、C 四点共圆， 21 即有BME BCE DCF DMF ∠=∠=∠=∠， 22 从而9090BMO DMO DMF DCF ∠-∠=?-∠=?-∠ 23 90(180)90BCD BCD =?-?-∠=∠-? 24 11180909022BOD BOD BOD ?? =?-∠-?=?-∠=∠ ??? ， 25 即知点M 在OBD △的外接圆上． 26 同理，知点M 也在OAC △的外接圆上，亦即知OM 为OBD 与OAC 的公共弦． 27 由于三圆O ，OBD ，OAC 两两相交，由根心定理，知其三条公共弦BD ，AC ，OM 28 共点于G ．即知O ，G ，M 共线，故OG EF ⊥． 29 该定理有如下推论 30 推论1凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 31 与BD 交于点G ，直线OG 与直线EF 交于点M ，则M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点． 32 事实上，若设M '为完全四边形ABECFD 的密克尔点，则M '在EF 上，且OM EF '⊥． 33 由勃罗卡定理，知OG EF ⊥，即OM EF ⊥．而过同一点只能作一条直线与已知直线垂直，34 从而OM 与OM '重合，即M 与M '重合． 35 推论2凸四边形ABCD 内接于圆，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 36 前言 (2) 第一章高中数学解题基本方法 (3) 一、配方法 (3) 二、换元法 (7) 三、待定系数法 (14) 四、定义法 (19) 五、数学归纳法 (23) 六、参数法 (28) 七、反证法 (32) 八、消去法……………………………………… 九、分析与综合法……………………………… 十、特殊与一般法……………………………… 十一、类比与归纳法………………………… 十二、观察与实验法………………………… 第二章高中数学常用的数学思想 (35) 一、数形结合思想 (35) 二、分类讨论思想 (41) 三、函数与方程思想 (47) 四、转化（化归）思想 (54) 第三章高考热点问题和解题策略 (59) 一、应用问题 (59) 二、探索性问题 (65) 三、选择题解答策略 (71) 四、填空题解答策略 (77) 附录……………………………………………………… 一、高考数学试卷分析………………………… 二、两套高考模拟试卷………………………… 三、参考答案…………………………………… 前言 美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。而当我们解题时遇到一个新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别是突出考查能力的试题，其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。我们要有意识地应用数学思想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。 高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查： ①常用数学方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去 法等； ②数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等； ③数学思维方法：观察与分析、概括与抽象、分析与综合、特殊与一般、类比、 归纳和演绎等； ④常用数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化 归）思想等。 数学思想方法与数学基础知识相比较，它有较高的地位和层次。数学知识是数学内容，可以用文字和符号来记录和描述，随着时间的推移，记忆力的减退，将来可能忘记。而数学思想方法则是一种数学意识，只能够领会和运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决，掌握数学思想方法，不是受用一阵子，而是受用一辈子，即使数学知识忘记了，数学思想方法也还是对你起作用。 数学思想方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的行为，具有模式化与可操作性的特征，可以选用作为解题的具体手段。数学思想是数学的灵魂，它与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得。 可以说，“知识”是基础，“方法”是手段，“思想”是深化，提高数学素质的核心就是提高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体现就是“能力”。 为了帮助学生掌握解题的金钥匙，掌握解题的思想方法，本书先是介绍高考中常用的数学基本方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法、反证法、分析与综合法、特殊与一般法、类比与归纳法、观察与实验法，再介绍高考中常用的数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（ 第一章高中数学解题基本方法 一、配方法 配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。 