平面几何经典难题及解答Word下载.docx
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中点,ADBG的延长线交
/DENhZF.
△ABG中,H为垂心
丄BC于M
(1)求证:
AH=2OM
(2)若/BAG=60°
求证:
MN于E、
难题
(二)
PD
A
Ai
G
BM
G的
D
A2、
B
FB
、D2分别」
(各边高线的交点)—/O为外心,且\OM
MB
0作OALMN于A,
线,交圆于B、G及DE,直线EB及CD分别交野
2、设MN是圆0外一直线,过
AH=AO(初二)
A吐AQ(初二)
3、如果上题把直线MN由圆外平移至圆内,贝y由此可得以下命题:
设MN是圆0的弦,过MN的中点A任作两弦BCDE设CD
EB分别交MN于P、Q
AP=AQ(初二)
4、如图,分别以^ABC的AC和BC为一边,在△ABC的
N
O
F.
ACD审正方形CBFG点P是EF的中点.
求证:
点P到边AB的距离等于AB的一半
题(三)
经典难
四边形ABCD^正方形,
CE=CF.(初二)
四边形ABC助正方形,
延长线于F.
AE=AF.(初二)-
F
DE//ACAE=A(AAE与CD相交于
DE//AC且CE=CAK直线I
E
3、设P是正方形ABCD-边BC上的任
C
PF丄
PA=PF.(初二)
4、如图,PC切圆0于C,AC为圆的直径,PEF为圆的割线,AeA^fe
与直线P0相交于B、D.求证:
AB=DCBC=AD
经典难题(四)
△ABC是正三角形,P是三角形内一点;
=5.
求:
/APB的度数.(初二)
2、设P是平行四边形ABCD内部的一点,且/PBA=ZPD
/PAB=ZPCB(初二)
3、设ABCD为圆内接凸四边形,求证:
AB-CD^ADi^BC^A
三)
4、平行四边形ABC冲,设E、F分别是BC
相交于P,且
AB上的一点,AE
AE=CF.求证:
/DPA=/DPC(初二)
经典难题(五)
1、设P是边长为
1的正△ABC内任一点,L=PA^PB+PC求证:
<
Lv2.
2、已知:
P是边长为1的正方形ABCC内的一点,求PA^PB+PC的最小值.
2.如下图做^DGC使与^ADP全等,可得△PDG为等边△,从而可得
△APD^^CGP得出PC二AD二DC,/DCG/PCG=15°
所以/DCP=30,从而得出△PBC是正三角形
3.如下图连接BC和AB分别找其中点F,E.连接QF与AE并延长相交于Q点,连接EB并延长交QQ于H点,连接FB并延长交AQ于G点,
由A2E¥
AD¥
BCi=FB2,EB¥
AB=2BC二Cl,又/GFQ:
+Q=9(C和
/GEB2+ZQ=9(3,所以/GE52=ZGFC又/BFG二/AEB,
可得△BFCAEB,所以AB二BG,
又/GFQ£
H^F=9C0和/GFQhEBA,
从而可得/ABC2=9Cc,
同理可得其他边垂直且相等,
从而得出四边形ABGD是正方形。
4.如下图连接AC并取其中点Q连接QN和QM所以可得/QMFKF,/QNM=
/DEN和/QMN/QNM从而得出/DEN=ZF。
经典难题
(二)
1.
(1)延长AD到F连BF,做OGLAF,
又/F=ZACB^BHD
可得BH=BF从而可得HD二DF又AH=GF+HG=GH+HD+DF+HG=2(GH+HD)=2OM
⑵连接OBOC既得/BOC=120
从而可得/bom=60
所以可得OB=2OM=AH二AO,
得证。
3.作OF丄CDOGLbe连接OPOAOFAF,OGAGOQ
+工AD_AC_CD_2FD_FD
由于====,
ABAEBE2BGBG
由此可得^ADF^AABG从而可得/AFC2AGE
又因为PFOA<
QGOAg点共圆,可得/AFChAOF和/AGEhAOQ
/AOPhAOQ从而可得AP二AQ
4.过E,C,F点分别作AB所在直线的高EG,CI,FHo可得PQ=EG+FH。
2
由^EGA2AAIC,可得EG二Al由^BFH^ACBI,可得FH二Bl。
从而可得PQ=AI+BI=AB,从而得证。
22
经典难题(三)
1.顺时针旋转△ADE到^ABG连接CG.
由于/ABGdADE=90+450=1350
从而可得B,GD在一条直线上,可得△AGB^ACGB
推出AE=AG=AC=G(可得^AGC为等边三角形。
/AGB=30既得/EAC=30,从而可得/AEC=75。
又/EFChDFA=45+3O0=750.
可证:
CE=CF
2.连接bd乍CHLde可得四边形CGDI是正方形。
由AC=CE=2GC=2CH
可得/CEH=30,所以/CAE=^CEA=^AED=l5,
又/fae=9^0+450+i50=15O0,
从而可知道/F=150,从而得出AE=AF
3.作FG±
cdFE丄BE可以得出GFEC为正方形。
令AB=Y,BP二X,CE=Z,可得PC二Y-X。
tan'
BAP=论EPF=Y=Y7Y77,可得yz=xy-X+x乙
即Z(Y-X)=X(Y-X),既得X=Z,得出△ABP^APEF,
得到PA=PF,得证。
1.顺时针旋转△ABP600,连接PQ,则△PBQ是正三角形。
可得△PQC是直角三角形。
所以/APB=150。
2.作过P点平行于AD的直线,并选一点E,使AE//DCBE//PC.
可以得出/ABPWADP=^AEP可得:
AEBP共圆(一边所对两角相等)。
可得/BAPWBEPhBCP得证。
3.在BD取一点E,使/BCE=/ACD既得△BEBAADC可得:
匹二匹,即ad?
bc=be?
acBCAC
又/ACB=/DCE可得△ABBADEC既得
JAB二匹,即AB?
CD=DE?
AC
ACDC
由①+②可得:
AB?
CD+AD?
BC=AC(BE+DE)=A(BD,得证。
4.过D作AQIAE,AGLCF,由Svade=Syabc^=Svdfc,可得:
AEgPQ=AEgPQ,由ae=FC
可得DQ=D,可得/DPA=/DPC(角平分线逆定理)。
1.
(1)顺时针旋转△BPC60°
,可得△PBE为等边三角形。
既得PA+PB+PC=AP++PE+IE使最小只要APPEEF在一条
直线上,
即如下图:
可得最小L=
(2)过P点作BC的平行线交AB,AC与点D,F。
由于ZAPD乂ATP士ADP
推出AD>
AP
又BP+DP>
BP
②
和PF+FC>
PC
③
又DF=AF
④
由①②③④可得:
最大L<
2;
由
(1)和
(2)既得:
2.顺时针旋转△BPC60,可得△PBE为等边三角形。
既得PA+PB+PC=AP+PE+要I使最小只要AP,PEEF在一条直线上,
可得最小PA+PB+PC=AF
既得AF=
(¥
+1)2
)2+73二
4+2^3
J(爲+1)2
处+1)
既得正方形边长L=
ga=)5+2Z2ga
4.在AB上找一点F,使/BCF=60,
连接EF,DG既得△BGC为等边三角形,
得至yBE=CF,FG=GE。
推出:
△FGE为等边三角形
,可得/AFE=80,
DFG=40
又BD=BC=BG既得/BGD=80,既得/DGF=40
推得:
DF=DG,得至到:
△DFE^ADGE,
从而推得:
/FED玄BED=30。
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