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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第14讲平几问题选讲


第 16 讲

平几问题选讲

平面几何在高中竞赛和国际竞赛中占有重要的地位, 本讲将对平几中的一些典型问题的 选讲,强化解平几问题的典型思想方法.
A D A 类例题 例 1 如图,已知正方形 ABCD,点 E、F 分 别在 BC、CD 上, F 且 BE+DF=EF,试求∠EAF 的度数.(1989 年全 国冬令营) 分析 注

意到 BE+DF=EF,很容易想到“截 长补短”的方法. 解 延长 CB 到 F', 使得 BF'= DF, 连结 AF' 显 然 ?AF'B ≌ C B A E D ?AFD. F ∴∠BAF'=∠DAF,AF'=AF. 又∵EF'=BE+BF'=BE+DF,AE 为公共 边, ∴?AF'E≌?AFE. C F' B E ∴∠EAF'=∠EAF. 又∵∠FAF'=∠BAD=90?, ∴∠EAF=45?. 说明 本题?AF'B 可以看作是?AFD 顺时针旋转 90? 得到的; 本题也可以延长 CD 或旋转

?ABE.

链接 本题若在 EF 上截取 EH=BE,是很难进行下去的,但我们可以用代数的方法来研 究, 解法如下: 过点 A 作 AH?EF 于 H, 由勾股定理得 AB2+BE2=AH2+EH2, 2+DF2=AH2+FH2, AD 2 2 2 2 两 式 相 减 可 得 BE -DF =EH -FH , 于 是 (BE-DF)(BE+DF)=(EH-FH)(EH+FH) , 而 BE+DF=EH+FH①所以 BE-DF=EH-FH②,由①②可得 BE=EH, DF=FH.从而可得 AE 平 分∠BAH,AF 平分∠DAH,所以∴∠EAF=45?.
A D

F H B E C

例 2 如图,A、B、C、D 为直线上四点,且 AB=CD,点 P 为一动点,若∠APB=∠CPD, 试求点 P 的轨迹.(1989 年全国初中数学联赛)

P

A

B

C

D

分析 由于 已 知 的 两 个 条 件 AB=CD 和 ∠ APB=∠CPD,分散在两个三角形中,需要把它们集中,于是可以进行平移或添加辅助圆建 立这两个已知条件间的联系. 证法一 分别过点 A、B 作 PC、PD 的平行线得交点 Q.连结 PQ. 在△QAB 和△PCD 中,显然 P ∠QAB=∠PCD,∠QBA= Q ∠PDC. 由 AB=CD,可知 △QAB≌△PCD. 有 QA = PC , QB = PD , ∠AQB = ∠ CPD. A B C D 于是,PQ∥AB,∠APB=∠ AQB. 则 A、B、P、Q 四点共圆,且四边形 ABPQ 为等腰梯形.故 AP=BQ.所以 PA=PD. 即点 P 的轨迹是线段 AD 的垂直平分线. 证法二 作△PBC 的外接圆交 PA、PD 分别 P 为 E、F,连结 BE、CF, ∵∠APB=∠CPD, ∴BE=CF,∠ABE=∠EPC=∠ BPF = ∠ F E DCF. 又∵AB=CD, ∴△ABE≌△DCF. A B C D ∴∠PAB=∠PDC. ∴PA=PD. 即点 P 的轨迹是线段 AD 的垂直平分线. 说明 同样地, 也可以作△PAD 的外接圆, 目的是建立条件 AB=CD 和∠APB=∠CPD 之间的 联系. 证法三 由三角形的面积公式易得 PA·PB=PC·PD,PA·PC=PB·PD,两式相乘,化简得 PA=PD. 即点 P 的轨迹是线段 AD 的垂直平分线. PA AB PD CD 证法四 由正弦定理得 = , = , sin?PBA sin?APB sin?PCD sin?CPD 从而 PA PD PA PD = ,同理可得 = , 而 sin?PBA=sin?PBD , sin?PBA sin?PCD sin?PCB sin?PBD

sin?PCD=sin?PCB,化简得 PA=PD. 即点 P 的轨迹是线段 AD 的垂直平分线. PA2 AB· AC = ;请同 PD2 AB· AC

链接 本题可以有更一般的结论,如:若仅已知∠APB=∠CPD,求证:

学们自己研究. 例 3. 是△ABC 的高线, 为 AD 上一点, AD K CK 交 AB 于 F.求证:∠FDA=∠EDA. 分析 为了把已知条件之间建立联系, 可以通 方法. 证明 如图,过点 A 作 BC 的平行线,分 别交直线 DE、DF、BE、CF 于 Q、P、N、 显然,
M F P A K Q N

BK 交 AC 于 E, 过作平行线的

E

B

D

C

M.

