1、高中數(shù)學競賽講義(十五)復(fù)數(shù)一、根底知識1復(fù)數(shù)的定義： 設(shè) i 為方程 x2=-1 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(chǎn)生形如a+bi (a,b R)的數(shù)，稱為復(fù)數(shù)。所有復(fù)數(shù)構(gòu)成的集合稱復(fù)數(shù)集。通常用 C 來表示。2. 復(fù)數(shù)的幾種形式。對任意復(fù)數(shù)z=a+bi (a,b R), 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、虛部兩局部構(gòu)成；假設(shè)將 (a,b) 作為坐標平面點的 坐標，那么 z 與坐標平面唯一一個點相對應(yīng)， 從而可以建立復(fù)數(shù)集與坐標平面所有的點構(gòu)成 的集合之間的一一映射。因此復(fù)數(shù)可以用點來表示，表示復(fù)

2、數(shù)的平面稱為復(fù)平面，x 軸稱為實軸， y 軸去掉原點稱為虛軸，點稱為復(fù)數(shù)的幾何形式；如果將 (a,b) 作為向量的坐標，復(fù) 數(shù) z 又對應(yīng)唯一一個向量。因此坐標平面的向量也是復(fù)數(shù)的一種表示形式，稱為向量形式； 另外設(shè)z對應(yīng)復(fù)平面的點 Z,見圖15-1 ,連接0乙設(shè)/ xOZ=0 ,|OZ|=r ,那么a=rcos 0 ,b=rsin 0 ,所以z=r(cos 0 +isin 0 )，這種形式叫做三角形式。假設(shè)z=r(cos 0 +isin 0 )，那么0稱為z的輻角。假設(shè)OW0 <2n，那么0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|=

3、.如果用ei 0表示cos 0 +isin 0,貝U z=re i 0，稱為復(fù)數(shù)的指數(shù)形式。3共軛與模，假設(shè)z=a+bi , (a,b R),那么a-bi稱為z的共軛復(fù)數(shù)。模與共軛的性質(zhì)有：(1)；( 2);( 3);( 4);( 5);( 6);( 7) |z 1|-|z 2| W|z1土 Z2| < |z 1|+|z 2| ；2 2 2 2(8) |z 1+Z2I +|z 1-z 2| =2|z 1| +2|z 2| ;( 9)假設(shè) |z|=1 ，那么。4. 復(fù)數(shù)的運算法那么：(1)按代數(shù)形式運算加、減、乘、除運算法那么與實數(shù)圍一致,運算結(jié)果可以通過乘以共軛復(fù)數(shù)將分母分為實數(shù)；(2)

4、按向量形式,加、減法滿足平行四邊形和三角形法那么；(3)按三角形式，假設(shè) Z1=1(cos 0 1+isin 0 1), Z2=2(cos 0 2+isin 0 2)，那么 z1?z2=r1r2cos(0 1+02)+isin(0 1+02)；假設(shè) cos( 01-02)+isin(0 1-02),用指數(shù)形式記為 z1z2=r 1r 2ei( 0 1+0 2),5. 棣莫弗定理： r(cos 0 +isin 0 ) n=r n(cosn 0 +isinn 0 ).6. 開方：假設(shè) r(cos 0 +isin 0 )，那么，k=0,1,2,n-1 。7. 單位根：假設(shè)wn=1，那么稱w為1的一個

5、n次單位根，簡稱單位根，記 乙=，那么全部單位 根可表示為1,.單位根的根本性質(zhì)有(這里記， k=1,2,n-1 ) ：( 1)對任意整數(shù)k，假設(shè) k=nq+r,q Z,0 < r < n-1，有 Znq+r=乙；(2)對任意整數(shù) m,當 n > 2 時，有=特別 1+Z1+Z2+n-1n-2+Zn-1 =0;( 3) x +x + +x+1=(x-Z 1)(x-Z 2)(x-Z n-1 )=(x-Z 1)(x-)(x-).8. 復(fù)數(shù)相等的充要條件： ( 1 )兩個復(fù)數(shù)實部和虛局部別對應(yīng)相等；( 2)兩個復(fù)數(shù)的模和輻角主值分別相等。9. 復(fù)數(shù)z是實數(shù)的充要條件是 z=;z是純

