平面几何习题大全

1、平面几何习题大全下面的平面几何习题均是我两年来收集的，属竞赛围。共分为五种类型，1，几何计算；2，几何证明；3，共点线与共线点；4，几何不等式；5，经典几何。几何计算-1命题 设点D是RtABC斜边AB上的一点，DEBC于点E，DFAC于点F。若AF=15，BE=10，则四边形DECF的面积是多少？ 解：设DF=CE=x,DE=CF=y. RtBEDRtDFA, BE/DE=DF/AF<=> 10/y=x/15 <=> xy=150.所以，矩形DECF的面积150. 几何证明-1命题 在圆接四边形ABCD中，O为圆心，己知AOB+COD=180.求证:由O向四边形ABC

2、D所作的垂线段之和等于四边形ABCD的周长的一半。  证明(一) 连OA,OB,OC,OD，过圆心O点分别作AB,BC,CD,DA的垂线，垂足依次为P,Q,R,S。 易证APOORD，所以 DR=OP,AP=OR， 故 OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。 同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。因此有 OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。证明(二) 连OA,OB,OC,OD，因为AOB+COD=180°,OA=OD，所以易证RtAPORtORD，故得 DR=OP,AP=OR， 即 OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。 同理可得:OQ+

3、OS=(DA+BC)/2。 因此有 OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。几何不等式-1命题 设P是正ABC任意一点，DEF是P点关于正ABC的接三角形AP,BP,CP延长分别交BC,CA,AB于D,E,F，记面积为S1;KNM是P点关于正ABC的垂足三角形过P点分别作BC,CA,AB垂线交于K,N,M，记面积为S2。求证:S2S1 。 证明 设P点关于正ABC的重心坐标为P(x,y,z)，a为正ABC的边长，则正ABC的面积为S=(a23)/4。 由三角形重心坐标定义易求得: AD=za/(y+z),CD=ya/(y+z),CE=xa/(z+x),AE=za/(z+x),A

4、F=ya/(x+y),BF=xa/(x+y). 故得: AEF的面积 X=AE*AF*sin60°/2=Syz/(z+x)(x+y); BFD的面积 Y=BF*BD*sin60°/2=Szx/(x+y)(y+z); CDE的面积 Z=CD*CE*sin60°/2=Sxy/(y+z)(z+x). 从而有 S1=S-X-Y-Z=2xyzS/(y+z)(z+x)(x+y)。 因为P点是KNM的费马点，从而易求得: PK=(xa3)/2(x+y+z), PN=(ya3)/2(x+y+z), PM=(za3)/2(x+y+z). 故得： S2=(PN*PM+PM*PK+PK

5、*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/4(x+y+z)2。 所以待证不等式S2S1等价于: (3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+z)22xyz/(y+z)(z+x)(x+y); <=> 3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)8xyz(x+y+z)2; 上式展开等价于 3x3(y2+z2)+3y3(z2+x2)+3z3(x2+y2)-2xyz(x2+y2+z2)-4xyz(yz+zx+xy)0; 上式化简等价于 x2(x+2y+2z)(y-z)2+y2(y+2z+2x)(z-x)2+z2(z+2x+2y)(x-y)20. 因为P点在正ABC，故x

6、>0,y>0,z>0，所以上式显然成立。命题得证。几何不等式-2命题 设P是三角形ABC一点，直线AP，BP，CP与三边的交点分别为D,E,F。则三角形DEF叫做点P的塞瓦三角形。试证点P的塞瓦三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。证明 设三角形ABC的面积为S, 塞瓦三角形DEF的面积为S1, 三角形AEF的面积为Sa, 三角形BFD的面积为Sb, 三角形CDE的面积为Sc。令BD=xBC,CE=yCA,AF=zAB，则CD=(1-x)BC,AE=(1-y)CA,BF=(1-z)AB。那么Sa=(AE*AF*sinA)/2=z*(1-y)*S，Sb=(BD*B

7、F*sinB)/2=x*(1-z)*S，Sc=(CD*CE*sinC)/2=y*(1-x)*S。所以有S1=S-Sa-Sb-Sc=S*1-z*(1-y)-x*(1-z)-y*(1-x)=S*1-(x+y+z)+yz+zx+xy ，据此命题S4S1转化为证明4*1-(x+y+z)+yz+zx+xy1根据塞瓦定理得:xyz=(1-x)*(1-y)*(1-z)上述恒等式展开等价于1+yz+zx+xy=2xyz+x+y+z将其代入得:8xyz1.由算术-几何平均不等式得:2x(1-x)1, 2y(1-y)1,2z(1-z)1, 上述三式相乘得: 8xyz(1-x)*(1-y)*(1-z)1 , <

