平面几何难题
先用解析几何证明一个关于点P的关系.
D=(0,0). B=(b,0), C=(c,0), A=(0,1).
则由截距式有直线AB: x/b+y=1, (1)
斜率-1/b. 所以DF斜率b. 所以直线DF: y=bx. (2)
联立(1)(2)得到点F坐标(b/(1+b^2), b^2/(1+b^2)).
由对称性, 把b换成c得到点E坐标(c/(1+c^2), c^2/(1+c^2)).
所以直线EF斜率是(b+c)/(1-bc).
所以直线EF: y-b^2/(1+b^2)=(b+c)/(1-bc)*(x-b/(1+b^2)).
令y=0得到点P坐标(bc/(b+c),0). (3)
(注: 至此只是证明了1/DP=1/CD-1/BD, 也可以用平面几何推导证这部分.)
再用几何方法证一个关于点Q的关系.
直线NMQ截三角形ABC, 施Menelaus定理得BQ/QC*CM/MA*AN/NB=1. (4)
三角形内三条线交于H, 施Ceva定理得BD/DC*CM/MA*AN/NB=1. (5)
联立(4)(5)得BQ/QC=BD/DC. (6)
记BD=x, DC=y, CP=z, PQ=w. 则(6)即为(x+y+z+w)y=x(z+w), 即
(x+y)y=(x-y)(z+w). (7)
用这些记号, 结论(3)可写成y+z=xy/(x-y). (8)
即z=y^2/(x-y). (9)
将(9)代入(7)得 w=xy/(x-y). 与(8)比较, 发现w=y+z. 也就是说, PQ=DP. 证毕.
证明：设P点至五边形边AB，BC，CD，DE，EA的距离分别为h1，h2，h3，h4，h5；
P点至五边形各对角线AC，AD，BD，BE，CE的距离分别为m1，m2，m3，m4，m5。
令R为五边形ABCDE外接圆的半径。
根据简单几何定理：三角形两边之积等于第三边上的高与外接圆直径之积。
在ΔPAB中，得：
PA*PB=2R*h1……(1-1)
同理可得：
PB*PC=2R*h2……(1-2)
PC*PD=2R*h3……(1-3)
PD*PE=2R*h4……(1-4)
PE*PA=2R*h5……(1-5)
在ΔPAC中，得：
PA*PC=2R*m1……(2-1)
同理可得：
PA*PD=2R*m2……(2-2)
PB*PD=2R*m3……(2-3)
PB*PE=2R*m4……(2-4)
PC*PE=2R*m5……(2-5)
(1-1)*(1-2)*(1-3)*(1-4)*(1-5)得：
h1*h2*h3*h4*h5=(PA*PB*PC*PD*PE)^2/(2R)^5 (3)
(1-1)*(1-2)*(1-3)*(1-4)*(1-5)得：
m1*m2*m3*m4*m5=(PA*PB*PC*PD*PE)^2/(2R)^5 (4)
所以则有：h1*h2*h3*h4*h5=m1*m2*m3*m4*m5。
证明完毕！
备注： 实际上我们有更一般结论：
定理：圆内接n边形(n≥4) 外接圆上任一点至各条对角线的距离之积的2/(n-3) 次方等于该点至各边的距离之积。
定理证明与上述证明方法相同，关键要注意量纲，n边形有n条边和n(n-3)/2条对角线。
解：连接O2OB、O2E、OO1、O1P、O2P、OC。
∵B为⊙O、O2的切点，A为⊙O、O1的切点
∴B、O、O2共线，O、A、O1共线
∵OB=OA，O1A=O1P，O2B=O2P
∴∠1=∠2，∠3=∠4，∠1=∠5
∵∠2=∠3
∴∠1=∠4，∠2=∠5
∴BO2‖O1P，OO1‖O2P
∴即OO2PO1为平行四边形，OO2=O1P -----------（1）
作O2F⊥PE，O2G⊥OC，O1H⊥PE，垂足分别为F、G、H，连接O1D。
∵OC⊥PE，O2F⊥PE，O1H⊥PE，
∴OC‖O2F‖O1H
∵O2G⊥OC，PE⊥OC
∴O2G‖PE
∴△OGO2∽△O1HP，O2GCF为矩形，O2G=FC ----（2）
∵OO2=O1P 引用（1）
∴△OGO2≌△O1HP，O2G=PH -----------（3）
∵O1P=O1D
∴△O1PD为等腰△，（同时O1H⊥PD）
∴△O1HD≌△O1HP，DH=PH ------（4）
联立（2、3、4），得PH=HD=FC ---（5）
∵O2E=O2P
∴△O2EP为等腰△，（同时O2F⊥PE）
∴△O2EF≌△O2PF，EF=PF
EC+FC=FD+HD+PH
EC=FD+HD+PH-FC=FD+FC+FC-FC=FD+FC=CD
EC=CD，得证。
请采纳楼上availma的答案，我的权当记录自己的练习了。
见下图：
如图,左面的几何体叫三棱柱,它有5个面,9条棱,6个顶点,中间和右边的几何...