6、虛數(shù)的充要條件是：z+=0 (且z豐0).10. 代數(shù)根本定理：在復(fù)數(shù)圍，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)，即假設(shè) z=a+bi(b 豐0)是方程的一個根，那么=a-bi也是一個根。12 .假設(shè)a,b,c R,a豐0，那么關(guān)于x的方程ax2+bx+c=0，當厶=b2-4ac<0時方程的根為二、方法與例題1. 模的應(yīng)用。例1求證：當n Nk時，方程(z+1) 2n+(z-1) 2n=0只有純虛根。證明 假設(shè) z 是方程的根，那么(z+1) 2n=-(z-1) 2n，所以 |(z+1) 2n|=|-(z-1) 2n|,即 |z+1|

7、 2=|z-1| 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)。2例 2 設(shè) f(z)=z +az+b,a,b 為復(fù)數(shù)，對一切 |z|=1，有 |f(z)|=1 ，求 a,b 的值。解因為 4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b)=|f+f(-1)-f(i)-f(-i)|> |f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)l=4 所以 f(1),f(-1),-f(i),-f(-i) 所以 f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，其中等號成立。四個向量方向相同，且模相等。，解得 a

8、=b=0.2. 復(fù)數(shù)相等。例3 設(shè)入 R,假設(shè)二次方程(1-i)x+(入+i)x+1+入i=0有兩個虛根，求入滿足的充要條件。解假設(shè)方程有實根，那么方程組有實根，由方程組得(入+1)x+入+仁0.假設(shè)入=-1，那么方程x2-x+1=0中厶<0無實根，所以入工-1。所以x=-1,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(yīng)用。例 4 設(shè) nW 2000,n N,且存在 B 滿足(sin 0 +icos 0 ) n=sinn 0 +icosn B,那么這樣 的n有多少個？解由題設(shè)得，所以n=4k+1.又因為0W nW 2000，所以1 W k

9、W 500,所以這樣的n有500個。4. 二項式定理的應(yīng)用。例5 計算：(1);( 2)解(1+i) 100=(1+i) 2 50=(2i) 50=-2 50,由二項式定理(1+i) 100= =)+()i ，比擬實部和虛 部，得 =-250, =0。5復(fù)數(shù)乘法的幾何意義。例6以定長線段BC為一邊任作 ABC分別以AB, AC為腰，B, C為直角頂點向外作等腰直角厶ABM等腰直角厶ACN求證：MN的中點為定點。證明 設(shè)|BC|=2a ,以BC中點O為原點，BC為x軸，建立直角坐標系，確定復(fù)平面， 那么B, C對應(yīng)的復(fù)數(shù)為-a,a,點A, M N對應(yīng)的復(fù)數(shù)為Z1,Z2,Z3,由復(fù)數(shù)乘法的幾何意義

10、得：， ，由+得Z2+Z3=i(z 1+a)-i(z 1-a)=2ai.設(shè)MN的中點為P,對應(yīng)的復(fù)數(shù)z=,為定值，所 以MN的中點P為定點。例7 設(shè)A, B, C, D為平面上任意四點，求證： AB?AD+BC?ADAC?BD證明用 A, B, C, D表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，那么(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D),因為 |A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|> (A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).所以 |A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|>|A-C|?|B-D|,“ = 成立當且僅當，即 =n，即卩 A, B,C, D共圓時成立

11、。不等式得證。6. 復(fù)數(shù)與軌跡。例8 ABC的頂點A表示的復(fù)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(shè)外心M對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z=x+yi(x,y R), B, C點對應(yīng)的復(fù)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(yīng)的復(fù)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(fù)數(shù)與三角。例 9 cos a +cos 3 +cos 丫 =sin a +sin 3 +sin 丫 =0,求證: cos2 a

