数学问题与解答——1994年第1期问题解答

321.△ABC中,从A向∠B、∠C平分线引垂线,垂足分别为P、Q;从B向∠C平分线引垂线,垂足为E;从C向∠B平分线引垂线,垂足为F,求证;P、Q、E、F四点共圆。 证:延长AP、AQ分别交BC于M、N,因BP是∠ABC的平分线,AP(⊥)BP,故AP=PM,同理,AQ=QN。 所以,PQ是△AMN的中位线,PQ∥BC,QPB=PBC。 连EF因∠BEC=90°=∠CFB,故B、C、F、E四点共圆,于是∠CEF=∠FBC,从而∠QPB=∠CEF,所以P、Q、E、F四点共圆。     

三角形六点共线

定理　在△ABC中 ,D、E、F和X、Y、Z分别为边BC、CA、AB上的中点和高的垂足 ,ZD与FX交于L ,ZE与FY交于M ,DY与XE交于N ,则L、M、N三点都在△ABC的欧拉线上 (图 1 ) .证明 :如图 2 ,设O、H分别为△ABC的外心和垂心 ,我们来证明L在OH上 ,设△ABC外接圆半径为R ,设直线ZC、FX交于P ,连结OF、HL、OL .因OF⊥AB ,PZ⊥AB ,OF∥PZ ,∠OFL =∠P ,F为Rt△AXB斜边AB的中点 ,FX =FB ,∠B =∠BXF =∠CXP ,∠P =∠PZF -∠ZFP =90°-2∠B .在△CPX中 ,应用正弦定理 .可算出PC =XCsin∠CXPsinP =CHcos∠HCX…     

一道IMO平面几何题溯源

正原赛题如图1,△ABC为锐角三角形,AB≠AC.以BC为直径的圆分别交边AB和AC于点N和M.记BC的中点为O,∠BAC和∠MON的角平分线交于R.求证:△BNR的外接圆和△CMR的外接圆有一个公共点在BC边上.证明:如图1,连结MN、BM、CN,则∠BMC=∠CNB=90°.记BM与CN的交点为H(△ABC的垂心),即知A、M、H、N四点共圆(记为⊙O_3).设∠BAC的角平分线交BC于点W,则AW经过     

三角形一个优美结论的空间拓广

2011日本数学奥林匹克有如下一道题: 设H是锐角△ABC的垂心,M是边BC的中点,过点H作AM的垂线,垂足为P.证明:AM·PM=BM2. 证法1 如图1,设BH与AC交于点X,AH的中点为N. 因为∠AXH=∠APH=90°,所以,点P、X在以AH为直径的圆上(若AB=AC,则P、H重合,X也在以AH为直径的圆上).于是,∠AXN=∠XAN.     

二十一点共圆

本刊 2 0 0 1年第 1～ 2合期刊登了吴家驷先生“十五点共圆”一文 ,证明了有 1 2个特殊点在三角形外接圆上 .事实上还有 6个点 ,合为 2 1点共圆 .定理　不等边三角形的每个顶点的内外角平分线与对边中垂线的两个交点 ,在其外接圆上 .证明 :　如图 ,ＰＱ为△ＡＢＣ的边ＡＣ的中垂线 ,ＢＰ平分∠ＤＢＣ ,ＢＱ平分∠ＡＢＣ ,作ＰＭ⊥ＢＤ ,垂足为Ｍ ,ＰＮ⊥ＢＣ ,垂足为Ｎ ,ＱＥ⊥ＢＡ ,垂足为Ｅ ,ＱＦ⊥ＢＣ ,垂足为Ｆ ,易知ＱＡ =ＱＣ ,ＱＥ =ＱＦ ,Ｒｔ△ＱＥＡ≌Ｒｔ△ＱＦＣ ,∠ＥＡＱ =∠ＱＣＦ ,Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｑ共圆 ,即Ｑ在△ＡＢＣ的外…     

一道国家集训队选拔考试题的简证

题目　在锐角△ABC中 ,AD是∠BAC的内角平分线 ,点D在边BC上 ,过点D分别作DE⊥AC、DF⊥AB ,垂足分别为E、F ,连结BE、CF ,它们相交于点H ,△AFH的外接圆交BE于点G .求证 :以线段BG、GE、BF组成的三角形是直角三角形 .( 2 0 0 3,IMO中国国家集训队选拔考试 )图 1证明 :如图1 ,作DG′⊥BE于G′ ,AM⊥BC于M ,连结FG′.记∠ABC =α ,∠ACB =β,则BM =AMcotα ,CM =AMcotβ.由已知得BF =DFcotα,CE =DEcotβ ,DE =DF ,AF =AE .故 BFCE=tanβtanα=BMCM.因此 ,BF·CM·AECE·BM·AF=1 .在△ABC中 ,由…     

