每日一题:2020-04-01
题目:
如图所示, 已知$\triangle OAB$ 是边长为$2$ 的等边三角形, 直线$l$ 过点$C(-2,0)$,
与$OA,AB$ 分别交于点$D,E$, 且$S{OCD}=S{ADE}$. 求直线$l$ 的方程.
每日一题：2020-03-31
每日一题: 2020-03-31
题目:
如图, 直线$y=\frac{3}{4}x+6$ 与$x$ 轴, $y$ 轴分别相交于点$E,F$, 点$A$ 的坐标为
$(-6,0)$, $P(x,y)$ 是直线$y=\frac{3}{4}x+6$ 上一个动点.
(1) 在点$P$ 运动过程中, 试写出$\triangle OPA$ 的面积$s$ 与$x$ 的函数关系式;
(2) 当$P$ 运动到什么位置, $\triangle OPA$ 的面积为$\frac{27}{8}$. 求出此时点$P$ 的坐标;
(3) 过$P$ 作$EF$ 的垂线分别交$x$ 轴, $y$ 轴于$C,D$. 是否存在这样的点$P$, 使
$\triangle COD\cong \triangle FOE$? 若存在, 直接写出此时点$P$ 的坐标; 若不存在
,请说明理由.
参考思路
(1) 易得$F(0,6),E(-8,0)$, $s=S_{OPA}=\frac{1}{2}\times OA\times |y_{P}|=3\times |\frac{3}{4}x+6|$. 所以有 \\[ s=\\left\\{\\begin{array}{lr} \\frac{9}{4}x+18 & x>-8 \\\\ -\\frac{9}{4}x-18 & x<-8 \\end{array}\\right. \\] (2) 由$\frac{9}{4}x+18=\frac{27}{8}\Rightarrow x=\frac{-117}{18}\Rightarrow P_1\left( -\frac{117}{18},\frac{9}{8} \right)$, 由$-\frac{9}{4}x-18 =\frac{27}{8}\Rightarrow x=-\frac{171}{18}\Rightarrow P_2\left( -\frac{171}{18}, -\frac{9}{8} \right)$. (3)当过$P$ 的垂线交于坐标轴负半轴时, 由已知得$C(-6,0), D(0,-8)$, 过$C,D$ 的直 线方程为$y=-\frac{4}{3}-8$, 联立$y=\frac{3}{4}x+6$ 可解得$\left( -\frac{168}{26},\frac{24}{25} \right)$, 当过$P$ 的垂线交于坐标轴正半轴时, 由已知得$C(6,0), D(0,8)$, 过$C,D$ 的直线方程 为$y=-\frac{4}{3}+8$, 联立$y=\frac{3}{4}x+6$, 解得: $\left( \frac{24}{25}, \frac{168}{25}\right)$.每日一题：2020-03-30
每日一题: 2020-03-30
题目:
如图所示已知$\triangle ABC$ 的周长为$2020$, $P$ 为 线段$AB$ 上一点(不含端点),
一只小青蛙从点$P$ 出发, 沿着$P\to P_1\to p_2\to P_3\to \cdots$一直走, 请问: 这
只青蛙是否会在某个时刻回到$P$ 点, 若不能,请说明理由; 若能,请求出它回到$P$ 点所
经过路程的最小值. 已知$PP_1\parallel BC, P_1P_2\parallel AB, P_2P_3\parallel
AC, \cdots$.
