平面几何习题集全套汇编

1、平面几何习题大全下面的平面几何习题均是我两年来收集的，属竞赛范围。共分为五种类型，1，几何计算；2，几何证明；3，共点线与共线点；4，几何不等式；5，经典几何。几何计算-1命题设点D是RfABC斜边AB上的一点DE丄BC于点E,DF丄AC于点F。若AF=15,BE=10,则四边形DECF的面积是多少？解：设DF=CE=x,DE=CF=y.vRfBED-RfDFA,.BE/DE二DF/AF10/y=x/15xy=150.所以，矩形DECF的面积150.几何证明-1命题在圆内接四边形ABCD中，O为圆心，己知zAOB+/COD=180.求证:由O向四边形ABCD所作的垂线段之和等于四边形ABCD的

2、周长的一半。证明(一)连OA,OB,OC,OD，过圆心O点分别作AB,BC,CD,DA的垂线，垂足依次为P,Q,R,S。易证APOMORD，所以DR=OPAP=OR,故OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。因此有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。证明(二)连OA,OB,OC,OD，因为zAOB+zCOD=180,OA=OD，所以易证RtAAPO聖RtAORD，故得DR=OPAP=OR,即OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。因此有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA

3、)/2。几何不等式-1命题设P是正ABC内任意一点，DEF是P点关于正ABC的内接三角形APBPCP延长分别交BC,CA,AB于D,E,F记面积为S1;KNM是P点关于正ABC的垂足三角形过P点分别作BC,CA,AB垂线交于K,N,M,记面积为S2。求证:S2nS1。证明设P点关于正ABC的重心坐标为P(x,y,z),a为正MBC的边长，则正ABC的面积为S=(a人2V3)/4。由三角形重心坐标定义易求得:AD=za/(y+z),CD=ya/(y+z),CE=xa/(z+x),AE=za/(z+x),AF=ya/(x+y),BF=xa/(x+y).故得:AEF的面积X=AE*AF*sin60/

4、2=Syz/(z+x)(x+y);BFD的面积Y=BF*BD*sin60/2=Szx/(x+y)(y+z);CDE的面积Z=CD*CE*sin60/2=Sxy/(y+z)(z+x).从而有S1=S-X-Y-Z=2xyzS/(y+z)(z+x)(x+y)。因为P点是aKNM的费马点，从而易求得:PK=(xaV3)/2(x+y+z),PN=(yaV3)/2(x+y+z),PM=(zaV3)/2(x+y+z).故得：S2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/4(x+y+z)人2。所以待证不等式S2S1等价于：(3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+

5、z)人22xyz/(y+z)(z+x)(x+y);3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)8xyz(x+y+z)人2;上式展开等价于3x人3(y人2+z人2)+3y人3(z人2+x人2)+3z人3(x人2+y人2)-2xyz(x人2+y人2+z人2)-4xyz(yz+zx+xy)0;上式化简等价于x人2(x+2y+2z)(y-z2+y人2(y+2z+2x)(z-x)人2+z人2(z+2x+2y)(x-y)人20.因为P点在正ABC内，故x0,y0,z0,所以上式显然成立。命题得证。几何不等式-2命题设P是三角形ABC内一点，直线AP,BP,CP与三边的交点分别为D,E,F。则三角形

6、DEF叫做点P的塞瓦三角形。试证点P的塞瓦三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。证明设三角形ABC的面积为S,塞瓦三角形DEF的面积为S1,三角形AEF的面积为Sa,三角形BFD的面积为Sb,三角形CDE的面积为Sc。令BD=xBC,CE=yCA,AF=zAB,则CD=(1-x)BC,AE=(1-y)CA,BF=(1-z)AB。那么Sa=(AE*AF*sinA)/2=z*(1-y)*S，Sb=(BD*BF*sinB)/2=x*(1-z)*S，Sc=(CD*CE*sinC)/2=y*(1-x)*S。所以有S1=S-Sa-Sb-Sc=S*1-z*(1-y)-x*(1-z)-y*(1-

