平面几何考试考试解答

1、平面几何习题解答下面的平面几何习题均是我两年来收集的，属竞赛范围。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，DE丄BC于点E,DF丄AC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./RtBEDsRtDFA,/BE/DE=DF/AF10/y=x/15xy=150.所以，矩形DECF的面积150.几何证明-1命题在圆内接四边形ABCD中，0为圆心，己知/AOB+/COD=180.求证：由O向四边形ABCD所作的垂线段之和等于四边形ABCD

2、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APOAORD，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=18,OA=OD，所以易证RtAAPOBRtAORD,故得DR=OP,AP=OR,即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+

3、DA)/2。几何不等式-1命题设P是正ABC内任意一点，DEF是P点关于正厶ABC的内接三角形AP,BP,CP延长分别交BC,CA,AB于D,E,F，记面积为S1;KNM是P点关于正厶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点关于正厶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=(aA2V3)/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),AF=ya/(x+y),BF=xa/(x+y).故得:AEF的面积X=AE*AF

4、*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=(xaV3)/2(x+y+z),PN=(yaV3)/2(x+y+z),PM=(zaV3)/2(x+y+z).故得：S2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/4(x+y+z)A2。所以待证不等式S2S1等价于：(3/4)*(yz+zx+xy)

5、/(x+y+z)A22xyz/(y+z)(z+x)(x+y);3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)8xyz(x+y+z)A2;上式展开等价于3xA3(yA2+zA2)+3yA3(zA2+xA2)+3zA3(xA2+yA2)-2xyz(xA2+yA2+zA2)-4xyz(yz+zx+xy)0;上式化简等价于xA2(x+2y+2z)(y-z)A2+yA2(y+2z+2x)(z-x)A2+zA2(z+2x+2y)(x-y)A20.因为P点在正ABC内，故x0,y0,z0，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内一点，直线AP，BP，CP与三边的交点分别为D,

6、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TOCo1-5hzSa=(AE*AF*sinA)/2=z*(1-y)*S，Sb=(BD*BF*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

7、-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：2Vx(1-x)1,2Vy(1-y)1,2Vz(1-z)1,上述三式相乘得：8Vxyz(1-x)*(1-y)*(1-z)1,8xyz1.几何不等式-3命题设P是三角形ABC内一点，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

8、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*r2RA(1)据恒等式：abc=4RA，则上式为a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2yzaA2+zxbA2+xycA2(3)(3)展开化简为(R*x)A2+(R*y)A2+(R*z)A2+(2*RA

9、2-aA2)*yz+(2*RA2-bA2)*zx+(2*RA2-cA2)*xy0上式配方整理得：R*x+(2*RA2-cA2)*y/(2R)+(2*RA2-bA2)*z/(2R)A2+c*y*cosC-b*z*cosBA20，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最大内接矩形的面积与最大内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abc,则hahbbc条件下，求出最大内接矩形与最大内接正方形的面积。对于给定三角形的

10、最大内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/ax=a*(ha-y)/ha，所以S1=y*a*(ha-y)/ha=-1/(a*ha)*aA2*yA2-2*a*S*y=-1/(2*S)*(a*y-S)A2+SA/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内接矩形的面积为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。对于给定三角形的最大内接正方形的面积可如下求：设正方形边长为

11、x，正方形的面积为S2。运用相似比可得：TOCo1-5hz(ha-x)/x=ha/ax=2*S/(a+ha)，因为abc，易证得：a+hab+hbc+hc，所以给定三角形的最大内接正方形的面积：S2=2*S/(c+hc)A2。下面确定给定三角形ABC的最大内接矩形的面积与最大内接正方形的面积大小。2*S/(c+hc)A2S/28*S2*c*hc=4*S，所以8*S45贝UBEA2+CFA2WEFA2.证明设AE为y,AF为z,AB=AC=a。在厶ABE,ACF中/ABE=45，/ACF=45,根据余弦定理得：BEA2=yA2-aA2+a*BE*V2;yA2=aA2+BEA2-a*BE*V2;z