最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解，或者缺xy项的二次曲线的平移变换等问题。 配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a＋b) 2 ＝a 2 ＋2ab＋b 2 ，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如： a 2 ＋b 2 ＝(a＋b) 2 －2ab＝(a－b) 2 ＋2ab； a 2 ＋ab＋b 2 ＝(a＋b) 2 －ab＝(a－b) 2 ＋3ab＝(a＋ b 2) 2 ＋（ 3 2b） 2 ； a 2 ＋b 2 ＋c 2 ＋ab＋bc＋ca＝ 1 2[(a＋b) 2 ＋(b＋c) 2 ＋(c＋a) 2 ] a 2 ＋b 2 ＋c 2 ＝(a＋b＋c) 2 －2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c) 2 －2(ab－bc－ca)＝… 结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如： 1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα） 2 ； x 2 ＋ 1 2 x＝(x＋ 1 x) 2 －2＝(x－ 1 x) 2 ＋2 ；……等等。 Ⅰ、再现性题组： 1. 在正项等比数列{a n}中，a1?a5+2a3?a5+a3?a7=25，则 a3＋a5＝_______。 2. 方程x 2 ＋y 2 －4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。 A. 1 4 几何最值问题大一统 追本溯源化繁为简 目有千万而纲为一，枝叶繁多而本为一。纲举则目张，执本而末从。如果只在细枝末节上下功夫，费了力气却讨不了好。学习就是不断地归一，最终以一心一理贯通万事万物，则达自由无碍之化境矣（呵呵，这境界有点高，慢慢来）。 关于几何最值问题研究的老师很多，本人以前也有文章论述，本文在此基础上再次进行归纳总结，把各种知识、方法、思想、策略进行融合提炼、追本溯源、认祖归宗，以使解决此类问题时更加简单明晰。 一、基本图形 所有问题的老祖宗只有两个：①[定点到定点]：两点之间，线段最短；②[定点到定线]：点线之间，垂线段最短。 由此派生：③[定点到定点]：三角形两边之和大于第三边；④[定线到定线]：平行线之间，垂线段最短；⑤[定点到定圆]：点圆之间，点心线截距最短（长）；⑥[定线到定圆]：线圆之间，心垂线截距最短；⑦[定圆到定圆]：圆圆之间，连心线截距最短（长）。余不赘述，下面仅举一例证明：[定点到定圆]：点圆之间，点心线截距最短（长）。 已知⊙O半径为r，AO=d，P是⊙O上一点，求AP的最大值和最小值。 证明：由“两点之间，线段最短”得AP≤AO+PO，AO≤AP+PO，得d-r≤AP≤d+r，AP最小时点P在B处，最大时点P在C处。即过圆心和定点的直线截得的线段AB、AC分别最小、最大值。(可用“三角形两边之和大于第三边”，其实质也是由“两点之间，线段最短”推得）。上面几种是解决相关问题的基本图形，所有的几何最值问题都是转化成上述基本图形解决的。 二、考试中出现的问题都是在基本图形的基础上进行变式，如圆与线这些图形不是直接给出，而是以符合一定条件的动点的形式确定的；再如过定点的直线与动点所在路径不相交而需要进行变换的。类型分三种情况：（1）直接包含基本图形；（2）动点路径待确定；（3）动线（定点）位置需变换。 （一）直接包含基本图形。 AD一定，所以D是定点，C是直线 的最短路径，求得当CD⊥AC时最短为 是定点，B'是动点，但题中未明确告知B'点的运动路径，所以需先确定B'点运动路径是什么图形，一般有直线与圆两类。此题中B'的路径是以为半径的圆弧，从而转化为定点到定圆的最短路径为AC-B'C=1。 高中数学解题思维策略文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08] 第四讲 数学思维的开拓性 一、概述 数学思维开拓性指的是对一个问题能从多方面考虑；对一个对象能从多种角度观察；对一个题目能想出多种不同的解法，即一题多解。 “数学是一个有机的整体，它的各个部分之间存在概念的亲缘关系。我们在学习每一分支时，注意了横向联系，把亲缘关系结成一张网，就可覆盖全部内容，使之融会贯通”，这里所说的横向联系，主要是靠一题多解来完成的。通过用不同的方法解决同一道数学题，既可以开拓解题思路，巩固所学知识；又可激发学习数学的兴趣和积极性，达到开发潜能，发展智力，提高能力的目的。从而培养创新精神和创造能力。 在一题多解的训练中，我们要密切注意每种解法的特点，善于发现解题规律，从中发现最有意义的简捷解法。 数学思维的开拓性主要体现在： (1)一题的多种解法 例如 已知复数z 满足1||=z ，求||i z -的最大值。 