7、x)=S*1-(x+y+z)+yz+zx+xy，据此命题SA4S1转化为证明4*1-(x+y+z)+yz+zx+xy1根据塞瓦定理得:xyz=(1-x)*(1-y)*(1-z)上述恒等式展开等价于1+yz+zx+xy=2xyz+x+y+z将其代入得：8xyz1.由算术-几何平均不等式得:2Vx(1-x)1,2Vy(1-y)1,2Vz(1-z)1,上述三式相乘得：8Vxyz(1-x)*(1-y)*(1-z)1,8xyz1.几何不等式-3命题设P是三角形ABC内一点，点P在三边BC,CA,AB上的射影分别为D,E,F。则三角形DEF叫做点P的垂足三角形。试证点P的垂足三角形DEF的面积不超过三角形

8、ABC面积的四分之一。证明设P点垂足ADEF面积为F,AABC面积为,令PD=r1,PE=r2/PC=r3/BC=a,CA=b/AB=c/R表示三角形ABC的外接圆半径。则有F=r2*r3*sinA+r3*r1*sinB+r1*r2*sinC/2=a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2/(4R)。故命题转化为求证TOC o 1-5 h za*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2RA据恒等式:abc=4RA,则上式为a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r20上式配方整理得:R*x+(2*R人2-c人2)*y/(2R)+(2*R人2-b人2)*z/(2R)人2+c*y*cosC

9、-b*z*cosB人20,显然成立。易验证当x:y:z=a*cosA:b*cosB:c*cosC,即外心时取等号。几何不等式-4命题试比较给定一三角形的最大内接矩形的面积与最大内接正方形的面积大小。证明设给定三角形ABC的边长分别为a,b,c，相对应的高线分别为ha,hb,hc，给定三角形ABC的面积为S。不妨设abc，则hahbbc条件下，求出最大内接矩形与最大内接正方形的面积。对于给定三角形的最大内接矩形的面积可如下求设矩形长为x与BC边重合，宽为y，矩形的面积为S1。运用相似比可得：(ha-y)/x=ha/ax=a*(ha-y)/ha，所以S1=y*a*(ha-y)/ha=-1/(a*h

10、a)*a人2*y人2-2*a*S*y=-1/(2*S)*(a*y-S)人2+S人/2S/2。当y二S/a二ha/2,x=a/2时，S1的最大值为S/2。所以给定三角形的最大内接矩形的面积为S/2,它共有三种形状，即(长，宽)=(a/2,ha/2);(长,宽)=(b/2,hb/2);(长,宽)=(c/2,hc/2)。注意这里长与宽相对而言。对于给定三角形的最大内接正方形的面积可如下求设正方形边长为x，正方形的面积为S2。运用相似比可得：(ha-x)/x=ha/ax=2*S/(a+ha)，因为abc，易证得:a+hab+hbc+hc,所以给定三角形的最大内接正方形的面积:S2=2*S/(c+hc)

11、人2。下面确定给定三角形ABC的最大内接矩形的面积与最大内接正方形的面积大小。2*S/(c+hc)人2S/28*S(c+hc)人2因为c人2+(hc)人2n2*c*hc=4*s，所以8*S(c+hc)人2显然成立。当c=hc时等号成立。几何不等式-5命题在等腰直角三角形中，/BAC=90,E,F在BC边上E点靠近B点，F点靠近C点。求证：如果zEAF45,则BE人2+CF人2EF人2.证明设AE为y,AF为z,AB=AC=ao在MBE,ACF中zABE=45,/ACF=45，根据余弦定理得：BE人2=人2-a人2+a*BE*V2;人2二a人2+BE人2-a*BE*V2;z人2二a人2+CF人2

12、-a*CF*V2;CF人2=乙人2-a人2+a*CF*V2.f两式相加得：BE人2+CF人2二y人2+z人2-2a人2+aV2(BE+CF)二y人2+z人2-2a人2+aV2(aV2-EF)=yA2+z人2-aV2EF。注意到:MEF面积的两种表示式yzsin(,EAF)/2二aEF/(2V2)aV2EF=2yzsinzEAF所以有BEA2+CF人2二yA2+zA2-2yzsinzEAF而在AEF中，根据余弦定理得：EFA2=yA2+zA2-2yzcoszEAF对比上述两式，当zEAF=45时，有BEA2+CF人2二EF人2。如果zEAF45,则tanzEAFEF人2;如果zEAF45,则ta

