圆内接四边形的一个美妙性质

设ABCD为圆内接四边形,连对角线AC和BD,设△ABC的内心为E,△BCD的内心为F,△CDA的内心为G,△DAB的内心为H,则四边形EFGH是一个矩形.如图1.图1图2证明如下:如图2,首先证明B,E,F,C四点共圆.连结BE、FC、BF、EC,则∠BEC=180°-(∠EBC+∠ECB)=180°-(21∠ABC+21∠ACB)=180°-21(∠ABC+∠ACB)=180°-21(180°-∠BAC)=90°+12∠BAC,同理可证∠BFC=90°+21∠CDB,图3因为A,B,C,D四点共圆,所以∠BAC=∠CDB,从而∠BEC=∠BFC,即B,E,F,C四点共圆.其次证明∠HEF=90°.如图3,因为B,E,F,C共圆,所以∠FEC=∠FBC,同理可证,A,H,E,B四点共圆,从而也有∠HEA=∠HBA,则∠HEF=∠AEC-(∠FEC+∠HEA)=∠AEC-(∠FBC+∠HBA)=[180°-(∠EAC+ECA)]-(∠FBC+∠HBA)=180°-(21∠BAC+21∠BCA)-(21∠DBC+21∠DBA)=180°-12(∠BAC+∠BCA+∠DBC+∠DBA)=180°-12(∠BAC+...     

三角形等角共轭点的一个有趣性质

本文将给出三角形等角共轭点的一个新性质,即命题　设P、Q是△ABC的等角共轭点(∠PAB=∠QAC,∠PBC=∠QBA,∠PCB=∠QCA),则有AP.AQAB.AC BP.BQBA.BC CP.CQCA.CB=1.证明　如图1,设D是射线AQ上的点,且使得满足∠ACD=∠APB.因为∠APB>∠ACB,则点D必在△ABC的外部.又因∠PAB=∠CAD,∴　△ABP∽△ADC.图1故　　　ABAD=APAC=BPCD.1又　∠QAB=∠PAC,ABAD=APAC,可知　△ABD∽△APC,于是　　　　ABAP=ADAC=BDCP.2又因为∠CDA=∠PBA=∠QBC,所以可知有B、Q、C、D四点共圆.由托勒密(Ptolemy)定理…     

三角形等圆线的性质

如图 1 ,D为△ ABC边 BC上的点 ,若△ ABD与△ ADC内切圆相等 ,则把线段 AD叫做△ ABC的等圆线 .文 [1 ]论证了等圆线的存在性和唯一性 ,本文给出等圆线的几条性质 .下面的讨论中 ,p、p1、p2 分别是△ ABC、△ ABD、△ ADC的半周长 ,γ、γ′分别是△ ABC与△ ABD、△ ADC的内切圆半径 ,BC= a,CA =b,AB =c.定理 1　若 AD是△ ABC的等圆线 ,则AD2 =p( p - a) .　　证明　如图 1 ,由S△ ABD S△ ADC=S△ A BC,得　 r′p1 r′p2 =rp即　 r′r=pp1 p21由图 1易知p1 p2 =p AD 2　　　　 图 1若 I是△ ABC内心 ,…     

直角三角形的一个性质

文[1]笔者给了如下有趣的性质: △ABC中,CD⊥AB于D,△ABC、△ADC、△BCD的内切圆半径分别为r、r1、r2. (1)若∠ACB=90°,则r21+r22=r2; (2)若r21+r22=r2,则∠ACB=90°. 我们又发现如下 定理 △ABC中,CD⊥AB于D,△ABC的内切圆半径为r;△ABC、△ADC、△BCD的内心分别为I、I1、I2,△II1I2的外接圆半径记为R0,则R0=r的充要条件是     