我们可以考虑用下面几种方法来解决： ①运用复数的代数形式； ②运用复数的三角形式； ③运用复数的几何意义； ④运用复数模的性质（三角不等式）||||||||||||212121z z z z z z +≤-≤-； ⑤运用复数的模与共轭复数的关系z z z ?=2||； ⑥（数形结合）运用复数方程表示的几何图形，转化为两圆1||=z 与r i z =-||有公共点时，r 的最大值。 (2)一题的多种解释 例如，函数式22 1ax y =可以有以下几种解释： ①可以看成自由落体公式.2 12gt s = ②可以看成动能公式.2 12mv E = ③可以看成热量公式.2 12RI Q = 又如“1”这个数字，它可以根据具体情况变成各种形式，使解题变得简捷。“1”可以变换为：x tg x a b x x x x a b a a 2222sec ),(log )(log ,cos sin ,,log -?+，等等。 1． 思维训练实例 例1 已知.1,12222=+=+y x b a 求证：.1≤+by ax 分析1 用比较法。本题只要证.0)(1≥+-by ax 为了同时利用两个已知条件，只需要观察到两式相加等于2便不难解决。 高中数学50个解题小技巧 XX：__________ 指导：__________ 日期：__________ 1 . 适用条件 [直线过焦点]，必有ecosA=(x-1)/(x+1)，其中A为直线与焦点所在轴夹角，是锐角。x为分离比，必须大于1。 注：上述公式适合一切圆锥曲线。如果焦点内分(指的是焦点在所截线段上)，用该公式;如果外分(焦点在所截线段延长线上)，右边为(x+1)/(x-1)，其他不变。 2 . 函数的周期性问题(记忆三个) (1)若f(x)=-f(x+k)，则T=2k;(2)若f(x)=m/(x+k)(m不为0)，则T=2k;(3)若f(x)=f(x+k)+f(x-k)，则T=6k。 注意点：a.周期函数，周期必无限b.周期函数未必存在最小周期，如：常数函数。 c.周期函数加周期函数未必是周期函数，如：y=sinxy=sin派x相加不是周期函数。 3 . 关于对称问题(无数人搞不懂的问题)总结如下 (1)若在R上(下同)满足：f(a+x)=f(b-x)恒成立，对称轴为x=(a+b)/2(2)函数y=f(a+x)与y=f(b-x)的图像关于x=(b-a)/2对称;(3)若f(a+x)+f(a-x)=2b，则f(x)图像关于(a， b)中心对称 4 . 函数奇偶性 (1)对于属于R上的奇函数有f(0)=0;(2)对于含参函数，奇函数没有偶次方项，偶函数没有奇次方项(3)奇偶性作用不大，一般用于选择填空 5 . 数列爆强定律 (1)等差数列中：S奇=na中，例如S13=13a7(13和7为下角标);(2)等差数列中： S(n)、S(2n)-S(n)、S(3n)-S(2n)成等差(3)等比数列中，上述2中各项在公比不为负一时成等比，在q=-1时，未必成立(4)等比数列爆强公式：S(n+m)=S(m)+q2mS(n)可以迅速求q 6 . 数列的终极利器，特征根方程 首先介绍公式：对于an+1=pan+q(n+1为下角标，n为下角标)，a1已知，那么特征根x=q/(1-p)，则数列通项公式为an=(a1-x)p2(n-1)+x，这是一阶特征根方程的运用。 二阶有点麻烦，且不常用。所以不赘述。希望同学们牢记上述公式。当然这种类型的数列可以构造(两边同时加数) 7 . 函数详解补充 1、复合函数奇偶性：内偶则偶，内奇同外 2、复合函数单调性：同增异减 3、重点知识关于三次函数：恐怕没有多少人知道三次函数曲线其实是中心对称图形。它有一个对称中心，求法为二阶导后导数为0，根x即为中心横坐标，纵坐标可以用x带入原函数界定。另外，必有唯一一条过该中心的直线与两旁相切。 8 . 常用数列bn=n×(22n)求和Sn=(n-1)×(22(n+1))+2记忆方法 前面减去一个1，后面加一个，再整体加一个2 9 . 适用于标准方程(焦点在x轴)爆强公式 k椭=-{(b2)xo｝/{(a2)yo｝k双={(b2)xo｝/{(a2)yo｝k抛=p/yo 注：(xo，yo)均为直线过圆锥曲线所截段的中点。 10 . 强烈推荐一个两直线垂直或平行的必杀技 已知直线L1：a1x+b1y+c1=0直线L2：a2x+b2y+c2=0若它们垂直：(充要条件)a1a2+b1b2=0;若它们平行：(充要条件)a1b2=a2b1且a1c2≠a2c1[这个条件为了 第25章 九点圆定理 九点圆定理 三角形三条高的垂足、三边的中点以及垂心与顶点的三条连线段的中点，这九点共圆． 如图25-1，设ABC △三条高AD ，BE ，CF 的垂足分别为D 、E 、F ，三边BC 、CA 、AB 的中点分别为L 、M 、N ，又AH 、BH 、CH 的中点分别为P 、Q 、R ，则D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、O 、R 九点共圆． H O Q L R N M P F E D C B A 图25-1 证法1联结PQ ，QL ，LM ，MP ，则1 2 L M B A Q P ∥∥，即知L M P Q 为平行四边形，又LQ CH AB LM ⊥∥∥，知LMPQ 为矩形．从而L 、M 、P 、Q 四点共圆，且圆心V 为PL 与QM 的交点．