13、nzEAF1,即BEA2+CFA2zDBE=90BD=CF=BEA2+CFA2=BEA2+BDA2=DEA2DEA2=aDA2+AEA2-2AD*AE*coszDAEEFa2=AFA2+AEA2-2AF*AE*coszEAFAD=AFDEA2-EFA2=2AF*AE(coszEAF-coszDAE)zDAE=zDAB+zBAE=zCAF+zBAE=90-zEAFzEAFzDAEzEAF0,DEA2-EFA2=2AF*AE(coszEAF-coszDAE)0DEA2EFA2BEA2+CFA2EFA2zEAF45,则0zDAEzEAF90,DEA2-EFA2=2AF*AE(coszEAF-cosz

14、DAE)0DEA2EFA2BEA2+CFA25*a*b*c(1)即64*(ma*mb*mc)人225(a*b*c)人2(2)据三角形中线公式:4*(ma)人2=2b人2+2c人2-a人2,4*(mbH2=2c人2+2a人2-b人2,4*(mc)人2=2a人2+2b人2-c人2,因为三角形是非钝角三角形,则b人2+c人2-a人2=0,c人2+a人2-b人2=0,a人2+b人2-c人2=0,注意三式不可能同时取零，当直角三角形时，有一为零。设x,y,z为非负实数，则令2x=b人2+c人2-a人2,2y=c人2+a人2-b人2,2z=a人2+b人2-c人2。则a人2=y+z,b人2二z+x,c人2二

15、x+y。对(2)式作置换等价于:(4x+y+z)*(4y+z+x)*(4z+x+y)25*(y+z)*(z+x)*(x+y)(3)x人3+y人3+z人3-x人2(y+z)-y人2*(z+x)-z人2*(x+y)+7*x*y*z0(3)式是全对称的，不失一般性，设x=min(x,y,z),(3)化简整理等价于x*(x-y)*(x-z)+(y+z-x)*(y-z)人2+4*x*y*z0，显然成立。证明(2)设RtAABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc,R,A为RtAABC的外接圆半径和面积。而以RtAABC三中线组成的AABC的外接圆半径和面积分别为Rm,Amo显然Am=

16、3A/4。命题转化：Rm5R/6(1)根据三角形恒等式:abc=4R*A,ma*mb*mc=4Rm*Am。故只需证明：8*ma*mb*mc5*a*b*c(2)即64*(ma*mb*mc)人225(a*b*c)人2(3)不失一般性，设a人2=b人2+c人2，据三角形中线公式：4*(ma)人2=2b人2+2c人2-a人2二b人2+c人2,4*(mb)人2=2c人2+2a人2-b人2=4c人2+b人2,4*(mc)人2=2a人2+2b人2-c人2=4b人2+c人2,所以(3)式等价于：(4c人2+b人2)*(4b人2+c人2)25*b人2*c人24*(b人2-c人2)人20。显然成立，当三角形三角之

17、比为2:1:1时等号成立。几何不等式-7命题设AABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c,外心为O,内心为I。求证：zAIO为锐角的充要条件是:b+c2a;zAI0为直角的充要条件是:b+c=2a;zAI0为钝角的充要条件是:b+cd，即b+c2a。同理可证(2),(3)成立。几何不等式-7命题设AABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c,外心为0,重心为G。求证：zAGO为锐角的充要条件是:b人2+c人22a人2;zAGO为直角的充要条件是:b人2+c人2=2a人2;zAGO为钝角的充要条件是:b人2+c人2DG,即b人2+c人22a人2。同理可证(2),(3)成立。几何证明-2命题

