利用勾股定理解竞赛题（通用6篇）
利用勾股定理解竞赛题 篇1
利用勾股定理解折叠问题 一．知识储备：
（1）一般地，只要给出了直角三角形中任意两边长，则可求出第三边。（应用时要注意那个角为直角。）
例如：已知直角三角形ABC, 若AB=13,AC=12,则以BC 为边长的正方形面积为＿
＿。（分类讨论的思想）
（2）特别注意：勾股定理与直角三角形面积，等腰直角三角形的结合题目。
（1）S △ABC=21 ×AB ×BC=21
×AC ×h（h 为AC 边上的高）利用这个等式建立方程。（2）等腰三角形的“三线合一”，等腰直角三角形只要知道一条边长就可以求出其它边长。
例如．在ABC ∆ 中，ACB ∠=900，AB=5cm,BC=3cm,CD⊥AB 于点D, 求CD 的长。（3）构造直角三角形
一般三角形的线段计算问题，可以通过作垂线构造出直角三角形，利用勾股定理。例如：已知：△DEF 中，DE=17㎝,DF=10㎝，EF=21㎝，求EF 的长。
二．折叠问题
折叠问题与轴对称和图形全等是密不可分的.折叠前后，重合线段相等，重合角相等。利用勾股定理列方程是常用方法。做题时一定要抓住这一点, 以免有无从下手。
D 例如：如图, 把长方形纸片ABCD 折叠, 使顶点A 与顶点C 重合在一起,EF 为折痕。若AB=3,BC=9.点D 对应点是G(1 求BE(2 求△AEF 面积(3 求EF 长(4 连接DG, 求△DFG 面积 三．强化练习
1.有一直角三角形纸片，两直角边AC=6cm,BC=8cm,将 ABC 折叠，使 点B 与点A 重合，者恒为DE，求CD 的长。
E B 知识链接： 勾股定理---------千古第一定理
勾股定理是初等几何中的一个基本定理，是人类最伟大的十个发现之一。在西方希腊毕达哥拉斯对本定理有所研究，故被称之为“毕达哥拉斯定理”。我国的《周髀算经》中就有对勾股定理的记载，为了纪念古人的伟大成就，就这个定理定名为“勾股定理”。（1）勾股定理是数与形的第一定理。
（2）勾股定理导致无理数的发现(第一次数学危机。
（3）勾股定理中的公式是第一个不定方程，每组勾股数都为它的解。勾股定理的变式： a 2 = c2－b 2 , b 2= c2－a 2, a=22b c-, C =22b a +, b =22a c-（直角三角形的三边长分别为a,b,c）1.已知直角的两条边长分别为5和12，求第三边长。
2.已知 ABC 中，AB=15，AC=20，BC 边上的高AD=12，求BC 的长。（分类讨
E D C
B A 特殊平行四边形中的动点问题
例1：如图：边长为a 的菱形ABCD 中，∠DAB=60°，E 是异于A、D 两点的动点，F 是CD 上的动点，满足AE+CF=a，证明：不论E、F 怎样移动，三角形BEF 总是等边三角形．
例2：如图，正方形ABCD 中，边长为2，点P 是射线DC 上的动点，DM ⊥AP 于（1）当点P 与C、D 重合时，DM+BN的值分别为＿＿＿（2）当点P 不与C、D 重合时，试猜想DM2+BN2 的值，并对你的猜想加以证明
A
例
3、如图，矩形ABCD 中，AB=4，BC=8，E 为CD 边的中点，点P、Q 为BC 边上两个动点，且PQ=2，当BP= ＿＿＿＿时，四边形APQE 的周长最小．
C B A D C Q P A 矩形中折叠问题
折叠问题与轴对称和图形全等是密不可分的.折叠前后，重合线段相等，重合角相等。利用勾股定理列方程是常用方法。做题时一定要抓住这一点, 以免有无从下手。
例如：如图, 把长方形纸片ABCD 折叠, 使顶点A 与顶点C 重合在一起,EF 为折痕。若AB=3,BC=9.点D 对应点是G（1）求BE（2）求△AEF 面积（3）求EF 长（4）连接DG, 求△DFG 面积
（5）连接CF，四边形AFCE 是什么四边形？
E D C B A
利用勾股定理解竞赛题 篇2
1.应用于二次函数的最值问题
例1设m是不小于-1的实数, 关于x的方程x2+2 (m-2) x+m2-3m+3=0有两个不相等的实数根x1, x2, (1) 若x12+x22=6, 求m值; (2) 求的最大值.