分类讨论的数学思想方法

20 0 3年全国初中数学联赛第二试第二题是 :在△ABC中 ,D为AB的中点 ,分别延长CA、CB到点E、F ,使DE =DF .过E、F分别作CA、CB的垂线 ,相交于点P .求证 :∠PAE =∠PBF .这是一道难度适中 ,思路清晰的纯平面几何题 ,命题组给出了一种基本证法 .为了开阔学生的视野 ,下面再给出本题的两种新证法 ,以飨读者 .证法 1 :如图 1 ,延长FD到G ,使DG =FD ,连结AG、EG、EF .∵AD =BD ,∠ADG =∠BDF ;∴△ADG≌△BDF ,∴AG =BF ,∠DAG =∠DBF .又PE⊥CE ,PF⊥CF ,∴C、E、P、F四点共圆 .∴∠EPF =1 80°-∠C .又∠DA…     

第45届IMO试题解答

1 .已知△ABC为锐角三角形 ,AB≠AC ,以BC为直径的圆分别交边AB、AC于点M、N ,记BC的中点为O ,∠BAC的平分线和∠MON的平分线交于点R .求证 :△BMR的外接圆和△CNR的外接圆有一个交点在边BC上 .图 1证明 :(根据彭闽昱的解答改写 )如图 1,首先 ,证明A、M、R、N四点共圆 .因为△ABC为锐角三角形 ,故点M、N分别在线段AB、AC内 .在射线AR上取一点R1,使A、M、R1、N四点共圆 .因为AR1平分∠BAC ,故R1M =R1N .由OM =ON ,R1M =R1N知点R1在∠MON的平分线上 .而AB≠AC ,则∠MON的平分线与∠BAC的平分线不重合、不平…     

西姆松定理的推广

西姆松定理的内容为:过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线的垂线,则三垂足共线. 如图1,△ABC为⊙O的内接三角形,P为⊙O上一点,向△ABC三边各引垂线,垂足为 D、E、F,则此三点共线. 证明 联结PB.     

计算弦长方法种种

题目如图1,PA、PB、PC是⊙O的三条弦,PA=a,PB=b,∠APC=30°,∠BPC=60°,求弦PC的长.下面我们以此题为例来分析关于计算弦长的几种方法.解法一:灵活作垂线如图2,连结AB、AC,过点A作AE⊥PC于点E.在Rt△APE中,因为∠APC=30°,PA=a,所以AE=a2,PE=3姨a2.又因为∠ACP=∠PBA,∠AEC=90°,∠APB=∠APC ∠BPC=90°,所以△ACE∽△ABP.P图1COAB图2COPABE所以ECEA=PBPA,所以EC=EA·PBPA=a2·ba=b2,所以PC=PE CE=3姨a b2.解法二:巧用面积法如图3,连结AB、AC、BC,过点A作AE⊥PC于点E,过点B作BF⊥PC于点F.因…     

一例中考题的13种解法及其反思

例1(2011年四川泸州中考)如图*,点P为等边△ABC外接圆周劣弧BC上的一点.(1)求∠BPC的度数;(2)求证:PA=PB+PC;(3)设PA,BC交于点M,若AB=4,PC=2,求CM的长度.解析:这是一例延用许多年的经典问题.其中(1)较为简单,由"圆周角"定理易知:∠APB=∠ACB=60°,∠APC=∠ABC=60°,则∠BPC=∠APB+∠APC=60°+60°=120°.对于(3),解法较少,不做过多探究:由∠ABM=∠CPM,∠AMB=∠CMP,可得△ABM∽△CPM,则AMCM=BMPM=ABPC=42=2,设CM=x,则AM=2x,结合BC=AB=4,可知BM=     

“小题”要大做

小题如图1,AB为⊙O的直径,C为⊙O上一点,AD和过C点的切线互相垂直,垂足为D.求证:AC平分∠DAB.1.从不同解法中得到启示(1)连结CB,OC,则OC⊥CD,∠3+∠5=90°=∠5+∠6=∠5+∠B,知∠3=∠B.而∠1+∠3=∠2+∠B.所以∠1=∠2.     

