2010年莫斯科大学计算数学与控制论系入学考试试题解答

题目(重庆市初中数学竞赛)如图,△ABC中,∠ACB=90°,∠CAD=30°,AC=BC=AD.求证:BD=CD.分析由题设中的已知条件,△ABC为等腰直角三角形.易求得∠BAD=15°,∠ACD=75°,∠DCB=15°.要证明BD=CD,即要证明∠DBC=15°,或证明点D在BC的中垂线上.     

这道题可以推广

一、原题《中学生数学》2011(3)·P9《由角平分线的性质想到的辅助线》中例题:如图1,△ABC中,∠ABC=100°.∠ACB的平分线交AB于E,在AC上取点D,使∠CBD=20°,连接DE,求∠CED的度数.二、推广如图2,△ABC中,∠ACB的平分线交AB     

构造全等证角相等的若干方法

在平几中,证明两个角相等的方法较多.本文介绍一例“构造全等三角形”的证明方法.例已知:如图1,在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°,M是AC的中点,CE⊥BM于E,延长CE交AB于D.求证:∠CMB=∠AMD.分析:此题有两个基本图形,一个是Rt△ABC,其中AC=BC,∠A=∠ABC=45°,∠ACB=90°;另一个是Rt△M     

有关角格点问题的拓展探究

<正>1原练习题的呈现和说明原练习题的呈现《中学生数学》2020年7月下(初中版)课外练习初二年级第3题:如图1,在等腰△ABC中,顶角∠A=80°,在△ABC内取一点M,使∠MBC=30°,∠MCB=10°,计算∠AMC的值.说明在等腰△ABC中,顶角∠A=80°,则两个底角∠ABC=∠ACB=50°.已知∠MBC=30°,∠MCB=10°,则∠ABM=20°,∠ACM=40°,∠BMC=140°,(以上所得角的度数在另解时将直接引用).     

一道加拿大奥赛题的证明思路及方法

<正>1998年加拿大数学奥林匹克竞赛的第4题为:如图1,在△ABC中,∠BAC=40°,∠ABC=60°,D和E分别是边AC和AB上的点,使得∠CBD=40°,∠BCE=70°,F是直线BD和CE的交点.证明:直线AF和直线BC垂直.     

一道中考题的探究

1试题呈现 (2010年北京市中考题)如图1所示,已知△ABC中,∠BAC≠90°,∠BAC=2∠ACB,点D是△ABC内的一点,且AD=CD,BD=BA.探究∠DBC与∠ABC度数的比值,并加以证明.     

一赛题的另解

题目在△ABC中,∠BAC=40°,∠ABC=60°,若D和E分别是边AC和AB上的点,且使∠CBD=40°,∠BCE=70°,F是BD和CE的交点,连结AF,求证：AF⊥BC．     

Steiner定理的拓广

Steiner定理是一个著名的几何题,它的证明更是给广大数学爱好者予启发和想象.本文给出Steiner定理的拓广,供大家参考.Steiner定理在△ABC中,∠B和∠C的平分线BD与CE相等,则AB=AC.拓广定理(如图1)在△ABC中,设BD、CE分别为∠ABC和∠ACB的n≥2等分角线中的任意两条相应的分角线段     

数学问题解答

2007年8月号问题解答1686△AB(C解中答,由∠A问题>提90供°,人给出)AB>AC,高线BE、CF交于H,O为△ABC的外心,且AO=AH,∠BAC的平分线AD所在直线交BE,CF的延长线于M、N.求证:HM=HN.(福建厦门九中陈四川361证00明4)因为AB>AC,∠ABC<∠ACB,∠ACB 12∠BAC>∠ABC 12∠BAC,即∠ACB ∠CAD>∠ABC ∠BAD,所以,∠ADC<∠ADB,∠CDA<90°,所以N点在HF上,M点在BH的延长线上.延长AD交⊙O于G,BG=CG,连结BG、CG、GO,并延长GO交BC于T,交BAC于O′,O′G⊥BC,垂足T,OT=21AH(三角形任一顶点到垂心的距离等于外心到对…     

一道初中竞赛题的另解

<正>2015年北京市中学生数学竞赛(初二)填空第3题:在△ABC中,AB=AC,AD、BE分別为∠A、∠B的平分线,且BE=2AD.则∠BAC的度数为______.另解1(应用取半法)如图1,设∠CBE=α,依题设,则有∠CBE=∠ABE=α,∠ABC=∠ACB=2α,∠AEB=∠EBC+∠ECB=3α,∠ADB=∠ADC=90°,∠BAD=∠CAD=90°-2α.过点D作DG//BE,与AC交于点G,     

等腰三角形的一个有趣性质

<正>笔者在利用几何画板绘制几何图形时,发现等腰三角形一个有趣的性质:在△ABC中,AB=AC,∠BAC≠60°,AD是△ABC的角平分线,点E在直线AC上,且∠DEC=30°,线段DE的垂直平分线交直线AB于点F,则∠ADF等于30°或150°.显然,点E的位置与△ABC的形状有关.分两种情况:一、当∠BAC<60°时,有两种情况.1.当点E在线段AC上时,如图1所示.     