12、 +cos2 3 +cos2 Y =0。證明 令 zi=cos a +isin a ,z 2=cos 3 +isin 3 ,z 3=cos 丫 +isin 丫，貝Uzi+Z2+z3=0。所以又因為 |z i |=1,i=1,2,3.所以Zi?=1，即由 Zi + Z2+Z3=0 得(1 1 1 一 一 冇纟衛(wèi)+卻z戈+玄了引 =zlz2z3 4= 習衍鼻厘(弐1+空?) = Q.又I約知勺丿所以所以 cos2 a +cos2 3 +cos2 y +i(sin2 a +sin2 3 +sin2 丫 )=0.所以 cos2 a +cos2 3 +cos2 y =0。例 10 求和：S=cos20&

13、#176;+2cos40°+18cos18 x 20°.解 令 w=cos20°+isin20 0,那么 w8=1 ,令 P=sin20 0+2sin40 °+18sin18 x 20°,那么218231819S+iP=w+2w+ +18w .由 x w 得 w(S+iP)=w +2w+ +17w +18w ,由-得(1-w)(S+iP)=w+w 2+w8-18w19=，所以 S+iP=，所以&復(fù)數(shù)與多項式。例11 f(z)=c 0Zn+c11+ +Cn-1Z+Cn是n次復(fù)系數(shù)多項式(co豐0).求證：一定存在一個復(fù)數(shù)Z0,|Z 0|

14、< 1,并且 |f(z 0)1 > |c 0|+|c n|.證明 記 C0Zn+C1Zn-1 +Cn-1Z=g(z),令=Arg(c n)-Arg(z 0)，那么方程 g(Z)-c 0ei 0 =0 為 n 次方程，其必有 n 個根，設(shè)為 Z1,z 2,z n,從而 g(z)-c 0e 0=(z-z 1)(z-z 2)?(z-z n)c。,令 Z=0 得-c 0ei 0=(-1) nZ1Z2ZnC0,取模得 |z 1Z2Zn| = 1 。所以乙,Z 2,，Zn 中必有一個 Zi 使得 |Z i | < 1,從而 f(z i)=g(z i)+C n=C0e =Cn，所以 |f(

15、z i )| = |C 0e +Cn| = |C 0| + |C n|.9. 單位根的應(yīng)用。例12證明：自O(shè) O上任意一點p到正多邊形 AAA各個頂點的距離的平方和為定值。證明取此圓為單位圓，O為原點，射線 OA為實軸正半軸，建立復(fù)平面，頂點A對應(yīng)復(fù)數(shù)設(shè)為，那么頂點AA3An對應(yīng)復(fù)數(shù)分別為£ 2, £3,，£【設(shè)點p對應(yīng)復(fù)數(shù)乙那么|z| = 1,ZJMt=乞険一事 f= x(?- £鶴-e 鐵)且=2n- 1=2n-命題得證。10. 復(fù)數(shù)與幾何。例13 如圖15-2所示，在四邊形 ABCD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

16、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(fù)平面，并用 A, B, C, D, P, Q表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，由題 設(shè)及復(fù)數(shù)乘法的幾何意義知 D=iC,B=iA ;取，那么C-Q=i(B-Q)，那么 BCQ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 A1A2A3及點p0,定義 A=A-3,s >4，構(gòu)造點列p0,p 1,p 2,使得pk+1 為繞中心Ak+1順時針旋轉(zhuǎn)1200時pk所到達的位置，k=0,1,2,假設(shè)p

17、1986=p0.證明： AA2A3為 等邊三角形。證明 令u=,由題設(shè)，約定用點同時表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，取給定平面為復(fù)平面，那么 p1=(1+u)A 1-up 0,p2=(1+u)A 2-up 1,p3=(1+u)A 3-up 2,X u2+ x (-U)得 P3=(1+U)(A 3-uA2+U2A)+po=W+pb,W 為與 po 無關(guān)的常數(shù)。同理得 P6=w+ps=2w+po,p i986=662w+po=po,所以 w=0,從而 A-uA2+u2Ai=0.由 u2=u-1 得 A-Ai= (A2-A1) U,這說明 A1A2A3為正三角形。三、根底訓練題221滿足 (2x 2+5x+2)