BD KD DC = = . AN KA AM
(1)

有 BD· AM=DC· AN.

AP AF AM = = ,有 BD FB BC BD· AM AP= . BC AQ AE AN 由 = = ,有 EC BC DC DC· AN AQ= . BC


(2)

(3)

对比(1)、(2)、(3)有 AP=AQ. 显然 AD 为 PQ 的中垂线,故 AD 平分∠PDQ. 所以,∠FDA=∠EDA. 说明 这里,原题并未涉及线段比,添加 BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这 些比例式,就使 AP 与 AQ 的相等关系显现出来.本题证明方法很多,例如可以过点 E、F 作 BC 的垂线,也转化为线段的比来研究. 链接 若 K 为△ABC 的垂心时,△DEF 为垂三角形,对于垂三角形有如下性质:三角形的垂 线二等分其垂三角形的内角或外角.关于垂心的性质可参见本书高一分册第十七讲《三角形 的五心》.

情景再现
1.点 E、F 分别是矩形 ABCD 的边 AB、BC 的中点,连 AF,CE,设 AF,CE 交于点 G, 则

D

S四边形 AGCD S 矩形 ABCD
4 B. 5

C G F B 题)
B

等于( 3 C. 4

) 2 D. 3
A

5 A. 6

( 2002 年全国初中 数学竞赛 试 2. 在△ABC 中,D 为 AB 的中点, 长 CA, 到点 E, 使 DE=DF; CB F,
E

A
D

C

E

分别延 过 E,F 分别
F

P

作 CA,CB 的垂线,相交于 P.设线段 PA,PB 的中点分别为 M,N. 求证:∠PAE=∠PBF. (2003 年全国初中数学竞赛) 3.如图,四边形 ABCD 为平行四边形, ∠BAF=∠BCE.求证:∠EBA=∠ADE.

E A B G D C

F

B 类例题 例 4 如图,AD 为△ABC 的中线,E、 上,且 DE?DF,求证:BE+CF>EF. 分析 由要证的结论,可联想到构造三 和大于第三边解决问题 .要构造三角 线段,从而可以运用平移、旋转、作 是有如下证法. 证法一 延长 FD 到 F', 使得 DF'=DF, 由 D 为 BC 的中点,显然△DBF'≌△ BF'=CF,又因为 DE 垂直平分 FF', 三角形 BEF'中,BE+BF'>EF'.从 BE+CF>EF. 证法二 作点 B 关于 DE 的对称点 DB'、FB'.则 EB'=BE,不难得到 DB'=DB=DC,∠B'DF=∠CDF. C 关于 DF 对称,于是 B'F=CF, B'EF 中 , B'E+B'F>EF. 从 而 说明证法一也可以从中心对称角 和 F 关于点 D 对称. 链接 常见的几何变换有: 一、平移变换

A

F 分别在 AB、AC
F

E

B

C D

角形,运用两边之 形,就要移动一些 对称等方法,于 连结 BF'、EF', DCF. 于 是 所以 EF=EF'.在 而
C

A

E

F

B

B'

A
D

E

F'

F

B', 连结 EB'、 从而可知 B、 在 三 角 形

B

D

C

BE+CF>EF. 度来理解,F'

1.定义:设 PQ 是一条给定的有向线段,T 是平面上的一个变换,它把平 面图形 F 上任一点 X 变到 X', 使得 XX = PQ , T 叫做沿有向线段 PQ 则 的平移变换. 2.主要性质:在平移变换下,对应线段平行且相等,直线变为直线,三角 形变为三角形, 圆变为圆.两对应点连线段与给定的有向线段平行 (共线) 且相等. 二、轴对称变换 1.定义:设 l 是一条给定的直线,S 是平面上的一个变换,它把平面图形 F 上任一点 X 变到 X',使得 X 与 X'关于直线 l 对称,则 S 叫做以 l 为对 称轴的轴对称变换.
'

2.主要性质:在轴对称变换下,对应线段相等,对应直线(段)或者平行, 或者交于对称轴,且这两条直线的夹角被对称轴平分. 三、旋转变换 1.定义:设 α 是一个定角,O 是一个定点,R 是平面上的一个变换,它把 点 O 仍变到 O(不动点),而把平面图形 F 上任一点 X 变到 X',使得 O X'=OX,且∠XOX'=α,则 R 叫做绕中心 O,旋转角为 α 的旋转变换.其中 α<0 时, 表示∠XOX'的始边 OX 到终边 OX'的旋转方向为顺时针方向; α>0 时,为逆时针方向. 2. 主要性质:在旋转变换下, 对应线段相等, 对应直线的夹角等于旋转角. 四、位似变换 1.定义:设 O 是一个定点,H 是平面上的一个变换,它把平面图形 F 上

