每日一题: 2020-03-22
题目: 如图所示, $ABCD$ 是边长为6的正方形, $M$ 为$CD$ 的中点, $N$ 在线段$DC$ 上,
满足$\angle DAM=\angle NMA$. 求$DN$ 的长度.
每日一题：2020-03-21
每日一题: 2020-03-21
题目:
如图, 矩形$ABCD$ 与菱形$EFGH$ 的对角线均交于点$O$,且$EG\parallel BC$, 将点$C$ 与
点$O$ 中重合, 折痕$MN$ 恰好过点$G$, 若$AB=\sqrt{6}, EF=2, \angle H=120^{\circ}$,
求$DN$ 的长.
参考思路
如图作辅助线, 设$HF$ 所在的直线与$AD, BC$ 分别交于点$S,T$, 连结$NO,NC$. 由折叠及$EG\parallel BC\Rightarrow \angle CMN=\angle NMO=\angle OGM\Rightarrow OG=OM=MC$, 由$AB=\sqrt{6}, EF=2\Rightarrow OM=OG=MC=\sqrt{3}; OT=\frac{\sqrt{6}}{2}$, 所以 $TM=\sqrt{OM^2-OT^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ 设$DN=x$, 在直角三角形$\triangle CDN$ 与$\triangle OSN$ 中,得: $$OS^2+SN^2=ND^2+CD^2$$ 所以$\left( \frac{\sqrt{6}}{2} \right)^2+\left( \sqrt{3}+\frac{\sqrt{6}}{2} \right)^2=x^2+\sqrt{6}^2\Rightarrow x=\sqrt{6}-\sqrt{3}$ 每日一题：2020-03-20
每日一题: 2020-03-20
题目:
如图所示, 在$\triangle ABC$ 的$AB$ 和$AC$ 边往外作等腰直角三角形$\triangle ABD$
和$\triangle ACE$, $P,Q,M$ 分别是$AB,AC,DE$ 的中点, 求证: $\triangle MPQ$ 为等腰
直角三角形.
参考思路
连结$DP,DN,EQ,EN,MN$, 因为$\triangle ABD$ 与$\triangle AEC$ 为等腰直角三角形, 所 以$DP\bot AB,EQ\bot AC$, 因为$M,N,Q,P$ 分别为中点, 所以$APNQ$ 为平行四边形, 所以 $\triangle DPN\cong \triangle NQE(SAS)\Rightarrow DN=NE$, 通过计算可得$\angle DNE=90^{\circ}$ (注意,此方法同样适用于3月10日每日一题) 所以得$\triangle DEN$ 为等腰直角三角形( 用3月10日得方法也行) 因此得$\angle PNM=\angle QEM\Rightarrow \triangle PNM\cong QEM(SAS)\Rightarrow$, 接下来易证$\triangle PQM$ 为等腰直角三角形. 每天一题：2020-03-19
每日一题: 2020-03-19
题目:
如图, 以$\triangle ABC$ 的两边为边, 分别向形外作正方形$ABDE$ 和$ACFG$. 连结$DF$,
自$DF$ 的中点$M$ 作$BC$ 的垂线, 交$BC$ 于点$N$. 求证: $MN=\frac{BC}{2}$.
参考思路
如图所示: 分别过$D,A,F$ 作$BC$ 所在直线得垂线, 垂直分别是$P,R,Q$, 过$D$ 作$MN$ 的垂线, 分别交$MN,FQ$ 于$S,T$. 易证$\triangle DPB\cong BRA$, $\triangle ARC\cong CQF\Rightarrow DP=BR, RC=QF$. 另一方面易证$DPNS$ 和$NSTQ$ 为矩形且$MT=MD\Rightarrow SD=ST\Rightarrow MS$ 为 $\triangle DFT$ 的中位线, 所以$MS=\frac{FT}{2}\Rightarrow MN=\frac{DP+FQ}{2}=\frac{BR+RC}{2}=\frac{BC}{2}$. 每日一题：2020-03-18
每日一题: 2020-03-18
题目:
如图所示, 在四边形$ABCD$ 中, $AD\parallel BC$, 以$AB,CD$ 为一边分别向外作正方形
$ABGE$ 和$DCHF$, 连结$EF$, 设线段$EF$ 的中点为$M$. 求证: $MA=MD$.
参考思路
如图作辅助线, $N$ 为$AD$ 中点, 过$N$ 作$NP\parallel AE, NP=AE; NQ\parallel DF,NQ=DF;NR\parallel AB;NS\parallel DC$, 连结$PQ$. 因为$EP\parallel QF, EP=QF\Rightarrow EPFQ$ 为平行四边形, 所以$PQ$ 过$PQ$ 的中点 $M$. 连结$NM$ 并延长至$K$ 使$NM=MK$, 连结$KQ$. 所以四边形$PNQK$ 为平行四边形, 由$\angle PNQ+\angle NQK=180^{\circ}, \angle RNS+\angle PNQ=180^{\circ}\Rightarrow \angle RNS=\angle KQN$, 所以可得$\triangle RNS\cong KQN\Rightarrow KN\bot RS\Rightarrow MN\bot AD\Rightarrow MA=MD$. 每日一题：2020-03-17
每日一题: 2020-03-17
题目:
如图, 已知 $\triangle ABC$ 是边长为 $3$ 的等边三角形, $D,E$ 分别是边 $BC,CA$ 的
三等分点. $AD,BE$ 相交于点 $F$.
