从一道新的无锡市中考折叠试题谈起

1 问题提出 案例1 如图1,已知, △aBC 中,∠BaC ＝ 90°,aB＝ 3,aC ＝ 4,D 为BC 的中点,将△aBD 沿着aD 翻折,得△aDE,连CE,求CE 的长等于( ). a.2 B.54 C.53 D.75 (2017 年无锡市中考试题第10 题) 经过研究我们发现这个问题与下面一个基本题型有联系,这个题目就是:如果三角形一边上的中线是这边的一半,这个三角形是直角三角形.     

正三角形的两个有趣性质

<正>如图1,设△ABC为正三角形,P为其内部任一点,由P分别向三角形的三边作垂线,垂足分别是D、E、F,连PA、PB、PC,则△ABC被分成6个直角三角形,设这些直角三角形的内切圆半径依次为r1、r2、r3、r4、r5、r6,则有如下两个有趣结论:(1)AF+BD+CE=FB+DC+EA;(2)r1+r3+r5=r2+r4+r6.     

双圆半径的几何性质

本文先给出含双圆半径的几何性质: 定理1:设△ABC的外接圆半径为R,内切圆半径为r,顶点A、B、C到内心的距离分别为a0,b0,c0,则4Rr2=a0b0c0. 证明:因为r=(a0sin)A/2.=(b0sin)B/2=(c0sin)C/2. 所以r3=(a0b0c0sin)A/2(sin)B/2(sin)C/2因为△=1r/2(a+b+c)=Rr(sinA+sinB+sinC)=2R2sinAsinBsinC所以r/2R=sinA·sinB·sinC/sin+sinB+sinC又因为易证sinA+sinB+sinC=     

关于垂足三角形的一个对偶恒等式

文[1]给出了一个涉及垂足三角形内切圆半径的恒等式:设△DEF是锐角△ABC的垂足三角形,且BC=a,CA=b,AB=c,p=(a b c)/2,△ABC的面积、外接圆、内切圆半径分别为?、R、r,若△AEF、△BDF、△CDE的内切圆半径依次为rA、rB、rC,则cot cot cotA2B2C2r A r B rC=?r??R.(1)本文给出(1)式     

问题6.2解法

题目在直角三角形中,通过内心I的弦平行于斜边,并且被I分成两线段长分别为m和,,求直角三角形面积(用m和,来表示). 解如图1,由相似三角形可得出 rC足r‘以一—,O一—, 九尹刀其中r是△ABC内切圆半径,a,b,c是直角三角形三条边,c是斜边.由‘“一彭+夕,得砂一辉 刀+啊 刀Zn训mZ+nZ图1三角形面积的2倍为ab一r(a+b+c).r2护J r .r一{—一T川一州卜一州卜l{,77矛刀、刀222c一从+n+、/一mZ+形, 1二 。一兀万“口一二丁万万 “,户之nmn(刀z+n+、’mZ+n,)22(mZ+刀2)问题6.2解法~~…     

关联五个三角形内切圆半径的一个等式

命题　设D、E分别是△ABC的边BC上与顶点B、C不重合的任意两点 ,△ABD、△ACE、△ABE、△ACD、△ADE的内切圆半径分别记作r1、r2 、r3、r4 、r5.则图 1r1r2=r3-r5r4 -r5.引理[1] 　已知△ABC ,边BC上的高为h ,N为边BC上一点 ,△ABN与△ANC的内切圆半径分别为r1、r2 .则△ABC的内切圆半径r满足r=r1+r2 - 2r1r2h .命题证明 :如图 1 ,不妨设△ABC的内切圆半径为r,边BC上的高为h ,则由引理可得r=r1+r4 - 2r1r4 h ,①r=r2 +r3- 2r2 r3h ,②r3=r1+r5- 2r1r5h ,③r4 =r2 +r5- 2r2 r5h .④把④代入①、③代入② ,化简整理得2r1r4…     

直角三角形的一个新性质及应用

<正>直角三角形是一类基本图形,它的一些重要性质已被大家所熟知,本文再给出一个关于直角三角形内切圆的新性质.定理在Rt△ABC中,∠C=90°,设BC=a,AC=     

一道IMO预选题的推广

巴西国提供的第34届IMO预选题如下：设锐角△ABC的外接圆半径R＝1,内切圆半径为r,它的垂足三角形A′B′C′的内切圆半径为r′,求证：r′≤1－（1＋r2）（1）本文将逐步消弱命题的条件,得到两个更简,更一般的结果。为叙述方便,约定a、b、c及a′、b′、c′分别为△ABC及△A     

