平面幾何習(xí)題集全套匯編

1、平面幾何習(xí)題大全下面的平面幾何習(xí)題均是我兩年來收集的，屬競賽范圍。共分為五種類型，1，幾何計算；2，幾何證明；3，共點線與共線點；4，幾何不等式；5，經(jīng)典幾何。幾何計算-1命題設(shè)點D是RfABC斜邊AB上的一點DE丄BC于點E,DF丄AC于點F。若AF=15,BE=10,則四邊形DECF的面積是多少？解：設(shè)DF=CE=x,DE=CF=y.vRfBED-RfDFA,.BE/DE二DF/AF10/y=x/15xy=150.所以，矩形DECF的面積150.幾何證明-1命題在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，O為圓心，己知zAOB+/COD=180.求證:由O向四邊形ABCD所作的垂線段之和等于四邊形ABCD的

2、周長的一半。證明(一)連OA,OB,OC,OD，過圓心O點分別作AB,BC,CD,DA的垂線，垂足依次為P,Q,R,S。易證APOMORD，所以DR=OPAP=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。證明(二)連OA,OB,OC,OD，因為zAOB+zCOD=180,OA=OD，所以易證RtAAPO聖RtAORD，故得DR=OPAP=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+DA

3、)/2。幾何不等式-1命題設(shè)P是正ABC內(nèi)任意一點，DEF是P點關(guān)于正ABC的內(nèi)接三角形APBPCP延長分別交BC,CA,AB于D,E,F記面積為S1;KNM是P點關(guān)于正ABC的垂足三角形過P點分別作BC,CA,AB垂線交于K,N,M,記面積為S2。求證:S2nS1。證明設(shè)P點關(guān)于正ABC的重心坐標(biāo)為P(x,y,z),a為正MBC的邊長，則正ABC的面積為S=(a人2V3)/4。由三角形重心坐標(biāo)定義易求得: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的面積X=AE*AF*sin60/

4、2=Syz/(z+x)(x+y);BFD的面積Y=BF*BD*sin60/2=Szx/(x+y)(y+z);CDE的面積Z=CD*CE*sin60/2=Sxy/(y+z)(z+x).從而有S1=S-X-Y-Z=2xyzS/(y+z)(z+x)(x+y)。因為P點是aKNM的費馬點，從而易求得: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)人2。所以待證不等式S2S1等價于：(3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+

5、z)人22xyz/(y+z)(z+x)(x+y);3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)8xyz(x+y+z)人2;上式展開等價于3x人3(y人2+z人2)+3y人3(z人2+x人2)+3z人3(x人2+y人2)-2xyz(x人2+y人2+z人2)-4xyz(yz+zx+xy)0;上式化簡等價于x人2(x+2y+2z)(y-z2+y人2(y+2z+2x)(z-x)人2+z人2(z+2x+2y)(x-y)人20.因為P點在正ABC內(nèi)，故x0,y0,z0,所以上式顯然成立。命題得證。幾何不等式-2命題設(shè)P是三角形ABC內(nèi)一點，直線AP,BP,CP與三邊的交點分別為D,E,F。則三角形

6、DEF叫做點P的塞瓦三角形。試證點P的塞瓦三角形DEF的面積不超過三角形ABC面積的四分之一。證明設(shè)三角形ABC的面積為S,塞瓦三角形DEF的面積為S1,三角形AEF的面積為Sa,三角形BFD的面積為Sb,三角形CDE的面積為Sc。令BD=xBC,CE=yCA,AF=zAB,則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-

7、x)=S*1-(x+y+z)+yz+zx+xy，據(jù)此命題SA4S1轉(zhuǎn)化為證明4*1-(x+y+z)+yz+zx+xy1根據(jù)塞瓦定理得:xyz=(1-x)*(1-y)*(1-z)上述恒等式展開等價于1+yz+zx+xy=2xyz+x+y+z將其代入得：8xyz1.由算術(shù)-幾何平均不等式得: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.幾何不等式-3命題設(shè)P是三角形ABC內(nèi)一點，點P在三邊BC,CA,AB上的射影分別為D,E,F。則三角形DEF叫做點P的垂足三角形。試證點P的垂足三角形DEF的面積不超過三角形

