伊朗国家队选拔考试_伊朗队员

1.伊朗队不算是强队，世界杯快到了为何没人敢和伊朗队热身？

2.伊朗国家队队员名单

3.从调和点列到Apollonius圆到极线调和点列

4.伊朗足球是吗

伊朗队不算是强队，世界杯快到了为何没人敢和伊朗队热身？

困窘下的伊朗足球：世界杯快到了，没人敢和他们热身。

巴西世界杯，伊朗队遭遇梅西“绝杀”，0比1不敌阿根廷。?

世界杯还有10天就要正式拉开大幕，各支球队也都在抓紧最后的时间热身。?

然而有一支参赛队却遭遇了热身赛被对手爽约的尴尬，那就是来自亚洲的伊朗。?

由于政治原因，伊朗队原本安排好的热身赛被临时取消，这让球队主帅、葡萄牙人奎罗斯愤怒不已。?

而这些年，伊朗队遭遇的困难还不只这些，没有官方装备赞助、预算拨款不足……此前，伊朗队只在世界杯赛场有过一场胜利，这次出征俄罗斯，他们能否创造新的历史？?

主帅奎罗斯为伊朗足球操碎了心。?

约好的热身赛被“放鸽子”?

在2018这个世界杯年，参赛球队都纷纷在利用热身赛来进行最后的练兵和调整。?

伊朗队也不例外，但是相比其它几支亚洲球队，这支西亚劲旅却遭遇了更多的障碍。

据葡萄牙《球报》等媒体报道，6月2日，伊朗队原本应该在伊斯坦布尔与希腊队进行一场热身赛，但就在比赛前一天，比赛却被希腊方面临时取消。?

背后的原因，是由于希腊和土耳其之间的外交关系紧张，结果就成了伊朗队不幸“躺枪”。

世预赛，伊朗队没有给国足丝毫机会。

希腊并没有入围本届世界杯，伊朗队却必须抓住开赛前的每一次热身机会，因此在对手“爽约”之后，伊朗队方面立马又联系到了科索沃队，希望能重新安排一场比赛。?

然而经过犹豫之后，科索沃队还是选择了拒绝，就这样，伊朗白白少了一次宝贵的练兵良机。

当然，伊朗队今年安排的热身赛还有多场。从进入2018年后，球队至今已经和塞拉利昂、突尼斯、阿尔及利亚、乌兹别克斯坦、土耳其打了总共5场热身赛，战绩是3胜2负。?

接下来，伊朗队还将在6月8日和立陶宛进行一场热身赛，这也将是他们在世界杯前的最后一次实战。

乍一看，少了一场和希腊队的比赛无伤大雅，但若是跟其它几支亚洲球队一比，伊朗队的热身赛对手还是逊色不少。

在日本、韩国、澳大利亚和沙特的热身对手中，有意大利、德国、比利时、瑞士、波兰、哥伦比亚……等等一众欧美强队，而在伊朗队的热身对手中，只有突尼斯一支队伍进入了世界杯决赛圈。?

巴西世界杯，伊朗球员防守梅西。?

政治有摩擦，足球受影响?

在伊朗队主帅奎罗斯看来，伊朗足球是因为受到了政治因素的影响，因此球队才会希望和欧洲强队热身而不得。

“外界现在对于伊朗的批评声不断，我们都知道，很多国家队因为政治原因不愿意和伊朗国家队热身。”接受采访时，奎罗斯难掩自己的愤怒。?

