【正文】 =(w+1z)/√2， (3)SP=√[x^2+(1w)^2] =(x+1w)/√2. (4)(1)+(2)+(3)+(4) 得:PQ+QR+RS+SP=4/√2=2√2. 證畢。幾何計算7命題 在矩形ABCD內(nèi)有一點PA=4,PB=3,PD=.解法一 設(shè)矩形ABCD兩對角線交于O，PA的中點為E，連PC。在四邊形ABPD中，運用四邊形定理：任意一個四邊形各邊的平方和等于對角線的平方和加上對角線中點連線的平方的四倍。則AB^2+AD^2+PB^2+PD^2=PA^2+BD^2+4OE^2注意到: AB^2+AD^2=BD^2,PA=4,PB=3，PD=5，所以 4OE^2=25+916=18。而PC=2OE，故PC^2=18,PC=3√2。解法二 將三角形ABP平移至DCE，作PE平行等于AD，易知此時相關(guān)數(shù)據(jù). 考慮到此時4^2DF^2=3^2CF^2=EF^2,知DF^2CF^2=7. 以及5^2DF^2=PC^2CF^2=PF^2,知25PC^2=DF^2CF^2=7，由此得 PC^2=257=18，PC=3*2^.幾何不等式13命題 在RtΔABC中，AD是斜邊上高，M，N分別是RtΔABD與RtΔACD的內(nèi)心，連結(jié)MN并分別延長交AB，AC于K，L，記RtΔABC與RtΔAKL的面積分別為S，S1。求證:S≥2S1。證明 連結(jié)AM，DM，DN，AN。由于RtΔABD∽RtΔACD，并注意到DM與DN是這兩個相似直角三角形直角的分角線，而M與N又分別是它們的內(nèi)心，所以DM/DN=BD/CD，又易知∠MDN=直角，故RtΔABD∽RtΔMDN。即有∠NMD=∠ABD，進而知K，M，D，B四點共圓。據(jù)此∠AKL=∠MDB=45176。故ΔAKL是等腰直角三角形。因為 AM是∠AKD分角線，∠AKL=∠MDA=45176。，AM是公共邊。所以ΔKAM≌ΔDAM，即AK=AD。因為S=AB*AC/2，AD=AB*AC/BC，所以2S1=AK*AL=AD^2=AB^2*AC^2/BC^2=(AB*AC/2)*(2*AB*AC)/(AB^2+AC^2)≦AB*AC/2=S。證畢。幾何計算8命題 在ΔABC的邊BC，CA，AB上分別取D，E，F(xiàn)，使BD/DC=x，CE/EA=y，AF/FB=z。連AD，BE，CF，BE與CF交于K，CF與AD交于M，AD與BE交于N。設(shè)ΔABC的面積為S。求ΔKMN的面積為S’ 。證明 根據(jù)面積比:S(ABD)/S=BD/BC=BD/(BD+DC)=x/(1+x)，所以S(ABD)=Sx/(1+x) 。 而截線BNE對ΔADC來說恰好滿足梅涅勞斯定理，所以(AE/EC)*(CB/BD)*(DN/NA)=1，即(1/y)[(1+x)/x]*(DN/NA)=1 ，故有DN/NA=xy/(1+x) == DN/AD=xy/(1+x+xy)。而S(BDN)/S(ABD)=ND/AD= xy/(1+x+xy)。即S(BDN)= S(ABD) xy/(1+x+xy)=S*x^2*y/[(1+x)*(1+x+xy)]所以S(ABN)= S(ABD) S(BDN)=Sx/(1+x) S*x^2*y/[(1+x)*(1+x+xy)]即S(ABN)=S/(1+x+xy)。 (1)同理可證得:S(BCK)=S/(1+y+yz) 。 (2)S(CAM)=s/(1+z+zx) 。 (3)據(jù)此可得: S’=S S(ABN) S(BCK) S(CAM)=S[1/(1+x+xy)1 /(1+y+yz) 1/(1+z+zx)]上式化簡整理得:S’=S*(1xyz)^2/[(1+x+xy)*(1+y+yz)*(1+z+zx)] 。幾何證明28 命題 分別以四邊形ABCD的邊AB,CD為腰,B,C為直角頂點向形外作等腰直角三角形ABE,CDF。再以BC為斜邊向形外作等腰直角三角形BGC,M為邊AD中點.求證:2MG=EF,MG⊥EF. 證明 在證明上述命題前，先給出一個引理。引理 在任意ΔABC中, 以A為直角頂點,分別以AB,AC為腰向ΔABC形外作等腰直角三角形ABE,ACF, 連EF,D是EF的中點. 則有 (1),2AD=BC，(2),AD⊥BC.引理簡證如下: 以A點為旋轉(zhuǎn)中點, 按順時針將ΔABC旋轉(zhuǎn)90176。, 則C→F, 設(shè)B→B’. 則FB’=BC，F(xiàn)B’ ⊥BC，E，A，B’ 三點共線，且A是EB’ 的中點。