平面几何习题集全套汇编
花卷馒头-
,.
平面几何习题大全
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<
/p>
，经典几何。
几何计算
-1
命题
设点
D
是
Rt
△
AB
C
斜边
AB
上的一点，
DE
⊥
BC
于点
E
，
DF
⊥
AC
于点
F
。
若
AF=15
，
BE=10<
/p>
，则四边形
DECF
的面积是多少？
解：设
DF=CE=x,DE=CF=y.
< br>∵
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<
/p>
O
点分别作
AB,BC,CD,DA
的垂线，垂足依次为
P
,Q,R,S
。
易证Δ
APO
≌Δ
ORD
，
所以
DR=OP
,AP=OR
，
故
OP+OR=DR+AP=(CD
+AB)/2
。
< br>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+
∠
C
OD=180
°
,OA=OD
，所以易
证
Rt
Δ
A
PO
≌
Rt
Δ
ORD
，故得
DR=OP
,AP=OR
，
即
OP+OR=DR+AP=(CD
+AB)/2
。
< br>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<
/p>
是正△
ABC
内任意一点，△
DEF
是
P
点关于正△<
/p>
ABC
的内接三角形
[AP
,BP
,CP
延长分别交
B
C,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
< br>S2
。求证
:S2
≥
S1
。
证明
设
P<
/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<
/p>
的
面积为
S=(a^2
< br>√
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);
△
< br>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).
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：
S
2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/[4(x+y
+z)^2]
。
< br>所以待证不等式
S2
≥
S1
等价于
:
(3
/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+z)^2
≥
2xy
z/(y+z)(z+x)(x+y);
<====> 3
(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)
≥
8x
yz(x+y+z)^2;
上式展开等价于
< br>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+z
x+xy)
≥
0;
上式化简等价于
< br>x^2(x+2y+2z)(y-z)^2+y^2(y+2z+2x)(z-x)^2+z^2(z+2 x+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<
/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>
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<
/p>
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*s
inA)/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<
/p>
: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 .
,.
几何不等式
-3
命题
设<
/p>
P
是三角形
ABC
内一点，点
P
在三边
BC,CA,A
B
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<
/p>
点垂足Δ
DEF
面积为
< br>F,
Δ
ABC
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)
< br>。
故命题转化为求证
a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2
≤
R
Δ
(1)
据恒等式
:abc=4R
Δ，则上式为
a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2
≤
abc/4
(2)
设
P
点的Δ
ABC
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
< br>(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
< br>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
，
运用化归法易证明
:
给定三角形
< br>ABC
的最大内接矩形与最大内接正方形的一边与三角形一边重合，
另外两端在另外两边上。
下面
在
a>b>c
条件下，求出最大内接矩形与最大内接正方形的面积。
< br>
(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
< br>]
，宽为
y
，
< br>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);(
< br>长
,
宽
)=(c/2,hc/2
)
。注意这里长与宽相对而言。
<
/p>
(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
< br>: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
<==> 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。
< br>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
< br>°，则
BE^2+CF^2
≥
E
F^2;
(2)
如果∠
EAF
≥
45
°，则<
/p>
BE^2+CF^2
≤
EF^2.
证明
设<
/p>
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^2-2yz
cos
∠
EAF
< br>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
A
BC,E,F
在
BC
上
,
不妨设
F
在
E
右侧
< br>将△
AFC
旋转
90
度到△
ADB
∠
ABC=
∠
ACB=
∠
ABD=45==>
∠
DBE=9
0
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)
∠
E
AF
≥
45
°
,
则
0
°＜∠
DAE
≤∠
EAF
＜
< br>90
°
,
< br>DE^2-EF^2=2AF*AE(cos
∠
EAF-
cos
∠
DAE)
≤
< br>0
DE^2
≤
EF^2
BE^2+CF^2
≤
EF^2
,.
