平面几何习题集汇编

,.平面几何习题大全下边的平面几何习题均是我两年来采集的，属比赛范围。共分为五种种类，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Rt△ABC斜边AB上的一点，DE⊥BC于点E，DF⊥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.∵Rt△BED∽Rt△DFA,∴BE/DE=DF/AF<==>10/y=x/15<==>xy=150.所以，矩形DECF的面积150.几何证明-1命题在圆内接四边形ABCD中，O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，垂足挨次为P,Q,R,S。易证APO≌ΔORD，所以DR=OP,AP=OR，故OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。所以有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RtAPO≌RtORD，故得DR=OP,AP=OR，即OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。所以有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。几何不等式-1命题设P是正△ABC内随意一点，△DEF是P点对于正△ABC的内接三角形[AP,BP,CP延伸分别交BC,CA,AB于D,E,F]，记面积为S1;△KNM是P点对于正△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:S2≥S1。证明设P点对于正△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=(a^2√3)/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*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=(xa√3)/[2(x+y+z)],PN=(ya√3)/[2(x+y+z)],PM=(za√3)/[2(x+y+z)].故得：S2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/[4(x+y+z)^2]。所以待证不等式S2≥S1等价于:(3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+z)^2≥2xyz/(y+z)(z+x)(x+y);<====>3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)≥8xyz(x+y+z)^2;上式睁开等价于3x^3(y^2+z^2)+3y^3(z^2+x^2)+3z^3(x^2+y^2)-2xyz(x^2+y^2+z^2)-4xyz(yz+zx+xy)≥0;上式化简等价于x^2(x+2y+2z)(y-z)^2+y^2(y+2z+2x)(z-x)^2+z^2(z+2x+2y)(x-y)^2≥0.因为P点在正△ABC内，故x>0,y>0,z>0，所以上式明显建立。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,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的面积不超出三角形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*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-y)-x*(1-z)-y*(1-x)]=S*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy]，据此命题[S≥4S1]转变为证明4*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy]≤1依据塞瓦定理得:xyz=(1-x)*(1-y)*(1-z)上述恒等式睁开等价于1+yz+zx+xy=2xyz+x+y+z将其代入得:8xyz≤1.由算术--几何均匀不等式得:2√[x(1-x)]≤1,2√[y(1-y)]≤1,2√[z(1-z)]≤1,上述三式相乘得:8√[xyz(1-x)*(1-y)*(1-z)]≤1,<==>8xyz≤1.,.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的垂足三角形DEF的面积不超出三角形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)。故命题转变为求证a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤R(1)据恒等式:abc=4R，则上式为a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤abc/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R^2*(x+y+z)^2≥yza^2+zxb^2+xyc^2(3)睁开化简为(R*x)^2+(R*y)^2+(R*z)^2+(2*R^2-a^2)*yz+(2*R^2-b^2)*zx+(2*R^2-c^2)*xy≥0上式配方整理得:[R*x+(2*R^2-c^2)*y/(2R)+(2*R^2-b^2)*z/(2R)]^2+[c*y*cosC-b*z*cosB]^2≥0，明显建立。易考证当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。不如设a>b>c，则ha<hb<hc，运用化归法易证明:给定三角形ABC的最大内接矩形与最大内接正方形的一边与三角形一边重合，此外两头在此外两边上。下边在a>b>c条件下，求出最大内接矩形与最大内接正方形的面积。(1)对于给定三角形的最大内接矩形的面积可以下求:设矩形长为x[与BC边重合]，宽为y，矩形的面积为S1。运用相像比可得:(ha-y)/x=ha/a<==>x=a*(ha-y)/ha，所以S1=y*a*(ha-y)/ha=-[1/(a*ha)]*[a^2*y^2-2*a*S*y]=-[1/(2*S)]*(a*y-S)^2+S^/2≤S/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以下求:设正方形边长为x，正方形的面积为S2。运用相像比可得:(ha-x)/x=ha/a<==>x=2*S/(a+ha)，因为a>b>c，易证得:a+ha>b+hb>c+hc，所以给定三角形的最大内接正方形的面积:S2=[2*S/(c+hc)]^2。下边确立给定三角形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)]^2≤S/2<==>8*S≤(c+hc)^2,.因为c^2+(hc)^2≥2*c*hc=4*S，所以8*S≤(c+hc)^2明显建立。当c=hc时等号建立。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点凑近B点，F点凑近C点]。求证：假如∠EAF≤45°，则BE^2+CF^2≥EF^2;假如∠EAF≥45°，则BE^2+CF^2≤EF^2.证明设AE为y，AF为z，AB=AC=a。在△ABE，△ACF中[∠ABE=45°，∠ACF=45°]，依据余弦定理得:BE^2=y^2-a^2+a*BE*√2;y^2=a^2+BE^2-a*BE*√2;z^2=a^2+CF^2-a*CF*√2;CF^2=z^2-a^2+a*CF*√2.两式相加得:BE^2+CF^2=y^2+z^2-2a^2+a√2(BE+CF)=y^2+z^2-2a^2+a√2(a√2-EF)=y^2+z^2-a√2EF。注意到:△AEF面积的两种表示式yzsin(∠EAF)/2=aEF/(2√2)a√2EF=2yzsin∠EAF所以有BE^2+CF^2=y^2+z^2-2yzsin∠EAF而在△AEF中，依据余弦定理得:EF^2=y^2+z^2-2yzcos∠EAF对照上述两式，当∠EAF=45°时，有BE^2+CF^2=EF^2。,.(1)假如∠EAF≤45°，则tan∠EAF≤1，即BE^2+CF^2≥EF^2;(2)假如∠EAF≥45°，则tan∠EAF≥1，即BE^2+CF^2≤EF^2.附证如图,等腰直角三角形ABC,E,F在BC上,不如设F在E右边将△AFC旋转90度到△ADB∠ABC=∠ACB=∠ABD=45==>∠DBE=90BD=CF==>BE^2+CF^2=BE^2+BD^2=DE^2DE^2=AD^2+AE^2-2AD*AE*cos∠DAEEF^2=AF^2+AE^2-2AF*AE*cos∠EAFAD=AFDE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE)∠DAE=∠DAB+∠BAE=∠CAF+∠BAE=90-∠EAF(1)∠EAF≤45°,则90°＞∠DAE≥∠EAF＞0°,DE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE)≥0DE^2≥EF^2BE^2+CF^2≥EF^2(2)∠EAF≥45°,则0°＜∠DAE≤∠EAF＜90°,DE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE)≤0DE^2≤EF^2BE^2+CF^2≤EF^2,.几何不等式-6命题非钝角三角形的三条中线构成的三角形，它的外接圆半径大于原三角形外接圆半径的5/6。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。而以三角形三中线构成的三角形的面积为3S/4。依据三角形恒等式:abc=4R*S，故只要证明: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=2b^2+2c^2-a^2，4*(mb)^2=2c^2+2a^2-b^2，4*(mc)^2=2a^2+2b^2-c^2，因为三角形是非钝角三角形，则b^2+c^2-a^2>=0，c^2+a^2-b^2>=0,a^2+b^2-c^2>=0，注意三式不行能同时取零，当直角三角形时，有一为零。设x,y,z为非负实数，则令2x=b^2+c^2-a^2，2y=c^2+a^2-b^2,2z=a^2+b^2-c^2。则a^2=y+z,b^2=z+x,c^2=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),.x^3+y^3+z^3-x^2(y+z)-y^2*(z+x)-z^2*(x+y)+7*x*y*z>0(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，明显建立。证明(2)设RtABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ABC的外接圆半径和面积。而以RtABC三中线构成的A'B'C'Rm,m。明显m=3/4。命题转变:

