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第 42届IMO第五题是 :在△ABC中 ,AP平分∠BAC ,交BC于P ,BQ平分∠ABC ,交CA于Q .已知∠BAC =60° ,且AB +BP =AQ +QB .问△ABC各角的度数的可能值是多少 ?先求解 ,再给出更一般的结论 .图 1解 :如图 1,在AB的延长线上取点D ,使得BD =BP ;在AQ的延长线上取点E ,使得QE =QB .连结PD、PE ,则AD =AB +BP =AQ +QB =AE ,且 △ADP∽△AEP .故∠AEP =∠ADP =12 ∠ABC =∠QBC ,即 ∠QEP =∠QBP .下面的证明中要用到如下的引理 .引理 等腰△ABC中 ,AB =AC ,平面内一点P满足∠ABP =∠ACP ,则点P在BC的… 相似文献
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第42届IMO试题5为: 在△ABC中,AP平分∠BAC,交BC于P,BQ平分∠ABC,交CA于Q,已知∠BAC=60°,且AB+BP=AQ+QB.问△ABC的各角的度数的可能值是多少? 相似文献
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众所周知 ,三角形的中线将三角形面积二等分 ,而哪一点是三角形周长的等分点呢 ?由义务教育初中《几何》第三册 P133~P134习题 2 ,不难得出 :结论 1.三角形的旁切圆 (即与三角形一边相切并和另两边的延长线也相切的圆。一个三角形有三个旁切圆 )在三角形边上的切点是三角形周长的等分点。现证明如下 :如图 1,设⊙O为△ ABC的一旁切圆 ,且在 BC上的切点为 P,在 AB、AC延长线上的切点为 Q、R,∵ BP=BQ,CP=CR∴ AB BP=AB BQ=AQAC CP=AC CR=AR,而 AQ=AR∴ AB BP =AC CP,即 P是三角形周长的等分点。此结论也可叙述为 :… 相似文献
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受到文[1]的启发,笔者整理了下面几道题,与读者分享. 例1在Rt△ABC中,已知BC,以AB为直径的半圆Γ与点C在AB的同侧,P为半圆Γ上一点,且满足BP=BC,Q为AB上一点,且满足AP=AQ.证明:CQ的中点在半圆Γ上.[2] 相似文献
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题目 在三棱锥P-ABQ中,PB上平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.
(Ⅰ)求证:AB//GH;
(Ⅱ)求二面角D-GH-E的余弦值. 相似文献
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正在高考数学理科试题中每年有80%的试卷考查二面角的求解问题,虽然难度不算大,但是真正得满分的也只有40%左右比例的考生,主要原因是考生找不到二面角的平面角或计算错误.下面介绍一些求解二面角的常用策略.策略1:定义法例1(2013年高考山东理科卷第18题)如图1所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交 相似文献
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性质1如图,过椭圆22ax2 by2=1(a>b>0)的顶点A的弦AQ交y轴于点R,过椭圆中心O的半弦OP//AQ,则OP2=12AR?AQ.证明:设直线AQ的倾斜角为α,则直线OP的参数方程为:cos,sinx ty tαα???==(t为参数),直线AQ的参数方程为:cos,sinx a ty tαα???==? (t为参数).依题意,可得:22222t P???coasα sinbα???=1,(1)?a t Rcosα=0,(2)b2(?a t Q cosα)2 a2(t Q sinα)2=a2b2.(3)由(1)得:2222P2cos22sin2OP ta b==bα aα,由(2)得:AR=t R=coasα,由(3)得:22222cosQcos sinAQ tabb aα==α α,∴OP2=12AR?AQ.性质2如图,MN是过椭圆22ax2 by2=1… 相似文献
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宿晓阳 《中学数学教学参考》2003,(6):60-61
定理 设P、Q为△ABC内两点 ,则AP·AQAB·AC +BP·BQBA·BC+CP·CQCA·CB≥ 1 . ( )等式当且仅当P、Q为△ABC等角共轭点 (即∠PAB=∠QAC ,∠PBC =∠QBA ,∠PCB =∠QCA)时成立 .证明 :如图 ,顺次以BC、CA、AB为对称轴作△PBC、△PCA、△PAB的对称图形 ,分别为△A′BC ,△B′CA ,△C′AB ,连结A′Q、B′Q、C′Q ,则易知 (以S△ 表示面积 ) :S△AC′Q+S△AB′Q=12 AC′·AQsin∠C′AQ +12 AQ·AB′sin∠B′AQ =12 AP·AQ(sin∠C′AQ +sin∠B′AQ)=12 AP·AQ·2sin ∠C′AQ +∠B′AQ2 ·c… 相似文献
