初中数学竞赛专题复习第二篇平面几何第11章比例与相似试题2人教版

1、1 / 15 第 11 章比例与相似 11. 2. 5在锐角三角形 ABC中，E是AD是一点，满足 AE : ED 垂足，证明： AFC 90 . B D C 解析由条件知 BED s DEF ,且 AE ED EF ,又 AEF 90 EDF FDC ,故 AEF s CD DB FD CDF，于是 AFC AFE EFC EFC CFD EFC EFD 90 . 11. 2. 6已知正方形 ABCD，点P和 Q 分别在上，且 BP BQ，BH与PC垂直于H，求 DHQ 的 取值范围. 解析 易知 PBH s BCH ,故有BH BH CH 如.又 HBQ BPC HCD ,故 HBQ BQ

2、 BP BC DC HCD , DHQ DHC QHC BHQ QHC 90 . 11. 2. 7在 ABC 中， ABC 60，点 P是厶 ABC 内的一点，使得 APB BPC CPA，且 PA 8 , PC 6，求 PB . 因此，PB . PA PC .-8 4 3 . 11. 2. 8如图，在直角三角形 ABC中，斜边 AB的长为 35,有一个边长为 12 的正方形CDEF内接A CD: DB，过 D作 DF BE，F 为 PAB 180 120 PBA 60 CPA 120，又 PBA PBC，故 PABs PBC . PA PB PB P C 2 / 15 于 ABC，求 ABC

3、的周长. FXE C D B 解析 设 BC a , AC b，则 a2 b2 352 1225 . 又 Rt AFE s RtA ACB，所以， FE AF，即 CB AC 12 b 12，故 12 a b ab .所以，a b 2 a2 b2 2ab 1225 24(a b)，解得 a b 49（另一 a b 个解 -25 舍去）.所以二角形的周长为 84 . 11. 2. K是正方形 ABCD的边AB的中点，点L分对角线 AC的比为AL :LC 3，证明： KLD 90 . 11 1 1 解析 如图，连结 BD、KD , BD 交 AC 于 0，则 CL - AC -OC , OL LC

4、 -OD，而 AK - AD , 4 2 2 2 AD AB , OD 0C，故ADK s ODL，这是顺相似，所以 AOD s KLD , KLD AOD 90 . BH BN 看出 BCD s BEF，故 - 由于四边形 AMBN是矩形，有 AM BN , AN BM，于是 BH1 BM 结论成立. 11 . 2. 点 H1与 10如图， AC AF , BC BE BF , BM与BN分别是 BCD与 BEF的高, H2分别为 ABCD与厶BEF的垂心, HR被AB平分. 解析 本题即是证明 S AH1B S AH2B，这可以转化为求证 AM BH1 AN BH2 或 AN BH2 BH

5、1 很容易 D ,BD F 3 / 15 11. 2. 已知 ABC，向外作正方形 ABPQ 和正方形 ACMN .若BC II PM，求证：AB AC .4 / 15 D 11. 2. 13 已知正三角形 ABC ,D在BC上， CD 2BD , E 在 AD 上, 求证 EBD DAB. 解析 如图，不妨设BD 1, CD 2, AB AC 3, 2 则 AD . AB BD CD 7 .又设AE x , DE y，则 x y 7 , 2 x 2 y AC2 CD2 5 ，解得 y .于是 BD2 1 ED AD , BED s ABD，故有 EBD DAB . 解析 如图，不妨设PM与A

6、B、EBP 90 , BA BE 180 CA CM CF FC， FMC MCB，两边同时 评注本题也可通过 不可能的，这样P、 PM与AB或AC不相交是 AC 一 11. 2. 12 ABC 中，BC 1 , A 2 B，求 的取值范围. BC ，延长CA至D AC C)，从而- 解析 如图，设 ABC三对应边分别为 AB，于是 CBA ABC s BDC，故 BC2 CA CD , 即 a2 b(b bbc .接下去考虑三角形不 等式，a c b显然，a c a 也显然, 即 b(b c) c 故 .又 a2 b(b 因AC 的取值范围是 1,1 . BC 2 M P、M向直线BC作垂线

