2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第二篇 平面几何 第9章 三角形试题新人教版.doc

2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第二篇 平面几何 第9章 三角形试题新人教版911已知等腰直角三角形，是斜边的角平分线交于，过作与垂直且交延长线于，求证：解析如图，延长、，设交于则，得，又，平分，故平分，为中点，所以912在中，已知，、分别为、的中点，、为形外两点，使，若，求的长解析如图，连结、，则，故又，故，所以，又，所以，于是913在梯形的底边上有一点，若、的周长相等，求解析作平行四边形，则，若与不重合，则在（或延长线）上，但由三角形不等式易知，在上时，的周长的周长；在延长线上时，的周长周长，均与题设矛盾，故与重合，同理，914内，、分别在边、上，并且、分别是、的角平分线求证：解析延长到，使，连结易知，所以，因，所以，于是915设等腰直角三角形中，是腰的中点，在斜边上，并且求证：解析如图，作的平分线，在上由于，故，故又，于是，于是916设、都是等腰直角三角形，、是各自的斜边，是的中点，求证：也是等腰直角三角形解析如图，作、分别垂直于直线，垂足为、由，故有，同理，所以，又得，且，故又由，故结论成立917已知，、在上（靠近），求证：的充要条件是解析如图，作，且，则，又，故，且若，则，因，得，则反之，若，由得又，故，又，于是918两三角形全等且关于一直线对称，求证：可以将其中一个划分成3块，每一块通过平移、旋转后拼成另一个三角形解析如图，设与关于对称，分别找到各自的内心、，分别向三边作垂线、与、，于是6个四边形均为轴对称的筝形，且四边形四边形，所以两者可通过平移、旋转后重合；同理，另外两对筝形也可通过平移、旋转后重合919已知：两个等底等高的锐角三角形，可以将每个三角形分别分成四个三角形，分别涂上红色、蓝色、黄色和绿色，使得同色三角形全等解析如图，设，至距离等于至距离，取各自的中位线、，则由、均为锐角三角形，可在、上各取一点、，使图中标相同数字的角相等，于是，评注还有一种旋转而不是对称的构造法9110已知与中，与是否一定全等？解析如图，让与重合，与重合，、在同侧，若与重合，则；否则由条件知四边形为梯形和圆内接四边形，于是它是一个等腰梯形，于是，综上，可知与全等评注本题也可以运用三角形面积公式、余弦定理结合韦达定理来证明9111如图所示，已知、均为正三角形，、分别为、和的中点，求证：为正三角形解析如图，设、中点分别为、，连结、则四边形为平行四边形，设，则，又，故，于是为正三角形评注注意有时在另一侧，此时，不影响最终结论9112中，是中点，、分别在、上（可落在端点），满足，求的最小值（用、表示）解析如图，延长至，使，连结、由于是、的中点，故，又垂直平分，故取中点（图中未画出），则，于是的最小值为，取到等号仅当即四边形为矩形时9113已知为内一点，由作、的垂线，垂足分别是、设为中点，求证：解析如图所示，取中点，中点，连、显然四边形是平行四边形，所以，又由，所以，；同理，由，所以，从而，所以9114在中，已知，、分别是边、上的点，且，求的度数解析如图，延长到，使，连、因为，所以，于是，又因为，所以，在和中，所以，故于是，9115在中，、为锐角，、分别为边、上的点，满足，且求证：解析若，则在上取一点，使连结并延长交于，连结在与中，故于是有，所以又易知，因此但另一方面，由，知，所以从而矛盾，故假设不成立若，同法可证此假设不成立综上所述，于是由知，从而9116如图，为边长是1的等边三角形，为顶角是的等腰三角形，以为顶点作一个角，角的两边分别交、于、，连结，形成一个求的周长解析延长到，使，连结易知在与中有，从而所以，于是在与中有，从而，故所以9117为等腰直角三角形，点、分别为边和的中点，点在射线上，且，点在射线上，且，求证：解析取中点，连在与中，故于是有，同样易知，于是有在与中，由知，所以于是有，从而在与中有，故于是有，总之，即9118已知，延长至，使，连结与交于，为的外心，则、共圆解析如图连好辅助线，由于，故，设，则，又，故，于是，于是，因此、共圆9119已知和，且，和分别是、的中点，问两个三角形是否必定全等？解析如图，作出外心(及相应的、图中未画出)若在上，则，此时与未必全等若不与重合，则，当、共线，则，所以，从而当、不共线，则，于是（或），于是由三角形全等可得(或)，（或），故有（或）评注此题亦可用中线长公式证明9120如果两个三角形满足“”，它们不一定全等，此时称它们是相近的，现在有一三角形，作与之“相近”，一般有与相近，问是否存在一个，使与相做且不全等？