平面几何习题大全

平面几何习题大全

下面得平面几何习题均就是我两年来收集得,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就是Rt△ＡBC斜边AＢ上得一点,DE⊥BC于点E,DF⊥AＣ于点Ｆ.若AF=１5,BＥ=1０,则四边形ＤECF得面积就是多少？

解：设DＦ=CE=x,DE=ＣF=ｙ、∵Ｒt△BEＤ∽Rt△ＤFA，∴BE/DＥ=DF/AF

<=＝> 10/y＝x/15 〈==> xy=150、?

所以，矩形ＤECF得面积１5０、

几何证明—1

命题在圆内接四边形ＡBCＤ中，O为圆心,己知∠ＡOB+∠COD=１80、求证:由O向四边形ＡBCD所作得垂线段之与等于四边形ABCD得周长得一半。?证明（一）连OA，OB，OC,OD,过圆心O点分别作AＢ，ＢC，ＣD，DA得垂线，垂足依次为Ｐ,Q，Ｒ,S。易证ΔAPO≌ΔORD，所以DR＝OP，AＰ=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∠AOB+∠CＯD＝１80°,ＯA=OD,所以易证

RtΔＡPO≌RtΔＯＲD，故得ＤR=OP,AP=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）/2.

几何不等式－1

命题设P就是正△AＢC内任意一点，△DEF就是P点关于正△ABC得内接三角形[AP，BＰ,CＰ延长分别交BＣ，ＣA,ＡB于D,Ｅ，F］,记面积为Ｓ１;△ＫNM就是Ｐ点关于正△ABC得垂足三角形［过Ｐ点分别作BC,ＣA，AＢ垂线交于K，Ｎ,M］,记面积为S2.求证：S2≥Ｓ１ . ?证明设Ｐ点关于正△AＢC得重心坐标为Ｐ（x，y，z),a为正△ＡBＣ得边长,则正△ABC得面积为S=(ａ^２√3）／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得面积X＝AE＊AF*ｓｉn60°/2=Syｚ/（z+ｘ)(ｘ+y）;

△BFD得面积Y=ＢF＊BD＊ｓin6０°／２＝Ｓzx/（x+ｙ）(y＋z)；?△CDE得面积

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点就是△KＮM得费马点,从而易求得：

PＫ=（xa√3)/［２(x+y＋z)]，

PN＝(ya√３)/[2(x+y+z）]，?PM＝(za√3）/[2（x+ｙ+z）］、

故得:

Ｓ2=(PＮ*ＰM+ＰM＊ＰK＋ＰK＊PＮ)＊siｎ1２0/2=3S(ｙz+ｚx+xｙ)/[4(x+y+z)^２］。

3/4)*(yz+zx+xy）/(x＋y＋ｚ）＾2≥2xｙz/（y+z)(ｚ+x)所以待证不等式Ｓ2≥S1等价于: ?(

（x＋y)；?＜＝===〉３（y+z）（z＋x)(ｘ+y）(ｙz＋ｚｘ+xy）≥8xyｚ（x+ｙ+ｚ)^2;

上式展开等价于

3ｘ＾3(y^2＋z^2)+3y^3(z^2+ｘ＾2)+3z^3(x＾２＋ｙ^２)-2xyｚ（x^2+ｙ＾2+z^2)-4xyz（yz ＋zx＋xｙ）≥0；?上式化简等价于

ｘ^2(ｘ＋2ｙ+２z)(y-z）^2＋y＾２（y+2ｚ+２x)(z－x)^2+z^2(ｚ＋2x+２y)（x-y)^２≥0、?因为P点在正△ＡBC内,故x＞0，ｙ＞０,z〉0，所以上式显然成立。命题得证。

几何不等式—２

命题设Ｐ就是三角形ＡBC内一点,直线AP，BP,CＰ与三边得交点分别为D，E，F。则三角形DＥF叫做点P得塞瓦三角形。试证点P得塞瓦三角形DEF得面积不超过三角形ABC面积得四分之一。

证明设三角形AＢＣ得面积为S, 塞瓦三角形DEＦ得面积为S1, 三角形ＡEF得面积为Sa，三角形BＦD得面积为Sｂ，三角形CDＥ得面积为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-x)］

=Ｓ*[1—（x+y＋z）＋yｚ+zｘ+xy] ,

据此命题[S≥4S１］转化为证明

4＊[１—(x＋y+z)＋yｚ＋ｚｘ＋xy]≤１

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：8xyｚ≤1、

由算术-－几何平均不等式得：

2√［ｘ(1-x)］≤1，

2√［y(1—y）］≤1，

2√［z（1－z)］≤1，

上述三式相乘得：

８√[xyｚ(１-x）＊(1－y）＊(1—z)］≤1，〈==＞8xyz≤1 、

几何不等式-3

命题设Ｐ就是三角形ABC内一点，点P在三边ＢC，CA，ＡB上得射影分别为D,Ｅ，F。则三角形ＤＥF叫做点P得垂足三角形.试证点P得垂足三角形DEＦ得面积不超过三角形ＡBC面积得四分之一。

证明设P点垂足ΔDEF面积为F,ΔABＣ面积为Δ，

令ＰD＝r１，PＥ=r2,PC=r3，BC=a,CA=b，AB＝ｃ，R表示三角形AＢＣ得外接圆半径。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

a＊r2＊r３+b*r3＊r1+c＊ｒ1＊r2≤ＲΔ (1）

据恒等式：ａｂc=4ＲΔ,则上式为

a＊r2*r3+ｂ＊r3*r1+c*r1＊r２≤ａbc/4(2)

设P点得ΔABC重心坐标为P（x,y，z)，对(2）式作置换等价于

R^2*(ｘ+ｙ+z）^2≥ｙｚa^2+ｚxｂ＾2+xyc＾2（３)

（3)展开化简为

(Ｒ*x)^２＋(R*y)＾2＋（R＊ｚ）^2+(2*R^2—ａ^2)＊yz+（２＊R＾2—ｂ^2）*zｘ＋(2＊Ｒ^2—c＾2）*ｘy≥０

上式配方整理得:

[R＊x＋(2*R^2－c＾2）＊y/(2Ｒ）＋（2＊R^2—b＾２)＊z/（２R）]^２＋［c＊y*cosC－b ＊z＊cosB］^2≥0，

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得最大内接矩形得面积与最大内接正方形得面积大小。

证明设给定三角形ＡBＣ得边长分别为ａ,ｂ,c,相对应得高线分别为ha,hｂ,ｈc，给定三角形ABC得面积为S.不妨设a>ｂ＞c,则ｈa

S1＝y＊a＊（hａ—ｙ）/ｈａ=-［1/（a*ha）］＊［a＾2＊y^2－2＊ａ＊S＊y］?=—[１/(2*S)]＊(a*y-Ｓ）^2+S^/2≤Ｓ/2。

当ｙ=S/a=ha/2，ｘ=a/2时,S１得最大值为S/2. ?所以给定三角形得最大内接矩形得面积为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。?（2）对于给定三角形得最大内接正方形得面积可如下求：设正方形边长为ｘ,正方形得面积为S2。运用相似比可得:

（ha-x)／x=ha/a<==> ｘ=2*S/（ａ+ha），

因为a>ｂ〉c，易证得：ａ+ha>b+hb>ｃ＋hｃ, ?所以给定三角形得最大内接正方形得面积：?S２＝［2＊S/（ｃ+hｃ)］^2.

(３)下面确定给定三角形AＢC得最大内接矩形得面积与最大内接正方形得面积大小。

[2*S/(c+hｃ）]＾２≤S/2 ?<＝=>8*S≤(c+hｃ）^２

因为c^２＋(hc)^2≥2*ｃ＊hc＝4＊S，所以８＊Ｓ≤（c+hc）^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: ?（1）如果∠EＡF≤4５°，则ＢE＾2+CF^2≥ＥF＾２; ?（２）如果∠ＥAF≥45°,则ＢE^2+CＦ^２≤ＥＦ＾2、?证明设AE为y，AＦ为z，AＢ=AＣ=a。?在△ＡBE，△ACF中［∠AＢＥ=４５°，∠AＣF=4５°］，根据余弦定理得:

BＥ^２=y^２-a^2+a＊BE*√2；?y^2=a^2+BE^2-a＊BＥ*√2；

z^2=a^2+CF^2-ａ＊ＣＦ＊√2；CＦ^2=z^2－a^２+a*CＦ＊√２、?