7、，并通过全等三角形来证明. M将在直线BC的异侧. 或3b AD 5 / 15 11. 2. 15如图，直角三角形 ABC中， C 90 , BD是角平分线，CE BD于E ,则竺 進 AB BD 2 2 BC BE ED 2 AB BD 11. 2. 16*能否把任意两个直角三角形各划分成两个三角形，使它们分别对应相似 ？ 解析如图，设 B E 90 若两三角形相似，结论显然成立.否则可不妨设 D A，则 C F 于是可在 AB上取一点 M，使 MCA F ;在EF上取一点 N，使 NDF A .易知 AMC s解析 如图, 设 BC中点为 N , 由于 MDB CDP B，故 AONP s

8、 DPC s BDA，所以 DN DP BD 1 ,CD 9DN .设 DN x，则由 BN CN，得 CN x 1 , CD 2x 1，所以 DP CD AB 3 2x 1 9x , x 1 CD 9 AC AD2 7 7 7 11. 2. 14已知锐角 ABC , AD是高, 直且交于P，若P在BC的中垂线上，求 AC . AB 3 , BD 1 , M是AB中点，作CP与MD延长线垂 解析 延长CE与AB交于F，易知2CE CF 由于 ACF DBC ABD，故 ABD s ACF , AC 疋 - AB BC BG AB BD CF BD 2CE BD 又作D关于E之对称点G，则 2

9、2 BE ED BD2 2 2 BE ED BD2 BG .由于 ABD s CBG，故 A 6 / 15 DNF , MBC s MED . 11. 2. 17设凸四边形 ABCD的对角线AC、BD的交点为M 过点M作AD的平行线分别交 AB、 CD于点E、F ,交BC的延长线于点 0 . P是以0为圆心，0M为半径的圆上一点求证： OPF OEP. 评注 本题亦可用四点共圆证明. 又本题将 ABC画成锐角三角形，若厶ABC为非锐角三角形，结论 不变.解析 延长AD、 BO交于点G . 由 OM / GA得 OF GD CO CG OM GA， 即OF OM GD GA . 同理，得 0M

10、B0 OE 即OM GD .所以O匚 OM 由条件得 OP OM , 所以 OP ，因此可GD BG GA OE GA OM OE O OE OPF s OEP, 则有 OPF OEP . MDN 180 BHC ABC . AD、 BE 、CF是咼， D 在 BE、 CF上的射影分别是 M、 N .则 BAC . 又 MD HD DN 斗斗 MD ,故 - AFAE AB cos A AB 故有 DMN s AE AH AF AC cos A AC， G 7 / 15 11. 2. 20已知一个红三角形与一个蓝三角形，试将每个三角形用两刀分成三个三角形，使每个 盛色的部分与一个相应的红色部分

11、相似 （或全等）. 解析 如果两个三角形可以分别划分成 n个小三角形，使对应的 n组三角形均相似（或全等），则称这两 个三角形是“ n相似”的，于是，立刻可以得出如下结论： “1 相似”即“相似（或全等）”.“n相似” 可推出“ n 1相似”.以下先证一个结论：对 ABC与厶A B C ，若 A A ，则它们是“ 2 相似”的.证明如下：由前知， ABC A B C则其“ 2 相似”，否则，不妨设 B B 则 C C 可在 AB、A C 上分别找点 D , D ，使 DCB C D B C B , 于是 ADC A B D , BDC B D C,结论证毕.现对于一般的 ABC与厶 A B C

12、 ,不妨设 ABC以 B最大， C最小； A B C 中 B 最大，而且 B B （B B 就不要做了） 60，贝U C 60，如图，今在 BC同侧作 BCF A B C ，使 FCB B , FBC C ，贝U F在厶ABC夕卜，设BF与AC交于E，则 ABE与AEFC “2 相 似”，故 ABC 与 BFC “ 3 相似”；又 BFC B A C ，故 ABC 与厶 A B C “ 3 相似”. 11. 2. 21 如图(a) , AB BD , CD 并且满足条件： ABP与厶CDP相似，求BP的长度. 解析 设BP x .分三种情况讨论：（1） P在DB延长线上时，如图（b），只能是

13、ABP PDC，则11. 2. 19*点 B、E 分别在 AC、AD 上, EC与BD交于F ,若 BDA ECA，且 AB BC 3 , CF EF 4，求 AF . 解析 如图，延长AF至G，使AF FG CF EF 4， 连结CG BDA ECA，得 G AEF ABF，故 B、C、G 2 F 共圆，有 AF AG AF AF FG AF2 4，于是 AF .肓. BD , AB 6 , CD 4 , BD 14，现有点P在直线BD上, D 图(a) 8 / 15 AB BP AB BP (3) P 在 BD 延长线上，如图(d)，是 ABP PDC 或厶 ABP s CDP，则仝 B