12、A2=aA2+CFA2-a*CF*V2;CFA2=zA2-aA2+a*CF*V2.两式相加得：BEA2+CFA2=yA2+zA2-2aA2+aV2(BE+CF)=yA2+zA2-2aA2+aV2(aV2EF)=yA2+zA2-aV2EF。注意到:AEF面积的两种表示式yzsin(/EAF)/2=aEF/(2V2)aV2EF=2yzsin/EAF所以有BEA2+CFA2=yA2+zA2-2yzsin/EAF而在AEF中，根据余弦定理得：EFA2=yA2+zA2-2yzcos/EAF对比上述两式，当/EAF=45时，有BEA2+CFA2=EFA2。如果/EAFC45,贝Utan/EAFEFA2;如

13、果/EAF45贝Utan/EAF1,即BEA2+CFA2/DBE=90BD=CF=BEA2+CFA2=BEA2+BDA2=DEA2DEA2=ADA2+AEA2-2AD*AE*cos/DAEEFA2=AFA2+AEA2-2AF*AE*cos/EAFAD=AFDEA2-EFA2=2AF*AE(cos/EAF-cos/DAE)/DAE=/DAB+/BAE=/CAF+/BAE=90-/EAF/EAFC45W90ZDAE/EAF0DEA2-EFA2=2AF*AE(cos/EAF-cos/DAE)0DEA2EFA2BEA2+CFA2EFA2/EAF45W05*a*b*c(1)即64*(ma*mb*mc)A

14、225(a*b*c)A2(2)据三角形中线公式：4*(ma)A2=2bA2+2cA2-aA2，4*口6人2=2。人2+2玄人2七人2，4*口6人2=2玄人2+2匕人2人2，因为三角形是非钝角三角形，则bA2+cA2-aA2=0，。人2+玄人2七人2=0向人2+匕人2-。人2=0，注x,y,z为非负实数,。贝UaA2=y+z,bA2=z+x,cA2=x+y。意三式不可能同时取零，当直角三角形时，有一为零。设则令2x=bA2+cA2-aA2，2丫*人2+玄人2七人2,2乙=8人2+匕人2-。人2对(2)式作置换等价于：(4x+y+z)*(4y+z+x)*(4z+x+y)25*(y+z)*(z+x)

15、*(x+y)xA3+yA3+zA3-xA2(y+z)-yA2*(z+x)-zA2*(x+y)+7*x*y*z0(3)式是全对称的，不失一般性，设x=min(x,y,z),化简整理等价于x*(x-y)*(x-z)+(y+z-x)*(y-z)A2+4*x*y*z0，显然成立。证明(2)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ABC的外接圆半径和面积分别为Rm,Am。显然m=3A/4。命题转化：Rn5R/6(1)根据三角形恒等式：abc=4R*A,ma*mb*mc=4RnAm。故只需证明：8*ma*mb*mc

16、5*a*b*c(2)即64*(ma*mb*mc)A225(a*b*cF2(3)不失一般性，设aA2=bA2+cA2，据三角形中线公式：4*(ma)A2=2bA2+2cA2-aA2=bA2+cA2,4*口6人2=2。人2+2玄人2七人2=4。人2+匕人2,4*(mc)A2=2aA2+2bA2-cA2=4bA2+cA2,所以(3)式等价于：(4cA2+bA2)*(4bA2+cA2)25*匕人29人2(4)4*(bA2-cA2)A20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0,内心为I。求证：/AI0为锐角的充要条件

17、是：b+c2a;/AI0为直角的充要条件是：b+c=2a;/AI0为钝角的充要条件是：b+cd，即b+c2a。同理可证(2),(3)成立。几何不等式-7命题设ABC的三边长为命题设ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为0,重心为G。求证:/AG0为锐角的充要条件是：bA2+L22aA2;/AG0为直角的充要条件是：bA2+cA2=2aA2;/AG0为钝角的充要条件是：bA2+cA2DG，即匕人2+。人22玄人2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的内接圆相等。求证:AMA2=s*(s

18、-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：TOCo1-5hzMB=(x+c)*a/(2x+b+c)MC=(x+b)/(2x+b+c),由余弦定理得：MB/MC=(xA2-cA2+MBA2)/(-xA2+bA2-MCA2)(3)所以(x+c)/(x+b)=(xA2-cA2+MBA2)/(-xA2+bA2-MCA2)(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)*4xA2+aA2-(b+

19、c)A2=0,故得：AMA2=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=0,AD=a,AB=b.则四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD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*sin0,BKL的面积=(1/2)*BL*(b-AK)*sin0CLM的面积=(1/2)*(a-BL)

