高中名校自主招生考试数学重点考点及习题精讲讲义上（含答案详解）

名校《强基计划》初升高衔接讲义(上)第一讲代数式...21.知识要点...22.例题精讲...23.习题巩固..34.自招链接...45.参考答案...4第二讲方程..131.知识要点..132.例题精讲..143.习题巩固...154.自招链接...155.参考答案...16第三讲函数...291.知识要点...292.例题精讲...293.习题巩固..314.自招链接...325.参考答案...33第四讲不等式...441.知识要点...442.例题精讲...443.习题巩固...454.自招链接...465.参考答案...46第五讲圆..551.知识要点...552.例题精讲..553.习题巩固..584.自招链接..605.参考答案...61第六讲几何证明...741.知识要点...742.例题精讲...743.习题巩固...764.自招链接...775.参考答案...78第一讲代数式1.知识要点代数式包括在整个初中我们学习的整式、分式、根式等相关内容.在自招中所占的比例较大,无论在填空还是在解答晚上再中都可以找到代数式的身影.首先我们来看一下代数式章节几个重要的公式(以下列举课本中未涉及的公式):aaaaaa2.例题精讲1.若a=2016,b=20172.已知a−1a=43.若x+y+z=34.计算1+5.已知a、b、c是实数.若b2+c2−6.设Px=x4+ax3+bxP2=4036,P7.对于所有的正整数,定义.若正整数满足2017f则n的最大值为___.8.求所有的三元有序整数组使得2015x+3.习题巩固9.因式分解a310.因式分解x811.已知m是方程x2−5x−1=12.若x−3为正整数,且是2x2−5x13.若x+y−zz=14.计算1215.(1)若实数a使得a−2a−1=2（2）若实数a满足12≤a≤1,设p=16.已知实数x、y、z满足x+2y17.已知a1+a+ab18.已知.f求f14.自招链接19.求x−120.我们学过等差数列的求各公式1+2+3+⋯+n=n+15.参考答案例题精讲1.对于这样的题目,第一次就直接代入是很不应该的,我们先书写公式:a然后把a=2016a12.这样的题目在自招的试卷中出现的次数也是非常的多,应熟练选用合适的公式.熟用完全平方公式(注意符号):a所以a2熟用立方差公式(注意符号):a3.在自招试卷中下面这个公式非常重要:a设x−1x又x+y+z=从而可知,a故x4.在自招试卷中,算式中出现省略号的话,我们一般把通项写出来,然后进行变形,从而找出规律.1=所以,原式==5.由题设b2+c2−ab则bbaa所以a+b−c=0或者c不妨设a+b−c=0,则将6.对于数字规律明显的试题,可以考虑使用因式定理来进行化简.因式定理:如果多项式fx能被x−a整除,即x−a是f反之,如果fa=0,那么x−a通过因式定理的推导,可判断P所以1+=−====7.将具体的数字代入原不等式得:2017通项a4原不等式化简得:2017当你做到这一步的时候,可以尝试对每一项进行计算:2017发现左右有相同的数字,那是因为a所以,不等式或以化简为2017≥nn+1+18.先证明引理(此引理曾单独在自招试卷中出现):若p、q、r、p证明如下:设S=p+q+r,所以S−r=p由引理得2015x+设2015x+因为2015b2=a2x+y,所以20151分情况讨论,不妨设b≤(1)1b+1d+1x解得x(2)1b+(3)1b+所以,满足题目条件的为4030,4030习题巩固9.a−10.x=====11.由于m2−5m−1=m−1m=512.2x2−5x+13x−3=13.若x+y+z故x+若x+y+z≠0x=y=z14.1原式1−15.(1)2(2)将p平方:p2=2a+故p=2,因此p为无理数16.x2显然x=y=z=17.b1即b+故b+则b+故b+等式两边同时除以ab,可得1a进而1+则1+故1a从而1a故1a展开并化简,可得c−abc2=1ab−c,即abc18.a1所以f===自招链接19.根据绝对值的几何意义,我们知道x−1+x−4的最小值在1≤x≤420.虽然有很多同学知道这个公式最后的答案为nn+12n+上面的式子中我们发现了需要推导的n2,那么下面就是寻找n−n然后依次类推:03我们把所有的式子相加:左边=0右边=1化简得3所以1第二讲方程1.知识要点一、代数方程分类:①整式方程;②分式方程;③无理方程.二、解方程的基本思想:①化分式方程为整式方程;②化高次方程为一次或二次方程;③化多元为一元;④化无理方程为有理方程.总之,最后转化为一元一次方程或一元二次方程.