向量在高考解析几何中的应用(高二、高三)

本文着重介绍平面向量在解析几何中的几种应用.1.证明三点共线例1 已知O(0,0),B(1,0),C(b,c)是△OBC的三个顶点,写出△OBC的重心G,外心F,垂心H的坐标,并证明F、G、H三点共线.(02年北京高考)     

一道高考题的简解

题目　已知O( 0 ,0 ) ,B( 1,0 ) ,C(b ,c)是△OBC的三个顶点 (Ⅰ )写出△OBC的重心G ,外心F ,垂心H的坐标 ,并证明G ,F ,H三点共线 ;(Ⅱ )当直线FH与OB平行时 ,求顶点C的轨迹 .( 2 0 0 2年北京卷 (文理2 1) )解　 (Ⅰ )由△OBC三顶点坐标O( 0 ,0 ) ,B( 1,0 ) ,C(b ,c) (c≠ 0 )可得重心G( b +13,c3) ,外心F( 12 ,b2 +c2 -b2c ) ,垂心H(b ,b -b2c ) ,所以GF =( 1- 2b6 ,3b2 +c2 - 3b6c ) ,GH =( 2b - 13,3b - 3b2 -c23c ) =( - 2x1- 2b6 ,- 2x3b2 +c2 - 3b6c )所以GH =- 2 GF ,所以G ,F ,H三点共线 .(Ⅱ )解 :由 (Ⅰ )可得F…     

关于图的笛卡积尔的DOMINATION数

本文证明了:设H是任意图,G是n阶图,若G满足下列条件之一1)△(G)=n-1;2)G是γ-generalized comb;3)△(G)=n-2且(G)>2,则γ(G×H)≥γ(G)·γ(H),即V.G.Vizing猜想成立。     

一道2012年北大自主招生试题的多解与探究

2012年北大自主招生数学试卷的第4试题:如果锐角△ABC的外接圆的圆心为O,求O到三角形三边的距离之比,一、试题的多解解法1:如图1,设锐角△ABC中三边长为a,b,c,△ABC外接圆的圆心为O,显见0在△ABC内,设外接圆半径为R,OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,OG⊥BC于G,△OBC中,S_△OBC=1/2OG×a,S_△OBC=     

从2003年高考谈化学推理题

高考对考生能力要求有五项:理解能力、推理能力、实验能力、获取知识能力与综合能力。2003年高考全国卷化学试题,明显突出了对化学学科推理能力的考查。下面结合2003高考中的典型试题来谈谈“推理题”的类型及解题思想。一、有机结构推理型[题30](13分)根据图示填空C NaHCO3 A [Ag(NH3)2]+,OH- B NaOH溶液(足量 )D ↓↓△△H2(足量)△Ni(催化剂)Br2G E ↓↓△H+△NaOH醇溶液(足量) H F …     

充分挖掘课本资源提高探究能力

在北师大版教材九年级上第三章第一节平行四边形后面有这样一道练习题: 　　已知:如图1,在四边形ABCD中,E、F、G、H分别是AB、CD、AC、BD的中点,求证:四边形EHFG是平行四边形.证明:∴线段AB、BD、CD、AC的中点分别是E、H、F、G,∴.EH、GF分别是△ABD、△CDA的中位线.……     

每期一题

题如图1,在△ABC中,AB=3AC艺A的平分线交BC于D,过B作BE工AD,垂足为E,求证AD=DE。(广西刁柳洲地区教育局陈有光) 即AD+ZDE=3AD,.’.AD== DE。 又法,延长AC、BE交于F(图5),再作CG上BF于G,则从△CGF“△AEF也 证法一,(利用全等三角形)如图2,延长BE、AC交于F,则AF二AB,CF=2月C,取BC的中点H,连结EH,则EH生士CF,于是可证得A刀二DE。 证法三(利用平行截线)延长AC,BE交于F (如图6),则AF=月B,且E为BF的中点,过E作,石万,DC交A尸于H,才 F 八 /、叔 图6\则CH二HF,考虑到AF二AB=3Ac,故CH二AC,又刀CIEH,.’. A…     

有奖解题擂台(87)

题如图,已知△ABC外切椭圆于点D、E、F,O为椭圆中心,H为BC中点,AH交EF于点G,则G、O、D三点共线.(注对第一位完整正确解答者授予奖金80元)有奖解题擂台(87)@卢伟峰$黑龙江省大庆实验中学!163311~~     

平行四边形等比截线围成的图形的面积

定理:在口ABCD的边上,有E、F、G、H四点(如图),使 BF CG F八GBDH AE万万一孟万一n(n>0),AG、BH、CE、DF交出四边形MN尸Q,则S二咖尸Q- n2nZ Zn 2·S二朋eo. 证明:易证FD// BH,AG// EC,ED一BG,从而△MDE望△尸BG,所以,MD一BP. 又△AFN的△AB尸,FNB尸AFAB 1n 1EDAEFN一 ln 1B尸= l     

浅谈吉布斯函数的计算与应用

这一判据在电化学及表面现象各章中得到广泛应用。 三、 △G的计算 1.由定义式计算 ①由定义式得,△G=△H～△(TS)……(4)该式适用于封诸系统中的任意过程。 ②等温条件下,上式可简化为:     