参考思路
如图所示,当点$P$ 为$AB$ 中点时, 显然回到起点所走过的路程为$\frac{2020}{2}=1010$.  当$P$ 不是$AB$ 的中点时, 如图所示, 经过六步后$P_6$ 会回到起点, 易证四边形$PP_1P_2B, AP_1P_2 P_3, P_3P_4P_5B, CP_2P_3P_4, AP_4P_5P_P, PP_1CP_5$均为平行四边形, 所以$PP_1=BP_2,P_1P_2=AP_3, P_3P_4=P_2C, P_4P_5=AP, P_5P_6=CP_1$, 所以$PP_1+P_1P_2+P_2P_3+P_3P_4+P_4P_5+P_5P_6=AB+BC+CA=2020$. 综上: 小青蛙一定能回到起点, 当起点在$AB$ 中点时, 最小路程是$1010$, 当起点不在 $AB$ 中点时,最小路程为$2020$. 每日一题：2020-03-29
每日一题:2020-03-29
题目:
设$P$ 为等边三角形$ABC$ 外的一点, 且$PA=3,PB=4,PC=5$, 求$\triangle ABC$ 的边长.
参考思路
如图所示, 将$\triangle PAB$ 逆时针旋转$60^{\circ}$ 到$\triangle EAC$, 连结$PE$. 显然$\triangle PAE$ 为等边三角形; $EC=PB=5$, 在$\triangle PCE$ 中有$PE=3,PC=4,EC=5$. $\therefore \angle CPE=90^{\circ}\Rightarrow \angle CPA=30^{\circ}$. 过$A$ 作$AH\bot PC$ 于$H$, $\therefore AH=\frac{PA}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow PH=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. 因此得$HC=4-\frac{3\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC^2=AH^2+HC^2\Rightarrow AC=\sqrt{25-12\sqrt{3}}$. 每日一题：2020-03-28
每日一题:2020-03-28
题目:
如图所示, $\triangle ABC$ 和$\triangle ADE$ 是两个不全等得等腰三角形, 现固定
$\triangle ABC$, 而将$\triangle ADE$ 绕点$A$ 在平面上旋转. 试证: 不论$\triangle ADE$
旋转到什么位置, 线段$EC$ 上必存在点$M$, 使$\triangle BMD$ 为等腰直角三角形.
参考思路
$M$ 为线段$EC$ 的中点时满足要求, 下面分4中情况说明:(考虑顺时针旋转) (1)如图所示, 当旋转的角度是锐角时, 此题在之前的题目中已经出现过, 只需证明$\triangle DMT \cong \triangle MBS(SAS)$即可.  (2)如图所示, 当旋转的角度是$180^{\circ}$ 时, $EC=2EM=2(TA+AS)\Rightarrow TA=MS$, 同理$TM=SE$. 所以$\triangle DTM\cong \triangle MSB(SAS)\Rightarrow DM=BM, \angle DMB=90^{\circ}$.  (3) 当旋转角度大于180度时, 如图所示, 同样可证$\triangle DMT\cong \triangle MBS(SAS)$ 即可.  (4) 当旋转$360^{\circ}$ 时, 如图所示, 仿照(2) 可以征得$\triangle DTM\cong \triangle MSB$. 每日一题：2020-03-27
每日一题: 2020-03-27
题目:
如图所示, 已知四边形$ABCD$ 为正方形, $\triangle AEF$ 为等边三角形, $E,M$ 在线
段$BC$ 上且$BE=CM$, $F$ 在线段$CD$ 上, $AC$ 与$EF$ 交于点$N$.
(1) 证明: $S{\triangle ABE}+S{\triangle ADF}=S_{\triangle CEF}$;
(2) 证明: $NM\parallel AE$.
参考思路
显然有$\triangle ABE\cong \triangle ADF(HL)\Rightarrow CE=CF, AC\bot EF$. 设$EN=FN=a\Rightarrow NC=a, AE=AF=2a$, 由勾股定理可得$CE=CF=\sqrt{2}a, NA=\sqrt{3}a, AB=BC=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}a$. 所以可得$BE=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}a$. 所以: $S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}a\cdot \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}a =\frac{a^2}{2}=S_{\triangle CEN}$. 所以(1)得证. (2) 连结$AM$, $\because BE=CM\Rightarrow S_{ABE}=S_{ACM}\Rightarrow S_{ANM}=S_{ENM}\Rightarrow NM\parallel AE$. 每日一题：2020-03-26
每日一题: 2020-03-26
题目:
如图所示, 在平行四边形$ABCD$ 中, $\angle BAD$ 的平分线分别与$BC,DC$ 所在直线交于
点$E,F$. 点$O$ 为$\triangle CEF$ 的外心.