三、解方程的基本方法:①解整式方程:一般采用消元(加减消元、代入消元、因式分解消元、换元法消元等),降次(换元降次、因式分解降次、辅助式降次等)等方法.②解分式方程:一般采用去分母,换元法,重组法,两边夹等方法.③解无理方程:一般采用两边平方,根式的定义、性质、换元,几何构造,构造三角函数.四、二次方程中的韦达定理:我们一般在初二的时候学习韦达定理,利用韦达定理可以解决很多根与系数方面的问题,韦达定理(根与系数的关系)若一元二次方程ax2+bx+c=0a各位同学,还记得推导过程吗?证法一:(求根公式推导)一元二次方程ax2x则x1证法二:(待定系数法)若一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两根为2.例题精讲1.已知关于x的方程a3x−2+b2x2.方程2x−13.求方程x3−4.解方程组15.设x1、x2为方程x2−6.若k为正整数,且关于x的方程k2−1x2−63k7.关于x的二次方程k2−6k+8x8.关于x的方程x4−9.若x那么,x2+10.设a、b、c分别为△ABC的三边,求证:关于x11.解无理方程:3453.习题巩固12.方程2x2−xy−3x13.解方程组:x14.求所有正实数a,使得方程x2−15.是否存在质数p、q,使得关于x的一元二次方程p16.求所有有理数r,使得方程rx217.设方程x2−3x+1=0的根α、β18.设a与b为方程x2+px+1=0的两个实根,c与da19.设r、s、t是方程8x320.已知p为质数,使二次方程x2−2px+p221.已知方程x−ax−8−22.已知关于x的二次方程ax2−2a−4.自招链接23.若方程x2−1x2−4=k24.解方程组x5.参考答案例题精讲1.因为关于x的方程a3x−2+b2x所以3a+3b−82.当x≤−1时,原方程化为−2x−1−当−1<x≤12时,原方程化为−2x−1当12<x≤2时,原方程化为2x−1−当x>2时,原方程化为2x−1+x−2=x+13.设x3−A则A即A即A可得A因此有x或x则x因此x可得x所以,原方程的根为x14.原方程组化为xy令x,则xy①②③①+②+③,得xy④由④分别减去①、②、③得xy=⑤×⑥×⑦,得xyz⑧由8分别除以5、6、7得x所以x+y+z=所以原方程组的解为x5.因为关于x的一元二次方程x2−Δ=−=−可得−4由韦达定理,得x1+x==−当k=−4时,当k=−43时,6.原方程变形、因式分解为kk即x1由12k+1为正整数得k=1所以k=2,3使得x1、x2同时为正整数,但当k=37.一元二次方程的整数解的典型难题,由根为整数无法得知实数k是否为整数,解题的基本思路是消去实数k,得到关于整数解x1、由k2−k故x1=−k−2k−4,因为x1=−k−2k−2=−4x2+1,两式相减可得,2=−4x又x1≠−1且x故k=注:得出x1=−k−2k−4=−±2;k−2=±1,±23.此法不严密,如果是整数,此法可用,如果不是,就不能用.8.首先我们推导一下四次方程的韦达定理.设4个根分别为:x1、x2、xxx−根据韦达定理(根与系数的关系)有:−x1+x2+x1x2+x3−x1x3x4x1x下面我们来解答这道试题.根据题意,设根为a−3ba−3b+aa−3b上面两个式子化简,得4a=4,即a1则1−9b21−b2=52,即9又b>0,所以b=3故原方程的解为x1注:有兴趣的同学可以尝试求出m、9.已知条件的结构特征,可构造一个关于t的方程x则22⋅42⋅62⋅82将x2tt由一元次方程的根与系数的关系,得2所以x210.关于x的二次方程b2xΔ====−因为在三角形中两边之和大于第三边,即a+b>c因为a+b+c>所以关于x的二次方程b2x11.(法一)设345+x=a,316−xa所以ab=−所以a、b是二次方程y2−y−20=0所以a=345+x=5,b=316−经检验,x1=(法二)原方程化为345设345+x=a因为a3+a即4520xx解得x=80或x=−109;经检验,习题巩固12.本题利用因式分解比较复杂,不易得出,注意到y的最高次数是一次,用x来表示y,题目迎刃而解.y由x、y均为正整数,可得,513.x①+②+③得x2+x+y+z（1）当x+y+z=0yz由④一⑤得3y2−z2=z−y若y=z,代入④,得3y2+所以x=0,y=若y=z=−13,则x=（2）当x+y+z=1yz由⑥一⑦得3y2−z2=y−z若y=z,代入⑥,得3y2−所以x14.a15.本题虽然形式上是有理数根的问题,但是因为p、q都是整数,则Δ方程有有理数根,那么Δ为平方数,和例题3、例题4的本质相同.令Δ=q2−4p2=n由于1≤q−n≤q+n,且qq消去n,解得q=对于第1、3种情形,p=2,从而q=5,对于第2、5种情形,p=2,从而q=4(不合题意,舍去),对于第又当p=2,q=5时,方程为2综上所述,存在满足题设的质数.16.