8、ABC面積的四分之一。證明設(shè)P點垂足ADEF面積為F,AABC面積為,令PD=r1,PE=r2/PC=r3/BC=a,CA=b/AB=c/R表示三角形ABC的外接圓半徑。則有F=r2*r3*sinA+r3*r1*sinB+r1*r2*sinC/2=a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2/(4R)。故命題轉(zhuǎn)化為求證TOC o 1-5 h za*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2RA據(jù)恒等式:abc=4RA,則上式為a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r20上式配方整理得:R*x+(2*R人2-c人2)*y/(2R)+(2*R人2-b人2)*z/(2R)人2+c*y*cosC

9、-b*z*cosB人20,顯然成立。易驗證當(dāng)x:y:z=a*cosA:b*cosB:c*cosC,即外心時取等號。幾何不等式-4命題試比較給定一三角形的最大內(nèi)接矩形的面積與最大內(nèi)接正方形的面積大小。證明設(shè)給定三角形ABC的邊長分別為a,b,c，相對應(yīng)的高線分別為ha,hb,hc，給定三角形ABC的面積為S。不妨設(shè)abc，則hahbbc條件下，求出最大內(nèi)接矩形與最大內(nèi)接正方形的面積。對于給定三角形的最大內(nèi)接矩形的面積可如下求設(shè)矩形長為x與BC邊重合，寬為y，矩形的面積為S1。運用相似比可得：(ha-y)/x=ha/ax=a*(ha-y)/ha，所以S1=y*a*(ha-y)/ha=-1/(a*h

10、a)*a人2*y人2-2*a*S*y=-1/(2*S)*(a*y-S)人2+S人/2S/2。當(dāng)y二S/a二ha/2,x=a/2時，S1的最大值為S/2。所以給定三角形的最大內(nèi)接矩形的面積為S/2,它共有三種形狀，即(長，寬)=(a/2,ha/2);(長,寬)=(b/2,hb/2);(長,寬)=(c/2,hc/2)。注意這里長與寬相對而言。對于給定三角形的最大內(nèi)接正方形的面積可如下求設(shè)正方形邊長為x，正方形的面積為S2。運用相似比可得：(ha-x)/x=ha/ax=2*S/(a+ha)，因為abc，易證得:a+hab+hbc+hc,所以給定三角形的最大內(nèi)接正方形的面積:S2=2*S/(c+hc)

11、人2。下面確定給定三角形ABC的最大內(nèi)接矩形的面積與最大內(nèi)接正方形的面積大小。2*S/(c+hc)人2S/28*S(c+hc)人2因為c人2+(hc)人2n2*c*hc=4*s，所以8*S(c+hc)人2顯然成立。當(dāng)c=hc時等號成立。幾何不等式-5命題在等腰直角三角形中，/BAC=90,E,F在BC邊上E點靠近B點，F(xiàn)點靠近C點。求證：如果zEAF45,則BE人2+CF人2EF人2.證明設(shè)AE為y,AF為z,AB=AC=ao在MBE,ACF中zABE=45,/ACF=45，根據(jù)余弦定理得：BE人2=人2-a人2+a*BE*V2;人2二a人2+BE人2-a*BE*V2;z人2二a人2+CF人2

12、-a*CF*V2;CF人2=乙人2-a人2+a*CF*V2.f兩式相加得：BE人2+CF人2二y人2+z人2-2a人2+aV2(BE+CF)二y人2+z人2-2a人2+aV2(aV2-EF)=yA2+z人2-aV2EF。注意到:MEF面積的兩種表示式y(tǒng)zsin(,EAF)/2二aEF/(2V2)aV2EF=2yzsinzEAF所以有BEA2+CF人2二yA2+zA2-2yzsinzEAF而在AEF中，根據(jù)余弦定理得：EFA2=yA2+zA2-2yzcoszEAF對比上述兩式，當(dāng)zEAF=45時，有BEA2+CF人2二EF人2。如果zEAF45,則tanzEAFEF人2;如果zEAF45,則ta