8、;=> 8xyz1 . 几何不等式-3命题 设P是三角形ABC一点，点P在三边BC,CA,AB上的射影分别为D,E,F。则三角形DEF叫做点P的垂足三角形。试证点P的垂足三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。证明 设P点垂足DEF面积为F,ABC面积为，令PD=r1,PE=r2,PC=r3,BC=a,CA=b,AB=c,R表示三角形ABC的外接圆半径。则有F=r2*r3*sinA+r3*r1*sinB+r1*r2*sinC/2=a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2/(4R)。故命题转化为求证a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2R (1) 据恒等式:abc

9、=4R，则上式为a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2abc/4 (2)设P点的ABC重心坐标为P(x,y,z)，对(2)式作置换等价于R2*(x+y+z)2yza2+zxb2+xyc2 (3)(3)展开化简为(R*x)2+(R*y)2+(R*z)2+(2*R2-a2)*yz+(2*R2-b2)*zx+(2*R2-c2)*xy0上式配方整理得:R*x+(2*R2-c2)*y/(2R)+(2*R2-b2)*z/(2R)2+c*y*cosC-b*z*cosB20，显然成立。易验证当x:y:z=a*cosA:b*cosB:c*cosC，即外心时取等号。几何不等式-4命题 试比较给定一三角形的

10、最大接矩形的面积与最大接正方形的面积大小。证明 设给定三角形ABC的边长分别为a,b,c，相对应的高线分别为ha,hb,hc，给定三角形ABC的面积为S。不妨设a>b>c，则ha<hb<hc，运用化归法易证明:给定三角形ABC的最大接矩形与最大接正方形的一边与三角形一边重合，另外两端在另外两边上。下面在a>b>c条件下，求出最大接矩形与最大接正方形的面积。 (1)对于给定三角形的最大接矩形的面积可如下求:设矩形长为x与BC边重合，宽为y，矩形的面积为S1。运用相似比可得: (ha-y)/x=ha/a <=> x=a*(ha-y)/ha，所以 S1

11、=y*a*(ha-y)/ha=-1/(a*ha)*a2*y2-2*a*S*y =-1/(2*S)*(a*y-S)2+S/2S/2。 当y=S/a=ha/2，x=a/2时，S1的最大值为S/2。 所以给定三角形的最大接矩形的面积为S/2，它共有三种形状，即(长,宽)=(a/2,ha/2);(长,宽)=(b/2,hb/2);(长,宽)=(c/2,hc/2)。注意这里长与宽相对而言。 (2)对于给定三角形的最大接正方形的面积可如下求:设正方形边长为x，正方形的面积为S2。运用相似比可得: (ha-x)/x=ha/a <=> x=2*S/(a+ha)， 因为a>b>c，易证得:

12、a+ha>b+hb>c+hc， 所以给定三角形的最大接正方形的面积: S2=2*S/(c+hc)2。 (3)下面确定给定三角形ABC的最大接矩形的面积与最大接正方形的面积大小。 2*S/(c+hc)2S/2 <=> 8*S(c+hc)2 因为c2+(hc)22*c*hc=4*S，所以8*S(c+hc)2显然成立。 当c=hc时等号成立。几何不等式-5命题 在等腰直角三角形中，BAC=90°，E，F在BC边上E点靠近B点，F点靠近C点。求证： (1) 如果EAF45°，则BE2+CF2EF2; (2) 如果EAF45°，则BE2+CF2EF2

13、. 证明 设AE为y，AF为z，AB=AC=a。 在ABE，ACF中ABE=45°，ACF=45°，根据余弦定理得: BE2=y2-a2+a*BE*2;óy2=a2+BE2-a*BE*2; z2=a2+CF2-a*CF*2; CF2=z2-a2+a*CF*2.ó 两式相加得: BE2+CF2=y2+z2-2a2+a2(BE+CF)=y2+z2-2a2+a2(a2-EF) =y2+z2-a2EF。 注意到:AEF面积的两种表示式 yzsin(EAF)/2=aEF/(22) a2EF=2yzsinEAF 所以有 BE2+CF2=y2+z2-2yzsinEAF

14、 而在AEF中，根据余弦定理得: EF2=y2+z2-2yzcosEAF 对比上述两式，当EAF=45°时，有BE2+CF2=EF2。 (1) 如果EAF45°，则tanEAF1，即BE2+CF2EF2; (2) 如果EAF45°，则tanEAF1，即BE2+CF2EF2.附证 如图,等腰直角三角形ABC,E,F在BC上,不妨设F在E右侧 将AFC旋转90度到ADB ABC=ACB=ABD=45=>DBE=90 BD=CF =>BE2+CF2=BE2+BD2=DE2 DE2=AD2+AE2-2AD*AE*cosDAE EF2=AF2+AE2-2AF*A