一赛题的另解

<正>题目在△ABC中,∠BAC=40°,∠ABC=60°,若D和E分别是边AC和AB上的点,且使∠CBD=40°,∠BCE=70°,F是BD和CE的交点,连结AF,求证:AF⊥BC.此题是2013年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题第四题,竞赛组委会所提供的答案是采用多组"四点共圆"进行证明的.本文再给出另外几种证法,供读者赏析.     

灵活利用三角形的外角

<正>三角形的一边与另一边的延长线组成的角叫做三角形的外角.三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和.灵活利用这个性质将问题转化,能迅捷地解答一些与角有关问题.一、与角有关求值问题例1如图1,AD是△ABC的外角∠CAE的平分线,∠B=30°,∠DAE=65°,则∠ACD的度数是     

三角形内心的一个性质及推广

<正>图1性质如图1,点P是△ABC的内心,过点P垂直于AP的直线分别交AB、AC于点D、E,则DE是△PBC外接圆的切线.证明∵点P是△ABC的内心,DE⊥AP,显然易证Rt△APD≌Rt△APE,∴∠ADE=∠AED,在△ADE中,∠ADE+∠AED+∠DAE=180°,即2∠ADE=180°-∠DAE①同理∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC②由①、②得∠ADE=12∠ABC+12∠ACB,而∠ADE=∠DBP+∠DPB=12∠ABC+∠DPB,∴∠DPB=12∠ACB=∠PCB,     

由两个简单结论引发的对一道竞赛题的探究

结论一:角平分线+垂线(→)等腰三角形(及底边的中点). 具体理解:如图1,OP是∠MON的平分线,AB ⊥OP,分别交OM、ON于点A、B.则有以下结论成立:①OA =OB;②点C是AB的中点.即△AOB是等腰三角形,垂足是等腰三角形底边的中点.特别说明:结论②用的更多一些.证明比较简单,这里从略. 结论二:直角三角形一个锐角的平分线与斜边上的高线以及该锐角的对边围成等腰三角形. 具体理解:如图2,已知△ABC中,∠ACB=90°,AB边上的高线CH与△ABC的一条角平分线AM相交于点P.求证:CM=CP(△CMP是等腰三角形).     

一道习题的两个结论及其推广

<正>请看这样一道习题.题目如图1,∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点O,过O作DE∥BC交AB于点D,交AC于点E.结论 (1)∠BOC=90°+1/2∠A.(2)DE=BD+CE.证明(1)∵OB平分∠ABC,∴∠2=1/2∠ABC.又∵OC平分∠ACB,∴∠4=1/2∠ACB,     

一道竞赛题的开放性探索

2001年江苏省第十五届初中数学竞赛第二试初二第17题为:如图1,△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°,D是AC上一点,AE⊥BD交BD的延长线于E,且AE=1/2BD,求证:BD是∠ABC的角平分线. 这是一道看似简单却内涵丰富的好题,本文对此题作如下开放性探索.     

2011年全国数学竞赛压轴题的解法探究

2011年《数学周报》杯全国初中数学竞赛压轴题为:如图1,△ABC中,∠BAC=60°,AB=2AC,点P在△ABC内,且PA=（3）^1/2,PB=5,PC=2,求△ABC的面积解法1（旋转法）首先证明△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°.     

初中平面几何基础培优讲座之十 正三角形综合练习(下)

<正>例12(1991年北京市中学生数学竞赛初二年级复赛试题四)如图11,△ABC是边长为1的正三角形,△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形,以D为顶点作ー个60°的角,角的两边分别交AB于M,交AC于N.连接MN,形成一个三角形AMN.求证,△AMN的周长等于2.证明因为∠ABC=∠ACB=60°,∠CBD=∠BCD=30°.     

一道几何赛题的简证

<正>题目 (2013年北京市中学生数学竞赛复赛(高一))在△ABC中,已知∠BAC=40°,∠ABC=60°,D、E分别为边上AC、AB上的点,且使得∠CBD=40°,∠BCE=70°,F为BD与AC的交点,联结AF.证明:AF丄BC_[1].文[1]利用添辅助线的几何方法证明,十分繁琐,文[2]利用角元塞瓦定理,这个定理一般中学生不知道,比较冷僻,更谈不上应用.本文利用向量给出一种简单自然的证法,