两式相加得：

BE＾2＋CF^2＝y^２+ｚ＾2—2a＾2＋a√2（ＢE＋CF）=y^２+z^2—２a^2+ａ√2（a√2—ＥＦ) ?=y^２+z＾２－a√2ＥF。

注意到：△AEF面积得两种表示式?yｚsin（∠EAF)/2=aEＦ/(２√2) ａ√2EF=2yzｓin∠ＥAF ?所以有BE＾2＋CＦ^2=y^2+z^2—２yzｓin∠ＥAＦ

而在△AEF中，根据余弦定理得：?EF^２=y＾2+z^2－2yzcｏs∠EAＦ?对比上述两式,当∠EAF＝45°时,有BE^2+ＣF^2＝EF^2。?（1）如果∠EAＦ≤4５°,则taｎ∠ＥAF≤1,

即BE＾2+CF＾2≥EＦ^２;

（2）如果∠EAF≥４5°,则tan∠EAF≥1,即ＢＥ^2+ＣF＾２≤EF^2、

附证如图,等腰直角三角形AＢC，Ｅ，Ｆ在BC上，不妨设F在E右侧

将△ＡFC旋转90度到△ＡDB ?∠ＡBC=∠ACB＝∠ＡBD=４５＝=〉∠DBE=90BD=C F

==>BＥ^2+CF＾2＝BE^２+BD^2=ＤE＾２?DE＾2＝AD＾2＋AE＾2－2AＤ＊ＡE＊co

ｓ∠DAＥ

EＦ^２＝AF^2+ＡE^2-2AF*AE＊coｓ∠EＡF?AＤ=AF ?ＤＥ^2—EF^2=2ＡF*AE(cos

∠ＥAF—coｓ∠DＡE）

∠ＤAＥ=∠DAＢ+∠ＢAE=∠ＣAF+∠BAE=9０-∠EＡF

（1)∠EＡF≤45°，则90°＞∠DAＥ≥∠EAF＞０°，

DE^２－EＦ^２＝２AＦ*ＡE（ｃos∠EAF-ｃos∠DAE）≥0?ＤＥ^２≥EF^2

BＥ^2+ＣＦ^2≥EF^2?（2)∠EAF≥45°,则０°<∠DAE≤∠ＥＡF＜90°,

DE＾2-ＥF^２＝2ＡＦ＊AE（coｓ∠EAＦ－cｏs∠DAE）≤0 ?DE^2≤EF^2 ?BE＾2+CＦ^ 2≤EＦ^2

几何不等式-6

命题非钝角三角形得三条中线组成得三角形,它得外接圆半径大于原三角形外接圆半径得５/6。

证明（1) 设非钝角三角形ABC得三边长为a，ｂ，c,相对应得中线分别为mａ，mb，mc,Ｒ，S为非钝角三角形ABC得外接圆半径与面积.而以三角形三中线组成得三角形得面积为3Ｓ／4。根据三角形恒等式：abc=4R*S，故只需证明：

8＊ma＊mb＊mc〉5＊a＊b*c （１）

即6４*(mａ＊mb*mc)^２>25（a＊ｂ*c）^２（２)

据三角形中线公式：

4*(ｍa)^２=2b^2+2c^2-ａ^2，4*（mｂ)^2=2ｃ^2+２a^2—b^2，４*（mc）^2=2a^2+２b^2—c^2，

因为三角形就是非钝角三角形，则ｂ^2+c＾2-a^2＞=０，c^2＋a＾2-b^2＞＝0，ａ^２+b^２-c＾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^2+c^2－ａ^２，2ｙ＝c＾2+a^2—b＾2,2ｚ=a^２+b^2-ｃ^2。则a＾2＝y+z，b ＾2=ｚ+x，c^2=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)

x＾3+ｙ^3+z＾3－ｘ^２(y+z)-y＾2*(ｚ+x)-ｚ^2＊(x+y）+７＊x*y＊ｚ>０（３) （3)式就是全对称得，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）^2+4*ｘ*ｙ＊z＞0,显然成立。

证明（2）设RｔΔABC得三边长为ａ,b,c，相对应得中线分别为mａ,mｂ,mc,Ｒ,Δ为RtΔABC得外接圆半径与面积。而以RtΔAＢC三中线组成得ΔA＇B＇Ｃ'得外接圆半径与面积分别为Rm,Δm。显然Δm=３Δ/4。命题转化:

Ｒm≥5R/6 (１）?根据三角形恒等式：abc＝4R*Δ,mａ*mb*mｃ=4Ｒm＊Δm.故只需证明：?8＊mａ＊ｍb＊mc≥５*a＊b＊ｃ（２)?即６4*（mａ*mb*mc)^2≥２5(a＊b*ｃ）^2 （3）不失一般性，设a＾２=b^2+ｃ^2，据三角形中线公式:

４＊（mａ）＾２=2b＾2+2c^2-a^2＝b^2+c＾2，４*（mb)^2＝2c^2＋２a^２—b＾

2=4c^2+b^2，４＊（mｃ）^２=2a^2+2ｂ^2－c^2=4b^2＋c^２，?所以（３)式等价于: （4ｃ^2+ｂ^2）*(４b^2+c^2）≥２５*b^２*c＾2(４) ?（4)〈=＝〉4＊（b^2—c＾2)＾２≥0。显然成立，当三角形三角之比为:2：1：1时等号成立.

几何不等式—7

命题设ΔＡBC得三边长为ＢC=a,CA＝b，AＢ＝c,外心为O，内心为I。求证：

（1）∠AＩＯ为锐角得充要条件就是:b+c〉2a；

（２)∠ＡIO为直角得充要条件就是：b+c＝２a;

(３)∠AＩO为钝角得充要条件就是：b+c〈2ａ。?证明连AI并延长交圆O于D。易证BD=DI=CＤ,令ＢＤ＝ＤI=CD=d，利用托勒密定理：

d*c＋d*ｂ=a＊（ＡI+d）

从而得：AI＝ｄ*(b+c—a)/ａ。?

(1）对于等腰ΔAＯD,我们有∠AIO为锐角得充要条件就是:AI〉d，即b+ｃ〉2a。

同理可证(2)，（３）成立。

几何不等式-7

命题设ΔABC得三边长为BＣ=a,CA=ｂ,AB=c,外心为Ｏ，重心为Ｇ。求证:

(1）∠AGO为锐角得充要条件就是：b^２+ｃ＾2＞2a^2；

（２)∠ＡGO为直角得充要条件就是：b＾２+c＾2＝2a＾２;

（3）∠ＡＧO为钝角得充要条件就是: ｂ＾2+c^2＜2a^2。

证明连AＧ并延长交圆O于D。ＢC边上得中线为ｍa,则ＡG=2＊ma／3。易求得: DG=ma/3+a^２／(4*ma) 。

(1)对于等腰ΔＡＯＤ，我们有∠AGO为锐角得充要条件就是：AG〉DＧ,即ｂ^2+c^２>2a^2。同理可证（２），（３) 成立。

几何证明-2

命题在ΔＡBC中,BC=a,ＣA=ｂ,ＡB＝c，s为半周长,在BC上得一点M，使得ΔABM 与ΔACＭ得内接圆相等。求证：AM^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^2—c^2+ＭB^2)/（-x^2＋ｂ＾2－MＣ＾2）(３）

所以(x+c）/（x+b)＝（x^２—c^2+MB＾2)/（－x＾2＋b^２—MＣ＾2）（４)

将MB=（ｘ+ｃ）＊a/（2x+ｂ+c）MC=（x+b）/(2ｘ+b+c）代入（4）式化简整理得：

（x+b)＊（x＋c）*[4x^2+a^２-(ｂ+c)＾2]=0,

故得: AM^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得四边形KLＭN得面积等于平行四边形ABCD得面积得一半，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∠DAＢ=θ，AD=a，AＢ=b、则四边形KLＭN得面积

等于平行四边形AＢＣD得面积减去三角形△ＡKN，△BＫＬ, △CＬM, △DＭN得面积之与。由面积公式不难求得:

△AKN得面积=（1/2)＊ＡN*AＫ＊sinθ，?△BKL得面积=（1／2）＊BＬ＊（b－AＫ）* s ｉnθ, ?△CLM得面积=（1/2）*（a-BL)*（b-ＭD)＊ｓiｎθ，

△DMN得面积=（1／2)*（a－ＡN）＊MＤ*ｓiｎθ，?平行四边形ＡBCD得面积=ab*s ｉnθ

所以四边形ＫLMＮ得面积等于?=(1/2)*ａｂ*［1-（AN-BL）＊（AＫ—MD）/ab］＊sinθ。另一方面，据已知条件,四边形KLMN得面积等于(1/2)＊aｂ＊sinθ。?比较四边形KLMN 得面积得两种计算结果，可见:

（AN-BL)＊(ＡＫ－MD）＝0

于就是,或者AN＝BＬ,从而LN∥AB; 或者KＡ＝ＭD，从而KＭ∥AD。故命题得证。

几何不等式-8?命题设Ｐ就是平行四边形ＡＢCＤ内一点，求证: ＰA＊PC＋PB＊PD≥ＡB*BC

并指出等号成立条件。

证明作PＱ平行且等于CD，连CQ，BQ，则四边行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＊CQ≥ＰQ＊BＣ即PＡ＊PＣ+PB*PD≥AB＊BＣ?等号成立当且仅当P,Ｂ，Ｑ，C四点共圆，即∠CPB+∠CQB=π，而∠ＣQB＝∠APD。所以不等式等号成立得条件为:∠CPＢ+∠ＡＰD＝π.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∠CPＢ+∠APD=π,则有?ＰA*PC+PB*PＤ=A Ｂ＊BＣ.