ma,mb,mc，R,为Rt的外接圆半径和面积分别为Rm≥5R/6(1)依据三角形恒等式:abc=4R*，ma*mb*mc=4Rm*m。故只要证明:8*ma*mb*mc≥5*a*b*c(2)即64*(ma*mb*mc)^2≥25(a*b*c)^2(3)不失一般性，设a^2=b^2+c^2，据三角形中线公式:4*(ma)^2=2b^2+2c^2-a^2=b^2+c^2，4*(mb)^2=2c^2+2a^2-b^2=4c^2+b^2，4*(mc)^2=2a^2+2b^2-c^2=4b^2+c^2，所以(3)式等价于:(4c^2+b^2)*(4b^2+c^2)≥25*b^2*c^2(4)(4)<==>4*(b^2-c^2)^2≥0。明显建立，当三角形三角之比为:2:1:1时等号建立。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，心里为I。求证:(1)∠AIO为锐角的充要条件是:b+c>2a;,.∠AIO为直角的充要条件是:b+c=2a;∠AIO为钝角的充要条件是:b+c<2a。证明连AI并延伸交圆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*(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)建立。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:∠AGO为锐角的充要条件是:b^2+c^2>2a^2;∠AGO为直角的充要条件是:b^2+c^2=2a^2;(3)∠AGO为钝角的充要条件是:b^2+c^2<2a^2。证明连AG并延伸交圆O于D。BC边上的中线为ma，则AG=2*ma/3。易求得:DG=ma/3+a^2/(4*ma)。(1)对于等腰AOD，我们有∠AGO为锐角的充要条件是:AG>DG，即b^2+c^2>2a^2。同理可证(2),(3)建立。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:AM^2=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=(x^2-c^2+MB^2)/(-x^2+b^2-MC^2)

(3)所以

(x+c)/(x+b)=(x^2-c^2+MB^2)/(-x^2+b^2-MC^2)

(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)*[4x^2+a^2-(b+c)^2]=0，故得:AM^2=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，假如所取这四个点为极点的四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积的一半，求证:四边形KLMN起码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=θ,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*sinθ，△BKL的面积=(1/2)*BL*(b-AK)*sinθ，△CLM的面积=(1/2)*(a-BL)*(b-MD)*sinθ，△DMN的面积=(1/2)*(a-AN)*MD*sinθ，平行四边形ABCD的面积=ab*sinθ所以四边形KLMN的面积等于=(1/2)*ab*[1-(AN-BL)*(AK-MD)/ab]*sinθ。另一方面,据已知条件,四边形KLMN的面积等于(1/2)*ab*sinθ。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，或许AN=BL，从而LN∥AB;或许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*PD≥AB*BC并指出等号建立条件。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*CQ≥PQ*BC即PA*PC+PB*PD≥AB*BC等号建立当且仅当P,B,Q,C四点共圆，即∠CPB+∠CQB=π,而∠CQB=∠APD。所以不等式等号建立的条件为:∠CPB+∠APD=π。证毕。,.据此证明该题可作以下改动命题设P为平行四边形ABCD内一点，知足∠CPB+∠APD=π，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，订交，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九点圆：三角形三边的中点，三高的垂足及三极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，这个点到三角形极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均分线的交点为圆心,圆心到随意一边的距离相等，半径为r。设三角形ABC的九点圆心为Q，外接圆心为O，内切圆心为I，三角形ABC半周长为s，则易求得:OQ=[√(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)]/2,OI=√[R(R-2r)],IQ=(R-2r)/2.依据圆与圆有5种关系，相离，外切，订交，内切，内含。可判断:(1),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。(2),易证R-r>OI=√[R(R-2r)],<==>r^2>0，所之外接圆内含内切圆，即两圆内含。(3),外接圆与九点圆，当三角形为锐角时外接圆内含九点圆，R/2>[√,.(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)]/2,<==>s>2R+r;当三角形为直角时九点圆内切于外接圆，R/2=[√(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)]/2,<==>s=2R+r;当三角形为纯角时九点圆与外接圆相交，3R/2>[√(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)]/2,<==>s^2>4Rr+r^2.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，在圆内接四边形PABE中，PA*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a≠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=40