而事实上，伊朗国家队遭遇这样的状况，也已经不是第一次了。

上一届巴西世界杯开始前，伊朗队就曾经联系加纳进行热身赛，但加纳方面却担心所谓的潜在恐怖威胁，临时取消了比赛。

再之前的2006年德国世界杯，原本答应与伊朗热身的罗马尼亚、乌克兰和尼日利亚，不但拒绝前往德黑兰比赛，最后甚至集体爽约。最终，伊朗只能与马其顿青年队打了一场友谊赛。

政治因素影响的不仅是伊朗队的比赛，甚至也影响到了伊朗队的“钱途”。由于和西方国家关系紧张，伊朗国家队至今还没有官方的长期装备赞助商。

本届世界杯，伊朗队将身穿阿迪达斯品牌的球衣出战，但这些服装并非阿迪正式赞助，而是伊朗足协自己花钱去购买定制的。

早在2012年，伊朗足协就曾遭遇过因为经济制裁，无法收到来自亚足联的援助款的情况。到了今天，虽然球队的实力不俗，但是在资金保障上依然很难称得上“富足”。

早在世预赛成功出线之时，主帅奎罗斯就曾在社交媒体上“炮轰”伊朗足协没有提供充足的财政预算，“球员们理应得到世界的尊重，因为球队是在缺少资金和训练设施的情况下参加世预赛的，但依然表现出色，球员们付出了太多太多。”?

“伊朗梅西”阿兹蒙。?

能否再一次在世界杯取胜？?

虽然条件不行，但伊朗足球在亚洲实力雄厚却是不争的事实。

相比上一个世界杯周期，现在的这支伊朗队甚至更加值得期待——巴西世界杯世预赛，他们是到最后关头才惊险晋级，而这一次世预赛12强赛，他们6胜4平以不败战绩早早提前出线，同时还将世预赛连续不失球纪录刷新。

在目前的伊朗队阵中，有着本赛季以21球夺得荷甲金靴的贾汉巴什，他也是首位在欧洲主流联赛获得金靴的亚洲球员。?

贾汉巴什以21球夺得荷甲金靴。

除此之外，还有在比利时甲级联赛攻入16球，并列获得最佳射手的雷扎伊。而在奥林匹亚科斯踢球的安萨里法德，则是排名今年希腊超级联赛的射手榜第二位。?

当然，伊朗队还有阿兹蒙，有着“伊朗梅西”之称的他，将在俄罗斯迎来自己的世界杯首秀。

早在2015年亚洲杯，当时年仅20岁的他就已经横空出世。随后又代表罗斯托夫在欧冠中攻破过马竞和拜仁的球门。今年他23岁，正是适合青年才俊崭露头角的年龄。

不过，伊朗队本次在世界杯的分组抽签并不算好，同组的三个对手分别是西班牙、葡萄牙、摩洛哥。豪强在列，伊朗队想要出线，或许真的只能期盼奇迹。

但至少，他们可以有一个更现实一点的目标：取得一场胜利。此前，伊朗队共4次参加世界杯，只在1998年面对美国队取得过一胜。

来源：凤凰网资讯

伊朗国家队队员名单

伊朗国家队队员名单如下：

伊朗国家队名单主要有阿兹蒙，塔雷米，雷扎伊，加耶迪，中场:戈利扎德，古多斯，努罗拉希，阿米里，托拉比,诺拉夫坎这些球员，2022卡塔尔世界杯会在本年度的11月份和12月份进行举办，并且这一次的世界杯举办的地点是在卡塔尔界内。

也是首次在中东地区进行举行的世界杯赛事。伊朗国家足球队是成立于1920年的一支球队，在1948年就加入了国际足联，这样的一个球队由伊朗足球协会进行管理，是号称波斯铁骑的一个球队，在1968年，1972年和1962年的亚运会当中，就获得过三连冠。

伊朗

伊朗连续在1968年、1972年和1976年赢过亚洲杯三次及四次季军。在1978年，伊朗首次打入世界杯，输给荷兰和秘鲁，并以1比1（Iraj Danaeifard的入球）打平了苏格兰。在伊斯兰革命后，足球在1980年代两伊战争时渐渐被伊朗人忽略。

虽然传闻伊朗政府禁止国民踢足球，可是伊朗足球在1990代初渐渐复苏，很多天才球星像阿里·代伊、迈赫迪·马达维基亚、霍赫达德·阿齐兹及卡里姆·巴盖里都在这时候诞生。在1997年11月，伊朗在附加赛以作客入球击败澳大利亚，成功打进1998年世界杯。