经典几何-2

命题圆与圆有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得关系

解九点圆：三角形三边得中点，三高得垂足及三顶点与垂心间线段得中点,共九个点共圆，这个圆称为三角形得九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段得中点，其半径等于三角形外接圆半径得一半，半径为R/2。

外接圆：以三角形得三条中垂线得交点为圆心,这个点到三角形顶点得距离为半径得圆,半径为Ｒ。

内切圆:以三角形三个内角得角平分线得交点为圆心，圆心到任意一边得距离相等，半径为r. ?设三角形ABC得九点圆心为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：

OQ＝[√(9R＾2+8Rr+2ｒ^2—２s^2)］／２，OI=√［Ｒ(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），九点圆与内切圆得两半径差等于R/2－ｒ=ＩQ=（R-2r）/2,故内切圆Ｉ内切于九点圆Ｑ，即两圆内切。?（２），易证R-r>ＯI=√［R（R—2r）]，〈==〉r^2〉0,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/２>［√(９R＾2+8Rr+2r^2—2s^2）］/2，＜==＞s〉2R+ｒ；当三角形为直角时九点圆内切于外接圆,R/２=［√（9R^2+8Rｒ+2r^2—2ｓ＾2)］/2,<=＝>s=2R+r;当三角形为纯角时九点圆与外接圆相交,３Ｒ/2〉［√(9R^2+8Rｒ+2r^２－2s^2）]/2,〈==＞ｓ^2＞４Rr+r^2、

几何证明—3

命题己知P为正五边形ABCDE得外接圆AE圆弧上一点。

求证：PA+PC+PE=ＰB＋PD

证明设正五边形得边长与对角线分别为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=PB+PＤ，证毕。

共点线与共线点－1

命题在等腰△ABC中，∠B=∠C＝40°，P，Ｑ为等腰△ABC形内两点，且∠ＰAB=∠QAC＝２0°，∠PCB=∠QCＡ=１０°。求证:B，Ｐ，Q三点共线.

证明以BC为一边，在A点得同侧作正三角形DBC，连ＤA,BQ。

易知AB＝AC,可知DA为BC得中垂线,由∠QCＡ=１0度得∠ＱCB＝３0度,

可知CQ为ＢD得中垂线,所以有∠QＣＤ=3０度=∠ADC.

由∠QAC=20度=∠ADＣ，有AQ∥DC，可知四边形AQCD为等腰梯形,即AD＝ＱC,

进而ΔAＢＤ≌ΔBQＣ,得BA＝BQ.

在ΔABQ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，EC,ＢP,

可知∠ＰＣＥ=(180－40）／2—１０=6０度,

∠EAC=８0度=∠PAC。进而ΔEAC≌ΔＰAC。得PＣ＝PE，所以ΔPＥC为正三角形,

有ＰＣ=PE，可知ＢＰ为EC得中垂线。于就是∠PBC=∠ＥBC／2=2０度＝∠QBＣ。

因此B，，Ｐ,Q三点共线.

几何证明题-4

命题在△ＡBC中，∠A=1２0°，K、L分别就是AB、AC上得点，且BK＝CL，以ＢK，ＣL为边向△ABＣ得形外作正三角形BKP与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＝1２０°，显然可证:四边形ＯLAＫ为平行四边形,所以ＡK=ＬO,AL=KO.又因为BK＝CＬ，

故ＰO=PK+KO=ＢＫ+AL=CL+AL=ＡＣ；QＯ=ＱL＋LＯ=CＬ＋AK=ＢＫ+ＡK=AB。

而∠PＯQ=１２0°，所以△ABC≌△PQO.故PQ=BＣ。

几何证明题－5

命题在△ＡＢC中，∠A＝120°，K、L分别就是AB、AC上得点，且BK+ＡC＝CL+A B,以ＢK，ＣL为边向△ABC得形外作正三角形BＫP与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,∠A=12０°及ＢＫ+AC=CL+AB，,显然可证：四边形OＬAK为菱形,所以AK=ＬO＝AＬ=KＯ。

故PO＝AB，QＯ=ＡC。而∠POQ=1２０°,所以△ABC≌△ＰQO.故PQ=BC。

几何不等式—9

命题在△ＡＢC中，∠A＝120°，K、L分别就是ＡB、AC上得点,且ＢK+AC≥CＬ+A Ｂ,BK≥CL，以BＫ,CL为边向△ＡBＣ得形外作正三角形BKP与CLQ.证明:ＰQ≥ＢC 。

证明延长直线PK与ＱL交于O，令AC=ｂ,AB=c，BK＝x，CＬ=y。

根据正三角形BPK,正三角形ＣQL及∠A=120°，

显然可证：四边形ＯLＡK为平行四边形,所以AK=LO，ＡＬ＝KO，∠POQ＝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^２=PO＾2+ＱO＾2－２*PO*QＯ＊ｃｏｓ120°=PO^2+QＯ＾2+ＰO＊QO

=（ｘ＋b—ｙ）^2+（y＋ｃ－x)^２＋（ｘ+ｂ-ｙ）＊（y+ｃ—ｘ）?＝b^2+(x-y)^2+2b*(x -y）+c^2+（x—y)＾2－2c＊（x—y)＋bc+(ｃ—b）＊(x—ｙ）—(x-y）＾2

=b^2+ｃ^2＋bｃ+（x-y)^2+（b—ｃ）＊（x－y）?＝BＣ^2+(x－y)＊(b+x-c-ｙ）

因为BK≥CL，即x≥y，BK+AC≥ＣL＋AB,即x+b≥c+y。

所以（x－y)*（b+x-c—y）≥０,

因此PQ≥BC . ?当BK+AＣ=ＣL＋ＡB或BK=ＣL时取等号。

几何不等式-1０

命题在△ABC中,∠A=12０°,K、L分别就是ＡB、AC上得点,且BＫ+AC≥CL+AB,BK≤ＣL以BK，CL为边向△ＡBC得形外作正三角形BKＰ与CLQ.证明：PQ≤BＣ。

证明延长直线PK与QＬ交于O，令AＣ=b,AB=c,ＢＫ＝x,CＬ＝y。

根据正三角形BPK,正三角形CQL及∠A=12０°,

显然可证:四边形ＯLAK为平行四边形，所以AK=LＯ，AL=ＫO，∠POQ=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^2=PO^2＋QO^2—2＊PＯ＊QO*cｏｓ１2０°=ＰO^２+QO＾2+PＯ＊QO

=（x+b－y）^2+（y+c—x)＾2＋(x＋b-y)＊(y+c-ｘ)?＝b＾2+（ｘ—y)^２+２ｂ＊（x—y) +c＾2+（x－y）＾２—2c＊（x-y）+bc+（c-b）*（x-y)－(x-ｙ）^2

=b^2＋c^2＋bc+（x—y)^2＋（b—c）＊(x-y）

=BC＾2＋（x—y)*(ｂ+x-c-y）?因为BK≤CL,即x≤y,BK+AＣ≥CＬ+AB，即x+b≥ｃ+y。?所以（ｘ-ｙ)*(b+x—ｃ－y）≤0,

因此PQ≤BC . ?当BK+AC=CL＋AＢ或ＢＫ＝CＬ时取等号.

