简证一道国家集训队选拔考试题

20 0 2年IMO中国国家集训队选拔考试第一题 :设凸四边形ABCD的两组对边所在直线分别交于E、F两点 ,两对角线的交点为P ,过P作PO⊥EF于O .求证 :∠BOC =∠DOA .图 1证明 :如图 1 ,只须证明∠POB =∠POD及∠POC =∠POA .而∠POB=∠POD等价于∠BOE =∠DOF .作BM⊥EF、DN⊥EF、AH⊥EF ,垂足分别为M、N、H .为证∠BOE =∠DOF只须证明△BOM∽△DON ,即只须证 BMDN=OMON.由BM∥PO∥DN知 BMDN=BPPD.由BM∥AH∥DN易知BMDN=BMAH·AHDN=BEEA·AFFD.再对△ABD及共点C的三线AP、BF、DE应用塞瓦定理…     

图形背后的故事——一道冬令营赛题揭秘

1979年,首次全国中学数学竞赛二试的题六是:如图1,两圆O1,O2相交于点A,B,圆O1的弦BC交圆图1O2于点D,圆O2的弦BF交圆O1于点E,证明:(1)若∠CBA=∠FBA,则CD=EF;(2)若CD=EF,则∠CBA=∠FBA.证明连接AC,AD,AE,AF,则∠ACD=∠ACB=∠AEF,∠ADC=∠AFB=∠AFE,而有△ACD∽△AEF,从而有ACAE=CDEF,于是CD=EFAC=AE)AC=)AE∠CBA=∠FBA.     

一道平行线习题的五解种法

平行线性质定理的内容是两直线平行,同位角相等、内错角相等、同旁内角互补.要正确运用这一定理,其前提是两直线平行,且被第三条直线所截,然后才能根据角的位置去判定运用,当前提条件不符合时,就要想办法创造条件.现举一例:如图:AB∥CD.求证:∠BED=∠B ∠D.证法一:如图1,过E作EF∥AB,则EF∥CD,则∠B=∠BEF,∠D=∠DEF,即∠BED=∠B ∠D.证法二:如图2,过E作EF∥AB,则EF∥CD,则∠BEF=180°-∠B,∠DEF=180°-∠D,∴∠BED=360°-(∠BEF ∠DEF)=∠B ∠D.即∠BED=∠B ∠D.证法三:如图3,延长DE交AB于F,则∠BFE=∠D,∠B…     

浅谈数学习题的几种简单变式

学习数学,特别是解题时,对习题进行变式,举一反三,常常收到事半功倍的效果.下面给同学们介绍一下数学习题的几种简单变式:一、把题中的部分题设与结论交换位置例:已知:如图1,AB∥CD,请说明∠BED=∠B+∠D成立的理由.解:过点E作EF∥AB,因为AB∥CD,所以AB∥CD∥EF,所以∠BEF=∠B,∠FED=∠D,所以∠BEF+∠FED=∠B+∠D,即∠BED=∠B+∠D.本题也可以延长BE交CD于点G,再根据平行线的性质及三角形的性质,也可以证出.变式一已知:如图1,∠BED=∠B+∠D,请说明AB∥CD成立的理由.本题是将例题中的题设与结论交换位置,解法如下.过点E作EF∥AB,所以∠BEF=∠B,因为∠BED=∠B+∠D,所以∠BEF+∠FED=∠B+∠D,所以     

一道源于教材的竞赛题——八九年全国高中数学联赛一道试题的剖析

去年十月十五日举行的全国高中数学联赛,二试的第一道题为: 已知△ABC中,AB>AC,∠A的一个外角的平分线交△ABC的外接国于点E,过E作BF⊥AB,垂足为F.求证:2AF=AB-AC. 证法一:过E作EF’⊥AC,垂足为F’,由∠1-∠2得EF’=EF,F’A=FA.连EC,EB,(如图1)∠CBE=∠1 ∠BCE=∠2 ∠1=∠2     

介绍三道几何题(初三)

有三道中考几何题出得很好,特介绍给同学们. 例1 如图1,四边形ABCD内接于O,延长DA、CB交于点E,EF∥DC交AB的延长线于点F,粥切O于点G.求证:EF=FG. (2001年北京丰台区中考) 证明在△EBF和△AEF中.因为EF//DC,所以∠1=∠2.因为对于圆内接四边形ABCD有∠3=∠2,     