他们在主场以1比1打和澳大利亚，在墨尔本以2比2迫和他们。因为伊朗比澳大利亚更多作客入球，所以伊朗取得1998年世界杯的入场券。他们亦首次在世界杯取得胜利，以2比1击败“政敌”美国。

从调和点列到Apollonius圆到极线调和点列

从交比到调和点列到Apollonius 圆到极线极点

-------2010年高中数学联赛几何题本质探讨

西安交大附中曲江校区 金磊 710049 收稿日期：2010-10-21修回日期2010-11-20

2010年10月17日结束的2010年全国

高中数学联赛平面几何题目为：如图1，锐

角三角形 ABC 的外心为 O ，K 是边 BC 上一点（不是边 BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ． 求证：若OK ⊥MN ，则ABDC 四点共圆．

图 1

本题颇有难度，参考答案的反证法让有些人“匪夷所思”，其实这是一系列射影几何中常见而深刻结论的自然“结晶”，此类问题在国家队选拔考试中屡见不鲜。本文拟系统的介绍交比、调和点列、完全四边形、Apollonius 圆、极线等射影几何的重要概念，抽丝剥茧、溯本求源，揭示此类问题的来龙去脉，并在文中给出上题的一种简洁明了的直接证明。 知识介绍

定义1 线束和点列的交比：如图2，共点 于O 的四条直线被任意直线所截的有向线

段比AC BC

AD /

BD

称为线束OA 、OC 、OB 、OD 或点列ACBD 的交比。[1]

定理1 线束的交比与所截直线无关。

图 2

证明：本文中把△ABC 面积记做[ABC]

AC BC

[AOC ][BOC ]

AD /BD =[AOD ]/[BOD ]

=CO sin ∠AOC CO sin ∠COB

DO sin ∠AOD /

DO sin ∠BOD

=

sin ∠AOC sin ∠COB

sin ∠AOD /

sin ∠BOD

从而可知线束交比与所截直线无关。

定义2 调和线束与调和点列：交比为-1，

即AC AD =-BC BD

的线束称为调和线束，点列称为调和点列。显然调和线束与调和点列是等价的，即调和线束被任意直线截得的四点均为调和点列，反之，调和点列对任意一点的线束为调和线束。

定理2 调和点列等价性质：

（1）、

2A D =1AB +1A C

（2）、令O 为CD 中点，则OC 2

=OB ?OA 证明：由基本关系式变形即得，从略。 定理3 一直线被调和线束中的三条平分当且仅当它与第四条平行（由定义即得，证略）定义3 完全四边形：如图3，凸四边形ABCD 各边延长交成的图形称为完全四边形ABCDEF ，AC 、BD 、EF 称为其对角线

（一般的四条直线即交成完全四边形）。[2] 定理4 完全四边形对角线互相调和分割。即AGCH 、BGDI 、EHFI 分别构成调和点列。

希腊数学家Apollonius 最先提出并解决[2]（注：当k=1时轨迹为AB 中垂线也可看成半径为无穷大的圆）。

图 3

分析：只需证EHFI 为调和点列，其余可类似证得，也可由线束的交比不变性得到。 证法一：面积法

HE IF [AEC ][BDF ]

HF ?IE =

[AFC ][BDE ]

=

[AEC ][ACD ][BDF ][BEF ]

[ACD ][AFC ][BEF ][BDE ]

=

EC AD DC AF HE CD ?AF EC ?AD =1，即HF =

IE

IF

。 证法二：由Ceva 定理EH HF ?FD AB

DA ?BE =1，

由Menelaus 定理得到EI FD AB

IF ?DA ?BE

=1，

故 HE IE HF =

IF ，即EHFI 为调和点列。 定理5 完全四边形ABCDEF 中，四个三角形AED 、ABF 、EBC 、FDC 的外接圆共点，称为完全四边形的密克（Miquel ）点。 证明：设两圆交于一点，计算角易得。