因為D是EF的中點，于是由三角形的中位線定理:2AD=FB’ ，AD∥FB’ 。因此2AD=BC，AD⊥BC. 得證.下面根據(jù)引理來證明上述命題.以G為直角頂點作兩個等腰直角三角形AGI,DGJ。連EI，F(xiàn)J，IJ。因為等腰直角三角形ABE與等腰直角三角形AGI同向相似, 由此易知ΔAIE與ΔAGB同向相似。這兩個同向相似三角形有兩組對應(yīng)邊的夾角為45176。. 所以EI與BG的交角也為45176。又BG與BC的交角同樣為45176。, 因此EI⊥BC。又EI/BG=AE/AB=BC/BG，所以EI=BC。同理可證:FJ=BC,FJ⊥BC。所以EI=FJ，EI∥FJ。從而EF=IJ,EF∥IJ。因為M是AD的中點, 根據(jù)上述引理即知:2MG=IJ，MG⊥IJ。故得: 2MG=EF,MG⊥EF. 證畢。共點線與共線點2命題 梯形ABCD,AD∥BC, 且AD=,CD為腰,B,C為直角頂點向形外作等腰直角三角形ABE,CDF。再以BC為斜邊向形外作等腰直角三角形BGC.求證:(1),EG=FG，(2),G，E，F(xiàn)共線. 證明 在證明上述命題前，先給出一個引理。引理 在任意ΔABC中, 以A為直角頂點,分別以AB,AC為腰向ΔABC形外作等腰直角三角形ABE,ACF, 連EF,D是EF的中點. 則有 (1),2AD=BC，(2),AD⊥BC.引理簡證如下: 以A點為旋轉(zhuǎn)中點, 按順時針將ΔABC旋轉(zhuǎn)90176。, 則C→F, 設(shè)B→B’. 則FB’=BC，F(xiàn)B’ ⊥BC，E，A，B’ 三點共線，且A是EB’ 的中點。因為D是EF的中點，于是由三角形的中位線定理得:2AD=FB’ ，AD∥FB’ 。因此2AD=BC，AD⊥BC. 得證.下面根據(jù)引理來證明上述命題.作正方形BGCH, 連AH,DH，M,N分別是AH,DH的中點，連BM,CN。顯然MN=AD/2=BC，MN∥AD∥BC。所以四邊形BCNM為平行四邊形, 即有MB=CN，BM∥CN。因為ΔHBG，ΔHCG皆為等腰直角三角形，由上述引理知:MB=EG/2,MB⊥EG，NC=FG/2,NC⊥FG。因此得:EG=FG，G，E，F(xiàn)共線.幾何計算9命題 設(shè)M是等腰直角三角形ABC的腰AB的中點，N是另一腰AC上一點, 且CN=2NA，CM與BN交于P。求∠MPB。解一 以B點為頂點,將Rt△BAC逆時針旋轉(zhuǎn)90角,設(shè)A→A39。,N→N39。,C→C39。.則N39。在C39。A39。上,BN⊥BN39。,BN=BN39。,∠BNN39。=39。C39。,AC39。,NN39。,CA39。,則M在線段CA39。39。A39。B是正方形.因為CC39。/C39。N=2CA/(CA+AN)=6AN/(4AN)=3/2.而C39。A39。/C39。N39。==3/39。/C39。N=C39。A39。/C39。N39。,故NN39。∥CA39。.從而∠MPB=∠BNN39。=45角.解二 如圖：將等腰Rt△ABC補成正方形ABEC（設(shè)邊長為6），Q是CE中點 延長CA至D，使AD=CA/2=3 易證：Rt△BEQ≌△CAM≌BAD(SAS)BQ∥CM，BQ⊥BD ∵CQ=3，CN=4NQ=5=2+3=ND△BNQ≌△BND(SSS) == BN是直角DBQ的平分線∠MPB=∠QBN=45176。 解三 ∵ tan∠BMA=3，tan∠ACM=1/2，（*） tan∠BPM=tan∠CPM=tan（∠BMA∠ACM） =（tan∠BMAtan∠ACM）/（1+tan∠BMA*tan∠ACN） 把（*）代入計算得tan∠BMP=1， ∴∠BMP=45176。 解四 我先提示一下：過C作CD⊥BN于D（ 延長線上）， 證△CDP為等腰直角三角形！只須 證∠DCP=45， 易知∠MCD=∠MBA，只須 證∠MCP=∠MBC！ 只須 證：△MCP～△MBC，只須 證MC^2=MP*MB, 設(shè)直角邊長為a，用勾股定理可求出BM，過N作NE//MB交CM于E， 根據(jù)：△NPE～△BPM可求出NP/PB，從而求出NP，PB與NP*NB 即可證明MC^2=MP*MB,與△MCP～△MBC。 經(jīng)典幾何7命題 設(shè)D,E為△ABC的邊BC上兩點, 且∠BAD=∠EAC. 求證AB*AC=AD*AE+√(BD*BE*CD*CE) 證明 為證上述命題, 我們先證明Steiner定理.Steiner定理: 設(shè)D,E為△ABC的邊BC上兩點, 且∠BAD=∠CAE. 