20、*(b-MD)*sin0，DMN的面积=(1/2)*(a-AN)*MD*sin0，平行四边形ABCD的面积=ab*sin0所以四边形KLMN的面积等于=(1/2)*ab*1-(AN-BL)*(AK-MD)/ab*sin0。另一方面,据已知条件,四边形KLMN的面积等于(1/2)*ab*sin0。比较四边形KLMN的面积的两种计算结果，可见:(AN-BL)*(AK-MD)=0于是，或者AN=BL，从而LN/AB;或者KA=MD，从而KM/AD。故命题得证。几何不等式-8命题设P是平行四边形ABCD内一点，求证：PA*PC+PB*PAB*BC并指出等号成立条件。证明作PQ平行且等于CD,连CQ,B

21、Q,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*COPQ*BC即PA*PC+PB*PAB*BC等号成立当且仅当P,B,Q,C四点共圆，即/CPB+/CQBn，而/CQB=/APD。所以不等式等号成立的条件为：/CPB+/APDn。证毕。据此证明该题可作如下改动命题设P为平行四边形ABCD内一点，满足/CPB+/APDn，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，内切，相含。三角形有三个圆，即外接圆，内切圆及九点圆。问三角形上述三个圆的关系解

22、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。内切圆：以三角形三个内角的角平分线的交点为圆心,圆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0,内切圆心为I,三角形ABC半周长为s,则易求得：0Q=V(9RA2+8Rr+2rA2-2sA2)/2,OI=VR(Rr),IQ=(R-2r)/2.根据圆与圆有5种关系,相离,外切,相交,内切,

23、内含。可判断：,九点圆与内切圆的两半径差等于R/2-r=IQ=(R-2r)/2，故内切圆I内切于九点圆Q,即两圆内切。,易证R-r0I=VR(R-2r),rA20,所以外接圆内含内切圆,即两圆内含。,外接圆与九点圆，当三角形为锐角时外接圆内含九点圆，R/2V(9RA2+8Rr+2rA2-2sA2)/2,s2R+r;当三角形为直角时九点圆内切于外接圆，R/2=V(9RA2+8Rr+2rA2-2sA2)/2,s=2R+r;当三角形为纯角时九点圆与外接圆相交，3R/2V(9RA2+8Rr+2rA2-2sA2)/2,sA24Rr+rA2.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

24、。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,在圆内接四边形PABE中，TOCo1-5hzPA*f+PE*a=PB*a(1)在圆内接四边形PADE中，PA*a+PE*f=PD*a(2)(1)+(2)得:PA*f+PE*a+PA*a+PE*f=(PB+PD)*a(3)在圆内接四边形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0,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=4C,P,Q为等腰ABC形内两点，且/PAB=/QAC=20

25、,/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，所以有/QCD=30度=/ADC。由/QAC=20度=/ADC，有AQ/DC,可知四边形AQCD为等腰梯形，即AD=QC,进而ABDBBQC,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EACAPAC。得PC=PE，

26、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命题在厶ABC中，/A=120,K、L分别是AB、AC上的点，且BK=CL，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与QL交于0,根据正三角形BPK,正三角形CQL及/A=120，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P0=PK+K0=BK+AL=CL+AL=AC;Q0=QL+L0=CL+AK=BK+AK=AB。而/POQ=12，所以ABCPQO。故PQ=

27、BC。几何证明题-5命题在厶ABC中，/A=120,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与QL交于O,根据正三角形BPK,正三角形CQL,ZA=120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=12，所以ABCPQO。故PQ=BC。几何不等式-9命题在厶ABC中，/A=120,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC迩L+AB,BKCL,以BK,CL为边向ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ闭

28、C。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/A=120,显然可证：四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,/POQ=120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：PQA2=POA2+QOA2-2*PO*QO*cos120=POa2+QOa2+PO*QO=(x+b-y)2+(y+c-x)A2+(x+b-y)*(y+c-x)=bA2+(x-y)A2+2b*(x-y)+cA2+(x-y)A2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(

29、x-y)-(x-y)A2=bA2+cA2+bc+(x-y)A2+(b-c)*(x-y)=BCA2+(x-y)*(b+x-c-y)因为BKCL,即xy,BK+AOCL+AB,即x+bc+y。所以(x-y)*(b+x-c-y)0,因此POBC。当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。几何不等式-10命题在厶ABC中，/A=120,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC迩L+AB,BKCL以BK,CL为边向ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ毛C。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/A=120,显然可证：