15、E*cosEAF AD=AF DE2-EF2=2AF*AE(cosEAF-cosDAE) DAE=DAB+BAE=CAF+BAE=90-EAF (1)EAF45°,则90°DAEEAF0°, DE2-EF2=2AF*AE(cosEAF-cosDAE)0 DE2EF2 BE2+CF2EF2 (2)EAF45°,则0°DAEEAF90°, DE2-EF2=2AF*AE(cosEAF-cosDAE)0 DE2EF2 BE2+CF2EF2 几何不等式-6命题 非钝角三角形的三条中线组成的三角形，它的外接圆半径大于原三角形外接圆半径的5/6。

16、证明(1) 设非钝角三角形ABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,S为非钝角三角形ABC的外接圆半径和面积。而以三角形三中线组成的三角形的面积为3S/4。根据三角形恒等式:abc=4R*S，故只需证明:8*ma*mb*mc>5*a*b*c (1)即 64*(ma*mb*mc)2>25(a*b*c)2 (2)据三角形中线公式:4*(ma)2=2b2+2c2-a2，4*(mb)2=2c2+2a2-b2，4*(mc)2=2a2+2b2-c2，因为三角形是非钝角三角形，则b2+c2-a2>=0，c2+a2-b2>=0,a2+b2-c2>=0，注

17、意三式不可能同时取零，当直角三角形时，有一为零。设x,y,z为非负实数，则令2x=b2+c2-a2，2y=c2+a2-b2,2z=a2+b2-c2。则a2=y+z,b2=z+x,c2=x+y。对(2)式作置换等价于:(4x+y+z)*(4y+z+x)*(4z+x+y)>25*(y+z)*(z+x)*(x+y)x3+y3+z3-x2(y+z)-y2*(z+x)-z2*(x+y)+7*x*y*z>0 (3)(3)式是全对称的，不失一般性，设x=min(x,y,z)，(3)化简整理等价于x*(x-y)*(x-z)+(y+z-x)*(y-z)2+4*x*y*z>0，显然成立。证明(2

18、) 设RtABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,为RtABC的外接圆半径和面积。而以RtABC三中线组成的A'B'C'的外接圆半径和面积分别为Rm,m。显然m=3/4。命题转化: Rm5R/6 (1) 根据三角形恒等式:abc=4R*，ma*mb*mc=4Rm*m。故只需证明: 8*ma*mb*mc5*a*b*c (2) 即 64*(ma*mb*mc)225(a*b*c)2 (3) 不失一般性，设 a2=b2+c2，据三角形中线公式: 4*(ma)2=2b2+2c2-a2=b2+c2，4*(mb)2=2c2+2a2-b2=4c2+b2，4*

19、(mc)2=2a2+2b2-c2=4b2+c2， 所以(3)式等价于: (4c2+b2)*(4b2+c2)25*b2*c2 (4) (4)<=> 4*(b2-c2)20。显然成立，当三角形三角之比为:2:1:1时等号成立。几何不等式-7命题 设ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，心为I。求证: (1)AIO为锐角的充要条件是:b+c>2a; (2)AIO为直角的充要条件是:b+c=2a; (3)AIO为钝角的充要条件是:b+c<2a。 证明 连AI并延长交圆O于D。易证 BD=DI=CD，令BD=DI=CD=d，利用托勒密定理:d*c+d*b=a*(

20、AI+d)从而得:AI=d*(b+c-a)/a。(1)对于等腰AOD，我们有AIO为锐角的充要条件是:AI>d，即b+c>2a。同理可证(2),(3) 成立。几何不等式-7命题 设ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，重心为G。求证: (1)AGO为锐角的充要条件是:b2+c2>2a2; (2)AGO为直角的充要条件是: b2+c2=2a2; (3)AGO为钝角的充要条件是: b2+c2<2a2。证明 连AG并延长交圆O于D。BC边上的中线为ma，则AG=2*ma/3。易求得:DG=ma/3+a2/(4*ma) 。(1)对于等腰AOD，我们有AGO为锐