D

图 4

定义4 阿波罗尼斯（Apollonius ）圆：到两定点A 、B 距离之比为定值k （k >0且k ≠1）的点的轨迹为圆，称为Apollonius 圆，为古

证明：如图4由AP=kPB，则在AB 直线上有两点C 、D 满足

AC BC

=

AD BD

=k , 故PC 、

PD 分别为∠APB 的内外角平分线，则CP ⊥DP ，即P 点的轨迹为以CD 为直径的圆O(O为CD 中点) 。（本题解析法亦可）

显然图4中ACBD 为调和点列。

定理6 在图4中，当且仅当PB ⊥AB 时，AP 为圆O 的切线。 证明：当PB ⊥AB 时∠APC=∠BPC=∠CDP 故AP 为圆O 的切线，反之亦然。

定理7 Apollonius 圆与调和点列的互推 如下三个条件由其中两个可推得第三个： 1.PC （或PD ）为∠APB 内（外）角平分线 2. CP⊥PD

3.ACBD 构成调和点列（证略）

定义5 反演：设A 为○O （r ）平面上点，B 在射线OA 上，且满足OA*OB=r*r，则称A 、B 以○O 为基圆互为反演点。

定理8 图4中，以Apollonius 圆为基圆，AB 互为反演点。（由定理2（2）即得。） 定义6 极线与极点：设A 、 B 关于○O （r ）互为反演点，过B 做OA 的垂线l 称为A 点对圆O 的极线；反之对任意直线l 相应的A 点称为l 对圆O 的极点。[3]

定理9 当A 点在○O 外时，A 的极线为A 的切点弦。（由定理6即得。）

图 5

定理10 若A 的极线为l ，过A 的圆的割线

ACD 交l 于B 点，则ACBD 为调和点列。 证明：如图5，A 的切点弦为 PQ ，则 BC BD =[QPC ][QPD ]=CP DP ?CQ AP AC AC

DQ =AD ?AQ =AD 即ACBD 为调和点列。 定理11 配极定理：如图6，若A 点的极线通过另一点D ，则D 点的极线也通过A 。一般的称A 、D 互为共轭点。 证法一：几何法，作AF ⊥OD 于F ，则DFGA 共圆，得OF*OD= OG*OA =OI 2

，由定义6知AF 即为D 的极线。

图 6

证法二：解析法，设圆O 为单位圆，A （x 1, y 1）, D （x 2, y 2），A 的极线方程为xx 1+yy 1=1，由D 在其上，得x 2x 1+y 2y 1=1，则A 在

xx 2+yy 2=1上，即A 在D 的极线上。

定理12 在图6中，有

AD 2=A 的幂+D的幂（对圆O ）证明：A D 2

=A G 2

+DG

2

=(A G 2

+BG2

)+(DG2

-BG 2

)

=A的幂+D的幂

定义7 调和四边形 对边积相等的四边形称为调和四边形。（因为圆上任意一点对此四点的线束为调和线束，故以此命名） 定理13 图5中PDQC 为调和四边形。 证明：由定理9的证明过程即得。

例题选讲

例1 如图7，过圆O 外一点P 作其切线PA 、PB ，OP 与圆和AB 分别交于I 、M ，DE 为过M 的任意弦。求证：I 为△PDE 内心。（2001年中国西部数学奥林匹克）

分析：其本质显然为Apollonius 圆。 证明：由定理6知圆O 为P 、M 的Apollonius 圆，则DI 、EI 分别为△PDE 的内角平分线，即I 为△PDE 内心。

注：对图7我们有过M 的任意弦与P 构成的所有三角形有共同的内心I 。反之亦然。

D

图 7

例2 如图8，△ABC 中，AD ⊥BC ，H 为AD 上任一点，则∠ADF=∠ADE （1994年加拿大数学奥林匹克试题）

图 8

证明：对完全四边形AFHEBC ，由定理4知FLEK 为调和点列。又AD ⊥BC ，由定理7得∠ADF=∠ADE 。

例3 如图9，四边形AFDE 中，AD 平分∠FDE ，P 为AD 上任一点，FP 交AE 于N ，EP 交AF 于M ，则∠MDA=∠NDA 。（1999年全国高中数学联赛）