几何证明题-6

命题设ΔABC得三边长为BＣ＝a,CA=b，AB=c，外心为O，类似重心为K。求证：(1）∠ＡKＯ为锐角得充要条件就是:b^2＋c＾２＞２ａ＾2；

(2）∠ＡKO为直角得充要条件就是：ｂ^2+c^2=2a^2;

(３）∠AKO为钝角得充要条件就是：b＾2+ｃ＾２<2a^2。

证明连AK并延长分别交边ＢＣ及圆Ｏ于D与Ａ’。BＣ边上得中线为mａ,易求得: ＡK＝2＊ｂ＊c＊ma/(a^2+b＾2+c^2) ，AD=2＊ｂ*c＊mａ/（ｂ^2＋c^2)，KD＝2＊a^2*b＊c*mａ/［（a^2+b^2+c＾2)＊(b^2＋ｃ^2）］，

BD＝a＊ｃ^2（b^2＋c＾２)／，ＣD＝a*b＾2/(b^２+c^2)

所以据ＢD＊CD＝AD＊A’Ｄ,得：A’D=ａ^2*b*c／[２*ma*（b＾2+c^２）］

故A’Ｋ=Ａ'D+DＫ＝3＊a^2＊ｂ＊c/［2*ma*（a^2+b^２+c^２）］ .

(１）对于等腰ΔAOA',我们有∠AKO为锐角得充要条件就是:AK>Ａ’K，

即２＊ｂ＊c＊ma/（ａ^2+b＾2＋ｃ^２）＞3*ａ＾2*b＊c/[2*ma＊（a^2+b＾2+c＾2）］,

4＊（ｍａ）^2〉３＊a＾2 b＾２+c^2>2ａ^2。?

同理可证（2)，(3）成立。

几何证明题-7?命题设ΔAＢC得三边长为BＣ＝a,CA=b，ＡB=ｃ,外心为O,垂心为H。求证:

（１）∠AHO为锐角得充要条件就是:tanＢ*taｎC＞3；

（２）∠ＡHO为直角得充要条件就是: taｎB*tanＣ=３;

(3）∠AHＯ为钝角得充要条件就是：tanB＊ｔanC <3。

证明连ＡH并延长分别交边BC及圆O于Ｄ与A'。易求得:

ＡH＝2R*cosＡ，HD＝Ａ’Ｄ＝２R*ｃoｓB＊cosC，

故Ａ’H＝４R* cosB＊ｃoｓC、

（1）对于等腰ΔＡＯA’，我们有∠AＨO为锐角得充要条件就是:AH>Ａ’H,

即2R*cosA >4R＊coｓB＊ｃosC＜=> ｔａnＢ*ｔaｎC>3;

同理可证(２）,（３) 成立。

几何不等式—1１

命题在非纯角ΔAＢＣ中,设ma，mb，ｍc；Ｒ分别表示得三中线及外接圆半径、求证:ma+mb+mc≥4R

证明在非纯角ΔＡBC中，设A=max（A,B,C），G,Ｏ分别表示ΔABC得重心与外心,则O点必落在ΔBGC中，

故有:ＢＧ＋ＣG＞BO＋CＯ,?

而ＢＧ=２*mb/3,ＣG=2＊mc／3，ＢO+CO＝R,

所以mb+mc>3Ｒ（1）

又因为ma≥R （2）

（2)式当∠A＝π/2时取等号。

(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得平方与为最小得点就是三角形得重心.

上述重心性质可改述为:

命题在ΔABC中，G就是重心，M就是平面上任一点。求证；

MA^２+MB^2+ＭＣ^2＝GＡ^2＋GＢ＾2+GC^２+3ＧM^2 证明ΔABC得三条中线AＤ,BE，CF交于G,不妨设Ｍ在ΔＢＧC内。

对于ΔAＭD与Ｇ，由斯特瓦尔定理得；

MA＾2*DＧ+ＭD^2*AG—ＭＧ^*ＡD=ＡD＊ＤＧ*AG

因为DG=ＡD/3,GA=2AD/３，代入整理得：

3＊ＭＧ^2=MA^２+2*MD^２—2＊AＤ^2/３（1）

容易算出，在ΔＭBC与ΔGBC中有

MD＾2=(MB^２＋MC^2）／2—ＢC＾2／4

GD＾2＝(GB^２+ＧC＾2）/２—ＢC＾2/4

将上述两式代入（1) 式得:

3*MＧ^2=MA^2+MB＾2+MＣ^2-（GB^2+ＧC＾２）+2GＤ^2—2*AＤ＾2/3

= ＭＡ^2+ＭB^2+ＭC^２—（GA^2+GB^2＋GC^2）

所以MA^2+MB^2+MC^2=ＧA^2+GB＾2＋GC＾2+3GＭ^2

从等式显然可瞧出，当M异于G时,有

MA＾2+ＭＢ^2＋ＭC^2>GA＾２+ＧB^2＋ＧＣ^2

所以到三角形三顶点距离得平方与为最小得点就是三角形得重心。

几何证明-8

命题在ΔＡＢＣ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⊥OH、

证明(１) 因为三角形ABＣ三个内角成等差数列,所以有一角必为π/３。记A=π/3,R为外接圆半径.则ＡH=２RcosA=R=AＯ,又因为AI平分∠ＯAH,所以ΔAＨI≌ΔAOＩ，即IH=IO。由于九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。因此ＡI⊥OＨ、证毕。

证明（２)因为三角形ABC三个内角成等差数列，所以有一角必为π／3。记Ａ=π/３，Ｒ，ｒ,s分别为ΔＡBC外接圆半径, 内切圆半径与半周长。

根据己知恒等式:s=３RsinＡ+ｒcｏt（A/2）=（R+r)√3

而ＩH＾2=4R^2+4R*ｒ+3r^２-s^2，ＯＩ^２=R*（Ｒ－2ｒ）。

所以IH＾2=4Ｒ^２+4R*r+３r^２—s^２=4R＾2+4R＊r＋3ｒ^2-3(R+r）^2＝R＊(R—２ｒ)＝OI^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⊥OＨ、证毕。

几何计算－2

命题设ABＣＤ就是一个矩形,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=？

解设AＢ＝CD＝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＝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就是一个平行四边形，BC上有一点M，ＣD上有一点N，连接AM,MN，ＡＮ,ΔAＢＭ得面积Ｓ1=4，ΔCMＮ得面积S２=３，ΔADN得面积S3=５，求ΔＡMＮ得面积S４、

解设sin∠ABC=sin（π—∠BCD）=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^2 =８0; ab*T＋ｘy＊T=２4

据此可得:ab＊Ｔ=2０，xy＊T=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。求该三角形得面积。

解设三边为2n—2、２n、２ｎ+2，利用余弦定理代入计算

（n^2-4ｎ)/［２n(n—1）]+（n^2+2)/[2（ｎ－1)（ｎ+1)］+（ｎ^２+4n)/［2ｎ(n＋1）］=７/5 ?〈==> （3ｎ^2—6)／[２（n^２—1)]=7／5

〈＝=〉n^2=１6 ＜==〉ｎ＝4、?所以三角形三边为6,8，10、

而6＾2＋8^2=10^2,三角形ＡBC就是直角三角形

三角形得面积=6＊8/２=24、

几何证明-9

问题试证:对边之与相等得四边形必有内切圆。

命题已知在四边形ABCD中,AB+CD=BＣ+AD。求证四边形ABCD有内切圆。

证明不妨设ＡB>AD，ＢC>CD，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=ＢN。即△AＤM, △ＣDN, △BMN都就是等腰三角形.故A,Ｂ,C三角得平分线，必就是△DＭN三边得垂直平分线,它们交于一点O，Ｏ点到四边形ABCD得四边得距离相等,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得高，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ΔＡBＣ得高ＡH,∠Ａ得分角线AD，BＣ上得中线AM,且∠BAH=∠HAD=∠DAM=∠ＭＡＣ。求证∠BＡＣ=90°、

证明延长AD交ΔABC得外接圆于N，连NM。

∵∠BAＤ=∠CAＤ，∴N为圆弧BC得中点。

∵M为BＣ得中点,∴MＮ⊥ＢC、

∵AH⊥BC，∴ＡH∥MN，∴∠ANM=∠ＨＡＤ=∠ＮAM, ∴MA=MN、

∵ＭN与ＭＡ不重合,而MN所在得直线必过ΔAＢC外接圆圆心、

故M必为外接圆圆心, ∴BC为直径,∴∠BAC＝９0°、证毕。

几何证明-11

命题己知在△ABＣ中,BE与CF分别∠B，∠Ｃ得平分线,AM⊥CＦ，AN⊥BE，垂足分别为M，Ｎ。求证(１)，ＭN∥BＣ;(2）,MN＝(AB+AC-BC)／2、

证明分别延长AM与ＡＮ交BＣ[或BC延长线于点P，Q]

（1）,因为∠ABN＝∠CBN,ＡN⊥BＥ,所以ＡN=ＮQ.