13、nzEAF1,即BEA2+CFA2zDBE=90BD=CF=BEA2+CFA2=BEA2+BDA2=DEA2DEA2=aDA2+AEA2-2AD*AE*coszDAEEFa2=AFA2+AEA2-2AF*AE*coszEAFAD=AFDEA2-EFA2=2AF*AE(coszEAF-coszDAE)zDAE=zDAB+zBAE=zCAF+zBAE=90-zEAFzEAFzDAEzEAF0,DEA2-EFA2=2AF*AE(coszEAF-coszDAE)0DEA2EFA2BEA2+CFA2EFA2zEAF45,則0zDAEzEAF90,DEA2-EFA2=2AF*AE(coszEAF-cosz

14、DAE)0DEA2EFA2BEA2+CFA25*a*b*c(1)即64*(ma*mb*mc)人225(a*b*c)人2(2)據(jù)三角形中線公式:4*(ma)人2=2b人2+2c人2-a人2,4*(mbH2=2c人2+2a人2-b人2,4*(mc)人2=2a人2+2b人2-c人2,因為三角形是非鈍角三角形,則b人2+c人2-a人2=0,c人2+a人2-b人2=0,a人2+b人2-c人2=0,注意三式不可能同時取零，當(dāng)直角三角形時，有一為零。設(shè)x,y,z為非負(fù)實數(shù)，則令2x=b人2+c人2-a人2,2y=c人2+a人2-b人2,2z=a人2+b人2-c人2。則a人2=y+z,b人2二z+x,c人2二

15、x+y。對(2)式作置換等價于:(4x+y+z)*(4y+z+x)*(4z+x+y)25*(y+z)*(z+x)*(x+y)(3)x人3+y人3+z人3-x人2(y+z)-y人2*(z+x)-z人2*(x+y)+7*x*y*z0(3)式是全對稱的，不失一般性，設(shè)x=min(x,y,z),(3)化簡整理等價于x*(x-y)*(x-z)+(y+z-x)*(y-z)人2+4*x*y*z0，顯然成立。證明(2)設(shè)RtAABC的三邊長為a,b,c，相對應(yīng)的中線分別為ma,mb,mc,R,A為RtAABC的外接圓半徑和面積。而以RtAABC三中線組成的AABC的外接圓半徑和面積分別為Rm,Amo顯然Am=

16、3A/4。命題轉(zhuǎn)化：Rm5R/6(1)根據(jù)三角形恒等式:abc=4R*A,ma*mb*mc=4Rm*Am。故只需證明：8*ma*mb*mc5*a*b*c(2)即64*(ma*mb*mc)人225(a*b*c)人2(3)不失一般性，設(shè)a人2=b人2+c人2，據(jù)三角形中線公式：4*(ma)人2=2b人2+2c人2-a人2二b人2+c人2,4*(mb)人2=2c人2+2a人2-b人2=4c人2+b人2,4*(mc)人2=2a人2+2b人2-c人2=4b人2+c人2,所以(3)式等價于：(4c人2+b人2)*(4b人2+c人2)25*b人2*c人24*(b人2-c人2)人20。顯然成立，當(dāng)三角形三角之

17、比為2:1:1時等號成立。幾何不等式-7命題設(shè)AABC的三邊長為BC=a,CA=b,AB=c,外心為O,內(nèi)心為I。求證：zAIO為銳角的充要條件是:b+c2a;zAI0為直角的充要條件是:b+c=2a;zAI0為鈍角的充要條件是:b+cd，即b+c2a。同理可證(2),(3)成立。幾何不等式-7命題設(shè)AABC的三邊長為BC=a,CA=b,AB=c,外心為0,重心為G。求證：zAGO為銳角的充要條件是:b人2+c人22a人2;zAGO為直角的充要條件是:b人2+c人2=2a人2;zAGO為鈍角的充要條件是:b人2+c人2DG,即b人2+c人22a人2。同理可證(2),(3)成立。幾何證明-2命題

18、在AABC中，BC=a,CA=b,AB=c,s為半周長，在BC上的一點M，使得AABM與AACM的內(nèi)接圓相等。求證:AM人2=s*(s-a)證明設(shè)AM=x,依題意可得：MB+MC=a(1)MB/MC=(x+c+MB)/(x+b+MC)(2)(2)等價于MB/MC=(x+c)/(x+b)據(jù)(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人2-c人2+MB人2)/(-x人2+b人2-MC人2)所以(x+c)/(x+b)=(x人2-c人2+MB人2)/(-x人2+b人2-MC人2)(4)將MB=(x+c)*a/(2x+b+