同理，MNQR 为矩形，从而L 、M 、N 、P 、Q 、R 六点共圆，且PL ，QM ，NR 均为这个圆的直径． 由90PDL QEM RFN ∠∠=∠=?=，知D ，E ，F 三点也在这个圆上，故D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、Q 、R 九点共圆． 证法2如图25-1，由1 1801802NQD BQD BHD ∠=?-∠=?-∠，以及注意到DE 是N 与R 的公共弦， 知 NR DE ⊥，有1 2 N R D D R E C ∠= ∠=∠，亦即180NRD EHD ∠=?-∠，从而知 ()360180NQD NRD BHD EHD ∠+∠=?-∠+∠=?． 因此，N 、Q 、D 、R 四点共圆． 同理，Q 、L 、D 、R 四点共圆．即知N 、Q 、L 、D 、R 五点共圆． 同理，L 、D 、R 、M 、E 以及R 、M 、E 、P 、F ；E 、P 、F 、N 、Q ；F 、N 、Q 、L 、D 分别五点共圆． 故D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、Q 、R 九点共圆． 证法3如图25-1．联结PL 、PN 、PQ 、PF 、LQ 、LF 、QN 、FL ，则90PDL ∠=?．注意到PN BH ∥，NL AC ∥，BE AC ⊥，则PN NL ⊥，即90PNL ∠=?． 又PQ AB ∥，QL CH ∥，而CH AB ⊥，则QL PQ ⊥，即90PQL ∠=?． 注意到PF PH =，则PFH PHF CHD ∠∠∠==． 由LF LC =，有CFL HCD ∠∠=． 因90CHD HCD ∠+∠?=，则90PFL PFH CFL ∠∠+∠?==． 同理，PM L ∠、PEL ∠、PRL ∠皆等于90?．即D 、N 、Q 、F 、M 、E 、R 各点皆在以PL 为直径的圆周上． 故D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、Q 、R 九点共圆． 证法4如图25-1，注意到LQHR 为平行四边形，QP BA ∥，RP CA ∥，则么180180QLR QHR A QPR ∠=∠?-∠?∠==-，即知L 、Q 、P 、R 四点共圆． 又180180QDR QDH RDH QHD RHD QHR A QPR ∠∠+∠∠+∠∠?∠?-∠====-=（注意QP BA ∥， 十、构造法 解数学问题时，常规的思考方法是由条件到结论的定向思考，但有些问题用常规的思维 方式来寻求解题途径却比较困难，甚至无从着手。在这种情况下,经常要求我们改变思维方 向，换一个角度去思考从而找到一条绕过障碍的新途径。 历史上有不少著名的数学家，如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日等人，都曾经用“构 造法”成功地解决过数学上的难题。数学是一门创造性的艺术，蕴含着丰富的美,而灵活、 巧妙的构造令人拍手叫绝，能为数学问题的解决增添色彩，更具研究和欣赏价值。近几年来， 构造法极其应用又逐渐为数学教育界所重视，在数学竞赛中有着一定的地位。 构造需要以足够的知识经验为基础，较强的观察能力、综合运用能力和创造能力为前提， 根据题目的特征，对问题进行深入分析，找出“已知”与“所求（所证）”之间的联系纽带， 使解题另辟蹊径、水到渠成。 用构造法解题时，被构造的对象是多种多样的，按它的内容可分为数、式、函数、方程、 数列、复数、图形、图表、几何变换、对应、数学模型、反例等，从下面的例子可以看出这 些想法的实现是非常灵活的，没有固定的程序和模式，不可生搬硬套。但可以尝试从中总结 规律：在运用构造法时，一要明确构造的目的，即为什么目的而构造；二要弄清楚问题的特 点，以便依据特点确定方案，实现构造。 再现性题组 1、求证： 3 10910 22≥++=x x y （构造函数） 2、若x > 0, y > 0, x + y = 1，则4 2511≥???? ??+??? ??+ y y x x （构造函数） 3、已知01a <<，01b <<，求证： 22)1()1()1()1(22222222≥-+-+-+++-++b a b a b a b a （构造图形、复数） 4、求证：9)9(272≤-+x x ，并指出等号成立的条件。（构造向量） 5、已知：a>0、b>0、c>0 ,求证：222222c ac a c bc b b ab a ++≥+-++-当且仅当 c a b 111+=时取等号。（构造图形） 6 、求函数y = 再现性题组简解： 1、解：设)3(92 ≥+=t x t 则t t y t f 1)(2+==，用定义法可证：f (t )在),3[+∞上单调递增，令：3≤12t t < 则0)1)((11)()(2 1212122212121>--=+-+=-t t t t t t t t t t t f t f ∴310313)3(9 10322=+=≥++= f x x y 走进2018年中考数学专题复习第七讲几何最值问题解题策略【专题分析】 最值问题是初中数学的重要内容,无论是代数问题还是几何问题都有最值问题,在中考压轴题中出现比较高的主要有利用重要的几何结论(如两点之间线段最短、三角形两边之和大于第三边、两边之差小于第三边、垂线段最短等)以及用一次函数和二次函数的性质来求最值问题. 