求几道初中数学竞赛平面几何典型题的答案及详细步骤

2024-12-04 11:55:39
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回答(1):

1至9解答
如图,连P′B,P′C,P′Q,P′R,P′P,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,
∵PQ∥AC,
∴∠QPB=∠ACB,
∴∠QPB=∠QBC,
∴QP=QB,
又∵P′是P关于直线RQ的誉没对称点,
∴QP=QP′,即QP=QP′=QB,
∴Q点为△P′PB的外心,
同理可得R为△P′PC的外心,
∴∠P′QB=2∠P′PB
=2(180°-∠P′PC)
=360°-2∠P′PC,
由∠P′PR=∠PP′R,∠RPC=∠PCR,
∴∠P′QB=360°-∠P′PC-∠PP′R-∠PCR
=∠P′RC,
∵QP′=QB,RP′=RC,
∴△P′QB∽△P′RC.
2.
作平行四边形ADEP
连接CE,所以四边形BCEP是平行四边形
∠CDE=∠BAP
∠CPE=∠BCP
∠CDE=∠CPE,所以C、P、D、E四点共圆
∠CDP=∠CEP=∠CBP
即是∠PDC=∠PBC

3.
延长AB至Q ,使BQ=AM ,则△ABM≌△BCQ
所以∠Q=∠AMB ,因为∠AMB=∠PAN ,所以∠Q=∠PAN
因为AP:AM=AB:BM ,所以AP:AN=QN:CQ
所以△APN∽△QNC ,所以:∠APN=∠BNC

4.
证明:延长BP交AC于H,延长BQ交AC于G
∵绝虚局AP平分∠ABC
∴∠BAP=∠CAP
∵并让BP⊥AP
∴∠APB=∠APH=90
∵AP=AP
∴△ABP≌△AHP (ASA)
∴BP=HP
同理可证:BQ=GQ
∴PQ是△BGH的中位线
∴PQ∥AC

5.
在三角形ABC中,X是AB上的一点,Y是BC上的一点,线段AY和CX相交于Z。假若AY=YC及AB=ZC,求证:B ,X ,Z 和Y
四点共圆。

证明
截线AZY对ΔBCX来说,恰好满足梅涅劳斯[Menelaus]定理,所以得:
(CY/YB)*(BA/AX)*(XZ/ZC)=1
(1)
因为AB=ZC,故得:
CY*XZ=AX*BY (2)
又AY=CY,所以有
AY*XZ=AX*BY <==>
AY/BY=AX/XZ (3)
故知ΔAXZ∽ΔAYB,即∠AXZ=∠AYB,因此B ,X,Z 和Y四点共圆。

6.
用正弦定理:
a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC;
B=2C,A=4C,A+B+C=7C=π;
证1/a+ 1/b=1/c
两边乘以abc:
bc+ca=ab
代入,两边同时约去4R^2
sinBsinC+sinCsinA=sinAsinB
sin2CsinC+sinCsin4C=sin4Csin2C;sin3C=sin(7C-4C)=sin(π-4C)=sin4C,sin2C=2sinCcosC代入:
sin2CsinC+sinCsin3C=sin3Csin2C=2sinCcosCsin3C,约去sinC,
sin2C+sin3C=2cosCsin3C
由sin4C+sin2C=sin(3C+C)+sin(3C-C)=2sin3CconC,代入得
sin2C+sin3C=sin4C+sin2C
sin3C=sin4C
成立。(sin3C=sin(7C-4C)=sin(π-4C)=sin4C)
7.
根据等边对等角得出∠ABC=∠ACB, ∠A=∠AQP, ∠QPC=∠QCP,∠BQC=∠B,设∠A=x,则∠AQP=x,根据三角形的外角性质求出∠QPC=2x, ∠BQC=3x, ∠C=∠B=3x,在三角形ABC中根据三角形的内角和定理得出方程,x+3x+3x=180,解方程求出即可得x=180/7.
8.
解:AC=BC,∠C=20°.
则∠CAB=∠CBA=80°,∠BAD=60度,∠ABE=50°;∠AEB=∠C+∠CBE=50°=∠ABE,得AB=AE.
过点D作AB的平行线,交CA于F,则∠CDF=∠CFD=80°.连接BF,交AD于G,连接EG.
由对称性即可知,AG=BG,DG=FG,又∠BAG=60°,则⊿ABG与⊿DFG均为等边三角形.
故:AG=AB=AE,∠AGE=(180°-∠CAD)/2=80°,∠EGF=180°-∠AGE-∠AGB=40°.
又∠EFG=∠C+∠CBF=40° .
即∠EFG=∠EGF,得EF=EG;又DE=DE,DF=DG.故⊿FDE≌⊿GDE(SSS),得∠ADE=∠FDE=30°.
9.
过F作FG垂直AC于G.
因为△ABC是等腰直角△,所以∠B=∠C=45°
因为FG⊥AC,所以∠FGC=90°,可知△FGC是等腰直角△.
所以FG=GC,设它们=x.
因为∠FEG+∠BEA=90°,∠ABE+∠BEA=90°.
所以∠FEG=∠ABE,又因为BE⊥EF
所以∠BEF=∠A=90°
所以△ABE∽△GEF.因为E为腰AC的中点,可知BA:AE=2:1
所以BA:AE=EG:GF=2:1
所以EG=2FG=2CG=2x
所以EC=3x.因为EC=0.5
所以FG=1/6.
所以
三角形CEF的面积=1/2×1/6×1/2=1/24