°，P，Q

为等腰△ABC

形内两点，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，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从而ABD≌ΔBQC，得BA=BQ。

，在ABQ中，可知∠QBA=20度，所以∠QBC=20度。在BA延伸线上取一点E，使BE=BC，连EP，EC，BP，可知∠PCE=(180-40)/2-10=60度，∠EAC=80度=∠PAC。从而EAC≌ΔPAC。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。所以B,，P，Q三点共线。几何证明题-4命题在△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。证明延伸直线PK与QL交于O，依据正三角形BPK,正三角形可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO。又因为故PO=PK+KO=BK+AL=CL+AL=AC;QO=QL+LO=CL+AK=BK+AK=AB

CQLBK=CL

及∠A＝120°,明显，。,.而∠POQ=120°，所以△ABC≌△PQO。故PQ=BC。几何证明题-5命题在△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。证明延伸直线PK与QL交于O，依据正三角形BPK,正三角形CQL，∠A＝120°及BK+AC=CL+AB，,明显可证:四边形OLAK为菱形，所以AK=LO=AL=KO。故PO=AB，QO=AC。而∠POQ=120°，所以△ABC≌△PQO。故PQ=BC。几何不等式-9命题在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC≥CL+AB，BK≥CL，以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ≥BC。证明延伸直线PK与QL交于O，令AC=b,AB=c，BK=x,CL=y。依据正三角形BPK,正三角形CQL及∠A＝120°,明显可证: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，依据余弦定理得:PQ^2=PO^2+QO^2-2*PO*QO*cos120°=PO^2+QO^2+PO*QO=(x+b-y)^2+(y+c-x)^2+(x+b-y)*(y+c-x)=b^2+(x-y)^2+2b*(x-y)+c^2+(x-y)^2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)^2,.=b^2+c^2+bc+(x-y)^2+(b-c)*(x-y)=BC^2+(x-y)*(b+x-c-y)因为BK≥CL,即x≥y,BK+AC≥CL+AB,即x+b≥c+y。所以(x-y)*(b+x-c-y)≥0,所以PQ≥BC。当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。几何不等式-10命题在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC≥CL+AB，BK≤CL以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ≤BC。证明延伸直线PK与QL交于O，令AC=b,AB=c，BK=x,CL=y。依据正三角形BPK,正三角形CQL及∠A＝120°,明显可证: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，依据余弦定理得:PQ^2=PO^2+QO^2-2*PO*QO*cos120°=PO^2+QO^2+PO*QO=(x+b-y)^2+(y+c-x)^2+(x+b-y)*(y+c-x)=b^2+(x-y)^2+2b*(x-y)+c^2+(x-y)^2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)^2=b^2+c^2+bc+(x-y)^2+(b-c)*(x-y)=BC^2+(x-y)*(b+x-c-y),.因为BK≤CL,即x≤y,BK+AC≥CL+AB,即x+b≥c+y。所以(x-y)*(b+x-c-y)≤0,所以PQ≤BC。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，近似重心为K。求证:∠AKO为锐角的充要条件是:b^2+c^2>2a^2;∠AKO为直角的充要条件是:b^2+c^2=2a^2;(3)∠AKO为钝角的充要条件是:b^2+c^2<2a^2。证明连AK并延伸分别交边BC及圆O于D与A’。BC边上的中线为ma，易求得:AK=2*b*c*ma/(a^2+b^2+c^2)，AD=2*b*c*ma/(b^2+c^2),KD=2*a^2*b*c*ma/[(a^2+b^2+c^2)*(b^2+c^2)],BD=a*c^2(b^2+c^2)/,CD=a*b^2/(b^2+c^2)所以据BD*CD=AD*A’D，得:A’D=a^2*b*c/[2*ma*(b^2+c^2)]故A’K=A’D+DK=3*a^2*b*c/[2*ma*(a^2+b^2+c^2)]。对于等腰AOA’，我们有∠AKO为锐角的充要条件是:AK>A’K，即2*b*c*ma/(a^2+b^2+c^2)>3*a^2*b*c/[2*ma*(a^2+b^2+c^2)]，4*(ma)^2>3*a^2b^2+c^2>2a^2。同理可证(2),(3)建立。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:∠AHO为锐角的充要条件是:tanB*tanC>3;∠AHO为直角的充要条件是:tanB*tanC=3;∠AHO为钝角的充要条件是:tanB*tanC<3。证明连AH并延伸分别交边BC及圆O于D与A’。易求得:AH=2R*cosA，HD=A’D=2R*cosB*cosC，故A’H=4R*cosB*cosC.对于等腰AOA’，我们有∠AHO为锐角的充要条件是:AH>A’H，即2R*cosA>4R*cosB*cosC<=>tanB*tanC>3;同理可证(2),(3)建立。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+mc≥4R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ma≥R(2)(2)式当∠A=π/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极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;MA^2+MB^2+MC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2证明ABC的三条中线AD,BE,CF交于G，不如设M在BGC内。对于AMD和G，由斯特瓦尔定理得;MA^2*DG+MD^2*AG-MG^@*AD=AD*DG*AG因为DG=AD/3,GA=2AD/3，代入整理得:3*MG^2=MA^2+2*MD^2-2*AD^2/3(1)简单算出，在MBC和GBC中有MD^2=(MB^2+MC^2)/2-BC^2/4GD^2=(GB^2+GC^2)/2-BC^2/4将上述两式代入(1)式得:3*MG^2=MA^2+MB^2+MC^2-(GB^2+GC^2)+2GD^2-2*AD^2/3=MA^2+MB^2+MC^2-(GA^2+GB^2+GC^2)所以MA^2+MB^2+MC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2从等式明显可看出,当M异于G时，有MA^2+MB^2+MC^2>GA^2+GB^2+GC^2所以到三角形三极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，心里,垂心与九点圆心，假如三角形ABC三个内角成等差数列。求证:IQ⊥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π/3。记A=π/3，R为外接圆半径。则AH=2RcosA=R=AO，又因为AI均分∠OAH，所以AHI≌ΔAOI，即IH=IO。因为九点圆心在欧拉线OH上且均分线段OH。所以AI⊥OH.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π/3。记A=π/3，R,r,s分别为ABC外接圆半径,内切圆半径和半周长。依据己知恒等式:s=3RsinA+rcot(A/2)=(R+r)√3而IH^2=4R^2+4R*r+3r^2-s^2，OI^2=R*(R-2r)。所以IH^2=4R^2+4R*r+3r^2-s^2=4R^2+4R*r+3r^2-3(R+r)^2=R*(R-2r)=OI^2，即IH=IO.又因为九点圆心在欧拉线OH上且均分线段OH。所以AI⊥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，连结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-x)(a-y),2*S三角形ADN=10=by.所以有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，连结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sin∠ABC=sin(π-∠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.所以有ab*xy*T^2=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，且知足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^2-4n)/[2n(n-1)]+(n^2+2)/[2(n-1)(n+1)]+(n^2+4n)/[2n(n+1)]=7/5<==>(3n^2-6)/[2(n^2-1)]=7/5<==>n^2=16<==>n=4.所以三角形三边为6,8,10.而6^2+8^2=10^2,三角形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。证明不如设AB>AD,BC>CD，因为AB+CD=BC+AD，所以AB-AD=BC-CD。在上取点M,使AM=AD;在BC上取点N,使CN=CD，所以BM=BN。即△ADM,△CDN,