仅与边有关的Euler不等式的加强

<正>众所周知,在△ABC中,若R、r分别为其外接圆和内切圆半径,则有R≥2r.这是著名的Euler不等式,本文给出其三个仅与边相关的最新加强.命题1在△ABC中,a、b、c为其三边长,R、r分别为其外接圆和内切圆半径,则有R/2r≥(b~2+c~2)/2bc.(1)证明记S为△ABC面积,由熟知的三角恒等式abc=4RS及S=(1/2)r(a+b+c)知,     

含参数的解析法在解题中的应用——以一道中考"提前批"试卷的填空题为例

1 原题呈现 (2017 年浙江省宁波市中考提前批试题) 如图1, 直线y＝ a× + B 与反比例函数y ＝C×(C < 0) 的图像交于a,B 两点, 在反比例函数y ＝D×(D > 0) 的图像的第一象限分支上取一点C,若△aBC 是以原点O 为重心的等边三角形,则CDaB4 的值为___. 这道题从考察内容上看,涵盖了平面直角坐标系、反比例函数、一次函数、等边三角形、重心等表象知识点.实质上,还涉及相似三角形、三角函数等知识. 从题目所蕴含的思想看,涉及函数、数形结合、转化、从特殊到一般等数学思想.借此考察学生独立探究、综合分析问题以及解决问题的能力.     

一道课本练习题的内涵

初中《几何》第二册106页第3题,要求用两直角边a、b的代数式表示直角三角形内切圆半径r,结果为r=(a+b-(a~2+b~2)~(1/2))/2。在直角三角形中,斜边c=(a~2+b~2)~(1/2),那么上式可以用a、b、c的代数式表示为r=(a+b-c)/2。不过这样一来,r的表达式就不止一种了。     

例谈内切圆代换下的不等式证明

△ABC的内切圆、外接圆半径分别为r,R,大家知道有著名的Euler公式:R≥2r. 上述公式证明方法有多种,本文将给出△ABC中内切圆代换下的证明. 为此,我们先给出有关内切圆的一些基本知识点,这些在不等式证明中时是极其有用的. 如图1,设a=x+y,b=y+z,c =z + x,△ABC的内切圆、外接圆半径分别为r,R,面积为S,半周长p=a+b+c/2=x+y+z,由海伦公式知S=√p(p-a)(p-b)(p-c) =√xyz(x+y+z),注意到S=pr=a+b+c/2 r,故r=S/P=√xyz/x+y+z,而S=1/2absinC=abc/4R,故R=abc/4S=(x+y)(y+z)(z+x)/4√xyz(x+y+z),故=R/2r=(x+y)(y+z)(z+x)/8xyz≥8xyz/8xyz=1,故R≥2r.     

三角形的半内切圆及其性质

与三角形的外接圆相内切,又与三角形的两条边相切的圆,称为三角形的半内切圆.本文将探讨三角形的半内切圆的一系列有趣性质.预备知识 △ABC的外接圆的半径为R,内切圆的半径为r,则r=4Rsin A/2 sin B/2 sin C/2.(证略)下面讨论三角形半内切圆的性质.     

数学习题编制的若干方法

作为数学教师,在备课、教学、考试命题和从事教学研究的过程中,经常需要改造旧题,创造新题,编制出各种例题、练习题和考试题。因此,教师必须具备编制习题的能力,熟悉编制习题的方法和技巧。本文给出编制习题若干方法,希望能起到抛砖引玉的作用。演绎法演绎法是一种从一般的真命题或一组条件出发,通过逻辑推理出关于特殊情况下的结论的方法。例:考虑直角三角形内切圆半径公式r=12(a+b-c),其中,a,b,c分别表示直角三角形的两条直角边和斜边。令a=6,b=8可编得如下题:已知△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6,求△ABC的内切圆半径r。(答:r=2)例:考虑…     

探究三角形形状的九种方法

一、应用正弦定理判定【例1】已知在△ABC中,sin2A+sin2B=sin2C,求证△ABC是直角三角形.证明:由正弦定理sinA=2aR,sinB=2bR,sinC=2cR,代入sin2A+sin2B=sin2C中,得4aR22+4bR22=4cR22,∴a2+b2=c2,故△ABC是直角三角形.二、应用余弦定理判定【例2】在△ABC中,A、B、C所对的边分别为a、b、c,a≠b,且a·cosA=b·cosB.判定△ABC的形状.解:α·cosA=b·cosB,由余弦定理得α·b2+2cb2c-a2=b·a2+2ca2c-b2,化简整理得(a2-b2)(c2-a2-b2)=0,∵a≠b,∴a2+b2=c2,故△ABC是直角三角形.三、应用根的判别式判定【例3】若a、b、c为△ABC的…     