首先对r=0和r≠0进行讨论.时.r=0原方程是关于x的一次方程,r≠0时,原方程是关于x的二次方程,由于当r=0时,原方程为x−1=当r≠0时,原方程是关于x的一元二次方程,设它的两个整数根为x1、xx则消去r得x1x2−x1x综上所述,当r=−117.因为α、β是方程x2−3x+1=0αα因为α、β是方程x6−因为α≠β,所以18.由韦达定理,得a+baa又因为c与d为方程x2+qx+1=c2+aa所以a19.因为三次方程没有x2项,所以它的所有根之和为0,即.s+r由于r为方程的根,故8r对s和t也有同样的式子,所以8故r因此r+20.典型的方程整数解问题,注意充分利用p是质数这个条件.由于这个整系数一元二次方程有整数根,所以Δ是完全平方数,从而5p+1是完全平方数.令5p+1=n2,n是整数,则5p=n−1若5∣n−1,令n−1=5k,则p=k5k+2若5∣n+1,令n+1=5k,则p=k5k−综上所述,所求的质数p为3或7.21.原方程整理为x2设x1、x2为方程的两个整数根,由韦达定理,x1+x2=a+8,所以a=22.a=−4自招链接23.(法一)令x2=t,则原方程为t−1t−4=kxx由题意它们在数轴上对应的点等距离排列,所以得到35−9+4k(法二)由题意,4个非零实数根在数轴上对应的4个等距点中有两对关于原点对称,则可令x即x4−5x2+4−k24.原方程组变为x即x①×②×③可得x+即x+当x+yy同理,当x+y−z第三讲函数1.知识要点函数是初高中之间重要的桥梁,除了大家熟悉的一模二模考试中的考题外,函数还与不等式、方程有着一定的联系,做这类题目的一般步骤为:画图,确定范围,列出不等式(或等式),求解.一元二次不等式的解集:ΔΔΔΔ二次函数y=a方程ax2有两个不等的实根x有两个相等的实根x无实根ax2x<x1x一切实数ax2x无解无解如果在区间a,b上有fa⋅fb<0,则至少存在一个a<x图3-12.例题精讲1.对于每个x,函数y是y1=2x,y2=x2.已知抛物线y=ax2+bx+c与双曲线y=k2x3.已知函数y=x2−2x,x≤3,x2−10x4.求y=x5.若二次函数y=ax2+bx+ca≠0的图象的顶点在第一象限,且过点0,1(A)−1<S(C)1<S<26.(1)画出y=∥∥x（2）根据图象求出方程∥∥x−7.已知二次函数y=ax2+bx+c(其中a、b、c为整数且8.若抛物线y=x2+mx+2与连结两点M0,1、N2,3的线段9.已知a、b、c为正整数,且抛物线fx=ax2+bx+c与x轴有两个不同的交点A、10.二次函数fx=x2+ax11.二次函数fx满足:(1)f−1=0;(2)对任意实数x有x12.问同时满足条件:(1)当−1≤x≤1时,fx≤1;(2)f13.已知x12x14.已知fx（1）若fx=x有实根,求证:（2）若fx=x无实数根,求证:3.习题巩固15.求函数y=x16.若对任意实数x,不等式x≥ax恒成立,求实数a17.求函数fx=⋯∥x−1−18.已知实数a、b、c满足a>b19.求证:对一切实数a,方程a2−20.设a、b是实数,二次函数fx=ax2+b21.若方程mx4−m−3x2+3m22.二次函数fx=−12x2+x,若m≤x23.设函数fx=14x2−4x+16−a,当24.已知am+2+bm+1+cm=0,且a25.已知fx=ax3+bx2+cx+26.二次函数fx=x2+bx+c满足−1≤27.二次函数y=ax2+bx+c满足28.求所有的二次函数fx=x2+ax+b,a、b29.试求实数a、b使得抛物线y=x2+ax+4.自招链接30.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著,以其命名的函数f该函数被称为狄利克雷函数,则关于狄利克雷函数fx①ff②对任意x∈R恒有f③任取一个不为零的有理数T,fx+T=④存在三个点Ax1,fx1、A.1B.2C.3D.431.如图,该函数由分段的线性函数组合而成,由于形状像很多顶帽子,被称为“Euclid帽子函数”.在数学、工程等领域的插值问题中有很高的应用价值.（1）试写出其函数表达式;（2）求二次函数y=−x2+aa（3）试构造一个二次函数,使其与“Euclid帽子函数”有且只有两个交点,且两交点的横坐标都在52和72(第2题)5.参考答案1.在同一坐标系内分别画出y1、y2、y3的图象,进而可得函数y的图象,易知,当x=102.两曲线的图象如图3-2,若x>0,则ax2+若x<0,则ax2+综上,不等式的解集为−3<x<−1图3-23.