AB△BMN

都是等腰三角形。故

A,B,C

三角的均分线，必是△

DMN

三边的垂直均分线，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问题若引自三角形一极点的高，角均分线，中线四均分这顶角，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°.证明延伸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⊥BC.∵AH⊥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△ABC中，BE和CF分别∠B,∠C的均分线，AM⊥CF,AN⊥BE,垂足分别为M,N。求证(1),MN∥BC;(2),MN=(AB+AC-BC)/2.证明分别延伸AM与AN交BC[或BC延伸线于点P,Q](1),因为∠ABN=∠CBN,AN⊥BE，所以AN=NQ。同理可证:AM=MP，所以MN∥PQ，即MN∥BC。(2),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⊥AB,DQ⊥AC，P,Q为垂足.求证:(1),PQ=(DE+DF+EF)/2；(2)假如∠A为钝角，则PQ=(DE+DF-EF)/2.证明DE^2=CD^2+CE^2-2CD*CE*cosC=b^2cosC^2+a^2cosC^2-2abcosC^3=cosC^2(a^2+b^2-2abcosC)=cosC^2*c^2所以DE=c*cosC同理EF=a*cosA，DF=b*cosBPQ^2=AP^2+AQ^2-2AP*AQcosA=b^2sinB^2sinC^2+c^2sinB^2sinC^2-2bcsinB^2sinC^2cosA=sinB^2sinC^2(b^2+c^2-2bc*cosA)=a^2sinB^2sinC^2=a^2*b^2*c^2/16R^4(R为三角形外接圆半径)所以PQ=abc/4R^2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+∠AOB=(π-π/m)+(π-π/n)+(π-π/p)=2π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，其内切圆切BC于D，求证:△ABD与△ACD的内切圆相切。证明设△ABD与△ACD的内切圆分别切AD于H,K。则AH=(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所以AH=AK，于是点H,K重合,故△ABD与△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2π。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)π/m;(n-2)π/n;(k-2)π/k。依据题设条件:(m-2)π/m+(n-2)π/n+(k-2)π/k=2π<==>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。延伸CB,GA交于K，即GC=m,AC=n.∵AB∥CG,∴AB/GC=BK/KC.(1)又∵∠KAB=π-∠BAG=π-5π/7=2π/7,∠BCA=∠BAC=π/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+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:a^2=b^2+c^2证明设外接圆半径为1，则a=sin(π/5)，b=sin(π/6)=1/2，c=sin(π/10)。,.令T=[sin(π/5)]^2-1/4-[sin(π/10)]^2T=1-[cos(π/5)]^2-1/4-[1-cos(π/5)]/24T=4-4*[cos(π/5)]^2-1-2*[1-cos(π/5)]4T=-4*[cos(π/5)]^2+2*cos(π/5)+1注意到:cos(π/5)=(1+√5)/4,将其代入T式中得T=0。所以[sin(π/5)]^2=1/4+[sin(π/10)]^2，即a^2=b^2+c^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O在向来线上.三角形九点圆圆心Q在欧拉线上，且均分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，在圆内接四边形PABG中，PA*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*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)代入(7)式得:a*(PA+PC+PE+PG)=a*(PB+PD+PF)因为a≠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，由对角线抡它分红四个三角形的面积分别为a,b,c,d。,.求证:abcdS^4=[(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)]^2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

O。则a/(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)/S^4,所以abcdS^4=[(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)]^2.证毕。几何计算-5命题在边长为12的正六边形ABCDEF别为13与5。求点P到其余四个极点距离。解因为边长为12的正六边形ABCDEF大于12,所以这两个极点是相邻的。设PA=13,PB=5，又因为PA^2-PB^2=AB^2

内部有一点P，己知点P到某两个极点距离分对角线为12√3和24而13+5=18小于12√3，，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=12

√3-5;PE=√(PD^2+DE^2)=

√[(12

√3-5)^2+144]=

√(601-120

√3);PF=√(PH^2+HF^2)=PC=√(PH^2+HC^2)=

√[(6√3-5)^2+(24-6)^2]=√[(6√3-5)^2+36]=

√(457-60√(169-60√3).