（1）四棱柱有8个顶点，12条棱，6个面；（2）五棱柱有10个顶点，15条棱，7个面；（3）根据（1）（2）可得：六棱柱有12个顶点，18条棱，8个面；七棱柱有14个顶点，21条棱，9个面；（4）观察结果可总结出n棱柱，有2n个顶点，3n条棱，（n+2）个面，故十棱柱有20个顶点，30条棱，12个...
三大几何难题是怎么导致近世代数产生的
众所周知最初是为了解决三大几何难题才产生的近世代数1.而近世代数是如何解决三大几何难题的?2.群论能够解决高阶方程问题是怎么解的具体群和方程是怎么联系起来的?... 众所周知 最初是为了解决三大几何难题才产生的近世代数 1.而近世代数是如何解决三大几何难题的? 2.群论能够解决高阶方程问题 是怎么解的 ...
初一几何难题,求通俗过程要原因
1、相等。.△AGF的面积=△ABD的面积-四边形的面积BDGF=△BCF的面积-四边形的面积BDGF=△CDG的面积，同理可得△AGE的面积=△BDG的面积，因为△BDG的面积=△CDG的面积，所以△AGF的面积=△AGE的面积 2、因为△AGF的面积=△AGE的面积，同理可得△AGE的面积=△CGE的面积 所以△AGC的面积=△AGE的...
平面几何难题
设EB=1，EO=a，tan∠EBF=t。则可以计算得到 tan∠FCA = tan∠EDP = at\/(1+2a+(1-a)t^2)于是∠FCA=∠EDP。由此可以推得 ∠DKF = ∠EDP + ∠DBA = ∠FCA + ∠DCA = ∠DCF 因此，C、D、F、K四点共圆，从而K与L重合。于是，N与P也重合，即证。（纯几何的证明还真没想出来…...
把长方体去掉一个角,剩下的几何体最多有几个面,最少有几个面
把长方体去掉一个角，剩下的几何体只有7个面，如图所示。
初一下数学2章几何难题——图形中的乘法公式
图不是很清晰 我是一名数学老师,你们老师是为了让你们推导初二会学到的平方差公式:a^2-b^2=(a+b)(a-b)图一容易得到 阴影部分面积为： a^2-b^2 而实质是由4个同样的梯形组成 通过图形可以看出 a-b 其实刚好等于 2倍的h(梯形的高)图二也是由这4个梯形相等 所以面积首先确定相...
平面几何超难题
取左焦点F1 F标记成F2 作AA1⊥l于A1 BB1⊥l于B1 作F1关于PA的对称点X ，F1关于PB的对称点Y，如图连接各线段 通过椭圆的光学性质：X，A，F2共线；Y，B，F2共线。利用如下关系：XF2=XA+AF2=AF1+AF2=椭圆长轴（这里利用对称性质，XA=AF1）同理YF2=YB+BF2=BF1+BF2=椭圆长轴 所以XF2=...
几何问题,关于线与面的关系
1条直线最多将平面分成2个部分；2条直线最多将平面分成4个部分；3条直线最多将平面分成7个部分；现在添上第4条直线．它与前面的3条直线最多有3个交点，这3个交点将第4条直线分成4段，其中每一段将原来所在平面部分一分为二，所以4条直线最多将平面分成7+4=11个部分．完全类似地，5条直线最多...
千禧年七大数学难题是什么?
