下面的平面几何习题均是我两年来收集的，属竞赛范围。共分为五种类型，1，几何计算；2，几何证明；3，共点线与共线点；4，几何不等式；5，经典几何。
几何计算-1
命题 设点D是Rt△ABC斜边AB上的一点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F。若AF=15，BE=10，则四边形DECF的面积是多少？
解：设DF=CE=x,DE=CF=y. ∵Rt△BED∽Rt△DFA, ∴BE/DE=DF/AF <==> 10/y=x/15 <==> xy=150. 所以，矩形DECF的面积150.
几何证明-1
命题 在圆内接四边形ABCD中，O为圆心，己知∠AOB+∠COD=180.求证:由O向四边形ABCD所作的垂线段之和等于四边形ABCD的周长的一半。
证明(一) 连OA,OB,OC,OD，过圆心O点分别作AB,BC,CD,DA的垂线，垂足依次为P,Q,R,S。
易证ΔAPO≌ΔORD，所以 DR=OP,AP=OR， 故 OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。 同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。
因此有 OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。
证明(二) 连OA,OB,OC,OD，因为∠AOB+∠COD=180°,OA=OD，所以易证 RtΔAPO≌RtΔORD，故得 DR=OP,AP=OR， 即 OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。 同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。
因此有 OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。
几何不等式-1
命题 设P是正△ABC内任意一点，△DEF是P点关于正△ABC的内接三角形[AP,BP,CP延长分别交BC,CA,AB于D,E,F]，记面积为S1;△KNM是P点关于正△ABC的垂足三角形[过P点分别作BC,CA,AB垂线交于K,N,M]，记面积为S2。求证:S2≥S1 。 证明 设P点关于正△ABC的重心坐标为P(x,y,z)，a为正△ABC的边长，则正△ABC的面积为S=(a^2√3)/4。
由三角形重心坐标定义易求得:
AD=za/(y+z),CD=ya/(y+z),CE=xa/(z+x),AE=za/(z+x),AF=ya/(x+y),BF=xa/(x+y). 故得:
△AEF的面积 X=AE*AF*sin60°/2=Syz/(z+x)(x+y); △BFD的面积 Y=BF*BD*sin60°/2=Szx/(x+y)(y+z); △CDE的面积 Z=CD*CE*sin60°/2=Sxy/(y+z)(z+x).
1
从而有 S1=S-X-Y-Z=2xyzS/(y+z)(z+x)(x+y)。 因为P点是△KNM的费马点，从而易求得: PK=(xa√3)/[2(x+y+z)], PN=(ya√3)/[2(x+y+z)], PM=(za√3)/[2(x+y+z)]. 故得：
S2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/[4(x+y+z)^2]。 所以待证不等式S2≥S1等价于:
(3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+z)^2≥2xyz/(y+z)(z+x)(x+y); <====> 3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)≥8xyz(x+y+z)^2; 上式展开等价于
3x^3(y^2+z^2)+3y^3(z^2+x^2)+3z^3(x^2+y^2)-2xyz(x^2+y^2+z^2)-4xyz(yz+zx+xy)≥0; 上式化简等价于
x^2(x+2y+2z)(y-z)^2+y^2(y+2z+2x)(z-x)^2+z^2(z+2x+2y)(x-y)^2≥0.
因为P点在正△ABC内，故x>0,y>0,z>0，所以上式显然成立。命题得证。
几何不等式-2
命题 设P是三角形ABC内一点，直线AP，BP，CP与三边的交点分别为D,E,F。则三角形DEF叫做点P的塞瓦三角形。试证点P的塞瓦三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。
证明 设三角形ABC的面积为S, 塞瓦三角形DEF的面积为S1, 三角形AEF的面积为Sa, 三角形BFD的面积为Sb, 三角形CDE的面积为Sc。令BD=xBC,CE=yCA,AF=zAB，则CD=(1-x)BC,AE=(1-y)CA,BF=(1-z)AB。那么 Sa=(AE*AF*sinA)/2=z*(1-y)*S， Sb=(BD*BF*sinB)/2=x*(1-z)*S， Sc=(CD*CE*sinC)/2=y*(1-x)*S。 所以有
S1=S-Sa-Sb-Sc=S*[1-z*(1-y)-x*(1-z)-y*(1-x)] =S*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy] ， 据此命题[S≥4S1]转化为证明 4*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy]≤1 根据塞瓦定理得: xyz=(1-x)*(1-y)*(1-z) 上述恒等式展开等价于 1+yz+zx+xy=2xyz+x+y+z 将其代入得:8xyz≤1.
由算术--几何平均不等式得: 2√[x(1-x)]≤1, 2√[y(1-y)]≤1, 2√[z(1-z)]≤1, 上述三式相乘得:
8√[xyz(1-x)*(1-y)*(1-z)]≤1 , <==> 8xyz≤1 .
2
几何不等式-3
命题 设P是三角形ABC内一点，点P在三边BC,CA,AB上的射影分别为D,E,F。则三角形DEF叫做点P的垂足三角形。试证点P的垂足三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。
证明 设P点垂足ΔDEF面积为F,ΔABC面积为Δ，
令PD=r1,PE=r2,PC=r3,BC=a,CA=b,AB=c,R表示三角形ABC的外接圆半径。则有 F=[r2*r3*sinA+r3*r1*sinB+r1*r2*sinC]/2 =[a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2]/(4R)。 故命题转化为求证
a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤RΔ (1) 据恒等式:abc=4RΔ，则上式为
a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤abc/4 (2)
设P点的ΔABC重心坐标为P(x,y,z)，对(2)式作置换等价于 R^2*(x+y+z)^2≥yza^2+zxb^2+xyc^2 (3) (3)展开化简为
(R*x)^2+(R*y)^2+(R*z)^2+(2*R^2-a^2)*yz+(2*R^2-b^2)*zx+(2*R^2-c^2)*xy≥0 上式配方整理得:
[R*x+(2*R^2-c^2)*y/(2R)+(2*R^2-b^2)*z/(2R)]^2+[c*y*cosC-b*z*cosB]^2≥0， 显然成立。易验证当x:y:z=a*cosA:b*cosB:c*cosC，即外心时取等号。
几何不等式-4
命题 试比较给定一三角形的最大内接矩形的面积与最大内接正方形的面积大小。 证明 设给定三角形ABC的边长分别为a,b,c，相对应的高线分别为ha,hb,hc，给定三角形ABC的面积为S。不妨设a>b>c，则ha (1)对于给定三角形的最大内接矩形的面积可如下求:设矩形长为x[与BC边重合]，宽为y，矩形的面积为S1。运用相似比可得: (ha-y)/x=ha/a <==> x=a*(ha-y)/ha，所以 S1=y*a*(ha-y)/ha=-[1/(a*ha)]*[a^2*y^2-2*a*S*y] =-[1/(2*S)]*(a*y-S)^2+S^/2≤S/2。 当y=S/a=ha/2，x=a/2时，S1的最大值为S/2。 所以给定三角形的最大内接矩形的面积为S/2，它共有三种形状，即(长,宽)=(a/2,ha/2);(长,宽)=(b/2,hb/2);(长,宽)=(c/2,hc/2)。注意这里长与宽相对而言。 (2)对于给定三角形的最大内接正方形的面积可如下求:设正方形边长为x，正方形的面积为S2。运用相似比可得: (ha-x)/x=ha/a <==> x=2*S/(a+ha)， 因为a>b>c，易证得:a+ha>b+hb>c+hc， 所以给定三角形的最大内接正方形的面积: S2=[2*S/(c+hc)]^2。 (3)下面确定给定三角形ABC的最大内接矩形的面积与最大内接正方形的面积大小。 [2*S/(c+hc)]^2≤S/2 3 <==> 8*S≤(c+hc)^2 因为c^2+(hc)^2≥2*c*hc=4*S，所以8*S≤(c+hc)^2显然成立。 当c=hc时等号成立。 几何不等式-5 命题 在等腰直角三角形中，∠BAC=90°，E，F在BC边上[E点靠近B点，F点靠近C点]。求证： (1) 如果∠EAF≤45°，则BE^2+CF^2≥EF^2; (2) 如果∠EAF≥45°，则BE^2+CF^2≤EF^2. 证明 设AE为y，AF为z，AB=AC=a。 在△ABE，△ACF中[∠ABE=45°，∠ACF=45°]，根据余弦定理得: BE^2=y^2-a^2+a*BE*√2;y^2=a^2+BE^2-a*BE*√2; z^2=a^2+CF^2-a*CF*√2; CF^2=z^2-a^2+a*CF*√2. 两式相加得: BE^2+CF^2=y^2+z^2-2a^2+a√2(BE+CF)=y^2+z^2-2a^2+a√2(a√2-EF) =y^2+z^2-a√2EF。 注意到:△AEF面积的两种表示式 yzsin(∠EAF)/2=aEF/(2√2) a√2EF=2yzsin∠EAF 所以有 BE^2+CF^2=y^2+z^2-2yzsin∠EAF 而在△AEF中，根据余弦定理得: EF^2=y^2+z^2-2yzcos∠EAF 对比上述两式，当∠EAF=45°时，有BE^2+CF^2=EF^2。 (1) 如果∠EAF≤45°，则tan∠EAF≤1，即BE^2+CF^2≥EF^2; (2) 如果∠EAF≥45°，则tan∠EAF≥1，即BE^2+CF^2≤EF^2. 附证 如图,等腰直角三角形ABC,E,F在BC上,不妨设F在E右侧 将△AFC旋转90度到△ADB ∠ABC=∠ACB=∠ABD=45==>∠DBE=90 BD=CF ==>BE^2+CF^2=BE^2+BD^2=DE^2 DE^2=AD^2+AE^2-2AD*AE*cos∠DAE EF^2=AF^2+AE^2-2AF*AE*cos∠EAF AD=AF DE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE) ∠DAE=∠DAB+∠BAE=∠CAF+∠BAE=90-∠EAF (1)∠EAF≤45°,则90°＞∠DAE≥∠EAF＞0°, DE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE)≥0 DE^2≥EF^2 BE^2+CF^2≥EF^2 (2)∠EAF≥45°,则0°＜∠DAE≤∠EAF＜90°, DE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE)≤0 DE^2≤EF^2 BE^2+CF^2≤EF^2 4 几何不等式-6 命题 非钝角三角形的三条中线组成的三角形，它的外接圆半径大于原三角形外接圆半径的5/6。 证明(1) 设非钝角三角形ABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,S为非钝角三角形ABC的外接圆半径和面积。而以三角形三中线组成的三角形的面积为3S/4。根据三角形恒等式:abc=4R*S，故只需证明: 8*ma*mb*mc>5*a*b*c (1) 即 64*(ma*mb*mc)^2>25(a*b*c)^2 (2) 据三角形中线公式: 4*(ma)^2=2b^2+2c^2-a^2，4*(mb)^2=2c^2+2a^2-b^2，4*(mc)^2=2a^2+2b^2-c^2， 因为三角形是非钝角三角形，则b^2+c^2-a^2>=0，c^2+a^2-b^2>=0,a^2+b^2-c^2>=0，注意三式不可能同时取零，当直角三角形时，有一为零。设x,y,z为非负实数， 则令2x=b^2+c^2-a^2，2y=c^2+a^2-b^2,2z=a^2+b^2-c^2。