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20 0 4年高考数学 (湖北卷 )理科第 19题 :如图 1,在Rt△ABC中 ,已知BC =a ,若长为 2a的线段PQ以点A为中点 ,问PQ与BC的夹角θ取何值时 ,BP·CQ的值最大 ?并求出这个最大值 .1 基本解法本题主要考查向量的概念 ,平面向量的运算法则 ,考查运用向量及函数知识的能力 .解法Ⅰ ∵AB⊥AC ,故AB·AC =0 .∵AP =- AQ ,BP =AP- AB ,CQ =AQ -AC ,∴BP·CQ =(AP -AB)· (AQ -AC)=AP· AQ - AP· AC- AB· AQ +AB·AC=-a2 -AP·AC +AB·AP=-a2 +AP· (AB- AC)=-a2 +12 PQ·BC=-a2 +a2 cosθ .当cosθ=1,即θ =0 (… 相似文献
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本文介绍证明线段相等的新方法——比例式法.用比例式法证明线段相等有以下几种类型:一、要证线段a=b,可先证a/b=b/a例1 已知:从△ABC的AB边上一点P作PQ//BC,交AC于Q;从Q作QR//AB,交BC于R;从R作CA的平行线,恰好过P点.求证:P是AB的中点.分析 如图1,要证AP=PB,可从关于AP、PB的比例式着手.由PQ//BC,PR//AC知道AP:PB=AQ:QC,PB:PA=BR:RC.而QR//AB,则AQ:QC=BR:RC,故得AP:PB=PB:AP.∴AP=PB.即P是AB的中点. 相似文献
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几合部分
1.设锐角△ABC边BC、CA、AB上的高的垂足分别为D、E、F,直线EF与△ABC的外接圆的一个交点为P,直线BP与DF交于点Q.证明:AP=AQ. 相似文献
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三角形中位线定理是一个很重要的定理,用它来证明多中点问题,经常要用“取中点,连中点得中位线”的方法,但在何处取中点呢?这个问题需要认真地研究.请看下面的例题.例1如图1,在△ABC中,点D、E分别在AB、AC上,且DB=EC,M、N分别为BE、CD的中点,直线MN交AB于P点,交AC于Q点,求证:AP=AQ.证明:取BC的中点F,连MF、NF,则NF∥DB,MF∥EC,且NF=12DB,MF=12EC.因为DB=EC,所以MF=NF,∠1=∠2.又因为∠1=∠4,∠2=∠3,所以∠3=∠4,所以AP=AQ.说明:证明过程简明易懂.但是有不少同学可能会问:为什么会想到要取BC的中点呢?这是因为D… 相似文献
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姜坤崇 《中学数学研究(江西师大)》2021,(4)
我们知道,椭圆、圆、双曲线统称为有心圆锥曲线.关于有心圆锥曲线,笔者探得了它的与斜率有关的一个有趣性质,兹介绍如下.定理1给定椭圆Γ:x2/a2+y2/b2=1(a>0,b>0,a≠b),A、B、P、Q是Γ上的任意不重合的四点且A、B关于中心O对称,记AP、AQ、BP、BQ的斜率分别为kAP、kAQ、kBP、kBQ(以下同). 相似文献
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《时代数学学习》2006,(5)
A卷:1.D.2.A.3.D.4.D.5.C.6.D.7.B.8.A.9.2∶3.10.3-25.11.4.12.20.13.4.8.14.(1,-2).15.230.16.14494.17.(1)由AB=AC得∠ABD=∠ACE,再由AB2=DB·CE,AB=AC得BADB=CAEC,故△ADB∽△EAC.(2)110°.18.(1)答案不惟一,如∠ACP=∠B,或AC2=AP·AB等.(2)26.19.(1)由△A′PP′∽△A′B′B可得AA′′BP′=BPBP′′,即A′2B′=19.8,所以A′B′=10.(2)B′Q=AB′-A′P-PQ=10-2-6.5=1.5,再根据AQ′BB′′=AQ′AQ′得110.5=1AA.8′,所以AA′=12.20.(1)一定相似.因为AD=DB,FD⊥AB,所以FA=FB,所以∠A=∠FBD,因为… 相似文献
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擂台题(11)(河南 吴伟朝)如图,已知:P、Q、R分别是△ABC的三边AB、BC、CA上的内点,使BP=PQ=RC=1.试求:面积比S_(APQR):S_(ABC)和AQ PR的取值范围.擂台题(11)刊出后,命题人吴伟朝先生即来信向我们指出:杂志上所刊之题比他的原供题要少一条件.经核,确实.为此,谨向吴伟朝先生致歉.(附原供题于本文后,请读者可对原供题继续攻擂.)对于擂台题(11),虽比原供题(由于少一条件)可能稍易一些,但仍不失是一道值得探索的攻擂题. 相似文献
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案例展示笔者在一堂高三的试卷讲评课中,讲到这样一道填空题:已知圆C:x2+y2-6x-4y+10=0,直线l1:y=mx,直线l2:3x+2y+10=0,且l1截圆C所得弦的中点是P,l1,l2的交点是Q,A为原点,求|AP|·|AQ|的值. 相似文献
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