由平角与三角形内角和得出的一个结论

题目1:已知,如图1,在矩形 ABCD 中,点E,F 分别在 BC、CD 上,且 CE=AB,CF=BE求证:AE⊥EF.证明:由条件可得△ABE≌△ECF,所以∠1=∠2,又∠B ∠1 ∠3=180°,∠AEF ∠3 ∠2=180°,所以∠AEF=∠B=∠C=90°,所以 AE⊥EF.     

两个有趣的几何性质

定理 1:若△DEF是△ABC的垂足三角形,则△DEF的三边长分别为acosA、bcosB、CcosC.(如图1) 证明:因为BE⊥AC,CF⊥AB,所以∠BEC=∠CFB=90°,所以B、C、E、F四点共圆.所以∠AEF=∠ABC,又因为∠EAF=∠BAC.所以B△AEF∽△ABC,所以EF/BC=AE/AB,在Rt△ABE中,cosA=AE/AB,所以EF/BC=cosA,所以,EF=acosA,同理可得DF=bcosB,DE=ccosC     

判定三角形全等的常见类型

<正>一、平移全等模型例1如图1,点A,B,D,E在同一条直线上,AB=DE,AC//DF,BC//EF.求证：△ABC≌△DEF.解析：根据已知条件,利用“ASA”即可证出△ABC≌△DEF.∵AC//DF,∴∠CAB=∠FDE.∵BC//EF,∴∠CBA=∠FED.∵∠CAB=∠FDE,AB=DE,∠CBA=∠FED,∴△ABC≌△DEF(ASA).反思：可将图1看作是△ABC沿AB方向平移AD的长度得到的全等三角形模型.常见的平移全等三角形模型的呈现形式有图1、图2两种.     

巧补形

已知六边形 ABCDEF 中,∠A=∠B=∠C=∠D=∠E∠F,且 AB+BC=11,FA-CD=3,则 BC+DE=____.(1994年北京市中学生数学竞赛试题)解如图,将六边形 ABCDEF 的三边 AB、CD、EF 延长得     

问题3·10答案

证明∵△ABF、△CDB、△EFD是等腰三角形,且腰长相等.∠A+∠C+∠E=21(6-2)×360°×21=360°.所以将顶点放在一起可组成一个新三角形.显然,新三角形与△BDF全等.∵ST=SD=EF=ED=a,∴四边形SDEF是菱形.同理,四边形SFAB、SBCD也是菱形.于是,有EF∥SD∥BC,ED∥SF∥BA.∴∠B=∠E.同理,∠A=∠D,∠C=∠F.问题3·10答案     

一道几何题的多种解法

题目如图1,已知E为正方形ABCD的边BC延长线上一点,EF⊥AE,且与∠BCD的外角平分线CF交于F,试判断AEF的形状,并证明你的结论.一、利用全等三角形的性质解法1如图1,延长BA至E′,使AE′=CE,连结EE′.∵四边形ABCD为正方形,∴BA AE′=BC CE,即BE′=BE.∴∠E′=∠BEE′=45°.又∵CF平分∠DCE,∴∠E′=∠FCE=45°.∵∠1 ∠2=∠3 ∠2,∴∠1=∠3,∴∠E′AE=∠CEF.∴E′AE≌CEF.∴解法AE2=EF,即AEF为等腰直角三角形.如图1,同上得∠E′EB=45°.又∠FCE=45°,∴∠FGE=90°.∴∠E′EF ∠5=90°.∵∠4 ∠E′EF=90°,…     

构造等边三角形巧解几何竞赛题

根据题目的特征,巧妙地将原图形进行添补,构造成为等边三角形,可使问题简单、迅速地得以解决。例1 在六边形ABCDEF中,若∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F,且AB+BC=11,AF-CD=3,则BC+DE=___.(1994年北京初二竞赛题) 解如图1,易知∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°,作直线AB、CD、EF两两交于X、Y、Z,则ΔBCY、     