【知识归纳】 1.在求几何图形中的周长或线段长度最值时,解决此类问题的方法一般是先将要求线段(要求的量)用未知数x表示出来,建立函数模型(一般所表示的式子为一次函数解析式或二次函数解析式),常用勾股定理或三角形相似求得函数关系式,再用函数的增减性或最值来求解即可. 2.利用对称的性质求两条线段之和最小值的问题,解决此类问题的方法为:如图,要求直线l上一动点P到点A,B距离之和的最小值,先作点A关于直线l的对称点A',连接A'B,则A'B与直线l的交点即为P点,根据对称性可知此时A'B的长即为PA+PB的最小值,求出A'B的值即可. 【题型解析】 题型1: 三角形中最值问题 例题：（2017山东枣庄）如图，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P 的坐标为（） A．（﹣3，0）B．（﹣6，0）C．（﹣，0） D．（﹣，0） 【考点】F8：一次函数图象上点的坐标特征；PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】（方法一）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标，根据对称的性质找出点D′的坐标，结合点C、D′的坐标求出直线CD′的解析式，令y=0即可求出x的值，从而得出点P的坐标． （方法二）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标，根据对称的性质找出点D′的坐标，根据三角形中位线定理即可得出点P为线段CD′的中点，由此即可得出点P的坐标． 【解答】解：（方法一）作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示． 令y=x+4中x=0，则y=4， ∴点B的坐标为（0，4）； 令y=x+4中y=0，则x+4=0，解得：x=﹣6， 金牌学生推荐（可参照选择） 一、第零阶段：知识拓展 《数学选修4-1：几何证明选讲》 《数学选修4-5：不等式选讲》 《数学选修4-6：初等数论初步》 二、全国高中数学联赛各省赛区预赛（即省选初赛） 1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用 2、《高中数学联赛备考手册》华东师范大学出版社（推荐指数五颗星） 3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社（推荐指数五颗星） 4、单樽《解题研究》（推荐指数五颗星） 5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几） 6、《平面几何》浙江大学出版社 7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著 三、第二阶段：全国高中数学联赛 一试 0、《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社（推荐指数五颗星） 1、《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社 2、《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社 3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽 4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚） 5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠 6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本） 7、《概率与期望》单樽 8、《同中学生谈排列组合》苏淳 9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版 10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版 11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选（推荐指数五颗星） 12、《圆锥曲线的几何性质》 13、《解析几何》浙江大学出版社 二试 平几 1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选（推荐指数五颗星） 2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选（推荐指数五颗星） 3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》 4、浙大小红皮《平面几何》 5、沈文选《三角形的五心》 6、田廷彦《三角与几何》 7、田廷彦《面积与面积方法》 不等式 8、《初等不等式的证明方法》韩神 9、命题人讲座《代数不等式》计神 10、《重要不等式》中科大出版社 11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》 数论 （9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题） 12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》 13、奥林匹克小丛书《数论》 14、命题人讲座《初等数论》冯志刚 组合 15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》 16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》 17、命题人讲座刘培杰《组合问题》 18、《构造法解题》余红兵 19、《从特殊性看问题》中科大出版社 20、《抽屉原则》常庚哲 四、中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上 命题人讲座《圆》田廷彦 《近代欧式几何学》 《近代的三角形的几何学》 《不等式的秘密》范建熊、隋振林 《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选 《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军 《初等数论难题集》 命题人讲座《图论》 奥林匹克小丛书第二版《图论》 《走向IMO》 一、《高中数学解题的思维策略》 专题四几何最值的存在性问题 【考题研究】 在平面几何的动态问题中，当某几何元素在给定条件变动时，求某几何量（如线段的长度、图形的周长或面积、角的度数以及它们的和与差）的最大值或最小值问题，称为最值问题。 从历年的中考数学压轴题型分析来看，经常会考查到距离或者两条线段和差最值得问题，并且这部分题目在中考中失分率很高，应该引起我们的重视。几何最值问题再教材中虽然没有进行专题讲解，到却给了我们很多解题模型，因此在专题复习时进行压轴训练是必要的。 【解题攻略】 最值问题是一类综合性较强的问题，而线段和（差）问题，要归归于几何模型：（1）归于“两点之间的连线中，线段最短”凡属于求“变动的两线段之和的最小值”时，大都应用这一模型．（2）归于“三角形两边之差小于第三边”凡属于求“变动的两线段之差的最大值”时，大都应用这一模型． 两条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“牛喝水”问题，关键是指出一条对称轴“河流”（如图1）．三条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“台球两次碰壁”或“光的两次反射”问题，关键是指出两条对称轴“反射镜面”（如图2）． 两条线段差的最大值问题，一般根据三角形的两边之差小于第三边，当三点共线时，两条线段差的最大值就是第三边的长．如图3，P A与PB的差的最大值就是AB，此时点P在AB的延长线上，即P′．解决线段和差的最值问题，有时候求函数的最值更方便，建立一次函数或者二次函数求解最值问题． 【解题类型及其思路】 解决平面几何最值问题的常用的方法有：（1）应用两点间线段最短的公理（含应用三角形的三边关系）求最值；（2）应用垂线段最短的性质求最值；（3）应用轴对称的性质求最值；（4）应用二次函数求最值；（5）应用其它知识求最值。 【典例指引】 类型一【确定线段（或线段的和，差）的最值或确定点的坐标】高中数学竞赛解题策略几何分册勃罗卡定理
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很抱歉这么晚才来给大家讲课，因为今年暑假刚去安徽写生画图，
昨天下午坐了 24 个小时的火车过来，误了 4 天的课程，最后咱们
下午物理上完之后再给大家补课，再给大家补 5 天的课程，
去年高考难，很多学生数学考得也很不错，，很多人可能会问补课
有用吗。给大家举个例子，那几年留学很流行，大家可能会说，留
学很贵，实际上很多海归回来后一年的工资就把多花的挣回来了，
补课也是，讲到的某些知识点能被大家用到高考中，增加分数，高
考中分数的重要性，，我姐是个老师，我姐经常说孩子们考好了，
家长就说，，考不好，家长就说老师和郭师哥教的不好，实际上主
体还是我们学生，次要的才是老师，家长，环境，据去年那批学生
反映最后对我们 3 个教的还不错，
我先讲一下我补课大概基本要讲的内容，把大家数学必修的知识点
基本过一遍，再做相应的习题，中间穿插还有很多我个人感觉很多
好题；很多我归纳的知识和一些数学技巧；在最后 2 天我要给大家
讲一下数学解题策略，如果最后还有时间的话，还会给大家讲一下
一些英语，语文和其他科目的技巧。
导
读
数学教学的目的在于培养学生的思维能力，培养良好思维品质的途径，是进行有效
的训练，本策略结合数学教学的实际情况，从以下四个方面进行讲解：
一、数学思维的变通性(举例子过几天再给他们讲，考试的时候有些难题大家容易钻
牛角尖，这个变通不只是说思维，也可以说是大家对数学卷子的一种变通，高考 120 分
钟，12 道选择，4 道填空，基本用时不超过 50 分钟，选这题一般最后 2 个比较难，填
空题一般最后一个比较难，大家很容易被这卡主，流汗，紧张，看到你旁边的人第 2 道初中数学专题04几何最值存在性问题(解析版)
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