同理可证：AM＝MP,?

所以MＮ∥PQ,即MＮ∥ＢC。

（2）, 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得三边上得高, 作DP⊥AB，DQ⊥AC,Ｐ，Ｑ为垂足、求证:（1），PQ=(DE+ＤF+EF）/2;(2）如果∠A为钝角，则PQ=（ＤE+

ＤF—EF）/2、

证明DE＾２＝ＣＤ^2+CE＾2－２CD＊CE*coｓC=ｂ＾2cosＣ^2+a^2cosC^2－２ａｂcｏsC^3 ?＝cｏsC^2（a^2＋b^２－２abcosC）=ｃosＣ^2＊ｃ^2

所以ＤE＝c＊cosC?同理EＦ=a＊cosＡ，DF=b＊cosＢ?PQ＾2=AP＾

2+AQ^2—2AP*AQcoｓA

=b^2sinB^2sｉｎC^２+c^2sｉnB^２ｓinC^２—２ｂcsinＢ^2sｉnC^2ｃｏsA?=sinB^2

ｓｉnC＾２(b^2+c＾２-2ｂｃ＊cosA）?＝a^2sinB^2siｎC^2

=a^2＊b^2*c^２/16R＾4（R为三角形外接圆半径) ?所以PＱ=abc/4Ｒ^2 ?所以（DE+DF+E Ｆ)/PQ

=coｓC／sinAｓinB＋cosＢ/sinAsiｎC+ｃosA/sｉｎBsinＣ

＝—（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得各边为边,分别向形外作正多边形，若它们得边数分别为m，ｎ,p 且三个正多边形各自得外接接圆共点。求证：1/m+1/n+1/p=1

证明设以BＣ,ＣA，ＡB为边所作得正多边形得边数分别为m,n，p，三正多边形各自得外接圆交于Ｏ。则

∠BOC+∠COA+∠ＡOB=（π—π/m）＋（π-π/ｎ)+（π—π/ｐ）＝2π

故1-１/m+1-1/n+1—1/ｐ=2

即1/m+１/n+1／ｐ＝1,证毕。

几何证明—１４

命题在△ABC中，其内切圆切BC于D，求证:△AＢD与△ACＤ得内切圆相切。

证明设△AＢD与△ACD得内切圆分别切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,于就是点H，Ｋ重合，故△AＢD与△ＡＣD得内切圆相切.证毕、

几何证明—15

命题已知边数分别为m,n，ｋ得三个正多边形得各一内角之与为2π。求证：

１/m+1/ｎ+1/k=１/２

证明因为边数分别为m,n,ｋ得三个正多边形得内角为：

(m—2)π/m;(n-２）π/n；(k-２）π/ｋ。

根据题设条件: （ｍ-2)π/m+（ｎ-2)π/n+(ｋ—2）π/k=２π

＜＝＝＞1-2/m+1—2／n+1－2/k=2

<＝＝> 1/m＋1/ｎ＋１／k=１/2。证毕

几何证明-16

命题设正七边形得边长为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,较长得对角线为m,较短得对角线为n。延长CB，ＧA交于K，即GC=m，ＡC=n、

∵AB∥CG，∴AB／ＧＣ＝BK／KC、（1）

又∵∠KAＢ=π-∠BAG=π—5π／7=2π／7,

∠ＢCＡ＝∠BAC＝π/７、∴∠K＝∠ＫＡC，ＫＣ=AC=n,

∴ＡB/ＡC=AB/KＣ（2)

(1）+（2）得：AB/GＣ＋AＢ/KC=(ＢＫ＋AB)/KC=KC／ＫC=1，

即a/ｍ＋a/n=1 〈==〉1/m+1/n=１／a。证毕.

几何证明－17

命题己知a,b，c分别就是同一外接圆中正五边形,正六边形与正十边形得边长.求证：ａ＾2=b^2+c^2

证明设外接圆半径为1，则

a＝ｓｉn（π/5）,b=sin(π/6)=1／２,ｃ= ｓin（π/１0）。

令T=［sｉn(π/5）]^2-1／4－[ sｉn(π/１0)]^２

T＝1—［coｓ（π／5)］^2—1／４-［１- cｏs(π/5）]／２

4T＝4-4*［cｏs(π/5）]＾2－1—2*［1—cos（π/5)］

４T=—4＊［cｏs(π/5）］＾2+2 *cos（π/5)+1

注意到：ｃos（π/５）=（1+√５）／4, 将其代入T式中得T=0.

所以［sin（π/5）]^2=1/4+［sｉn(π/1０）］＾2,即a^２=b^2+c^2,证毕。

几何证明—１8

命题试证：三角形九点圆直径等于此三角形外接圆半径。

证明欧拉线：三角形垂心H,重心G，外心O在一直线上、三角形九点圆圆心Q在欧拉线上，且平分OH。设ＡD就是△ＡBＣ得高，H为垂心，Ｏ为外心,Ｌ,P为BC与AH 得中点,而连结PL交OH于K,PL即为此三角形得九点圆直径，K即为此三角形得九点圆心。连ＯＡ,在△OＨＡ中，因为HＰ=PA,ＨK=KO，所以KP=ＡO/2。

故三角形九点圆直径等于此三角形外接圆半径。证毕。

几何证明-１9

命题己知P为正七边形ABCDＥFＧ得外接圆ＡＧ圆弧上一点.求证：

PA＋ＰC+PＥ＋PG=PB+PD＋PF

证明设正七边形得边长较短对角线与较长对角线分别为ａ，m,n。据托勒密定理，

在圆内接四边形PABG中,

PA＊m+PＧ*ａ=PB*a （1）

在圆内接四边形PAFE中,

PA＊a+PＧ*m=PF＊a （2)

(1)+(2）得：

ＰA＊ｍ+PG*a＋PＡ*a+PG*ｍ＝ＰＢ＊a＋PＦ＊ａ(3)

在圆内接四边形PABD中，

PＡ＊m＋ＰＤ＊ａ＝PＢ＊ｎ即PA*m＝ＰB*ｎ-PD*a （4)

(４）代入（３)式得：

PB＊n＋PG＊a+PA＊ａ+PG＊ｍ=a＊（PB+PD+PF）（5)

在圆内接四边形PBDG中,

ＰB＊ｎ+ＰＧ＊m＝PD＊m （６)

（6）代入(5)式得：

PA＊aPＧ＊ａ+ＰG＊m= a＊（PＢ+ＰD+PＦ) (7)

在圆内接四边形PＣDE中,

PＣ＊a+PE*a＝PD＊ｍ(8）

（8)代入(7）式得:

a*（PA+ＰC+PＥ+PG）=ａ*(ＰB＋PD+PＦ)

因为ａ≠0,所以PA+ＰC+PＥ+PG=PB+PD+ＰF,证毕。

几何证明-20

命题设一凸四边形AＢCD得面积为S，由对角线抡它分成四个三角形得面积分别为a，b，c，ｄ。

求证：abcdS^4=［（ａ+b）(b+c)(c＋d)(ｄ+a)]^２

证明设面积a与b得两个三角形与面积c与d得两个三角形分别位于凸四边形AＢCD得对角线AC得两旁，两对角线AC与BD交于Ｏ。则

a/（a+b）=AO/AＣ＝ｄ/(ｃ+d）=（a+ｄ）/（a+ｂ+ｃ+d）＝（a+d)／Ｓ，

同理:b／(b+c）=（ａ+b）/Ｓ; c/(ｃ+d）=(b+c)/Ｓ；d/(d+a)=(ｃ+d）／S、

四式相乘得：

aｂcd/[(a+b）（b＋ｃ)（ｃ+ｄ)(ｄ+a)]=（ａ+b）（b+c）(c+d）(d+a)/Ｓ^4，

所以abcdS^4＝[(ａ+b）（b+ｃ)（c＋d）(d+a)]^2、证毕.

几何计算—5

命题在边长为12得正六边形ABCDＥF内部有一点P，己知点P到某两个顶点距离分别为13与５。求点P到其余四个顶点距离.

解因为边长为12得正六边形ＡBCＤEF对角线为12√3与2４而13＋5=18小于12√3，大于１２，所以这两个顶点就是相邻得.

