平面几何竞赛题

求几道初中数学竞赛平面几何典型题的答案及详细步骤~

1至9解答
如图，连P′B，P′C，P′Q，P′R，P′P，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵PQ∥AC，
∴∠QPB=∠ACB，
∴∠QPB=∠QBC，
∴QP=QB，
又∵P′是P关于直线RQ的对称点，
∴QP=QP′，即QP=QP′=QB，
∴Q点为△P′PB的外心，
同理可得R为△P′PC的外心，
∴∠P′QB=2∠P′PB
=2（180°-∠P′PC）
=360°-2∠P′PC，
由∠P′PR=∠PP′R，∠RPC=∠PCR，
∴∠P′QB=360°-∠P′PC-∠PP′R-∠PCR
=∠P′RC，
∵QP′=QB，RP′=RC，
∴△P′QB∽△P′RC．
2.
作平行四边形ADEP
连接CE，所以四边形BCEP是平行四边形
∠CDE=∠BAP
∠CPE=∠BCP
∠CDE=∠CPE，所以C、P、D、E四点共圆
∠CDP=∠CEP=∠CBP
即是∠PDC=∠PBC

3.
延长AB至Q　，使BQ＝AM　，则△ABM≌△BCQ
所以∠Q＝∠AMB　，因为∠AMB＝∠PAN　，所以∠Q＝∠PAN
因为AP：AM＝AB：BM　，所以AP：AN＝QN：CQ
所以△APN∽△QNC　，所以：∠APN=∠BNC

4.
证明：延长BP交AC于H，延长BQ交AC于G
∵AP平分∠ABC
∴∠BAP＝∠CAP
∵BP⊥AP
∴∠APB＝∠APH＝90
∵AP＝AP
∴△ABP≌△AHP （ASA）
∴BP＝HP
同理可证：BQ＝GQ
∴PQ是△BGH的中位线
∴PQ∥AC

5.
在三角形ABC中，X是AB上的一点，Y是BC上的一点，线段AY和CX相交于Z。假若AY=YC及AB=ZC，求证：B ,X ,Z 和Y
四点共圆。

证明
截线AZY对ΔBCX来说，恰好满足梅涅劳斯[Menelaus]定理,所以得:
(CY/YB)*(BA/AX)*(XZ/ZC)=1
(1)
因为AB=ZC,故得:
CY*XZ=AX*BY (2)
又AY=CY,所以有
AY*XZ=AX*BY
AY/BY=AX/XZ (3)
故知ΔAXZ∽ΔAYB,即∠AXZ=∠AYB，因此B ,X,Z 和Y四点共圆。

6.
用正弦定理：
a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC；
B=2C,A=4C,A+B+C=7C=π；
证1/a+ 1/b=1/c
两边乘以abc：
bc+ca=ab
代入，两边同时约去4R^2
sinBsinC+sinCsinA=sinAsinB
sin2CsinC+sinCsin4C=sin4Csin2C;sin3C=sin(7C-4C)=sin(π-4C)=sin4C，sin2C=2sinCcosC代入：
sin2CsinC+sinCsin3C=sin3Csin2C=2sinCcosCsin3C,约去sinC,
sin2C+sin3C=2cosCsin3C
由sin4C+sin2C=sin(3C+C)+sin(3C-C)=2sin3CconC,代入得
sin2C+sin3C=sin4C+sin2C
sin3C=sin4C
成立。(sin3C=sin(7C-4C)=sin(π-4C)=sin4C)
7.
根据等边对等角得出∠ABC=∠ACB, ∠A=∠AQP, ∠QPC=∠QCP,∠BQC=∠B,设∠A=x,则∠AQP=x,根据三角形的外角性质求出∠QPC=2x, ∠BQC=3x, ∠C=∠B=3x,在三角形ABC中根据三角形的内角和定理得出方程,x+3x+3x=180,解方程求出即可得x=180/7.
8.
解:AC=BC,∠C=20°.
则∠CAB=∠CBA=80°,∠BAD=60度,∠ABE=50°;∠AEB=∠C+∠CBE=50°=∠ABE,得AB=AE.
过点D作AB的平行线,交CA于F,则∠CDF=∠CFD=80°.连接BF,交AD于G,连接EG.
由对称性即可知,AG=BG,DG=FG,又∠BAG=60°,则⊿ABG与⊿DFG均为等边三角形.
故:AG=AB=AE,∠AGE=(180°-∠CAD)/2=80°,∠EGF=180°-∠AGE-∠AGB=40°.
又∠EFG=∠C+∠CBF=40° .
即∠EFG=∠EGF,得EF=EG;又DE=DE,DF=DG.故⊿FDE≌⊿GDE(SSS),得∠ADE=∠FDE=30°.
9.
过F作FG垂直AC于G.
因为△ABC是等腰直角△,所以∠B=∠C=45°
因为FG⊥AC,所以∠FGC=90°,可知△FGC是等腰直角△.
所以FG=GC,设它们=x.
因为∠FEG+∠BEA=90°,∠ABE+∠BEA=90°.
所以∠FEG=∠ABE,又因为BE⊥EF
所以∠BEF=∠A=90°
所以△ABE∽△GEF.因为E为腰AC的中点,可知BA:AE=2:1
所以BA:AE=EG:GF=2:1
所以EG=2FG=2CG=2x
所以EC=3x.因为EC=0.5
所以FG=1/6.
所以
三角形CEF的面积=1/2×1/6×1/2＝1/24

