一道初中竞赛几何题

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

证明:
(1)连接AB,如图(1)

,,,,;
(2)如图(2),
由三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和,
得,,由四边形内角和
得.
则.
解析
(1)连接AB,利用三角形的内角和定理得出,,进一步把,代换即可求得答案.(2)根据三角形外角的性质,可得与、的关系,与、的关系,再根据多边形的内角和公式,可得答案.此题考查三角形的内角和,角的和与差,掌握三角形的内角和定理是解决问题的关键.

 

对角线AC、BD交于E，

 根据余弦定理，cos<BAD=(AD^2+AB^2-BD^2)/(2*AD*AB)=-1/26,

同理，cos<BCD=1/26,

∵cos(180°-<BCD)=-cos<BCD=-1/26=cos<BAD,

∴<BAD+<BCD=180°，

∴A、B、C、D四点共圆，

在△ACD和△ABC中，

根据余弦定理，

AC^2=AD^2+CD^2-2AD*CDcos<ADC=AB^2+BC^2-2AB*BC*cos<ABC,

∵〈ADC+〈ABC=180°，

∴cos<ABC=-cos<ADC,

169+169-2*13*13cos<ADC=49+64+2*7*8*cos<ADC,

cos<ADC=1/2,

∴<ADC=60°，

∵AD=CD，

∴△ADC是正△，

作出正△ADC外接圆，〈ECB=〈ADB，（同弧圆周角相等），

〈ABD=〈ACD=60°，（同弧圆周角相等），

〈DBC=〈DAC=60°，（同弧圆周角相等）

∴〈EBC=〈ABD=60°，

∴△ABD∽△EBC，

BC/BD=EC/AD，

8/15=OC/13，

∴EC=8*13/15=104/15，

CM=AC/2，（N是BD中点），

EM=EC-AC/2=104/15-13/2=13/30，

∵△ADE∽△BCE，（相交弦定理的证明方法），

∴BC/AD=EC/DE，

8/13=（104/15）/DE，

∴DE=169/15，

BE=BD-DE=15-169/15=56/15，

EN=ED-BD/2=169/15-15/2=113/30，

∵△ABC∽△DEC，（前已证），

 ∴〈BEC=〈BAD，

∴cos<BEC=cos<BAD=-1/26,

∵〈DEC=180°-〈BEC，

∴cos<DEC=1/26,(cos<MEN)

sin<DEC=√[1-(cos<MON)^2]=15√3/26，

在△MEN中，根据余弦定理，

MN=√57/2，

∵〈ABC=〈OBD=120°，

〈ADB=〈ACB，（同弧圆周角相等），

∴△ABC∽OBD，

OD/AC=BD/BC，

OD/13=15/8，

OD=195/8，

OA=OD-AD=195/8-13=91/8，

∵〈ABO=〈ODC，（圆内接四边形外角等于内对角），

〈AOB=〈COD，

∴△OAB∽△OCD，

∴AB/CD=OB/OD，

7/13=OB/（195/8），

∴OB=105/8，

OC=OB+BC=169/8,

设O至MN距离为OH,

连结ON、OM，

在△ODB中，根据中线定理，

ON^2=(OD^2+OB^2-BD^2/2)/2=(195^2/64+105^2/64-15^2/2)/2=20925/64=326.9531,

在△OAC中，根据中线定理，

OM^2=(OA^2+OC^2-AC^2/2)/2=(91^2/64+169^2/64-13^2/2)/2=15717/64=245.578

根据勾股定理，

ON^2-(MN+MH)^2=OH^2=OM^2-MH^2,

ON^2-OM^2=(MN+2MH)*MN,

MH=8.8909,

OH=√（OM^2-MH^2)=12.9046,

∴O到MN的距离约为12.9046.

即使是竞赛题，也远超初中范围！西枫叶落的解法思路似乎是正确的，但是大量运用了高中解三角形与解析几何的内容。我想初中数学竞赛2.5小时，即使全国联赛也不至于此。除非世界数学奥林匹克竞赛（高中以上）可能有这种题型（竞赛时间以天计算）；再者就是出题者出于竞赛以外的目的。本人也解了这道题，摈弃了高中解析几何的方法，但余弦定理是免除不了的（这在多年前已计入高中内容），否则将产生大量内容。下面是本人解法（有K者即为D）：

 

解：以B为坐标原点，BD为x轴（N在x轴的正半轴上）建立平面直角坐标系。
在△BCD中，由余弦定理得：cos∠DBC=(CB^2+DB^2-CD^2)/2BC*BD=0.5
所以∠DBC=60°注意到AB+BC=BD，延长BC到P，使CP=BD，连接PD，则BP=BD
所以△BPD为等边三角形。所以∠P=∠BDP=60°，DP=BD又DC=DA，CP=AB
所以△DCP≌△DAB（SSS）所以∠P=∠ABD=60°，∠CDP=∠ADB
则∠BDP=∠ADC=60°因为∠OBA=∠ODC=60°，∠O=∠O 所以△OAB∽△OCD
所以OA/OC=OB/OD=AB/CD设OA=X,OB=Y，则X/(Y+8)=Y/(X+13)=7/13
所以X=91/8，Y=105/8，又∠OBX(负方向)=∠DBC=60°所以O（-105/16,105/16根号3）
同理A（7/2,7/2根号3）C（4，-4根号3）因为M是AC中点，
所以M（（7/2+4）/2，（7/2根号3-4根号3）/2）即M（15/4，-根号3/4）
所以MN：（Y+根号3/4）/（0+根号3/4）=（X-15/4）（15/2-15/4）
即MN：4根号3X-60Y-30根号3=0
所以点O到MN的距离d=绝对值（AX0+BY0+C）/根号（A^2+B^2）
=绝对值（4根号3*（-105/16）+（-60）*105根号3/16-30根号3 ）/根号（（4根号3）^2+(-60)^2）

=225 根号19/76
（怕你看不懂写得详细了些， 根号19/76不是 根号（19/76））

提示一下你一个地方：首先你要证明ABCD四点共圆（可以通过作辅助线+余弦定理和全等三角形，也直接通过余弦定理证明）。
然后就是一个计算问题了，不过我的算法比较复杂一点。。。 要用到梅涅劳斯和余弦定理，大概四步的样子，不知道你在四点共圆的基础上有没有想到更加简单的办法。

我猜想这应该是用相似三角形来做的

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