14、或-AB PD CD CD PD 即6 J 或_6 x，解得x 42或.73 7 ; 4x14 x 14 4 综上所述，这样的点 P有六个，BP的长分别为 73 7 , 2, 8.4 , 12, 42 或.73+7. 11.2. 22* 设四边形 ABCD的对角线交于点 0,点M、N分别是AD、BC的中点，点 H1、H2（不 重合）分别是 AOB与厶COD的垂心，求证： 已比 MN . 解析 如图，不妨设 AOB （ ） 90（其余情形请读者自己讨论），并不妨设 BH1与 CH2的延长线 交于点P .取AB中点 Q，连结 MQ、NQ .易见 MQ / BD，从而 MQ H2P，同理可得 NQ

15、H1P , 于是 P MQN 对于 PH1H2与厶 QNM 来说，对应角已有一组相等，对应边已有两组垂直，如能 证明它们是（顺向）相似的，则立得第三组对应边垂直，即 MN 巴出.于是，问题归结为求证 AB PD BP，即丄 CD x 14 X，解得 x 4 .73 7 ; （2） P在BD延长线上，如图（C），是 ABPs PDC或 ABP CDP，则 PB CD 或 CD BP PD ，即6 14 -或- ，解得x x 4 4 14 x 12 或 2 或 8.4 ; A P 9 / 15 QM PH2 或 PH1 AC.设 PCO (90 ) PBO，于是 KR cos PH2 ， 此处点K

16、和R分别为 QN PH1 PH 2 BD 点B及点D在AC上的垂足.又 KR BDcos ， 故 cos ni 1 rn ，同理 PH 1 AC cot ， PH 2 BD BD cot cos 即得PH1 AC PH 2 BD 10 / 15 故DP PBi CD BBi CD BA ，所以 PO II BB .又因为 DPO s DB1B ,所以 OP BO BB1 DO DB AB DO DB 同理可得 OQ AB CO 而AB II CD，所以 ，故 OP OQ . CA DB CA 11 .2. 25证明拿破仑定理：以 ABC每边为边分别向外作正三角形，则这 3 个正三角形的中心 解

17、析 如图(b)延长DA至 B1，使得 BB1 BA，则 PB1B B1AB PDC，于是 DPC s BPB , 是另一个正三角形的顶点. 解析 如图，设 BCD、 ACE与厶ABF均为正三角形，P、Q、R是各自的中心.连结 CQ、CP、 11. 2. 23*菱形 ABCD 中， A 60 , E 在 AD 上, 交于M，求 DMB CE与BA延长后交于 F , BE延长后与FD 解析连结BD，如图由平行成比例及菱形性质知 FBD 60 BDE， 故 BED s FDB AD ED BFD FC FB EC AB， MBD . BD ED BD，而 BFD 从而 BMD 11. 2. 24*如

18、图(a) 上的点，使得 APB FBM 在梯形 CPD， FBD 60 ABCD 中， AQB AB II CD，对角线的交点为 CQD , Q 分别是边 AD、BC 求证：OP OQ P ，所以 C 11 / 15 11.2. 26*四边形 ABCD是梯形，点E是上底边AD上一点，CE的延长线与BA的延长线交于点 F , 过点E作BA的平行线交CD的延长线于点 M , BM与AD交于点N .证明： AFN DME . 解析 设 MN 与 EF 交于点 P，由 NE II BC ,得 PN PE，所以 PB PE PN PC .又 ME II BF，故 PB PC PM PB PE PM PC

19、 ，所以 PB PE PM PF .从而 PN PC PM PF，即 .又 FPN MPC， 故 PF PN PF PNF s PMC , PNF PMC，从而 NF II MC , ANF EDM .又 ME II BF，故 FAN MED .所以 AFN DME . 11.2. 27在 ABC中，设P是边BC的中点，点M、N分别在边 AB、AC上，MN II BC , MP 交BN于点 Q , QR AC 于点R , BT II AC交 RQ 的延长线于T，求证： (1) TP II MR ； MRQ PRQ . 解析 (1)因为 BT II RN ,所以 QRN s QTB , QR Q