30、四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,/POQ=120。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：PQA2=POA2+QOA2-2*PO*QO*cos120=POA2+QOA2+PO*QO=(x+b-y)2+(y+c-x)A2+(x+b-y)*(y+c-x)=bA2+(x-y)A2+2b*(x-y)+cA2+(x-y)A2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)A2=bA2+cA2+bc+(x-y)A2+(b-c)*(x-y)=BCA2+(x-y)*(b+x-c-y)因为B

31、KCCL,即xwy,BK+AOCL+AB,即x+bc+y。所以(x-y)*(b+x-c-y)w0,因此PQwBC。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：/AKO为锐角的充要条件是：bA2+cA22aA2;/AKO为直角的充要条件是：bA2+cA2=2aA2;/AKO为钝角的充要条件是：bA2+cA2AK,即2*b*c*ma/(aA2+bA2+cA2)3*aA2*b*c/2*ma*(aA2+bA2+cA2)，4*(ma)A23*aA2bA2+cA22aA2。同理可证(2)

32、,(3)成立。几何证明题-7(1)/AHO为锐角的充要条件是:tanB*tanC3;/AHO为直角的充要条件是：tanB*tanC=3;命题设ABC的三边长为命题设ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，垂心为H。求证：/AHO为钝角的充要条件是：tanB*tanCAH,即2R*cosA4R*cosB*cosCtanB*tanC3;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半径求证：ma+mb+mfe4R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，

33、故有：BG+CGBO+CO，而BG=2*mb/3,CG=2*mc/3，BO+CO=R，所以mb+mc3R(1)又因为maR(2)(2)式当/A=n/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;MAA2+MBA2+MCA2=GAA2+GBA2+GCA2+3GMA2证明ABC的三条中线AD,BE,CF交于G,不妨设M在BGC内。对于AMD和G,由斯特瓦尔定理得；MAA2*DG+MDA2*AG-MGA*AD=AD*DG*AG因为DG=AD/3,GA=2AD/3

34、，代入整理得：3*MGA2=MAA2+2*MDA2-2*ADA2/3(1)容易算出，在MBC和GBC中有MDA2=(MBA2+MCA2)/2-BCA2/4GDA2=(GBA2+GCA2)/2-BCA2/4将上述两式代入(1)式得：3*MGA2=MAA2+MBA2+MCA2-(GBA2+GCA2)+2GDA2-2*ADA2/3=MAA2+MBA2+MCA2-(GAA2+GBA2+GCA2)所以MAA2+MBA2+MCA2=GAA2+GBA2+GCA2+3GMA2从等式显然可看出,当M异于G时，有MAA2+MBA2+MCA2GAA2+GBA2+GCA2所以到三角形三顶点距离的平方和为最小的点是三角

35、形的重心。几何证明-8命题在AABC中,各边不相等，O,I,H,Q分别为外心，内心，垂心与九点圆心，如果三角形ABC三个内角成等差数列。求证:IQ丄OH.证明(1)因为三角形ABC三个内角成等差数列，所以有一角必为n/3o记A=n/3,R为外接圆半径。则AH=2RcosA=R=AO，又因为AI平分/OAH，所以AHIAOI,即卩IH=IO。由于九点圆心在欧拉线0H上且平分线段0H。因此AI0H.证毕。证明(2)因为三角形ABC三个内角成等差数列，所以有一角必为n您记A=n/3,R,r,s分别为AABC外接圆半径,内切圆半径和半周长。根据己知恒等式:s=3RsinA+rcot(A/2)=(R+r

36、)V3而IHA2=4RA2+4R*r+3rA2-sA2,OIA2=R*(R-2r)。所以1屮2=4只人2+4只*叶3人2-5人2=4只人2+4只*叶3人2-3(只+常2=R*(R-2r)=O|A2,即IH=I0.又因为九点圆心在欧拉线0H上且平分线段0H。因此AI丄OH.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,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-

37、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S仁4,CMN的面积S2=3,ADN的面积S3=5,求AMN的面积S4.解设sin/ABC=sin(n-ZBCD)=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)

38、(a-y)*T,2*S3=10=by*T.因此有ab*xy*TA2=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(nA2-4n)/2n(n-1)+(nA2+2)/2(n-1)(n+1)+(nA2+4n)/2n(n+1)=7/5(3nA2-6)/2(nA2-1)=7/5nA2=16n=4.所以三角形三边为6