19、c)MC=(x+b)/(2x+b+c)代入(4)式化簡整理得：(x+b)*(x+c)*4x人2+a人2-(b+c)人2=0,故得:AM人2=s*(s-a)經(jīng)典幾何-1命題在平行四邊形ABCD邊AB,BC,CD,DA上分別取點K,L,M,N，如果所取這四個點為頂點的四邊形KLMN的面積等于平行四邊形ABCD的面積的一半，求證:四邊形KLMN至少有一條對角線平行于平行四邊形ABCD邊。證明在平行四邊形ABCD中，設(shè)zDAB=9,AD=a,AB=b.則四邊形KLMN的面積等于平行四邊形ABCD的面積減去三角形AKN,BKL,CLM,DMN的面積之和。由面積公式不難求得:AKN的面積=(1/2)*AN

20、*AK*sin6,BKL的面積=(1/2)*BL*(b-AK)*sinCLM的面積=(1/2)*(a-BL)*(b-MD)*sin9,DMN的面積=(1/2)*(a-AN)*MD*sin9,平行四邊形ABCD的面積=ab*sin9所以四邊形KLMN的面積等于=(1/2)*ab*1-(AN-BL)*(AK-MD)/ab*sin9。另一方面,據(jù)已知條件,四邊形KLMN的面積等于(1/2)*ab*sin9。比較四邊形KLMN的面積的兩種計算結(jié)果，可見：(AN-BL)*(AK-MD)=0于是，或者AN=BL,從而LNIIAB;或者KA=MD,從而KMIIAD。故命題得證。幾何不等式-8命題設(shè)P是平行四

21、邊形ABCD內(nèi)一點，求證:PA*PC+PB*PDAB*BC并指出等號成立條件。證明作PQ平行且等于CD，連CQ,BQ,貝0四邊行CDPQ與ABQP均為平行四邊形，所以CQ=PD,BQ=PA,PQ=AB=CD在四邊形PBQC中，由Ptoiemy不等式有BQ*PC+PB*CQPQ*BC即PA*PC+PB*PDAB*BC等號成立當(dāng)且僅當(dāng)PBQC四點共圓，即zCPB+zCQB=n,而/CQB二/APD。所以不等式等號成立的條件為：zCPB+zAPD=n。證畢。據(jù)此證明該題可作如下改動命題設(shè)P為平行四邊形ABCD內(nèi)一點，滿足zCPB+zAPD=n,則有PA*PC+PB*PD=AB*BC。經(jīng)典幾何-2命題

22、圓與圓有5種關(guān)系，相離，外切，相交，內(nèi)切，相含。三角形有三個圓，即外接圓，內(nèi)切圓及九點圓。問三角形上述三個圓的關(guān)系解九點圓：三角形三邊的中點，三高的垂足及三頂點與垂心間線段的中點，共九個點共圓，這個圓稱為三角形的九點圓；其圓心為三角形外心與垂心所連線段的中點，其半徑等于三角形外接圓半徑的一半，半徑為R/2。外接圓：以三角形的三條中垂線的交點為圓心，這個點到三角形頂點的距離為半徑的圓，半徑為R。內(nèi)切圓：以三角形三個內(nèi)角的角平分線的交點為圓心,圓心到任意一邊的距離相等，半徑為r。設(shè)三角形ABC的九點圓心為Q，外接圓心為O,內(nèi)切圓心為I，三角形ABC半周長為s，則易求得:0Q二V(9R人2+8Rr+

23、2r人2-2s人2)/2,OI=VR(R-2r),IQ=(R-2r)/2.根據(jù)圓與圓有5種關(guān)系，相離，外切，相交，內(nèi)切，內(nèi)含。可判斷:(1),九點圓與內(nèi)切圓的兩半徑差等于R/2-r=IQ=(R-2r)/2，故內(nèi)切圓I內(nèi)切于九點圓Q，即兩圓內(nèi)切。,易證R-r0I=VR(R-2r),r人20,所以外接圓內(nèi)含內(nèi)切圓，即兩圓內(nèi)含。(3),外接圓與九點圓,當(dāng)三角形為銳角時外接圓內(nèi)含九點圓,R/2V(9R人2+8Rr+2r人2-2s人2)/2,s2R+r;當(dāng)三角形為直角時九點圓內(nèi)切于外接圓，R/2二V(9R人2+8Rr+2r人2-2s人2)/2,s=2R+r;當(dāng)三角形為純角時九點圓與外接圓相交，3R/2V