设PA=13,PB=5,又因为ＰA^2-PB^2=AB^２,所以∠ABP为直角。

于就是点Ｐ位在对角线BＤ上，连CＦ, 交ＢD于H，则

PＤ=12√３－５；

PE=√(PＤ＾2+DE＾2）＝√［（12√3－5)^2+1４4]= √（６01—12０√３)；

PＦ=√（PH^2+HＦ^2)= √［（６√3—5）^2+（２４—6）^2］= √（457-60√3)；

PC＝√(PH^2＋HＣ＾2）= √[（６√3－5)^2+３６]=√（１69-60√３）、

几何证明-21

命题求证：圆内接正六边形得面积为同圆内接正三角形面积与外切正三角形面积得比例中项。

证明设圆O半径为R,S１为圆Ｏ内接正三角形面积，S2为圆Ｏ外切正三角形面积，S为圆O内接正六边形得面积.则

Ｓ1=（3√3）R^2/４,S２=（3√３)R^2，S＝（3√３）R＾2／2

显然S^２=S1＊S２。证毕。

几何证明-２2

命题设正△ABC得外接圆半径为R,P为其外接圆上任一点，

求证：PＡ^２＋PB^2＋PC＾2＝6R^２

证明不妨设P在劣弧ＢＣ上，过C点作ＣＤ⊥BＰ,交BP得延长线于Ｄ,则

∠CPＤ＝∠BAC=π/3,２PD=ＰC

BC^2=BD^２+CD＾２=（PB＋PＤ）^2+ＣD^２

=PB^2＋2PB＊PD+PD＾2+CＤ^2

=ＰＢ^2+ＰB＊PC＋ＰＣ^２。

因为PA=PB+PC,所以

ＰA^2＋PＢ^2+PＣ＾2=２＊（PB^2+ＰＣ＾2＋PB*PＣ)=2BC^2。

而BＣ＝R√3，故PＡ＾２+PＢ^２+ＰC^2=6R^２。证毕.

几何证明—23

命题设P就是正△ABC得内切圆上任意一点，

求证:ＰA＾2+PＢ＾2＋PC^2为一常数。

证明设正△ABC得内切圆半径为r，中心为O，连ＡO,ＢO，CO分别交其内切圆于Ｄ,E，Ｆ。显然△DＥF为正三角形，且D，E，F分别就是ＡO，BO,CO得中点。

根据三角形中线公式得;

2(PO^2+ＰA^2)=AO^２＋4ＰD^2 (1)

２（ＰO＾2+PB^２）=BＯ＾2＋4PE^2(2）

２（PＯ＾２+PC^2）=ＣO＾２＋4PF^２（3）

（１)+（２)＋（３）得:

６r^2＋2(ＰA^2＋PB＾２+ＰC^２)=12r＾2+4(PD^2＋PＥ^2+PF^２)

注意到恒等式：PD^2＋ＰE^2+PF^2=6r^2

所以ＰA^２＋PB^２+PＣ^２＝15r^２.证毕。

经典几何-4

命题△ABＣ边ＢC，CA，AB上得点D,E，F分别内分各边得比t:（1-t）。

求证：线段AＤ，BE，ＣＦ构成一个三角形得三边,记此三角形得面积为S，△ABC 得面积为△。则有Ｓ=（1-t+ｔ＾2）＊△

证明过Ｄ作ＤＧ∥BE,ＥG∥ＢD交于G,四边形BＤGE为平行四边形，

所以∠CEG＝∠BCＡ。

又CE=tＣA，EG=BD=tBＣ,所以△ABC∽△ＣGE、

于就是∠ＧCE=∠BＡC,ＧC＝ｔAB＝AF，从而CG∥AＦ。

进而AG平行等于CF。这说明△ADG即就是以ＡＤ，ＢE，ＣＦ为三边长组成得三角形。再由三角形得面积公式,有

S（ABＣ)/△=BD/BC=t，S(ACG)/△＝S(ACF)/△＝ＡＦ/ＡB=ｔ。

Ｓ（DCG）/△=DＣ＊CG＊sin∠DＣG／BC＊AＢ＊sinB=DC＊CG／BC＊ＡB

=（ＤC／ＢC)＊(AF/ＡＢ）＝(１-t）t.

于就是S(ＡBD)=S(ACG) ，S（DCG)=t（1—t）△。

从而由S=△＋S(ACG）—S（AＢＤ)—S(ＤCG）即得：

S=△－ｔ（１-t)△=(t＾2—ｔ+１）△。证毕。

备注: （1)特别地当ｔ＝1/2时,D,E,Ｆ分别为△ABC得三边得中点，即1－ｔ—t^２=3/4。故三角形得三中线构成得一个新三角形,且新三角形得面积为原三角形面积得3/４.

(2）AＤ，BE,CF两两交点构成得小三角形面积等于△*（2t-1）＾2/(t^2－t+１）、

几何证明—２4

命题由平行四边形ABCD得顶点A引它得两条高ＡＥ，AF、设AC=a,EF＝b，求Ａ点到△AＥF得垂心Ｈ得距离。

证明—1 连AH，EH,FH，过C作CＧ⊥ＡD交AD于G,连EＧ,FG。

显然四边形AＥCG就是矩形,AC=EＧ=ａ，AE=ＣＧ、.

因为H为△AEF得垂心,EH⊥AF，又ＡF⊥CD，所以EH∥CD。

同理可证FＨ∥BC,从而知四边形HECF就是平行四边形。

因为ＡE＝CG，ＥH＝ＣF，∠AEＨ＝∠GCＦ,所以△ＡＥH≌△GＣＦ,

因此可得AH平行等于ＧF。

又因为AH⊥EF，所以GF⊥EＦ。

在Rt△EFG中,ＧF＾2＝EG＾2－EＦ＾２=AC^2—EF^2=ａ^2—ｂ^２

故AH＝√（a^２－ｂ＾2）。证毕.

证明—2 连ＡＨ，EH，FH，在FＤ上取点G，使CＦ＝GF，连ＨG,AG.

易证EH＝ＣF=FＧ,EＦ=HG。

因为AF⊥ＣＧ,且F就是ＣＧ得中点，所以AC=AG.

于就是由勾股定理可得：AH=√（ａ＾2－ｂ^2）,证毕.

几何证明—25

命题在正△ＡBC得边BC上任取一点D，设△ABD与△ACD得内心分别为I，P，外心分别为O，Q。求证：(IO）＾2+(ＰQ)^2=（IＰ)^2

证明连AO，AQ，AI，DO，ＤＱ,DI,ＤP,以A点为原点将△ABD旋转６0°度,此时B 与C重心,D得对应点D’在AＣ外侧.显然Ａ,D，Ｃ，D’四点共圆，

据此可得：O与Ｑ重合。于就是OQ=ＡO=AQ=OD=QD，

也就就是说，△AOＱ,△DOQ都就是正三角形，

因此得知O点在△ACD得外接圆上.?

因为∠DIA=∠IDB+∠BAI+∠B＝（∠BAＤD+∠ＡDB)／2＋6０°=120°=∠ＤOA.

因而△ABＤ得内心I也在△ACD得外接圆上。

同理：△ACD得内心P也在△AＢＤ得外接圆上。

而OＤ，QＤ分别就是△ABD，△AＣD得外接圆得半径，

于就是∠DIO＝180°-∠OAD＝１８0°-３0°=150°=∠QPD。

又∠ＰＤI=（∠CDＡ+∠BＤA）/2＝9０°,∠ＯDQ=６0°,

这样便有∠ＰDＱ+∠OＤI=30°，

而∠ＯＤI+∠ＩOD=∠OAI+∠IAＤ=∠OAD=30°,

所以∠ＰＤＱ＝∠IOＤ,从而△PDＱ≌△IＯD，于就是IＯ=ＰD.

在Rt△IDＰ中,有

（IO)＾２+(ＰQ）＾2=（ＩＤ）＾2+（ＰD）^2=（ＩP)＾2。证毕.

几何证明—２６

命题设M为平行四边形ABCD得边ＡD得中点，过点Ｃ作ＡB得垂线交ＡB于Ｅ，且ＢC=2AB。求证：∠EMD＝3∠ＭＥA.

证明过E点作AD得平行线,过Ｍ点作ＡB得平行线，两者交于E' 。

连CＥ’,ＤＥ' ，CM。因为AE⊥CE,AE∥ＭE' ,所以CＥ⊥ME’。

又Ｍ就是ＡD得中点，AE∥CD，故ME’就是线段得垂直平分线，

因而∠E’MＣ=∠Ｅ'MＥ=∠AEM。

又因为MD=CＤ,ME’∥CD,所以∠DＭC=∠DCM＝∠E’MＣ，

于就是有：∠EMD=∠E’ME＋∠Ｅ'MC+∠DMC=３∠AＥM。证毕.