解析这是不可能的因为由正弦定理，与有等大的外接圆（它们有一对内角相等或互补），从而推出与x有等大的外接圆，它们不可能只相似不全等9121是否存在两个全等的三角形与，可划分为两个三角形与，可划分成两个三角形与，使，与却不全等？解析这样的两个三角形是存在的，如图(a)、(b)，设不等边三角形，其中，不妨设是各自的最长边，则、为各自的最短边在、上分别找、，使，则由于，故，所以，又因为，因此，而显然不与全等（若，还可避免相似）9122已知中，是内心，的垂直平分线分别交、于、，、在上，求证：解析如图，连结、易诮与为全等之正三角形，两端延长至与，使，则，于是，同理，因此，而、将三等分，、将三等分，于是由平行线分线段成比例，知()评注读者可以考虑：如果是否有9123已知锐角三角形，的垂心和外心分别为和，分别与、交于、，证明：的周长为，解析如图，连结、由可知在一侧，在一侧因，故，而，于是，又，故，为正三角形又，故，又，故，于是又，做92特殊三角形921在直角三角形中，是斜边，是中点，是上一点，求解析如图，连结设，因，则，故922已知中，为在平分线上的射影，为中点，求解析延长交于由知，又，故923等腰三角形中，为直线上一点，则（在上），（在外）解析如图，设在上且较靠近作于，则为中点，于是当在外时的结论同理可证评注这是斯图沃特定理在等腰三角形的特殊情形，具有十分广泛的用途（例如题921），亦可用相交弦定理证明924已知锐角三角形中，、是高，为垂心，是的中点，求证：解析如图，连结，则于是由于，故925已知斜边为的直角三角形中，在上的投影为若以、为三边可以构成一个直角三角形，求的所有可能值解析显然由、构成的直角三角形中，不是斜边，且若，则为斜边设，则由的面积知，又，故易知，则由前式知，得，故同理，若，可得所以的可能值为或926已知中，为高，在上，以下哪些条件能判定：(1)：(2)；(3)解析设，则，先看条件(1)：若，则；否则不妨设，则得，于是，矛盾故再看见条件（2）：则，于是，故最后条件（3）：于是若，则，仍有，矛盾，故所以三个条件都能判定927已知是等腰直角三角形的斜边上任意一点，求解析如图，作于不妨设在上，则，于是又故评注请读者考虑，若对上任一点，有为定值，是否可认为为等腰直角三角形928在中，是内一点，过点向的三边、分别垂线、，垂足分别为、，且，求的长解析如图，由于，于是，此即而，故所以929已知中，是的中垂线，求解析如图，不妨设，则，作的平分线，由于，故因此，从而，所以设，则，因此，（舍）于是，9210正三角形内有一点，关于、的对称点分别为、，作平行四边形，求证：解析如图，设与交于，连结，则，垂直平分，为正三角形，于是四边形为等腰梯形，的中垂线即的中垂线于是，9211与相切于点，与相交于、，若，求解析如图，由题意可得，作于，则，又，故，再作于，设，则，于是9212已知大小相等的等边与等边有三组边分别平行，一个指向上方，一个指向下方，相交部分是一个六边形，则这个六边形的主对角线共点解析如图，设两个三角形的边的交点依次为、设、的高为，则正的高（与的距离）正的高，于是，、互相平分，同理、互相平分，于是、的中点为同一点，结论成立9213求证：过正三角形的中心任作一条直线，则、三点至的距离平方和为常数解析如图，不妨设与、相交，且与延长线交于(平行容易计算)由中位线及重心性质，知故连结、，作，易知，故，对于等腰三角形，有因此(定值)，这里用到了于是、三点至的距离平方和为，结论得证93三角形中的巧合点931已知：是内一点，、延长后分别交对边于、，若，则是的垂心，解析如图，由条件知，故，同理，故又，故，这样可得，故为之垂心932求证：到三角形三顶点的距离平方和最小的点是三角形的重心解析设中，、是中线，是重心，是任一点由斯图沃特定理，并考虑到结论成立，得又由中线长公式，有，代入式，得结论成立933已知，是锐角的垂心，是中点，过作的垂线，交、于、，求证：是中点解析设两条高为、又不妨设在上由于，故，于是，同理，又，故934的边、上分别有点、，且，求证：的重心与的重心是同一点解析在上取一点，使，则，所以，四边形为平行四边形，设与交于，又设的中点为，连结、，与交于，于是由，得，于是，于是，所以为与之重心935已知，是重心，求证：是正三角形解析设三条中线分别为、连为中位线于是由条件知、共圆，故，于是由于，代入，得在外作等腰，使，连结，由圆心角与圆周角的关系，故、三点共线，故，于是，又，故为正三角形936已知是上一点，、都是正三角形，、在同侧，在另一侧，求证：以这三个正三角形的中心为顶点的三角形是正三角形，且它的中心在上又问此题如何推广？