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
< br>，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*(mc)^2=2a^2+2b^2-c^2
，
因
为
三
角
形
是
非
钝
角
三
< br>角
形
，
则
b^2+c^2-a^2>=0
，
，
4*(mb)^2=2c^2+2a^2-b^2
，
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
< br>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
Rt
Δ
ABC
的三边长为
a,b,c
，相对应的中线分别为
ma,mb,m
c
，
R,
Δ为
Rt
Δ
ABC
的外接圆半径和面积。<
/p>
而以
Rt
Δ
AB
C
三中线组成的Δ
A'B'C'
的外接
圆半径和面积分别为
Rm,
Δ
m
。显然Δ
m=3
Δ
/
4
。命题转化
:
Rm
≥
5R/6 (1)
根据三角形恒等式
:abc=4R*
Δ，
ma*mb*mc=4Rm*
Δ<
/p>
m
。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
< br>，
4*(mc)^2=2a^2+2b^2-c^2=4b^2+c^2
，
所以
(3)
式等价于
:
<
/p>
(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
命题
设Δ
A
BC
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;
,.
< br>(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
<
/p>
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
< br>:AI=d*(b+c-a)/a
。
(1)
对于等腰Δ
< br>AOD
，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Δ
A
BC
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Δ
AOD
，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Δ
A
BC
中，
BC=a,CA=b,AB=c
，
s
为半周长，在
BC
上的一点
M
，使得Δ
ABM
,.
与Δ
ACM
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
< br>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<
/p>
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
< br>ABCD
中，设∠
DAB=
θ<
/p>
,AD=a,AB=b.
则四边形
KL
MN
的面积等于
平行四边形
ABCD<
/p>
的面积减去三角形△
AKN,
△
BKL,
△
CLM,
△
DMN
的面积之和。
由面积公
式不难
求得
:
,.
△
AKN
的面积
=(1/2)*A
N*AK*sin
θ，
△
BKL
的面积
=(1/
2)*BL*(b-AK)* sin
θ，
△
CLM
的
面积
=(1/2)*(a-BL)*(b-MD)*sin
θ，
△
DMN
的面积
=(1/2)*(a-AN)*MD*
sin
θ，
平行四边形
ABCD
的面积
=ab*
sin
θ
所以四边形
KLMN
的面积等于
=(1/2)*ab*[1-(AN-BL)*(AK-
MD)/ab]*sin
θ。
另一方面
,
据已知条件
,
四边形
KLMN
的面积等于
(1/2)*ab* sin
θ。
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>
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<
/p>
PQ
平行且等于
CD
，连
CQ,BQ
，则四边行
CDP
Q
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
Ptoiem
y
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<
/p>
为平行四边形
ABCD
内一点，满足∠<
/p>
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：
< br>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<
/p>
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
< br>，
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。
(3),
外
接
圆
与
九
点<
/p>
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=[
< br>√
(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∠
QA
C=20
度
=
∠
ADC
，有
AQ
∥
< br>DC
，可知四边形
AQCD
为等
腰梯形，即
AD=QC
，
进而Δ
ABD
≌Δ
BQC
，得
BA=BQ
。
在Δ
ABQ
< br>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，
∠<
/p>
EAC=80
度
=
∠
PAC
。进而Δ
EAC
≌Δ
PAC
。得
PC=P
E
，所以Δ
PEC
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△
A
BC
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
。
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△
A
BC
中
,
∠
A
＝
120
°
,
K
、
L
分别是
AB
、
AC
上的点，且
BK+AC=CL+AB
，以
BK,
< br>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
B
K+AC=CL+AB
，
,
显然可证
:
四边形
OLAK
为菱形，所以
AK=LO=A
L=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△
A
BC
中
,
∠
A
＝
120
°
,
K
、
L
分别是
AB
、
AC
上的点，且
BK+AC
≥
CL+AB
，<
/p>
BK
≥
C
L
，以
BK,CL
为边向△
< br>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+L
O=CL+AK=y+c-x
。
<
/p>
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
< br>≥
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△
A
BC
中
,
∠
A
＝
120
°
,
K
、
L
分别是
AB
、
AC
上的点，且
BK+AC
≥
CL+AB
，<
/p>
BK
≤
CL
以<
/p>
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+L
O=CL+AK=y+c-x
。
<
/p>
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Δ
A
BC
的三边长为
BC=a,CA=b,AB=c
，外心为
O
，类似重心为
K<
/p>
。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
< br>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Δ
AOA
’
，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Δ
ABC
的三边长为
BC=a,CA=b,AB=c
，外心为
O
，垂心为
H
。求证
:
(1)
∠
A
HO
为锐角的充要条件是
:tanB*tanC>3;
(2)
∠
A
HO
为直角的充要条件是
: tanB*tanC =3;
(3)
∠
A
HO
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.