则a^2=y+z,b^2=z+x,c^2=x+y。 对(2)式作置换等价于: (4x+y+z)*(4y+z+x)*(4z+x+y)>25*(y+z)*(z+x)*(x+y) x^3+y^3+z^3-x^2(y+z)-y^2*(z+x)-z^2*(x+y)+7*x*y*z>0 (3) (3)式是全对称的，不失一般性，设x=min(x,y,z)，(3)化简整理等价于 x*(x-y)*(x-z)+(y+z-x)*(y-z)^2+4*x*y*z>0，显然成立。 证明(2) 设RtΔABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,Δ为RtΔABC的外接圆半径和面积。而以RtΔABC三中线组成的ΔA'B'C'的外接圆半径和面积分别为Rm,Δm。显然Δm=3Δ/4。命题转化: Rm≥5R/6 (1) 根据三角形恒等式:abc=4R*Δ，ma*mb*mc=4Rm*Δm。故只需证明: 8*ma*mb*mc≥5*a*b*c (2) 即 64*(ma*mb*mc)^2≥25(a*b*c)^2 (3) 不失一般性，设 a^2=b^2+c^2，据三角形中线公式: 4*(ma)^2=2b^2+2c^2-a^2=b^2+c^2，4*(mb)^2=2c^2+2a^2-b^2=4c^2+b^2，4*(mc)^2=2a^2+2b^2-c^2=4b^2+c^2， 所以(3)式等价于: (4c^2+b^2)*(4b^2+c^2)≥25*b^2*c^2 (4) (4)<==> 4*(b^2-c^2)^2≥0。显然成立，当三角形三角之比为:2:1:1时等号成立。 几何不等式-7 5 命题 设ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，内心为I。求证: (1)∠AIO为锐角的充要条件是:b+c>2a; (2)∠AIO为直角的充要条件是:b+c=2a; (3)∠AIO为钝角的充要条件是:b+c<2a。 证明 连AI并延长交圆O于D。易证 BD=DI=CD，令BD=DI=CD=d，利用托勒密定理: d*c+d*b=a*(AI+d) 从而得:AI=d*(b+c-a)/a。 (1)对于等腰ΔAOD，我们有∠AIO为锐角的充要条件是:AI>d，即b+c>2a。 同理可证(2),(3) 成立。 几何不等式-7 命题 设ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，重心为G。求证: (1)∠AGO为锐角的充要条件是:b^2+c^2>2a^2; (2)∠AGO为直角的充要条件是: b^2+c^2=2a^2; (3)∠AGO为钝角的充要条件是: b^2+c^2<2a^2。 证明 连AG并延长交圆O于D。BC边上的中线为ma，则AG=2*ma/3。易求得: DG=ma/3+a^2/(4*ma) 。 (1)对于等腰ΔAOD，我们有∠AGO为锐角的充要条件是:AG>DG，即b^2+c^2>2a^2。 同理可证(2),(3) 成立。 几何证明-2 命题 在ΔABC中，BC=a,CA=b,AB=c，s为半周长，在BC上的一点M，使得ΔABM与ΔACM的内接圆相等。求证: AM^2=s*(s-a) 证明 设AM=x，依题意可得: MB+MC=a (1) MB/MC=(x+c+MB)/(x+b+MC) (2) (2) 等价于 MB/MC=(x+c)/(x+b) 据(1),(2) 式可得: MB=(x+c)*a/(2x+b+c) MC=(x+b)/(2x+b+c) ， 由余弦定理得: MB/MC=(x^2-c^2+MB^2)/(-x^2+b^2-MC^2) (3) 所以 (x+c)/(x+b)= (x^2-c^2+MB^2)/(-x^2+b^2-MC^2) (4) 将MB=(x+c)*a/(2x+b+c) MC=(x+b)/(2x+b+c) 代入(4) 式化简整理得: (x+b)*(x+c)*[4x^2+a^2-(b+c)^2]=0， 故得: AM^2=s*(s-a) 经典几何-1 命题 在平行四边形ABCD边AB,BC,CD,DA上分别取点K,L,M,N，如果所取这四个点为顶点的四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积的一半，求证:四边形KLMN至少有一条对角线平行于平行四边形ABCD边。 证明 在平行四边形ABCD中，设∠DAB=θ,AD=a,AB=b. 则四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积减去三角形△AKN, △BKL, △CLM, △DMN的面积之和。由面积 6 公式不难求得: △AKN的面积=(1/2)*AN*AK*sinθ， △BKL的面积=(1/2)*BL*(b-AK)* sinθ， △CLM的面积=(1/2)*(a-BL)*(b-MD)*sinθ， △DMN的面积=(1/2)*(a-AN)*MD* sinθ， 平行四边形ABCD的面积=ab* sinθ 所以四边形KLMN的面积等于 =(1/2)*ab*[1-(AN-BL)*(AK-MD)/ab]*sinθ。 另一方面,据已知条件,四边形KLMN的面积等于(1/2)*ab* sinθ。 比较四边形KLMN的面积的两种计算结果，可见: (AN-BL)*(AK-MD)=0 于是，或者AN=BL，从而LN∥AB; 或者KA=MD，从而KM∥AD。故命题得证。 几何不等式-8 命题 设P是平行四边形ABCD内一点，求证: PA*PC+PB*PD≥AB*BC 并指出等号成立条件。 证明 作PQ平行且等于CD，连CQ,BQ，则四边行CDPQ与ABQP均为平行四边形， 所以CQ=PD,BQ=PA,PQ=AB=CD。 在四边形PBQC中，由Ptoiemy不等式有 BQ*PC+PB*CQ≥PQ*BC 即PA*PC+PB*PD≥AB*BC 等号成立当且仅当P,B,Q,C四点共圆，即∠CPB+∠CQB=π,而∠CQB=∠APD。所以不等式等号成立的条件为: ∠CPB+∠APD=π。证毕。 据此证明该题可作如下改动 命题 设P为平行四边形ABCD内一点，满足∠CPB+∠APD=π，则有 PA*PC+PB*PD=AB*BC。 经典几何-2 命题 圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，内切，相含。三角形有三个圆，即外接圆，内切圆及九点圆。问三角形上述三个圆的关系 解 九点圆：三角形三边的中点，三高的垂足及三顶点与垂心间线段的中点，共九个点共圆，这个圆称为三角形的九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段的中点，其半径等于三角形外接圆半径的一半，半径为R/2。 外接圆：以三角形的三条中垂线的交点为圆心，这个点到三角形顶点的距离为半径的圆，半径为R。 内切圆：以三角形三个内角的角平分线的交点为圆心,圆心到任意一边的距离相等，半径为r。 设三角形ABC的九点圆心为Q，外接圆心为O，内切圆心为I，三角形ABC半周长为s，则易求得: OQ=[√(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)]/2,OI=√[R(R-2r)],IQ=(R-2r)/2. 根据圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，内切，内含。可判断: (1),九点圆与内切圆的两半径差等于R/2-r=IQ=(R-2r)/2，故内切圆I内切于九点圆Q，即两圆内切。 (2),易证 R-r>OI=√[R(R-2r)],<==>r^2>0，所以外接圆内含内切圆，即两圆内含。 7 (3),外接圆与九点圆，当三角形为锐角时外接圆内含九点圆，R/2>[√(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)]/2,<==>s>2R+r; 当三角形为直角时九点圆内切于外接圆，R/2=[√(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)]/2,<==>s=2R+r;当三角形为纯角时九点圆与外接圆相交，3R/2>[√(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)]/2,<==>s^2>4Rr+r^2. 几何证明-3 命题 己知P为正五边形ABCDE的外接圆AE圆弧上一点。 求证:PA+PC+PE=PB+PD 证明 设正五边形的边长和对角线分别为a,f。据托勒密定理， 在圆内接四边形PABE中， PA*f+PE*a=PB*a (1) 在圆内接四边形PADE中， PA*a+PE*f=PD*a (2) (1)+(2)得: PA*f+PE*a+ PA*a+PE*f=(PB+PD)*a (3) 在圆内接四边形PACE中， PA*f+PE*f=PC*a (4) 将(4)式代入(3)式得: a*(PA+PC+PE)=a*(PB+PD) 因为a≠0, 所以PA+PC+PE=PB+PD，证毕。 共点线与共线点-1 命题 在等腰△ABC中，∠B=∠C=40°，P，Q为等腰△ABC形内两点，且∠PAB=∠QAC=20°，∠PCB=∠QCA=10°。求证:B，P，Q三点共线。 证明 以BC为一边，在A点的同侧作正三角形DBC，连DA，BQ。 易知 AB=AC，可知DA为BC的中垂线，由∠QCA=10度得∠QCB=30度， 可知 CQ为BD的中垂线，所以有∠QCD=30度=∠ADC。 由∠QAC=20度=∠ADC，有AQ∥DC，可知四边形AQCD为等腰梯形，即AD=QC， 进而ΔABD≌ΔBQC，得BA=BQ。 在ΔABQ中，可知∠QBA=20度，所以∠QBC=20度。 在BA延长线上取一点E，使BE=BC，连EP，EC，BP， 可知∠PCE=(180-40)/2-10=60度， ∠EAC=80度=∠PAC。进而ΔEAC≌ΔPAC。得PC=PE，所以ΔPEC为正三角形， 有PC=PE，可知BP为EC的中垂线。于是 ∠PBC=∠EBC/2=20度=∠QBC。 因此B,，P，Q三点共线。 几何证明题-4 命题 在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK=CL，以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ=BC 。 8 证明 延长直线PK与QL交于O， 根据正三角形BPK,正三角形CQL及∠A＝120°,显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO。又因为BK=CL， 故PO=PK+KO=BK+AL=CL+AL=AC;QO=QL+LO=CL+AK=BK+AK=AB。 而∠POQ=120°，所以△ABC≌△PQO。故PQ=BC。 几何证明题-5 命题 在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC=CL+AB，以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ=BC 。 证明 延长直线PK与QL交于O， 根据正三角形BPK,正三角形CQL，∠A＝120°及BK+AC=CL+AB，,显然可证:四边形OLAK为菱形，所以AK=LO=AL=KO。 故PO=AB，QO= AC。而∠POQ=120°，所以△ABC≌△PQO。故PQ=BC。 几何不等式-9 命题 在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC≥CL+AB，BK≥CL，以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ≥BC 。 证明 延长直线PK与QL交于O， 令AC=b,AB=c，BK=x,CL=y。 根据正三角形BPK,正三角形CQL及∠A＝120°, 显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,∠POQ＝120°。 据此得: PO=PK+KO=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。 在三角形PQO中，根据余弦定理得: PQ^2=PO^2+QO^2-2*PO*QO*cos120°=PO^2+QO^2+PO*QO =(x+b-y)^2+(y+c-x)^2+(x+b-y)*(y+c-x) =b^2+(x-y)^2+2b*(x-y)+c^2+(x-y)^2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)^2 =b^2+c^2+bc+(x-y)^2+(b-c)*(x-y) =BC^2+(x-y)*(b+x-c-y) 因为 BK≥CL,即 x≥y,BK+AC≥CL+AB,即 x+b≥c+y。 所以 (x-y)*(b+x-c-y)≥0, 因此PQ≥BC 。 