21、角的充要条件是:AG>DG，即b2+c2>2a2。同理可证(2),(3) 成立。 几何证明-2命题 在ABC中，BC=a,CA=b,AB=c，s为半周长，在BC上的一点M，使得ABM与ACM的接圆相等。求证: AM2=s*(s-a)证明 设AM=x，依题意可得:MB+MC=a (1)MB/MC=(x+c+MB)/(x+b+MC) (2)(2) 等价于 MB/MC=(x+c)/(x+b)据(1),(2) 式可得:MB=(x+c)*a/(2x+b+c) MC=(x+b)/(2x+b+c) ，由余弦定理得:MB/MC=(x2-c2+MB2)/(-x2+b2-MC2) (3)所以 (x+c

22、)/(x+b)= (x2-c2+MB2)/(-x2+b2-MC2) (4)将MB=(x+c)*a/(2x+b+c) MC=(x+b)/(2x+b+c) 代入(4) 式化简整理得:(x+b)*(x+c)*4x2+a2-(b+c)2=0，故得: AM2=s*(s-a)经典几何-1命题 在平行四边形ABCD边AB,BC,CD,DA上分别取点K,L,M,N，如果所取这四个点为顶点的四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积的一半，求证:四边形KLMN至少有一条对角线平行于平行四边形ABCD边。 证明 在平行四边形ABCD中，设DAB=,AD=a,AB=b. 则四边形KLMN的面积等于平行四边形A

23、BCD的面积减去三角形AKN, BKL, CLM, DMN的面积之和。由面积公式不难求得: AKN的面积=(1/2)*AN*AK*sin， BKL的面积=(1/2)*BL*(b-AK)* sin， CLM的面积=(1/2)*(a-BL)*(b-MD)*sin， DMN的面积=(1/2)*(a-AN)*MD* sin， 平行四边形ABCD的面积=ab* sin 所以四边形KLMN的面积等于 =(1/2)*ab*1-(AN-BL)*(AK-MD)/ab*sin。 另一方面,据已知条件,四边形KLMN的面积等于(1/2)*ab* sin。 比较四边形KLMN的面积的两种计算结果，可见: (AN-BL

24、)*(AK-MD)=0 于是，或者AN=BL，从而LNAB; 或者KA=MD，从而KMAD。故命题得证。几何不等式-8命题 设P是平行四边形ABCD一点，求证: PA*PC+PB*PDAB*BC 并指出等号成立条件。 证明 作PQ平行且等于CD，连CQ,BQ，则四边行CDPQ与ABQP均为平行四边形，所以CQ=PD,BQ=PA,PQ=AB=CD。 在四边形PBQC中，由Ptoiemy不等式有 BQ*PC+PB*CQPQ*BC 即PA*PC+PB*PDAB*BC 等号成立当且仅当P,B,Q,C四点共圆，即CPB+CQB=,而CQB=APD。所以不等式等号成立的条件为: CPB+APD=。证毕。

25、据此证明该题可作如下改动 命题 设P为平行四边形ABCD一点，满足CPB+APD=，则有 PA*PC+PB*PD=AB*BC。经典几何-2命题 圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，切，相含。三角形有三个圆，即外接圆，切圆及九点圆。问三角形上述三个圆的关系 解 九点圆：三角形三边的中点，三高的垂足及三顶点与垂心间线段的中点，共九个点共圆，这个圆称为三角形的九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段的中点，其半径等于三角形外接圆半径的一半，半径为R/2。 外接圆：以三角形的三条中垂线的交点为圆心，这个点到三角形顶点的距离为半径的圆，半径为R。 切圆：以三角形三个角的角平分线的交点为圆心,圆

26、心到任意一边的距离相等，半径为r。 设三角形ABC的九点圆心为Q，外接圆心为O，切圆心为I，三角形ABC半周长为s，则易求得: OQ=(9R2+8Rr+2r2-2s2)/2,OI=R(R-2r),IQ=(R-2r)/2. 根据圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，切，含。可判断: (1),九点圆与切圆的两半径差等于R/2-r=IQ=(R-2r)/2，故切圆I切于九点圆Q，即两圆切。 (2),易证 R-r>OI=R(R-2r),<=>r2>0，所以外接圆含切圆，即两圆含。 (3),外接圆与九点圆，当三角形为锐角时外接圆含九点圆，R/2>(9R2+8Rr+2r2-2s2

27、)/2,<=>s>2R+r; 当三角形为直角时九点圆切于外接圆，R/2=(9R2+8Rr+2r2-2s2)/2,<=>s=2R+r;当三角形为纯角时九点圆与外接圆相交，3R/2>(9R2+8Rr+2r2-2s2)/2,<=>s2>4Rr+r2.几何证明-3命题 己知P为正五边形ABCDE的外接圆AE圆弧上一点。求证:PA+PC+PE=PB+PD证明 设正五边形的边长和对角线分别为a,f。据托勒密定理，在圆接四边形PABE中，PA*f+PE*a=PB*a (1)在圆接四边形PADE中，PA*a+PE*f=PD*a (2)(1)+(2)得:PA