20、N，又 MN / BP ,所以 QMN s QPB , QT QB QM QP QN，因此 QR QM，从而 QRM s QTP，故 TP II MR. QB QT QP BE 易知 CE BC . 3，又 QCP ACB 60 ECB，故 QCP s ECB , PQ BE 3 同理, RQ BE 3， 于是 PQ RQ .同理 PQ RP，于是 PQR 为正三角形. C 12 / 15 延长TP交AC于点S，则TBSC是平行四边形，在直角三角形 TRS中，P是斜边TS的中点，所以, RP TP，于是 MRQ QTP PRQ . 11. 2. 28*不等边锐角三角形 ABC中，D是底边BC上

21、一点，AD上有一点P ,延长BP、CP , 分别交 AC、AB于M、N，若DA平分 MDN，求证： AD BC . 解析 如图，连结 MN，交AD于 Q，又作NJ / AD II MK , J、K在BC上，设M与BM交于X , 评注 本题也可用塞瓦定理加以证明. 证：直线 B2C1、C2A、A2B1，所构成的三角形上，三条线段 B2C1、C2A1、AB 与包含它们的边成比 例. 解析 设直线 B2C1、 C2A1、 A2B1所构成的三角形为 A3B3C3 （如图），过 G、C2分别作AC、BC的平 且 PC1B1B2 , PC2/A2A ,可得 PA/C2A , PB1/B2C1 , MK与C

22、N交于Y .则 NJ NX AD MK 故 NJ AP MY ， MK NX MY 竺竺竺竺，故 MJD S5KD , PM DK MQ MD 于是 NDJ MDK，又 NDA MDA，故 ADB ADC 90 11. 2. 29*等边 ABC 的三条边 BC、CA、 AB上分别有三条相等的线段 AA、B1B2、C1C2 .求 行线，相交于点P，则 PC1C2是等边三角形, 13 / 15 即 A2B1P S AB3C3 , P PA2 A B1 B3C3 所以 B2C1 C2 A A2 B1 C3 A3 A3B3 11. 2. 30*已知 ABC , 长后交直线CF于F , M、N分别是ED

23、、 AB AC, D是BC中点，直线 CF BC . E是AB上任一点, DF中点，求证：AD平分 MAN . ED延 解析 如图，连结CN、EC , EC与AD交于K ,则由角平分线及平行线性质， 知 些 空 AC KC NCD ACN ,故 AEM S MAN . AED BAM B EDB ACD CDF ED DF ACN , EM CN， B3C3 C3A3 A B3 14 / 15 11.2. 32*分别以锐角三角形 ABC的边AB、BC、CA为斜边向外作等腰直角三角形 DAB、EBC、 FA .求:(1) AE DF ; (2) AE DF . 解析 (1) 延长BD至点 P ,

24、 使DP BD , 连结AP、 CP .因为 DAB是等腰直角三角形，所以 AB : =.2 .又BP 2BD ,所 以 AB 二.因 为 EBC是等腰直角三角形，所以 BD B2 AE AB 2 2 亠 PBC 45 ABC AB,于 s PBC ,即 AE PC .又在 ADF PC BP 2 2 和 APC 中,有AF AD 2 DAF PAC 45 DAC ,所以 ADF s APC , AAP 2 DF AD 2 亦 、2 ， 即 DF -PC 所以， AE DF . PC AP 2 2 11. 2. 31设直角三角形 ABC中， A 分别是S、T，延长ST,交两直角边于 M、 且

25、SDT s ADT ANT , AN BAC，于是 AM AN , CAD , DS、 TDC 45 ABD、 ACD的内心 并用AB、AC来表示MN . DT为对应线段，故 SDT 90 , ADT .又 TAD TAN，故 AD .于是 MN 72AD V2AB AC BC 、.2AB AC AB AC A C F 15 / 15 因为 ADF s APC，所以 ADF = APC .又由 ABE s PBC，得 BAE CPB ,于是 DAE ADF 45 BAE ADF 45 CPB APC 90 所以，AE DF . 11. 2. 33*已知 ABC ,向外作正三角形 ABD与厶AC