18、+(y 2-y-2)i=0的有序?qū)崝?shù)對 (x,y) 有組。2. 假設(shè) z C且 z2=8+6i,且 z3-16z-=。3. 復(fù)數(shù) z 滿足 |z|=5 ，且 (3+4i)?z 是純虛數(shù)，那么 。4. ，貝 U 1+z+z2+z1992=。5. 設(shè)復(fù)數(shù)z使得的一個輻角的絕對值為，那么z輻角主值的取值圍是 。6. 設(shè)乙w,入 C,|入|豐1,那么關(guān)于z的方程-A z=w的解為z=。7. 設(shè) 0<x<1 ，那么 2arctan 。8. 假設(shè)a,3是方程 ax2+bx+c=0 (a,b,c R)的兩個虛根且，那么 。9. 假設(shè) a,b,c C,那么 a2+b2>c2是 a2+b2-c

19、 2>0 成立的條件。2210. 關(guān)于x的實系數(shù)方程x -2x+2=0和x +2mx+1=0的四個不同的根在復(fù)平面上對應(yīng) 的點共圓，貝U m取值的集合是。11 .二次方程ax2+x+1=0的兩根的模都小于 2，數(shù)a的取值圍。12 .復(fù)平面上定點 乙，動點 乙對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為 Z0,Z1，其中0,且滿足方程 |Z1-Z0| = |Z 1|，另一個動點Z對應(yīng)的復(fù)數(shù)z滿足Z1?z=-1，求點Z的軌跡，并指出它在復(fù) 平面上的形狀和位置。13. N個復(fù)數(shù)Z1 ,z 2,z n成等比數(shù)列，其中|z 1|豐1,公比為q,|q|=1 且土 1,復(fù)數(shù) w,w2,wn滿足條件：w<=Zk+h,其中k=

20、1,2,n,h為實數(shù)，求證：復(fù)平面表示wi,w2,wn 的點 p1,p 2, ,p n 都在一個焦距為 4 的橢圓上。四、高考水平訓練題1 .復(fù)數(shù)z和cos 0 +isin B對應(yīng)的點關(guān)于直線|iz+1|=|z+i| 對稱，那么z=。2. 設(shè)復(fù)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O出發(fā)，向東行走，每走 1千米后，便向左轉(zhuǎn)角度,他走過 n 千米后,首次回到原出發(fā)點,那么 n=。4. 假設(shè),那么 |z|= 。5. 假設(shè)ak > 0,k=1,2,n，并規(guī)定an+1=a1，使不等式恒成立的實數(shù)入的最大值為6. 點P為橢圓上任意一點，以O(shè)P為邊逆時

21、針作正方形 OPQR那么動點R的軌跡方程為 。7. P為直線x-y+1=0上的動點，以O(shè)P為邊作正厶OPQQP, Q按順時針方向排列)。 那么點Q的軌跡方程為。&z C,那么命題“ z是純虛數(shù)是命題“的條件。9. 假設(shè)n N,且n?3,那么方程zn+1+zn-仁0的模為1的虛根的個數(shù)為 。2006202120072n10 .設(shè)(x +x +3) =ao+a1X+a2X + +anx，貝U + +a3k-。11. 設(shè)復(fù)數(shù) 乙,Z2滿足z1?,其中心0, A C。證明：(1) |z 1+A|?|z 2+A|=|A| 2；(2)12. 假設(shè)z C,且|z|=1,u=z 4-z3-3z2i-z