OX 任一点 X 变到 X',使得 OX =k· ,则 H 叫做以 O 为位似中心,k 为
位似比的位似变换.其中 k>0 时,X'在射线 OX 上,此时的位似变换叫做 外位似;k<0 时,X'在射线 OX 的反向延长线上,此时的位似变换叫做内位 似. 2.主要性质:在位似变换下,一对位似对应点与位似中心共线;一条线上 的点变到一条线上,且保持顺序,即共线点变为共线点,共点线变为共 点线;对应线段的比等于位似比的绝对值,对应图形面积的比等于位似 比的平方;不经过位似中心的对应线段平行,即一直线变为与它平行的 直线;任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变;圆变为圆,且两 圆心为对应点;两对应圆相切时切点为位似中心. 例 5 如图,△ABC 中,O 为外心,三条高 AD、BE、CF 交于点 H,直线 DE 和 AB 交于点 M,DF 和 AC 交于点 N. 求证:(1)OB⊥DF,OC⊥DE. (2)OH⊥MN. A (2001 年全国高中数学联赛) 证法一 (1)显然 B,D,H,F 四点共圆, H,E,A,F 四点共圆, ∴∠BDF=∠BHF=180°-∠EHF =∠BAC. O 1 F E ∠OBC= (180°-∠BOC)=90°-∠BAC. H 2 ∴OB⊥DF. 同理 OC⊥DE. ( 2 ) ∵ CF ⊥ MA , ∴ MC2-MH2=AC2-AH2??① ∵ BE ⊥ NA , ∴ 2 2 2 2 NB -NH =AB -AH ??② ∵ DA ⊥ BC , ∴ M 2 2 2 2 DB -CD =BA -AC ??③ ∵OB⊥DF,∴BN2-BD2=ON2-OD2??④ ∵OC⊥DE,∴CM2-CD2=OM2-OD2??⑤ ①-②+③+④-⑤,得 NH2-MH2=ON2-OM2
B C D N

'

OM2-MH2=ON2-NH2 所以 OH⊥MN. 证法二 以 BC 所在直线为 x 轴,D 为原点建立直角坐标系,
设 A(0,a),B(b,0),C(c,0),则 ∴直线 AC 的方程为 ,直线 BE 的方程为



得 E 点坐标为 E(

)

同理可得 F(

)

直线 AC 的垂直平分线方程为 直线 BC 的垂直平分线方程为



得 O(

)

∵ 同理可证 OC⊥DE.

∴OB⊥DF

在直线 BE 的方程

中令 x=0 得 H(0,

)



直线 DF 的方程为



得N (

)

同理可得 M (

)

∴ ∵kOH ·kMN =-1,∴OH⊥MN.

链接 本题证法一中用到了定理:设 P、Q、A、B 为任意四点,则 PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. 对于这个定理可参见本书高一分册地十八 讲《平几中的几个重要定理(一)》.证法二用的解析法. 例 6 锐角△ABC 中,AB>AC,O 点是它的外心,射线 AO 交 BC 边于 D 点. A 已知:cosB+cosC=1, 求证:△ABD 与△ACD 的周长相等. 证明 作 OE⊥AC、OF⊥AB,E、F 是垂足. F 由三角形外心性质知:∠AOE=∠B,∠ E 记 BC=a、CA=b、AB=c.于是 O
B D C

AOF=∠C.

BD S ?ABC ? ? DC S ?ACD

1 2 1 2

AB ? AD ? sin ?BAD AB sin ?OAF ? ? AC ? AD ? sin ?CAD AC sin ?OAE

?

AB cos ?AOF c cosC c 1 ? cos B ? ? ? ? ? AC cos ?AOE b cos B b 1 ? cosC

由余弦定理得

BD b 2 ? (c ? a) 2 b ? c ? a 1 ? 2 ? ;从而 BD= (a ? b ? c) . 2 DC c ? (a ? b) c? a ?b 2
此时,AB+BD=

1 (a ? b ? c) =AC+CD.得证. 2

说明 本题用到了正余弦定理,以及三角形面积公式,同时运用了代数的方法证了几何题.