解∵方程有两个不相等的实数根,
∴Δ=4 (m-2) 2-4 (m2-3m+3) >0, ∴m<1, 结合题意可知:-1≤m<1.
思维简析本题考查了根的判别式、根与系数的关系和某一区间的条件限制的二次函数最值问题, 难度较大.关键掌握:把利用根与系数的关系得到的关系式代入代数式, 细心化简, 结合m的取值范围求出二次函数的最值.
2.应用于不等式的证明问题
例2若关于x的一元二次方程3x2+3 (a+b) x+4ab=0的两个实数根x1和x2满足关系式:x1 (x1+1) +x2 (x2+1) = (x1+1) (x2+1) , 求证: (a+b) 2≤4.
思维简析本题考查的是一元二次方程根与系数的关系及根的判别式, 根据韦达定理得出关于a和b的不等式是解答此题的关键所在.
3.应用于存在性和整数解的问题
例3已知x1, x2是一元二次方程4kx2-4kx+k+1=0的两个实数根. (1) 是否存在实数k, 使 (2x1-x2) (x1-2x2) =-2/3成立? (2) 求使的值为整数的实数k的整数值.
解 (1) 假设存在实数k, 使 (2x1-x2) (x1-2x2) =-3/2成立.
思维简析存在性问题的题型, 通常是先假设存在, 然后利用韦达定理推导其值, 若能求出, 则说明存在, 否则即不存在.
综上所述, 韦达定理是反映一元二次方程根与系数关系的重要定理.纵观近年中学数学竞赛试题, 可以发现涉及此定理的题目屡见不鲜, 并且条件十分隐蔽.在解答中学数学竞赛题时, 我们如果能运用智慧, 开拓思路, 勇于探索, 善于分析题目中所隐含的韦达定理条件, 那么就能灵活多变地运用好韦达定理, 中学数学竞赛中的难题就会迎刃而解.
摘要：韦达定理具有对称性, 设而不求、整体代入是利用韦达定理解题的基本思路.韦达定理简单的形式中蕴含着丰富多彩的数学内容, 在解中学数学竞赛题中更有着广泛多变的应用.
关键词：韦达定理,根与系数的关系,整体代入
参考文献
[1]中学数学研究.江西师范大学, 2011 (6) .
[2]初等几何研究教程.广州:暨南大学出版社, 1996.
