平面几何习题解答(共39页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上平面几何习题解答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RtABC斜边AB上的一点，DEBC于点E，DFAC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. RtBEDRtDFA, BE/DE=DF/AF 10/y=x/15 xy=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AOB+COD=180.求证:由O向四边形ABCD所作的

2、垂线段之和等于四边形ABCD的周长的一半。 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APOORD，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RtAPORtORD，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

3、有 OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/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AP,BP,CP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:S2S1 。 证明 设P点关于正ABC的重心坐标为P(x,y,z)，a为正ABC的边长，则正ABC的面积为S=(a23)/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=

4、xa/(x+y). 故得: AEF的面积 X=AE*AF*sin60/2=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KNM的费马点，从而易求得: PK=(xa3)/2(x+y+z), PN=(ya3)/2(x+y+z), PM=(za3)/2(x+y+z). 故得： S2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/4(x+y

5、+z)2。 所以待证不等式S2S1等价于: (3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+z)22xyz/(y+z)(z+x)(x+y); 3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)8xyz(x+y+z)2; 上式展开等价于 3x3(y2+z2)+3y3(z2+x2)+3z3(x2+y2)-2xyz(x2+y2+z2)-4xyz(yz+zx+xy)0; 上式化简等价于 x2(x+2y+2z)(y-z)2+y2(y+2z+2x)(z-x)2+z2(z+2x+2y)(x-y)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

6、内一点，直线AP，BP，CP与三边的交点分别为D,E,F。则三角形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S

7、1=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S4S1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:2x(1-x)1, 2y(1-y)1,2z(1-z)1, 上述三式相乘得: 8xyz(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,

8、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ABC面积的四分之一。证明 设P点垂足DEF面积为F,ABC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a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2R (1) 据恒等式:abc=4R，则上式为a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2abc/4 (2)设P点的ABC重心坐标为P(x,y,z)，

9、对(2)式作置换等价于R2*(x+y+z)2yza2+zxb2+xyc2 (3)(3)展开化简为(R*x)2+(R*y)2+(R*z)2+(2*R2-a2)*yz+(2*R2-b2)*zx+(2*R2-c2)*xy0上式配方整理得:R*x+(2*R2-c2)*y/(2R)+(2*R2-b2)*z/(2R)2+c*y*cosC-b*z*cosB20，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

10、,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。 (1)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/a x=a*(ha-y)/ha，所以 S1=y*a*(ha-y)/ha=-1/(a*ha)*a2*y2-2*a*S*y =-1/(2*S)*(a*y-S)2+S/2S/2。 当y=S/a=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)

11、=(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/a x=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)2。 (3)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)2S/2 8*S(c+hc)2 因为c2+(hc)22*c*hc=4*S，所以8*S(c+hc)2显然成立。 当c=hc时等号成立。

12、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EAF45，则BE2+CF2EF2; (2) 如果EAF45，则BE2+CF2EF2. 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: BE2=y2-a2+a*BE*2;y2=a2+BE2-a*BE*2; z2=a2+CF2-a*CF*2; CF2=z2-a2+a*CF*2. 两式相加得: BE2+CF2=y2+z2-2a2+a2(BE+CF)=y2+z2-2a2+a2(a2-EF) =y2+z2-a2EF。 注意到

13、:AEF面积的两种表示式 yzsin(EAF)/2=aEF/(22) a2EF=2yzsinEAF 所以有 BE2+CF2=y2+z2-2yzsinEAF 而在AEF中，根据余弦定理得: EF2=y2+z2-2yzcosEAF 对比上述两式，当EAF=45时，有BE2+CF2=EF2。 (1) 如果EAF45，则tanEAF1，即BE2+CF2EF2; (2) 如果EAF45，则tanEAF1，即BE2+CF2EF2.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=90 BD=CF =BE2+CF2=BE2+

14、BD2=DE2 DE2=AD2+AE2-2AD*AE*cosDAE EF2=AF2+AE2-2AF*AE*cosEAF AD=AF DE2-EF2=2AF*AE(cosEAF-cosDAE) DAE=DAB+BAE=CAF+BAE=90-EAF (1)EAF45,则90DAEEAF0, DE2-EF2=2AF*AE(cosEAF-cosDAE)0 DE2EF2 BE2+CF2EF2 (2)EAF45,则0DAEEAF90, DE2-EF2=2AF*AE(cosEAF-cosDAE)0 DE2EF2 BE2+CF2EF2 几何不等式-6命题 非钝角三角形的三条中线组成的三角形，它的外接圆半径大于

15、原三角形外接圆半径的5/6。 证明(1) 设非钝角三角形ABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,S为非钝角三角形ABC的外接圆半径和面积。而以三角形三中线组成的三角形的面积为3S/4。根据三角形恒等式:abc=4R*S，故只需证明:8*ma*mb*mc5*a*b*c (1)即 64*(ma*mb*mc)225(a*b*c)2 (2)据三角形中线公式:4*(ma)2=2b2+2c2-a2，4*(mb)2=2c2+2a2-b2，4*(mc)2=2a2+2b2-c2，因为三角形是非钝角三角形，则b2+c2-a2=0，c2+a2-b2=0,a2+b2-c2=0，注意三式不可