(1)
对于等腰Δ
AOA
’
，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Δ
ABC
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Δ
ABC
中，设
A=max(A,B,C)
< br>，
G,O
分别表示Δ
ABC
的重心与外心，则
O
点必落在Δ
BGC
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
Δ
ABC
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
Δ<
/p>
ABC
的三条中线
AD,BE,CF
交于
G
，不妨设
M
在Δ
BGC
内。
对于Δ
AMD
和
< br>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Δ
MBC
和Δ
GBC
中有<
/p>
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+M
B^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Δ
A
BC
中
,
各边不相等，
O,I,H,Q
分别为外心，内心
,
< br>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<
/p>
ABC
三个内角成等差数列，所以有一角必为π
< br>/3
。记
A=
π
/3
，
R
为外接圆半径。则<
/p>
AH=2RcosA=R=AO
，又因为
AI
平分∠
OAH
，所以Δ
AHI
≌Δ
AOI
，即<
/p>
IH=IO
。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<
/p>
/3
。记
A=
π
/3
，
R,r,s
分别为Δ
ABC
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)
√<
/p>
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<
/p>
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<
/p>
，
S
三角形
CM
N=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
。<
/p>
几何计算
-3
命题
<
/p>
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<
/p>
，
Δ
ABM
的面
积
S1=4
，
Δ
CMN
的面积
S2=3
，
Δ
ADN
的面积
S3=5
,
求Δ
AMN
的面积
< br>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+co
sC=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.
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
< br>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Δ
ABC
的高
AH
，∠
A
的分角线
AD
，
BC
上的中线
AM
，且∠
BAH=
∠
HAD=
∠
DAM=
∠
MAC
。求证∠
BAC=9
0
°
.
证明
延长
AD
交Δ
ABC
的外接圆于
N,
连
NM
。
<
/p>
∵∠
BAD=
∠
CAD,
∴
N
为圆弧
< br>BC
的中点。
∵
M
为
BC
的中点，∴
MN
⊥
BC.
∵<
/p>
AH
⊥
BC,
∴
AH
∥
MN,
∴∠
ANM=
∠
HAD=
∠
NAM,
∴
MA=MN.
∵
< br>MN
与
MA
不重合，而
MN
所在的直线必过Δ
ABC
< br>外接圆圆心
.
故
M
必为外接圆圆心，
∴
B
C
为直径，∴∠
BAC=90
°
.
证毕。
几何证明
-11
命题
己知
在△
ABC
中，
BE
和
CF
分别∠
< br>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),<
/p>
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
A
D,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<
/p>
.
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
PQ^2=AP^2+AQ^2-2AP*AQcosA
<
/p>
=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/sinBs
inC
=-(cotAcotB-1+cotBcotC-1+cotCcotA-1)
=-(1-3) =2
所以
PQ=(DE+DF+EF)/2
(
注：
co
tAcotB+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+<
/p>
∠
AOB=(
π
-
π
/m)+(
π
-
π
/n)+(
π
-
π
/p)=2
π
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△
A
BC
中，其内切圆切
BC
于
D
，求证
:
△
ABD
与△
ACD
的内
切圆相切。
证明
< br>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△
< br>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
2
π。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<
/p>
/k
。
根据题设条件
: (m-2)
π
/m+(n-2)
π
/n+(k-2)
π
/k=2
π
<==> 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<
/p>
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
交于
K
，即
GC=m,AC=n.
∵
AB
∥
CG,
∴
AB/GC=BK/KC.