当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。 几何不等式-10 命题 在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC≥CL+AB，BK≤CL以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ≤BC 。 9 证明 延长直线PK与QL交于O， 令AC=b,AB=c，BK=x,CL=y。 根据正三角形BPK,正三角形CQL及∠A＝120°, 显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,∠POQ＝120°。 据此得: PO=PK+KO=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。 在三角形PQO中，根据余弦定理得: PQ^2=PO^2+QO^2-2*PO*QO*cos120°=PO^2+QO^2+PO*QO =(x+b-y)^2+(y+c-x)^2+(x+b-y)*(y+c-x) =b^2+(x-y)^2+2b*(x-y)+c^2+(x-y)^2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)^2 =b^2+c^2+bc+(x-y)^2+(b-c)*(x-y) =BC^2+(x-y)*(b+x-c-y) 因为 BK≤CL,即 x≤y,BK+AC≥CL+AB,即 x+b≥c+y。 所以 (x-y)*(b+x-c-y)≤0, 因此PQ≤BC 。 当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。 几何证明题-6 命题 设ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，类似重心为K。求证: (1)∠AKO为锐角的充要条件是:b^2+c^2>2a^2; (2)∠AKO为直角的充要条件是: b^2+c^2=2a^2; (3)∠AKO为钝角的充要条件是: b^2+c^2<2a^2。 证明 连AK并延长分别交边BC及圆O于D与A’。BC边上的中线为ma，易求得: AK=2*b*c*ma/(a^2+b^2+c^2) ，AD=2*b*c*ma/(b^2+c^2), KD=2*a^2*b*c*ma/[(a^2+b^2+c^2)* (b^2+c^2)], BD=a*c^2(b^2+c^2)/,CD=a*b^2/(b^2+c^2) 所以据 BD*CD=AD*A’D，得:A’D=a^2*b*c/[2*ma*(b^2+c^2)] 故A’K=A’D+DK=3*a^2*b*c/[2*ma*(a^2+b^2+c^2)] 。 (1)对于等腰ΔAOA’，我们有∠AKO为锐角的充要条件是:AK>A’K， 即 2*b*c*ma/(a^2+b^2+c^2)> 3*a^2*b*c/[2*ma*(a^2+b^2+c^2)] ， 4*(ma)^2>3*a^2 b^2+c^2>2a^2。 同理可证(2),(3) 成立。 几何证明题-7 命题 设ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，垂心为H。求证: (1)∠AHO为锐角的充要条件是:tanB*tanC>3; (2)∠AHO为直角的充要条件是: tanB*tanC =3; (3)∠AHO为钝角的充要条件是: tanB*tanC <3。 证明 连AH并延长分别交边BC及圆O于D与A’。易求得: AH=2R*cosA，HD=A’D=2R*cosB*cosC， 故 A’H=4R* cosB*cosC. 10 (1)对于等腰ΔAOA’，我们有∠AHO为锐角的充要条件是:AH>A’H， 即 2R*cosA >4R* cosB*cosC <=> tanB*tanC>3; 同理可证(2),(3) 成立。 几何不等式-11 命题 在非纯角ΔABC中，设ma,mb,mc;R分别表示的三中线及外接圆半径. 求证:ma+mb+mc≥4R 证明 在非纯角ΔABC中，设A=max(A,B,C)，G,O分别表示ΔABC的重心与外心，则O点必落在ΔBGC中， 故有:BG+CG>BO+CO， 而 BG=2*mb/3,CG=2*mc/3，BO+CO=R， 所以 mb+mc>3R (1) 又因为 ma≥R (2) (2)式当∠A=π/2时取等号。 (1)+(2)即得所证不等式。 经典几何-3 命题 试证到三角形三顶点距离的平方和为最小的点是三角形的重心。 上述重心性质可改述为: 命题 在ΔABC中，G是重心,M是平面上任一点。求证; MA^2+MB^2+MC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2 证明 ΔABC的三条中线AD,BE,CF交于G，不妨设M在ΔBGC内。 对于ΔAMD和G，由斯特瓦尔定理得; MA^2*DG+MD^2*AG-MG^@*AD=AD*DG*AG 因为 DG=AD/3,GA=2AD/3，代入整理得: 3*MG^2=MA^2+2*MD^2-2*AD^2/3 (1) 容易算出，在ΔMBC和ΔGBC中有 MD^2=(MB^2+MC^2)/2-BC^2/4 GD^2=(GB^2+GC^2)/2-BC^2/4 将上述两式代入(1) 式得: 3*MG^2=MA^2+MB^2+MC^2-(GB^2+GC^2)+2GD^2-2*AD^2/3 = MA^2+MB^2+MC^2-( GA^2+GB^2+GC^2) 所以 MA^2+MB^2+MC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2 从等式显然可看出, 当M异于G时，有 MA^2+MB^2+MC^2>GA^2+GB^2+GC^2 所以到三角形三顶点距离的平方和为最小的点是三角形的重心。 几何证明-8 命题 在ΔABC中,各边不相等，O,I,H,Q分别为外心，内心,垂心与九点圆心，如果三角形ABC三个内角成等差数列。求证:IQ⊥OH. 证明(1) 因为三角形ABC三个内角成等差数列，所以有一角必为π/3。记A=π/3，R为外接圆半径。则AH=2RcosA=R=AO，又因为AI平分∠OAH，所以ΔAHI≌ΔAOI，即IH=IO。 11 由于九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。因此AI⊥OH. 证毕。 证明(2) 因为三角形ABC三个内角成等差数列，所以有一角必为π/3。记A=π/3，R,r,s分别为ΔABC外接圆半径, 内切圆半径和半周长。 根据己知恒等式:s=3RsinA+rcot(A/2)=(R+r)√3 而IH^2=4R^2+4R*r+3r^2-s^2，OI^2=R*(R-2r) 。 所以IH^2=4R^2+4R*r+3r^2-s^2= 4R^2+4R*r+3r^2-3(R+r)^2= R*(R-2r)=OI^2， 即IH=IO. 又因为九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。 因此AI⊥OH. 证毕。 几何计算-2 命题 设ABCD是一个矩形,BC上有一点M,CD上有一点N，连接AM,MN,AN，S三角形ABM=4，S三角形CMN=3，S三角形ADN=5,求S三角形AMN=? 解 设AB=CD=a, BC=DA=b, BM=x, DN=y, 故有CM=b-x, CN=a-x 所以 2*S三角形ABM =8=ax, 2*S三角形CMN =6 =(b-x)(a-y), 2*S三角形ADN =10 =by. 因此有ab*xy =80; ab+xy=24 据此可得：ab=20,xy=4. 而 2*S三角形AMN=2ab-ax-by-(a-y)(b-x)=ab-xy =20-4=16， 所以S三角形AMN=8。 几何计算-3 命题 设ABCD是一个平行四边形,BC上有一点M,CD上有一点N，连接AM,MN,AN，ΔABM的面积S1=4，ΔCMN的面积S2=3，ΔADN的面积S3=5,求ΔAMN的面积S4. 解 设sin∠ABC=sin(π-∠BCD)=T,AB=CD=a, BC=DA=b, BM=x, DN=y, 故有CM=b-x, CN=a-x 所以 2*S1=8=ax*T, 2*S2=6 =(b-x)(a-y)*T, 2*S3 =10 =by*T. 因此有ab*xy*T^2 =80; ab*T+xy*T=24 据此可得：ab*T=20,xy*T=4. 而 2*S4=[2ab-ax-by-(a-y)(b-x)]*T=(ab-xy )*T=20-4=16， 所以S4=8。 几何计算-4 命题 已知三角形三边为连续偶数，且满足cosA+cosB+cosC=7/5。求该三角形的面积。 解 设三边为2n-2、2n、2n+2,利用余弦定理代入计算 (n^2-4n)/[2n(n-1)]+(n^2+2)/[2(n-1)(n+1)]+(n^2+4n)/[2n(n+1)]=7/5 <==> (3n^2-6)/[2(n^2-1)]=7/5 <==> n^2=16 <==> n=4. 所以三角形三边为6,8,10. 而 6^2+8^2=10^2,三角形ABC是直角三角形 三角形的面积=6*8/2=24. 12 几何证明-9 问题 试证:对边之和相等的四边形必有内切圆。 命题 已知 在四边形ABCD中，AB+CD=BC+AD。求证 四边形ABCD有内切圆。 证明 不妨设AB>AD,BC>CD，因为AB+CD=BC+AD，所以AB-AD=BC-CD。在AB上取点M, 使AM=AD; 在BC上取点N, 使CN=CD，所以BM=BN。即△ADM, △CDN, △BMN都是等腰三角形。故A,B,C三角的平分线，必是△DMN三边的垂直平分线，它们交于一点O，O点到四边形ABCD的四边的距离相等，所以必存在以O为中心一圆内切四边形。 几何证明-10 问题 若引自三角形一顶点的高，角平分线，中线四等分这顶角，则此三角形为直角三角形。 命题 己知ΔABC的高AH，∠A的分角线AD，BC上的中线AM，且∠BAH=∠HAD=∠DAM=∠MAC。求证∠BAC=90°. 证明 延长AD交ΔABC的外接圆于N, 连NM。 ∵∠BAD=∠CAD,∴N为圆弧BC的中点。 ∵M为BC的中点，∴MN⊥BC. ∵AH⊥BC, ∴AH∥MN, ∴∠ANM=∠HAD=∠NAM, ∴MA=MN. ∵MN与MA不重合，而MN所在的直线必过ΔABC外接圆圆心. 故M必为外接圆圆心， ∴BC为直径，∴∠BAC=90°. 证毕。 几何证明-11 命题 己知 在△ABC中，BE和CF分别∠B,∠C的平分线，AM⊥CF,AN⊥BE, 垂足分别为M,N。求证(1),MN∥BC;(2),MN=(AB+AC-BC)/2. 证明 分别延长AM与AN交BC[或BC延长线于点P,Q] (1),因为∠ABN=∠CBN, AN⊥BE，所以AN=NQ。 同理可证:AM=MP， 所以MN∥PQ，即MN∥BC。 (2), 因为PC=AC,BQ=AB, 即 PQ+QC=AC (X) BP+PQ=AB (Y) (X)+(Y)得: BC+PQ=AB+AC, 即 PQ=AB+AC-BC 又因为MN=PQ/2, 所以MN=(AB+AC-BC)/2. 证毕。 几何证明-12 命题 己知AD,BE,CF分别为锐角三角形ABC的三边上的高, 作DP⊥AB,DQ⊥AC，P,Q为垂足.求证:(1),PQ=(DE+DF+EF)/2；(2) 如果∠A为钝角，则PQ=(DE+DF-EF)/2. 证明 DE^2=CD^2+CE^2-2CD*CE*cosC=b^2cosC^2+a^2cosC^2-2abcosC^3 =cosC^2(a^2+b^2-2abcosC)=cosC^2*c^2 所以DE=c*cosC 同理EF=a*cosA ，DF=b*cosB 13 PQ^2=AP^2+AQ^2-2AP*AQcosA =b^2sinB^2sinC^2+c^2sinB^2sinC^2-2bcsinB^2sinC^2cosA =sinB^2sinC^2(b^2+c^2-2bc*cosA) =a^2sinB^2sinC^2 =a^2*b^2*c^2/16R^4(R为三角形外接圆半径) 所以PQ=abc/4R^2 所以(DE+DF+EF)/PQ =cosC/sinAsinB+cosB/sinAsinC+cosA/sinBsinC =-(cotAcotB-1+cotBcotC-1+cotCcotA-1) =-(1-3) =2 所以PQ=(DE+DF+EF)/2 (注：cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA=1 几何证明-13 命题 以三角形ABC的各边为边，分别向形外作正多边形，若它们的边数分别为m,n,p且三个正多边形各自的外接接圆共点。求证:1/m+1/n+1/p=1 证明 设以BC,CA,AB为边所作的正多边形的边数分别为m,n,p，三正多边形各自的外接圆交于O。