28、*f+PE*a+ PA*a+PE*f=(PB+PD)*a (3)在圆接四边形PACE中，PA*f+PE*f=PC*a (4)将(4)式代入(3)式得:a*(PA+PC+PE)=a*(PB+PD)因为a0, 所以PA+PC+PE=PB+PD，证毕。共点线与共线点-1命题 在等腰ABC中，B=C=40°，P，Q为等腰ABC形两点，且PAB=QAC=20°，PCB=QCA=10°。求证:B，P，Q三点共线。证明 以BC为一边，在A点的同侧作正三角形DBC，连DA，BQ。易知 AB=AC，可知DA为BC的中垂线，由QCA=10度得QCB=30度，可知 CQ为BD的中垂线，

29、所以有QCD=30度=ADC。由QAC=20度=ADC，有AQDC，可知四边形AQCD为等腰梯形，即AD=QC，进而ABDBQC，得BA=BQ。在ABQ中，可知QBA=20度，所以QBC=20度。在BA延长线上取一点E，使BE=BC，连EP，EC，BP，可知PCE=(180-40)/2-10=60度，EAC=80度=PAC。进而EACPAC。得PC=PE，所以PEC为正三角形，有PC=PE，可知BP为EC的中垂线。于是 PBC=EBC/2=20度=QBC。因此B,，P，Q三点共线。几何证明题-4命题 在ABC中,A120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK=CL，以BK,CL为边

30、向ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ=BC 。证明 延长直线PK与QL交于O， 根据正三角形BPK,正三角形CQL及A120°,显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO。又因为BK=CL，故PO=PK+KO=BK+AL=CL+AL=AC;QO=QL+LO=CL+AK=BK+AK=AB。而POQ=120°，所以ABCPQO。故PQ=BC。几何证明题-5命题 在ABC中,A120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC=CL+AB，以BK,CL为边向ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ=BC 。证明 延长直线PK

31、与QL交于O， 根据正三角形BPK,正三角形CQL，A120°及BK+AC=CL+AB，,显然可证:四边形OLAK为菱形，所以AK=LO=AL=KO。故PO=AB，QO= AC。而POQ=120°，所以ABCPQO。故PQ=BC。几何不等式-9命题 在ABC中,A120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+ACCL+AB，BKCL，以BK,CL为边向ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQBC 。证明 延长直线PK与QL交于O， 令AC=b,AB=c，BK=x,CL=y。根据正三角形BPK,正三角形CQL及A120°,显然可证:四边形OLAK

32、为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,POQ120°。据此得: PO=PK+KO=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。 在三角形PQO中，根据余弦定理得: PQ2=PO2+QO2-2*PO*QO*cos120°=PO2+QO2+PO*QO =(x+b-y)2+(y+c-x)2+(x+b-y)*(y+c-x) =b2+(x-y)2+2b*(x-y)+c2+(x-y)2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)2 =b2+c2+bc+(x-y)2+(b-c)*(x-y) =BC2+(x-y)*(b+x-c-y) 因为 BKCL

33、,即 xy,BK+ACCL+AB,即 x+bc+y。 所以 (x-y)*(b+x-c-y)0,因此PQBC 。 当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。几何不等式-10命题 在ABC中,A120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+ACCL+AB，BKCL以BK,CL为边向ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQBC 。证明 延长直线PK与QL交于O， 令AC=b,AB=c，BK=x,CL=y。根据正三角形BPK,正三角形CQL及A120°,显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,POQ120°。据此得: PO=PK+K

34、O=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。 在三角形PQO中，根据余弦定理得: PQ2=PO2+QO2-2*PO*QO*cos120°=PO2+QO2+PO*QO =(x+b-y)2+(y+c-x)2+(x+b-y)*(y+c-x) =b2+(x-y)2+2b*(x-y)+c2+(x-y)2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)2 =b2+c2+bc+(x-y)2+(b-c)*(x-y) =BC2+(x-y)*(b+x-c-y) 因为 BKCL,即 xy,BK+ACCL+AB,即 x+bc+y。 所以 (x-y)*(b+x-c-y)0