构造全等三角形解题举例

<正>本文介绍用构造全等三角形的"方法"解决与图形有关的计算、求值、判断推理等问题.一、构造全等三角形"证明等边等角".例1如图1,在△ABC中,∠B=2∠C,BC=2AB,AD为中线.求证:△ABD是等边三角形.分析与思考如图1,作∠ABC的平分线BE,连接DE.因为∠B=2∠C,于是∠EBD=∠C.由"等角对等边"得知BE=CE.但AD为中线,所以BD=CD.所以在△BDE与△CDE中,BE=CE,BD=CD,ED=ED,所以△BDE≌△CDE.这样∠BDE=∠CDE=90°.在△BAE与△BDE     

一个问题的多种解法是如何产生的

<正>问题再现如图1,在△ABC中,D是边AC上一点,E是BD的中点,且∠DCE=∠ABD,若AB=3,AC=4,求CD的长.文[1]应用构造相似形给出本题多种解答,我们应用不同于文[1]的思路,探究本题的另外的多种解法.深入探究本题给出∠DCE=∠ABD,但是∠DCE的边CE与△ABC无关,而∠ABD的两边BA,BD都与△ABC相关.     

一道联赛试题的几何解法

<正>2016年全国初中(初三)数学联赛二试中有这样一道几何题:题目如图1,在△ABC中,AB=8,AC=10.D为△ABC内一点,满足∠ADC=90°,∠ABD=∠ACD,设E为BC的中点,求DE的长.命题组提供参考答案的思路是如图2,作∠CAF=∠BAD,得到△ABD∽△ACF,利用相似三角形的对应线段成比例关系,得出BD与CF、DA与AF之间的数量关系,进而求出DF的长.比较△ADC与△ABH中三个角,可以得到:AF⊥BD.倍长△BDC的中线DE至G,通过证明三角形的     

椭圆的两个有用的性质

性质 1　如图 1 ,T1 ( -t,0 )、T2 (t,0 ) ( 0 b>0 )的长轴A1 A2 上关于椭圆中心O对称的两定点 ,P是椭圆上的动点 ,当点P沿着弧A2 PB2 从A2 向B2 运动时 ,则∠T1 PT2 逐渐变大 ,并且当点P与点B2 重合时 ,∠T1 PT2 达最大值 .证明　连结OP ,记 ｜PT1 ｜=r1 ,｜PT2 ｜=r2 ,在△POT1 中 ,｜OP｜=d ,由余弦定理知r21 =t2 +d2 - 2tdcos∠POT1 ①同理r22 =t2 +d2 + 2tdcos∠POT1 ②由① +②得r21 +r22 =2t2 + 2d2又在△PT1 T2 中 ,由余弦定理知cos∠T1 PT2 =r21 +r22 - 4t22r1 ·r2③因为△T1 …     

三角形内切圆半径的一个性质

本文给出关于三角形的内切圆半径的一个新性质 .定理　若 D、E是△ ABC的 BC边上的图 1任意二内点 ,r1、r2 、r3 、r4、r5分别是△ ABD、△ ACE、△ ADE、△ ABE、△ ACD的内切圆半径 ,则　 r1r2=r3 - r4r3 - r5.为了证明该定理 ,我们首先给出一个引理 .引理 [1]　若 P为△ ABC的边 BC上的任一内点 ,h为边 BC上的高 ,r、r1、r2 分别为△ ABC、△ ABP、△ ACP的内切圆半径 ,则r =r1+ r2 - 2 r1r2h .(证明略 )下面给出本文定理的证明 .证明　如图 1 ,不妨设△ ABC的内切圆半径为 r,BC边上的高为 h,则由引理可得 :r =r1+ r5-…     