则 ∠BOC+∠COA+∠AOB=(π-π/m)+(π-π/n)+(π-π/p)=2π 故 1-1/m+1-1/n+1-1/p=2 即1/m+1/n+1/p=1，证毕。 几何证明-14 命题 在△ABC中，其内切圆切BC于D，求证: △ABD与△ACD的内切圆相切。 证明 设△ABD与△ACD的内切圆分别切AD于H,K。则 AH=(AB+AD-BD)/2;AK=(AC+AD-CD)/2 因为 BD=(AB+BC_AC)/2; CD=(AC+BC-AB)/2。 所以 AH=(2AB+2AC-AB-BC+AC)/4=(AB+2AD+AC-BC)/4; AK=(2AC+2AD-AC-BC+AB)/4=(AB+2AD+AC-BC)/4 因此 AH=AK，于是点H,K重合, 故△ABD与△ACD的内切圆相切。证毕. 几何证明-15 命题 已知边数分别为m,n,k的三个正多边形的各一内角之和为2π。求证: 1/m+1/n+1/k=1/2 证明 因为边数分别为m,n,k的三个正多边形的内角为: (m-2)π/m; (n-2)π/n; (k-2)π/k。 根据题设条件: (m-2)π/m+(n-2)π/n+(k-2)π/k=2π <==> 1-2/m+1-2/n+1-2/k=2 <==> 1/m+1/n+1/k=1/2。证毕 几何证明-16 命题 设正七边形的边长为a, 两对角线分别为m,n。求证:1/m+1/n=1/a。 证明 设ABCDEFG为正七边形，较长的对角线为m, 较短的对角线为n。延长CB,GA 14 交于K，即GC=m,AC=n. ∵AB∥CG,∴AB/GC=BK/KC. (1) 又∵∠KAB=π-∠BAG=π-5π/7=2π/7, ∠BCA=∠BAC=π/7. ∴∠K=∠KAC,KC=AC=n， ∴AB/AC=AB/KC (2) (1)+(2)得:AB/GC+AB/KC=(BK+AB)/KC=KC/KC=1， 即a/m+a/n=1 <==> 1/m+1/n=1/a。证毕。 几何证明-17 命题 己知a,b,c分别是同一外接圆中正五边形，正六边形和正十边形的边长。求证: a^2=b^2+c^2 证明 设外接圆半径为1，则 a=sin(π/5) ，b= sin(π/6)=1/2，c= sin(π/10) 。 令T=[sin(π/5)]^2-1/4-[ sin(π/10)]^2 T=1-[cos(π/5)]^2-1/4-[1- cos(π/5)]/2 4T=4-4*[cos(π/5)]^2-1-2*[1- cos(π/5)] 4T=-4*[cos(π/5)]^2+2 *cos(π/5)+1 注意到: cos(π/5)=(1+√5)/4, 将其代入T式中得T=0。 所以[sin(π/5)]^2=1/4+[ sin(π/10)]^2，即a^2=b^2+c^2，证毕。 几何证明-18 命题 试证:三角形九点圆直径等于此三角形外接圆半径。 证明 欧拉线:三角形垂心H，重心G，外心O在一直线上.三角形九点圆圆心Q在欧拉线上，且平分OH。设AD是△ABC的高,H为垂心，O为外心，L，P为BC与AH的中点，而连结PL交OH于K，PL即为此三角形的九点圆直径，K即为此三角形的九点圆心。 连OA，在△OHA中，因为HP=PA，HK=KO，所以KP=AO/2。 故三角形九点圆直径等于此三角形外接圆半径。证毕。 几何证明-19 命题 己知P为正七边形ABCDEFG的外接圆AG圆弧上一点。求证: PA+PC+PE+PG=PB+PD+PF 证明 设正七边形的边长较短对角线和较长对角线分别为a，m，n。据托勒密定理， 在圆内接四边形PABG中， PA*m+PG*a=PB*a (1) 在圆内接四边形PAFE中， PA*a+PG*m=PF*a (2) (1)+(2)得: PA*m+PG*a+ PA*a+PG*m= PB*a+ PF*a (3) 在圆内接四边形PABD中， PA*m+PD*a=PB*n 即 PA*m=PB*n-PD*a (4) (4)代入(3)式得: PB*n+PG*a+PA*a+PG*m=a*(PB+PD+PF) (5) 在圆内接四边形PBDG中， 15 PB*n+PG*m=PD*m (6) (6)代入(5)式得: PA*aPG*a+PG*m= a*(PB+PD+PF) (7) 在圆内接四边形PCDE中， PC*a+PE*a=PD*m (8) (8)代入(7)式得: a*(PA+PC+PE+PG)=a*(PB+PD+PF) 因为a≠0, 所以PA+PC+PE+PG=PB+PD+PF，证毕。 几何证明-20 命题 设一凸四边形ABCD的面积为S，由对角线抡它分成四个三角形的面积分别为a,b,c,d。 求证:abcdS^4=[(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)]^2 证明 设面积a与b的两个三角形和面积c与d的两个三角形分别位于凸四边形ABCD的对角线AC的两旁，两对角线AC和BD交于O。则 a/(a+b)=AO/AC=d/(c+d)=(a+d)/(a+b+c+d)=(a+d)/S， 同理:b/(b+c)=(a+b)/S; c/(c+d)=(b+c)/S; d/(d+a)=(c+d)/S. 四式相乘得: abcd/[(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)]= (a+b)(b+c)(c+d)(d+a)/S^4, 所以 abcdS^4=[(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)]^2. 证毕。 几何计算-5 命题 在边长为12的正六边形ABCDEF内部有一点P，己知点P到某两个顶点距离分别为13与5。求点P到其余四个顶点距离。 解 因为边长为12的正六边形ABCDEF对角线为12√3和24而13+5=18小于12√3，大于12,所以这两个顶点是相邻的。 设PA=13,PB=5，又因为PA^2-PB^2=AB^2，所以∠ABP为直角。 于是点P位在对角线BD上，连CF, 交BD于H，则 PD=12√3-5; PE=√(PD^2+DE^2)= √[(12√3-5)^2+144]= √(601-120√3); PF=√(PH^2+HF^2)= √[(6√3-5)^2+(24-6)^2]= √(457-60√3); PC=√(PH^2+HC^2)= √[(6√3-5)^2+36]= √(169-60√3). 几何证明-21 命题 求证: 圆内接正六边形的面积为同圆内接正三角形面积与外切正三角形面积的比例中项。 证明 设圆O半径为R，S1为圆O内接正三角形面积，S2为圆O外切正三角形面积，S为圆O内接正六边形的面积。则 S1=(3√3) R^2/4，S2=(3√3) R^2，S=(3√3) R^2/2 显然 S^2=S1*S2。证毕。 16 几何证明-22 命题 设正△ABC的外接圆半径为R，P为其外接圆上任一点， 求证:PA^2+PB^2+PC^2=6R^2 证明 不妨设P在劣弧BC上，过C点作CD⊥BP，交BP的延长线于D，则 ∠CPD=∠BAC=π/3,2PD=PC BC^2=BD^2+CD^2=(PB+PD)^2+CD^2 =PB^2+2PB*PD+PD^2+CD^2 =PB^2+PB*PC+PC^2。 因为PA=PB+PC，所以 PA^2+PB^2+PC^2=2*(PB^2+PC^2+PB*PC)=2BC^2。 而BC=R√3, 故PA^2+PB^2+PC^2=6R^2。证毕。 几何证明-23 命题 设P是正△ABC的内切圆上任意一点， 求证:PA^2+PB^2+PC^2为一常数。 证明 设正△ABC的内切圆半径为r，中心为O，连AO，BO，CO分别交其内切圆于D，E，F。显然△DEF为正三角形，且D，E，F分别是AO，BO，CO的中点。 根据三角形中线公式得; 2(PO^2+PA^2)=AO^2+4PD^2 (1) 2(PO^2+PB^2)=BO^2+4PE^2 (2) 2(PO^2+PC^2)=CO^2+4PF^2 (3) (1)+(2)+(3)得: 6r^2+2(PA^2+PB^2+PC^2)=12r^2+4(PD^2+PE^2+PF^2) 注意到恒等式: PD^2+PE^2+PF^2=6r^2 所以 PA^2+PB^2+PC^2=15r^2。证毕。 经典几何-4 命题 △ABC边BC，CA，AB上的点D，E，F分别内分各边的比t:(1-t) 。 求证: 线段AD，BE，CF构成一个三角形的三边，记此三角形的面积为S，△ABC的面积为△。则有S=(1-t+t^2)*△ 证明 过D作DG∥BE,EG∥BD交于G，四边形BDGE为平行四边形， 所以∠CEG=∠BCA。 又CE=tCA,EG=BD=tBC，所以△ABC∽△CGE. 于是∠GCE=∠BAC，GC=tAB=AF，从而CG∥AF。 进而AG平行等于CF。这说明△ADG即是以AD，BE，CF为三边长组成的三角形。 再由三角形的面积公式，有 S(ABC)/△=BD/BC=t，S(ACG)/△=S(ACF)/△=AF/AB=t。 S(DCG)/△=DC*CG*sin∠DCG/BC*AB*sinB=DC*CG/BC*AB =(DC/BC)*(AF/AB)=(1-t)t。 于是 S(ABD)=S(ACG) ，S(DCG)=t(1-t)△。 从而由S=△+S(ACG)-S(ABD)-S(DCG) 即得: 17 S=△-t(1-t)△=(t^2-t+1)△。证毕。 备注: (1)特别地当t=1/2时，D，E，F分别为△ABC的三边的中点，即1-t-t^2=3/4。故三角形的三中线构成的一个新三角形，且新三角形的面积为原三角形面积的3/4。 (2)AD，BE，CF两两交点构成的小三角形面积等于△*(2t-1)^2/(t^2-t+1). 几何证明-24 命题 由平行四边形ABCD的顶点A引它的两条高AE，AF. 设AC=a,EF=b，求A点到△AEF的垂心H的距离。 证明-1 连AH，EH，FH，过C作CG⊥AD交AD于G，连EG，FG。 显然四边形AECG是矩形，AC=EG=a，AE=CG.。 因为H为△AEF的垂心，EH⊥AF，又AF⊥CD，所以EH∥CD。 同理可证FH∥BC，从而知四边形HECF是平行四边形。 因为 AE=CG，EH=CF，∠AEH=∠GCF，所以△AEH≌△GCF， 因此可得AH平行等于GF。 又因为AH⊥EF，所以GF⊥EF。 在Rt△EFG中，GF^2=EG^2-EF^2=AC^2-EF^2=a^2-b^2 故AH=√(a^2-b^2)。证毕。 证明-2 连AH，EH，FH，在FD上取点G，使CF=GF，连HG，AG。 易证EH=CF=FG，EF=HG。 因为AF⊥CG，且F是CG的中点，所以AC=AG。 于是由勾股定理可得:AH=√(a^2-b^2) ，证毕。 几何证明-25 命题 在正△ABC的边BC上任取一点D，设△ABD与△ACD的内心分别为I，P，外心分别为O，Q。求证:(IO)^2+(PQ)^2=(IP)^2 证明 连AO，AQ，AI，DO，DQ，DI，DP，以A点为原点将△ABD旋转60°度，此时B与C重心，D的对应点D’ 在AC外侧。显然A,D,C,D’ 四点共圆， 据此可得:O与Q重合。于是OQ=AO=AQ=OD=QD， 也就是说，△AOQ，△DOQ都是正三角形， 因此得知O点在△ACD的外接圆上。 因为∠DIA=∠IDB+∠BAI+∠B=(∠BADD+∠ADB)/2+60°=120°=∠DOA。 因而△ABD的内心I也在△ACD的外接圆上。 同理: △ACD的内心P也在△ABD的外接圆上。 而OD，QD分别是△ABD，△ACD的外接圆的半径， 于是∠DIO=180°-∠OAD=180°-30°=150°=∠QPD。 又∠PDI=(∠CDA+∠BDA)/2=90°，∠ODQ=60°， 这样便有∠PDQ+∠ODI=30°， 而∠ODI+∠IOD=∠OAI+∠IAD=∠OAD=30°， 所以∠PDQ=∠IOD，从而△PDQ≌△IOD, 于是IO=PD。 在Rt△IDP中，有 (IO)^2+(PQ)^2=(ID)^2+(PD)^2=(IP)^2。证毕。 18 几何证明-26 命题 设M为平行四边形ABCD的边AD的中点，过点C作AB的垂线交AB于E，且BC=2AB。求证：∠EMD=3∠MEA。 证明 过E点作AD的平行线，过M点作AB的平行线，两者交于E’ 。 连CE’ ，DE’ ，CM。因为AE⊥CE，AE∥ME’ ，所以CE⊥ME’ 。 又M是AD的中点，AE∥CD，故ME’ 是线段的垂直平分线， 因而∠E’MC=∠E’ME=∠AEM。 又因为MD=CD，ME’ ∥CD，所以∠DMC=∠DCM=∠E’MC， 于是有:∠EMD=∠E’ME+∠E’MC+∠DMC=3∠AEM。证毕。 几何证明-27 命题 等边三角形边长为a,在BC的延长线上取点D,使CD=b,在BA的延长线上取点E，使AE=a+b. 求证 EC=ED。 证明 延长BD至F，使得:DF=a，连EF。 因为 ∠EBF=60度，BF=BC+CD+DF=a+b+a=2a+b=BA+AE=BE。 所以 ΔBEF为等边三角形，∠BFE=∠EBF=60度， 又因为BC=DF=a，BE=EF=2a+b，所以 ΔBCE≌ΔDEF， 故CE=DE。