35、,因此PQBC 。 当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。几何证明题-6命题 设ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，类似重心为K。求证:(1)AKO为锐角的充要条件是:b2+c2>2a2; (2)AKO为直角的充要条件是: b2+c2=2a2; (3)AKO为钝角的充要条件是: b2+c2<2a2。证明 连AK并延长分别交边BC及圆O于D与A。BC边上的中线为ma，易求得:AK=2*b*c*ma/(a2+b2+c2) ，AD=2*b*c*ma/(b2+c2),KD=2*a2*b*c*ma/(a2+b2+c2)* (b2+c2),BD=a*c2(b2+c2

36、)/,CD=a*b2/(b2+c2)所以据 BD*CD=AD*AD，得:AD=a2*b*c/2*ma*(b2+c2)故AK=AD+DK=3*a2*b*c/2*ma*(a2+b2+c2) 。(1)对于等腰AOA，我们有AKO为锐角的充要条件是:AK>AK，即 2*b*c*ma/(a2+b2+c2)> 3*a2*b*c/2*ma*(a2+b2+c2) ，4*(ma)2>3*a2 ó b2+c2>2a2。同理可证(2),(3) 成立。几何证明题-7命题 设ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，垂心为H。求证: (1)AHO为锐角的充要条件是:tan

37、B*tanC>3; (2)AHO为直角的充要条件是: tanB*tanC =3; (3)AHO为钝角的充要条件是: tanB*tanC <3。证明 连AH并延长分别交边BC及圆O于D与A。易求得:AH=2R*cosA，HD=AD=2R*cosB*cosC，故 AH=4R* cosB*cosC.(1)对于等腰AOA，我们有AHO为锐角的充要条件是:AH>AH，即 2R*cosA >4R* cosB*cosC <=> tanB*tanC>3;同理可证(2),(3) 成立。几何不等式-11命题 在非纯角ABC中，设ma,mb,mc;R分别表示的三中线及外接圆

38、半径.求证:ma+mb+mc4R 证明 在非纯角ABC中，设A=max(A,B,C)，G,O分别表示ABC的重心与外心，则O点必落在BGC中，故有:BG+CG>BO+CO，而 BG=2*mb/3,CG=2*mc/3，BO+CO=R，所以 mb+mc>3R (1)又因为 maR (2) (2)式当A=/2时取等号。(1)+(2)即得所证不等式。经典几何-3命题 试证到三角形三顶点距离的平方和为最小的点是三角形的重心。 上述重心性质可改述为:命题 在ABC中，G是重心,M是平面上任一点。求证;MA2+MB2+MC2=GA2+GB2+GC2+3GM2证明 ABC的三条中线AD,

39、BE,CF交于G，不妨设M在BGC。对于AMD和G，由斯特瓦尔定理得;MA2*DG+MD2*AG-MG*AD=AD*DG*AG因为 DG=AD/3,GA=2AD/3，代入整理得:3*MG2=MA2+2*MD2-2*AD2/3 (1)容易算出，在MBC和GBC中有MD2=(MB2+MC2)/2-BC2/4GD2=(GB2+GC2)/2-BC2/4将上述两式代入(1) 式得:3*MG2=MA2+MB2+MC2-(GB2+GC2)+2GD2-2*AD2/3= MA2+MB2+MC2-( GA2+GB2+GC2)所以 MA2+MB2+MC2=GA2+GB2+GC2+3GM2从等式显然可看出, 当M异于

40、G时，有MA2+MB2+MC2>GA2+GB2+GC2所以到三角形三顶点距离的平方和为最小的点是三角形的重心。几何证明-8命题 在ABC中,各边不相等，O,I,H,Q分别为外心，心,垂心与九点圆心，如果三角形ABC三个角成等差数列。求证:IQOH.证明(1) 因为三角形ABC三个角成等差数列，所以有一角必为/3。记A=/3，R为外接圆半径。则AH=2RcosA=R=AO，又因为AI平分OAH，所以AHIAOI，即IH=IO。由于九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。因此AIOH. 证毕。证明(2) 因为三角形ABC三个角成等差数列，所以有一角必为/3。记A=/3，R,r,s分别为ABC外

41、接圆半径, 切圆半径和半周长。根据己知恒等式:s=3RsinA+rcot(A/2)=(R+r)3而IH2=4R2+4R*r+3r2-s2，OI2=R*(R-2r) 。所以IH2=4R2+4R*r+3r2-s2= 4R2+4R*r+3r2-3(R+r)2= R*(R-2r)=OI2，即IH=IO.又因为九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。因此AIOH. 证毕。几何计算-2命题 设ABCD是一个矩形,BC上有一点M,CD上有一点N，连接AM,MN,AN，S三角形ABM=4，S三角形CMN=3，S三角形ADN=5,求S三角形AMN=? 解 设AB=CD=a, BC=DA=b, BM=x,

