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1、平面几何习题解答下面的平面几何习题均是我两年来收集的，属竞赛范围。共分为五种类型，1，几何计算；2，几何证明；3，共点线与共线点；4，几何不等式；5，经典几何。几何计算-1命题设点D是Rt△ABC斜边AB上的一点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F。若AF=15，BE=10，则四边形DECF的面积是多少？解：设DF=CE=x,DE=CF=y.∵Rt△BED∽Rt△DFA,∴BE/DE=DF/AF<==>10/y=x/15<==>xy=150.所以，矩形DECF的面积150.几何证明-1命题在圆内接四边形ABCD中，O为圆心，己知∠A
2、OB+∠COD=180.求证:由O向四边形ABCD所作的垂线段之和等于四边形ABCD的周长的一半。 证明(一)连OA,OB,OC,OD，过圆心O点分别作AB,BC,CD,DA的垂线，垂足依次为P,Q,R,S。易证ΔAPO≌ΔORD，所以DR=OP,AP=OR，故OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。因此有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。证明(二)连OA,OB,OC,OD，因为∠AOB+∠COD=180°,OA=OD，所以易证RtΔAPO≌RtΔORD，故得DR=
3、OP,AP=OR，即OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。因此有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。几何不等式-1命题设P是正△ABC内任意一点，△DEF是P点关于正△ABC的内接三角形[AP,BP,CP延长分别交BC,CA,AB于D,E,F]，记面积为S1;△KNM是P点关于正△ABC的垂足三角形[过P点分别作BC,CA,AB垂线交于K,N,M]，记面积为S2。求证:S2≥S1。证明设P点关于正△ABC的重心坐标为P(x,y,z)，a为正△ABC的边长，则正△AB
4、C的面积为S=(a^2√3)/4。由三角形重心坐标定义易求得:AD=za/(y+z),CD=ya/(y+z),CE=xa/(z+x),AE=za/(z+x),AF=ya/(x+y),BF=xa/(x+y).故得:△AEF的面积X=AE*AF*sin60°/2=Syz/(z+x)(x+y);△BFD的面积Y=BF*BD*sin60°/2=Szx/(x+y)(y+z);△CDE的面积Z=CD*CE*sin60°/2=Sxy/(y+z)(z+x).39从而有S1=S-X-Y-Z=2xyzS/(y+z)(z+x)(x+y)。因为P点是△KN
5、M的费马点，从而易求得:PK=(xa√3)/[2(x+y+z)],PN=(ya√3)/[2(x+y+z)],PM=(za√3)/[2(x+y+z)].故得：S2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/[4(x+y+z)^2]。所以待证不等式S2≥S1等价于:(3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+z)^2≥2xyz/(y+z)(z+x)(x+y);<====>3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)≥8xyz(x+y+z)^2;上式展开等价于3x^3(y^2+z^2)+3
6、y^3(z^2+x^2)+3z^3(x^2+y^2)-2xyz(x^2+y^2+z^2)-4xyz(yz+zx+xy)≥0;上式化简等价于x^2(x+2y+2z)(y-z)^2+y^2(y+2z+2x)(z-x)^2+z^2(z+2x+2y)(x-y)^2≥0.因为P点在正△ABC内，故x>0,y>0,z>0，所以上式显然成立。命题得证。几何不等式-2命题设P是三角形ABC内一点，直线AP，BP，CP与三边的交点分别为D,E,F。则三角形DEF叫做点P的塞瓦三角形。试证点P的塞瓦三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。证
7、明设三角形ABC的面积为S,塞瓦三角形DEF的面积为S1,三角形AEF的面积为Sa,三角形BFD的面积为Sb,三角形CDE的面积为Sc。令BD=xBC,CE=yCA,AF=zAB，则CD=(1-x)BC,AE=(1-y)CA,BF=(1-z)AB。那么Sa=(AE*AF*sinA)/2=z*(1-y)*S，Sb=(BD*BF*sinB)/2=x*(1-z)*S，Sc=(CD*CE*sinC)/2=y*(1-x)*S。所以有S1=S-Sa-Sb-Sc=S*[1-z*(1-y)-x*(1-z)-y*(1-x)]=S*[1-(x+y+z)
8、+yz+zx+xy]，据此命题[S≥4S1]转化为证明4*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy]≤1根据塞瓦定理得:xyz=(1-x)*(1-y)*(1-z)上述恒等式展开等价于1+yz+zx+xy=2xyz+x+y+z将其代入得:
