求解两道平面几何问题

急求两个平面几何问题的解答，高手来帮我！！！谢谢了！~

1.
证明：
作ΔEFK的外接圆交GK延长线于P。
则E、F、K、P四点共圆
GK*GP=GF*GE
∠KPF=∠KEF=∠HJF
∴G、F、P、J四点共圆
GK*KP=KF*KJ
∴GK^2=GK*(GP-KP)=GK*GP-GK*KP=GF*GE-KF*KJ 式1
同理，IK^2=IJ*IE-KF*KJ（就是对称性啦） 式2
GL^2=GF*GE-R^2 （R是⊙L的半径） 式3
IL^2=IJ*IE-R^2 式4
（式3,4可通过G(I)做⊙L切线，结合切割弦定理和勾股定理证明，当然了解的话直接用木有问题！）
式1-式2得
GK^2-IK^2=GF*GE-IJ*IE
式3-式4得
GL^2-IL^2=GF*GE-IJ*IE
对比可知
GK^2-IK^2=GL^2-IL^2 （熟知这个式子就可以直接得出LK⊥GI了）
分别过L、K做GI的垂线，垂足为L',K'
则由上式可导出
GK'^2-IK'^2=GL'^2-IL'^2
(GK'+IK')(GK'-IK')=(GL'+IL')(GL'-IL')
GI*(GK'-IK')=GI*(GL'-IL')
∴GK'-IK'=GL'-IL'
又GK'+IK'=GL'+IL'
∴GK'=GL'
K'和L'为同一点
∴LK⊥GI


2.
先记∠BPD=1，∠CPE=2，∠DPO=3，∠EPO=4
在ΔBDP中使用正弦定理：
BD/SIN 1=DP/SIN B （B是指三角形内角ABC，C类似）
在ΔCEP中使用正弦定理：
CE/SIN 2=EP/SIN C
两式作比，整理得
DP/EP=(SIN 2/SIN 1)*(BD/CE)*(SIN B/SIN C)
=(SIN 2/SIN 1)*(BD/CE)*(AC/AB) 式1
由梅涅劳斯定理，AOF截ΔDEC，得
(DO/OE)*(EA/AC)*(CF/FD)=1
EFB截ΔADC得
(CF/FD)*(DB/BA)*(AE/EC)=1
对比上面两式，整理出：
DO/EO=(BD/BA)*(AC/EC) 式2
对比式1和式2，可得
DP/EP=(SIN 2/SIN 1)*(DO/EO) 式3
而由面积法可知：
DO/EO
=(1/2*DP*OP*SIN 3)/(1/2*EP*OP*SIN 4)
=(DP/EP)*(SIN 3/SIN 4) 式4
将式4带入式3，化简后得
（SIN 2*SIN 3)/(SIN 1*SIN 4)=1
即
（SIN 2*COS 1)/(SIN 1*COS 2)=1
SIN 2*COS 1-SIN 1*COS 2=0
SIN(2-1)=0
显然2和1都是锐角，上式成立只能是2=1，证毕。

可以吗？你如何解决的？根据百度百科
1837年旺策尔(Wantzel)给出三等分任一角及倍立方不可能用尺规作图的证明。
1882年林得曼（Linderman）也证明了π的超越性（即π不为任何整数系数多次式的根），化圆为方的不可能性也得以确立。

1.用完全四线形的调和性、三角形陪位中线的性质与判定及面积法进行证明。

   证明：分3大步进行证明。

            （第一步证AP是中线，第二步证△BQM∽△NCQ，第三步证AQ是陪位中线）

             第一步，用∞表示无穷远点

                           完全四线形ABCMNP中，MN∩BC=∞故线束AB，AP，AN，A∞是调和线束

                           ∴AP平分MN，即AP是△AMN的中线

             第二步，圆内接四边形BMPQ中，∠CPQ是其外角，故∠CPQ=∠MBQ

                           圆C2中（就是△CPN的外接圆），∠CNQ=∠CPQ

                           ∴∠CNQ=∠MBQ，同理∠BMQ=∠NCQ

                           ∴△BMQ∽△NCQ，∴S△BMQ：S△CNQ=（BM：CN）²

             第三步，记AQ与MN的交点为Q＇，则MQ＇：NQ＇=S△AMQ：S△ANQ

                           ∵MN∥BC，∴AM：BM=AN：BN，

                           ∴S△AMQ：S△BMQ=S△ANQ：S△CNQ

                           ∴S△AMQ：S△ANQ=S△BMQ：S△CNQ=BM²：CN²

                           又∵MN∥BC，∴BM：CN=AM：AN

                           ∴MQ＇：NQ＇= BM²：CN²=AM²：AN²

                           ∴AQ＇是△AMN的陪位中线

            根据陪位中线的定义得，∠BAP=∠CAQ

 

第二题：遇到外心及三角形其它巧合点时，最好补出外接圆，根据这些巧合点与外接圆的关系证明。当然，必须了解很多定理。

                                         

 证明：如图所示D为BC中点，AH交BC和○O分别为D＇，A＇，则OD⊥BC，AD＇⊥BC

           ∴ON：HN=OD：HD＇=（½AH）：（½A＇H）=AH：A＇H

           ∵ON=MH，∴MN：HN=AH：A＇H

           ∴△AMH∽△A＇NH（而且是位似图形），∴AM∥A＇N

           由垂心性质，BC是A＇H的中垂线，∴HN=A＇N

           ∴AM=MH，∴∠BMN=2∠BAH=2（90°﹣B）=180°﹣2B

           在△BMN中，∠BNM=B

           对于点C有对应的结论，∠BMN=B

           ∴△BMN是正三角形，∴B=60°

 

这两个题需要不少知识，如果知道这些知识，这两个题并不是很难。         

提问者心也太狠了。这种题根本远远超出竞赛范围，属于大学数学专业《初等平面几何研究》的范畴，，还弄了两题！建议分两次提问，悬赏增加到100分。

第二题的证明基本解决，先证明一个引理：

正题的证明：

△ABC中H为垂心，O为外心，

直线OH分别交AB、AC于Q、P，

QH=OP，求：∠A

证明：作高BE、CF(交于H)，

分别取AC、AB中点M、N，

连结OM，作直线ON交直线AC于， ∵O为△ABC外心，AM＝MC，AN＝NB，

∴OM⊥AC，ON⊥AB，

又H为△ABC垂心，BE、CF为高，

由引例OM=BH/2，ON=CH/2，

且BE⊥AC，CF⊥AB，

∴∠ACF=90°-∠A=∠ABE，CF//NT

∴Rt△BFH≅Rt△MO，

∴BH/FH=O/MO，

∵CF//N，HQ=OP，OQ=HP，

∴HF/NO=QH/NO=PO/PH=O/HC，

又ON=CH/2，∴2HF=O，

∵BH/FH=O/MO，OM=BH/2，

∴BH^2=4FH^2，BH=2FH，

∵∠HFQ＝Rt∠，

∴∠ABH=30°，∠A=60°.

 

继续等结果…… 

我看了上面两位的解法 一楼只回答了第二题 而且还玩了一招移花接木 把原题给改了 二楼的解法挺好 可仍然有一些问题 首先说第一题 分了三大步 第一步使用了射影几何的理论 完全不必要 这一步初中水平就足矣

三角形内角和不是180度！

1980年，陈教授在北京大学的一次讲学中语惊四座：

“人们常说，三角形内角和等于180度。但是，这是不对的!”

大家愕然。怎么回事?三角形内角和是180度，这不是数学常识吗?

接着，这位老教授对大家的疑问作了精辟的解答：

说“三角形内角和为180度”不对，不是说这个事实不对，而是说这种看问题的方法不对，应当说“三角形外角和是360度”!

把眼光盯住内角，只能看到：

三角形内角和是180度；

四边形内角和是360度；

五边形内角和是540度；

……

n边形内角和是(n—2)X180度。

这就找到了一个计算内角和的公式。公式里

出现了边数n。

如果看外角呢?

三角形的外角和是360度；

四边形的外角和是360度；

五边形的外角和是360度；

……

任意n边形外角和都是360度。

这就把多种情形用一个十分简单的结论概括起来了。用一个与n无关的常数代替了与n有关的公式，找到了更一般的规律。

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肥乡县15275107647： 两道简单的平面几何求证题(1)三角形ABC的垂心为H,延长AH交BC于P,交△ABC的外接圆O于H',求证BH=BH'(2)三角形ABC的内心为I,延长AI交BC... - ？
语杜盐酸：[答案] (1).延长BH交AC于D,在三角形ADH和APC中,有个公共角和直角,故角ACB=AHD=BHP.结合圆周角BH'P=ACB知角BHP=BH'P,故BH=BH'.(2)圆周角CBA'=CAA',BCA'=BAA',由于I是内心,角BAA'=CAA'.故角CBA'=BCA',所...

肥乡县15275107647： 求解两道平面几何问题 - ？
语杜盐酸： 提问者心也太狠了.这种题根本远远超出竞赛范围,属于大学数学专业《初等平面几何研究》的范畴,,还弄了两题!建议分两次提问,悬赏增加到100分. 第二题的证明基本解决,先证明一个引理:正题的证明: △ABC中H为垂心,O为外...

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语杜盐酸： (1).延长BH交AC于D,在三角形ADH和APC中,有个公共角和直角,故角ACB=AHD=BHP.结合圆周角BH'P=ACB知角BHP=BH'P,故BH=BH'.(2)圆周角CBA'=CAA',BCA'=BAA',由于I是内心,角BAA'=CAA'.故角CBA'=BCA',所以A'B=A'C.角A'BI=ABC/2+A'BC=ABC/2+CAA'=ABC/2+BAC/2.在三角形ABI中,外角BIA'=ABC/2+BAC/2.故角A'BI=BIA',故A'B=A'I证出两道题花了两分钟不到,叙述出来花了20分钟还多

肥乡县15275107647： 求两道初中数学平面几何题,在线等!？
语杜盐酸：1.连接DF,EF,EH 易得:DF=EF,GF=HF,若有∠DFG=∠EFH 即可通过三角形全等,得出结论 而因∠DFE=60°,∠GFH=60° 所以∠DFE-∠GFE=∠GFH-∠GFE 所以∠DFG=∠EFH 所以△DFG≌△EFH 所以DG=EH 2.因∠BAC=120,∠BDC=60°,对角互补 所以A,B,C,D四点共圆,又BD=CD 所以:弧BD=弧CD 所以∠BAD=∠CAD=60°(等弧对的圆周角相等) 截取AE=AC,连接EC,则△AEC是正三角形,所以AC=EC,又BC=DC 且∠BCA=∠DCE 所以可证:△BCA≌△DCE ,所以AB=DE 所以AD=AE+DE=AC+AB

肥乡县15275107647： 求解两道几何题...？
语杜盐酸： 1,PAB,PAC,PBC等腰直角,都全等 所以ABC为等边,令中心为O,连PO AB=√2PA=√2a AO=√3/3 *AB=√6a/3 PO=√(PA^2-AO^2)=√3a/3 2,就是求B1到直线A1B的距离h A1B1=12,BB1=5,所以A1B=13 13h=5*12 h=60/13 即直线B1C1到平面A1BCD1的距离为60/13

肥乡县15275107647： 求解两道切线和法平面的问题(用法向量求解)请给出过程,1,、已知曲线x=y^2和曲线z=x^2,求其在点(1,1,1)处的切线和法平面的方程.2、在曲线y=x^2和... - ？
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肥乡县15275107647： 求解数学两道几何题求解. - ？
语杜盐酸： 第一条,因为手机回答,我只说思路:因为三个内角一样,是相似三角形,根据两边的长度比,可以得出斜边长度

肥乡县15275107647： 求解两道八年级几何证明题 求过程 - ？
语杜盐酸： 1、证明:∵CE是直角△ACB斜边上的中线 ∴AE=CE=BE ∴∠A=∠ACE 又因为CD⊥AB,故∠B+∠BCD=90°,同时∠A+∠B=90° ∴∠A=∠BCD ∴∠ACE=∠BCD ∵CF为∠ACB的角平分线 ∴∠ACF=∠BCF=45° 所以∠ACF-∠ACE=∠...