24、(9R人2+8Rr+2r人2-2s人2)/2,s人24Rr+r人2.幾何證明-3命題己知P為正五邊形ABCDE的外接圓AE圓弧上一點。求證:PA+PC+PE二PB+PD證明設(shè)正五邊形的邊長和對角線分別為a,f。據(jù)托勒密定理，在圓內(nèi)接四邊形PABE中，PA*f+PE*a=PB*a(1)在圓內(nèi)接四邊形PADE中，PA*a+PE*f=PD*a(2)(1)+(2)得:PA*f+PE*a+PA*a+PE*f=(PB+PD)*a(3)在圓內(nèi)接四邊形PACE中，PA*f+PE*f=PC*a(4)將(4)式代入(3)式得:a*(PA+PC+PE)=a*(PB+PD)因為a/0,所以PA+PC+PE二PB+PD

25、,證畢。共點線與共線點-1命題在等腰SBC中,zB=zC=40,P,Q為等腰SBC形內(nèi)兩點，且/PAB二/QAC=20,zPCB=zQCA=10o求證:B,P,Q三點共線。證明以BC為一邊，在A點的同側(cè)作正三角形DBC，連DA，BQ。易知AB=AC,可知DA為BC的中垂線，由zQCA=10度得zQCB=30度，可知CQ為BD的中垂線，所以有zQCD=30度二/ADC。由zQAC=20度二/ADC,有AQllDC,可知四邊形AQCD為等腰梯形，即AD=QC,進而ABD泌BQC,得BA=BQo在AABQ中，可知/QBA=20度，所以/QBC=20度。在BA延長線上取一點E，使BE=BC,連EP,E

26、C,BP,可知/PCE=(180-40)/2-10=60度，/EAC=80度二/PAG進而AEACMPAC。得PC二PE,所以APEC為正三角形，有PC=PE,可知BP為EC的中垂線。于是/PBC=/EBC/2=20度二/QBC。因此B,P,Q三點共線。幾何證明題-4命題在MBC中,/A二120KL分別是AB、AC上的點，且BK=CL,以BK,CL為邊向MBC的形外作正三角形BKP和CLQ證明：PQ=BC。證明延長直線PK與QL交于O,根據(jù)正三角形BPK,正三角形CQL及/A二120,顯然可證:四邊形OLAK為平行四邊形，所以AK=LO,AL=KOo又因為BK=CL,故PO=PK+KO=BK+

27、AL=CL+AL=AC;QO=QL+LO=CL+AK=BK+AK=ABo而zPOQ=120,所以MBCmPQ。故PQ二BC。幾何證明題-5命題在MBC中/A二120KL分別是AB、AC上的點，且BK+AC二CL+AB,以BK,CL為邊向ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。證明：PQ=BC。證明延長直線PK與QL交于O,根據(jù)正三角形BPK,正三角形CQL,zA二120及BK+AC=CL+AB,，顯然可證:四邊形OLAK為菱形，所以AK=LO=AL=KOo故PO=AB,QO=ACo而zPOQ=120,所以ABCPQOo故PQ二Be。幾何不等式-9命題在MBC中/A二120KL分別是AB、AC上的

28、點，且BK+ACCL+AB,BKCL,以BK,CL為邊向MBC的形外作正三角形BKP和CLQ。證明：PQBC。證明延長直線PK與QL交于O，令A(yù)C=b,AB=c，BK=x,CL=yo根據(jù)正三角形BPK,正三角形CQL及zA二120,顯然可證:四邊形OLAK為平行四邊形，所以AK二LO,AL二KO/POQ二120。據(jù)此得:PO=PK+KO=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。在三角形PQO中，根據(jù)余弦定理得:PQ人2=PO人2+QO人2-2*PO*QO*cos120=PO人2+QO人2+PO*QO=(x+b-y)人2+(y+c-x)人2+(x+b-y)*(y+c-x