如图3-3,观察图象易知,直线y=3与函数图象恰有三个交点,即k=3时,使y=k图3-34.y=几何意义:在平面直角坐标系中,点x,x2到点0,1与点5,0的距离之和.原题即求:抛物线y=x2上的点P到A05.先来常规代数法.将0,1和−1,0代入得:b=a+顶点坐标−a+解不等式组:−a+12a>0,4a−a0<答案:D.除了以上的做法,选择题我们还可以画图象(如图3-4)来解决.图3-4点E在点D、F之间.由对称轴的位置可知点D在点B的左边,那么E点位置也应在B点左侧;二次函数抛物线是曲线,从C点开始弯下去了,那么E点当然在F点下方,同学们可以画一画极端情况:相信你能发现0与6.我们先来体会一下绝对值在函数图象中的表现.如图3-5,比较一下y=x与y=x,图中虚线部分为y=x,加了绝对值之后x图3-5接着我们考虑:y=x−3,这个大家都知道,是将y=x向下平移3图3-6重复刚才的过程两次:将y=x−3向下平移3个单位,再把负数部分翻折上去,得到y=∥x−3−（2）有了作图的经验,我们可以轻松画出图3-7y将两函数图象放一起,交点横坐标即为所求方程的解,我们还是来看图象(图3-8):图3-8两函数图象分别为实线和虚线,构成了很多等腰直角三角形,交点横坐标一目了然.答案:x=±x对一切实数x恒成立,由②得:a−令fx=a−2x2+bx+c−14,则fx为开口向下且与x轴至多只有一个公共点的抛物线或为不在先讨论简单的:当a=2时,常值函数,则由①得ax2+b−1x+c≥0,即2x2−当a=1时,Δ由①得ax2+b−1x+Δ结合③④,发现:b−12≤4c≤1−b2,所以若b=0,则c无整数解;若b=1所以,a=1,b=8.线段MN的函数解析式为y=x+1.于是,原问题等价于方程x2+mx+2令fx要使得fx=0在和对称轴,则有Δ解得−39.令Ax1Δ由①得b>2ac;由③得a因为ca=x1x2<1从而,a≥5,b>因此,a+取a=5,b=符合条件,因此,a+b+10.由已知得:M≥fM所以M≥又当a=0,b=−12时,M=111.设fx由(1)知f−1=0由(2)知1≤f1≤12+12=b从而fx又因为fx≥a对任意x成立,故a>0,Δ=14−4a则f12.假设存在满足条件的二次函数fx（1）当−1≤x≤1时,fx4a7≤矛盾.所以不存在.13.若x12若x12f则fx又二次项系数x12+x22故Δ≥04x14.(1)若x0是fx=x的实数根,则ffx0=fx（2）若fx=x无实数根,当a>0时,fx>x对于一切实数都成立,ffx>fx>x,所以ffx=x习题巩固15.注意到y=x+22+0−12−x+12+0−22表示点Px,016.可分类讨论.当x>0时,x≥ax,得a≤1,当x=0时,0≥0⋅a,得a为任意实数;另解:数形结合,只不过这次“形”用的是函数图象.设y1=x,y2=ax,画出两个函数图象,满足y1≥y217.只有一层绝对值时,其面积为0,有两层绝对值时,其面积为1⋯⋯有k层绝对值时,其面积为k−1.那么18.由已知得a+b=1−c,ab=c2−c所以f故−13<c<0.又19.设fx=f0=5a2+实根.20.由f1f21.令t=x2,则ft=mtf22.f⇒又m<k,k>1,所以23.fx=14x（1）当0<b<8时,f0（2）当8≤b≤16时,f0=（3）当b≥16时,fb=3b,f8=0综上:a=b=424.设fx=ax2+f（1）若a=0,则bmm+1（2）若a>0,则fmm+1<0.若c≤0f0综上,ax2+bx+c=025.fx因为6a、2b、a+b+c、d均为整数,对任意的整数x26.由已知得,2≥f2①2②2③由①+2×②+③得8≥8,所以每个等号都成立,故27.由已知b>aa令ba−1=t当t=3,28.fx=x2−7x−1或f29.设y=x2+ax+b与y=x2+bx+a分别与x轴交于x1,0、x2,0;x3,0、x4,0,x1<x2,x3<x4综上,结合对称性得a=−4,b=自招链接30.这算考查函数思想的阅读理解题了吧,别怕,我们好歹学过一点函数知识,基本思想还是具备的,一个个来看.(第1题)命题①错:fx=1或0,为有理数,则ffx=命题②对:当x为有理数时,−x也为有理数,fx=f−x=1;当x命题③对:当x为有理数时,x+T也为有理数,fx+T=fx=1;当命题④对:由于fx1、fx2、fx3只能取0或1,要构成三角形就不能同时取0,或同时取1,不妨设fx3答案:C31.(1)容易想到的就是写成分段函数:y也可以写成一个表达式,注意到图象中0≤xy可以利用高斯函数达到目的:y其是x表示不大于x的最大整数.