图 9

证明：本题为例2推广，过D 作AD 垂线，则FLEK 构成调和点列，从而对完全四边形FENMAK 必有MNK 共线，由例2即得∠MDA=∠NDA 。

例4 如图10，完全四边形ABCDEF 中，GJ ⊥EF 与J ，则∠BJA=∠DJC （2002年中国国家集训队选拔考试）

图 10

证明：由定理4及定理7有∠BJG=∠DJG 且∠AJG=∠CJG ，则∠BJA=∠DJC 。

通过例2到例4，结合定理7，我们可以断言：由垂直证角平分线的问题，本质都为调和点列。

例5 P 为圆O 外一点，PA 、PB 为圆O 的

两条切线。PCD 为任意一条割线，CF 平行PA 且交AB 于E 。求证：CE=EF（2006国家集训队培训题）

证明：由定理10及定理3即得。 例6 如图13，过圆O 外一点P 做割线PAB 、PCD ，E 、F 为对角线交点，则EF 为P 对圆O 的极线。（1997年CMO 试题等价表述）

图 11

证法一：作

AEB 外接圆交PE 于M ，则PE*PM=PA*PB=PC*PD，即CDME 共圆（易知P 为三圆根心且M 为PAECBD 密克点），

从而∠BMD =∠BAE +∠BCD =∠BOD ,

即BOMD 共圆。∠OMT=∠OMB+∠BMT=∠ODB+∠BAE=90°则M 为ST 中点，由定理10及定理2（2）知E 在P 极线上，同理F 亦在P 极线上，故EF 为P 的极线。

图 12

证法二：如图14，证明E 在P 的切点弦ST 上即可。在△ABT 中，有

调和点列，由定理11知AD 的极点在HI 上，

AU BV TW

**=UB VT WA

AS sin ∠AST BD sin ∠BDA TC sin ∠TCB

?=

BS sin ∠BST DT sin ∠TDA AC sin ∠ACB

AS BD TC PS PB PD ?=?=1 BS DT AC PB PD PT

由塞瓦定理逆定理知ST 、AD 、BC 三线共点于E ，同理F 亦然，故EF 为P 的极线。

至此，点P 在圆O 外时，我们得到了P 点极线的四种常见的等价定义： 1、过P 反演点做的OP 的垂线。 2、P 对圆O 的切点弦。

3、过P 任意做两条割线PAB 、PCD ，AD 、BC 交点与AC 、BD 交点的连线。(注：切线为割线特殊情形，故 2、3是统一的) 4、过P 任意作割线PAB ，AB 上与PAB 构成调和点列的点的轨迹的所在直线。 例7 △ABC 内切圆I 分别切BC 、AB 于D 、F ，AD 、CF 分别交I 于G 、H 。求证：

DF ?GH

FG ?DH

=3(2010年东南数学奥林匹克)

图 13

证明：如图15，由定理13知GFDE 为调和四边形，由托勒密定理有GD*EF=2FG*DE， 同理HF*DE=2DH*EF相乘得 GD*FH= 4DH*FG又由托勒密定理GD*FH= DH*FG+FD*GH，代入即得DF ?GH

FG ?DH

=3

例8 已知：如图16，△ABC 内切圆切BC 于D ，AD 交圆于E ，作CF=CD，CF 交BE 于G 。求证：GF=FC（2008年国家队选拔） 证明：设内切圆的另两切点为H 、I ，HI 交BD 于J ，连JE 。由定理10知AEKD 构成