26、E , P、Q 分别是AD、CE的中点，R 是BC上一点，BR 3CR，求 PQR 的三个内角值. 11 11 解析 如图，作 QS AC 于 S，连结 AQ、RS，则 SC -CQ - AC，于是 RS II AB , SR - AB - AP . 2 2 4 2 1 又 SQ AQ , RSQ A 90 PAQ，故 PAQ s RSQ，且是顺相似，于是 PRQ s ASQ , 2 所以 PQR 的内角依次为 30、60、90 . 评注 A 90时结论不变. 11. 2. 34已知： ABC，向外作正三角形 ACE和正三角形BCF , 01与 02依次是它们的中心， D是AB中点，求证： E

27、DO1 FDO2 . 解析 如图，设BC、CA的中点分别为P、Q，连结 PO2 F与 QO1E，则PF 圧 ,3 竺 -DP , DQ PC QO1 QO1 又 DPF C 90 DQO1，故 DPF s O1QD，于是 DFO2 O1DQ，同理，由 DPO2 s EQD，可得 DO2P EDQ，于是 EDO1 EDQ QDO1 DO2P DFO2 FDO2 . 16 / 15 又由梅氏定理，1，即 出 匹 坐.又 ABD s CHD，且顺相似，HD BD , BD JA GC DJ BD DK11. 2. 35*ABC , AD、CE为高，H是垂心，ED、AC延长后交于 P , G为 解析

28、如图，设HP与CD交于K , BG与AD交于J .由面积知B、D、K、C是调和点列, BD CK DK 17 / 15 CH AB , K、J 是对应点，故 BJ HK，即 PH BG . 评注 调和点列见 15. 1 . 65,此题是一个一般结果之特例. 11.2. 36*已知 ABC 中， A 90 , S、N 在 AB上，M 在 BC上，MN BC , SC2 CM CB , Q 在AC上，SQ S0（0为BC中点），SQ 交MN于P，求证：SP QP . 解析 如图，延长MP、CA,设交于R ,连结SR.由于 MRC s ABC，故CA CR CM CB SC2, 于是 RS CS,又

29、由 QS SO , PM MO，故 RSPs CSO，同理 RPQ s BOS . 于是兰 SO , 空 SO，由于BO CO,故 SP QP . PR CO RP BO 11 . 2 . 37 D为 ABC的边AC上一点， E和F分别为线段 BD和BC上的点满足 BAE CAF .再设P、Q 为线段BC和BD上的点，使得 EP / QF / DC .求证： BAP QAC . 解析 如图，在 AB上取点 R，使 RE / AQ，连结 RE、RP .易知 REP与 AQF 位似，故 QAF ERP, RPE AFQ . 而 QF / CD，故 AFQ FAC BAE，从而 RPE BAE ,

30、所以R、A、P、E共圆（R与A不重合），于是 QAF ERP EAP . 又 CAF BAE，加之，即得 QAC BAP . AB、AC上各有一点 R、Q，直线 RQ 与BC延长线交于点 P ,求证： AQ CQ PC PB QR BR 1 PQ RQ PQ PR QR PR 11. 2. 38已知 ABC 中, 18 / 15 (2) ai a2 a3 b! b2 b3. 解析 在PR上取S,使A、R、 C、S共圆，贝U QSC A , AQ QC RQ SQ，又在 PR上取 T , 使T 、C、B、R共圆, 则 CTP B , PC PB PT PR， 于是 AQ CQ PC PB SQ

31、PT 1 TS PQ RQ PQ PR PQ PQ PQ 于是 问题变成求证 TS AR BR 显见 STC s ABC TS CS，又 ARQ s SCQ ， 故 PQ QR PR AB AC AR SC AB BP ,、PR CQ ，欲证式成为 ，或 1，这是梅氏定理， 故结论成立. RCQ AC PQ CQ PR BR PQ AC 11. 2. 39如图， PQR 和 P Q R， 是两个全等的正三角形， 六边形 ABCDEF的边长 分别是 AB a , BC b , CD a2, DE b2 , EF a3 , FA b3.求证：(1) al a； a| b； b； & ; 解析（1）不妨设 PAB、 P S 3、 S3、 S1 a1 因为 BC、 QCD、 Q DE、 REF、 R FA的面积分别为 S1、S1、 S3 .由 PABs p CB s QCD s Q ED s REF s R AF，可得 S1 S2 S 2 2 2 2 b1 a2 b2