垂足三角形外接圆半径之间的一个恒等式

关于垂足三角形外接圆半径之间有下面一个恒等式:定理设△DEF是锐角△ABC的垂足三角形,且BC=a,CA=b,AB=c,△ABC的面积,外接圆半径,内切圆半径分别为?,R,r,若△AEF,△BDF,△CDE的外接圆半径依次为R A,BR,RC,则cot cot cotA2B2C2R A+R B+RC2(R r)r=??.(1)证明如图,由文[1]知EF=a cos A,FD=b cos B,DE=c cos C,∵A2sinREF=A cos2sina A=A2sin cos,R A A=A H D AE BFC∴R A=R cos A.同理RB=R cos B,RC=R cos C.令cot cot cot,A2B2C2K=R A+R B+RC在△ABC中应用常见恒等式:?=rs,cot2422∑A=s?R?r?r,csc2422…     

一题两解的启示

九年级数学练习题中有一道题为:如图,△ABC中,∠C=90.,AB=c,A C=b,BC=a,求其内切圆⊙O的半径r. 解法一:根据三角形面积求连结AO、BO、CO. ∵SΔAOC=1/2AC·r SΔBOC=1/2 BC·r S△AOB=1/2AB·r ∴SΔABC=1/2AC·r+1/2BC·r+1/2AB·r=1/2r(a+b+c) 又S△ABC=1/2BC·AC=1/2ab ∴1/2r( a+b+c)=1/2ab ∴r=ab/a+b+c 解法二:利用切线长性质求 作OD⊥AC,OE⊥BC,OF⊥AB,则四边形DCEO为正方形.     

三圆相关联的一个不等式

定理　若△DEF是锐角△ABC的垂足三角形 ,且BC =a ,CA =b,AB =c,△AEF、△BDF、△CDE的内切圆分别为⊙I1、⊙I2 、⊙I3,其半径依次为r1、图 2r2 、r3,则有 ar1+br2+cr3≥ 1 2 3。证　∵BE⊥AC ,CF⊥AB ,∴∠BEC =∠CFB =90°。又因E、F在BC的同侧 ,∴B、C、E、F四点共圆 ,∴∠AEF =∠B ,∠AFE=∠C ,故△AEF∽△ABC ,∴ EFBC=AEAB=r1r ,其中r为△ABC内切圆半径。在Rt△ABE中 ,cosA =AEAB,故 r1r =cosA ,即r1=rcosA ,同理r2 =rcosB ,r3=rcosC。　　从而 ar1=arcosA =arsinA·tanA =2Rr ·tanA≥4tanA ,R…     

关于三角形的一个猜想的初步探讨

《福建中学数学》2004年第5期《垂足三角形的几个有趣性质及其猜想》一文证明了下述命题:设△ABC为锐角三角形,△DEF是它的垂足三角形(AD,BE,CF是它的三条高线),记BC=a,CA=b,AB=c,EF=a0,FD=b0,DE=c0.△ABC,△DEF,△AEF,△BDF,△CDE的外接圆半径分别记作R,R0,R1,R2,R3;内切圆半径分别记作r,r0,r1,r2,r3;半周长分别记作p,p0,p1,p2,p3;面积分别记作?,?0,?1,?2,?3.则有r1+r2+r3≤3r/2,①②R1+R2+R3≤3R/2,p1+p2+p3≤3p/2,③?1+?2+?3≤3?/2,④⑤a/r1+b/r2+c/r3≥123,a/R1+b/R2+c/R3≥63,⑥⑦R1/r1+R2/r2+R3/r3≥6,a0/a+b0/…     

有奖解题擂台(128)

问题设a、b、c、R、r分别为△ABC的三边长、外接圆半径、内切圆半径.证明:23+22r27R-6r≤ab+ccos2A2+bc+acos2B2+ca+bcos2C2≤98.第一位正确解答者将获得奖金100元.擂题提供与解答请电邮至guoyaohong1108@163.com.解答认定时间以电子邮件时间为准,欢迎广大读者踊跃提供擂题.