情景再现
4 . △ ABC 中 , ∠ B=2 ∠ C , 求 证 : 2AB>AC.(2002 年江苏省数学夏令营试题) 5. 已知同一平面的两个三角形 A1B1C1, 并且 A1 到 B2C2 的垂线,B1 到 C2A2 的垂线, 的垂线交于同一点 P. 求证: 2 到 B1C1 的垂线, 2 到 C1A1 的垂线, B 2 A B 的垂线也交于同一点.
C2 P C1 A2

B1

A2B2C2 , C1 到 A2B2

C2 到 A1B1

A1

6.在△ABC 中,AD 是 BC 边上的中线,点 M 在 AB 边上,点 N 在 AC 边上,并且∠MDN=90°. 如果 BM2+CN2=DM2+DN2,求证:AD2=

1 (AB2+AC2). 4

C 类例题 例 7.如图,⊙O 是△ABC 的边 BC 外的旁切圆,D、E、F 分别为⊙O 与 BC、CA、AB 的切 点.若 OD 与 EF 相交于 K,求证:AK 平分 BC. A 证明 如图,过点 K 作 BC 的行平线分别 交直线 AB、AC 于 Q、P 两点,连 OP、OQ、OE、 OF. B C F P 由 OD⊥BC,可知 OK⊥PQ. Q K E 由 OF⊥AB,可知 O、K、F、Q 四点共圆,有 ∠FOQ=∠FKQ. O 由 OE⊥AC,可知 O、K、P、E 四点共圆.有 ∠EOP=∠EKP. 显然,∠FKQ=∠EKP,可知 ∠FOQ=∠EOP. 由 OF=OE,可知 Rt△OFQ≌Rt△OEP. 则 OQ=OP. 于是,OK 为 PQ 的中垂线,故 QK=KP. 所以,AK 平分 BC. 链接 本题用到了直线束的一个性质,所谓直线束就是:经过一点的若干 条直线称为一组直线束. 一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上 截得的线段也相等. 如图,三直线 AB、AN、AC 构成一组直线 束,DE 是与 BC 平行的直线.于是,有



DM AM ME = = , BN AN NC ME DM BN DM = 或 = . BN ME NC NC

D

A

E M

B

N

C

此式表明,DM=ME 的充要条件是 BN=NC. 利用平行线的这一性质,可以很漂亮地解决某些线段相等的问题. 例 8 如果三角形三边的平方成等差数列,那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形 相似.其逆亦真. 证明 将△ABC 简记为△,由三中线 AD,BE,CF 围成的三角形简记为△′.G 为重心,连 DE 并延长到 H,使 EH=DE,连 HC,HF,则△′就是△HCF. (1)a2,b2,c2 成等差数列 ? △ ∽△′. A 若△ABC 为正三角形,易证△ ∽△′. H 不妨设 a≥b≥c,有
F E

B D C

1 2a 2 ? 2b 2 ? c 2 , 2 1 BE= 2c 2 ? 2a 2 ? b 2 , 2 1 AD= 2b 2 ? 2c 2 ? a 2 . 2
CF= 将 a2+c2=2b2,分别代入以上三式,得 CF=

3 3 3 a ,BE= b ,AD= c. 2 2 2
3 3 3 a: b: c 2 2 2

∴CF:BE:AD =

=a:b:c. 故有△∽△′. (2)△∽△′ ? a2,b2,c2 成等差数列. 当△中 a≥b≥c 时, △′中 CF≥BE≥AD. ∵△∽△′, ∴

S?' CF 2 =( ). S? a S? 3 3 ”,有 ' = . S? 4 4

据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的



CF 2 3 = ? 3a2=4CF2=2a2+b2-c2 a2 4

? a2+c2=2b2.
例 9 四边形 ABCD 内接于圆,△BCD,△ACD,△ABD,△ABC 的内心依次记为 IA,IB,IC, ID.试证:IAIBICID 是矩形. (第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题) D 证明 连接 AIC,AID,BIC,BID 和 DIB.易得

1 1 ∠ADB=90°+ 2 2 ∠ACB=∠AIDB ? A,B,ID,IC 四点
∠AICB=90°+ 共圆. 同理,A,D,IB,IC 四点共圆.此时
IC

IB

IA

C

ID

A

B

1 ∠ABC, 2 1 ∠AICIB=180°-∠ADIB=180°- ∠ADC, 2
∠AICID=180°-∠ABID =180°∴∠AICID+∠AICIB

1 (∠ABC+∠ADC) 2 1 =360°- ×180°=270°. 2
=360°故∠IBICID=90°. 同样可证 IAIBICID 其它三个内角皆为 90°.该四边形必为矩形. 说明 本题的其他证明可参见《中等数学》1992;4

例 10 设 D 是 ?ABC 的边 BC 上 点 P 在线段 AD 上,过点 D 作 别与线段 AB、 交于点 M、 PB E, AC、PC 的延长线交于点 F、N. DE=DF, 求证:DM=DN. M E (首届中国东南地区数学奥林匹 证明 B 对 ?AMD 和直线 BEP 用梅涅 得:

A

P

的 一点 , 一 直线 分 与 线 段 如 果

C D F N

克) 劳 斯定 理

AP DE MB ? ? ? 1(1) , PD EM BA

AC FN DP ? ? ? 1(2) , CF ND PA AB MD FC 对 ?AMF 和直线 BDC 用梅涅劳斯定理得: ? ? ? 1(3) BM DF CA DE FN MD (1)(2)(3)式相乘得: ? ? ? 1 ,又 DE=DF, EM ND DF DM DN 所以有 , ? DM ? DE DN ? DE
对 ?AFD 和直线 NCP 用梅涅劳斯定理得: 所以 DM=DN. 说明 本题是直线形,当然可以用解析法,请同学们试一试. 链接 本题用到了梅涅劳斯定理,在几何中有很多名定理,同学们可 以参考本书高一分册第十八、十九讲的内容.这些名定理中有些看上去很 简单,但证明却并不容易,例如著名的斯坦纳定理,这一定理有几百种 丰富多彩的证明,但大多是间接证法,直接证法难度颇大.一百多年来, 吸引了许多数学家和数学爱好者.经过大家的努力,出现了许多构思巧妙 的直接证法.下面给出德国数学家海 A 塞(L.O.Hesse,1811~1874)的证法, 供大家欣赏. 如图,△ABC 中,BD、CE 是两 角平分线, BD=CE, 且 求证: AB=AC. E D F 证 明 : 作 ?BDF ? ?BCE , 并 取 DF=BC,使 F 与 C 分居于直线 BD 的两侧,如图所示.连结 BF,由已知 BD=CE , 得 C
B

?BDF ≌ ?ECB . ??DBF ? ?BEC, BF ? BE . 连 结 CF , 设
?ABC ? 2? , ?ACB ? 2? ,则

?FBC ? ?FBD ? ? ? ?BEC ? ? ? (180? ? 2? ? ? ) ? ? ? 180? ? ( ? ? ? ),

?CDF ? ?CDB ? ?BDF ? ?CDB ? ?BCE ? (180? ? ? ? 2? ) ? ? ? 180? ? ( ? ? ? ).
因 为

2? ? 2? ? 180?

, .

所 在 钝

以 角

? ? ? ? 90?, ?FBC ? ?CDF ? 180? ? (? ? ? ) ? 90?

?FBC , ?CDF 中,BC=DF,CF=FC,所以 ?FBC ≌ ?CDF ,BF=CD,
即 BE=CD.于是有 ?BCD ≌ ?CBE , ?EBC ? ?DCB .所以 AB=AC.

情景再现
7.设点 D 为等腰 ?ABC 的底边 BC 上一 D、C 三点的圆在 ?ABC 内的弧上一点, 三 点 的 圆 与 边 AB 交 于 点 E. 求 证 : CD ? EF ? DF ? AE ? BD ? AF .(首届中 数学奥林匹克)
E B D C A 2 3 1

点, 为过 A、 F 过 B、D、F 国东南地区

F

8. 如图, H 分别是锐角△ABC 的外心 O、 BC 边的中点, H 向∠A 及其外角平分 由 分别是 E 是 F.证明:D、E、F 三点共线. 高中数学联赛四川省初赛)
E O B D H A F

和垂心,D 是 线作垂线, 垂足 (2004 年全国

C

习题 16
1.正方形 ABCD 的中心为 O,面积为 1989 ㎝ 点 , 且 ∠ OPB=45 ° , PA:PB=5:14. 则 PB=__________.(1989 年全国初中联赛)

D O

C

2

.P 为正方形内一

P A

B

2.如图,在△ABC 中,AB=AC,D 是底边 BC 上一 一点且∠BED=2∠CED=∠A.求证:BD=2CD.

A E

点,E 是线段 AD 上

B

D

C

3.如图, 等腰三角形 ABC 中, 为 P 点,过 P 作两腰的平行线分别与 Q,R 两点,又 P'的对称点,证明: 接圆上.(2002 年全国初中数学联

A P' R

底边 BC 上任意 AB,AC 相交于 P'在△ABC 的外 合竞赛试卷)

Q 4.设点 M 在正三角形三条高线上 的射影分别是 C B P M1,M2,M3(互不重合).求证:△ M1M2M3 也 是 正 三角形. 5.在△ABC 中,BD、 为角平分线,P 为 ED 上任意一点.过 P 分别作 AC、 BC 的垂线,M、 CE AB、 N、Q 为垂足.求证:PM+PN=PQ. 6.在 Rt△ABC 中,AD 为斜边 BC 上的高,P 是 AB 上的点,过 A 点作 PC 的垂线交过 B 所 作 AB 的垂线于 Q 点.求证:PD 丄 QD. 7.设 M1、 2 是△ABC 的 BC 边上的点,且 BM1=CM2.任作一直线分别交 AB、 M AC、 1、 2 AM AM 于 P、Q、N1、N2.试证:

AM 1 AM 2 AC AB + = + . AN 1 AN 2 AQ AP
8.AD,BE,CF 是锐角△ABC 的三条高.从 A 引 EF 的垂线 l1,从 B 引 FD 的垂线 l2,从 C 引 DE 的垂线 l3.求证:l1,l2,l3 三线共点. 9. AD 是 Rt△ABC 斜边 BC 上的高,∠B 的平分线交 AD 于 M,交 AC 于 N.求证:AB2-AN2 =BM·BN. 10. 已知等腰△ABC 中, ∠BAC=100° , 延长线段 AB 到 A D, 使得 AD=BC, 连结 CD, 试求∠BCD 的度数.
B C

11.圆外一点 P 作圆的两条切线和一条 D B. 所作割线交圆于 C,D 两点,C 在

割线,切点为 A, P,D 之间.在弦

CD 上取一点 Q,使 ?DAQ ? ?PBC. 求证: ?DBQ ? ?PAC. 12.已知两个半径不相等的圆 O1 与圆 O2 相交于 M、N 两点,且圆 O1、圆 O2 分别与圆 O 内 切于 S、T 两点.求证:OM⊥MN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线. (1997 年全国高中 数学联赛)

本节“情景再现”解答: 1.解一:连结 AC,从而可得 G 为△ABC 的重 D 2 CG=2GE,? S ?AGC ? S ?AEC . 3 G 1 1 显然 S ?AEC ? S ?ABC ? S 矩形 ABCD . 2 4 A E 1 ? S ?AGC ? S 矩形ABCD . 6 1 1 2 从而 S四边形 AGCD ? S ?ADC ? S ?AGC ? ( ? )S 矩形ABCD ? S 矩形ABCD . 2 6 3 即

心 , 于 是 C F B

S四边形 AGCD 2 = .因此选 D. S 矩形 ABCD 3

D C O G △ABC 的面积被 F 份.显然四边形 B 即

解二: 连结 AC、 BD, 与 BD 相交于点 O. AC 则 分为 6 等份.同理可把△ADC 的面积等分为 6 AGCD 占有 8 份, A

C D

E

A

B

E
2

1

F

M

N

3

P
S四边形 AGCD S 矩形 ABCD

?

8 2 ? .因此选 D. 12 3 1 同理, FN=BN=NP, BP . 2
. 又 ∵DE=DF ,

2. 解析 分别取 PA、PB 的中点 M、N,连结 EM、DM、MN、DN、NF,在 Rt△AEP 中, EM=AM=MP, DM 为△ABP 的中位线, 又 可得 DM ? 且

DN ?

1 AP 2







EM=DN



DM=NF

∴△EMD≌△DNF.∴∠EMD=∠DNF.又∵∠1=∠3=∠2,∴∠AME=∠BNF.从而可得 ∠PAE=∠PBF.

3.证明:如图,分别过点 A、B 作 ED、EC 的平 P,连 PE.由 AB
// =

CD,易知△PBA≌△ECD.有

P

E A B G D C

行线,得交点 PA=ED, PB 有 ∠ BCE = ∠ BAF = ∠ APE. 所 连结 AD, ∴ ∠ BAD= ∴ ∠ C= ∠

=EC.显然,四边形 PBCE、 PADE 均为平行四边形. ∠BPE, ∠APE=∠ADE.由∠BAF=∠BCE, 可知 BPE.有 P、B、A、E 四点共圆.于是,∠EBA=∠ 以,∠EBA=∠ADE. 4. 证明: 延长 CB 到 D, BD=AB, 使 则 AB+BD>AD, 2AB>AD. 即 ∵AB=BD, ∠D. ∴∠ABC=2∠D. 而∠ABC=2∠C, D.∴AC=AD.∴2AB>AC.
C
C1

F

A

B

D

5.解:设 B2 到 C1A1 的垂线,C2 到 A1B1 的垂 于 Q.则
2 2 2 2 C1 A2 ? C1 B2 ? PA2 ? PB2

A2

线 相 交
B1

(1)
P

A1 B ? A1C ? PB ? PC
2 2 2 2 2 2

2 2

(2) (3) (4) (5)
A1 B2 C2

2 2 2 2 B1C2 ? B1 A2 ? PC2 ? PA2

B2C12 ? B2 A12 ? QC12 ? QA12 C2 A12 ? C2 B12 ? QA12 ? QB12
五式相加得

2 2 C1 A2 ? B1 A2 ? QC12 ? QB12

即 A2C1 ? A2 B1 ? QC1 ? QB1 从而 A2Q⊥B1C1.
2 2 2 2

6.证明:如图,过点 B 作 AC 的平行线交 ND 延长线于 E.连 ME.由 BD=DC,可知 ED=DN. CND.于是, BE=NC.显然, MD 为 EN 的中垂线. 由 BM2 +BE2 =BM2 +NC2 =MD2 +DN2 =MN2 = △BEM 为直角三角形,∠MBE=90°.有∠ABC B ABC+∠EBC=90°.于是,∠BAC=90°.所以,