求证: $\angle OBD=\frac{1}{2}\angle ABC$.
参考思路
如图所示, 连结$OE,OF,OC,OD$, $\because AF$ 平分$\angle BAD$, 且$AB\parallel CD, AD\parallel BC\Rightarrow AB=BE, CE=CF$, 又因为$O$ 为外心, 因此有$OC=OE, \angle OCE=\angle OEc=\angle OCF$, 所以有$\angle BEO=\angle OCD$, 且 $BE=BA=CD\Rightarrow \triangle BOE\cong DOC(SAS)$, 得: $\angle BOE=\angle DOC$ 且$OB=OD$. 所以可得$\angle EOC=\angle BOD$, 故$\angle DBO=\angle OCE= \frac{1}{2}\angle BCC=\frac{1}{2}\angle ABC$. 每日一题：2020-03-25
每日一题: 2020-03-25
题目:
如图所示, $\triangle ABC$ 是等腰三角形, $\angle C=90^{\circ}$, $O$ 是$\triangle ABC$ 内一点, 点$O$ 到$\triangle ABC$ 各边的距离都等于$1$. 将$\triangle ABC$ 绕点$O$ 顺时针旋转$45^{\circ}$ 到$\triangle A_1B_1C_1$, 求$\triangle ABC$ 与$\triangle A_1B_1C_1$公共部分的面积.
参考思路
设$CO$ 交$QP$ 于$D$, $C_1O$ 交$PN$ 于$E$, 由$\angle BCO=\angle COE=45^{\circ}\Rightarrow \triangle OCE$ 为等腰直角三角形, 显然$\triangle CQP, \triangle C_1PN$ 也为等腰直角三角形, 因为$OE=OD=1$,可得$OC=OC_1=\sqrt{2}\Rightarrow CD=C_1E=\sqrt{2}-1$, 因此有: $QC=CP=PC_1=\sqrt{2}\cdot(\sqrt{2-1})=2-\sqrt{2},QP=2CD=2\sqrt{2}-2$. 易证$\triangle A_1KQ,\triangle AKL, \triangle LB_1M, \triangle MBN$均为等腰直角三角形, 所以易得$AC=A_1C_1=2+\sqrt{2},A_1Q=2,BM=\sqrt{2},CK=2$, 所以$AK=\sqrt{2}$,容易求得重叠部分面积为:$S_{ABC}-S_{ALK}-S_{BMN}-S_{CQP}=4\sqrt{2}-2$. 每日一题：2020-03-24
每日一题: 2020-03-24
题目:
如图, 在正方形$ABCD$ 中, $E,F,G,H$ 分别在$AB,BC,CD,DA$ 上,
满足$HF=3,EG=4,\angle AHF$和$\angle BEG$ 均为锐角,且四边形$EFGH$ 的面积是$5$. 求
正方形$ABCD$ 的面积.
参考思路
如图所示作辅助线, 设正方形得边长为$a$, $HS=x, ET=y$, 由已知可得: $a^2=5\times 2-S_{MQPN}\Rightarrow a^2=10-xy$, $x^2+a^2=9, y^2+a^2=16 \Rightarrow x^2-xy=-1, y^2-xy=6\Rightarrow (y-x)^2=5$, 另一方面$y^2-x^2=7$, 通过计算可以得出$xy=\frac{6}{5}$, 所以$a^2=10-xy=\frac{44}{5}$. 即正方形$ABCD$ 的面积为$\frac{44}{5}$. 每日一题：2020-03-23
每日一题: 2020-03-23
题目:
如图所示, 在矩形$ABCD$ 中, $AB=20, BC=10$. 若在$AC,AB$ 上各取一点$M,N$, 使得
$BM+MN$ 的值最小, 求这个最小值.