三角形中等角线的性质

<正>如图1,OD与OE是过角BOC顶点O的两条射线,若∠BOD=∠COE,我们称OD,OE为∠BOC的一组等角线.1.三角形内角等角线的性质性质1如图2,△ABC中,AM、AN是∠BAC的等角线(即∠BAD=∠CAG),BD⊥AM于点D,BE⊥AN于点E,CF⊥AM于点F,CG⊥AN于点G,则D、G、E、F四点共圆.证明连结DE、FG.由AM、AN是∠BAC的等角线可知∠BAD=∠CAG.显然易知Rt△ADB∽Rt△AGC,因此∠ABD=∠ACG.易证A、B、D、E四点共圆,于是     

一道求角度赛题的多种解法

<正>2014年全国初中数学联赛初赛第二题:如图1,在凸四边形ABCD中,AB=BC=BD,∠ABC=80°,则∠ADC等于().图1(A)80°(B)100°(C)140°(D)160°一、特殊化解法1由于∠ABC=80°及AB=BC=BD都是常量,△ABD和△DBC的形状可改变是变量,即与∠ABD的取值无关.所以     

关于角格点一些猜想的证明

文 [1 ]提出了 4 5个猜想 ,但笔者没有看出其规律 ,因而不能知道被省略的猜想 ,本文将证明文 [1 ]列出的全部猜想 .首先约定 ,本文中的 A,B,C,β,γ分别表示图 1中△ ABC的三个内角及∠ PBC,∠ PCB的度数 .定理 1　在图 1中 ,cot∠ PAB =sin Csin (β γ)sin ( B C) sinγsin ( B -β)- cot( B -β) .证明　在△ ABC,△ PBC中 ,分别运用正弦定理 ,得BCsin ( B C) =ABsin C,BCsin (β γ) =PBsinγ,所以　 AB =BCsin Csin ( B C) ,图 1　 PB =BCsinγsin (β γ) .在△ PAB中 ,再运用正弦定理 ,得ABsin(∠ PA…     

两个优美几何恒等式的简证

文[1]给出了如下两个几何恒等式.定理1四边形ABCD内接于⊙O,△ABD,△BCD,△ACD,△ABC的内切圆半径分别为r1,r2,r3,r4,则r1 r2=r3 r4.定理2四边形ABCD内接于⊙O,△ABD,△BCD,△ACD,△ABC的内切圆圆心分别为O1,O2,O3,O4,则O1O2 O2O2 O3O2 O4O2.文[1]中通过三个引理及一系列变形运     

初二几何第一学期期末自测题

Ａ组一 .填空题 (每小题 3分 ,共 3 0分 )1 .△ＡＢＣ的三边长分别是 2ｘ ,3ｘ ,1 0 ,则ｘ的取值范围是 .2 .在Ｒｔ△ＡＢＣ中 ,∠Ｃ =90°,ａ =6,ｃ =1 0 ,则ｂ =.3 .一个等腰三角形底边上的中线为 4ｃｍ ,那么它底边上的高为ｃｍ .4.等腰三角形两边分别是 3ｃｍ和 4ｃｍ ,则它的周长是 .5 .若等腰三角形一个角为 1 0 0°,则另外两个角是.6.在△ＡＢＣ中 ,若 12 (∠Ａ +∠Ｂ) =45° ,则△ＡＢＣ为三角形 .7.在△ＡＢＣ中 ,∠Ａ∶∠Ｂ∶∠Ｃ =2∶3∶4,则∠Ａ =,∠Ｂ =,∠Ｃ =.8.若等边△ＡＢＣ的边长为ａ ,则△ＡＢＣ的面积Ｓ△ＡＢＣ= .9.…     

高中数学课程中的《球面几何》(续)

这是一个很有趣的问题.由于球面三角形的每条边长都是大圆的劣弧,都小于大圆周长的一半,因此,球面三角形的周长小于3/2个大圆周长,不能任意长.实际上,球面三角形的周长可以更小,其周长小于大圆周长.这个结论很重要,我们给出它的证明.证明如图10,设球面△ABC的三条边分别为a,b,c,球心为O,连结OA,OB,OC,那么O-ABC是一个三面角.在三面角O-ABC中,连结AB,BC,AC.由于球面三角形的边长与三面角的面角之间的对应关系,我们把球面三角形的边长问题转化为三面角的面角问题.因为∠AOB=π-(∠OAB ∠OBA),∠BOC=π-(∠OBC ∠OCB),∠COA=…     