回答(2):

(1)解:如图,连P′B,P′C,P′Q,P′R,P′P,
∵AB=AC,
∴∠迹知ABC=∠ACB,
∵PQ∥姿空消AC,
∴∠QPB=∠ACB,
∴亏晌∠QPB=∠QBC,
∴QP=QB,
又∵P′是P关于直线RQ的对称点,
∴QP=QP′,即QP=QP′=QB,
∴Q点为△P′PB的外心,
同理可得R为△P′PC的外心,
∴∠P′QB=2∠P′PB
=2(180°-∠P′PC)
=360°-2∠P′PC,
由∠P′PR=∠PP′R,∠RPC=∠PCR,
∴∠P′QB=360°-∠P′PC-∠PP′R-∠PCR
=∠P′RC,
∵QP′=QB,RP′=RC,
∴△P′QB∽△P′RC.
剩下的等会 我在做

回答(3):

2.
作平行四边形ADEP
连接CE,所以四边形BCEP是平行四边形
∠CDE=∠BAP
∠CPE=∠BCP
∠CDE=∠CPE,所以C、P、D、E四点共圆
∠CDP=∠CEP=∠CBP
即是∠PDC=∠PBC

3.
延长AB至Q ,使BQ=AM ,则△ABM≌△BCQ
所以∠Q=∠AMB ,因为∠AMB=∠PAN ,所以∠Q=∠PAN
因为AP:AM=AB:BM ,所局雹配以AP:AN=QN:CQ
所以△APN∽△QNC ,所以:∠APN=∠BNC

4.
证明桐指:延长BP交AC于H,延长BQ交AC于G
∵AP平分∠ABC
∴∠BAP=∠CAP
∵BP⊥AP
∴∠APB=∠APH=90
∵AP=AP
∴△ABP≌△AHP (ASA)
∴肆枯BP=HP
同理可证:BQ=GQ
∴PQ是△BGH的中位线
∴PQ∥AC

5.
在三角形ABC中,X是AB上的一点,Y是BC上的一点,线段AY和CX相交于Z。假若AY=YC及AB=ZC,求证:B ,X ,Z 和Y
四点共圆。

证明
截线AZY对ΔBCX来说,恰好满足梅涅劳斯[Menelaus]定理,所以得:
(CY/YB)*(BA/AX)*(XZ/ZC)=1
(1)
因为AB=ZC,故得:
CY*XZ=AX*BY (2)
又AY=CY,所以有
AY*XZ=AX*BY <==>
AY/BY=AX/XZ (3)
故知ΔAXZ∽ΔAYB,即∠AXZ=∠AYB,因此B ,X ,Z 和Y 四点共圆。

6.
用正弦定理:
a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC;
B=2C,A=4C,A+B+C=7C=π;
两边乘以abc:
bc+ca=ab
代入,两边同时约去4R^2
sinBsinC+sinCsinA=sinAsinB
sin2CsinC+sinCsin4C=sin4Csin2C;sin3C=sin(7C-4C)=sin(π-4C)=sin4C,sin2C=2sinCcosC代入:
sin2CsinC+sinCsin3C=sin3Csin2C=2sinCcosCsin3C,约去sinC,
sin2C+sin3C=2cosCsin3C
由sin4C+sin2C=sin(3C+C)+sin(3C-C)=2sin3CconC,代入得
sin2C+sin3C=sin4C+sin2C

sin3C=sin4C
成立。
以上每一步都可逆,原式成立。得证。

9.
过F作FG垂直AC于G.
因为△ABC是等腰直角△,所以∠B=∠C=45°
因为FG⊥AC,所以∠FGC=90°,可知△FGC是等腰直角△.
所以FG=GC,设它们=x.
因为∠FEG+∠BEA=90°,∠ABE+∠BEA=90°.
所以∠FEG=∠ABE,又因为BE⊥EF
所以∠BEF=∠A=90°
所以△ABE∽△GEF.因为E为腰AC的中点,可知BA:AE=2:1
所以BA:AE=EG:GF=2:1
所以EG=2FG=2CG=2x
所以EC=3x.因为EC=0.5
所以FG=1/6.
所以
三角形CEF的面积=1/2×1/6×1/2=1/24