√3);,.几何证明-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O半径为R，S1为圆O内接正三角形面积，S2为圆O外切正三角形面积，S为圆O内接正六边形的面积。则S1=(3√3)R^2/4，S2=(3√3)R^2，S=(3√3)R^2/2明显S^2=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:PA^2+PB^2+PC^2=6R^2证明不如设P在劣弧BC上，过C点作CD⊥BP，交BP的延伸线于D，则∠CPD=∠BAC=π/3,2PD=PCBC^2=BD^2+CD^2=(PB+PD)^2+CD^2=PB^2+2PB*PD+PD^2+CD^2=PB^2+PB*PC+PC^2。因为PA=PB+PC，所以PA^2+PB^2+PC^2=2*(PB^2+PC^2+PB*PC)=2BC^2。而BC=R√3,故PA^2+PB^2+PC^2=6R^2。证毕。,.几何证明-23命题设P是正△ABC的内切圆上随意一点，求证:PA^2+PB^2+PC^2

为一常数。证明

设正△ABC

的内切圆半径为

r，中心为

O，连

AO，BO，CO

分别交其内切圆于D，E，F。明显△DEF为正三角形，且

D，E，F分别是

AO，BO，CO

的中点。依据三角形中线公式得

;2(PO^2+PA^2)=AO^2+4PD^22(PO^2+PB^2)=BO^2+4PE^22(PO^2+PC^2)=CO^2+4PF^2

(1)(2)(3)(1)+(2)+(3)

得:6r^2+2(PA^2+PB^2+PC^2)=12r^2+4(PD^2+PE^2+PF^2)注意到恒等式:PD^2+PE^2+PF^2=6r^2所以PA^2+PB^2+PC^2=15r^2。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积为△。则有S=(1-t+t^2)*△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。