证毕。 代数法 解 在△CAE中，AE=a+b,AC=a，∠CAE=120°，由余弦定理得: CE^2=a^2+(a+b)^2+a(a+b)=3a^3+3ab+b^2。 在△DBE中，BD=a+b,BE=2a+b，∠DBE=60°，由余弦定理得: DE^2=(a+b)^2+(2a+b)^2-(a+b)(2a+b)=3a^2+3ab+b^2。 所以EC=ED 。 经典几何-5 命题 在已知△ABC所在的平面上，求一点P，使PA+PB+PC为最小。 解 17世纪法国数学家P.Fermat曾向伽利略的学生托里拆里提出以下有趣的著名问题: 在△ABC的平面上求一点P,使P点到△ABC三顶点的距离之和为最小．托里拆里用好几种方法解决了这一问题，得出结论:(1) ,当△ABC的最大内角小于120°时，则在△ABC形内存在一点P使∠BPC=∠CPA=∠APB=120°，这点即是使PA+PB+PC为最小的点；(2),当△ABC的最大内角不小于120°时，则当P为最大内角所在的顶点时，PA+PB+PC为最小。这点称作费马点。下面仅对情况(1) 进行讨论。 设P是△ABC内一点，连PA，PB，PC。以AB为边向外作正三角形ABA’ ，则A’ 为一确定点。以PB为边作正三角形BPP’ ，由于P点是变动的，所以P’ 也是变动的。 但是，因为BP=BP’ ，BA=BA’ ，∠PBA=∠P’BA’=60°-∠ABP’ ，所以ΔABP≌ΔA’BP’， 故PA=P’A’ 。又因为PB=BP’=PP’ ，所以有PA+PB+PC=P’A’+PP’+PC。 因为A’ 是定点，P是可选择的动点，且P’ 随P而变。现在我们要讨论的PA+PB+PC即是A’ ，C之间的折线A’P’PC的长度何时取得最小值的问题了。显然，当这四点在同一直线上时，长度为最小。此时，因为∠PBP’=∠BP’P=60°，所以∠BPC=∠BP’A’=120°，即∠APB=120°，所以∠CPA=120°。这就是我们要求的结论。 19 具体的P点位置: 设△ABC的最大内角小于120°，分别以边BC，CA，AB为边向外作正△A’BC，正△AB’C，正△ABC’ 。则AA’ ，BB’ ，CC’ 交于一点P，P点就是的费马点。 经典几何-6 命题 正六边形外接圆上任一点至六顶点的连结线，其中两长者的和必等于其余四者的和。 证明 下面先证明这个命题，然后给出这一命题的推广。 设正六边形ABCDEF，任意点P在劣弧AB上。命题就是要求证: PD+PE=PF+PA+PB+PC 连BF，BD，DF。显然△BDF是正三角形，在圆内接四边形PBDF中，根据托勒密定理得: BF*PD=PB*DF+PF*BD， 而BF=DF=BD， 所以 PD=PB+PF。(1) 同样方式可证:PE=PA+PC。 (2) (1)+(2)得: PD+PE=PF+PA+PB+PC。证毕。 上述命题的推广 正3n边形外接圆上任一点至3n顶点的连结线，其中n长者的和必等于其余2n者的和。 证法与上述相同，这里略。 几何计算-6 命题 设三角形的角A，B，C对边分别是a,b,c重心和内心分别是G，I。且GI垂直于CI，求证(a+b+c)/3=2ab/(a+b) 证明 根据三角形已知恒等式: CI^2=ab(a+b-c)/(a+b+c) ， CG^2=(2a^2+2b^2-c^2/9， IG^2=(AI^2+BI^2+CI^2-AG^2-BG^2-CG^2)/3 =[2a^2(b+c)+2b^2(c+a)+2c^2(a+b)-a^3-b^3-c^3-9abc]/[9(a+b+c)] 。 在直角三角形CIG中，据勾股定理得:CG^2=CI^2+GI^2，即 (2a^2+2b^2-c^2/9- ab(a+b-c)/(a+b+c)= [2a^2(b+c)+2b^2(c+a)+2c^2(a+b)-a^3-b^3-c^3-9abc]/[9(a+b+c)] <==> 3[a^3+b^3+6abc-3ab(a+b)-c^2(a+b)]=0， <==> (a+b)c^2-6abc-(a+b)(a^2+b^2-4ab)=0， <==> (c-a-b)*[(a+b)c+a^2+b^2-4ab]=0。 所以得: (a+b)c+a^2+b^2=4ab，而c=a+b，不合题意，舍去。 而(a+b)c+a^2+b^2=4ab <==> (a+b)*(a+b+c)=6ab， 故(a+b+c)/3=2ab/(a+b) 。命题得证。 几何不等式-12 命题 设P，Q，R，S分别是边长为1的正方形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，求证 PQ+QR+RS+SP>=2√2. 证明 设AP=x,BQ=y,CR=z,DS=w，则PB=1-x,QC=1-y,RD=1-z,SA=1-w。则有 20 PQ=√[y^2+(1-x)^2] ，QR=√[z^2+(1-y)^2]， RS=√[w^2+(1-z)^2]，SP=√[x^2+(1-w)^2] 。 而易证 PQ=√[y^2+(1-x)^2]>=(y+1-x)/√2， (1) QR=√[z^2+(1-y)^2] >=(z+1-y)/√2， (2) RS=√[w^2+(1-z)^2] >=(w+1-z)/√2， (3) SP=√[x^2+(1-w)^2] >=(x+1-w)/√2. (4) (1)+(2)+(3)+(4) 得: PQ+QR+RS+SP>=4/√2=2√2. 证毕。 几何计算-7 命题 在矩形ABCD内有一点PA=4,PB=3,PD=5.求PC的长. 解法一 设矩形ABCD两对角线交于O，PA的中点为E，连PC。 在四边形ABPD中，运用四边形定理：任意一个四边形各边的平方和等于对角线的平方和加上对角线中点连线的平方的四倍。则 AB^2+AD^2+PB^2+PD^2=PA^2+BD^2+4OE^2 注意到: AB^2+AD^2=BD^2,PA=4,PB=3，PD=5， 所以 4OE^2=25+9-16=18。 而PC=2OE，故PC^2=18,PC=3√2。 解法二 将三角形ABP平移至DCE，作PE平行等于AD， 易知此时相关数据. 考虑到此时4^2-DF^2=3^2-CF^2=EF^2,知DF^2-CF^2=7. 以及5^2-DF^2=PC^2-CF^2=PF^2,知25-PC^2=DF^2-CF^2=7， 由此得 PC^2=25-7=18，PC=3*2^0.5. 几何不等式-13 命题 在RtΔABC中，AD是斜边上高，M，N分别是RtΔABD与RtΔACD的内心，连结MN并分别延长交AB，AC于K，L，记RtΔABC与RtΔAKL的面积分别为S，S1。 求证:S≥2S1。 证明 连结AM，DM，DN，AN。 由于RtΔABD∽RtΔACD，并注意到DM与DN是这两个相似直角三角形直角的分角线，而M与N又分别是它们的内心，所以DM/DN=BD/CD， 又易知∠MDN=直角，故RtΔABD∽RtΔMDN。 即有∠NMD=∠ABD，进而知K，M，D，B四点共圆。 据此∠AKL=∠MDB=45°。 故ΔAKL是等腰直角三角形。 因为 AM是∠AKD分角线，∠AKL=∠MDA=45°，AM是公共边。 所以ΔKAM≌ΔDAM，即AK=AD。 因为S=AB*AC/2，AD=AB*AC/BC， 所以2S1=AK*AL=AD^2=AB^2*AC^2/BC^2 =(AB*AC/2)*(2*AB*AC)/(AB^2+AC^2)≦AB*AC/2=S。证毕。 21 几何计算-8 命题 在ΔABC的边BC，CA，AB上分别取D，E，F，使BD/DC=x，CE/EA=y，AF/FB=z。连AD，BE，CF，BE与CF交于K，CF与AD交于M，AD与BE交于N。设ΔABC的面积为S。求ΔKMN的面积为S’ 。 证明 根据面积比:S(ABD)/S=BD/BC=BD/(BD+DC)=x/(1+x)， 所以S(ABD)=Sx/(1+x) 。 而截线BNE对ΔADC来说恰好满足梅涅劳斯定理，所以 (AE/EC)*(CB/BD)*(DN/NA)=1，即(1/y)[(1+x)/x]*(DN/NA)=1 ，故有 DN/NA=xy/(1+x) <==> DN/AD=xy/(1+x+xy)。 而S(BDN)/S(ABD)=ND/AD= xy/(1+x+xy)。 即S(BDN)= S(ABD) xy/(1+x+xy)=S*x^2*y/[(1+x)*(1+x+xy)] 所以S(ABN)= S(ABD)- S(BDN)=Sx/(1+x)- S*x^2*y/[(1+x)*(1+x+xy)] 即S(ABN)=S/(1+x+xy)。 (1) 同理可证得: S(BCK)=S/(1+y+yz) 。 (2) S(CAM)=s/(1+z+zx) 。 (3) 据此可得: S’=S- S(ABN)- S(BCK)- S(CAM) =S[1-/(1+x+xy)-1 /(1+y+yz)- 1/(1+z+zx)] 上式化简整理得: S’=S*(1-xyz)^2/[(1+x+xy)*(1+y+yz)*(1+z+zx)] 。 几何证明-28 命题 分别以四边形ABCD的边AB,CD为腰,B,C为直角顶点向形外作等腰直角三角形ABE,CDF;再以BC为斜边向形外作等腰直角三角形BGC,M为边AD中点. 求证:2MG=EF,MG⊥EF. 证明 在证明上述命题前，先给出一个引理。 引理 在任意ΔABC中, 以A为直角顶点,分别以AB,AC为腰向ΔABC形外作等腰直角三角形ABE,ACF, 连EF,D是EF的中点. 则有 (1),2AD=BC，(2),AD⊥BC. 引理简证如下: 以A点为旋转中点, 按顺时针将ΔABC旋转90°, 则C→F, 设B→B’. 则 FB’=BC，FB’ ⊥BC，E，A，B’ 三点共线，且A是EB’ 的中点。因为D是EF的中点，于是由三角形的中位线定理:2AD=FB’ ，AD∥FB’ 。因此2AD=BC，AD⊥BC. 得证. 下面根据引理来证明上述命题. 以G为直角顶点作两个等腰直角三角形AGI,DGJ。连EI，FJ，IJ。 因为等腰直角三角形ABE与等腰直角三角形AGI同向相似, 由此易知ΔAIE与ΔAGB同向相似。这两个同向相似三角形有两组对应边的夹角为45°. 所以EI与BG的交角也为45°。又BG与BC的交角同样为45°, 因此EI⊥BC。 又EI/BG=AE/AB=BC/BG，所以EI=BC。 同理可证:FJ=BC,FJ⊥BC。 所以EI=FJ，EI∥FJ。从而EF=IJ,EF∥IJ。 因为M是AD的中点, 根据上述引理即知:2MG=IJ，MG⊥IJ。 故得: 2MG=EF,MG⊥EF. 证毕。 共点线与共线点-2 22 命题 梯形ABCD,AD∥BC, 且AD=2BC.分别以梯形ABCD的腰AB,CD为腰,B,C为直角顶点向形外作等腰直角三角形ABE,CDF;再以BC为斜边向形外作等腰直角三角形BGC. 求证:(1),EG=FG，(2),G，E，F共线. 证明 在证明上述命题前，先给出一个引理。 引理 在任意ΔABC中, 以A为直角顶点,分别以AB,AC为腰向ΔABC形外作等腰直角三角形ABE,ACF, 连EF,D是EF的中点. 则有 (1),2AD=BC，(2),AD⊥BC. 引理简证如下: 以A点为旋转中点, 按顺时针将ΔABC旋转90°, 则C→F, 设B→B’. 则 FB’=BC，FB’ ⊥BC，E，A，B’ 三点共线，且A是EB’ 的中点。因为D是EF的中点，于是由三角形的中位线定理得:2AD=FB’ ，AD∥FB’ 。因此2AD=BC，AD⊥BC. 得证. 下面根据引理来证明上述命题. 作正方形BGCH, 连AH,DH，M,N分别是AH,DH的中点，连BM,CN。显然MN=AD/2=BC，MN∥AD∥BC。所以四边形BCNM为平行四边形, 即有MB=CN，，BM∥CN。 因为ΔHBG，ΔHCG皆为等腰直角三角形，由上述引理知: MB=EG/2,MB⊥EG，NC=FG/2,NC⊥FG。 因此得:EG=FG，G，E，F共线. 几何计算-9 命题 设M是等腰直角三角形ABC的腰AB的中点，，N是另一腰AC上一点, 且CN=2NA，CM与BN交于P。求∠MPB。 解一 以B点为顶点,将Rt△BAC逆时针旋转90角,设A→A',N→N',C→C'. 则N'在C'A'上,BN⊥BN',BN=BN',∠BNN'=45角.连A'C',AC',NN',CA',则M在线段CA'的中点上.四边形AC'A'B是正方形. 因为CC'/C'N=2CA/(CA+AN)=6AN/(4AN)=3/2. 而C'A'/C'N'==3/2.所以CC'/C'N=C'A'/C'N',故NN'∥CA'. 从而∠MPB=∠BNN'=45角. 解二 如图：将等腰Rt△ABC补成正方形ABEC（设边长为6），Q是CE中点 延长CA至D，使AD=CA/2=3 易证：Rt△BEQ≌△CAM≌BAD(SAS)--->BQ∥CM，BQ⊥BD ∵CQ=3，CN=4--->NQ=5=2+3=ND--->△BNQ≌△BND(SSS) ==> BN是直角DBQ的平分线--->∠MPB=∠QBN=45° 解三 ∵ tan∠BMA=3，tan∠ACM=1/2，-------（*） tan∠BPM=tan∠CPM=tan（∠BMA-∠ACM） =（tan∠BMA-tan∠ACM）/（1+tan∠BMA*tan∠ACN） 23 把（*）代入计算得tan∠BMP=1， ∴∠BMP=45° 解四 我先提示一下：过C作CD⊥BN于D（ 延长线上）， 证△CDP为等腰直角三角形！