一个相似基本图形在中考题中的应用

<正>一、原题呈现(2012凉山洲)如图1,在矩形ABCD中,AB=6,AD=12,点E在AD边上,且AE=8,EF⊥BE交CD于F.(1)求证:△ABE∽△DEF;(2)求EF的长.解:(1)证明:∵四边形ABCD是矩形∴∠D=∠A=90°∴∠EBA+∠AEB=90°∵EF⊥BE,即∠BEF=90°∴∠DEF+∠AEB=90°∴∠DEF=∠EBA(同为∠AEB的余角)     

每期一题

题如图,已知正方形ABCD,E是BC的中点,过E点作EF,使EF⊥AE且交∠C的外角的平分线于F,求证AE=EF。证法一 (利用四点共圆)如图,连结AC、AF, ∵∠ACF=∠ACD ∠DCF=45° 45°=90°, ∴ E和C在以AF为直径的圆上, ∠AFE=∠ACE=45°∠EAF=90°-∠AFE =90°-45°=45°故AE=EF。     

五种基本图形在解题中的应用

<正>初中几何中有许多基本图形,这些基本图形与其它知识点组合在一起,共同演绎着变化无穷的几何综合性问题.解决这类问题,一般要分离或者构造出基本图形,然后应用基本图形的性质及相关结论解决问题.本文介绍常见的五种基本图形及其应用,供大家参考.基本图形1如图1所示,△ABC是圆内接三角形,直线EF经过点C.结论 1若∠ACE=∠B(∠BCF=∠A),则直线EF与圆O相切.     

正方形的一个性质与竞赛题的命制

命题设E,F分别为正方形ABCD的边AB,BC上的点,则EF=AE FC的充要条件为∠EDF=45°.证明如图1,延长FC到点G,使得CG=AE,易证△DAE≌△DCG,从而DE=DG,∠ADE=∠CDG,且∠EDG=∠EDC ∠CDG=∠ADC=90°.在△DEF与△DGF中,DE=DG,DF为公共边:若EF=AE FC=FC CG=CG,则△DEF≌△DGF,∠EDF=∠GD     

为《几何原本》遗留的一个难题立证

1 古籍轻断处,难度晚尤彰 学过初等平面几何的人都熟知外角定理,即三角形的任一外角大于每一个不与之相邻的内角. 它的传统证明可以表述为 题设 点D在△ABC的边BC的延长线上. 题断 ∠ACD＞∠CAB,∠ACD＞∠ABC. 证 取边AC的中点E.连结BE并且延长它到F,使EF=BE;作射线CF. 因为EC =EA,∠CEF=∠AEB(对顶角相等),EF=EB,所以△CEF≌△AEB(边角边).因此∠ECF=∠EAB,亦即∠ACF=∠CAB.而由于射线CF在∠ACD内,所以∠ACD＞∠ACF,可见∠ACD＞ ∠CAB.     

从一道试题看几何中的变换

在一次统一招生数学试题中有这样一道题;在四边形ABCD中,AB=CD,E、F为AD、BC的中点(如图1),延长EF交BA的延长成于G,交CD的延长线于H,求证∠BGF=∠CHF。本题证法很多,其中有一位考生是这样证明的: 连结EC,将△DCE绕E点顺时针方向旋转180°至△AC’E,D点转到A点的位置,C点转到C’的位置,这时,若连结C’B,则有∠3=∠4,故要证∠1=∠2,只要证明C’B∥EF,而已知BF=FC,又CF=FC’,得EF是△CC’B的中位线,问题得以解决。     

利用垂直平分线的三“境界”

垂直平分线是对线段而言,指的是垂直并且平分一条线段的直线,垂直平分线具有如下重要的性质: 线段垂直平线上的点到这条线段两个端点的距离相等. 利用这个性质解答推理问题是学习中的一个重点和难点,我们应注意逐步跨越如下三"境界". 第一“境界”:利用已知的垂直平分线 例1 如下图,在△ABC中,AD为∠BAC的平分线,EF垂直平分AD,E是垂足,交BC的延长线于点F,求证:∠B=∠CAF. 分析:不难发现,∠B=∠FDA-∠BAD,∠CAF=∠FAD-∠CAD.又∠BAD=∠CAD,那么只要证明∠FDA=∠FAD.