39、,8,10.而6A2+8A2=10A2,三角形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内切圆。命题已知在四边形ABCD中，AB+CD=BC+AD。求证四边形ABCD有内切圆。证明不妨设ABAD,BCCD，因为AB+CD=BC+AD，所以AB-AD=BC-CD。在AB上取点M,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为中心一圆内切四边形。几何证明-10问题若引自

40、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，MN丄BC./AH丄BC,AH/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命题己知在厶ABC中，BE和CF分别/B,/C的平分线，AM丄CF,AN丄BE,垂足分别为M,N。求证(1

41、),MN/BC;(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,因为/ABN=/CBN,AN丄BE，所以AN=NQ。同理可证:AM=MP，所以MN/PQ，即MN/BC。,因为PC=AC,BQ=AB,即PQ+QC=AC(X)BP+PQ=AB(Y)(X)+(Y)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DP丄AB,DQ丄AC,P,Q为垂足求证:(1),PQ=(DE+DF+EF)/2;(2)如果/A为钝角，则

42、PQ=(DE+DF-EF)/2.证明DEA2=CDA2+CEA2-2CD*CE*cosC=bA2cosCA2+aA2cosCA2-2abcosCA3=cosCA2(aA2+bA2-2abcosC)=cosCA2*cA2所以DE=c*cosC同理EF=a*cosA，DF=b*cosBPQA2=APA2+AQA2-2AP*AQcosA=bA2sinBA2sinCA2+cA2sinBA2sinCA2-2bcsinBA2sinCA2cosA=sinBA2sinCA2(bA2+cA2-2bc*cosA)=aA2sinBA2sinCA2=aA2*bA2*cA2/16RA4(R为三角形外接圆半径)所以PQ=

43、abc/4RA2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-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+/AO

44、B=n-n/m)+(nn/n)+(nn/p)=2n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命题在厶ABC中，其内切圆切BC于D，求证：ABD与厶ACD的内切圆相切。证明设厶ABD与厶ACD的内切圆分别切AD于H,K。贝UAH=(AB+AD-BD)/2;AK=(AC+AD-CD)/2因为BD=(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，

45、故厶ABD与厶ACD的内切圆相切。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内角之和为2n。求证:1/m+1/n+1/k=1/2证明因为边数分别为m,n,k的三个正多边形的内角为:(m-2)n/m;(n-2)n/n;(k-2)n/k根据题设条件：(m-2)n/m+(n-2)n/n+(k-2)n/k=2n1-2/m+1-2/n+1-2/k=21/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,A

46、C=n./AB/CG,AB/GC=BK/KC.(1)又/KABn-ZBAGn-5n/7=2n/7,/BCA=ZBACn/7.K=ZKAC,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=11/m+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:aA2=bA2+cA2证明设外接圆半径为1，则a=sin(n/5),b=sin(n/6)=1/2c=sin(n/10。令T=sin(n/5)F21/4-sin(n/10)人2T=1-cos(n/5

47、)人21/4-1-cos(n/5)/24T=4-4*cos(n/5)A21-2*1-cos(n/5)4T=-4*cos(n/5)A2+2*cos(n/5)+1注意到：cos(n/5)=(1+V5)/锵其代入T式中得T=0。所以sin(n/5)A2=1/4+sin(n/10)a即玄人2=3人2+。人2，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0在一直线上三角形九点圆圆心Q在欧拉线上，且平分0H。设AD是厶ABC的高,H为垂心，0为外心，L，P为BC与AH的中点，而连结PL交0H于K，PL即为此三角形的九点圆直径，K即为此三角形的

48、九点圆心。连0A，在OHA中，因为HP=PA，HK=KO，所以KP=A0/2。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，在圆内接四边形PABG中，TOCo1-5hzPA*m+PG*a=PB*a(1)在圆内接四边形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)在圆内接四边形PABD中，PA*m+PD*a=PB*n即PA*