22、+1.求|u|的最大值和最小值，并求取得最大值、最小值時的復(fù)數(shù)z.13. 給定實數(shù)a,b,c,復(fù)數(shù)zi,z 2,z 3滿足求|az i+bz2+cz3| 的值。五、聯(lián)賽一試水平訓練題1復(fù)數(shù)z滿足那么z的輻角主值的取值圍是。2. 設(shè)復(fù)數(shù) z=cos 0 +isin 0 (0 <0<n )，復(fù)數(shù)z,(1+i)z, 2在復(fù)平面上對應(yīng)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,那么S到原點距離的最大值為 。3. 設(shè)復(fù)平面上單位圓接正20邊形的20個頂點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)依次為Z1,z 2,z 20,那么復(fù)數(shù)所對應(yīng)的不同點的個數(shù)是 。4. 復(fù)數(shù)

23、z滿足|z|=1，那么|z+iz+1|的最小值為。5. 設(shè)，Z1=w-z,z 2=w+z,z 1,z 2對應(yīng)復(fù)平面上的點 A, B,點 O為原點，/ AOB=90, |AO|=|BO| , 那么厶OAB面積是。6. 設(shè)，貝U (x-w)(x-w)(x-w )(x-w )的展開式為 。7. ()m=(1+i) n(m,n N+)，那么 mn的最小值是 。&復(fù)平面上，非零復(fù)數(shù)z1,z2在以i為圓心，1為半徑的圓上，？Z2的實部為零，Z1的輻角主值為，貝U Z2=。9. 當n N,且 K n< 100時，的值中有實數(shù) 個。10. 復(fù)數(shù)Z1,Z2滿足，且，那么的值是 。11. 集合 A=

24、z|z 18=1,B=w|w 48=1,C=zw|z A,w B，問：集合 C 中有多少個不同的 元素？12. 證明：如果復(fù)數(shù) A的模為1,那么方程的所有根都是不相等的實根(n N+).13. 對于適合|z| < 1的每一個復(fù)數(shù) 乙要使0<| a Z+ 3 |<2總能成立，試問：復(fù)數(shù)a, 3 應(yīng)滿足什么條件？六、聯(lián)賽二試水平訓練題1. 設(shè)非零復(fù)數(shù)a1,a2,a 3,a 4,a 5滿足其中S為實數(shù)且|S| < 2,求證：復(fù)數(shù) a1,a 2,a 3,a 4,a5在復(fù)平面上所對應(yīng)的點位于同一圓 周上。2. 求證：。3. p(z)=z n+C1Zn-1+C2Zn-2+6是復(fù)變量

25、z的實系數(shù)多項式，且|p(i)|<1,求證：存2 2 2 2在實數(shù) a,b,使得 p(a+bi)=0 且(a +b+1) <4b+1.4. 運用復(fù)數(shù)證明：任給8個非零實數(shù)a1,a2,a 8,證明六個數(shù)af3+a2a4,a 1a5+a2a6,af7+a2a8, a 3a5+a4a6, a 3a?+a4a8,a 5a?+a6a8 中至少有一個是非負數(shù)。5. 復(fù)數(shù) z 滿足 11z10+10iz 9+10iz-11=0，求證：|z|=1.6. 設(shè)Z1,z 2,z 3為復(fù)數(shù)，求證：|z 1|+|Z 2| + |Z 3|+|Z 1 + Z2+Z3I?|z 1+Z2| + |Z 2+Z3| +

26、 |Z 3+Z1I。高中數(shù)學競賽講義(十六)平面幾何、常用定理僅給出定理，證明請讀者完成梅涅勞斯定理設(shè)分別是厶ABC的三邊BC CA AB或其延長線上的點，假設(shè)三點共線，那么梅涅勞斯定理的逆定理 條件同上，假設(shè)那么三點共線。塞瓦定理設(shè)分別是厶ABC的三邊BC, CA, AB或其延長線上的點， 假設(shè)三線平行或共點，那么塞瓦定理的逆定理設(shè)分別是厶ABC的三邊BC, CA AB或其延長線上的點，假設(shè)那么三線共點或互相平行。角元形式的塞瓦定理 分別是 ABC的三邊BC, CA AB所在直線上的點，那么平行或共 點的充要條件是廣義托勒密定理設(shè)ABCD為任意凸四邊形， 那么AB?CD+BC?ADAC?BD