A M N D E C

有△BED≌△ 有 EM=MN. EM2 , 可 知 +∠ACB=∠ AD2 =

1 ?1 ? 2 2 ? BC ? = (AB +AC ). 2 4 ? ?
7.证明:设 AF 的延长线交△BDF 于 K, AKB , ∴ ?AEF ≌ ?AKB . 因 此
A

2

∵∠AEF=∠

E K ? A F

B K A E A K .于是要证(1), , ? A B A F A B
F E B

2 3 1

只需证明:

D

C

CD ? BK ? DF ? AK ? BD ? AB (2)
又注意到 ?KBD ? ?KFD ? ?C .

我们有 S?DCK ?

1 进一步有 CD ? BK ? sin ?C , 2

S ?ABD ? S ?ADK

1 BD ? AB ? sin ?C 2 , 因此要证 (2) , 1 ? AK ? DF ? sin ?C 2

只需证明 S?ABD ? S?DCK ? S?ADK (3)而(3) ? S?ABC ? S?AKC ? BK // AC (4) 事实上由 ?BKA ? ?FDB ? ?KAC 知(4)成立,得证. 8.证明: 连结 OA, 并延长 OD 交△ABC OD, ︿ ︿ 则 OD⊥BC,BM=MC,∴A、E、M 三点 分别是△ABC 的∠A 及其外角平分线, ∵HE⊥AE,HF⊥AF,∴四边形 AEHF 为 与 EF 互相平分,设其交点为 G,于是: EF=EG.而 OA=OM,且 OD∥AH, ∠OMA=∠MAG=∠GEA.故 EG∥OA (1) ∵O、H 分别是△ABC 的外心和垂心,
M B D E O H A F G

的外接圆于 M, 共线.∵AE、AF ∴AE⊥AF.又 矩形.因此 AH 1 1 AG= AH= 2 2
C

∴∠OAM= 且 OD⊥BC , 则 四 边 形

1 ∴OD= AH=AG,因此,若连结 DG, 2 AODG 为平行四边形 从而 DG∥OA. (2)

由(1)和(2)知,D、E、G 三点共线,但 F 在 EG 上,故 D、E、F 三点共线. “习题 16”解答: 1.解:答案是 PB=42 ㎝.连接 OA,OB.易知 O, D 2 2 2 圆, 有∠APB=∠AOB=90°.故 PA +PB =AB =1989. PA:PB=5:14,可求 PB. O P · 2.证明: 如图,延长 AD 与△ABC 的外接圆相交于 与 BF,则∠BFA=∠BCA=∠ABC=∠AFC,即∠ · 故 BF:CF=BD:DC.又∠BEF=∠BAC,∠BFE= A ∠FBE=∠ABC=∠ACB=∠BFE.故 EB=EF.作 线交 BF 于 G,则 BG=GF.因∠GEF= P,A,B 四点共 由 于 点 F,连结 CF BFD=∠CFD. ∠ BCA, 从 而 ∠BEF 的平分
C F

C

A

B
E

1 ∠BEF=∠CEF, 2

B

G

D

∠ GFE = ∠

CFE,故△FEG≌△FEC.从而 GF=FC.于是,BF=2CF. 故 BD=2CD. 3.提示:连结 BP'、P'R、P'C、P'P,(1)证四边形 APPQ 为平行四边形;(2)证点 A、R、 Q、P'共圆;(3)证△BP'Q 和△P'RC 为等腰三角形;(4)证∠P'BA=∠ACP',原题得证. 4.略. 5.证明:如图,过点 P 作 AB 的平行线交 BD A 于 F,过点 F 作 BC 的平行线分别交 PQ、AC N M
E P D F B K Q G C

于 K、 G,连 PG.由 BD 平行∠ABC,可知点 F 到 AB、 两边距离相等.有 KQ=PN.显然, BC =

EP PD

EF CG = ,可知 PG∥EC.由 CE 平分∠BCA,知 GP 平分∠FGA.有 PK=PM.于是,PM FD GD

+PN=PK+KQ=PQ. 6.提示:证 B,Q,E,P 和 B,D,E,P 分别共圆。 7.证明:如图,若 PQ∥BC,易证结论成立.若 PQ 与 BC 不平行,设 PQ 交直线 BC 于 D.过点 A 作 PQ 的平行线交直线 BC 于 E.由 BM1= CM2,可知 BE+ CE=M1E+M2E,易知