18、在AABC中，BC=a,CA=b,AB=c,s为半周长，在BC上的一点M，使得AABM与AACM的内接圆相等。求证:AM人2=s*(s-a)证明设AM=x,依题意可得：MB+MC=a(1)MB/MC=(x+c+MB)/(x+b+MC)(2)(2)等价于MB/MC=(x+c)/(x+b)据(1),(2)式可得:MB=(x+c)*a/(2x+b+c)MC=(x+b)/(2x+b+c)，由余弦定理得:MB/MC=(x人2-c人2+MB人2)/(-x人2+b人2-MC人2)所以(x+c)/(x+b)=(x人2-c人2+MB人2)/(-x人2+b人2-MC人2)(4)将MB=(x+c)*a/(2x+b+

19、c)MC=(x+b)/(2x+b+c)代入(4)式化简整理得：(x+b)*(x+c)*4x人2+a人2-(b+c)人2=0,故得:AM人2=s*(s-a)经典几何-1命题在平行四边形ABCD边AB,BC,CD,DA上分别取点K,L,M,N，如果所取这四个点为顶点的四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积的一半，求证:四边形KLMN至少有一条对角线平行于平行四边形ABCD边。证明在平行四边形ABCD中，设zDAB=9,AD=a,AB=b.则四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积减去三角形AKN,BKL,CLM,DMN的面积之和。由面积公式不难求得:AKN的面积=(1/2)*AN

20、*AK*sin6,BKL的面积=(1/2)*BL*(b-AK)*sinCLM的面积=(1/2)*(a-BL)*(b-MD)*sin9,DMN的面积=(1/2)*(a-AN)*MD*sin9,平行四边形ABCD的面积=ab*sin9所以四边形KLMN的面积等于=(1/2)*ab*1-(AN-BL)*(AK-MD)/ab*sin9。另一方面,据已知条件,四边形KLMN的面积等于(1/2)*ab*sin9。比较四边形KLMN的面积的两种计算结果，可见：(AN-BL)*(AK-MD)=0于是，或者AN=BL,从而LNIIAB;或者KA=MD,从而KMIIAD。故命题得证。几何不等式-8命题设P是平行四

21、边形ABCD内一点，求证:PA*PC+PB*PDAB*BC并指出等号成立条件。证明作PQ平行且等于CD，连CQ,BQ,贝0四边行CDPQ与ABQP均为平行四边形，所以CQ=PD,BQ=PA,PQ=AB=CD在四边形PBQC中，由Ptoiemy不等式有BQ*PC+PB*CQPQ*BC即PA*PC+PB*PDAB*BC等号成立当且仅当PBQC四点共圆，即zCPB+zCQB=n,而/CQB二/APD。所以不等式等号成立的条件为：zCPB+zAPD=n。证毕。据此证明该题可作如下改动命题设P为平行四边形ABCD内一点，满足zCPB+zAPD=n,则有PA*PC+PB*PD=AB*BC。经典几何-2命题

22、圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，内切，相含。三角形有三个圆，即外接圆，内切圆及九点圆。问三角形上述三个圆的关系解九点圆：三角形三边的中点，三高的垂足及三顶点与垂心间线段的中点，共九个点共圆，这个圆称为三角形的九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段的中点，其半径等于三角形外接圆半径的一半，半径为R/2。外接圆：以三角形的三条中垂线的交点为圆心，这个点到三角形顶点的距离为半径的圆，半径为R。内切圆：以三角形三个内角的角平分线的交点为圆心,圆心到任意一边的距离相等，半径为r。设三角形ABC的九点圆心为Q，外接圆心为O,内切圆心为I，三角形ABC半周长为s，则易求得:0Q二V(9R人2+8Rr+

23、2r人2-2s人2)/2,OI=VR(R-2r),IQ=(R-2r)/2.根据圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，内切，内含。可判断:(1),九点圆与内切圆的两半径差等于R/2-r=IQ=(R-2r)/2，故内切圆I内切于九点圆Q，即两圆内切。,易证R-r0I=VR(R-2r),r人20,所以外接圆内含内切圆，即两圆内含。(3),外接圆与九点圆,当三角形为锐角时外接圆内含九点圆,R/2V(9R人2+8Rr+2r人2-2s人2)/2,s2R+r;当三角形为直角时九点圆内切于外接圆，R/2二V(9R人2+8Rr+2r人2-2s人2)/2,s=2R+r;当三角形为纯角时九点圆与外接圆相交，3R/2V