利用勾股定理解竞赛题 篇3
关键词： 物理模型 多过程 动能定理
在应用动能定力解决问题时，常常遇到多过程问题。所谓多过程问题，就是包含几个运动性质不同的分过程的问题，遇到这类问题，学生往往容易出错，究其原因，主要是学生不能正确分析这类问题中物体的受力情况和运动情况。如何利用动量守恒正确分析解决多过程问题呢？我认为应从以下方面入手。
一、认真审题，充分理解题意
在审题过程中要挖掘隐含条件，捕捉关键词语，如“最多”、“刚好”、“瞬间”等词语。同时要特别注意题目中的已知条件、解答要求及考查的主要内容，只有掌握了这些第一手的信息，才能为正确解题打好基础。
二、建立合适的物理模型
多过程问题求解的关键是建立合适的物理模型，建模可以从“数、形、链”三个方面入手，这里面的“数”指的是物理量；而“形”指的是将设立的物理情景以图形形式呈现出来；“链”即情景链接和条件关联，情景链接就是将多过程的物理情景分解成几个物理子过程，并将这些子过程由“数、形”有机链接起来，条件关联即“数”间关联或存在的临界条件关联等。一般分三步建立模型。
1.分析和分解物理过程，确定不同过程的初末状态，将状态量的变化与过程量对应起来；
2.画出关联整个物理过程的情景图，对于物体的运动和相互作用过程直接画出过程草图；
3.在图上标出物理过程和对应的物理量，建立情景链接和条件关联，完成情景模型。
三、明确解决多过程问题的解答步骤
应用动能定力解决多过程问题的解题步骤如下：
例：如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向。
（1）在撤去力F时，滑块的速度大小；
（2）滑块通过B点时的动能；
（3）滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。
分析审题：
1.建模：该滑块运动可分三段过程，第一段，滑块做匀加速直线运动；第二段，滑块做匀直线运动；第三段，滑块做减速曲线运动。
利用勾股定理解竞赛题 篇4
几何学起源于土地测量，几千年来，人们对几何学进行了深入的研究，现已发展成为一门具有严密的逻辑体系的数学分支．人们从少量的公理出发，经过演绎推理得到不少结论，这些结论一般就称为定理．平面几何中有不少定理，除了教科书中所阐述的一些定理外，还有许多著名的定理，以这些定理为基础，可以推出不少几何事实，得到完美的结论，以至巧妙而简捷地解决不少问题．而这些定理的证明本身，给我们许多有价值的数学思想方法，对开阔眼界、活跃思维都颇为有益．有些定理的证明方法及其引伸出的结论体现了数学的美，使人们感到对这些定理的理解也可以看作是一种享受．下面我们来介绍一些著名的定理．
1．梅内劳斯定理
亚历山大里亚的梅内劳斯(Menelaus，约公元100年，他和斯巴达的Menelaus是两个人)曾著《球面论》，着重讨论球面三角形的几何性质．以他的名子命名的“梅内劳斯定理”现载在初等几何和射影几何的书中，是证明点共线的重要定理．
定理 一直线与△ABC的三边AB，BC，CA或延长线分别相交于X，Y，Z，则
证 过A，B，C分别作直线XZY的垂线，设垂足分别为Q，P，S，见图3－98．由△AXQ∽△BXP得
同理
将这三式相乘，得
说明(1)如果直线与△ABC的边都不相交，而相交在延长线上，同样可证得上述结论，但一定要有交点，且交点不在顶点上，否则定理的结论中的分母出现零，分子也出现零，这时定理的结论应改为
AX×BY×CZ=XB×YC×ZA，仍然成立．
(2)梅内劳斯定理的逆定理也成立，即“在△ABC的边AB和AC上分别取点X，Z，在BC的延长线上取点Y，如果
那么X，Y，Z共线”．梅内劳斯定理的逆定理常被用来证明三点共线．
例1 已知△ABC的内角∠B和∠C的平分线分别为BE和CF，∠A的外角平分线与BC的延长线相交于D，求证：D，E，F共线． 证如图3－99有
相乘后得
由梅内劳斯定理的逆定理得F，D，E共线．