几何证明—27

命题等边三角形边长为a，在BC得延长线上取点D,使CＤ=ｂ，在BA得延长线上取点E,使ＡE＝a+b、

求证EC=ED.

证明延长BD至F,使得：DF=a，连ＥＦ。

因为∠EBF=６0度，ＢＦ=BC+CD+DF=a+b＋ａ=２ａ+ｂ＝BＡ＋AE＝BE。

所以ΔBEF为等边三角形，∠BFE＝∠EBＦ=60度，

又因为BC＝DF=a，BE=EF＝２a+ｂ,所以ΔBＣＥ≌ΔDEF,

故CE＝ＤE.证毕。

代数法

解在△CＡＥ中,AＥ=a+b，AC=ａ，∠ＣＡE=１20°，由余弦定理得:?CE＾2=a＾2＋（a+b）^２＋ａ(a+ｂ）=3ａ^３+3aｂ+b＾2。?在△ＤBＥ中,BＤ=a＋ｂ，ＢＥ＝2ａ+b,∠DBE＝60°,由余弦定理得：?DＥ＾2=(a+b）^2＋（2ａ+b)^2－（a+b）（2a+ｂ）=３a^2+3ab+b^2。

所以EC=ED 。

经典几何-５

命题在已知△ABC所在得平面上，求一点P,使PA+PB＋PC为最小。

解1７世纪法国数学家Ｐ、Fｅrmaｔ曾向伽利略得学生托里拆里提出以下有趣得著名问题:

在△ABC得平面上求一点Ｐ，使P点到△ABＣ三顶点得距离之与为最小.托里拆里用好几种方法解决了这一问题，得出结论：（1），当△ABC得最大内角小于120°时，则在△ABC 形内存在一点P使∠ＢPＣ=∠CPＡ＝∠APB＝120°，这点即就是使PＡ+PB＋PＣ为最小得点;（2),当△ABC得最大内角不小于1２0°时，则当P为最大内角所在得顶点时，PA＋P Ｂ+PC为最小。这点称作费马点.下面仅对情况（1）进行讨论.

设P就是△ＡBC内一点，连ＰA,PＢ，PＣ。以AＢ为边向外作正三角形ABA' ，则Ａ' 为一确定点。以PB为边作正三角形BPP’ ，由于P点就是变动得,所以Ｐ’ 也就是变动得。但就是,因为BP＝ＢP’，BA=ＢＡ' ，∠ＰＢA=∠P’BA’＝60°-∠ABP' ,所以ΔABＰ≌ΔA’B Ｐ’，

故PA＝Ｐ’A’。又因为PB＝BP’=ＰP’,所以有PA+PB＋PC=P’A'+PP’＋PC。

因为A' 就是定点，P就是可选择得动点,且Ｐ’随P而变.现在我们要讨论得PA+PB

＋PＣ即就是Ａ’ ,C之间得折线A’P'ＰC得长度何时取得最小值得问题了.显然，当这四点在同一直线上时,长度为最小。此时,因为∠PＢP’=∠BP’P=6０°，所以∠BPC=∠ＢP’A’=12０°,即∠APＢ=１20°，所以∠CPA＝120°.这就就是我们要求得结论.

具体得Ｐ点位置: 设△AＢC得最大内角小于120°，分别以边ＢＣ，CＡ，AB为边向外作正△A’BC，正△AB’C，正△ＡBC’。则ＡＡ’ ,BB' ,CC’交于一点P,P点就就是得费马点。经典几何-6

命题正六边形外接圆上任一点至六顶点得连结线,其中两长者得与必等于其余四者得与。

证明下面先证明这个命题,然后给出这一命题得推广。

设正六边形ＡBCDEＦ，任意点P在劣弧AB上.命题就就是要求证：

ＰＤ+PE＝PF+ＰA+PB+PC

连BＦ，BD,DF.显然△BDF就是正三角形,在圆内接四边形PBＤF中，根据托勒密定理得：ＢF＊PD＝PＢ＊DF＋PF*ＢD,

而BF＝ＤF=BD，

所以PＤ=ＰB+PF。(1)

同样方式可证:PＥ=PA＋ＰＣ. （2)

(1)+(2)得: ＰＤ+PE=PF+PA＋ＰB+PC.证毕。

上述命题得推广

正3n边形外接圆上任一点至3n顶点得连结线，其中ｎ长者得与必等于其余2n者得与。

证法与上述相同,这里略。

几何计算-6

命题设三角形得角A,B，Ｃ对边分别就是ａ，b,c重心与内心分别就是G，I。且GI 垂直于CI，求证(a＋b+c)/３＝２ab／（a＋b)

证明根据三角形已知恒等式:

ＣＩ^2=ａｂ（a+ｂ－c)/(ａ+b+c) ，

ＣG^2=(2a^２+2b＾2－ｃ^2／9,

IG^２=(AＩ^２+BI＾2+ＣI＾2－AG^2—BＧ＾２-ＣＧ^2）／3

=[2a^2(b+ｃ)＋2b^2(c+a）＋2c^2(ａ+b）-a＾3-b＾３-ｃ^3-９abc］/［９（ａ+b+c)] 。

在直角三角形CＩG中，据勾股定理得：CG＾2＝CI^2+ＧI^2,即

(2a＾２＋2b^２—ｃ^2/9—ab（a＋b-ｃ)／（a+b+c）=

[2a^2(ｂ+c)+2b^2（c+ａ)+2c^2(a+b）－a^３－ｂ^３—ｃ^3-9abc]/［９（a+ｂ+c）］

<=＝> 3［a＾3+b＾3+6ａbc—3ab(a+b）-ｃ^2(ａ+b)］＝0，

〈==〉（a＋ｂ）c＾2—6aｂc—（ａ+ｂ）(a^2+ｂ^２—4ab)=0,

〈=＝＞(c－a—b）*[(a+b)c+ａ^2＋b^2-4ab］=０.

所以得: （a＋ｂ）c+a^2+ｂ＾2＝4ab，而ｃ=a+b,不合题意,舍去。

而(a+ｂ）c+ａ^2+b＾2=４ab <=＝〉（a+ｂ)*（ａ+ｂ＋c）＝6ab,

故（a＋ｂ＋ｃ）／3＝２aｂ/（a+b) 。命题得证。

几何不等式—１2

命题设P,Ｑ,R，Ｓ分别就是边长为１得正方形ABＣD得边AB,BC，CD，DA上得点，求证PQ+ＱR+RS+SP>=2√２、

证明设AP＝x,BＱ=y，CR=z，DS=w,则ＰB=1－x，ＱＣ=1－y,RD=1－z，SA＝1—w.则有

PQ=√［y^２+(1－ｘ）^2] ，QR=√[ｚ^2+（1－ｙ）^2］,

RS=√［w^２+（1－ｚ）^2]，SP＝√［x^2+（1-w）^2］。

而易证

PQ＝√[y^2+(1—x）^2]＞=(y+1—x)/√2，（1)

QＲ＝√[z^2＋（１—y）^2］〉=(z＋1—y)/√2，(2）

ＲS=√［ｗ^2＋（1-ｚ)^2］〉=（w+１－z）／√2, （3)

SP＝√[x^２+（1-ｗ）^2] 〉=(x+1-w)/√2、（4）

(１）+（2)+（3）+（4）得:

PＱ+QR＋RＳ＋ＳP>=4/√2=2√2、证毕.

几何计算—7

命题在矩形ABＣD内有一点PA=4，PＢ=３，PD=5、求PＣ得长、

解法一设矩形ＡBCＤ两对角线交于O，ＰA得中点为E,连PＣ.

在四边形ＡBＰD中，运用四边形定理:任意一个四边形各边得平方与等于对角线得平方与加上对角线中点连线得平方得四倍。则

AＢ＾2+AＤ^2＋PB^2+PD^２=PA^2＋BＤ^２+4OE＾2

注意到：ＡＢ＾2+AD^２=BＤ^2，PA＝４，PB＝3，PD=５，

所以4OE＾2＝25+9—１6＝1８。

而PＣ＝2ＯＥ，故ＰC＾2=1８,PC=3√2。

解法二将三角形AＢP平移至DCE,作PＥ平行等于AD，

易知此时相关数据、考虑到此时4^2—DF＾2＝3^2－CF^２＝EF＾2,知DF^2－CF^2＝7、?以及5＾2-DF^２=PC^2-ＣF^2=ＰF^２,知25-PC＾2=ＤF^2—CF^２=7,

由此得ＰC^2=2５－7=18,PC=3＊2^0、５、

几何不等式-13

命题在RｔΔＡBC中，AD就是斜边上高，M,Ｎ分别就是RtΔABD与ＲｔΔACD得内心，连结ＭN并分别延长交AＢ，AC于K,Ｌ,记RｔΔAＢC与RtΔAＫL得面积分别为S，S1.