24、(9R人2+8Rr+2r人2-2s人2)/2,s人24Rr+r人2.几何证明-3命题己知P为正五边形ABCDE的外接圆AE圆弧上一点。求证:PA+PC+PE二PB+PD证明设正五边形的边长和对角线分别为a,f。据托勒密定理，在圆内接四边形PABE中，PA*f+PE*a=PB*a(1)在圆内接四边形PADE中，PA*a+PE*f=PD*a(2)(1)+(2)得:PA*f+PE*a+PA*a+PE*f=(PB+PD)*a(3)在圆内接四边形PACE中，PA*f+PE*f=PC*a(4)将(4)式代入(3)式得:a*(PA+PC+PE)=a*(PB+PD)因为a/0,所以PA+PC+PE二PB+PD

25、,证毕。共点线与共线点-1命题在等腰SBC中,zB=zC=40,P,Q为等腰SBC形内两点，且/PAB二/QAC=20,zPCB=zQCA=10o求证:B,P,Q三点共线。证明以BC为一边，在A点的同侧作正三角形DBC，连DA，BQ。易知AB=AC,可知DA为BC的中垂线，由zQCA=10度得zQCB=30度，可知CQ为BD的中垂线，所以有zQCD=30度二/ADC。由zQAC=20度二/ADC,有AQllDC,可知四边形AQCD为等腰梯形，即AD=QC,进而ABD泌BQC,得BA=BQo在AABQ中，可知/QBA=20度，所以/QBC=20度。在BA延长线上取一点E，使BE=BC,连EP,E

26、C,BP,可知/PCE=(180-40)/2-10=60度，/EAC=80度二/PAG进而AEACMPAC。得PC二PE,所以APEC为正三角形，有PC=PE,可知BP为EC的中垂线。于是/PBC=/EBC/2=20度二/QBC。因此B,P,Q三点共线。几何证明题-4命题在MBC中,/A二120KL分别是AB、AC上的点，且BK=CL,以BK,CL为边向MBC的形外作正三角形BKP和CLQ证明：PQ=BC。证明延长直线PK与QL交于O,根据正三角形BPK,正三角形CQL及/A二120,显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KOo又因为BK=CL,故PO=PK+KO=BK+

27、AL=CL+AL=AC;QO=QL+LO=CL+AK=BK+AK=ABo而zPOQ=120,所以MBCmPQ。故PQ二BC。几何证明题-5命题在MBC中/A二120KL分别是AB、AC上的点，且BK+AC二CL+AB,以BK,CL为边向ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQ=BC。证明延长直线PK与QL交于O,根据正三角形BPK,正三角形CQL,zA二120及BK+AC=CL+AB,，显然可证:四边形OLAK为菱形，所以AK=LO=AL=KOo故PO=AB,QO=ACo而zPOQ=120,所以ABCPQOo故PQ二Be。几何不等式-9命题在MBC中/A二120KL分别是AB、AC上的

28、点，且BK+ACCL+AB,BKCL,以BK,CL为边向MBC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQBC。证明延长直线PK与QL交于O，令AC=b,AB=c，BK=x,CL=yo根据正三角形BPK,正三角形CQL及zA二120,显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK二LO,AL二KO/POQ二120。据此得:PO=PK+KO=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。在三角形PQO中，根据余弦定理得:PQ人2=PO人2+QO人2-2*PO*QO*cos120=PO人2+QO人2+PO*QO=(x+b-y)人2+(y+c-x)人2+(x+b-y)*(y+c-x

29、)二b人2+(x-y)人2+2b*(x-y)+c人2+(x-y)人2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)人2二b人2+c人2+bc+(x-y)人2+(b-c)*(x-y)二BC人2+(x-y)*(b+x-c-y)因为BKCL,即xy,BK+ACCL+AB,即x+bc+yo所以(x-y)*(b+x-c-y)0,因此PQBCo当BK+AC二CL+AB或BK=CL时取等号。几何不等式-10命题在MBC中/A二120KL分别是AB、AC上的点，且BK+ACCL+AB,BKCL以BK,CL为边向MBC的形外作正三角形BKP和CLQ。证明：PQBC。证明延长直线PK与QL交于O,令