或者根据前面例题总结的经验,写成这样的形式:y=∥⋯∥x（2）求交点,先考虑图象法,图象法比较直观,但无法精确求值,如图:(第2题)由图象知:0<a<34时,有2个交点,当a=0注意:当a接近最高点的时候,需要验证一下y=x+1−1<x<−1（3）y=第四讲不等式1.知识要点不等式章节是一个相对综合的章节,会与方程、函数相结合进行考核.一般的题型为,解不等式,证明不等式,求最大值和最小值等.在这个章节中我们要学习一些在初中能力范围内可以接受的重要不等式.不等式a2+b2aa不等式a2+b2≥2aba即知当a、b、c均为正实数时必有:a3或把a、 b、c代以3a、a2.例题精讲1.已知n、k均为正整数,且满足不等式713<nn+k<611.若对于某一给定的n2.已知x、y、z为非负数,且满足3y+2z=3+x3.甲组同学每人有28个核桃,乙组同学每人有30个核桃,丙组同学每人有31个核桃,三组的核桃总数是365个.问:三个小组共有多少名同学?4.若不等式x+1+x−35.关于x的不等式x−5≤x+2a的解包含了不等式x6.解不等式x27.已知直线y=kx+b过点P−2,1,且与x轴负半轴交于点A,与y轴正半轴交于点B,当△AOB8.如果x≥0并且x≠2,则9.在△ABC的边BC、CA、AB上分别取点D、E、F,试证在△10.设a1,a2,⋯,11.证明:ab+cd12.若3x+4y+5z=1(x、y、z为实数),求3.习题巩固13.已知关于x的不等式组x−（1）若不等式组无正整数解,求a的取值范围;（2）是否存在实数a,使得不等式组的解集中恰含了3个正整数解.14.代数式xyx−15.设a、 b是正整数,且满足56≤a+b≤5916.在实数范围内解方程x217.在坐标系平面上,纵坐标与横坐标都是整数的点称为整点,试在二次函数y=x210−x10+9518.证明:(1)a+(2)a219.已知x、y、z为正实数且x+y+z≤20.证明:a421.设a,b,c>22.已知a,b,c>23.已知a,b,c>0,且24.设a≥b,c≥4.自招链接25.如果关于x的不等式组7x−m≥06x−n<026.下凸函数的定义:fx1+x22已知fx为下凸函数,对于f（1）当b=1（2）当b=15.参考答案1.因为713<nn+即56<kn<因为对于给定的n、k值是唯一的,所以6n7−5n6≤当n=84时,代入5n6<k<6n7得又由56<kn<当n=8时,代入5n6<k<当n=9时,代入5n6<k<当n=10,11,12时,代入5n当n=13时,代入5n6<k<6n7,得所以n=13综上所述,n的最大值是84,n的最小值是2.把含三个未知数的方程组转化为关于y和z的二元方程组,根据x、y、z为非负数来确定x的取值范围,w全用x表示,从而求得w的最大值和最小值.由3y+2z=3+因为x、y、z均为非负数,所以x≥0,y≥解得14≤x≤5由14≤x≤57得−52≤w≤677,所以,w的最大值是677(当x3.方法一:设甲组同学a人,乙组同学b人,丙组同学c人,由题意得28a+30b+31c=365,怎样解三元一次不定方程?因为28a+b+c所以a+因为31a+b+c所以a+b+c≥12当a+b+c=13时,得所以a+b+c方法二:三组的核桃总数是365个(联想一年是365天),甲组同学每人有28个(联想一年只有2月份有28天),乙组同学每人有30个(联想一年只有4、6、9、11月,一共4个月),丙组同学每人有31个(联想一年只有1、3、5、7、8、10、12月,一共7个月).所以,三个小组共有1+44.方法一:可以通过零点分段法,解得a≥方法二:可以利用绝对值的几何意义.因为x+1、x−3分别表示数轴上的点x到点-1和3的距离,所以x+1+x−3表示数轴上的某个点到-15.由已知,得x−当a=−52时,解集是任意解,包含当a>−52时,x≥5−2a2,要包含x≥当a<−52时,x≤5所以a≥54或6.原不等式⇔⇔⇔所以原不等式的解集是−2<x<−1在因式分解前,为增强直观性,可将分子、分母最高项的系数都化为正数,然后再进行因式分解,否则比较容易出错.另外,如图4-1最后求解可以用数轴标根穿线法,原则是“奇穿偶不过”,即因式的指数为奇数时,画线时让线穿过去;当因式的指数为偶数时,穿线让曲线与x轴相切.图4-17.因为直线y=kx+b过点P−所以直线与x轴负半轴交于点A−2k+1k,0,与因为−2k+1k<所以S△当且仅当2k=12k,即所以当△AOB面积的最小值为4时,k8.式子比较复杂,观察发现可以约分,先化简:原式=x第二个分式直接就有最大值,就是不知道能否取到,先放着,我们来研究第一个分式:分子分母都存在变量,无法判断最值,用分式的性质.第一个分式的分子分母同时除以x+2:原式想到基本不等式,则原式=1其实我们还可以利用万能的判别式法:设y=x+2x算出判别式:Δ=−12y2+4y+1≥所以,原式≤12+14=349.