。S，△ABC

的面,.又CE=tCA,EG=BD=tBC，所以△ABC∽△CGE.于是∠GCE=∠BAC，GC=tAB=AF，从而CG∥AF。从而AG平行等于CF。这说明△ADG即是以AD，BE，CF为三边长构成的三角形。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)△=(t^2-t+1)△。证毕。备注:(1)特别地当t=1/2时，D，E，F分别为△ABC的三边的中点，即1-t-t^2=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)^2/(t^2-t+1).几何证明-24命题由平行四边形ABCD的极点A引它的两条高AE，AF.设AC=a,EF=b，求A点到△AEF的垂心H的距离。证明-1连AH，EH，FH，过C作CG⊥AD交AD于G，连EG，FG。明显四边形AECG是矩形，AC=EG=a，AE=CG.。因为H为△AEF的垂心，EH⊥AF，又AF⊥CD，所以EH∥CD。同理可证FH∥BC，从而知四边形HECF是平行四边形。因为AE=CG，EH=CF，∠AEH=∠GCF，所以△AEH≌△GCF，,.所以可得AH平行等于GF。又因为AH⊥EF，所以GF⊥EF。在Rt△EFG中，GF^2=EG^2-EF^2=AC^2-EF^2=a^2-b^2故AH=√(a^2-b^2)。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⊥CG，且F是CG的中点，所以AC=AG。于是由勾股定理可得:AH=√(a^2-b^2)，证毕。几何证明-25命题在正△ABC的边BC上任取一点D，设△ABD与△ACD的心里分别为I，P，外心分别为O，Q。求证:(IO)^2+(PQ)^2=(IP)^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。明显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，所以得悉O点在△ACD的外接圆上。因为∠DIA=∠IDB+∠BAI+∠B=(∠BADD+∠ADB)/2+60°=120°=∠DOA。因此△ABD的心里I也在△ACD的外接圆上。同理:△ACD的心里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°-∠OAD=180°-30°=150°=∠QPD。又∠PDI=(∠CDA+∠BDA)/2=90°，∠ODQ=60°，这样便有∠PDQ+∠ODI=30°，而∠ODI+∠IOD=∠OAI+∠IAD=∠OAD=30°，所以∠PDQ=∠IOD，从而△PDQ≌△IOD,于是IO=PD。在Rt△IDP中，有(IO)^2+(PQ)^2=(ID)^2+(PD)^2=(IP)^2。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，二者交于E’。连CE’，DE’，CM。因为AE⊥CE，AE∥ME’，所以CE⊥ME’。又M是AD的中点，AE∥CD，故ME’是线段的垂直均分线，因此∠E’MC=∠E’ME=∠AEM。又因为MD=CD，ME’∥CD，所以∠DMC=∠DCM=∠E’MC，于是有:∠EMD=∠E’ME+∠E’MC+∠DMC=3∠AEM。证毕。几何证明-27,.命题等边三角形边长为a,在BC的延伸线上取点D,使CD=b,在BA的延伸线上取点E，使AE=a+b.求证EC=ED。证明延伸BD至F，使得:DF=a，连EF。因为∠EBF=60度，BF=BC+CD+DF=a+b+a=2a+b=BA+AE=BE。所以BEF为等边三角形，∠BFE=∠EBF=60度，又因为BC=DF=a，BE=EF=2a+b，所以BCE≌ΔDEF，故CE=DE。证毕。代数法解在△CAE中，AE=a+b,AC=a，∠CAE=120°，由余弦定理得:CE^2=a^2+(a+b)^2+a(a+b)=3a^3+3ab+b^2。在△DBE中，BD=a+b,BE=2a+b，∠DBE=60°，由余弦定理得:DE^2=(a+b)^2+(2a+b)^2-(a+b)(2a+b)=3a^2+3ab+b^2。所以EC=ED。经典几何-5命题在已知△ABC所在的平面上，求一点P，使PA+PB+PC为最小。解17世纪法国数学家P.Fermat曾向伽利略的学生托里拆里提出以下风趣的有名问题:在△ABC的平面上求一点P,使P点到△ABC三极点的距离之和为最小．托里拆里用好几种方法解决了这一问题，得出结论:(1),当△ABC的最大内角小于120°时，则在△ABC形内存在一点P使∠BPC=∠CPA=∠APB=120°，这点即是使PA+PB+PC为最小的点；(2),当△ABC,.的最大内角不小于120°时，则当P为最大内角所在的极点时，PA+PB+PC为最小。这点称作费马点。下边仅对状况(1)进行议论。设P是△ABC内一点，连PA，PB，PC。以AB为边向外作正三角形ABA’，则A’为一确立点。以PB为边作正三角形BPP’，因为P点是改动的，所以P’也是改动的。可是，因为BP=BP’，BA=BA’，∠PBA=∠P’BA’=60°-∠ABP’，所以ABP≌ΔA’BP’，故PA=P’A’。又因为PB=BP’=PP’，所以有PA+PB+PC=P’A’+PP’+PC。因为A’是定点，P是可选择的动点，且P’随P而变。此刻我们要议论的PA+PB+PC即是A’，C之间的折线A’P’PC的长度何时获得最小值的问题了。明显，当这四点在同向来线上时，长度为最小。此时，因为∠PBP’=∠BP’P=60°，所以∠BPC=∠BP’A’=120°，即∠APB=120°，所以∠CPA=120°。这就是我们要求的结论。详细的P点地点:设△ABC的最大内角小于120°，分别以边BC，CA，AB为边向外作正△A’BC，正△AB’C，正△ABC’。则AA’，BB’，CC’交于一点P，P点就是的费马点。经典几何-6命题正六边形外接圆上任一点至六极点的连结线，此中两长辈的和必等于其余四者的和。证明下边先证明这个命题，而后给出这一命题的推行。设正六边形ABCDEF，随意点P在劣弧AB上。命题就是要求证:PD+PE=PF+PA+PB+PC,.连BF，BD，DF。明显△BDF是正三角形，在圆内接四边形PBDF中，依据托勒密定理得:BF*PD=PB*DF+PF*BD，而BF=DF=BD，所以PD=PB+PF。(1)相同方式可证:PE=PA+PC。(2)(1)+(2)得:PD+PE=PF+PA+PB+PC。证毕。上述命题的推行正3n边形外接圆上任一点至3n极点的连结线，此中n长辈的和必等于其余2n者的和。证法与上述相同，这里略。几何计算-6命题设三角形的角A，B，C对边分别是a,b,c重心和心里分别是G，I。且GI垂直于CI，求证(a+b+c)/3=2ab/(a+b)证明依据三角形已知恒等式:CI^2=ab(a+b-c)/(a+b+c)，CG^2=(2a^2+2b^2-c^2/9，IG^2=(AI^2+BI^2+CI^2-AG^2-BG^2-CG^2)/3=[2a^2(b+c)+2b^2(c+a)+2c^2(a+b)-a^3-b^3-c^3-9abc]/[9(a+b+c)]。在直角三角形CIG中，据勾股定理得:CG^2=CI^2+GI^2，即(2a^2+2b^2-c^2/9-ab(a+b-c)/(a+b+c)=[2a^2(b+c)+2b^2(c+a)+2c^2(a+b)-a^3-b^3-c^3-9abc]/[9(a+b+c)],.<==>3[a^3+b^3+6abc-3ab(a+b)-c^2(a+b)]=0，<==>(a+b)c^2-6abc-(a+b)(a^2+b^2-4ab)=0，<==>(c-a-b)*[(a+b)c+a^2+b^2-4ab]=0。所以得:(a+b)c+a^2+b^2=4ab，而c=a+b，不合题意，舍去。而(a+b)c+a^2+b^2=4ab<==>(a+b)*(a+b+c)=6ab，故(a+b+c)/3=2ab/(a+b)。命题得证。几何不等式-12命题设P，Q，R，S分别是边长为1的正方形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，求证PQ+QR+RS+SP>=2√2.证明设AP=x,BQ=y,CR=z,DS=w，则PB=1-x,QC=1-y,RD=1-z,SA=1-w。则有PQ=√[y^2+(1-x)^2]，QR=√[z^2+(1-y)^2]，RS=√[w^2+(1-z)^2]，SP=√[x^2+(1-w)^2]。而易证PQ=√[y^2+(1-x)^2]>=(y+1-x)/√2，(1)QR=√[z^2+(1-y)^2]>=(z+1-y)/√2，(2)RS=√[w^2+(1-z)^2]>=(w+1-z)/√2，(3)SP=√[x^2+(1-w)^2]>=(x+1-w)/√2.(4)(1)+(2)+(3)+(4)得:PQ+QR+RS+SP>=4/√2=2√2.证毕。,.几何计算-7命题在矩形ABCD内有一点PA=4,PB=3,PD=5.求PC的长.解法一设矩形ABCD两对角线交于O，PA的中点为E，连PC。在四边形ABPD中，运用四边形定理：随意一个四边形各边的平方和等于对角线的平方和加上对角线中点连线的平方的四倍。则AB^2+AD^2+PB^2+PD^2=PA^2+BD^2+4OE^2注意到

:AB^2+AD^2=BD^2,PA=4,PB=3

，PD=5

，所以

4OE^2=25+9-16=18

。而PC=2OE，故PC^2=18,PC=3√2。解法二将三角形ABP平移至DCE，作PE平行等于AD，易知此时有关数据.考虑到此时4^2-DF^2=3^2-CF^2=EF^2,以及5^2-DF^2=PC^2-CF^2=PF^2,知25-PC^2=DF^2-CF^2=7由此得PC^2=25-7=18，PC=3*2^0.5.