16、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=b2+c2-a2，2y=c2+a2-b2,2z=a2+b2-c2。则a2=y+z,b2=z+x,c2=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)x3+y3+z3-x2(y+z)-y2*(z+x)-z2*(x+y)+7*x*y*z0 (3)(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)2+4*x*y*z0，显然成立。证明(2) 设RtABC的三边长为a,b,

17、c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,为RtABC的外接圆半径和面积。而以RtABC三中线组成的ABC的外接圆半径和面积分别为Rm,m。显然m=3/4。命题转化: Rm5R/6 (1) 根据三角形恒等式:abc=4R*，ma*mb*mc=4Rm*m。故只需证明: 8*ma*mb*mc5*a*b*c (2) 即 64*(ma*mb*mc)225(a*b*c)2 (3) 不失一般性，设 a2=b2+c2，据三角形中线公式: 4*(ma)2=2b2+2c2-a2=b2+c2，4*(mb)2=2c2+2a2-b2=4c2+b2，4*(mc)2=2a2+2b2-c2=4b2+c2， 所以(3)式等

18、价于: (4c2+b2)*(4b2+c2)25*b2*c2 (4) (4) 4*(b2-c2)20。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ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，内心为I。求证: (1)AIO为锐角的充要条件是:b+c2a; (2)AIO为直角的充要条件是:b+c=2a; (3)AIO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ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，重心为G。求证: (1)AGO为锐角的充要条件是:b2+c22a2; (2)AGO为直角的充要

19、条件是: b2+c2=2a2; (3)AGO为钝角的充要条件是: b2+c2DG，即b2+c22a2。同理可证(2),(3) 成立。 几何证明-2命题 在ABC中，BC=a,CA=b,AB=c，s为半周长，在BC上的一点M，使得ABM与ACM的内接圆相等。求证: AM2=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=(x2-c2+MB2)/(-

20、x2+b2-MC2) (3)所以 (x+c)/(x+b)= (x2-c2+MB2)/(-x2+b2-MC2) (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)*4x2+a2-(b+c)2=0，故得: AM2=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DAB=,AD=a,AB=b

21、. 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*AK*sin， BKL的面积=(1/2)*BL*(b-AK)* sin， CLM的面积=(1/2)*(a-BL)*(b-MD)*sin， DMN的面积=(1/2)*(a-AN)*MD* sin， 平行四边形ABCD的面积=ab* sin 所以四边形KLMN的面积等于 =(1/2)*ab*1-(AN-BL)*(AK-MD)/ab*sin。 另一方面,据已知条件,四边形KLMN的面积等于(1/2)*ab* sin。 比较四边形KLMN

22、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LNAB; 或者KA=MD，从而KMAD。故命题得证。几何不等式-8命题 设P是平行四边形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，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*CQPQ*BC 即PA*PC+PB*PDAB*BC 等号成立当且仅当P,B,Q,C四点共圆，即CPB+CQB=,而CQB=APD。所以不等式等

23、号成立的条件为: CPB+APD=。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=，则有 PA*PC+PB*PD=AB*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：

24、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: OQ=(9R2+8Rr+2r2-2s2)/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。 (2),易证 R-rOI=R(R-2r),r20，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(9R2+

25、8Rr+2r2-2s2)/2,s2R+r; 当三角形为直角时九点圆内切于外接圆，R/2=(9R2+8Rr+2r2-2s2)/2,s=2R+r;当三角形为纯角时九点圆与外接圆相交，3R/2(9R2+8Rr+2r2-2s2)/2,s24Rr+r2.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=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

26、)*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a0, 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QCA=10度得QCB=30度，可知 CQ为BD的中垂线，所以有QCD=30度=ADC。由QAC=20度=ADC，有AQDC，可知四边形AQ

27、CD为等腰梯形，即AD=QC，进而ABDBQC，得BA=BQ。在ABQ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EACPAC。得PC=PE，所以PEC为正三角形，有PC=PE，可知BP为EC的中垂线。于是 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,A120,K、L分别是AB、AC上的点，且BK=CL，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，

28、根据正三角形BPK,正三角形CQL及A120,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ABCPQO。故PQ=BC。几何证明题-5命题 在ABC中,A120,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC=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，A120及BK+AC=CL+AB，,显然可证:四边形OLAK为菱形，所以AK=

29、LO=AL=KO。故PO=AB，QO= AC。而POQ=120，所以ABCPQO。故PQ=BC。几何不等式-9命题 在ABC中,A120,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+ACCL+AB，BKCL，以BK,CL为边向ABC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=y。根据正三角形BPK,正三角形CQL及A120,显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,POQ120。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

30、定理得: PQ2=PO2+QO2-2*PO*QO*cos120=PO2+QO2+PO*QO =(x+b-y)2+(y+c-x)2+(x+b-y)*(y+c-x) =b2+(x-y)2+2b*(x-y)+c2+(x-y)2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)2 =b2+c2+bc+(x-y)2+(b-c)*(x-y) =BC2+(x-y)*(b+x-c-y) 因为 BKCL,即 xy,BK+ACCL+AB,即 x+bc+y。 所以 (x-y)*(b+x-c-y)0,因此PQBC 。 当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。几何不等式-10命题 在ABC中,A120,