AB BE AC = , = AP DE AQ
B

A P N1 N2 Q E

CE AM 1 , = DE AN 1

M 1 E AM 2 M 2E AC AB , = .则 + = AN 2 DE DE AQ AP

M1 M2 C D

BE ? CE DE



AM 1 AM 2 AM 1 AM 2 M1E ? M 2 E AC AB = + .所以, + = + . AN 1 AN 2 AN 1 AN 2 DE AP AQ
8.提示:过 B 作 AB 的垂线交 l1 于 K,证:A,B, K, 四点共圆. C 9.证明:如图,∵∠2+∠3=∠4+∠5=90°,又 ∠ 3=∠ 4,∠ 1 E =∠5,∴∠1=∠2.从而,AM=AN.以 AM 长为 半径作⊙ A, 交 A AB 于 F,交 BA 的延长线于 E.则 AE=AF=AN. 由割线定理有 2 N 1 BM·BN=BF·BE F 3 5 M =(AB+AE)(AB-AF)=(AB+AN)(AB-AN) = AB2 - AN2, 4 C D B 即 AB2-AN2=BM·BN. 10. 由本书高一分册第十五讲的例 7 的结论, 解: 可知过点 C 作 A ∠ACB 的平分线交 AB 于 E,则 AE+CE=BC,从而 AE=DE,于是可计算得∠ADC=30° ,所 以∠BCD 的度数 10° .

11.证明:如图,连结 AB,在△ADQ 和△ABC 中, DAQ=∠PBC=∠CAB,故△ADQ∽△ABC,而有

∠ADQ=∠ABC,∠

BC DQ ? AB AD
△ PAD

, 即 , 故

BC ? AD ? AB ? DQ .又由切割线定理知△PCA∽

A C PC BC ? A D PB BD . 又 因 ; 同 理 由 △ PCB ∽ △ PBD 得 A C B C ? A D B PA=PB , 故 , D 得 A ? C ? B D ? B .?又 由 关? 于 D 内 接 四 边 形 的 托 勒 密 定 理 知 C A A B D Q 圆 1 D Q? CD ? ? D故 A C B D B? C A D ?A. B 是 得 A B C D2 A? B , Q ? ? ? 2 于 C D . 即 AD DQ CQ ? ? , ?BCQ ? ?BAD CQ ? DQ .在△CBQ 与△ABD 中, AB BC BC ,于是△CBQ∽△ ABD,故 ?CBQ ? ?ABD ,即得 ?DBQ ? ?ABC ? ?PAC .
12.证明:如图,设圆 O1、圆 径分别为 r1、2、 r r.由条件知 O、 线及 O、O2、T 三点共线,且 连结 OS、OT、SN、NT、O1M、 O2N、O1O2.充分性:设 S、N、 则∠S=∠T,又△O1SN 与 等腰三角形,∴∠S=∠O1NS, ∴∠S=∠O2NT, ∠T= ∴O2N∥OS, O1N∥OT,故四边 平行四边形,由此知 OO1= MO2,OO2=O1N=r1=MO1, ∴△O1MO≌△O2OM,从而有 ,由此得 由于 O1O2⊥MN,故 OM⊥MN. 必要性:若 OM⊥MN,又 O1O2⊥MN,故 O1O2∥OM,从而有 a+ r 都等于 a+r,记 p= ,由三角形面积的海伦公式,有 2 , 化简得(r1-r2)(r-r1-r2)=0,又已知 r1≠r2,∴r=r1+r2,故有 O1O=r-r1=r2=O2N,O2O=r-r2=r1=O1N,∴OO1NO2 为平行四边形, ∴∠O1NT+∠T=180° ,∠O2NS+∠S=180° ,又△O1SN 与△O2NT 均为等腰三角形, ∠T=∠O2NT,∠S=∠O1NS,∴∠O1NO2+2∠S=∠O2NS+∠S=∠O1NT+∠T=∠O1NO2 +2∠T,即∠S=∠T,∴∠O1NS=∠O2NT,故∠O1NS+∠O1NO2+∠O2NT=∠SNO2+∠S =180° , ∴S、N、T 三点共线. ,设 O2,圆 O 的半 O1、S 三点共 OS=OT=r, O1N、O2M、 T 三点共线, △O2NT 均为 ∠T=∠O2NT, ∠O1NS, 形 OO1NO2 为 O2N=r2=

P C ? P A

O1O2∥OM,又

OM=a,由 O1M=r1,O1O=r-r1,O2O=r-r2,O2M=r2,知△O1MO 与△O2OM 的周长


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