回想起鸟头定理,可以得出这三个三角形的面积和原三角形面积之比,然后进行分析.如图4-2所示,设BD=图4-2因为m⋅p≤m+于是S≤=由此即知本题结论正确.10.a1又因a1,a2,⋯,故有a1≥1,a即有1a所以由a1可得a111.证法一:a2等号当且仅当a=bk证法二:若a2+现设a2+ax−b故应有Δ=412.1≤=其中等号仅当3x3=2y22=5习题巩固13.解不等式组得,当a<1时,解集为−14<x<−3a当a>13时,解集为（1）显然a≥1时,均不合题意.当a<1时,应有−3a−1≤1,得（2）当a≥1当a<1时,依题意得3<−3a所以当0<a≤114.原式==用换元的思想原式==ab+a原式=x当x=1,15.因为0.9<ab<0.91因为56≤a+b≤59,所以因为b是正整数,所以b=30或当b=30时,由0.9b<a<0.91b,得当b=31时,由0.9b<a<0.91b,得27.9<a<28.21,由于a所以a=28,b=16.根据平均值不等式,有x2故x2上式中,前一个等号,当且仅当x=1,y2=2,x17.由y≤x,得x2−x(1)当x≥0时,x2−11x+18≤0,解得24,7,9时,相应的y（2）当x<0时,x2+9x+18≤0,解得−6≤x≤−3.对于这个范围内的x故满足条件的整点共有以上6个.18.(1)a+(2)a+19.利用3a25x20.反复运用a2+a21.a=22.利用柯西不等式得ax23.1−24.由已知a−bc−d或者2ac+自招链接25.不等式组解得m7≤x<n6.因为故m只能取1∼7这7个数,n只能取19∼24这6个数.所以一共26.(1)当b=14时,即证:不妨设x1<x2f==（2）当b=1第五讲圆1.知识要点在自招考试中,对于拓展II教材中的知识点必须掌握.处理圆中比例线段的问题,通常用到圆幂定理.圆幂定理是初中几何中最重要的定理之一.相交弦定理、切割线定理和割线定理统称为圆幂定理.相交弦定理:圆的弦相交于圆内的一点,各弦被这点内分(分点在线段内)成的两条线段长的乘积相等.即如图5-1所示,有PA⋅图5-1切割线定理:圆的弦延长相交于圆外一点,各弦被这点外分(分点在线段的延长线上)成的两线段长的乘积相等,并且等于这点到圆的切线长的平方.即如图5-2所示,有PA图5-22.例题精讲1.如图5-3,PA是eO的切线.从PA的中点B作割线BCD,分别交eO于点C、D,连结PC、PD,分别交eO于点图5-32.如图5-4,四边形ABCD内接于以BC为直径的半圆O,且AB=AD,DA、CB的延长线相交于P点.CE⊥PE,PB图5-43.已知O为等腰△ABC底边BC的中点,以点O为圆心作半圆与两腰相切于点D、E,过半圆上任一点F作半圆的切线,分别交AB、AC于点M、4.如图5-7,正△ABC中与BC平行的中位线和△ABC的外接圆弧AB交于K,CK和AB交于点P图5-75.如图5-9,过△ABC的顶点B、C分别作其外接圆的切线BP、CP交于点P,连结AP分别交△ABC的边BC及其外接圆于点图5-96.如图5-10,eO的弦AB⊥CD,垂足为G,以CG为一边作正方形CGFE,点E在eO上.若eO的半径等于10,弦AB的弦心距为5,求正方形图5-107.如图5-12,甲、乙两名滑冰运动员分别在圆形滑冰场的点A、B处,OB=20m,OA=15 m,且OA⊥OB,乙以5 m/s的速度从点B沿着圆形滑冰场边eO顺时针方向滑行,在乙离开点B的同时,甲以5 m/s图5-12A.0,5B.5,68.如图5-14,eO1与eO2外切于点P,eO1、eO2的半径分别为2、1,O1A为eO2的切线,AB为eO2的直径,图5-149.如图5-16,已知N是以AB为直径的半圆上一点,NM⊥AB于点M,半圆eO1、eO2分别以AM、BM为直径,eO3、eO4均与半圆eO内切,亦与MN相切,并分别与半圆eO1、eO2图5-163.习题巩固10.已知四边形ABCD内接于直径为3的圆O,对角线AC和BD的交点是P,AC是直径,AB=BD,且PC=0.611.如图,已知圆O的直径AB上有两定点C、D和圆心O等距离,P是圆周上任意一点,连结PC、PD分别延长交圆O于点M、N12.如图,在以O为圆心的两个同心圆中,A、B是大圆上任意两点,过A、B作小圆的割线AXY和BPQ.13.如图,已知eO的弦AB、CD相交于点P,PA=4,PB=3,PC=6,EA切eO14.在△ABC中,已知AB=9,BC=8,CA=7,AD为内角平分线,以AD为弦作一圆与BC15.如图所示,若PA=PB,∠APB=2∠ACB,AC与BP交于点16.两个角的边交于点A、B、C、D.已知,这两个角的平分线互相垂直,证明:点17.