知DF^2-CF^2=7.，几何不等式-13命题在RtABC中，AD是斜边上高，M，N分别是RtABD与RtACD的心里，连结MN并分别延伸交AB，AC于K，L，记RtABC与RtAKL的面积分别为S，S1。求证:S≥2S1。证明连结AM，DM，DN，AN。因为RtABD∽RtACD，并注意到DM与DN是这两个相像直角三角形直角的分角线，而,.M与N又分别是它们的心里，所以DM/DN=BD/CD，又易知∠MDN=直角，故RtABD∽RtMDN。即有∠NMD=∠ABD，从而知K，M，D，B四点共圆。据此∠AKL=∠MDB=45°。故AKL是等腰直角三角形。因为AM是∠AKD分角线，∠AKL=∠MDA=45°，AM是公共边。所以KAM≌ΔDAM，即AK=AD。因为S=AB*AC/2，AD=AB*AC/BC，所以2S1=AK*AL=AD^2=AB^2*AC^2/BC^2=(AB*AC/2)*(2*AB*AC)/(AB^2+AC^2)≦AB*AC/2=S。证毕。几何计算-8命题在ABC的边BC，CA，AB上分别取D，E，F，使BD/DC=x，CE/EA=y，AF/FB=z。连AD，BE，CF，BE与CF交于K，CF与AD交于M，AD与BE交于N。设ABC的面积为S。求KMN的面积为S’。证明依据面积比:S(ABD)/S=BD/BC=BD/(BD+DC)=x/(1+x)，所以S(ABD)=Sx/(1+x)。而截线BNE对ADC来说恰巧知足梅涅劳斯定理，所以(AE/EC)*(CB/BD)*(DN/NA)=1，即(1/y)[(1+x)/x]*(DN/NA)=1，故有DN/NA=xy/(1+x)<==>DN/AD=xy/(1+x+xy)。而S(BDN)/S(ABD)=ND/AD=xy/(1+x+xy)。,.即S(BDN)=S(ABD)xy/(1+x+xy)=S*x^2*y/[(1+x)*(1+x+xy)]所以S(ABN)=S(ABD)-S(BDN)=Sx/(1+x)-S*x^2*y/[(1+x)*(1+x+xy)]即S(ABN)=S/(1+x+xy)。(1)同理可证得:S(BCK)=S/(1+y+yz)。(2)S(CAM)=s/(1+z+zx)。(3)据此可得:S’=S-S(ABN)-S(BCK)-S(CAM)=S[1-/(1+x+xy)-1/(1+y+yz)-1/(1+z+zx)]上式化简整理得:S’=S*(1-xyz)^2/[(1+x+xy)*(1+y+yz)*(1+z+zx)]。几何证明-28命题分别以四边形ABCD的边AB,CD为腰,B,C为直角极点向形外作等腰直角三角形ABE,CDF;再以BC为斜边向形外作等腰直角三角形BGC,M为边AD中点.求证:2MG=EF,MG⊥EF.证明在证明上述命题前，先给出一个引理。引理在随意ABC中,以A为直角极点,分别以AB,AC为腰向ABC形外作等腰直角三角形ABE,ACF,连EF,D是EF的中点.则有(1),2AD=BC，(2),AD⊥BC.引理简证以下:以A点为旋转中点,按顺时针将ABC旋转90°,则C→F,设B→B’.则FB’=BC，FB’⊥BC，E，A，B’三点共线，且A是EB’的中点。因为D是EF的中点，于是由三角形的中位线定理:2AD=FB’，AD∥FB’。所以2AD=BC，AD⊥BC.得,.证.下边依据引理来证明上述命题.以G为直角极点作两个等腰直角三角形AGI,DGJ。连EI，FJ，IJ。因为等腰直角三角形ABE与等腰直角三角形AGI同向相像,由此易知AIE与AGB同向相似。这两个同向相像三角形有两组对应边的夹角为45°.所以EI与BG的交角也为45°。又BG与BC的交角相同为45°,所以EI⊥BC。又EI/BG=AE/AB=BC/BG，所以EI=BC。同理可证:FJ=BC,FJ⊥BC。所以EI=FJ，EI∥FJ。从而EF=IJ,EF∥IJ。因为M是AD的中点,依据上述引理即知:2MG=IJ，MG⊥IJ。故得:2MG=EF,MG⊥EF.证毕。共点线与共线点-2命题梯形ABCD,AD∥BC,且AD=2BC.分别以梯形ABCD的腰AB,CD为腰,B,C为直角极点向形外作等腰直角三角形ABE,CDF;再以BC为斜边向形外作等腰直角三角形BGC.求证:(1),EG=FG，(2),G，E，F共线.证明在证明上述命题前，先给出一个引理。引理在随意ABC中,以A为直角极点,分别以AB,AC为腰向ABC形外作等腰直角三角形ABE,ACF,连EF,D是EF的中点.则有(1),2AD=BC，(2),AD⊥BC.引理简证以下:以A点为旋转中点,按顺时针将ABC旋转90°,则C→F,设B→B’.则FB’=BC，FB’⊥BC，E，A，B’三点共线，且A是EB’的中点。因为D是EF的中点，于是由三角形的中位线定理得:2AD=FB’，AD∥FB’。所以2AD=BC，AD⊥BC.得,.证.下边依据引理来证明上述命题.作正方形BGCH,连AH,DH，M,N分别是AH,DH的中点，连BM,CN。明显MN=AD/2=BC，MN∥AD∥BC。所以四边形BCNM为平行四边形,即有MB=CN，，BM∥CN。因为HBG，HCG皆为等腰直角三角形，由上述引理知:MB=EG/2,MB⊥EG，NC=FG/2,NC⊥FG。所以得:EG=FG，G，E，F共线.几何计算-9命题设M是等腰直角三角形ABC的腰AB的中点，，N是另一腰AC上一点,且CN=2NA，CM与BN交于P。求∠MPB。解一以B点为极点,将Rt△BAC逆时针旋转90角,设A→A',N→N',C→C'.则N'在C'A'上,BN⊥BN',BN=BN',∠BNN'=45角.连A'C',AC',NN',CA',则M在线段CA'的中点上.四边形AC'A'B是正方形.因为CC'/C'N=2CA/(CA+AN)=6AN/(4AN)=3/2.而C'A'/C'N'==3/2.所以CC'/C'N=C'A'/C'N',故NN'∥CA'.从而∠MPB=∠BNN'=45角.解二如图：将等腰Rt△ABC补成正方形ABEC（设边长为6），Q是CE中点延伸CA至D，使AD=CA/2=3易证：Rt△BEQ≌△CAM≌BAD(SAS)--->BQ∥CM，BQ⊥BD∵CQ=3，CN=4--->NQ=5=2+3=ND--->△BNQ≌△BND(SSS),.==>BN是直角DBQ的均分线--->∠MPB=∠QBN=45°解三∵