則有AB^2/AC^2=BD*BE/CD*CE.簡證如下: 作△ADE的外接圓，交AC于M, 交AB于N，根據(jù)∠BAD=∠CAE, 顯然證得四邊形DEMN為等腰梯形,MN∥BC. 所以有AB/AC=BN/CM.又根據(jù)圓冪定理:AB=BD*BE/BN, AC=CD*CE/CM.故AB/AC=BD*BE*CM/CD*CE*BN=(CM/BN)*(BD*BE/CD*CE)=(AC/AB)*(BD*BE/CD*CE).即得AB^2/AC^2=BD*BE/CD*CE.下面根據(jù)Steiner定理來證明上述問題證明 在AC取點M, 使∠ABD=∠AEM, 則△ABD～△AEM, 即有AB*AM=AD*AE. (1)由Steiner定理得:AB*CD*CE=AC*√(BD*BE*CD*CE) (2)再由A,D,E,M四點共圓及圓冪定理得:CD*CE=AC*CM.因而由(2)式得:AB*CE=√(BD*BE*CD*CE) (3)(1)+(3) 即得所證結(jié)論. 證畢.備注: 幾點說明(1),Steiner定理是三角形角平分線性質(zhì)定理的推廣。(2),上述命題是求等角共軛點的塞瓦線的有用公式。(3),上述命題當(dāng)D,E重合時, 即為Schooten定理. Schooten定理: 設(shè)△ABC的頂角A的平分線交BC于D, 則有:AD^2==AB*ACBD*CD.幾何計算10命題 在ΔABC中,AB=AC,∠BAC=100176。,P為∠ABC的角平分線上一點,PB=AB, 求∠PCB.解 以BC為對稱軸, 作軸反射變換, 設(shè)P→Q，連BQ,AQ.顯然∠QBC=∠PBC,BQ=BP, 又PB是∠ABC的角平分線,PB=AB.所以∠QBC=∠PBC =∠ABP=20176。, 即∠ABQ=60176。,AB=PB=BQ,故ΔABQ為正三角形. 注意到: ∠PAQ=∠PAB∠QAB= (180176。20176。)/260176。=20176。.而∠APQ=∠APB+∠BPQ=(180176。20176。)/2+(180176。40176。)/2=150176。.所以 ∠AQP=180176。150176。20176。=10176。.易證∠QAP =∠CAP=20176。,AQ=AC, 故ΔQAP≌ΔCAP, 即∠AQP=∠ACP=10176。.從而得∠PCB=∠ACB∠ACP=40176。10176。=30176。.幾何計算11命題 在ΔABC中,AB=AC,∠BAC=20176。,在AB,AC上分別取點D,E, 使∠CBE=60176。,∠DCB=50176。, 求∠DEB.解 以等腰ΔABC的底邊BC上的高h為對稱軸, 作軸反射變換, 則B→C設(shè)E→E’, 則E’ 在AB上, 且EE’ ∥BC. 再設(shè)CE’ 與BE交于F, 則F在對稱軸h上, 且由∠CBE=60176。知ΔFBC,ΔFEE’ 均為正三角形, 所以EE’=EF,BC=BF.又由∠DCB=50176。, ∠BAC=20176。知∠BDC=∠DCB=50176。,所以BD=BC=BF.從而由∠FBD=∠ABC ∠FBC =80176。60176。=20176。知∠DFB=80176。.再由∠EFE’=60176。得∠E’FD=40176。.但∠DE’F=∠BEC=180176?！螩BE∠ECB =180176。80176。60176。=40176。.所以DE’=DF, 因而DE是E’F的垂直平分線. 這樣便有∠DEB=∠E’EF/2=30176。.幾何計算12命題 P是ΔABC內(nèi)部任一點，過P點分別作BC∥D1D2,CA∥E1E2,AB∥F1F2的平行線，交BC于F2,E1, 交CA于D2,F1, 交AB于E2,D1。令ΔPE1F2, ΔPF1D2, ΔPD1E2的面積分別為k,n,m。求ΔABC的面積。解 設(shè)ΔABC,ΔAD1D2,ΔBE1E2,ΔCF1F2的面積分別為:S,S1,S2,S3. 則有S=S1+S2+S3knm。 而√S1/√S=D1D2/BC=(BCF2E1)/BC=1√k/√S == √S1=√S√k == S1=S+k2√(S*k) (1) 同理可得: S2=S+n2√(S*n) (2) S3=S+m2√(S*m) (3) (1)+(2)+(3)得: S1+S2+S3=3S+k+n+m2[√(S*k)+√(S*n)+√(S*m)] == √S=√k+√n+√m。幾何計算13命題 P是ΔABC內(nèi)部任一點，過P點分別作BC∥D1D2,CA∥E1