如图所示,如果凸五边形ABCDE中,∠ABC=∠ADE且∠AEC=∠18.如图所示,在锐角△ABC中,AD⊥BC,垂足为点D;DE⊥AB,垂足为点E;DF⊥AC,垂足为点F.若点O19.如图所示,△ABC的外接圆半径为R,AD⊥BC,垂足为点D;DE⊥AB,垂足为点E20.如图,在筝形ABCD中,AB=AD,CB=CD,∠BDC的平分线交BC于点L.已知A21.如图,已知eO1与eO2相离,自点O1向eO2作切线O1A、O1B(A、B为切点)分别交eO1于点E、F;自点O2向eO1作切线O2C、O24.自招链接22.如图所示,在梯形ABCD中,ADPBC,BC=BD=1,AB=AC23.如图,PQ切eO于点Q,Q点是AB的中点,弦AC=BC,CA的延长线交PQ于点D,OE⊥BC于点E,连结DE,F是5.参考答案1.因为PA是eO的切线,BA是eO的切线,BCD是eO的割线,所以又因为B为PA的中点,所以BA=PB,所以PB2=又因为∠PBC=∠DBP,所以△PBC∽△因为∠E=∠D,则∠BPC=∠E,所以2.注意到∠CDE=∠CBA,所以因此只需求出AB与eO因为AB=AD,所以ℬA所对的圆心角等于ℬD利用平行线分线段成比例以及圆幂定理可以联立解得AB与eO如图5-5,连结AO、AC.设eO半径为图5-5因为AB=12BD的,所以∠AOB设AD=x,则PAAD=PO由切割线定理有:PA⋅PD=PB⋅所以x2=12r2,所以因为∠CDE=∠CBA,∠CED所以ABBC又因为ABBC=22r3.如图5-6,连结OD、图5-6由切线的性质得OD且由切线长定理得DM=所以∠BOD所以∠BOM因为AB=AC,所以∠B=∠C所以BMCO=BOCN所以BM⋅4.如图5-8,设S、T分别为AB、AC中点,ST两端延长,交圆于点K,Q,易见图5-8则由相交弦定理有xx+a=a由BPSP=BCKSBP于是APBP5.因为PB、PC是eO的切线,所以故BQAB又PB=PC,则BQAB=CQ由于△ACD从而,CDDQ两式相乘得CDBD所以,BDCD6.如图5-11,作OM⊥CE于点M,交AB于点H,作ON⊥CD于点N,连结图5-11易知OH=不妨设正方形CGFE的边长为2x,则CM=由相交弦定理得AG⋅GB=CG⋅又GD=将式②代入式①并化简整理得x因为0<x<5,取x=19−27.答案:C如图5-13,射线AO、BO分别交eO于点图5-13在ℬA′上依次取点C、D.AC、AD分别交eO于点C′、D′,过点设OC′′交DD′于点E.故AC+由相交弦定理知AC⋅则AC=显然,AC−故AC−①+②得AC<由点C、D的任意性得设甲、乙最早相遇的时间为t.此时,乙的位置为点Bt.设A′B的中点为由ABt≥AB=202+15又2π×208=5π<25,故乙在时间A于是,t>25+122由2π×204=10π<31.5,知乙在时间又AA′=35 m,故甲沿直线滑到弧BA′B′上任一点(除点从而,t<7.所以,答案为8.如图5-15,连结O1O2,则O1O2过点P.连结AP并延长交图5-15因为O1P:O2P=2:1,且O2为又AE过点P,则EP:EA=1:3,且E由∠O1AB=90∘,知又四边形APDB为圆内接四边形,则∠EAB故∠⇒由PDPAB,有O1DBD=O1PO2又O1A=O1解得x=所以,O1则CD+9.如图5-17,设eO1、eO2、eO3、eO4、eO的半径分别为R1、R2、R3、R4、R,eO4图5-17易知,四边形CO4DM是矩形,则故OC=在Rt△OCO4和Rt△O2即R−故R4同理,R3由题设知πR32+π故1AM习题巩固10.如图,连结BO并延长交AD于点E,则E为AD中点,BE⊥易证△OBC∽△BAD,则故OBPDC,又BP⋅PD=AP⋅而DCOB=PCOP,即DC1.5又ABDC=APPD,即AB1而OE=11CD=又BCAD=PCPD故四边形ABCD的周长为6+11.连结PO,本题中C、D是定点,由相交弦定理PC⋅CM是定值,PD⋅DN是定值,又因为PC设PC=x,PD=y,圆O半径为R根据相交弦定理得PC⋅所以PCCM同理可证PDDN在△PCD中,PO是CD上中线,且x所以PCCM+12.设大圆半径为R,小圆半径为r,由圆幂定理得AX⋅13.因为弦AB、CD交于点P,所以由相交弦定理得因为PA=4,PB=因为EA为eOA因为AE=25,所以所以PE=14.如图,连结DM.由∠BDM=∠BAD=∠CAD=∠DMN,得易知BD=BM又MNBC=AMAB=15.以P为圆心,以r=PA为半径作圆,则该圆过A、B,且延长BP交圆于另一点E.由相交弦定理知AD⋅16.依题意,∠AEM=∠MEB=α,∠所以∠DAB因为EN⊥NF,所以又∠EPN与∠CPF因此∠CPF=∠EPN=90∘所以∠BCD于是∠DAB所以A、B17.