29、)二b人2+(x-y)人2+2b*(x-y)+c人2+(x-y)人2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)人2二b人2+c人2+bc+(x-y)人2+(b-c)*(x-y)二BC人2+(x-y)*(b+x-c-y)因為BKCL,即xy,BK+ACCL+AB,即x+bc+yo所以(x-y)*(b+x-c-y)0,因此PQBCo當(dāng)BK+AC二CL+AB或BK=CL時取等號。幾何不等式-10命題在MBC中/A二120KL分別是AB、AC上的點，且BK+ACCL+AB,BKCL以BK,CL為邊向MBC的形外作正三角形BKP和CLQ。證明：PQBC。證明延長直線PK與QL交于O,令

30、AC=b,AB=c,BK二x,CL二y。根據(jù)正三角形BPK,正三角形CQL及/A二120,顯然可證:四邊形OLAK為平行四邊形，所以AK二LO,AL二KO/POQ二120。據(jù)此得:PO=PK+KO=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。在三角形PQO中，根據(jù)余弦定理得：PQ人2=PO人2+QO人2-2*PO*QO*cos120=PO人2+QO人2+PO*QO=(x+b-y)人2+(y+c-x)人2+(x+b-y)*(y+c-x)二b人2+(x-y)人2+2b*(x-y)+c人2+(x-y)人2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)人2二b人2+

31、c人2+bc+(x-y)人2+(b-c)*(x-y)二BC人2+(x-y)*(b+x-c-y)因為BKCL,即xCL+AB,即x+bnc+y。所以（x-y）*（b+x-c-y）0,因此PQ2a人2;zAKO為直角的充要條件是:b人2+c人2=2a人2;zAKO為鈍角的充要條件是:b人2+c人2AK,即2*b*c*ma/（a人2+b人2+c人2）3*a人2*b*c/2*ma*（a人2+b人2+c人2）,4*（ma）人23*a人2b人2+c人22a人2。同理可證（2）,（3）成立。幾何證明題-7命題設(shè)AABC的三邊長為BC=a,CA=b,AB=c,外心為O,垂心為H。求證:/AHO為銳角的充要條件

32、是:tanB*tanC3;zAHO為直角的充要條件是:tanB*tanC=3;zAHO為鈍角的充要條件是:tanB*tanCAH,即2R*cosA4R*cosB*cosCtanB*tanC3;同理可證(2),(3)成立。幾何不等式-11命題在非純角AABC中，設(shè)ma,mb,mc;R分別表示的三中線及外接圓半徑.求證:ma+mb+mc4R證明在非純角AABC中，設(shè)A=max(A,B,C),G,O分別表示AABC的重心與外心，則O點必落在ABGC中，故有:BG+CGBO+CO,而BG=2*mb/3,CG=2*mc/3，BO+CO=R，所以mb+mc3R(1)又因為maR(2)式當(dāng)zA=n/2時取等

33、號。（1）+（2）即得所證不等式。經(jīng)典幾何-3命題試證到三角形三頂點距離的平方和為最小的點是三角形的重心。上述重心性質(zhì)可改述為:命題在AABC中，G是重心,M是平面上任一點。求證；MA人2+MB人2+MC人2二GA人2+GB人2+GC人2+3GM人2證明AABC的三條中線AD,BE,CF交于G,不妨設(shè)M在ABGC內(nèi)。對于AMD和口G,由斯特瓦爾定理得；MA人2*DG+MD人2*AG-MGa*AD二AD*DG*AG因為DG=AD/3,GA=2AD/3，代入整理得：3*MG人2二MA人2+2*MD人2-2*AD人2/3容易算出，在AMBC和厶GBC中有MD人2=（MB人2+MC人2）/2-BC人2

34、/4GD人2=（GB人2+GC人2）/2-BC人2/4將上述兩式代入（1）式得：3*MG人2二MA人2+MB人2+MC人2-（GB人2+GC人2）+2GD人2-2*AD人2/3=MA人2+MB人2+MC人2-（GA人2+GB人2+GC人2）所以MA人2+MB人2+MC人2二GA人2+GB人2+GC人2+3GM人2從等式顯然可看出，當(dāng)M異于G時，有MA人2+MB人2+MC人2GA人2+GB人2+GC人2所以到三角形三頂點距離的平方和為最小的點是三角形的重心。幾何證明-8命題在AABC中,各邊不相等，O,I,H,Q分別為外心，內(nèi)心，垂心與九點圓心，如果三角形ABC三個內(nèi)角成等差數(shù)列。求證:IQ丄O