42、 DN=y, 故有CM=b-x, CN=a-x 所以 2*S三角形ABM =8=ax, 2*S三角形CMN =6 =(b-x)(a-y), 2*S三角形ADN =10 =by. 因此有ab*xy =80; ab+xy=24据此可得：ab=20,xy=4.而 2*S三角形AMN=2ab-ax-by-(a-y)(b-x)=ab-xy =20-4=16，所以S三角形AMN=8。几何计算-3命题 设ABCD是一个平行四边形,BC上有一点M,CD上有一点N，连接AM,MN,AN，ABM的面积S1=4，CMN的面积S2=3，ADN的面积S3=5,求AMN的面积S4. 解 设sinABC=sin(

43、-BCD)=T,AB=CD=a, BC=DA=b, BM=x, DN=y, 故有CM=b-x, CN=a-x 所以 2*S1=8=ax*T, 2*S2=6 =(b-x)(a-y)*T, 2*S3 =10 =by*T. 因此有ab*xy*T2 =80; ab*T+xy*T=24据此可得：ab*T=20,xy*T=4.而 2*S4=2ab-ax-by-(a-y)(b-x)*T=(ab-xy )*T=20-4=16，所以S4=8。几何计算-4命题 已知三角形三边为连续偶数，且满足cosA+cosB+cosC=7/5。求该三角形的面积。 解 设三边为2n-2、2n、2n+2,利用余弦定理代入计算 (n

44、2-4n)/2n(n-1)+(n2+2)/2(n-1)(n+1)+(n2+4n)/2n(n+1)=7/5 <=> (3n2-6)/2(n2-1)=7/5 <=> n2=16 <=> n=4. 所以三角形三边为6,8,10. 而 62+82=102,三角形ABC是直角三角形 三角形的面积=6*8/2=24.几何证明-9问题 试证:对边之和相等的四边形必有切圆。 命题 已知 在四边形ABCD中，AB+CD=BC+AD。求证 四边形ABCD有切圆。证明 不妨设AB>AD,BC>CD，因为AB+CD=BC+AD，所以AB-AD=BC-CD。在AB上取点M

45、, 使AM=AD; 在BC上取点N, 使CN=CD，所以BM=BN。即ADM, CDN, BMN都是等腰三角形。故A,B,C三角的平分线，必是DMN三边的垂直平分线，它们交于一点O，O点到四边形ABCD的四边的距离相等，所以必存在以O为中心一圆切四边形。几何证明-10问题 若引自三角形一顶点的高，角平分线，中线四等分这顶角，则此三角形为直角三角形。 命题 己知ABC的高AH，A的分角线AD，BC上的中线AM，且BAH=HAD=DAM=MAC。求证BAC=90°.证明 延长AD交ABC的外接圆于N, 连NM。BAD=CAD,N为圆弧BC的中点。M为BC的中点，MNBC.AHBC, AH

46、MN, ANM=HAD=NAM, MA=MN.MN与MA不重合，而MN所在的直线必过ABC外接圆圆心.故M必为外接圆圆心， BC为直径，BAC=90°. 证毕。几何证明-11命题 己知 在ABC中，BE和CF分别B,C的平分线，AMCF,ANBE, 垂足分别为M,N。求证(1),MNBC;(2),MN=(AB+AC-BC)/2.证明 分别延长AM与AN交BC或BC延长线于点P,Q(1),因为ABN=CBN, ANBE，所以AN=NQ。同理可证:AM=MP，所以MNPQ，即MNBC。(2), 因为PC=AC,BQ=AB, 即PQ+QC=AC (X)BP+PQ=AB (Y)(X)+(Y)

47、得: BC+PQ=AB+AC, 即PQ=AB+AC-BC又因为MN=PQ/2, 所以MN=(AB+AC-BC)/2. 证毕。几何证明-12命题 己知AD,BE,CF分别为锐角三角形ABC的三边上的高, 作DPAB,DQAC，P,Q为垂足.求证:(1),PQ=(DE+DF+EF)/2；(2) 如果A为钝角，则PQ=(DE+DF-EF)/2.证明 DE2=CD2+CE2-2CD*CE*cosC=b2cosC2+a2cosC2-2abcosC3 =cosC2(a2+b2-2abcosC)=cosC2*c2 所以DE=c*cosC 同理EF=a*cosA ，DF=b*cosB PQ2=AP2+AQ2-