(1)
又∵∠
KAB=
π
-
∠
< br>BAG=
π
-5
π
/7=2
π
/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
，<
/p>
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
< br>/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<
/p>
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<
/p>
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，<
/p>
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
< br>(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，
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
< br>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
:abcd
S^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<
/p>
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<
/p>
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
1
2,
所以这两个顶点是相邻的。
设<
/p>
PA=13,PB=5
，又因为
PA^2
-PB^2=AB^2
，所以∠
ABP
为直角。
于是点
P
< br>位在对角线
BD
上，连
CF,
交
BD
于
H<
/p>
，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
√
< br>3) R^2/2
显然
S^2=S1*S2
。证毕。
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
< br>⊥
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<
/p>
是正△
ABC
的内切圆上任意一点，
求证
:PA^2+PB^2+PC^2<
/p>
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△
< br>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+P
F^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
△
AB
C
边
BC
，
C
A
，
AB
上的点
D
，
E
，
F
分别内分各边的比
t:(1-t)
。
求证
:
线段
AD
，
B
E
，
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)*<
/p>
△
证明
过
D
作
DG
∥
BE,EG
∥
BD
交于
G
，四边形
BDGE
为平行四边形，
所以∠<
/p>
CEG=
∠
BCA
。
,.
又
CE=tCA,EG=BD=tBC
，所以△
ABC
∽△
CGE.
于是∠
GCE=
∠
BAC
，
< br>GC=tAB=AF
，从而
CG
∥
AF
。
进
而
AG
平行等于
CF
< br>。这说明△
ADG
即是以
AD<
/p>
，
BE
，
CF<
/p>
为三边长组成的三角形。
再由三角形的面积公式，有
S(AB
C)/
△
=BD/BC=t
，
S(ACG)/
△
=S(ACF)/
△
=AF/AB=t
。
S(DCG)/
△
=DC*CG*si
n
∠
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
:
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
< br>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△
A
EH
≌△
GCF
，
,.
因此可得
AH
平行等于
GF
。
又因为
AH
⊥
EF<
/p>
，所以
GF
⊥
E
F
。
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
。
< br>
因为
AF
⊥
< br>CG
，且
F
是
< br>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
，<
/p>
AQ
，
AI
，<
/p>
DO
，
DQ
，<
/p>
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
°
=<
/p>
∠
DOA
。
<
/p>
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=(
< br>∠
CDA+
∠
BDA)/2=9
0
°，∠
ODQ=60
°，
这样便有∠
PDQ+
∠
ODI=30
°，
< br>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。
几何证明
-26
命题
设
M<
/p>
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<
/p>
E
点作
AD
的平
行线，过
M
点作
AB
< br>的平行线，两者交于
E
’
。
连
CE
’
，
DE
’
<
/p>
，
CM
。因为
A
E
⊥
CE
，
A
E
∥
ME
’
，所以
CE
⊥
ME
’
。
又
M
是
AD<
/p>
的中点，
AE
∥
CD
，故
ME
’
是线段的垂直平分线，
因而∠<
/p>
E
’
MC=
∠<
/p>
E
’
ME=
∠<
/p>
AEM
。
又因
为
MD=CD
，
ME
< br>’
∥
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
< br>∠
EBF=60
度，
BF=BC
+CD+DF=a+b+a=2a+b=BA+AE=BE
。
所以
Δ
BE
F
为等边三角形，∠
BFE=
∠
EBF=60
度，
又因为
BC=DF=a
，
BE=EF=
2a+b
，所以
Δ
< br>BCE
≌Δ
DEF
，
故
CE=DE
。证毕。
代数法
解
在△
CA
E
中，
AE=a+b,AC=a
，∠<
/p>
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，
< br>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
< br>’
BA
’
=60
°
-
∠
ABP
’
，所以Δ
ABP
≌Δ
A
’
BP
’
，
故
PA=P
’
A
’
。又因为
PB=BP
’
=PP
’
，
所以有
PA+PB+PC=P
’
A
’
+PP
’
+PC
。
因为
A
’
<
/p>
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
< br>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。
具体的
P
点位置
:
设△<
/p>
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
’
<
/p>
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