尺规作图等分角、线段另有方法

题目1已知角作它的平分线已知:∠AOB;求作:∠AOB的平分线OP.作法:1·以O为圆心,分别以不同长为半径作两弧,交两边于M、N和E、F;2·连结MF和NE,相交于P;3·作射线OP;OP就是∠AOB的平分线.(图1)证明因为OM=ON,OF=OE,∠MON=∠NOM,所以△MOF≌△NOE.所以∠4=∠3.因为OM=ON,OE=OF,所     

2007年第7期问题解答

109.如图,正方形ABCD和正方形CEFG有公共的顶点C,M是AF的中点.连结MD、MG.问:MD、MG有怎样的关系?证明你的猜想.解:MD=MG,且MD⊥MG.证明:延长DM到N,使DM=MN,连结FN,交CD于点H,因为M是AF的中点,所以MA=MF.因为∠AMD=∠FMN,所以△AMD≌△FMN,所以AD=FN,∠DAM=∠NFM,则AD∥FN,∠AD     

中考“全等三角形”开放题例析

开放探索题是考查发散思维能力与创新意识的极好题型,下面以中考题为例,解析如下.开放探索题是考查发散思维能力与创新意识的极好题型!下面以中考题为例!解析如下.下.例1(2005年福州市中考题)已知:如图,点C、D在线段AB上,PC=PD,请你添加一个条件,使图中存在全等三角形,并给予证明.所添条件为.你得到的一对全等三角形是△≌△.解析:结合图形和已知条件,由PC=PD,可以推得∠PCB=∠PDA.进而可以推得∠PCA=∠PDB.若添加∠A=∠B,则还可推得PA=PB.这样在△PAC和△PBD中,∠A=∠B,∠PCA=∠PDB,PA=PB,由三角形全等的判定定理易得…     

张角定理(高一、高二、高三)

1.定理 如图1,由点P发出的三射线PA、PB、PC,且∠APC=α,∠CPB=β,∠APB=α β<180°,那么A、B、C三点在一直线上的充要条件是 证明 必要性:若A、B、C三点共线,则 S△PAB=S△PAC S△PCB,因此两边同除以1/2PA·PB·PC,即得所欲证的等式.     

完善用三角函数线证明两角差余弦公式

人教A版数学必修4用三角函数线证明两角差的余弦公式 cos (α-β)= cosα cosβ+ sinα sinβ,叙述如下:我们先对简单的情况进行讨论.如图1,设角α、β为锐角,且β<α,角α的终边与单位圆的交点为P 1,∠POP 1=β,则∠xOP=α-β.过点P作垂直于x轴,垂足为M,那么OM就是角α-β的余弦线.这里就是要用角α、β的正弦线、余弦线来表示OM.过点P作PA垂直于OP1,垂足为A,过点A作AB垂直于x轴,垂足为B,过点P作PC垂直于AB,垂足为C,那么OA表示 cosβ,AP表示 sinβ,并且∠PAC=∠P1-1Ox=α.于是OM=OB+BM=OB+CP=OA cos α+AP sin α= cosβ cosα+ sinβ sinα.值得注意的是,以上结果是在α、β、α-β都是锐角,且β<α的情况下得到的.要说明此结果是否在角α、β为任意角时也成立,还要做不少推广工作,并且这个推广工作比较繁难,同学们可以自己动手试一试.     

双圆四边形的性质

<正>我们把既有内切圆又有外接圆的四边形称为双圆四边形,又称双心四边形.如图,凸四边形ABCD是双圆四边形,点O为其内切圆圆心,点E、F、G、H为切点,设内切圆的半径为R.S表示面积.性质1 AE·CG=BF·DH.证明连结OA、OC,因点E、G是切点,所以OE⊥AB,OG⊥CD,所以∠AEO=∠CGO=Rt∠,易证∠AOE=1/2∠EOH,∠OCG=1/2∠BCD,又∠BAD+∠EOH=180°,∠BAD+∠BCD=180°,所以∠EOH=∠BCD,所以∠AOE=∠OCG,所以△AOE∽     

数学问题与解答

491.在△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=70°,M为形内一点,∠MAB=∠MCA=20°,求∠MBA的度数。 解:如图1,在BC的延长线上取一点E,使∠EAC=10°,过B作AC的垂线分别交AE、AM于D、F,连DM、DC、CF,     

一道赛题的简解及其对偶式的值

20 0 2年全国高中数学联赛加试试题一是 :如图 1 ,在△ABC中 ,∠A= 6 0°,AB>AC,点O是外心 ,两条高BE,CF交于点 H,点 M,N分别在线段 BH ,H F上 .满足 BM=CN,求 MH + NHOH 的值 .现先给出本题的两个别解 ,另再给出它的两个对偶式的值 .解法 1　连接 OB,OC,OM,ON,由 O是△ ABC的外心 ,得∠ BOC=2∠ A=1 2 0°,H是△ ABC的垂心 ,得∠ BH C=1 80°-∠ A=1 2 0°.∴∠ BOC=∠BH C,则 B,C,H ,O四点共圆 ,∴∠ OBH=∠OCH,即∠OBM=∠ OCN.又 OB=OC,BM=CN,∴△ BOM≌△CON.∴ OM=ON,∠ BOM=∠CON.于是 ,有∠…