（1）求证： $DF\bot AC$ ;
（2）求四边形 $DCEF$ 的周长.
参考思路
(1) 如图所示, 设$M$ 为$DC$ 的中点,连结$EM$, 过$E$ 作$EN\bot AD$ 于$N$. $\therefore \triangle CME$ 为正三角形, 由$ME=MC=MD\Rightarrow \angle DEC=90^{\circ}$. (2) 另一方面显然有$\triangle ABD\cong BCE\Rightarrow \angle AFE=60^{\circ}$. 又$DE=\sqrt{3}EC=\sqrt{3}$, 在$\triangle ADE$ 中, $AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{7}$, 因此可得 $S_{ADE}=\frac{AD\cdot NE}{2}=\frac{AE\cdot DE}{2}$. 可求得$NE=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\Rightarrow NF=\frac{2}{\sqrt{7}}\Rightarrow EF=\frac{4}{\sqrt{7}}$. 在$Rt\triangle DNE$ 中, $DN=\sqrt{DE^2-NE^2}=\frac{3}{\sqrt{7}}\Rightarrow DF=DN-NF=\frac{1}{\sqrt{7}}$. 综上可得: 四边形$DCEF$ 的周长为$DC+CE+EF+FD=\frac{5\sqrt{7}}{7}+3$. 每日一题：2020-03-16
每日一题: 2020-03-16
题目:
如图所示, $\triangle ABC$ 中, $AC=BC, \angle ACB=90^{\circ}$, 已知$CD\parallel
AB, AB=AD$. 证明: $BE=BD$.
参考思路
分别过$C,D$ 作$AB$ 的垂线, 垂足分别是$M,N$. 因为$CD\parallel AB\Rightarrow CM=CN$, 又$CM=\frac{AB}{2}\Rightarrow CN=\frac{AD}{2}$, 易证$\angle BAD=30^{\circ}$. 通过简单计算可得$\angle DBC=30^{\circ}, \angle BDE=\angle BED=75^{\circ}\Rightarrow BE=BD$. 每日一题：2020-03-15
每日一题: 2020-03-15
题目:
如图所示, 已知四边形$ABCD$ 对角线$AC,BC$ 相交于点$O$. $\triangle OAB, \triangle OCD$ 为等边三角形.
$S,P,Q$ 分别为$OD,OA,BC$ 的中点.
（1）证明$\triangle PQS$ 为等边三角形;
（2）如果$AB=5,CD=3$ 求$\triangle PQS$ 的面积;
（3）如果$\triangle PQS$ 的面积与$\triangle AOD$ 的面积的比是$7:8$, 求$CD:AB$.
参考思路
显然有$\triangle OAD\cong \triangle OBC\Rightarrow AD=BC,\angle CBD=\angle DAC$. 连结$CS,BP\Rightarrow CS\bot DB, BP\bot AC$. 因为$Q$ 为$BC$ 中点，所以$QS=QP=\frac{BC}{2}$. 由$PS$ 为中位线得$PS=\frac{AD}{2}$. 因此有$\triangle PQS$ 为等边三角形. (2)由$DC=3, BO=5\Rightarrow CS=\frac{3\sqrt{3} }{2}, BS=\frac{13}{2}\Rightarrow BC=7\Rightarrow QS=\frac{7}{2}$. 因此$S_{PQS}=\frac{\sqrt{3}}{4}\left( \frac{7}{2} \right)^2=\frac{49\sqrt{3} }{16}$. (3) 设$DC=2x,AB=2y$参照上一问得作法得: $BC^2=CS^2+SB^2=(\sqrt{3} )^2+(x+2y)^2=4x^2+4xy+4y^2\Rightarrow S_{\triangle PQS}=\frac{\sqrt{3} }{4}(x^2+xy+y^2)$. 另一方面: $S_{AOD}=S_{BOC}=\frac{OB\times CS}{2}=\sqrt{3} xy\Rightarrow \frac{x^2+xy+y^2}{4xy}=\frac{7}{8}\Rightarrow 2x^2-5xy+2y^2=0\Rightarrow (2x-y)(x-2y)=0\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{1}{2}$ 或$\frac{x}{y}=2$. 所以$CD:AB=2x:2y=x:y=\frac{1}{2}$ 或$2$. 每日一题：2020-03-14
每日一题: 2020-03-14
题目:
如图所示, 已知$\triangle ABC$ 为正三角形, $D,E$ 分别在边$AB,AC$ 上, 且$AD=CF$,
点$M$ 为$DE$ 的中点, 如果$AM=7$, 求$CD$ 的长度.
参考思路
如图所示, 过$D$ 作$DN\parallel AC$ 交$BC$ 于$N$, 连结$NE,NA$. 由$DN\parallel AC$ 且$DN=AE\Rightarrow ADNE$ 为平行四边形, 所以$AN$ 经过$DE$ 的 中点$M$, 且$AN=2AM$. 另一方面, 易证$\triangle ABN\cong \triangle CBD\Rightarrow CD=AN=2AM=14$. 每日一题：2020-03-13
每日一题: 2020-03-13
题目:
如图, 正方形$ABCD$ 中, $E$ 时$CD$ 的中点, $F$ 时$DA$ 的中点, 连结$BF$ 与$CF$ 相
交于$P$. 求证: $AP=AB$.