tan

∠BMA=3

，tan∠ACM=1/2

，-------

（*）tan

∠BPM=tan

∠CPM=tan

（∠BMA-

∠ACM

）（tan∠BMA-tan∠ACM）/（1+tan∠BMA*tan∠ACN）把（*）代入计算得tan∠BMP=1，∴∠BMP=45°解四我先提示一下：过C作CD⊥BN于D（延伸线上），证△CDP为等腰直角三角形！只须证∠DCP=45，易知∠MCD=∠MBA，只须证∠MCP=∠MBC！只须证：△MCP～△MBC，只须证MC^2=MP*MB,设直角边长为a，用勾股定理可求出BM，过N作NE//MB依据：△NPE～△BPM可求出NP/PB，从而求出NP，PB与即可证明MC^2=MP*MB,与△MCP～△MBC。

交CMNP*NB

于E，经典几何-7命题设D,E为△ABC的边BC上两点,且∠BAD=∠EAC.求证AB*AC=AD*AE+√(BD*BE*CD*CE),.证明为证上述命题,我们先证明Steiner定理.Steiner定理:设D,E为△ABC的边BC上两点,且∠BAD=∠CAE.则有AB^2/AC^2=BD*BE/CD*CE.简证以下:作△ADE的外接圆，交AC于M,交AB于N，依据∠BAD=∠CAE,明显证得四边形DEMN为等腰梯形,MN∥BC.所以有AB/AC=BN/CM.又依据圆幂定理:AB=BD*BE/BN,AC=CD*CE/CM.故AB/AC=BD*BE*CM/CD*CE*BN=(CM/BN)*(BD*BE/CD*CE)=(AC/AB)*(BD*BE/CD*CE).即得AB^2/AC^2=BD*BE/CD*CE.下边依据Steiner定理来证明上述问题证明在AC取点M,使∠ABD=∠AEM,则△ABD～△AEM,即有AB*AM=AD*AE.(1)由Steiner定理得:AB*CD*CE=AC*√(BD*BE*CD*CE)(2)再由A,D,E,M四点共圆及圆幂定理得:CD*CE=AC*CM.因此由(2)式得:AB*CE=√(BD*BE*CD*CE)(3)(1)+(3)即得所证结论.证毕.备注:几点说明(1),Steiner定理是三角形角均分线性质定理的推行;(2),上述命题是求等角共轭点的塞瓦线的实用公式;(3),上述命题当D,E重合时,即为Schooten定理.Schooten定理:,.设△ABC的顶角A的均分线交BC于D,则有:AD^2==AB*AC-BD*CD.几何计算-10命题在

ABC

中,AB=AC,

∠BAC=100

°,P

为∠ABC

的角均分线上一点

,PB=AB,

求∠PCB.解以BC为对称轴,作轴反射变换,设P→Q，连BQ,AQ.明显∠QBC=∠PBC,BQ=BP,又PB是∠ABC的角均分线,PB=AB.所以∠QBC=∠PBC=∠ABP=20°,即∠ABQ=60°,AB=PB=BQ,故ABQ为正三角形.注意到:∠PAQ=∠PAB-∠QAB=(180°-20°)/2-60°=20°.而∠APQ=∠APB+∠BPQ=(180°-20°)/2+(180°-40°)/2=150°.所以∠AQP=180°-150°-20°=10°.易证∠QAP=∠CAP=20°,AQ=AC,故QAP≌ΔCAP,即∠AQP=∠ACP=10°.从而得∠PCB=∠ACB-∠ACP=40°-10°=30°.几何计算

-11命题

在ABC

中,AB=AC,

∠BAC=20

°,在

AB,AC

上分别取点

D,E,

使∠CBE=60

°,∠DCB=50°,求∠DEB.解以等腰ABC的底边BC上的高h为对称轴,作轴反射变换,则B→C设E→E’,则E’在AB上,且EE’∥BC.再设CE’与BE交于F,则F在对称轴h上,且由∠CBE=60°知FBC,FEE’均为正三角,.形,所以EE’=EF,BC=BF.又由∠DCB=50°,∠BAC=20°知∠BDC=∠DCB=50°,所以BD=BC=BF.从而由∠FBD=∠ABC-∠FBC=80°-60°=20°知∠DFB=80°.再由∠EFE’=60°得∠E’FD=40°.但∠DE’F=∠BEC=180°-∠CBE-∠ECB=180°-80°-60°=40°.所以DE’=DF,因此DE是E’F的垂直均分线.这样便有∠DEB=∠E’EF/2=30°.几何计算-12命题P是ABC内部任一点，过P点分别作BC∥D1D2,CA∥E1E2,AB∥F1F2的平行线，交BC于F2,E1,交CA于D2,F1,交AB于E2,D1。令PE1F2,PF1D2,PD1E2的面积分别为k,n,m。求ABC的面积。解设ABC,AD1D2,BE1E2,CF1F2的面积分别为:S,S1,S2,S3.则有S=S1+S2+S3-k-n-m。而√S1/