只须 证∠DCP=45， 易知∠MCD=∠MBA，只须 证∠MCP=∠MBC！ 只须 证：△MCP～△MBC，只须 证MC^2=MP*MB, 设直角边长为a，用勾股定理可求出BM，过N作NE//MB交CM于E， 根据：△NPE～△BPM可求出NP/PB，从而求出NP，PB与NP*NB 即可证明MC^2=MP*MB,与△MCP～△MBC。 经典几何-7 命题 设D,E为△ABC的边BC上两点, 且∠BAD=∠EAC. 求证AB*AC=AD*AE+√(BD*BE*CD*CE) 证明 为证上述命题, 我们先证明Steiner定理. Steiner定理: 设D,E为△ABC的边BC上两点, 且∠BAD=∠CAE. 则有 AB^2/AC^2=BD*BE/CD*CE. 简证如下: 作△ADE的外接圆，交AC于M, 交AB于N，根据∠BAD=∠CAE, 显然证得四边形DEMN为等腰梯形,MN∥BC. 所以有AB/AC=BN/CM. 又根据圆幂定理:AB=BD*BE/BN, AC=CD*CE/CM. 故AB/AC=BD*BE*CM/CD*CE*BN=(CM/BN)*(BD*BE/CD*CE) =(AC/AB)*(BD*BE/CD*CE). 即得AB^2/AC^2=BD*BE/CD*CE. 下面根据Steiner定理来证明上述问题 证明 在AC取点M, 使∠ABD=∠AEM, 则△ABD～△AEM, 即有AB*AM=AD*AE. (1) 由Steiner定理得: AB*CD*CE=AC*√(BD*BE*CD*CE) (2) 再由A,D,E,M四点共圆及圆幂定理得:CD*CE=AC*CM. 因而由(2)式得: AB*CE=√(BD*BE*CD*CE) (3) (1)+(3) 即得所证结论. 证毕. 备注: 几点说明 (1),Steiner定理是三角形角平分线性质定理的推广; (2),上述命题是求等角共轭点的塞瓦线的有用公式; (3),上述命题当D,E重合时, 即为Schooten定理. Schooten定理: 设△ABC的顶角A的平分线交BC于D, 则有:AD^2==AB*AC-BD*CD. 几何计算-10 命题 在ΔABC中,AB=AC,∠BAC=100°,P为∠ABC的角平分线上一点,PB=AB, 求∠PCB. 解 以BC为对称轴, 作轴反射变换, 设P→Q，连BQ,AQ. 24 显然∠QBC=∠PBC,BQ=BP, 又PB是∠ABC的角平分线,PB=AB. 所以∠QBC=∠PBC =∠ABP=20°, 即∠ABQ=60°,AB=PB=BQ, 故ΔABQ为正三角形. 注意到: ∠PAQ=∠PAB-∠QAB= (180°-20°)/2-60°=20°. 而∠APQ=∠APB+∠BPQ=(180°-20°)/2+(180°-40°)/2=150°. 所以 ∠AQP=180°-150°-20°=10°. 易证∠QAP =∠CAP=20°,AQ=AC, 故ΔQAP≌ΔCAP, 即∠AQP=∠ACP=10°. 从而得∠PCB=∠ACB-∠ACP=40°-10°=30°. 几何计算-11 命题 在ΔABC中,AB=AC,∠BAC=20°,在AB,AC上分别取点D,E, 使∠CBE=60°,∠DCB=50°, 求∠DEB. 解 以等腰ΔABC的底边BC上的高h为对称轴, 作轴反射变换, 则B→C设E→E’, 则E’ 在AB上, 且EE’ ∥BC. 再设CE’ 与BE交于F, 则F在对称轴h上, 且由∠CBE=60°知ΔFBC,ΔFEE’ 均为正三角形, 所以EE’=EF,BC=BF. 又由∠DCB=50°, ∠BAC=20°知∠BDC=∠DCB=50°,所以BD=BC=BF. 从而由∠FBD=∠ABC -∠FBC =80°-60°=20°知∠DFB=80°. 再由∠EFE’=60°得∠E’FD=40°. 但∠DE’F=∠BEC=180°-∠CBE-∠ECB =180°-80°-60°=40°. 所以DE’=DF, 因而DE是E’F的垂直平分线. 这样便有 ∠DEB=∠E’EF/2=30°. 几何计算-12 命题 P是ΔABC内部任一点，过P点分别作BC∥D1D2,CA∥E1E2,AB∥F1F2的平行线，交BC于F2,E1, 交CA于D2,F1, 交AB于E2,D1。令ΔPE1F2, ΔPF1D2, ΔPD1E2的面积分别为k,n,m。求ΔABC的面积。 解 设ΔABC,ΔAD1D2,ΔBE1E2,ΔCF1F2的面积分别为:S,S1,S2,S3. 则有S=S1+S2+S3-k-n-m。 而√S1/√S=D1D2/BC=(BC-F2E1)/BC=1-√k/√S <==> √S1=√S-√k <==> S1=S+k-2√(S*k) (1) 同理可得: S2=S+n-2√(S*n) (2) S3=S+m-2√(S*m) (3) (1)+(2)+(3)得: S1+S2+S3=3S+k+n+m-2[√(S*k)+√(S*n)+√(S*m)] <==> √S=√k+√n+√m。 几何计算-13 命题 P是ΔABC内部任一点，过P点分别作BC∥D1D2,CA∥E1E2,AB∥F1F2的平行线，交BC于F2,E1, 交CA于D2,F1, 交AB于E2,D1。令平行四边形AE2PF1, BF2PD1, CD2PE1的面积分别为k,n,m。求ΔABC的面积。 25 解 设ΔPE1F2, ΔPF1D2, ΔPD1E2的面积分别为x,y,z，易证: k^2=4yz,n^2=4zx,m^2=4xy。 所以x=nm/(2k), y=mk/(2n), z=kn/(2m) 又S=k+n+m+x+y+z=k+n+m+nm/(2k)+mk/(2n)+kn/(2m) S=(nm+mk+kn)^2/(2knm). 几何证明-29 命题 在ΔABC中,BC=a,CA=b,AB=c，∠A:∠B:∠C=4:2:1. 求证:1/c=1/a+1/b. 三角证法(一) 据题意得: ∠A=4π/7,∠B=2π/7,∠C=π/7，由正弦定理及恒等式得: sin(3π/7)= sin(4π/7), sin(2π/7)=2 sin(π/7)* cos(π/7), 1/sin(4π/7)+1/sin(2π/7)=2sin(3π/7)*cos(π/7)/[ sin(4π/7)*sin(2π/7)] =1/ sin(π/7) 故得 1/a+1/b=1/c.证毕. 代数证法(二) 根椐倍角三角形定理得: ∠A=2∠B <==> a^2=b(b+c) (1) ∠B=2∠C <==> b^2=c(a+c) (2) (1)+(2) 得: a^2=c(a+b+c), 故有 1/c=(a+b+c)/a^2=(b+c)/a^2+1/a=1/b+1/a。 几何证法(三) 此命题几何有许多，今运用托勒密定理证明. 作ΔABC的外接圆，在BC优弧上取一点D，使BD=AD, 连BD,AD,CD。显然AD=AC，CD=BC，运用托勒密定理得:AD*BC=AB*CD+BD*AC <==> ba=ca+cb <==> 同除abc即得所证结论。 几何计算-14 命题 在ΔABC中,AB=AC,∠BAC=80°,在P是ΔABC内部一点, 且∠PCB=30°,∠PBC=10°, 求∠APB 证法(一) 设L是等腰ΔABC的对称轴,延长CP交对称轴L于D，连BD。显然ΔDBC是等腰三角形， 所以∠PBD=∠PCB-∠PBC=20°. 又∠DBA=∠CBA-∠CBD=(180°-80°)/2-30°=20°. ∠BPD=∠PCB+∠PBC=40°,∠BAD=∠BAC/2=40°. 故 △BDP≌△BDA,即AB=BP，ΔABP是等腰三角形，顶角∠ABP=40°. 故∠APB=(180°-40°)/2=70°. 证法(二)以CP为轴，对轴反射变换，设B→B'，则△BCB'为正三角形，连BB'，AB'，CB'.因为BB'=CB',AB=AC,所以直线B'A是BC的中垂线,从而∠BB'A=30°=∠PCB. 又由于∠ABB'=∠CBB'-∠CBA=60°-(180°-80°)/2=10°=∠PBC. 于是△BB'A≌△BCP,故AB=BP，ΔABP是等腰三角形，顶角∠ABP=40°. 所以∠APB=(180°-40°)/2=70°. 证法(三) 以BC为对称轴，对轴反射变换，设P→Q，则△CPQ为正三角形，连BQ，CQ，AQ.故得:∠QPC=60°,PQ=PC. 又∠BQC=∠BPC=180°-30°-10°=140°. 而∠BAC=80°,所以(360°-∠BAC)/2=∠BQC. 于是点Q在以A为圆心,AB为半径的圆上. 26 所以AQ=AC,从而AP为QC的中垂线. 由此知∠CPA=(360°-60°)/2=150°, 故∠APB=360°-140°-150°=70°. 几何计算-15 命题 在ΔABC中，AB=AC，∠A=80°, P是ΔABC内(外)部一点, 若∠PCA=30°, ∠CAP=40°. 求∠PBA. 此命题如P在形内很简单,∠PBA=30°.所以我们证明P点在形外. 证明 以AC为轴，对P点轴反射变换，设P→Q, 。 因为AB=AC，∠A=80°,∠CAP=40°显然可知AQ是等腰三角形的对称轴。即知ΔBQC是等腰三角形，∠BCQ=∠CBQ=20°，∠BQC=140°，BQ=CQ,。 又知ΔCPQ是正三角形,CQ=PQ，所以ΔBQP是等腰三角形， 故∠BQP=360°-60°-140°=160°所以∠PBQ=10°， 因此∠PBA=∠B-∠CBQ-∠PBQ=50°-20°-10°=20°。 几何计算-16 命题 在ΔABC中，AB=AC，∠A=80°, P是ΔABC内(外)部一点, 若∠PCA=110°, ∠CAP=40°. 求∠PBA. 当P点在形内,即P点在等腰三角形ABC底边BC的中垂线上，此时易得:∠PBA=110° 下面仅讨论P点在形外。 证明 以AP为轴,作轴反射变换，设C--->D,连BD,因为∠CAP=40°,∠PCA=110°,所以ΔPCD为正三角形,等腰ΔABC≌等腰ΔACD,即BC=CD。 据此可得:,∠DBP=(180°-∠BCD)/2=(180°-50°-50°)/2=40°. 又ΔBCP为等腰三角形,故∠PBC=(180°-50°-50°-60°)/2=10°. 因此得:∠PBA=∠CBA-∠PBC=50°-10°=40°. 几何计算-17 命题 在ΔABC中，AB=AC，∠A=80°, P是ΔABC内(外)部一点, 若∠PCA=100°, ∠CAP=30°. 求∠PBA. 解一（1）P、B在AC的同侧 ∠APC=180-∠PCA-∠CAP=180-100-30=50° ∠ABC=(180-∠BAC)/2=(180-80)/2=50 = ∠APC --->A、B、P、C四点共圆--->∠PBA=180-∠PCA=80° （2）P'、B在AC异侧 显然P、P'关于AC对称--->△AP'P为等边三角形 由（1），∠APB=∠ACB=50°=∠BAP--->AB=PB --->△ABP'≌△APP'（SSS）--->∠P'BA=(1/2)∠PBA=40° 解二 以AP为轴,作轴反射变换，设B--->B',连AB',BB',CB',PB'. 因为∠PBA=10°, ∠BAP=20°,即∠BPA的外角为30°,所以ΔPBB'为正三角形,∠BB'P=∠PBB'=60°.BB'=PB'. 27 因为∠BAB'=2∠BAP=40°=∠CAB',且AB=AC,所以AB'是BC的中垂线。即BB'=B'P=B'C，故B'是ΔPBC的外心. 因此,∠BB'P=2∠PCB=60°,故得∠PCB=30°. 几何计算-18 命题 在ΔABC中，AB=AC，∠A=80°, P是ΔABC内部一点, 若∠PBA=∠BAP=10°. 求∠PCB. 证明 设等腰ΔABC[AB=AC]的对称轴为L,以L为轴,作轴反射变换，设P-->P',则B-->C。连PP',CP'. 因为，∠A=80°,∠PBA=∠BAP=10°. 所以∠PAP'=60°,故ΔAPP'为正三角形,AP=PP',即PP'∥BC. 又PB=P'C,所以四边形PP'CB为等腰梯形，故等腰梯形PP'CB有外接圆. 又因为BP=PP'=AP=CP'，∠BCP'=40°. 从而∠PCB=∠PCP'=20°.证毕. 几何计算-19 命题 在ΔABC中，AB=AC，∠A=80°, P是ΔABC内部一点, 若∠PBA=20°, ∠BAP=10°. 求∠PCB. 证明 因为∠PBA=20°,∠BAP=10°,所以∠APB外角为30°.以AP为轴作轴反射变换，设B-->B'，则ΔPBB'为正三角形。 又AB=AB'=AC，所以B'是ΔBB'C的外心. 又∠A=80°,∠PBA=20°,所以得∠PBC=50°-20°=30°. 故得BC是PB'的中垂线,从而∠PCB'=2∠PCB. 根据同弧的圆心角两倍圆周角，因此得:∠PCB=∠PCB'=10°. 几何证明-30 命题 设P是ΔABC内部一点, 且∠PBA=10°, ∠BAP=20°，∠PCB=30°, ∠CBP=40°. 