数学问题解答

1956年5月号問题 237.設△ABC是正三角形,在直綫BC,CA,AB上各任取一點X,Y,Z,求証△AYZ,△BZX,△CXY的歐拉(Euler)綫所交成的三角形全等於△ABC。 [註] 万一△AYZ是正三角形,則以过它的中心而平行於BC的直綫來代替它的欧拉綫;如果这三角形的頂點有重合的,那末可按極限的情形去处理,其餘仿此。 238.設O是正三角形ABC的中心,在直綫OA,OB,OC上各任取一點X,Y,Z,求証△OYZ,△OZX,△OXY的歐拉綫会於一點。     

西摩松线的一个性质

大家知道 :三角形外接圆上任一点在三边所在直线上的射影共线 ,这条直线称做该点对于三角形的西摩松线 (Simson) .本文将给出关于三角形西摩松线的一个新性质 .定理　三角形的三个外角平分线与其外接圆交点的西摩松线共点 .已知　如图 1,在△ ABC(AB≥ AC)中 ,X、Y、Z分别是△ ABC三个外角∠ DAB、∠ ABE、∠ BCF的平分线 AX、BY、CZ与△ ABC外接圆的交点 ,且点 Xi、Yi、Zi(i =1,2 ,3)分别是点 X、Y、Z在直线 AB、BC、CA上的射影 .求证　直线 X1 X2 X3 、Y1 Y2 Y3 、Z1 Z2 Z3 三线共点 .先给出一个引理 :引理 [1 ]　…     

附贴空间的度量化

<正> 设X与Y是互不相交的拓扑空间,A是X的闭集,f:A→Y是连续映射(简称映射).在X与Y的拓扑并W=XUY中,将A中点x与Y中的点f(x)叠合得到W的一个商空间Z,它就称作借助映射f:A→Y将X附贴到Y上的附贴空间(adjunction space);Z常更明确地表作XU_(f.A)Y.空间W至Z的商映射常记作p.易见p在Y上限制给出了     

三角形旁切圆切点的一个性质

定理　设△ABC的旁切圆⊙Ia、⊙Ib、⊙Ic 分别切BC、CA、AB于点X、Y、Z .过YZ和BC的中点X1和D作一直线X1D ,及类似的直线Y1E和Z1F(如图 1) .则X1D、Y1E、Z1F三线共点且该点恰为△DEF的内心 .先给出下面的引理 .引理 1[1] 　分别过三角形三边中点的三条周界平分线交于一点 ,这一点称为第二等周中心 (证明略 ) .图 1　　　　　　图 2引理 2　若四边形的一组对边相等 ,则相等的这一组对边交角的平分线必平行于另一组对边中点的连线 .证明　如图 2 ,设四边形ABCD中 ,AD=BC ,E、F分别为AB、CD的中点 ,AD、BC的延长线交于点…     

关于三角形正则点的两个命题

命题 1　在△ ABC中 ,∠ A =12 0°,则在其外必存在一个正则点 .证明　如图 5,任作正△ DEF,以 ED为弦 ,向外侧作含 60°圆周角的 DE,在其上取一点 Z,使∠ DZF=∠ B,连 ZE,则∠ FZE=∠ C;分别作 ZD、ZE、ZF 图 5的中垂线两两相交于 A′、B′、C′,则 Z显然是△ A′B′C′的正则     

等腰梯形底上一点的性质

<正>性质1如图1,等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=CD,E是BC上一点,若直线AE与☉ECD的另一个交点为F,则AB²=BE·EC+EF·AE.证明连结DF并延长交BC于点G,显然∠AEB=∠GDC,因为四边形ABCD是等腰梯形,所以∠ABE=∠GCD,于是△ABE∽△GCD,     

一个数学问题的简证

<正>题目^[1]如图,已知△ABC中∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c,p是△ABC内一点,若∠PAB=∠PBC=∠PCA.求证:PA[1]如图,已知△ABC中∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c,p是△ABC内一点,若∠PAB=∠PBC=∠PCA.求证:PA²/b2/b²+PB2+PB²/c2/c²+PC2+PC²/a2/a²=1.证明如图所示.设射线AP交△PBC的外接圆☉O_1于点A',分别过点P、A'作直线AB的垂线,垂足为E,F,连接A'C,A'B.则∠PA'C=∠PBC=∠PCA=∠PAB.     

一道几何题的引申

命题　PQ是以AB为直径的⊙O中的一条非直径弦 ,连接PA ,BQ的直线相交于点M ,连结BP ,AQ相交于点N .则MN ⊥AB .(图 1 )图 1证明　设直线MN交AB于点K .由AB是⊙O的直径 ,由P ,Q在⊙O上知∠MPN=∠MQN =90° .所以P ,M ,Q ,N是四点共圆 .从而∠QMN =∠QPN ,即∠BMK =∠QPB .又因为∠QPB =∠QAB ,所以∠BMK =∠QAB .由∠AQB =90°知∠QAB +∠QBK =90°.所以∠BMK+∠QBK =90°,即∠BMK +∠MBK =90°.　　所以∠MKB =90°,故MN ⊥AB .经笔者探讨 ,发现圆的这一性质 ,在圆锥曲线中仍然成立 .如果将椭圆的长轴…     

关联调用核心知识 理性构建基本图形——一道尺规作图题的解法探究赏析及教学价值导向北大核心

2021年南京中考第25题是考察用两种不同的方法过圆外一点作圆的切线的尺规作图题,对于初中学段加强尺规作图的教学进行了很好的评价引领.现将本题的解法探究赏析及教学价值导向呈现如下.(南京2021年中考第25题)如图1,已知P是☉O外一点.用两种不同的方法过点P作☉O的一条切线.     