是NP完全问题、霍奇猜想、庞加莱猜想、黎曼假设、杨-米尔斯存在性和质量缺口、纳卫尔-斯托可方程、BSD猜想。其中庞加莱猜想已被解决。数学难题可以是指那些历经长时间而仍未有解答\/完全解答的数学问题。古今以来，一些特意提出的数学难题有：平面几何三大难题、希尔伯特的23个问题、世界三大数学猜想、千禧年...
三大几何难题
三大几何难题是指：（1）倍立方体：即作一立方体，是该立方体的体积为给定立方体的两倍；（2）但等分角：即对人员给定的一个角，作其三等分角；（3）化圆为方：即作一个正方形，使其面积与一给定的圆相等 “古希腊三大几何问题”也称“三大几何问题”，在数学的历史上有三个问题始终以惊人的力量...
惠莎坤宝： 证明:如图,则在△EBC与△DBC中:sin(2β+γ)/ sin2β= BC/CE = BC/BD = sin(β+2γ)/ sin2γ, ∴2sinβcosβsin(β+2γ) - 2sinγcosγsin(2β+γ) =0 →sinβ sin2(β+γ)+sin 2γ】- sinγ【 sin2(β+γ)+ sin2β】=0(积化和差) →sin2(β+γ)【sinβ-sinγ】+2 sinβsinγ...
眉山市13087706655： 《平面几何三大难题》 - ？
惠莎坤宝： 1.化圆为方-求作一正方形使其面积等于一已知圆;2.三等分任意角;3.倍立方-求作一立方体使其体积是一已知立方体的二倍.
眉山市13087706655： <<平面几何3大难题>>的介绍？
惠莎坤宝： 1、立方倍积:做一正方体使它是已知正方体体积的2倍; 2、化圆为方:做一圆,使它的面积与圆面积相等; 3、三等分角; 要求:只用圆规和无刻度的直尺.
眉山市13087706655： 古代的三大几何难题是哪三大? - ？
惠莎坤宝：[答案] 平面几何作图限制只能用直尺、圆规,而这里所谓的直尺是指没有刻度只能画直线的尺.用直尺与圆规当然可以做出许多种之图形,但有些图形如正七边形、正九边形就做不出来.有些问题看起来好像很简单,但真正做出来却很困难,...
眉山市13087706655： 一道看似简单的平面几何难题 - ？
惠莎坤宝： 证明: 在BC上截取BE=BD,连接DE ∵BD+AD=BCBE+CE=BC ∴AD=CE ∵BD平分∠ABC ∴AB:BC=AD:CD ∴AB:BC=CE:CD 又∵∠ACB=∠ECD【公共角】 ∴⊿ACB∽⊿ECD【对应边成比例夹角相等】 ∴∠A=∠DEC ∵∠B=40º ∴∠DBE=20º ∴∠BED=(180º-∠DBE)÷2=80º ∴∠A=∠DEC=100º ∴∠C=180º-∠A-∠ABC=40º ∴∠ABC=∠C ∴AB=AC
眉山市13087706655： 平面几何难题求解... - ？
惠莎坤宝： 如图,过C作CE垂直AB于E 因为 ∠ACB=90°,CA=CB, CE垂直AB于E 所以 AE=BE=CE=AB/2 由勾股定理可得 CE²+DE²=CD² 所以 BD²+AD² =(BE+DE)²+(AE-DE)² =BE²+2BE*DE+DE²+AE²-2AE*DE+DE² =2BE²+2DE² =2(BE²+DE²) =2(CE²+DE²) =2CD²
眉山市13087706655： 几何难题RT三角形BMC中,斜边BM=5,它在平面ABC上的射影AB=4,角MBC=60度,求MC与平面CAB所成角的正弦植 - ？
惠莎坤宝：[答案] 先求bc=2.5. 再求MC=8.66025 因为AB=4,BC=2.5,故在rt三角形ABC(因为A为M的投影,所以ABC也是RT三角形)中,可求得AC=3.1224989.所以余弦可以得出为AC/MC=0.36055.所以正弦就出来了:0.93273790
眉山市13087706655： 哪几个几何问题无法用尺规作图解决的? - ？
惠莎坤宝：[答案] 就是3大难题,三等份任意角,画出与给定圆面积相同的正方形,画出两倍体积的正方体(就是画出三次根号2)
