每日一题: 2020-11-07

题目: 如图, 在$\triangle ABC$ 中, $AB=4\sqrt{2}, BC=7, AD$ 是$\triangle ABC$ 的中
线, 点$H$ 在线段$AD$ 上, 若$\angle ABC=\angle BHD=45^{\circ}, BH$ 交$AC$ 于点$F$.
求$CF$.

参考思路

由$\angle ABC=45^{\circ}$, 作$BC$ 边上的高构造等腰直角三角形, 由已知可得$AG=4, GC=3, AC=5, DG=\frac{1}{2}$ 可得$AD=\frac{\sqrt{65}}{2}$, 再由$\angle ABC=\angle BHD\Rightarrow \triangle ABD\backsim \triangle HDB\Rightarrow \frac{BD}{AD}=\frac{HD}{BD}$ 从而求出$HD=\frac{49\sqrt{65}}{130}\Rightarrow \frac{AH}{HD}=\frac{16}{49}$. 过点$A$ 作$AE\parallel BC$, 构造比例线段, 由$\frac{AF}{CF}=\frac{AE}{BC}=\frac{AE}{2BD}=\frac{AH}{2HD}$ 可求得$FC=\frac{49}{57}, AC=\frac{245}{57}$. 

每日一题: 2020-11-06

题目: 如图, 已知$\triangle ABC$ 中$AB=BC, \angle ACB=120^{\circ}$, $P$ 为$\triangle ABC$
内部一点, 且满足$\angle APB=\angle PBC=150^{\circ}$.
(1) 求证: $\triangle PAB\backsim \triangle PBC$;
(2) 求证: $PA=3PC$;
(3) 若$AB=10$, 求$PA$ 的长.

参考思路

(1) 由已知易得$\angle PAB=30^{\circ}-\angle PBA=\angle PBC$, 所以$\triangle PAB\backsim \triangle PBC$. (2) 易得$\frac{AB}{BC}=\sqrt{3}$. 由$\triangle PAB\backsim \triangle PBC\Rightarrow \frac{PA}{PB}=\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{BC}=\sqrt{3}$ ,可得结论. (3) 如图, 将线段$BP$ 绕点$B$ 顺时针旋转$60^{\circ}$ 得到$BP'$, 连结$PP',CP'$, 则$\triangle BPP'$ 为正三角形. $\therefore \angle 4=\angle 7=60^{\circ}, PP'=PB=BP'=\sqrt{3}PC$, $\therefore \angle 5=\angle BPC-\angle 4=150^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}$, 在$Rt \triangle PP'C$ 中, $\angle 5=90^{\circ}, PP'=\sqrt{3}PC\Rightarrow \tan\angle 6=\frac{PC}{PP'}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. $\therefore \angle 6=60^{\circ}\Rightarrow \angle 6+\angle 7=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$. $\therefore P'C=2PC$. $\therefore $ 在$Rt\triangle BCP'$ 中, $P'C=2PC, BP'=\sqrt{3}PC$. 由(2) 中$\frac{AB}{BC}=\sqrt{3}, AB=10\Rightarrow BC=\frac{10}{\sqrt{3}}$ $\therefore (2PC)^2+(\sqrt{3}PC)^2=(\frac{10}{\sqrt{3}})^2\Rightarrow PC=\frac{10\sqrt{21}}{21}$ $\therefore PA=\frac{10\sqrt{21}}{7}$ 

每日一题: 2020-11-05

题目: 如图正方形$ABCD$ 顶点$B,C$ 在$\odot O$ 上, 边$AD$ 经过$\odot O$ 上一定点$E$,
边$AB,CD$ 分别与$\odot O$ 相交于点$G,F$, 且$EF$ 平分$\angle BFD$.
(1) 求证: $AD$ 是$\odot O$ 的切线.
(2) 若$DE=\sqrt{2}$, 求$DE$ 的长.

参考思路

(1) 连结$OE$, 根据角平分线的定义求出$\angle DFE=\angle OFE$, 根据等腰三角形的性质 得出$\angle OEF=\angle OFE$, 求出$\angle DFE=\angle OEF$, 求出$OE\bot AD$, 所以$AD$ 为 $\odot O$ 的切线. (2) 连接$BE$, 易证$\triangle DEF\backsim \triangle ABE$, 得$\frac{DF}{AE}=\frac{DE}{AB}\Rightarrow DE=2\sqrt{2}$.

每日一题: 2020-11-04

题目: 如图, $AB$ 是$\odot O$ 的一条弦, 向两端分别延长$AB$ 至$P$ 和$Q$, 过$P,Q$ 分
别作$\odot O$ 的两切线切$\odot O$ 于$M,N$ 两点, 连结$MN$.
(1) 若$PA=QB$, 求证: $MN$ 平分$AB$;
(2) 若$MN$ 平分$AB$, 求证: $PA=QB$.