图 14

又AD 极点在BD 上，故J 为AD 极点；则JE 为切线，BDCJ 为调和点列，由CF=CD且JD=JE知CF//JE，由例5知GF=FC。 （注：例8中BDCJ 为一组常见调和点列） 例9 如图17，圆内接完全四边形ABCDEF 对角线交于G ，则EFGO 构成垂心组（即任意一点是其余三点构成的三角形的垂心）。 证明：由定理12有EG 2

=E 的幂+G 的幂

EG 2-FG 2=(E 的幂+G 的幂)-(F的幂+G 的幂)=E 的幂-F 的幂=EO 2

-FO

2

从而OG ⊥EF ，其余垂直同理可证。

注：本题结论优美深刻，比较早的见于初版于1929年的[4]，它涉及到调和点列、完全四边形、密克点、极线、Apollonius 圆、垂心组等几何中的核心内容。本文开头提到的2010年联赛题为本题的逆命题，熟悉上述内容的情况下，采用参考答案的反证法在情理之中：如图1，设D 不在圆O 上，令

AD 交圆O 于E ，CE 交AB 于P ，BE 交AC 于Q 。由例9得PQ//MN；由定理4得MN 、AD 调和分割BC ，同理PQ 亦然，从而PQ//MN//BC，得K 为BC 中点，矛盾！故ABCD 共圆。

其实本题也可直接证明，如下：如图18，由例4得∠1=∠2；由正弦定理有

JG//CM，即证

LK LJ LG 2LG

，===

KA JC GM GA

而这由调和点列基本关系变形即得。

OJ Sin ∠OBJ =OB OC OJ Sin ∠1=Sin ∠2=

Sin ∠OCJ ，从而Sin ∠OBJ=Sin∠OCJ ，又K 不是BC 中点，故Sin ∠OBJ+∠OCJ =180°，则OBJC 共圆；

∠MJB =∠NJC =1

2

∠BOC =∠BAC ，由

定理5得ABDC 共圆。

图 16

以例9为背景的赛题层出不穷，以下再稍举几例，以飨读者。

例10 △ADE 中，过AD 的圆O 与AE 、DE 分别交于B 、C ，BD 交AC 于G ，直线OG 与△ADE 外接圆交于P 。求证：△PBD 、△PAC 共内心（2004年泰国数学奥林匹克） 分析：本题显然为密克点、Apollonius 圆、极线及例10等深刻结论的简单组合。

证明：如图17，由定理5知本题中P 即为完全四边形密克点，由例10得P 为垂足，由定理6知圆O 即为PG 的Apollonius 圆，由例1知△PBD 与△PAC 共内心。

例11 △ABC 中，D 在边BC 上且使得∠DAC=∠ABC ，圆O 通过BD 且分别交AB 、AD 于E 、F ，DF 交BE 于G ， M 为AG 中点，求证：CM ⊥AO （2009年国家队选拔）分析简证：如图19，设EF 交BC 于J 。由定理3得AKGL 为调和点列，倒角得EJ//CA，由例10有JG ⊥OA ，故只需证

图 17

例9中OG ⊥EF 对圆外切四边形亦然。例12 如图21，设圆O 的外切四边形ABCD 对角线交于EFG ，则OG ⊥EF 。（2009年土耳其国家队选拔考试）

图 18

证明： G 在BD 上，由定理11知BD 、AC 极点E ’、F ’在EF 上，同理可证其余共点如图21。则对圆外切四边形A ’B ’C ’D ’，其对角线交点与对应的圆内接四边形ABCD 对角线交点G 重合，由例9得 OG ⊥EF 。

图 19

例13 如图22，ABCD 为圆O 的外切四边

形，OE ⊥AC 于E ，则∠BEC=∠DEC(2006年协作夏令营测试题)

分析：上面我们说过，见到已知垂直要证角平分线必为调和点列。 证明：如图22，做出辅助线，由例12知FI 、BH 、CH 分别交对边于E 、F ，EF 交AD 于K ，任意做过K 的直线与CF 、CE 、CD 交于M 、N 、Q ，都有∠MDF=∠NDE 。（2003年保加利亚数学奥林匹克）