30、AC=b,AB=c,BK二x,CL二y。根据正三角形BPK,正三角形CQL及/A二120,显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK二LO,AL二KO/POQ二120。据此得:PO=PK+KO=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。在三角形PQO中，根据余弦定理得：PQ人2=PO人2+QO人2-2*PO*QO*cos120=PO人2+QO人2+PO*QO=(x+b-y)人2+(y+c-x)人2+(x+b-y)*(y+c-x)二b人2+(x-y)人2+2b*(x-y)+c人2+(x-y)人2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)人2二b人2+

31、c人2+bc+(x-y)人2+(b-c)*(x-y)二BC人2+(x-y)*(b+x-c-y)因为BKCL,即xCL+AB,即x+bnc+y。所以（x-y）*（b+x-c-y）0,因此PQ2a人2;zAKO为直角的充要条件是:b人2+c人2=2a人2;zAKO为钝角的充要条件是:b人2+c人2AK,即2*b*c*ma/（a人2+b人2+c人2）3*a人2*b*c/2*ma*（a人2+b人2+c人2）,4*（ma）人23*a人2b人2+c人22a人2。同理可证（2）,（3）成立。几何证明题-7命题设AABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c,外心为O,垂心为H。求证:/AHO为锐角的充要条件

32、是:tanB*tanC3;zAHO为直角的充要条件是:tanB*tanC=3;zAHO为钝角的充要条件是:tanB*tanCAH,即2R*cosA4R*cosB*cosCtanB*tanC3;同理可证(2),(3)成立。几何不等式-11命题在非纯角AABC中，设ma,mb,mc;R分别表示的三中线及外接圆半径.求证:ma+mb+mc4R证明在非纯角AABC中，设A=max(A,B,C),G,O分别表示AABC的重心与外心，则O点必落在ABGC中，故有:BG+CGBO+CO,而BG=2*mb/3,CG=2*mc/3，BO+CO=R，所以mb+mc3R(1)又因为maR(2)式当zA=n/2时取等

33、号。（1）+（2）即得所证不等式。经典几何-3命题试证到三角形三顶点距离的平方和为最小的点是三角形的重心。上述重心性质可改述为:命题在AABC中，G是重心,M是平面上任一点。求证；MA人2+MB人2+MC人2二GA人2+GB人2+GC人2+3GM人2证明AABC的三条中线AD,BE,CF交于G,不妨设M在ABGC内。对于AMD和口G,由斯特瓦尔定理得；MA人2*DG+MD人2*AG-MGa*AD二AD*DG*AG因为DG=AD/3,GA=2AD/3，代入整理得：3*MG人2二MA人2+2*MD人2-2*AD人2/3容易算出，在AMBC和厶GBC中有MD人2=（MB人2+MC人2）/2-BC人2

34、/4GD人2=（GB人2+GC人2）/2-BC人2/4将上述两式代入（1）式得：3*MG人2二MA人2+MB人2+MC人2-（GB人2+GC人2）+2GD人2-2*AD人2/3=MA人2+MB人2+MC人2-（GA人2+GB人2+GC人2）所以MA人2+MB人2+MC人2二GA人2+GB人2+GC人2+3GM人2从等式显然可看出，当M异于G时，有MA人2+MB人2+MC人2GA人2+GB人2+GC人2所以到三角形三顶点距离的平方和为最小的点是三角形的重心。几何证明-8命题在AABC中,各边不相等，O,I,H,Q分别为外心，内心，垂心与九点圆心，如果三角形ABC三个内角成等差数列。求证:IQ丄O

35、H.证明因为三角形ABC三个内角成等差数列，所以有一角必为n/3o记A=n/3,R为外接圆半径。则AH=2RcosA=R=AO,又因为AI平分zOAH，所以AAHIMAOI，即IH=IO。由于九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。因此AI丄OH.证毕。证明因为三角形ABC三个内角成等差数列，所以有一角必为n/3o记人=砒3,R,r,s分别为AABC外接圆半径，内切圆半径和半周长。根据己知恒等式:s=3RsinA+rcot(A/2)=(R+r)V3而IH人2=4R人2+4R*r+3r人2-s人2,OI人2二R*(R-2r)。所以IH人2=4R人2+4R*r+3r人2-s人2二4R人2+4R*r+