求证ΔABC是等腰三角形。 证明一 以PC为轴, 作轴反射变换, 设B---->B’, 连CB’, AB’, PB’. 则ΔCBB’ 为正三角形,PB=PB’. 由∠CBP=40°, ∠CBB’=60°知∠PBB’=20°. 28 而PB=PB’, 所以∠BB’P=∠PBB’=20°=∠BAP. 因此P,A,B’,B四点共圆, 于是∠PB’A=∠PBA=10°, 从而∠BB’A=30°. 但由于ΔCBB’ 为正三角形, 所以B’A为BC的中垂线， 故AB=AC, 即ΔABC是等腰三角形。 证明二 以PA为轴, 作轴反射变换, 设B---->B’, 连BB’, AB’, PB’. 则ΔPBB’ 为正三角形, 所以∠PB’B=60°=2∠PCB. 又B’B=B’P，从而点B’ 为ΔPBC的外心, 所以BB’=CB’ 。 又∠BAB’=2∠BAP= 40°，∠CBA=50°. 所以AB’ ⊥BC，因此AB’ 是BC的中垂线, 于是AB=AC, 故 ΔABC是等腰三角形。 证明三 设∠BCP=x,则∠CBP=80°-x. 由塞瓦定理的等价式得: sin20°*sin40°*sin(80°-x)=sin10°*sin30°*sinx <==> 4cos10°*sin40°*(sin80°*cosx-sinx*cos80°=sinx <==>tanx=(4cos10°*sin40°*sin80°)/(4cos10°*sin40°*cos80°+1) 注意下面三角恒等变换 4cos10°*sin40°*cos80°+1=2sin40°cos70°+1=2cos50°cos70°+1 =1+cos120°+cos20°=1/2+cos20° 4cos10°*sin40°*sin80°=2cos10°*(cos40°-cos120°) =cos10°+2cos10°*cos40°=cos10°+cos30°+cos50° =cos30°+2cos20°*cos30°=cos30°(1+2cos20°) =√3*(1/2+cos20°) 故得：tanx=√3 即x=60°. 所以∠ACB=80°-60°+30°=50=∠BAC. 因此三角形ABC是等腰三角形. 证明四 以BC为轴，作轴反射变换, 设P---->P’, 则ΔCPP'为正三角形,PB=P'B. ∠P'BC=∠CBP=40°, 由此即知 ∠BPP'=50°=∠ABC. 由己知条件知∠BPC=110°,∠APB=150°. 据正弦定理及倍角公式得: PP'/BC==PC/BC=sin40°/sin110°=sin40°/cos20°=2sin20°. BP/AB=sin20°/sin150°=2sin20°. 所以PP'/BC=BP/AB. 从而得 ΔBPP'∽ΔABC,而ΔBPP'是等腰三角形. 故ΔABC是等腰三角形。 几何证明-31 命题 设ΔABC的内心和外心分别为I,O，如果IO∥CA，求证:cosA+cosC=1. 证明 设的外接圆与内切圆的半径分别为R,r。作ID⊥CA,OE⊥CA，分别交CA于D,E. 即有ID=r,OE=RcosB 因为IO∥CA, 所以ID=OE, 即r=RcosB <==> cosB=r/R 根据已知三角形恒等式:cosA+cosB+cosC=1+r/R， 29 所以得cosA+cosC=1. 证毕. 几何计算-20 命题 设△ABC中一条边长小于另外两条边长的算术平均, 求证它所对的角也小于另外两角的算术平均. 证明 设BC=a,CA=b,AB=c,令2b 命题 试证：在平面上不存在这样四点A,B,C,D，使得△ABC，△BCD，△CDA，△DAB都是锐角三角形。 证明 若这样的四点A,B,C,D存在.下分两种情况说明. (1),当A,B,C,D四点中任何一点都不在其他三点所连成的三角形内或其边上，则它们可连成一凸四边形. 在凸四边形中,因为△ABC，△BCD，△CDA，△DAB都是锐角三角形。 所以∠ABC，∠BCD，∠CDA，∠DAB都是锐角, 于是 ∠ABC+∠BCD+∠CDA+∠DAB<360°. 与四边形四内角之和为360°相矛盾. (2),当A,B,C,D四点中有一点在其他三点所连成的三角形内，则它们可连成一凹四边形.不妨设点D在△ABC内，因为△BCD，△CDA，△DAB都是锐角三角形。 所以∠BDC，∠CDA，∠ADB都是锐角, 于是 ∠BDC+∠CDA+∠ADB<360°. 与周角为360°相矛盾. 因此这样四点不存在。证毕。 经典几何-8 命题 设一凸四边形的面积为S, 由对角线把它分成四个三角形，四个三角形面积分别为X,Y,Z,W. 求证:X*Y*Z*W*S^4=[X+Y)*(Y+Z)*(Z+W)*(W+X)]^2 证明 设凸四边形ABCD，对角线AC与BD交于E，令△ABE，△BCE，△CDE，△DAE的面积依次为X，Y，Z，W。则有 X/(X+Y)=AE/AC=W/(Z+W), <==> X/(X+Y)= (X+W)/(X+Y+Z+W) <==> X/(X+Y)=(X+W)/S (1) 同理可得: Y/(Y+Z)=(Y+X)/S; (2) Z/(Z+W)=(Z+Y)/S; (3) W/(W+X)=(W+Z)/S. (4) (1)*(2)*(3)*(4)得: 30 X*Y*Z*W/[(X+Y)*(Y+Z)*(Z+W)*(W+X)]= (X+Y)*(Y+Z)*(Z+W)*(W+X)S^4 <==> X*Y*Z*W*S^4=[(X+Y)*(Y+Z)*(Z+W)*(W+X)]^2. 证毕。 几何证明-33 命题 求证: 圆内接正八边形的面积为同圆内接正方形面积与外切正方形面积的比例中项。 证明 设圆O半径为R，圆O内接正方形BDFH的边长为a，则面积为a^2; 圆O外切正方形A’B’C’D’ 的边长为b, 则面积为b^2. 故得:a=R√2，b=2R。 而正八边形ABCDEFGH的面积4*R^2*sin(π/4)=2√2R^2=ab。得证。 几何证明-34 命题 求证: 圆内接正2n边形的面积为同圆内接正n边形面积与外切正n边形面积的比例中项。 证明 设圆的半径为R. S(圆内接正2n边形)=S=n*R^2*sin(180°/n); S(圆内接正n边形)=S1=n*R^2* sin(360°/n)/2; S(圆外切正n边形)=S2=n*R^2tan(180°/n). 故S1*S2=n^2*R^4[sin(360°/n)]^2=S^2. 几何计算-21 命题 巳知正六边形ABCDEF的边长为2√3，求一边与BC平行且内接于正六边形的三角形的面积最大值。 解 显然这个内接三角形的一个顶点P应在EF(或BC) 上，而一边两端Q,R应分别在AB,CD(或AF,DE) 上，否则有面积比它更大的内接三角形存在。 设△PQR内接于正六边形ABCDEF，点P在EF上，点Q在AB上，点R在CD上, 且QR∥BC. 作PH,BM,CN垂直于QR，垂足分别为H,M,N，PH的延长线交BC于K，设QB=x， 则QR=BC+QM+RN=√3+x/2+x/2=2√3+x. PH=PK-KH=6-(√3)x/2. S(PQR)=(1/2)*[ 2√3+x]*[ 6-(√3)x/2]=(√3)*[-x^2+2√3x+24]/4=(√3)*[27-(x-√3)^2]/4 当x=√3时，即点Q为AB的中点时，S(PQR) 的最大值(27√3)/4. 几何证明-35 命题 己知a,b,c分别圆O的内接正五边形，正六边形和正十边形的边长， 求证:a^2=b^2+c^2。 证明 设圆O的半为R, 则a=2Rsin36°,b=R,c=2Rsin18° 故所证等式等价于:4(sin36°)^2=4(sin18°)^2+1 (1) 记x= sin18°，而sin18°=(√5-1)/4, 而(1)式等价于: 16x^2*(1-x^2)=4x^2+1 <==> 16x^4-12x^2+1=0 (2) 解方程(2)得:x^2=(6-2√5)/16=[(√5-1)/4]^2, 即得:x=(√5-1)/4. 31 几何证明-36 命题 在圆O的内接正五边形ABCDE中，P为AB圆弧的中点。求证:PC=PA+AO. 证明 延长CO并延长交PA延长线于G。则∠OCB=54°，∠PCB=18°，∠OCP=36°，∠CPA=108°。所以∠G=36°=∠OCP，PG=PA+AG。 又 ∠GOA=72°/2=36°=∠G，所以AG=AO。 故得: PC=PA+AO. 证毕。 几何证明-37 命题 在圆O的内接正五边形ABCDE中，P为AB圆弧的中点。 求证:PC^2+PA^2=3AO^2. 证明 延长CO并延长交PA延长线于G。则∠OCB=54°，∠PCB=18°，∠OCP=36°，∠CPA=108°。所以∠G=36°=∠OCP，PG=PA+AG。 又 ∠GOA=72°/2=36°=∠G，所以AG=AO。故得: PC-PA=AO. <==> PC^2+PA^2=AO^2+2PC*PA (1) 连OP，因为∠GOP=2∠OCP=2∠GOA=∠APO=72°, 所以等腰ΔGPO∽等腰ΔOAP，故得:PG/PO=PA/AO <==> AO^2=PG*PA=PA*PC (2) 由(1),(2)式即得: PC^2+PA^2=3AO^2. 几何计算-22 命题 在矩形ABCD中有内接ΔAEF，顶点E，F分别在BC,CD上, 已知三个直角ΔABE，ΔECF，ΔADF的面积为可，k，m，n。求ΔAEF的面积S. 解 设AB=CD=a,BC=DA=b,CE=x,CF=y，则 xy=2m (1) a(b-x)=2k (2) b(a-y)=2n (3) (2)*(3) 得: ab(ab-ax-by+xy)=4kn (4) 将ab=k+m+n+S及(1),(2),(3) 代入(4)得 [k+m+n+S]*[k+m+n-S]=4kn <==> S^2=(k+m+n)^2-4kn <==> S=√[(k+m+n)^2-4kn] 几何证明-38 命题 P为ΔABC内任意一点,AP,BP,CP的延长线分别BC,CA,AB于点D,E,F， R为ΔABC的外接圆半径。求证:S(DEF)=AD*BE*CF/(2R). 证明 因为S(AEF)=S(ABC)*AE*AF/AB*AC, S(BDF)=S(ABC)*BD*BF/BC*AB; S(CDE)=S(ABC)*CD*CE/CA*BC. 所以 S(DEF)=S(ABC)-S(AEF)-S(BDF)-S(CDE) =S(ABC)*[BC*CA*AB-BC*AE*AF-CA*BD*BF-AB*CD*CE]/BC*CA*AB 注意BD+CD=BC, CE+AE=CA, AF+BF=AB, S(ABC)/BC*CA*AB=1/(4R) ， 32 故S(DEF)=[ AE*CD*BF+AF*BD*CE]/(4R) 再由塞瓦定理:AE*CD*BF=AF*BD*CE, 即得: S(DEF)=AD*BE*CF/(2R). 证毕。 几何计算-23 命题 己知P是正方形ABCD内一点，且点P到A,B,D的距离分别为1,3,√7, 求正方形ABCD的面积. 解 以A点为中心，将ΔABP旋转90°,B与C重合，P-->E，则ΔPEA为等腰直角三角形，即 PE=√2. ，∠APE=45°. 又 (√2)^2+(√7)^2=9，所以ΔCPE为直角三角形，∠CPE=90° 因此得:∠APC=∠APE+∠CPE =135°. 在ΔAPC中据余弦定理得: AC^2=1+7+√7*√2=8+√14. 几何证明-39 命题 在ΔABC的边BC上向两侧各作正ΔEBC, ΔFBC， 求证:AE^2+AF^2=BC^2+CA^2+AB^2. 证明一 设F与A同侧，∠C<60°则∠ACF=60°-C，∠ABE=60°+B. 记S是ΔABC的面积，BC=a,CA=b,AB=c。 在ΔABE中据余弦定理得: AE^2=c^2+a^2-2cacos(60°+B)=c^2+a^2-2ca[(c^2+a^2-b^2)/(4ca)-√3S/(ca)] AE^2=[a^2+b^2+c^2+4√3S]/2 (1) 在ΔACF中同样可得: AF^2=[a^2+b^2+c^2-4√3S]/2 (2) 由(1),(2)式得: AE^2+AF^2=BC^2+CA^2+AB^2. 证明二 连EF交BC于O，显然EF=√3BC,EF⊥BC,O为BC与EF的中点。 在ΔABC中，据中线公式得: 4AO^2=2CA^2+2AB^2-BC^2 (1) 在ΔAEF中，据中线公式得: 4AO^2=2AE^2+2AF^2-EF^2 (2) 由(1),(2)式得: AE^2+AF^2=BC^2+CA^2+AB^2. 几何证明-40 命题 在ΔABC的边BC上向两侧各作正ΔEBC, ΔFBC，S是ΔABC的面积。 求证:︱AE^2-AF^2︱=4√3S. 证明一 连EF交BC于O，显然EF=√3BC，过A作AD⊥EF交EF于D，则 ︱AE^2-AF^2︱=DE^2-DF^2=(DE+DF)*(DE-DF) =EF*(EF-2DF)=√3BC*2OD=4√3S. 证法二 设F与A同侧，∠C<60°则∠ACF=60°-C，∠ABE=60°+B. 记S是ΔABC的 33 面积，BC=a,CA=b,AB=c。 