48、2AP*AQcosA =b2sinB2sinC2+c2sinB2sinC2-2bcsinB2sinC2cosA =sinB2sinC2(b2+c2-2bc*cosA) =a2sinB2sinC2 =a2*b2*c2/16R4(R为三角形外接圆半径) 所以PQ=abc/4R2 所以(DE+DF+EF)/PQ =cosC/sinAsinB+cosB/sinAsinC+cosA/sinBsinC =-(cotAcotB-1+cotBcotC-1+cotCcotA-1) =-(1-3) =2 所以PQ=(DE+DF+EF)/2 (注：cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA=1 几何证明-

49、13命题 以三角形ABC的各边为边，分别向形外作正多边形，若它们的边数分别为m,n,p且三个正多边形各自的外接接圆共点。求证:1/m+1/n+1/p=1证明 设以BC,CA,AB为边所作的正多边形的边数分别为m,n,p，三正多边形各自的外接圆交于O。则BOC+COA+AOB=(-/m)+(-/n)+(-/p)=2故 1-1/m+1-1/n+1-1/p=2即1/m+1/n+1/p=1，证毕。几何证明-14命题 在ABC中，其切圆切BC于D，求证: ABD与ACD的切圆相切。证明 设ABD与ACD的切圆分别切AD于H,K。则AH=(AB+AD-BD)/2;AK=(AC+AD-CD)/2因为 BD=

50、(AB+BC_AC)/2; CD=(AC+BC-AB)/2。所以 AH=(2AB+2AC-AB-BC+AC)/4=(AB+2AD+AC-BC)/4;AK=(2AC+2AD-AC-BC+AB)/4=(AB+2AD+AC-BC)/4因此 AH=AK，于是点H,K重合, 故ABD与ACD的切圆相切。证毕.几何证明-15命题 已知边数分别为m,n,k的三个正多边形的各一角之和为2。求证:1/m+1/n+1/k=1/2证明 因为边数分别为m,n,k的三个正多边形的角为:(m-2)/m; (n-2)/n; (k-2)/k。根据题设条件: (m-2)/m+(n-2)/n+(k-2)/k=2<=>

51、 1-2/m+1-2/n+1-2/k=2<=> 1/m+1/n+1/k=1/2。证毕几何证明-16命题 设正七边形的边长为a, 两对角线分别为m,n。求证:1/m+1/n=1/a。证明 设ABCDEFG为正七边形，较长的对角线为m, 较短的对角线为n。延长CB,GA交于K，即GC=m,AC=n.ABCG,AB/GC=BK/KC. (1)又KAB=-BAG=-5/7=2/7,BCA=BAC=/7. K=KAC,KC=AC=n，AB/AC=AB/KC (2)(1)+(2)得:AB/GC+AB/KC=(BK+AB)/KC=KC/KC=1，即a/m+a/n=1 <=> 1/m+

52、1/n=1/a。证毕。几何证明-17命题 己知a,b,c分别是同一外接圆中正五边形，正六边形和正十边形的边长。求证:a2=b2+c2证明 设外接圆半径为1，则a=sin(/5) ，b= sin(/6)=1/2，c= sin(/10) 。令T=sin(/5)2-1/4- sin(/10)2T=1-cos(/5)2-1/4-1- cos(/5)/24T=4-4*cos(/5)2-1-2*1- cos(/5)4T=-4*cos(/5)2+2 *cos(/5)+1注意到: cos(/5)=(1+5)/4, 将其代入T式中得T=0。所以sin(/5)2=1/4+ sin(/10)2，即a2=b2+c2，

53、证毕。几何证明-18命题 试证:三角形九点圆直径等于此三角形外接圆半径。证明 欧拉线:三角形垂心H，重心G，外心O在一直线上.三角形九点圆圆心Q在欧拉线上，且平分OH。设AD是ABC的高,H为垂心，O为外心，L，P为BC与AH的中点，而连结PL交OH于K，PL即为此三角形的九点圆直径，K即为此三角形的九点圆心。连OA，在OHA中，因为HP=PA，HK=KO，所以KP=AO/2。故三角形九点圆直径等于此三角形外接圆半径。证毕。几何证明-19命题 己知P为正七边形ABCDEFG的外接圆AG圆弧上一点。求证:PA+PC+PE+PG=PB+PD+PF证明 设正七边形的边长较短对角线和较长对角线分别为a，m，n。据托勒密定理，在圆接四边形PABG中，PA*m+PG*a=PB*a (1)在圆接四边形PAFE中，PA*a+PG*m=PF*a (2)(1)+(2)得:PA*m+PG*a+ PA*a+PG*m= PB*a+ PF*a (3)在圆接四边形PABD中，PA*m+PD*a=PB*n 即 PA*m=PB*n-PD*a (4)(4)代入(3)式得:PB*n+PG*a+PA*a+P