36、3r人2-3(R+r)人2二R*(R-2r)=OI人2,即IH=IO.又因为九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。因此AI丄OH.证毕。几何计算-2命题设ABCD是一个矩形,BC上有一点M,CD上有一点N，连接AM,MN,AN,S三角形ABM=4,S三角形CMN=3,S三角形ADN=5,求S三角形AMN二？解设AB二CD二a,BC=DA=b,BM=x,DN=y,故有CM=b-x,CN=a-x所以2*S三角形ABM=8=ax,2*S三角形CMN=6=(b-x)(a-y),2*S三角形ADN=10=by.因此有ab*xy=80;ab+xy=24据此可得：ab=20,xy=4.而2*S三角形AMN=

37、2ab-ax-by-(a-y)(b-x)=ab-xy=20-4=16，所以S三角形AMN=8。几何计算-3命题设ABCD是一个平行四边形,BC上有一点M,CD上有一点N，连接AM,MN,AN上ABM的面积S1=4,ACMN的面积S2=3,AADN的面积S3=5,求厶AMN的面积S4.解设sin/ABC二sin(n-zBCD)=T,AB=CD=a,BC=DA=b,BM=x,DN=y,故有CM=b-x,CN=a-x所以2*S1=8=ax*T,2*S2=6=(b-x)(a-y)*T,2*S3=10=by*T.因此有ab*xy*T人2=80;ab*T+xy*T=24据此可得：ab*T=20,xy*T=

38、4.而2*S4=2ab-ax-by-(a-y)(b-x)*T=(ab-xy)*T=20-4=16，所以S4=8。几何计算-4命题已知三角形三边为连续偶数，且满足cosA+cosB+cosC=7/5。求该三角形的面积。解设三边为2n-2、2n、2n+2,利用余弦定理代入计算(n人2-4n)/2n(n-1)+(n人2+2)/2(n-1)(n+1)+(n人2+4n)/2n(n+1)=7/5=(3n人2-6)/2(n人2-1)=7/5=n人2=16n=4.所以三角形三边为6,8,10.而6人2+8人2=10人2,三角形ABC是直角三角形三角形的面积=6*8/2=24.几何证明-9问题试证:对边之和相等

39、的四边形必有内切圆。命题已知在四边形ABCD中，AB+CD二BC+AD。求证四边形ABCD有内切圆。证明不妨设ABAD,BCCD,因为AB+CD=BC+AD,所以AB-AD=BC-CD。在AB上取点M,使AM=AD;在BC上取点N,使CN=CD，所以BM=BNO即ADM,CDN,BMN都是等腰三角形。故A,B,C三角的平分线，必是aDMN三边的垂直平分线，它们交于-点O,O点到四边形ABCD的四边的距离相等，所以必存在以O为中心一圆内切四边形。几何证明-10问题若引自三角形一顶点的高，角平分线，中线四等分这顶角，则此三角形为直角三角形。命题己知ABC的高AH，乙A的分角线AD,BC上的中线AM

40、，且zBAH=zHAD=zDAM=zMAC。求证zBAC=90.证明延长人。交4ABC的外接圆于N,连NM。vzBAD=zCAD,/.N为圆弧BC的中点。M为BC的中点，.MN丄BC.AH丄BC,aAHhMN,azANM=zHAD=zNAM,aMA=MN.MN与MA不重合，而MN所在的直线必过AABC外接圆圆心.故M必为外接圆圆心,ABC为直径,azBAC=90.证毕。几何证明-11命题己知在MBC中，BE和CF分别zB,zC的平分线,AM丄CF,AN丄BE,垂足分别为M,N。求证(1),MNllBC;(2),MN=(AB+AC-BC)/2.证明分别延长AM与AN交BC或BC延长线于点PQ,因