在ΔABE中据余弦定理得: AE^2=c^2+a^2-2cacos(60°+B)=c^2+a^2-2ca[(c^2+a^2-b^2)/(4ca)-√3S/(ca)] AE^2=[a^2+b^2+c^2+4√3S]/2 (1) 在ΔACF中同样可得: AF^2=[a^2+b^2+c^2-4√3S]/2 (2) 由(1),(2)式得: ︱AE^2-AF^2︱=4√3S. 共点线与共线点-3 命题 已知ABCDEFGHIJKL为圆O的内接正十二边形， 求证 对角线AE,BJ,CL共点。 证明 设对角线AE与BJ交于M，过M作MN⊥AB, 交AB于N，则 ∠BAN=∠ABM=45°，所以AM⊥BM，故MH=AB/2。 过B作BO⊥CL，交CL于O，因为AB∥CL, 且∠BCL=30°， 故AB与CL间距离BO=BC/2=AB/2。 易知M与CL在AB的同侧，因此M在CL上, 即对角线AE,BJ,CL共点。 几何不等式-14 命题 在ΔABC中，∠C=90°，CD是斜边AB上的高，求证AB+CD>BC+AC。 证法(一) 设AB=c,CA=b,BC=a，则CD=ab/c, a^2+b^2=c^2. AB+CD>BC+AC <==> c+ab/c>a+b <==> c^2+ab>c(a+b) <==> a^2+b^2+ab>(a+b)*√(a^2+b^2) (1) 而 (a^2+b^2+ab)^2-(a+b)^2*( a^2+b^2)=a^2*b^2 故a^2+b^2+ab>(a+b)*√(a^2+b^2) 成立，AB+CD>BC+AC得证。 证法(二) 在AB上截取BG=BC，过G作DE⊥AC, GF⊥BC，垂足分别为E,F. 显然ΔBCG是等腰三角形，四边形GFCE为矩形，所以CD=GF=CE。 故AE=AC-CE=AC-CD. 又AG=AB-BG=AB-BC。 在RtΔAEG中，AG>AE, 即 AB-BC>AC-CD, 即得: AB+CD>BC+AC。证完。 共点线与共线点-4 命题 设P是ΔABC内部任一点，∠BPC,∠CPA,∠APB的平分线各交BC,CA,AB于X,Y,Z。 求证:AX,BY,CZ三线共点。 证明 根据三角形内角平分线性质得: BP/CP=BX/CX; CP/AP=CY/AY; AP/BP=AZ/BZ. 故得: (BX/CX)*( CY/AY)*( AZ/BZ)=(BP/CP)*(CP/AP)*(AP/BP)=1. 根据塞瓦定理的逆定理，即知AX,BY,CZ三线共点。 34 共点线与共线点-5 命题 求证：如果以三角形内角平分线与对边交点为垂足，所作的三条垂线交于一点，那么该三角形是等腰直角三角形。 证明 为证命题，先给出一个引理;: 在ΔABC中，P是ΔABC形内任一点，PD⊥BC, PE⊥CA, PF⊥AB，分别交BC,CA,AB于D,E,F.则有 AF^2+BD^2+CE^2=AE^2+CD^2+BF^2 (1) 易证(1)式左边=PA^2+PB^2+PC^2-PD^2-PE^2-PF^2=(1)式右边。 设BC=a,CA=b,AB=c.则BD=ca/(b+c),CD=ab/(b+c),CE=ab/(c+a), AE=bc/(c+a), AF=bc/(a+b),BF=ca/(a+b). 据(1)式得: [bc/(a+b)]^2+[ca/(b+c)]^2+[ab/(c+a)]^2=[bc/(c+a)]^2+[ab/(b+c)]^2+[ca/(a+b)]^2 <==> c^2*(b-a)/(a+b)+a^2*(c-b)/(b+c)+b^2*(a-c)/(c+a)=0 <==> (b-c)*(c-a)*(a-b)*(a+b+c)^2=0. (2) 由此可见结论成立。 几何计算-24 命题 在△ABC中，有两个一边同在BC上的内接矩形其周长都为20。 求该△ABC的面积。 解法一 设内接于△ABC的两矩形分别为D1E1F1G1, D2E2F2G2，其中D1,E1, D2,E2在BC边上，F1,F2在CA边上,G1,G2在AB边上，令F1G1=x,F2G2=y，x≠y，BC=a,BC边上的高为ha。则D1G1=10-x, D2G2=10-y。根据相似比得 (ha-10+x)/x=ha/a, (1-1) (ha-10+y)/y=ha/a (1-2) 所以 (ha-10+x)/x=(ha-10+y)/y <==> ha(x-y)=10(x-y) 因为x≠y，故ha=10。 于是即可求出a=ha=10。 因此△ABC的面积为50。 设第三个内接于△ABC的矩形为DEFG，D,E在BC边上，F在CA边上,G在AB边上. 令FG=z, 则DG=w，据相似比得: (10-w)/z=1 <=> z+w=10. 故同在BC上的内接矩形的周长都为20。 解法二 过A作AD垂直BC于D， 设矩形两边长分别为m,n,前者垂直于BC，在AB上的顶点为P。 由平行线截割定理， m/AD+n/BC=BP/BA+AP/AB=1， 同理，另一个矩形也有 m'/AD+n'/BC=1 所以(m-m')/(n'-n)=AD/BC,. 又m+n=m'+n'=10 所以m-m'=n'-n， 于是AD=BC .有上述论证可知：同在BC上的内接矩形的周长都为20. 那么，取与BC平行的中位线，得正方形，边长为5，所以AD=BC=10 所以该△ABC的面积为50. 几何不等式-15 35 命题 任何面积为1的凸四边形的周长及两条对角线的长度之和不小于4+2√2. 证明 设凸四边形ABCD，对角线AC与BD交于O, 夹角为t。则 2=(AO*BO+BO*CO+CO*DO+DO*AO)*sint=<(AO*BO+BO*CO+CO*DO+DO*AO) =(AO+CO)*(BO+DO)/2=<[(AO+CO+BO+DO)/2]^2 故2√2= 命题 半径为R和r的两圆相交，若公共弦恰与连心线长度相等， 求证:√2-1= √(R^2-k^2)±√(r^2-k^2)=2k (1) (1)式两边平方得: ±2√[(R^2-k^2)*(r^2-k^2)]=6k^2-R^2-r^2 (2) (2)式再两边平方化简得: 32k^4-8(R^2+r^2)k^2+(R^2-r^2)^2=0 (3) 因为k是实数，则△≥0, 即 (R^2+r^2)^2-2(R^2-r^2)^2≥0 <==> R^4-6R^2*r^2+r^4≤0 (4) <==> x^4-6x^2+1≤0 (5) 解得 3-2√2≤x^2≤3+2√2, <==> (√2-1)^2≤x^2≤(√2+1)^2. 所以 √2-1≤R/r≤√2+1. 证毕。 经典几何-9 命题 在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥AB, PF∥CA，若S(ABC)=9， 求证 S(BPF), S(PEAF), S(PCE) 中至少有一个不小于4。 证明 设PB/BC=x，(0 因此S(BPF), S(PEAF), S(PCE) 中至少有一个不小于4. 几何证明-41 命题 设D,E,F分别是正△ABC三边BC,CA,AB上的任意点， 求证:△DEF的周长不小于△ABC周长的一半。 证明 设正△ABC的边长为a，AF=x，BD=y，CE=z，则BF=a-x，CD=a-y，AE=a-z。 36 在△AEF中，由余弦定理得: EF^2=AF^2+AE^2-2AF*AE*cos60°=x^2+(a-z)^2-x(a-z)≥[(x+a-z)/2]^2.由此得: EF≥(x+a-z)/2 (1) 同理得: FD≥(y+a-x)/2 (2) DE≥(z+a-y)/2 (3) (1)+(2)+(3)得: EF+FD+DE≥3a/2。命题得证。 几何计算-25 命题 E是正方形ABCD内任意一点，E到A,B,C三点的距离之和的最小值为: √6+√2。求该正方形的边长。 解 因为E到A,B,C三点的距离之和为最小值，则E点是△ABC的费马点。以AB,BC为边，向正方形ABCD形外作正△ABM和△BCN，连AN,CM,AN与CM的交点就是E点。所以有AN=CM=AE+BE+CE=√6+√2。 设正方形ABCD的边长为a,在△ABN中，由余弦定理得: AN^2=a^2+a^2-2a^2*cos150°=a^2*(2+√3)=(√6+√2)^2 所以a^2=(√6+√2)^2/(2+√3)=4,a=2. 因而正方形的边长为2. 几何证明-42 命题 设I是ΔABC的内心，求证:BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2=BC*CA*AB。 证明 设ΔABC的内切圆分别与边BC,CA,AB相切于D,E,F，连结IE,IF,EF。 由于AE=AF, IE=IF，所以IA是EF的垂直平分线，由此可得: S(EAFI)=AI*EF/2 又A,F,I,E四点共圆，且AI是该圆直径，由正弦定理得: EF=IA*sinA=IA*BC/(2R) [R为ΔABC的外接圆半径] 所以S(EAFI)=BC*IA^2/(4R) 同理可得: S(FBDI)=CA*IB^2/(4R); S(DCEI)=AB*IC^2/(4R). 将上述三式相加得: S(ABC)=(BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2)/(4R) 又因为 S(ABC)=(BC*CA*sinC)/2=BC*CA*AB/(4R) 因此 :BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2=BC*CA*AB。 几何计算-26 命题 在ΔABC中，∠A=80°，AB=AC，P在ΔABC内，∠PBC=10°，∠PCB=20°， 求∠PAB。 解 作ΔBPC关干BP的对称ΔBPQ，连QC,QA。 因为∠BPQ=∠BPC=180°-10°-20°=150°，所以∠QPC=60°. 即ΔPQC是正三角形，于是∠PQC=60°. 又因为 ∠PQB=∠PCB=20°.所以 ∠BOC=20°+60°=80°. 又∠BAC=80°，故A,B,C,Q共圆，即∠QAC=∠QBC=20°, 37 而PC=QC，∠PCA=50°-20°=30°，∠QCP=60°-∠PCA=30°. AC是公共边，所以ΔAPC≌ΔAQC. 于是有∠PAC=∠QAC=20°,所以∠PAB=80°-20°=60°. 几何计算-27 命题 在RtΔABC中，内切圆切斜边BC于D，且BD=3，CD=10，求此三角形面积。 解 设BC=a,CA=b,AB=c。则 a^2=b^2+c^2 a+b-c=20 a+c-b=6 解此方程组得出:a=13,b=12,c=5。 所以RtΔABC面积5*12/2=30。 下面给出更一般结论: 在ΔABC中，己知∠A=t，ΔABC内切圆切边BC于D，且CD=p，BD=q。 求证:ΔABC的面积S=pq*sint/(1-cost)。 简证如下:设ΔABC的内切圆切CA于E，切AB于F，记AE=AF=x。则有 S=[(x+p)*(x+q)sint]/2 由余弦定理得: (p+q)^2=(x+p)^2+(x+q)^2-2(x+p)*(x+q)*cost <==> (x+p)*(x+q)*cost=x^2+x(p+q)-pq=(x+p)*(x+q)-2pq <==> (x+p)*(x+q)=2pq/(1-cost) 因此 S= pq*sint/(1-cost)。 当t=90°，p=3，q=10，所以RtΔABC面积3*10=30。 经典几何-10 命题 在同心圆O[Q] 中，大圆半径是小圆半径的两倍，小圆O的内接四边形ABCD的边DA,AB,BC,CD延长线顺次交大圆Q于A',B',C',D'。 求证:A'B'+B'C'+C'D'+D'A'≥2(AB+BC+CD+DA) 证明 两圆是同心，O与Q是重合的，连OA，OA'，OB'，在四边形AA'B'O中，运用托勒密不等式得： A'B'*OA+AA'*OB'≥OA'*AB' 因为 OB'=OA'=2OA，AB'=AB+BB'，代入上式整理得： A'B'≥2AB+2(BB'-AA') (1) 同理可证: B'C'≥2BC+2(CC'-BB') (2) C'D'≥2CD+2(DD'-CC') (3) D'A'≥2DA+2(AA'-DD') (4) (1)+(2)+(3)+(4)即得: A'B'+B'C'+C'D'+D'A'≥2(AB+BC+CD+DA) 。证毕。 共点线与共线点-6 38 命题 在直角三角形ABC中，斜边BC上的中点为D，E,F分别是AC,AB上的点， 求证: EF+FD+DE>BC。 证明 分别作点D关于直线AB与AC对称点G，H，连结EG,FH,AD,AG,AH，于是得: DE=EG, FD=FH, AG=AD=AH,且∠GAB=∠BAD，∠HAC=∠CAD. 所以 ∠GAB+∠BAC+∠HAC=∠BAC+∠BAC=180°。即G,A,H三点共线. 因为D是BC的中点，所以BC=2AD=GH=BC。 显然折线GEFH大于线段GH，所以 DE+EF+FD=EG+EF+FH>GH=BC。证毕 39 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容