解析如图，设、分别为、和的中心，则由题11225知为正三角形过、分别作的垂线、，则，又，故又设中点为（图中未画出），于，则，且设与交于，则，所以为的中点评注此题不难推广，只需，此时，、为各自对应的重心，则必有之重心位于上937内有一点，连结、并延长，分别与对边相交，把分成六个小三角形，若这六个小三角形中有三个面积相等，则点是否必为之重心？解析如图，设、交于由对称性，可分四种情况讨论（1）于是，由梅氏定理（或添平行线），得，为中心（2）此时，故、分别为、中点，为重心（3）此时有，由塞瓦定理，于是，回到情形（1）（4），见题15158综上所知，答案是肯定的938设有一个三角形三角之比为，作两较大角的平分线，分别交对边于、求证：这个三角形的重心在上解析如图(a)，设为最小角，作中线，交于，于是只要证明分别作，、在直线上，则，故问题变成，或不妨设，在上找一点，使，又作，在上，则各角大小如图(b)所示于是，故939不等边锐角中，、分别是其垂心和重心，求证：若，解析设的一条中线与高分别为、，则欲证结论等价于熟知，于是结论变为设，则由中线长及余弦定理，知欲证式左端，右端，整理，得，于是剩下的任务是证明这个等价条件，同理有另两式，于是条件变为，由正弦及余弦定理，知上式即，或，化简即得9310已知凸四边形中，是否一定为之外心？解析当固定由题设、固定，于是、外接圆固定，它们的交点、固定，又若为外心时，确为的外接圆和的外接圆之异于的交点，因此，结论成立9311已知锐角的外接圆与内切圆的半径分别为、，是外心，至三边距离之和为，试用、表示解析易知设三边分别为、，由于等，则，于是又等，可得，故式的右端于是9312：已知，、分别在、上，、交于，求证：、的外心四点共圆解析如图，设、的外心分别为、，为的外心，于是垂直平分垂直平分设，则由垂径定理知，于是易知过中点（由塞瓦定理或面积比），作，在上，则，又，故又设，的外心分别为、（图中未画出），于是、分别在直线与上，且，于是，于是、四点共圆9313已知：中，是中点，为重心，为外心，求证：解析1如图，延长交于，则，连结并延长，分别交、于、，则为重心，易见又，对应边垂直，所以解析2为外心，故；而由中线公式，于是，于是9314设和分别是的内心和外心，求证：的充分必要条件是解析延长与外接圆交于点，连结、，则由内心性质知，结合托勒密定理得，所以，所以，故的充要条件是评注本题的关键是先把转换为，然后再用托勒密定理托勒密定理是：圆内接四边形的对角线的乘积等于对边乘积的和9315设是的外接圆，是三角形重心，延长、，分别交于、，则解析设、的中点分别为、，则由中线长公式及相交弦定理，有（此处三边分别设为、）同理，有 ，三式相加，即得结论9316在内，平分，求证：是内心解析如图，作，在上，在上，则，又，故，于是，而，故，所以为内心9317已知：中，是内心，与垂直于，求的值解析设三边长分别为、，则易知若设，则，于是9318设中，最长，在其上分别找两点、，使，又设为内心，求（用、及其组合表示）解析如图，连结、易知，同理，为的外心，因此，9319的边上有一点，与的内心与、四点共圆，求证：解析如图，设与的内心分别为与连结、，两端延长，分别交、于、，则由条件知，同理也是此值，于是又设与交于，则由角平分线性质知，故由梅氏定理（直线截及直线截），得（此处、分别为、延长后与、之交点），又由角平分线性质，知，于是结论成立9320已知中，、分别为其外心与内心，在上，求证：解析如图，不妨设在内，且在“之上”(在形外、之下类似处理），连结、，则，故、共圆，于是这里为、直线之交点由于，故，于是9321设为的重心，已知，且，求的面积解析1由题意可画出图(a)，令为中点，垂足为点，因为重心，可知由勾股定理可知，令由与可得，化简后可得，即，代入得，再代入式可得，解方程可得，故的面积=的面积解析2由题意可画出图(b)，令为中点，在的延长线上取点使得，因此之面积为之面积的一半此时因与互相平分，可知四边形为平行四边形，也因此可知，即的三边长为2、，故可知为直角三角形，故的面积为，所以的面积的面积9322已知，为异于的任一点，求证：解析如图，在外作正三角形，由于，故四边形的内角均小于，是凸四边形对于中任一异于的点，将、均以点为中心顺时针旋转，至和，则与均为正三角形由全等知，这是因为是一条折线，而，、四点共线且仅对于满足四点共线评注当内角均小于时，满足条件的点称为的费马点（当有内角比如时，到、距离之和最小的点正是点）