平面几何习题解答.docx

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平面几何习题解答

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，垂足依次为P,Q,R,S。

易证ΔAPO≌ΔORD，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

RtΔAPO≌RtΔORD，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+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△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△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=（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;

上式展开等价于

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,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*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]转化为证明

4*[1-（x+y+z）+yz+zx+xy]≤1

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:

8xyz≤1.

由算术--几何平均不等式得:

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的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。

证明设P点垂足ΔDEF面积为F,ΔABC面积为Δ，

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*r2≤RΔ

（1）

据恒等式:

abc=4RΔ，则上式为

a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤abc/4

（2）

设P点的ΔABC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）

（3）展开化简为

（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，

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a>b>c，则ha

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，另外两端在另外两边上。

下面在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=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。

（2）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:

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。

（3）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）]^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∠EAF≤45°，则BE^2+CF^2≥EF^2;

（2）如果∠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°]，根据余弦定理得:

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，根据余弦定理得:

EF^2=y^2+z^2-2yzcos∠EAF

对比上述两式，当∠EAF=45°时，有BE^2+CF^2=EF^2。

（1）如果∠EAF≤45°，则tan∠EAF≤1，即BE^2+CF^2≥EF^2;

（2）如果∠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,不妨设F在E右侧

将△AFC旋转90度到△ADB

∠ABC=∠ACB=∠ABD=45==>∠DBE=90BD=CF

==>BE^2+CF^2=BE^2+BD^2=DE^2

DE^2=AD^2+AE^2-2AD*AE*cos∠DAE

EF^2=AF^2+AE^2-2AF*AE*cos∠EAF

AD=AF

DE^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）≥0

DE^2≥EF^2

BE^2+CF^2≥EF^2

（2）∠EAF≥45°,则0°＜∠DAE≤∠EAF＜90°,

DE^2-EF^2=2AF*AE（cos∠EAF-cos∠DAE）≤0

DE^2≤EF^2

BE^2+CF^2≤EF^2

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。

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=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=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）

（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）设RtΔABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,Δ为RtΔABC的外接圆半径和面积。

而以RtΔABC三中线组成的ΔA'B'C'的外接圆半径和面积分别为Rm,Δm。

显然Δm=3Δ/4。

命题转化:

Rm≥5R/6

（1）

根据三角形恒等式:

abc=4R*Δ，ma*mb*mc=4Rm*Δm。

故只需证明:

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。

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ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，内心为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*（AI+d）

从而得:

AI=d*（b+c-a）/a。

（1）对于等腰ΔAOD，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ΔABC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:

b^2+c^2>2a^2;

（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+a^2/（4*ma）。

（1）对于等腰ΔAOD，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）成立。

几何证明-2

命题在ΔABC中，BC=a,CA=b,AB=c，s为半周长，在BC上的一点M，使得ΔABM与ΔACM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，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=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*PD≥AB*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*CQ≥PQ*BC即PA*PC+PB*PD≥AB*BC

等号成立当且仅当P,B,Q,C四点共圆，即∠CPB+∠CQB=π,而∠CQB=∠APD。

所以不等式等号成立的条件为:

∠CPB+∠APD=π。

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+∠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，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.

根据圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，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，所以外接圆内含内切圆，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，

进而ΔABD≌ΔBQC，得BA=BQ。

在ΔABQ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ΔEAC≌ΔPAC。

得PC=PE，所以ΔPEC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,∠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O，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PO=PK+KO=BK+AL=CL+AL=AC;QO=QL+LO=CL+AK=BK+AK=AB。

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。

证明延长直线PK与QL交于O，根据正三角形BPK,正三角形CQL，∠A＝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=120°，所以△AB