三角形旁切圆切点的一个性质

定理设△ABC的旁切圆⊙Ia、⊙Ib、⊙Ic分别切BC、CA、AB于点X、Y、Z,BC、CA、AB边上高的中点分别为X1,Y1,Z1,(如图1).则三直线XX1、YY1、ZZ1共点,且该点恰为△ABC的内心.     

切点三角形

如图1,☉O1和☉O2外切于点A,BC是☉O1和☉O2的外公切线,B、C为切点,△ABC叫做“切点三角形”(见初中几何课本第三册第129页例4)．对这一基本几何图形进行深入挖掘,可以得到如下重要的性质:     

会作图 明道理 探方法——以圆中的作图为例

<正>与圆相关的作图问题蕴含的数学知识丰富,灵活性强,作图依据涉及广泛的几何知识,不仅需要严谨、灵活的思维,还需要合理、熟练地作图技术.本文以四个典型例题为载体,探作法、寻源头、最后归纳圆中作图的方法策略.1基于圆周角定理"直径所对的圆周角是直角"作图例1如图1,点P是☉O外一点,请用尺规作过点P,且与☉O相切的直线.     

这个作图法是如何想到的?

<正>《中学生数学》2016-5(下)期刊登的刘小杰等老师的文章《由一道几何题引发的作图题》,给出如下一个作图题:已知,如图1.☉O_1和☉O_2的半径分别为r_1和r_2,r_1>r_2,点P为☉O_2上一点.求作过点P的直线,使之在☉O_1和☉O_2上所截得的两条弦相等.     

三角形等长截分点初探

众所周知,设P是△ABC内一点,若∠PAB=∠PBC=∠PCA=φ,则点P称作△ABC的布洛卡点.其中φ称为△ABC的布洛卡角. 用类比的视角,若将上述概念中的∠PAB=∠PBC=∠PCA=φ,置换成线段长,即分别在△ABC的三边AB,BC,CA上取点D,E,F,使得AD=BE=CF=t,则CD,BF,AE是否可能共交于一点S? 笔者经过初步探究,得出了如下结果.     

一个数学问题的简证

<正>问题^([1])如图1,四边形ABCD内接于⊙O,对边AB与DC交于点P,AD与BC交于点Q,M为PQ的中点,MC与⊙O交于另一点G.求证:A、G、P、Q四点共圆.证明如图1所示,连AG,延长CM至点N,使CM=MN.则四边形PNQC为平行四边形.于是∠PAQ+∠PNQ=∠PAQ+∠PCQ=∠BAD+∠BCD=180°,     

一道女子奥赛题的多种证法

<正>如图1,⊙O1与⊙O2交于A、B两点,延长O1A交⊙O2于点C,延长O2A交⊙O1于点D,过点B作BE∥O2A交⊙O1于点E,若DE∥O1A,求证:DC⊥CO2.这是2014年中国女子数学奥赛第一题,笔者从多角度来添设辅助线证明本题,供同学们参考.证法一如图1,分别连接DB、O1O2、AB,延长EB交⊙O2于H,连接AH.∵∠ABH=∠EDA=∠O1AO2=∠DAB,     

对一道国际竞赛题的讨论

已知:圆O经过△ABC的顶点A、C,分别与AB、BC交于K、N,△ABC和△KBN的外接圆相交于点B.M,证明∠OMB=90°(二十六届国际奥林匹克竞赛题)。略证一:由于三个圆的圆心不共线,三公共弦共点于P(为么什?),则∠PMN=∠BKN=∠NCA,因此PMNC四点共圆,由此得: BM·BP=BN·BC=BO~2-r~2 PM·PB=Pn·PK=PO~2-r~2(为什么?)其中r是△ACK的外接圆半径。则FO~2-EC~2=BP(PM-BM)=PM~2-BM~2,所以O⊥LBP,∠ONB=90°。     

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.     

由教材例、习题命制中考题:源于共同的题“根”

人教版教材九年级上册第88页第11题为: 如图1,A、B是☉O上两点,∠AOB=120°,C是(AB)的中点,求证:四边形OABC是菱形. 此题以圆为背景,考查圆周角和圆心角的关系、等边三角形的判定、菱形的判定等知识.以此题为素材,对问题进行变式,可以发现其是一些中考题的"题源". 证明:因为C是(AB)的中点,∠AOB=120°,所以∠AOC=∠BOC=60°. 因为OA =OC,OB=OC,所以△AOC、△BOC均为等边三角形. 所以OA =OB=AC=BC.所以四边形OABC是菱形. 此题的逆命题也成立,我们把原题和逆命题分别作为: 命题1:如图1,A、B是☉O上两点,∠AOB=120°,C是(AB)的中点,则四边形OABC是菱形.     

转换角度 解决问题

<正>1问题(2020年北京中考,28)在平面直角坐标系x Oy中,☉O的半径为1,A,B为☉O外两点,AB=1,给出如下定义:平移线段AB,得到☉O的弦A′B′(A′,B′分别为点A,B的对应点),线段AA′长度的最小值称为线段AB到☉O的"平移距离".(1)如图1,平移线段AB得到☉O的长度为1的弦P1P2和P3P4,