连接PR、QR，延长BR交AC于D，过E作BC的垂线，垂足为N，过E作AB的垂线，垂足为M（1）　△BPQ为等腰三角形，很容易，不写了gkos（2）?2校拢眩宜牡愎苍玻枰词紫刃枰蟮茫危眩Γ＃矗罚唬粒保押停停校Γ＃矗罚唬茫保械闹到幼徘螅牛遥Γ＃矗罚唬龋业闹担嬖诤愕缺壤叵担浩渲校嚎傻茫鹤酆弦陨嫌杏钟捎冢牛巍危粒保龋牛汀危茫保纫虼擞上嗨票壤叵抵海牛巍危遥选eimq牛汀危遥校校遥选停拢茫aeim遥小停粒拢。校拢眩宜牡愎苍

这道题用到了楼上所说的【费尔马点】

证明：

过△ABC的顶点A、B、C分别作PA⊥AM，PC⊥CN，PB⊥BQ，三垂线分别交于M、N、Q三点

在四边形QAPB中，∠QAP＝∠QBP＝90°，∠APB＝120°

∴∠AQB＝60°

同理，∠AMC＝∠CNB＝60°

∴△QMN为等边三角形

设其边长为a，高为h，并设O到△MNQ三边的距离分别为ha，hb，hc

∵S△QMN＝S△OQN＋S△OQM＋S△OMN

∴1/2ah＝1/2a•ha＋1/2a•hb＋1/2a•hc＝1/2a(ha＋hb＋hc)

∴h＝ha＋hb＋hc

即△QMN内任意一点O到△QMN三边的距离之和等于等边三角形的高，是一个定值

∴PA＋PB＋PC＝h

连接直线外一点与直线上一点的线段中，垂线段最短

∴OA＋OB＋OC大于O到△QMN三边的距离和

即OA＋OB＋OC＞h

∴OA＋OB＋OC＞PA＋PB＋PC

【说明】平面上到△ABC三个顶点距离和最小的点是P点，点P叫费尔马点

这个是费马点问题
这个可以参考
http://zhidao.baidu.com/question/333339214.html?an=0&si=1

---

泊头市18357477974： 一道平面几何的奥赛题？
韶风森克： 答案4S/27 过程(其中辅助线只是作出相应的高,不赘述): 1.由以上比例易求出,有以下面积关系: ADC/ABC=2/3 FXC/ADC=2/3 即面积关系:FXC=2ADC/3=4ABC/9 2.同理,面积上: CEY=2CBD/3 由D、Y两点向边BC做高,由面积比得高之比,再得:CY=DY/2,即CY=CD/3 3.同理,DX=CD/3 4.综上,X、Y三分CD.则XY/XC=1/2 则面积上XYZ=XFC/3=2ADC/9=4ABC/27=4S/27 完毕.