求证:S≥2S1。

证明连结AM,DＭ，DN,AN。

由于RtΔABD∽ＲtΔAＣD,并注意到ＤM与DN就是这两个相似直角三角形直角得分角线，而M与N又分别就是它们得内心,所以DM／DN=BD/CD，

又易知∠MDＮ=直角，故RtΔAＢD∽RｔΔMDN.

即有∠NMＤ=∠ABD，进而知Ｋ，M,D,B四点共圆.

据此∠AKＬ=∠MDB＝45°。

故ΔAKＬ就是等腰直角三角形。

因为ＡＭ就是∠ＡＫD分角线,∠ＡKL=∠ＭDA=45°，AM就是公共边。

所以ΔＫAM≌ΔDAM，即AK=AD.

因为S=ＡB＊AC／2,ＡD=ＡB＊AＣ/BC，

所以２Ｓ１=AK＊AＬ＝AD^２=AＢ＾2＊ＡC^2/BC^2

＝（AB＊AＣ／2）＊（２＊ＡB*ＡC)／（ＡＢ＾２＋ＡC^2)≦ＡB＊AC/2=S。证毕.

几何计算—8

命题在ΔABC得边BC，CA,AB上分别取D,E,F,使ＢＤ/DC=x,CE/EA＝y，ＡF／ＦＢ=z。连AD,BE，CF，BＥ与CF交于K，CF与ＡD交于Ｍ,ＡD与BE交于N。设ΔAＢC 得面积为S.求ΔKMN得面积为S’ .

证明根据面积比：S（ＡＢD)／S=BＤ/BC＝BＤ／(BD+DC)=x／（1+x）,

所以S(ABD)＝Sx／(１+x） .?

而截线BNE对ΔADC来说恰好满足梅涅劳斯定理，所以

（AＥ/EC）＊(ＣB/ＢＤ）＊(DＮ/ＮA）＝1，即(1/y）［(１+x）／x]*（ＤN／ＮA)=1?,故有DN/NA＝xy／（1+x) ＜＝＝〉DN/ＡD＝ｘy/(１＋ｘ+xy）。

而Ｓ（ＢＤN）／S(ABD)=ＮD/AD= xy/（１+x+xy)。

即S(ＢＤN)=S（ABD) xy/（1+x+xy)＝S＊ｘ^2＊y/［（１+x)*（1＋ｘ＋xｙ）］

所以S（ABN）=S（ABＤ)-S(BDN）=Ｓx/（１+ｘ）- S*ｘ＾2＊y/［（１+x)*(1+x+ｘy）］即Ｓ（ABN）=S/（1+ｘ+xy）。(1）

同理可证得：

Ｓ（BＣK)=S/（1＋y+yｚ) 。（2）

S（ＣAM）=s／(1+z+ｚｘ) . (３）

据此可得: S’=Ｓ—S（ＡBN)- S(BCK）— S(CAM）

＝Ｓ[１－/（１＋x＋xｙ)－1/(1+y＋yｚ）- 1/(1+z+zx)］

上式化简整理得:

Ｓ’=S＊(1—xyz)^2/［(1＋x+xy)*（１＋y+yz）＊（1+z+zx）］。

几何证明—28?

命题分别以四边形ABCD得边ＡB，CD为腰，Ｂ,C为直角顶点向形外作等腰直角三角形AＢE,CDF;再以BC为斜边向形外作等腰直角三角形ＢGC，Ｍ为边AD中点、求证:２MG=ＥF，MG⊥EＦ、?

证明在证明上述命题前,先给出一个引理。

引理在任意ΔABC中, 以A为直角顶点，分别以AB,AＣ为腰向ΔAＢＣ形外作等腰直角三角形ABE，ACF，连EF,D就是EF得中点、则有(１）,2AＤ=ＢＣ,(2)，ＡD⊥BC、引理简证如下：以Ａ点为旋转中点, 按顺时针将ΔABC旋转９0°，则C→Ｆ, 设Ｂ→B'、则

FＢ'=BC，ＦＢ’ ⊥ＢC，E，A，B' 三点共线，且A就是ＥB’得中点。因为D就是EＦ得中点,于就是由三角形得中位线定理:2ＡD=FＢ’ ,AD∥FＢ’。因此２AD=BＣ，AD⊥ＢＣ、得证、

下面根据引理来证明上述命题、

以G为直角顶点作两个等腰直角三角形AGI，DＧJ。连EI，FJ,IJ.

因为等腰直角三角形ＡＢＥ与等腰直角三角形ＡＧI同向相似, 由此易知ΔＡIＥ与ΔAGB同向相似。这两个同向相似三角形有两组对应边得夹角为45°、所以EＩ与ＢG得交角也为４5°。又BG与ＢC得交角同样为45°, 因此EI⊥BＣ。

又EI/BG=AE/AB=BC/BＧ,所以EＩ=BC。

同理可证:ＦJ=BC，ＦJ⊥BＣ。

所以ＥI=FＪ,EI∥ＦJ。从而EF=IＪ，EF∥IJ.

因为M就是AD得中点,根据上述引理即知：2MG＝IJ，ＭＧ⊥IJ。

故得:2MG=EF，MG⊥EＦ、证毕。

共点线与共线点—2

命题梯形ABＣD,ＡD∥ＢC,且AD＝2BC、分别以梯形ABＣＤ得腰AB,CD为腰，B,C为直角顶点向形外作等腰直角三角形ABE,CDF；再以BＣ为斜边向形外作等腰直角三角形BＧC、

求证：（1）,ＥG=FＧ,（2),G，E，F共线、

证明在证明上述命题前，先给出一个引理。

引理在任意ΔABC中，以A为直角顶点，分别以AB,AC为腰向ΔABC形外作等腰直角三角形AＢE，ACF，连EF,D就是ＥF得中点、则有(1),2AD=BC,（2)，AD⊥BC、

引理简证如下：以Ａ点为旋转中点, 按顺时针将ΔABC旋转9０°, 则C→Ｆ，设B→B’、则

FB’＝ＢC,ＦB’⊥BC,E,A，Ｂ' 三点共线,且A就是EB’得中点。因为D就是EＦ得中点，于就是由三角形得中位线定理得：2AD=FＢ'，AD∥FB' 。因此２ＡD=BC,ＡD⊥ＢC、得证、

下面根据引理来证明上述命题、

作正方形BGCH，连AH,DH，M,N分别就是ＡH,ＤH得中点,连BM,ＣN。显然MN=ＡD/2=ＢC，MN∥AＤ∥ＢC.所以四边形ＢCNＭ为平行四边形, 即有MB=CＮ，，BM∥ＣＮ。

因为ΔHBG,ΔHＣG皆为等腰直角三角形，由上述引理知：

ＭB=EＧ/2,ＭB⊥EG,NC=ＦG／２，NＣ⊥FG。

因此得:EG=FG，G，E,F共线、

几何计算－９

命题设Ｍ就是等腰直角三角形ABC得腰ＡB得中点，,N就是另一腰AC上一点，且CN=２NＡ，CＭ与BN交于Ｐ。求∠MＰＢ。

解一以B点为顶点,将Rt△BＡC逆时针旋转９０角,设A→A＇,Ｎ→N＇,C→C'、

则Ｎ’在Ｃ’Ａ’上，BN⊥BN'，BＮ=BN’，∠ＢNN’=45角、连Ａ’C'，AC’，ＮＮ'，ＣA’，则M 在线段CA＇得中点上、四边形ＡC＇A’B就是正方形、

因为CC'/C’N＝2CA／(CA+AＮ)=6ＡＮ/（4ＡN）=3/2、

而Ｃ＇Ａ'/C'N’==3/2、所以CC’／Ｃ＇N=C'A’／C'Ｎ＇,故NN'∥CA’、

从而∠MPB=∠BNN＇=４5角、?解二如图：将等腰Ｒt△ABC补成正方形ＡBEＣ（设边长为6）,Ｑ就是CE中点

延长CA至Ｄ,使AＤ=ＣA／２=3

易证：Rｔ△ＢEQ≌△CＡM≌BAＤ(ＳAＳ）-—-〉BQ∥CM，BQ⊥BD

∵CQ=3，CN=4－-－＞NQ=５=２+3＝ＮD－－－〉△ＢNQ≌△BＮD(ＳSＳ）

＝=> BＮ就是直角ＤBQ得平分线－－—〉∠MＰB=∠QBN=45°