例2(戴沙格定理)在△ABC和△A′B′C′中，若AA′，BB′，CC′相交于一点S，则AB与A′B′，BC与B′C′，AC与A′C′的交点F，D，E共线．
证 如图3－100，直线FA′B′截△SAB，由梅内劳斯定理有
同理，直线EC′A′和DC′B′分别截△SAC和△SBC，得
将这三式相乘得
所以D，E，F共线．
2．塞瓦定理
意大利数学家塞瓦(G．Ceva)在1678年发表了下面的十分有用的定理，它是证明共点线的重要定理．
定理 在△ABC内任取一点P，直线AP，BP，CP分别与边BC，CA，AB相交于D，E，F，则
证 如图3－101，过B，C分别作直线AP的垂线，设垂足为H和K，则
由于△BHD∽△CKD，所以
同理可证
将这三式相乘得
说明(1)如果P点在△ABC外，同样可证得上述结论，但P点不能在直线AB，BC，CA上，否则，定理的结论中的分母出现零，分子也出现零，这时，定理的结论应改为
BD×CE×AF=DC×EA×FB，仍然成立．
(2)塞瓦定理的逆定理也成立，即“在△ABC的边BC，CA，AB上分别取点D，E，F，如果
那么直线AD，BE，CF相交于同一点．”
证 如图3－102，设AD和BE相交于P，作直线CP，交直线AB于F′，由塞瓦定理得
所以 F′B=FB，即F′与F重合，所以AD，BE，CF相交于同一点．
塞瓦定理的逆定理常被用来证明三线共点．
例3 求证：三角形的三条中线、三条内角平分线和三条高所在的直线分别相交于同一点．
证(1)如果D，E，F分别是△ABC的边BC，CA，AB的中点，则
由塞瓦定理的逆定理得中线AD，BE，CF共点．
(2)如果D，E，F分别是△ABC的内角平分线AD，BE，CF与边BC，CA，AB的交点，则
由塞瓦定理的逆定理得角平分线AD，BE，CF共点．
(3)设D，E，F分别是△ABC的高AD，BE，CF的垂足．
(i)当△ABC是锐角三角形时(如图3－103)，D，E，F分别在BC，CA，AB上，有
BD=ccosB，DC=bcosC，CE=acosc，EA=ccosA，AF=bcosA，FB=acosB，所以
由塞瓦定理的逆定理得高AD，BE，CF共点．
(ii)当△ABC是钝角三角形时，有
BD=ccosB，DC=bcosC，CE=acosC，EA=ccos(180°-A)=-ccosA，AF=bcos(180°-A)=-bcosA，FB=acosB，所以
由塞瓦定理的逆定理，得高AD，BE，CF共点．
(iii)当△ABC是直角三角形时，高AD，BE，CF都经过直角顶点，所以它们共点．
例4 在三角形ABC的边上向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点，证明：直线AA1，BB1，CC1相交于一点．
证 如图3－104．设直线AA1，BB1，CC1与边BC，CA，AB的交点分别为A2，B2，C2，那么BA2：A2C等于从点B和C到边AA1的垂线的长度之比，即
其中∠θ=∠CBA1=∠BCA1．同理
将上述三式相乘得
根据塞瓦定理的逆定理，得AA1，BB1，CC1共点．
3．斯台沃特定理
定理 △ABC的边BC上任取一点D，若BD=u，DC=v，AD=t，则
证 过A作AE⊥BC，E为垂足(如图3－105)，设DE=x，则有
AE2=b2-(v-x)2=c2-(u+x)2=t2-x2，(若E在BC的延长线上，则v-x换成x-v．)于是得
消去x得
(u+v)2=b2u+c2v-uv(u+v)，这就是中线长公式．
(2)当AD是△ABC的内角平分线时，由三角形的内角平分线的性质
设a+b+c=2p，得
这就是内角平分线长公式．
(3)当AD是△ABC的高时，AD2=b2-u2=c2-v2．
再由u+v=a，解得
所以
若设AD=ha，则
这就是三角形的高线长公式．当D在BC的延长线上时，用-v代替v，同样可得高线长线公式．
这就是三角形的面积公式．
伦公式