49、m=PB*n-PD*a(4)(4)代入(3)式得：PB*n+PG*a+PA*a+PG*m=a*(PB+PD+PF)(5)在圆内接四边形PBDG中，PB*n+PG*m=PD*m(6)(6)代入(5)式得:PA*aPG*a+PG*m=a*(PB+PD+PF)(7)在圆内接四边形PCDE中，PC*a+PE*a=PD*m(8)(8)代入(7)式得:a*(PA+PC+PE+PG)=a*(PB+PD+PF)因为0,所以PA+PC+PE+PG=PB+PD+PF，证毕。几何证明-20命题设一凸四边形ABCD的面积为S，由对角线抡它分成四个三角形的面积分别为a,b,c,d。求证：abcdSA4=(a+b)(b+

50、c)(c+d)(d+a)F2证明设面积a与b的两个三角形和面积c与d的两个三角形分别位于凸四边形ABCD的对角线AC的两旁，两对角线AC和BD交于0。贝Ua/(a+b)=AO/AC=d/(c+d)=(a+d)/(a+b+c+d)=(a+d)/S，同理：b/(b+c)=(a+b)/S;c/(c+d)=(b+c)/S;d/(d+a)=(c+d)/S.四式相乘得：abcd/(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)=(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)/SA4,所以abcdSA4=(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)F2.证毕。几何计算-5命题在边长为12的正六边形ABCDEF内部有一点P,己

51、知点P到某两个顶点距离分别为13与5。求点P到其余四个顶点距离。解因为边长为12的正六边形ABCDEF对角线为12V3和24而13+5=18小于12V3,大于12,所以这两个顶点是相邻的。设PA=13,PB=5，又因为PAA2-PBA2=ABA2，所以/ABP为直角。于是点P位在对角线BD上，连CF,交BD于H，则PD=123-5;PE=7(PDA2+DEA2)=V(12“3)人2+144=V(601120V3);PF=y(PHA2+HFA2)=V(6“5)人2+(24-6)人2=V(45-B0V3);PC=V(PHA2+HCA2)=V(6V-35)A2+36=V(16-960V3).几何证明

52、-21命题求证：圆内接正六边形的面积为同圆内接正三角形面积与外切正三角形面积的比例中项。证明设圆0半径为R，S1为圆0内接正三角形面积，S2为圆0外切正三角形面积，S为圆0内接正六边形的面积。则S1=(3V3)RA2/4，S2=(3V3)RA2，S=(3V3)RA2/2显然SA2=S1*S2。证毕。几何证明-22命题设正ABC的外接圆半径为R,P为其外接圆上任一点，求证：PAA2+PBA2+P2=6RA2证明不妨设P在劣弧BC上，过C点作CD丄BP,交BP的延长线于D,则/CPD=/BACn/3,2PD=PCBCA2=BDA2+CDA2=(PB+PD)A2+CDA2=PBA2+2PB*PD+P

53、DA2+CDA2=PBA2+pb*pc+pca2。因为PA=PB+PC，所以pAA2+pBA2+pCA2=2*(pBA2+pCA2+pB*pC)=2BCA2。而BC=R/3,故PAA2+PBA2+PCA2=6RA2。证毕。几何证明-23命题设P是正ABC的内切圆上任意一点，求证:PAA2+PBA2+PCA2为一常数。证明设正ABC的内切圆半径为r，中心为0,连AO,BO,CO分别交其内切圆于D,E,F。显然DEF为正三角形，且D,E,F分别是AO,BO,C0的中点。根据三角形中线公式得;TOCo1-5hz2(POA2+PAA2)=AOA2+4PDA2(1)2(POA2+PBA2)=BOA2+4

54、PEA2(2)2(POA2+PCA2)=COA2+4PFA2(3)(1)+(2)+(3)得:6rA2+2(PAA2+PBA2+PCA2)=12rA2+4(PDA2+PEA2+PFA2)注意到恒等式:PDA2+PEA2+PFA2=6rA2所以PAA2+PBA2+PCA2=15rA2。证毕。经典几何-4命题ABC边BC，CA，AB上的点D，E，F分别内分各边的比t:(1-t)。求证：线段AD,BE,CF构成一个三角形的三边，记此三角形的面积为S,ABC的面积为。则有S=(1-t+tA2)*证明过D作DG/BE,EG/BD交于G,四边形BDGE为平行四边形，所以/CEG=/BCA。又CE=tCA,E