如图,连结AF.因为∠AEC=∠ADB(已知),所以故∠AFE=∠ADE=∠ABC于是∠BCA在△BCA与△DEA中,因为∠ABC=∠ADE且三角形内角和为180∘,所以∠说明其实,当证得A、B∠BAC18.如图,延长AO交eO于点Q,连结BQ由“双垂直模型”可知∠C而由A、E、D、由A、B、Q、C四点共圆可知∠19.由“双垂直模型”可知∠1=∠2,而由A、E、D、F由△ABC∽△AFE可知BCEF=2RAD(注意到从而1220.如图,连结AL交BD于点M.设AC、BD交于点O,作点L关于AC的对称点易知L′在线段上CD.连结A由A、L、C、由∠=知∠BML=∠BLM,则又∠MAL′=2∠由BMBD=BLBD=所以,∠CBD从而,∠OAD=32∠因此,2∠21.证法一:如图,连结O1因为O1A切eO2于点A,O2C切eO于是,O1、因此,∠A在等腰△O1EC与△O2所以,A、C于是,∠AEG=∠ACG=∠AC同理,FHPO1O2.证法二:如图,过E、G分别向连心线O1O2引垂线,垂足分别为M由∠E得Rt△O同理,Rt△O由O1C=O1E,O2同理,FHPO1O2.自招链接22.如图,作点D关于BC的对称点E,连结AE、BE、CE.设AE与BC由ADPBC,知点A、E到BC的距离相等.则设CD=由∠BAC+∠BDC=180故A、B由AB=AC,得故∠AEB又∠EBF故2m由角平分线的性质得BFCF又因为BF+所以BF=于是,由2xx+12=x,解得23.如图,延长PQ、CB交于点G.易知QAC是半圆.连结QC,则QC是e由PQ⊥又DF=FE,则由OE⊥CB得于是,GB=由切割线定理得GQ由勾股定理得QC=易知△COE∽△CGQ.所以,于是,OE7=342第六讲几何证明1.知识要点几何证明一般考查:（1）证明线段数量关系;（2）证明角数量关系;（3）证明线段位置关系.需要掌握,全等三角形判定,特殊四边形定义与性质,中位线性质等.辅助线方面:中线倍长,旋转思想,平行线与垂线等均有出现.2.例题精讲1.如图6-1,已知在△ABC中,AD平分∠BAC,点E是BC的中点,过点E作FG⊥AD交AD延长线于点H,交AB于点F,交AC的延长线于点G.图6-12.如图6-3,把△AOB绕顶点O逆时针旋转90∘,使顶点A变成A′,B变成B′.求证:△OAB′中AB′图6-33.如图6-5,在△ABC中,D为AB的中点,分别延长CA、CB到点E、F,使DE=DF,过点E、F分别作CA图6-54.已知AD是△ABC的高(在形内).给出下列四个条件:①AB+②AB−③AB⋅④AB:一定能得到AB=AC(A)1(B)2(C)3(D)45.在△ABC中,已知AC>BC,∠C=60∘.分别以AB、BC、CA为边向形外作三个正三角形,即△图6-86.设△ABC的三边长为BC=a,CA则△ABC7.如图6-10,△ABC中,D、E分别是AB、AC求证:AD+图6-108.设a、b、c为锐角△ABC求证:19.已知O为△ABC内一点,过O引三条边的平行线DE//BC,FG//CA,HI//AB,D、E、F、G、H、I为各边上的点(如图6-11),记10.已知△ABC是不等边三角形,点O、I分别是△ABC的外心、内心,且OI⊥3.习题巩固11.如图,在直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90∘,AB=BC,E为边AB上一点,∠BCE=15∘,且AE=AD.连结②△CDE③EH(第1题)④S其中,正确的结论是().(A)①②(B)①②④(C)③④(D)①②③④12.如图,在锐角△ABC中,点D、E、F分别是三条高AD、BE、CF的垂足,连结(第2题)13.如图,在正方形ABCD中,F、E分别是边BC、CD上的点,满足△CEF的周长等于正方形ABCD周长的一半,AE、AF分别与BD交于点(第3题)14.如图,过圆外一点P作圆的两条切线PA、PB,A、B为切点,再过P作圆的一条割线分别与圆交于点C、D,过AB上任一点Q作E、F.证明:QE=(第4题)15.在△ABC中,点D、E分别在边AB、AC上,BE与CD交于点O.则S△ADES△ABC与S△16.如图,已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形,对角线AC的中点I是△ABD的内心.（1）OI是△IBD（2）AB+(第6题)17.如图,已知⊙O1和⊙O2交于P、Q两点,过PQ上任意一点M作直线与⊙O1、⊙O2分别交于点A和S、R和D,再过点A、D分别作(第7题)4.自招链接18.请利用以下图证明勾股定理.(第1题)19.在△ABC中,BF和CE分别是∠