31、K、L分别是AB、AC上的点，且BK+ACCL+AB，BKCL以BK,CL为边向ABC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=y。根据正三角形BPK,正三角形CQL及A120,显然可证:四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,POQ120。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: PQ2=PO2+QO2-2*PO*QO*cos120=PO2+QO2+PO*QO =(x+b-y)2+(y+c-x)2+(x+b-

32、y)*(y+c-x) =b2+(x-y)2+2b*(x-y)+c2+(x-y)2-2c*(x-y)+bc+(c-b)*(x-y)-(x-y)2 =b2+c2+bc+(x-y)2+(b-c)*(x-y) =BC2+(x-y)*(b+x-c-y) 因为 BKCL,即 xy,BK+ACCL+AB,即 x+bc+y。 所以 (x-y)*(b+x-c-y)0,因此PQBC 。 当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。几何证明题-6命题 设ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，类似重心为K。求证:(1)AKO为锐角的充要条件是:b2+c22a2; (2)AKO为直角的充要条件是:

33、b2+c2=2a2; (3)AKO为钝角的充要条件是: b2+c2AK，即 2*b*c*ma/(a2+b2+c2) 3*a2*b*c/2*ma*(a2+b2+c2) ，4*(ma)23*a2 b2+c22a2。同理可证(2),(3) 成立。几何证明题-7命题 设ABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，垂心为H。求证: (1)AHO为锐角的充要条件是:tanB*tanC3; (2)AHO为直角的充要条件是: tanB*tanC =3; (3)AHO为钝角的充要条件是: tanB*tanC AH，即 2R*cosA 4R* cosB*cosC tanB*tanC3;同理可证(2),

34、(3) 成立。几何不等式-11命题 在非纯角ABC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ABC中，设A=max(A,B,C)，G,O分别表示ABC的重心与外心，则O点必落在BGC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) (2)式当A=/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ABC中，G是重心,M是平面上任一点。求证;MA2+MB

35、2+MC2=GA2+GB2+GC2+3GM2证明 ABC的三条中线AD,BE,CF交于G，不妨设M在BGC内。对于AMD和G，由斯特瓦尔定理得;MA2*DG+MD2*AG-MG*AD=AD*DG*AG因为 DG=AD/3,GA=2AD/3，代入整理得:3*MG2=MA2+2*MD2-2*AD2/3 (1)容易算出，在MBC和GBC中有MD2=(MB2+MC2)/2-BC2/4GD2=(GB2+GC2)/2-BC2/4将上述两式代入(1) 式得:3*MG2=MA2+MB2+MC2-(GB2+GC2)+2GD2-2*AD2/3= MA2+MB2+MC2-( GA2+GB2+GC2)所以 MA2+M

36、B2+MC2=GA2+GB2+GC2+3GM2从等式显然可看出, 当M异于G时，有MA2+MB2+MC2GA2+GB2+GC2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ABC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:IQOH.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/3。记A=/3，R为外接圆半径。则AH=2RcosA=R=AO，又因为AI平分OAH，所以AHIAOI，即IH=IO。由于九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。因此AIOH. 证毕。证明(2) 因为三角形ABC三

37、个内角成等差数列，所以有一角必为/3。记A=/3，R,r,s分别为ABC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)3而IH2=4R2+4R*r+3r2-s2，OI2=R*(R-2r) 。所以IH2=4R2+4R*r+3r2-s2= 4R2+4R*r+3r2-3(R+r)2= R*(R-2r)=OI2，即IH=IO.又因为九点圆心在欧拉线OH上且平分线段OH。因此AIOH. 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

38、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，ABM的面积S1=4，CMN的面积S2=3，ADN的面积S3=

39、5,求AMN的面积S4.解 设sinABC=sin(-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*T2 =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。求该三角形的面积。 解 设三边为

40、2n-2、2n、2n+2,利用余弦定理代入计算 (n2-4n)/2n(n-1)+(n2+2)/2(n-1)(n+1)+(n2+4n)/2n(n+1)=7/5 (3n2-6)/2(n2-1)=7/5 n2=16 n=4. 所以三角形三边为6,8,10. 而 62+82=102,三角形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:对边之和相等的四边形必有内切圆。 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ABAD,BCCD，因为AB+CD=BC+AD，所以AB-AD=BC-CD。在AB上取点M, 使AM=AD;

41、在BC上取点N, 使CN=CD，所以BM=BN。即ADM, CDN, BMN都是等腰三角形。故A,B,C三角的平分线，必是DMN三边的垂直平分线，它们交于一点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，A的分角线AD，BC上的中线AM，且BAH=HAD=DAM=MAC。求证BAC=90.证明 延长AD交ABC的外接圆于N, 连NM。BAD=CAD,N为圆弧BC的中点。M为BC的中点，MNBC.AHBC, AHMN, ANM=HAD=NAM, MA=MN.MN与MA不重合，而MN所在的直线必过ABC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和CF分别B