赛题解法蕴含于教材例析

2012年全国初中数学竞赛题中,几个较难的几何题的解法均蕴含于教材中,注意到这些信息则赛题迎刃而解.例析如下.一、结论直用例1(2012年全国初中数学竞赛题)如图1,⊙O的内接四边形AB-CD中,AC、BD是它的对角线,AC中点I是△ABD的内心.求证:(1)OI是△IBD的外接圆的切线;(2)AB+AD=2BD.分析结论(1)是三角形内心性质的直接运用.I为△ABD的内心,则易知∠CID=∠CDI,从而CD=CI=CB,故C为△BDI外接圆圆心.又I为弦AC中点,因此OI⊥AC.     

椭圆的一个性质

性质　如图 1 ,T1 (-t,0 ) ,T2 (t,0 ) (0 b >0 )的长轴A1 A2上关于椭圆中心O对称的两定点 ,P是椭圆上的动点 ,当点P沿着弧A2 PB2　图 1　椭圆从A2 向B2 运动时 ,则∠T1 PT2 逐渐变大 ,并且当点P与点B2 重合时 ,∠T1 PT2 达最大值 .证　连结OP ,记|PT1 |=r1 ,|PT2 | =r2 ,|OP|=r,在△POT1 中 ,由余弦定理知　　　　r21 =t2 +d2 - 2tdcos∠POT1 (1 )同理　　r22 =t2 +d2 +2tdcos∠POT1 (2 )由 (1 ) +(2 )得r21 +r22 =2t2 +2d2 .又在△PT1 T2 中 ,由余弦定理知cos∠T1 PT2 =r21 +r22 - 4t22…     

张景中院士讲数学 学了就要用

——用正弦性质解题下面这些题目你在几何课上可能都学过 .现在用另一种方法解决它 ,好像从一条新路游览你熟悉的公园 ,既亲切 ,又新鲜 .例 1　已知△ABC中 ,AB =AC .求证 :∠B =∠C .证明　由面积公式有AB·BCsinB =2△ABC =BC·CAsinC .由AB =AC ,得sinB =sinC .由正弦性质可知∠B与∠C相等或互补 ,但因∠B +∠C=180° -∠A <180° ,故∠B =∠C .(用了正弦性质 6)例 2　已知△ABC中∠A >∠B .求证 :BC >AC .证明　由面积公式得AB·ACsinA =2△ABC =AB·BCsinB ,∴　 ACBC=sinBsinA<1.(这用到正弦性质 3 )∴　BC…     

数学诡辩

已知:△ABC,求证:∠A+∠B+∠C=180°。证明:如图,在BC上任取一点D,连AD。设三角形三内角和的度数为x,则△ABD中,∠1+∠3+∠B=x。△ACD中,∠2+∠4+∠C=x,上两式相加得:∠1+∠2+∠3+∠4+∠B+∠C=2x。但∠1+∠2+∠B+∠C=x,∠3+∠4=180°,∴x+180°=2x x=180°,即∠A+∠B+∠C=180°。证毕。这岂不比教材上的证法简单明了吗?其实这种证法错了!错在哪里?     

三谈相交两圆的性质及应用

本文再给出相交两圆的几条性质及应用的例子.性质1两圆⊙O_1与⊙O_2相交于P,Q两点,△PO_1O_2的外接圆分别交⊙O_1于R,交⊙O_2于S,则点Q为△PRS的内心或旁心.证明如图1(1),由∠PRQ=1/2∠PO_1Q=∠PO_1O_2及∠PO_1O_2=∠PRO_2,有∠PRQ=∠PRO_2,即知R,Q,O_2三点共线.