泊头市18357477974： 一道高中平面几何竞赛题 - ？
韶风森克： 过T作TC垂直于AO交于C 下面证明SCTB四点共圆 连结TO和CS 在RT三角形TOA中,TC垂直于OA 所以OC*OA=OT^2=OS^2 所以三角形COS相似于SOA 所以角OCS=角OSA 作两圆的公切线SW,W在S靠近A的一侧 这样角ASW=角ABS(弦切角) 所以角OSA=90-角ASW=90-角ABS 所以角OCS=90-角ABS 又角OCS=角TCS-90 由上面两式得到:角TCS+角ABS=180所以SCTB共圆 然后就简单了 P在OA上,BP垂直于BA 等价于 PBTC共圆 等价于 PBTCS共圆 等价于 PTCS共圆 等价于 PS垂直于TS 证毕 有什么问题可以提问~如果有帮助望采纳

泊头市18357477974： 一道高中数学竞赛平面几何题？
韶风森克： 作△ABC的外接圆O,则易证明:PB、PC都是圆O的切线! 连接OP,则OP⊥BC于K.则正如你所说,可以得到:∠CPQ = ∠BAK +∠CAP现在需要的就是证明:∠BAK = ∠CAP 连接OB、OA ,则易得:OB² = OK*OP 于是 OA² = OK*OP...

泊头市18357477974： 初中平面几何奥赛题··？
韶风森克： 作角B的平分线交AC于发,连接EF则EF垂直BC 所以EF和AD平行得AF/FC=DE/EC 由角平分线定理得AB/BC=AB/2EC=AF/FC 所以DE=0.5AB

泊头市18357477974： 几题高一数学竞赛的平面几何题 - ？
韶风森克： 等腰直角三角形 做圆O1切△ABD于N、P、Q 做圆O2切△ACD于H、I、M 则BN=BP AN=AQ DP=DQ ,AM=AH CI=CH DI=DM 假设结论S △ABC=AD^2.成立 则AD=BD=CD,即△ABC为等腰直角三角形 即AB=AC, BD=CD 即BN+AN=AH+HC,BP+PD=DI+IC(带入第三行) 则即证:AN+DP=DI+AH因为:AQ+QD=AM+MD=AD 所以:AN+DP=DI+AH 成立 所以:假设成立

泊头市18357477974： 急!求高中联赛平面几何题 - ？
韶风森克： 最好借本竞赛书,有本数委员会出的白蓝皮的大书知识点很全.大纲如下,勉强可以查缺补漏不过看了意思不大,可以找找2,3年前的中等数学的封底,当时他们杂志集中收集了很长时间的高中数学竞...

泊头市18357477974： 一道塞尔维亚 数学竞赛平面几何 - ？
韶风森克： 过P做pd垂直AC于D,PE垂直BC于E 设x=CD,y=CE,a=BC,b=AC 有x^+y^=1 x^+(a-y)^=4 x^+(a+y)^=AB^-AQ^=a^+b^-16 以上三式可推出吧b^=a^+14 在三角形ACP和ABP,BPC应用余弦定理1+16-8cos(pi-B)=a^+144+16-16cos角APB=a^+b^=2a^+141+4-4cosBPC=a^1式乘2减2式得 cosAPC=cosAPB=cos(pi-B) 角BPC=2角B1式减3式得4cosB+2cos2B=1 解得B=pi/3 所以A=pi/6

泊头市18357477974： 初一 数学竞赛 平面几何题 - ？
韶风森克： 60度 叫BDC为160 角A为80 所以三角形ABC是以D为圆心的内接圆 剩下的你应该会了 不会再问我吧

泊头市18357477974： 高中几何竞赛题？
韶风森克： 证 作KE⊥CA,交CA于E,NF⊥KC,交KC于F.连ME,MF.设CN=t,则AN=2t.CF=CN*cos30°=√3*t/2=CD/2.故F是CK的中点.又∵M是BC的中点,E为CA的中点,∴MF∥BK,ME∥AB,故得:∠EMF=∠ABK=∠EKF=60°.从而E,K,M,F四点共圆.又E,K,F,N四点共圆,故E,K,M,F,N五点共圆,因此∠KMN=90°,KM⊥NM.

泊头市18357477974： 小学六年级平面几何奥数题 - ？
韶风森克： 1.已知面积的两小三角和为一大三角,面积为2+6=8,故其高与面积为6的三角的高之比为8:6=4:3(其底边一样),所以上三角与下三角高之比为1:3,由于两者是相似三角形,故上底边和下底边之比为1:3假设下底边为x下三角为y,于是 xy=2*6=12 梯形面积(上底+下底*高/2)=(x/3+x)*(4*y)/3/2=(1+1/3)4xy/3/2=4/3*4*12/3/2=10又2/32.分不清不清C、D,总中面积为2*(A+B)=120,下三角.与1题相似,通过像是三角形可知与A面积比为1:9(相似边位1:3),故面积为4,左边图形面积为60-4=56