参考思路

(1) 如图所示, 连结$OP,OQ,OM,ON$, 设$PQ$ 与$MN$ 相交于点$K$, 连结$OK$. $\because PA=QB, PM,QN$ 为切线, 由切割线定理得 $PM^2=PA\cdot PB=PA\cdot (PA+AB)=QB\cdot (QB+BA)=QB\cdot QA=QN^2\Rightarrow PM=QN$. 且$OM=ON, \angle PMO=\angle QNO\Rightarrow \triangle PMO\cong QNO(HL)$ $\therefore OP=OQ, \angle MOP=\angle NOQ\Rightarrow \angle MON=\angle POQ$ $\therefore \angle QPO=\angle NMO\Rightarrow K,P,M,O$ 四点共圆, $\therefore \angle QKO=\angle PMO=90^{\circ}$ $\therefore KA=KB$ (2) 如图, 如果$KA=KB\Rightarrow OK\bot AB$ $\therefore O,K,P,M$ 和$O,K,N,Q$ 都是四点共圆. $\therefore \angle OPK=\angle OMK, \angle OQK=\angle ONK$ $\because OM=ON$, $\therefore \angle OMK=\angle ONK$. $\therefore \angle OPK=\angle PQK\Rightarrow OP=OQ$ $\because OK\bot PQ\Rightarrow KP=KQ\Rightarrow PA=QB$ 

每日一题: 2020-11-03

题目: 如图, 已知$ABCD$ 为$\odot O$ 的内接四边形, $E$ 是$BD$ 上的一点, 且有$\angle BAE=\angle DAC$.
求证: (1) $\triangle ABE\backsim \triangle ACD$;
(2) $AB\cdot DC+AD\cdot BC=AC\cdot BD$.

参考思路

$\because ABCD$ 内接于圆$O$, $\therefore \angle ABE=\angle ACD$, 又$\because \angle BAE=\angle CAD$. $\therefore \triangle ABE \backsim \triangle ACD$. (2) 由$\angle BAC=\angle EAD, \angle ADE=\angle ACB\Rightarrow \triangle ADE\backsim \triangle ACB$. $\therefore \frac{AD}{AC}=\frac{DE}{CB}\Rightarrow AD\cdot BC=AC\cdot DE$. 由$\triangle ABE\backsim \triangle ACD\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BE}{CD}\Rightarrow AB\cdot CD=AC\cdot BE$ 将上述两式相加得: $AD\cdot BC+AB\cdot CD=AC\cdot (DE+BE)=AC\cdot BD$. 得证.

每日一题: 2020-11-02

题目: $\odot O$ 是锐角$\triangle ABC$ 的外接圆, $H$ 是$\triangle ABC$ 的垂心, $OG\bot BC$于$G$.
证明: $AH=2OG$

参考思路

如图所示作辅助线, 连结$EO$ 并延长交$\odot O$ 于点$E$, 连结$EB,EA,BH$ $\because CE$ 为直径, 所以$EB\bot BC, EA\bot AC$, $\because AH\bot BC, BH\bot AC$, $\therefore EB\parallel AH; EA\parallel BH$, $\therefore AHBE$为平行四边形. $\therefore AH=BE$ 又$OG\bot BC\Rightarrow GB=GC$ $\therefore EB=2OG$, 即$AH=2OG$. 

每日一题: 2020-11-01

题目: 如图, 已知锐角$\triangle ABC$ 的外心为$O$, 线段$OA$ 和$BC$ 的中点分别为点$M,N$.
若$\angle ABC=4\angle OMN, \angle ACB=6\angle OMN$, 求$\angle OMN$ 的大小.

参考思路

连结$OC$. 设$\angle OMN=x$, 则$\angle ABC=4x, \angle ACB=6x$; $\because \angle NOC=180^{\circ}-10x, \angle AOC=8x$, $\therefore \angle ONM=180^{\circ}-(180^{\circ}-10x+8x+x)=x$, $\therefore \triangle MON$ 为等腰三角形, $\therefore ON=OM=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}OB$; $\therefore \angle OBN=30^{\circ}\Rightarrow 180^{\circ}-10x=60^{\circ}\Rightarrow x=12^{\circ}$. 

每日一题: 2020-10-31

题目: 如图, 已知$\triangle ABC$ 是边长为$a$ 的正三角形, $P$ 为$\triangle ABC$ 外接圆上弧$BC$ 上任一点
求证: $PA^2+PB^2+PC^2$ 是一个定值.

参考思路

易证$PA=PB+PC\Rightarrow PA^2+PB^2+PC^2=2(PB^2+PC^2+PB\cdot PC)$. 过$C$ 作$CT\bot BP$ 的延长线于点$T$. 在直角三角形$\triangle CPT$ 中, $PT=\frac{1}{2}PC$, $CT=\frac{\sqrt{3}}{2}PC$ 所以$BC^2=BT^2+CT^2=(PB+\frac{1}{2}Pc)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}PC)^2=PB^2+PC^2+PB\cdot PC$ 所以可得$PA^2+PB^2+PC^2=2a^2$ (为定值).

每日一题: 2020-10-30

题目: 如图所示, 如果五边形$ABCDE$ 中, $\angle ABC=\angle ADE$ 且$\angle AEC=\angle ADB$.
求证: $\angle BAC=\angle DAE$.

参考思路

连结$AF$, 要证$\angle BAC=\angle DAE$, 只需证$\angle BCA=\angle DEA$ 即可, 由于$\angle BDA=\angle CEA\Rightarrow A,E,D,F$ 四点共圆, 所以$\angle BFA=\angle DEA$. 所以只须证$\angle BCA=\angle BFA$ 即可. 因此只需证$A,F,C,B$ 四点共圆, 由于$A,E,D,F$ 共圆, 所以$\angle AFE=\angle ADE=\angle ABC$ 故$A,F,C,B$ 四点共圆.

每日一题: 2020-10-29

题目: 锐角$\triangle ABC$ 中, $BD,CE$ 分别是$AC,AB$ 边上的高线, $EM\bot BD$ 于$M$.
$DN\bot CE$ 于$N$. 求证: $MN\parallel BC$.

参考思路

易证$B,C,D,E$ 四点共圆, 所以$\angle DEC=\angle DBC$. 又易证$M,N,D,E$ 四点共圆, 所以$\angle DEN=\angle DMN$ 所以$\angle DMN=\angle DBC\Rightarrow MN\parallel BC$.