27、當且僅當A B,C, D四點共圓時取等號。斯特瓦特定理設(shè)P為厶ABC的邊BC上任意一點，P不同于B , C,那么有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 那么三垂足 共線。西姆松定理的逆定理 假設(shè)一點在三角形三邊所在直線上的射影共線 那么該點在三角形 的外接圓上。九點圓定理 三角形三條高的垂足、 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(gòu)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。

28、即不直接去證明 而是作出滿足條件的圖形或點 然后證明它與圖形 或點重合。例 1 在厶 ABC中，/ ABC=700 , / ACB=30 , P, Q 為厶 ABC部兩點，/ QBC2 QCB=10, / PBQ=/ PCB=20 ,求證：A , P , Q三點共線。證明 設(shè)直線CP交AQ于 Pi ,直線BP交AQ于 P2 ,因為/ ACP=/ PCQ=10 ,所以， 在厶ABP BPQ ABC中由正弦定理有 由，得。又因為Pi , P2同在線段AQ上 ,所以Pi , P2重合，又BP與CP僅有一個交點，所以Pi , Pa即為P ,所以A, P , Q共線。2面積法。例2 見圖16-1 , A

29、BCD中 , E , F分別是 CD BC上的點，且 BE=DF BE交DF于P , 求證：AP為/ BPD的平分線。證明設(shè)A點到BE, DF距離分別為hi,h2 ,貝U又因為 Sabc=Saadf,又 BE=DF所以hi=h2 ,所以PA為/ BPD的平分線。3幾何變換。例3蝴蝶定理見圖 i6-2 , AB是O 0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=MQ證明 由題設(shè)OMAB不妨設(shè)。作 D關(guān)于直線0M的對稱點。連結(jié)，那么要證PM=MQ只需證，又/ MDQMPFM所以只需證F, P, M共圓。因為/ =1800-=1800-/ =1

30、80°-/。(因為 OM AB/)所以F, P, M四點共圓。所以也 MDQ所以MP=M。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，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(shè)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A, B, C, D, E，由抽屜原理知這五點中必有三點同色，不妨設(shè)為A , B , C，那么 ABC與 A A1 BQ都是頂點同色的三角形，且相似比為1 995。4三角法。例5

31、 設(shè)AD, BE與CF為A ABC的角平分線，D, E, F在A ABC的邊上，如果/ EDF=9(°, 求/ BAC的所有可能的值。解見圖 16-3，記/ ADE=x,Z EDC邛，由題設(shè)/ FDA=-a,Z BDF=-3,由正弦定理：，得，又由角平分線定理有，又，所以，化簡得，同理，即所以，所以 sin 3 cos a -cos 3 sin a =sin( 3 - a )=0.又-n <3 - a < n ,所以3 =a。所以，所以 A=n。5. 向量法。例6 設(shè)P是A ABC所在平面上的一點， G是A ABC的重心，求證： PA+PB+PO3PG.證明因為習+瓦十花

32、二函十為+弟+囲+函+元二3死+囲十玉+元，又G 為A ABC重心，所以(事實上設(shè)AG交BC于E,那么，所以)所以，所以|西|十|丙|+|花|耳兩十西十更|“|朋|.又因為不全共線，上式“=不能成立，所以 PA+PB+PO3PG6解析法。例7 H是A 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于乙求證：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(Xk,yQ表示點k對應(yīng)的坐標，那么直線 PA的斜率為，直線 HL斜率為，直線HL的 方程為 x(x P-XA)+y(y P-y a)=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,又 點 C 在直線 BC 上，所以 xcXA+ycyA=XAxB+yAyB.同理可得 XBxC+yByc=XAxB+yAyB=XAxc+yAyc.又因為X是BC與HL的交點，所以點 X坐標滿足式和式，所以點X坐標滿足xxp+yyp=XAXB+yAyB.同理點 Y 坐標滿足 xxP+yyP=xBxc+yByc.點 Z 坐標滿足 xxP+yy P=xcXA+ycyA