提示：由 CA、CK 、CH 、CD 构成调和线束，GH 、BD 共点于M ，且为AC 的极点，从而OE 也过M ，且BLDM 构成调和点列，由例4得∠BEC=∠DEC 。

最后我们看一道伊朗题及其推广

例14 △ABC 内切圆I 切BC 于D ，AD 交I 于K 。BK 、CK 交I 于E 、F ，求证：BF 、AD 、CE 三线共点。（2002年伊朗国家队选拔考试题）

分析：本题一般思路为Ceva 定理计算，计算量不小。而且有人将其推广为对AD 上任意一点K ，都有本结论成立。推广题难度极大，网络上有人用软件大量计算获证，也有高手通过复杂的计算得证[5]。其实从调和点列、极点、极线角度看本题结论极为显然。

图 20

证明：设A 点极线交BC 于J ，由例8得BDCJ 为调和点列，故对AD 上K 点，由定理11知EF 必过J 点；由定理4 对完全四边形BEFCJK 必有 CE 、BF 、AK 共点。

练习：

1 H 是锐角△ABC 的垂心，以BC 为直径作圆，自A 作切线AS 、AT 。求证：S 、H 、T 三点共线。（1996CMO 试题） 提示：本题为例7特例

2 在完全四边形ABCDEF 中，过AC 、BD 交点做AB 平行线被CD 、EF 平分。 提示：由定理4及定理3即得

3 △ABC 中，AD ⊥BC ，H 为AD 上一点，

得NKMQ 为调和点列，有∠MDK=∠NDK 和∠KDF=∠KDE, 从而有∠MDF=∠NDE 。

4 设以O 为圆心的圆经过△ABC 的两个顶点A 、C ，且与边AB 、BC 分别交于两个不同的点K 和N ，又△ABC 和KBN 的外接圆交于点B 及另一点M ，求证：∠OMB 为直角。（第22届IMO ）

提示：由定理3及例10即得

参考文献： 1、《高等几何》 梅向明等 1988年 高等教育出版社 2、《初等数学复习及研究（平面几何）》 梁绍鸿 2008年 哈尔滨工业大学出版社 3、《射影几何趣谈》 冯克勤 1983年 上海教育出版社 4、《近代欧式几何》 单墫 译 1999年 上海教育出版社 5、《多功能题典（高中数学竞赛）》 单墫 熊斌 2008年 华东师范大学出版社

伊朗足球是吗

伊朗足球是。

伊朗足球排名亚洲排名第一。如果只从球队的排名来看，伊朗国家队世界排名相对比较靠后。需要提到的是，这个数字的统计来自于全球足球范畴，因此伊朗国家队的整体实力是并不差的。

国际足联各个球队的排名是需要通过他们在国际赛场上所获得排名及名次积分获得排名上升的伊朗国家足球队特指其男子成年级别球队，以下简称伊朗队。伊朗队是伊朗的足球代表队，由伊朗伊斯兰共和国足球联合会管辖。

伊朗队历程

于1978年首次参加世界杯，同时也是最早参加世界杯的亚洲球队之一。截至2022年9月，伊朗队在22届世界杯中，一共6次晋级决赛圈，但没有一次从小组中出线。

至今为止，伊朗队在世界杯上只取得过两场胜利，分别是1998年世界杯小组赛击败美国，和2018年世界杯小组赛战胜摩洛哥。2018年世界杯伊朗队取得1胜1平1负的成绩，收获4个积分，这也是他们征战世界杯历史上获得的最高积分。

伊朗队曾在1968年、1972年和1976年三次夺得亚洲杯冠军。1976年蒙特利尔奥运会上，伊朗队打入了八强，这是他们征战奥运会的最好成绩。

2022年1月27日，2022卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，伊朗队凭借塔雷米的进球以1-0击败伊拉克队，提前宣告晋级卡塔尔世界杯，他们也是亚洲首支通过预选赛晋级2022年世界杯的球队。