三角形中的两个恒等式

定理设尸是△ABC内任一点,过尸引三边的平行线,这三条直线把△A召C分成六个部分(如图),记△ABC的面积为S,则 (l)s一(袱歼 了云了十了瓦)2.(2)S=(S,S。 Sose SeS,)2证明:(l)// BC,FG// △DH尸 25,S,Se DE// AC,AB,的△ABC,A片//助△尸FE的△ABC,△G尸J的△冰BC.凡\Sc 卜 H尸训瓦… 丽一万’ 了瓦P,I一丫了’邵一叨E一C月F一B一gJ一.子了了/一尸 一一一S一E 了了一r户 一一即辛-亦即奈-丫云丁了了丫亏丁了了尸而丁 丫瓦 H尸十FE HP十丫万FE 尸J一BF FE EC一召C,一了瓦. 子丫瓦 产厂盯了云丁十,/云丁 JZ云丁)2. …     

关于功函和自由能判据数学中的一个问题

关于功函和自由能的判据,根据判据条件的不同,目前有两种判断方法。 第一种判据为(1): 对恒温恒容的封闭体系: (△F)_(T·V)<0 表示自发 (△F)_(T·V)=0 表示平衡 (△F)_(T·V)>0 表示不自发 (△F)_(T·V)>-W′表示不可能进行 对恒温恒压的封闭体系: (△G)_(T·P)<0 表示自发 (△G)_(T·P)=0 表示平衡 (△G)_(T·P)>0 表示不自发 (△G)_(T·P)>-W′表示不可能进行 第二种判据为: 对恒温恒容不做其它功的封闭体系:     

三角形垂心坐标公式应用二三例

以△ABC外心O为原点建立坐标系,R为外接圆半径,则顶点坐标可设为 A(Rcosα,Rsinα), B(Rcosβ,Rsinβ), C(Rcosγ,Rsinγ). 设H(k,l)为△ABC垂心,则可以证明例1.(欧拉定理)试证△ABC的外心O、垂心G和垂心H共线.     

浅谈完全四边形

为了方便书写,本文定义: “(△ ABC,D )”表示“考虑△ ABC ,及点 D ,根据塞瓦定理可得”. “(△ ABC,DE )”表示“由 DE 割△ ABC ,根据梅涅劳斯定理可得”. “( ABCD,EF,AC,GH )”表示,“ E、 F、G、H 分别在线段 AB、BC、CD、DA 上,且 EF、AC、HG 三线共点”(允许 ABCD为凸四边形,凹四边形及退化成三角形),并把三条直线两两平行作为三线共点的一个特例.1 完全四边形的背景知识 我们把两两相交而又没有三线共点的四条直线所构成的图形,叫做完全四边形.完全四边形蕴藏着许多有趣性质,在此仅提两点.1.1 施…     

管窥2019年浙江高考第21题

1.题目呈现如图1,已知点F(1,0)为抛物线y^2=2px(p>0),点F为焦点,过点F的直线交抛物线于A、B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F右侧.记△AFG,△CQG的面积为S1,S2.     

由新课程中几个例题所感悟到的——谈与平行四边形有关的几个变换

八年级下册(新课标·湘教版)的第三章,主要讲授的是一类特殊的四边形———平行四边形.其中有两个例题的解题思想很值得我们去探究.先不妨来看看这两个题目:例1如图1,在△ABC中,E、F分别为AB、AC上的中点,试问EF与BC有何关系.解△ABC绕E点旋转180°,A→B,B→A,C→G,设F→H,很明     

三角形内接正三角形的个数

定义设E,F,G分别是△ABC三边AB,BC,AC上的内点(不与顶点重合),称△EFG为△ABC的内接三角形.(如图1)图1 文[1]指出任意一个三角形至少存在一个内接正三角形,但究竟有几个?文[1]未加解决.本文对这个问题作出解答.     

有趣的“外心”与“垂心”

三角形的“外心”、“垂心”、“重心”共线,该直线称为欧拉线。欧拉线反映了三心之间的一种内在联系。三角形的“外心”、“垂心”、“重心”之间还有许多有趣的性质。 一、若△ABC的外心为O、重心为G、垂心为H,容易证明这三心之间的距离具有度量关系GH=2OG 二、若锐角△ABC的三边中点分别为D、E、F,△DEF的高线足分别为D′、E′、F′,容易证明△ABC的外心O是△DEF的垂心,又是△D′E′F′的内心;若△ABC是钝角三角形,则△ABC的外心O是△DEF的垂心,又是△D′E′F′的一个傍心。     

关系四边形的几个命题

命题 1　如图 1 ,在四边形ABCD中 ,F图 1为对角线AC上任一点 ,BF交CD于点E ,DF交BC于点G .P为AC上任一点 ,直线PG交AB于点R ,PD交AE于点H .则R、F、H三点共线 .证明 :因直线AHE截△DCP ,由梅涅劳斯定理得DHHP·PAAC·CEED=1 .①由直线ABR截△CPG得PRRG·GBBC·CAAP=1 .②由直线BFE截△CGD得GFFD·DEEC·CBBG=1 .③①×②×③得DHHP·PRRG·GFFD=1 .对△DPG用梅涅劳斯定理的逆定理知R、F、H三点共线 .命题 2　如图 2 ,在四边形ABCD中 ,F图 2为对角线AC上任一点 ,BF交CD于点E ,DF交BC于点G …     

对浙江高考试题（22）的探讨

(22) 如图1,△OBC的三个顶点坐标分别是为(0,0),(1,0),(0,2),设P1为线段BC的中点,P2为线段CO的中点,P3为线段OP1的中点,对于每一个正整数n,Pn 3为线段PnPn 1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn),an=(1)/(2)yn yn 1 yn 2.