例5 如图3－106．在△ABC中，c＞b，AD是△ABC的角平分线，E在BC上，BE=CD．求证：
AE2-AD2=(c-b)2．
证 为方便起见，设BD=u，DC=v，则BE=v，EC=u．由斯台沃特定理得
所以
因为AD是角平分线，所以
于是
4．托勒密定理
托勒密(Ptolemy，约公元85～165年)是古代天文学的集大成者．一般几何教科书中的“托勒密定理”(圆内接四边形的对边积之和等于对角线之积)，实出自依巴谷(Hipparchus)之手，托勒密只是从他的书中摘出。从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．
定理 如果四边形内接于圆，那么它的两对对边的乘积之和等于它的对角线的乘积．
证 设四边形ABCD有外接圆O，AC和BD相交于P，∠CPD=α(图3－107)．若四边形ABCD的四边都相等，则四边形ABCD为圆内接菱形，即正方形，结论显然成立．若四边不全相等，不失一般性，设
∥BD，于是△ABD≌△EDB，从而AD=BE．
又
而
S四边形ABCD=S四边形BCDE，所以
即
(AD×BC+AB×CD)sin∠EBC=AC×BD×sinα． 由于
∠α=∠DAC+∠ADB=∠DBC+∠EBD=∠EBC，所以
AD×BC+AB×CD=AC×BD．
说明(1)托勒密定理可以作如下推广：“在凸四边形ABCD中，AB×CD+AD×BC≥AC×BD．
当且仅当四边形ABCD是圆内接四边形时，等号成立．”
由此可知，托勒密定理的逆定理也成立．
(2)托勒密定理的证明方法很多，这里采用的是面积证法．还可采用相似三角形或余弦定理证明，请读者自行完成．
例6 如图3－108．过A的圆截平行四边形ABCD的边和对角线分别于P，Q，R，求证：
AP×AB+AQ×AD=AR×AC．
证 连结PQ，PR，QR．在圆内接四边形APRQ中，由托勒密定理得
AP×QR+AQ×PR=AR×PQ．
又因为∠1=∠2，∠3=∠4，所以△PQR∽△CAB，于是
设上面的比值为k，并考虑到BC=AD，有 QR=k·AB，PR=k·AD，PQ=k·CA，于是可推得
AP×AB+AQ×AD=AR×AC．
例7 如图3－109．等边△ABC内接于△XYZ，A在YZ上，B在ZX上，C在XY上，证明：
证 对四边形ABXC运用托勒密定理，得
AX·BC≤BX·AC+XC·AB，所以
AX≤BX+XC．
同样地
BY≤CY+YA，CZ≤AZ+ZB．
将上述三式相加就得所要证明的不等式．
等号成立的充分必要条件是X，Y，Z在△ABC的外接圆上，但∠ZBX，∠XCY，∠YAZ都等于π，因此等号成立只能是X，Y，Z分别与C，A，B重合的情况．
平面几何中的著名定理，除了上述所介绍的梅内劳斯定理、塞瓦定理、斯台沃特定理、托勒密定理外，还有斯泰纳-莱默斯定理、西姆松定理、蝴蝶定理、莫莱定理等等．这里，限于篇幅，因此不作讨论．
练习十九
1．已知△ABC的内角∠B和∠C的平分线分别为BE和CF，∠A的外角平分线与BC的延长线相交于D．求证：D，E，F共线．
2．过△ABC的三个顶点A，B，C分别作△ABC的外接圆的切线，分别和BC，CA，AB的延长线交于D，E，F．求证：D，E，F三点共线．
3．在△ABC的边BC上任取一点D，设∠ADB和∠ADC的角平分线分别交AB，AC于F和E．求证：AD，BE，CF相交于同一点．
4．在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥BD，DC=3，BC=7，DA=8，求AB，BD和AC的长．
PA(PA+PC)=PB(PB+PD)．
6．设P是等边三角形ABC所在平面上的任意一点，那么根据P落
利用勾股定理解竞赛题 篇5
一、圆柱中的最短距离问题
沿圆柱体表面绕行的最短距离问题可以利用圆柱体的侧面展开图求解.这类问题一般有实际背景,学生在解题时要注意审题,读出隐含的限制条件.