55、G=BD=tBC，所以ABCCGE.于是/GCE=/BAC,GC=tAB=AF，从而CG/AF。进而AG平行等于CF。这说明厶ADG即是以AD,BE,CF为三边长组成的三角形。再由三角形的面积公式，有S(ABC)/=BD/BC=t，S(ACG)/=S(ACF)/=AF/AB=t。S(DCG)/=DC*CG*sin/DCG/BC*AB*sinB=DC*CG/BC*AB=(DC/BC)*(AF/AB)=(1-t)t。于是S(ABD)=S(ACG)，S(DCG)=t(1-t)。从而由S=+S(ACG)-S(ABD)-S(DCG)即得:S=-t(1-t)=Q2-t+1)。证毕。备注：特别地当t=1/2

56、时，D,E,F分别为ABC的三边的中点，即1-t-tA2=3/4。故三角形的三中线构成的一个新三角形，且新三角形的面积为原三角形面积的3/4。(2)AD,BE,CF两两交点构成的小三角形面积等于*(2t-1)A2/(tA2-t+1).几何证明-24命题由平行四边形ABCD的顶点A引它的两条高AE，AF.设AC=a,EF=b，求A点到厶AEF的垂心H的距离。证明-1连AH,EH,FH，过C作CG丄AD交AD于G,连EG,FG。显然四边形AECG是矩形，AC=EG=a，AE=CG.。因为HAEF的垂心，EH丄AF，又AF丄CD，所以EH/CD。同理可证FH/BC,从而知四边形HECF是平行四边形。

57、因为AE=CG,EH=CF，/AEH=/GCF，所以AEHGCF,因此可得AH平行等于GF。又因为AH丄EF，所以GF丄EF。在RtEFG中，GFA2=EGA2-EFA2=ACA2-EFA2=aA2-bA2故AH=/(aA2-bA2)。证毕。证明-2连AH,EH,FH，在FD上取点G,使CF=GF，连HG,AG。易证EH=CF=FG，EF=HG。因为AF丄CG，且F是CG的中点，所以AC=AG。于是由勾股定理可得：AH=/(aA2-bA2)，证毕。几何证明-25命题在正ABC的边BC上任取一点D，设ABD与厶ACD的内心分别为I,P,外心分别为O,Q。求证：(IO)A2+(PQ)A2=(IPF

58、2证明连AO,AQ,AI,DO,DQ,DI,DP，以A点为原点将ABD旋转60度，此时B与C重心，D的对应点D在AC外侧。显然A,D,C,D四点共圆，据此可得：O与Q重合。于是OQ=AO=AQ=OD=QD，也就是说，AOQ,DOQ都是正三角形，因此得知O点在ACD的外接圆上。因为/DIA=/IDB+/BAI+/B=(/BADD+/ADB)/2+60=120=/DOA。因而ABD的内心I也在ACD的外接圆上。同理：ACD的内心P也在ABD的外接圆上。而OD,QD分别是ABD,ACD的外接圆的半径，于是/DIO=180-ZOAD=180-30=150=/QPD。又/PDI=(ZCDA+ZBDA)/

59、2=90,ZODQ=6,这样便有ZPDQ+ZODI=30,而ZODI+ZIOD=ZOAI+ZIAD=ZOAD=30,所以ZPDQ=ZIOD，从而PDQIOD,于是IO=PD。在RtIDP中，有(IO)A2+(PQ)A2=(ID)A2+(PD)A2=(IP)A2。证毕。几何证明-26命题设M为平行四边形ABCD的边AD的中点，过点C作AB的垂线交AB于E,且BC=2AB。求证：/EMD=3/MEA。证明过E点作AD的平行线，过M点作AB的平行线，两者交于E。连CE,DE,CM。因为AE丄CE,AE/ME，所以CE丄ME。又M是AD的中点，AE/CD，故ME是线段的垂直平分线，因而/EMC=/EM

60、E=ZAEM。又因为MD=CD,ME/CD，所以/DMC=/DCM=/EMC于是有：/EMD=/EME+ZEMC+ZDMC=3/AEM。证毕。几何证明-27命题等边三角形边长为a,在BC的延长线上取点D,使CD=b,在BA的延长线上取点E,使AE=a+b.求证EC=ED。证明延长BD至F，使得:DF=a，连EF。因为ZEBF=60度，BF=BC+CD+DF=a+b+a=2a+b=BA+AE=BE。所以BEF为等边三角形，/BFE=ZEBF=60度，又因为BC=DF=a,BE=EF=2a+b，所以BCEBDEF,故CE=DE。证毕。代数法解在厶CAE中，AE=a+b,AC=a,ZCAE=120，