35、H.證明因為三角形ABC三個內(nèi)角成等差數(shù)列，所以有一角必為n/3o記A=n/3,R為外接圓半徑。則AH=2RcosA=R=AO,又因為AI平分zOAH，所以AAHIMAOI，即IH=IO。由于九點圓心在歐拉線OH上且平分線段OH。因此AI丄OH.證畢。證明因為三角形ABC三個內(nèi)角成等差數(shù)列，所以有一角必為n/3o記人=砒3,R,r,s分別為AABC外接圓半徑，內(nèi)切圓半徑和半周長。根據(jù)己知恒等式:s=3RsinA+rcot(A/2)=(R+r)V3而IH人2=4R人2+4R*r+3r人2-s人2,OI人2二R*(R-2r)。所以IH人2=4R人2+4R*r+3r人2-s人2二4R人2+4R*r+

36、3r人2-3(R+r)人2二R*(R-2r)=OI人2,即IH=IO.又因為九點圓心在歐拉線OH上且平分線段OH。因此AI丄OH.證畢。幾何計算-2命題設(shè)ABCD是一個矩形,BC上有一點M,CD上有一點N，連接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二？解設(shè)AB二CD二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.因此有ab*xy=80;ab+xy=24據(jù)此可得：ab=20,xy=4.而2*S三角形AMN=

37、2ab-ax-by-(a-y)(b-x)=ab-xy=20-4=16，所以S三角形AMN=8。幾何計算-3命題設(shè)ABCD是一個平行四邊形,BC上有一點M,CD上有一點N，連接AM,MN,AN上ABM的面積S1=4,ACMN的面積S2=3,AADN的面積S3=5,求厶AMN的面積S4.解設(shè)sin/ABC二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)(a-y)*T,2*S3=10=by*T.因此有ab*xy*T人2=80;ab*T+xy*T=24據(jù)此可得：ab*T=20,xy*T=

38、4.而2*S4=2ab-ax-by-(a-y)(b-x)*T=(ab-xy)*T=20-4=16，所以S4=8。幾何計算-4命題已知三角形三邊為連續(xù)偶數(shù)，且滿足cosA+cosB+cosC=7/5。求該三角形的面積。解設(shè)三邊為2n-2、2n、2n+2,利用余弦定理代入計算(n人2-4n)/2n(n-1)+(n人2+2)/2(n-1)(n+1)+(n人2+4n)/2n(n+1)=7/5=(3n人2-6)/2(n人2-1)=7/5=n人2=16n=4.所以三角形三邊為6,8,10.而6人2+8人2=10人2,三角形ABC是直角三角形三角形的面積=6*8/2=24.幾何證明-9問題試證:對邊之和相等

39、的四邊形必有內(nèi)切圓。命題已知在四邊形ABCD中，AB+CD二BC+AD。求證四邊形ABCD有內(nèi)切圓。證明不妨設(shè)ABAD,BCCD,因為AB+CD=BC+AD,所以AB-AD=BC-CD。在AB上取點M,使AM=AD;在BC上取點N,使CN=CD，所以BM=BNO即ADM,CDN,BMN都是等腰三角形。故A,B,C三角的平分線，必是aDMN三邊的垂直平分線，它們交于-點O,O點到四邊形ABCD的四邊的距離相等，所以必存在以O(shè)為中心一圓內(nèi)切四邊形。幾何證明-10問題若引自三角形一頂點的高，角平分線，中線四等分這頂角，則此三角形為直角三角形。命題己知ABC的高AH，乙A的分角線AD,BC上的中線AM

40、，且zBAH=zHAD=zDAM=zMAC。求證zBAC=90.證明延長人。交4ABC的外接圓于N,連NM。vzBAD=zCAD,/.N為圓弧BC的中點。M為BC的中點，.MN丄BC.AH丄BC,aAHhMN,azANM=zHAD=zNAM,aMA=MN.MN與MA不重合，而MN所在的直線必過AABC外接圓圓心.故M必為外接圓圓心,ABC為直徑,azBAC=90.證畢。幾何證明-11命題己知在MBC中，BE和CF分別zB,zC的平分線,AM丄CF,AN丄BE,垂足分別為M,N。求證(1),MNllBC;(2),MN=(AB+AC-BC)/2.證明分別延長AM與AN交BC或BC延長線于點PQ,因