【例1】如图1,一个圆柱形玻璃杯高为12cm,底面周长为18cm,在杯内离杯底4cm的点C处有一滴蜂蜜,此时一只蚂蚁正好在杯外壁,离杯上沿4cm与蜂蜜相对的点A处,则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为______cm.
二、长方体中的最短距离问题
长方体的长、宽、高各不相等时,各个面就不一样,从长方体表面一点绕行到另一点的走法也就不唯一.学生在解决长方体中的最短距离问题时,往往会对可能出现的情形考虑不全面,导致漏解.
【例2】如图3,一只蜘蛛在一块长方体木块的一个顶点A处,一只苍蝇在这个长方体的对角顶点G处,若AB=3cm,BC=5cm,BF=6cm,问蜘蛛要沿着怎样的路线爬行,才能最快抓到苍蝇?这时,蜘蛛走过的路程是多少厘米?
三、台阶中的最短距离问题
台阶中的最短距离问题是利用勾股定理求几何体最值问题的基本题型,将立体图形展开成平面图形是解决这类问题的最有效、最直接的方法.
【例3】如图7,一个三级台阶,每一级的长、宽、高分别是55cm、10cm、6cm,A,B两点是这个台阶两个相对的端点,A点有一只蚂蚁,想到B点去吃食物,那么这只蚂蚁从A点出发,沿着台阶爬到B点的最短距离是多少?
解析:准确画出展开图是解决这道题的关键.如图8,根据题意,可求出AC=3×(10+6)=48cm,BC=55cm.利用勾股定理,在直角三角形ACB中,,所以蚂蚁爬行的最短距离是73cm.
运用方差解竞赛题 篇6
例1 （加拿大第七届中学生数学竞赛试题）确定最大的实数z，使得实数x，y满足：x+y+z=5，xy+yz+zx=3.
解：由已知，得x+y=5-z，xy=3-z（x+y）=3-z（5-z）=z2-5z+3.
∵x、y的方差S2=[（x2+y2）-（x+y）2]=[（x+y）2-2xy] =[（5-z）2-2（z2-5z+3）] ≥0，∴3z2-10z-13≤0，解得-1≤z≤，所以z的最大值为.
例2 （江苏省初中数学竞赛试题）已知：p3+q3=2，其中p、q是实数，则p+q的最大值为 .
解：不妨设p+q=k，由已知p3+q3=2，即 （p+q）（p2+q2-pq）=2，得k（k2-3pq）=2，∴pq=（k2-）.
又∵p、q的方差是S2=[（p2+q2）-（p+q）2] =[（p+q）2-2pq]=[k2-（k2-）]≥0，即3k2≥4k2-.由k>0，得0 例3 （前苏奥尔德荣尼基市第三届初中数学竞赛试题）已知x+y+z=1，求证：x2+y2+z2≥. 证明：由x、y、z的方差S2=[（x2+y2+z2）-（x+y+z）2]≥0.将x+y+z=1代人上式并整理得x2+y2+z2 ≥. 例4 （吉林省初中数学竞赛试题）设a、b满足a2-bc-8a+7=0……（1）b2+c2+bc-6a+6=0……（2）试求a的取值范围. 解：由（1）得bc=a2-8a+7…（3）. 由（2）-（1），得（b+c）2=（a-1）2（4）. 由（2）得b2+c2=-bc+6a-6（5）. 将（3）代入（5），得b2+c2=-a2+14a-13（6）. 因为b、c的方差为S2=[（b2+c2）- （b+c）2]=[（-a2+14a-13）-（a-1）2]≥0. 化简，得a2-10a+9≤0，∴1 ≤a≤9. 从上面的几个例题可以看出，在运用方差公式解决数学中的最值问题时，只要灵活巧妙地将问题转化成公式的形式，即根据条件将问题转化成x12+x22+…+xn2及x1+x2+…+xn的代数式的形式，就能简单明了地解决问题.