41、为zABN=zCBN,AN丄BE，所以AN=NQO同理可证:AM二MP,所以MNIIPQ,即MNllBCo,因为PC=AC,BQ=AB,即PQ+QC=AC(X)BP+PQ=AB(Y)(X)+(Y)得:BC+PQ=AB+AC,即PQ=AB+AC-BC又因为MN=PQ/2,所以MN=(AB+AC-BC)/2.证毕。几何证明-12命题己知AD,BE,CF分别为锐角三角形ABC的三边上的高，作DP丄AB,DQ丄ACRQ为垂足求证:(1),PQ=(DE+DF+EF)/2;如果为钝角，则PQ=(DE+DF-EF)/2.证明DE人2=CD人2+CE人2-2CD*CE*cosC二b人2cosC人2+a人2co

42、sC人2-2abcosC人3二cosC人2(a人2+b人2-2abcosC)=cosC人2*c人2所以DE=c*cosC同理EF=a*cosA,DF=b*cosBPQ人2二AP人2+AQ人2-2AP*AQcosA二b人2sinB人2sinC人2+c人2sinB人2sinC人2-2bcsinB人2sinC人2cosA二sinB人2sinC人2(b人2+c人2-2bc*cosA)二a人2sinB人2sinC人2二a人2*b人2*c人2/16R人4(R为三角形外接圆半径)所以PQ=abc/4R人2所以(DE+DF+EF)/PQ=cosC/sinAsinB+cosB/sinAsinC+cosA/sin

43、BsinC=-(cotAcotB-1+cotBcotC-1+cotCcotA-1)=-(1-3)=2所以PQ=(DE+DF+EF)/2(注：cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA=1几何证明-13命题以三角形ABC的各边为边，分别向形外作正多边形，若它们的边数分别为m,n,p且三个正多边形各自的外接接圆共点。求证:1/m+1/n+1/p=1证明设以BC,CA,AB为边所作的正多边形的边数分别为m,n,p，三正多边形各自的外接圆交于O。则zBOC+zC0A+zA0B=(n-n/m)+(n-n/n)+(n-n/p)=2n故1-1/m+1-1/n+1-1/p=2即1/m+1/n+1/p

44、=1，证毕。几何证明-14命题在MBC中，其内切圆切BC于D,求证：ABD与ACD的内切圆相切。证明设MBD与MCD的内切圆分别切AD于H,K。则AH=(AB+AD-BD)/2;AK=(AC+AD-CD)/2因为BD=(AB+BC_AC)/2;CD=(AC+BC-AB)/2。所以AH=(2AB+2AC-AB-BC+AC)/4=(AB+2AD+AC-BC)/4;AK=(2AC+2AD-AC-BC+AB)/4=(AB+2AD+AC-BC)/4因此AH=AK,于是点H,K重合，故MBD与MCD的内切圆相切。证毕.几何证明-15命题已知边数分别为m,n,k的三个正多边形的各一内角之和为2n。求证：1/

45、m+1/n+1/k=1/2证明因为边数分别为m,n,k的三个正多边形的内角为：(m-2)n/m;(n-2)n/n;(k-2)n/k。根据题设条件:(m-2)n/m+(n-2)n/n+(k-2)n/k=2n1-2/m+1-2/n+1-2/k=21/m+1/n+1/k=1/2。证毕几何证明-16命题设正七边形的边长为a,两对角线分别为m,n。求证:1/m+1/n=1/a。证明设ABCDEFG为正七边形，较长的对角线为m,较短的对角线为n。延长CB,GA交于K，即GC=m,AC二n.ABllCGjAB/GC二BK/KC.(1)又vzKAB=n-zBAG=n-5n/7=2n/7,zBCA=zBAC=n/7.azK=zKAC,KC=AC二n,AB/AC二AB/KC(2)(1)+得:AB/GC+AB/KC=(BK+AB)/KC二KC/KC=1,即a/m+a/n=11/m+1/n=1/a。证毕。几何证明-17命题己知a,b,c分别是同一外接圆中正五边形，正六边形和正十边形的边长。求证a人2二b人2+c人2证明设外接圆半径为1，则a=sin(n/5),b=sin(n/6)=1/2,c=sin(n/10)o令T=sin(n/5)人2-1/4-si