41、為zABN=zCBN,AN丄BE，所以AN=NQO同理可證:AM二MP,所以MNIIPQ,即MNllBCo,因為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又因為MN=PQ/2,所以MN=(AB+AC-BC)/2.證畢。幾何證明-12命題己知AD,BE,CF分別為銳角三角形ABC的三邊上的高，作DP丄AB,DQ丄ACRQ為垂足求證:(1),PQ=(DE+DF+EF)/2;如果為鈍角，則PQ=(DE+DF-EF)/2.證明DE人2=CD人2+CE人2-2CD*CE*cosC二b人2cosC人2+a人2co

42、sC人2-2abcosC人3二cosC人2(a人2+b人2-2abcosC)=cosC人2*c人2所以DE=c*cosC同理EF=a*cosA,DF=b*cosBPQ人2二AP人2+AQ人2-2AP*AQcosA二b人2sinB人2sinC人2+c人2sinB人2sinC人2-2bcsinB人2sinC人2cosA二sinB人2sinC人2(b人2+c人2-2bc*cosA)二a人2sinB人2sinC人2二a人2*b人2*c人2/16R人4(R為三角形外接圓半徑)所以PQ=abc/4R人2所以(DE+DF+EF)/PQ=cosC/sinAsinB+cosB/sinAsinC+cosA/sin

43、BsinC=-(cotAcotB-1+cotBcotC-1+cotCcotA-1)=-(1-3)=2所以PQ=(DE+DF+EF)/2(注：cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA=1幾何證明-13命題以三角形ABC的各邊為邊，分別向形外作正多邊形，若它們的邊數(shù)分別為m,n,p且三個正多邊形各自的外接接圓共點。求證:1/m+1/n+1/p=1證明設(shè)以BC,CA,AB為邊所作的正多邊形的邊數(shù)分別為m,n,p，三正多邊形各自的外接圓交于O。則zBOC+zC0A+zA0B=(n-n/m)+(n-n/n)+(n-n/p)=2n故1-1/m+1-1/n+1-1/p=2即1/m+1/n+1/p

44、=1，證畢。幾何證明-14命題在MBC中，其內(nèi)切圓切BC于D,求證：ABD與ACD的內(nèi)切圓相切。證明設(shè)MBD與MCD的內(nèi)切圓分別切AD于H,K。則AH=(AB+AD-BD)/2;AK=(AC+AD-CD)/2因為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,于是點H,K重合，故MBD與MCD的內(nèi)切圓相切。證畢.幾何證明-15命題已知邊數(shù)分別為m,n,k的三個正多邊形的各一內(nèi)角之和為2n。求證：1/

45、m+1/n+1/k=1/2證明因為邊數(shù)分別為m,n,k的三個正多邊形的內(nèi)角為：(m-2)n/m;(n-2)n/n;(k-2)n/k。根據(jù)題設(shè)條件:(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。證畢幾何證明-16命題設(shè)正七邊形的邊長為a,兩對角線分別為m,n。求證:1/m+1/n=1/a。證明設(shè)ABCDEFG為正七邊形，較長的對角線為m,較短的對角線為n。延長CB,GA交于K，即GC=m,AC二n.ABllCGjAB/GC二BK/KC.(1)又vzKAB=n-zBAG=n-5n/7=2n/7,zBCA=zBAC=n/7.azK=zKAC,KC=AC二n,AB/AC二AB/KC(2)(1)+得:AB/GC+AB/KC=(BK+AB)/KC二KC/KC=1,即a/m+a/n=11/m+1/n=1/a。證畢。幾何證明-17命題己知a,b,c分別是同一外接圓中正五邊形，正六邊形和正十邊形的邊長。求證a人2二b人2+c人2證明設(shè)外接圓半徑為1，則a=sin(n/5),b=sin(n/6)=1/2,c=sin(n/10)o令T=sin(n/5)人2-1/4-si