每日一题: 2020-03-12
题目:
如图, 在正方形$ABCD$ 中, 已知$ED=EC, FE=FC$.
求证: $\angle BAF=2\angle DAE$.
每日一题：2020-03-11
每日一题: 2020-03-11
题目:
宽与长的比是$\frac{\sqrt{5} -1}{2}$ 的矩形叫做黄金矩形. 心理测试表明:黄金矩形令
人赏心悦目,它给我们以协调、匀称的美感. 现将小李同学在数学活动中得到黄金矩形的方
法归纳如下:
第一步: 作正方形$ABCD$;
第二步: 取$BC$ 的中点$M$;
第三步: 以$M$ 为圆心,$MD$ 为半径画弧交$BC$ 延长线于点$F$;
第四步: 过$F$ 作$FE\bot AD$, 交$AD$ 的延长线于点$E$.
请你根据以上作法, 证明矩形$CDEF$ 为黄金矩形.
参考答案
设正方形的边长为$2a$. 所以$CM=a,MD=\sqrt{MC^2+CD^2}=\sqrt{5} a\Rightarrow CF=MF-MC=(\sqrt{5}-1)a$, $\frac{CF}{CD}=\frac{(\sqrt{5} -1)a}{2a}=\frac{\sqrt{5} -1}{2}$.每日一题：2020-03-10
每日一题: 2020-03-10
题目:
如图所示, 在$\triangle ABC$ 的$AB,AC$ 边分别向外作等腰直角三角形$\triangle ABD,
\triangle ACE$, $\angle ADB=\angle AEC=90^{\circ}$. 设$M$ 为$BC$ 的中点.
证明: $\triangle MDF$ 是等腰直角三角形.
参考答案
如图所示作辅助线, 延长$BD$ 至$F$ 使$BD=DF$, 连结$FA,FC$, 延长$CE$ 至$G$ 使$CE=EG$, 连结$GA,GB$, 因为$M$ 为$BC$ 中点, 所以$DM\parallel FC, DM=\frac{1}{2}FC$, $EM\parallel GB, EM=\frac{1}{2}GB$. 另一方面易得: $\angle FAB=90^{\circ}, \triangle FAC\cong \triangle BAG$. 所以有: $FC=GB, \angle AFC=\angle ABG\Rightarrow \angle BHC=90^{\circ}$. 因此容易等到$\angle DME=90^{\circ}, DM=EM$. 所以$\triangle DME$ 为等腰直角三角形 . 每日一题：2020-03-09
每日一题: 2020-03-09
题目:
如图所示, 点$P$ 为正方形$ABCD$ 内一点, 满足$PA=1,PB=2,PC=3$.
(1)求$PD$ 的长.
(2)求$\angle APB$ 的大小.
参考思路
(1) 如图所示作辅助线, 过点$P$ 分别作$AB,BC$ 的垂线, 分别叫四边于$E,F,M,N$, 设 $PE=x,PF=y,PM=a,PN=b$, 所以可得: $$x^2+a^2=PA^2=1,x^2+b^2=PB^2=4, y^2+b^2=PC^2=9$$ 所以有: $a^2+y^2=(x^2+a^2)+(y^2+b^2)-(x^2+b^2)=6\Rightarrow PD=\sqrt{6}$. (2) 将点$P$ 绕点$B$ 顺时针旋转$90^{\circ}$ 到点$Q$, 连结$QP,QC$. 易得$\triangle PAB \cong \triangle QCB$, 在$\triangle PCQ$ 中有 $PQ=2\sqrt{2}, QC=1,PC=3\Rightarrow \triangle PCQ$ 为直角三角形, 所以$\angle PQC=90^{\circ}$. 因此有$\angle BQC=45^{\circ}+90^{\circ}=135^{\circ}=\angle APB$. 每日一题：2020-03-08
每日一题: 2020-03-08
题目:
四边形$ABCD$ 中, $AB=CD$. $E,F$ 分别为$BC,AD$ 的中点. $EF$ 的延长线与$BA$ 的延长
线相交于$G$, 于$CD$ 的延长线相交于$H$.
求证: $\angle BGE=\angle EHC$.
参考答案
连结$BD$, 设$BD$ 的中点为$M$, 则$FM$ 是$\triangle ABD$ 的中位线, 所以 $FM\parallel AB$, 因此$FM=\frac{1}{2} AB$. 同理,$ME\parallel CD$, $ME=\frac{1}{2} CD$. 因为$AB=CD$, 所以$ME=MF\Rightarrow \angle MEF=\angle MFE$. 以为$FM\parallel AB$, 所以$\angle BGE=\angle MFE$. 同理,$\angle FHC=\angle MEF$. 因此$\angle BGE=\angle FHC$. 每日一题：2020-03-07
每日一题:2020-03-07
题目:
在$\triangle ABC$ 中, $\angle B=2\angle C$. $AD$ 是高, $AE$ 是中线.
求证: $AB=2DE$.
参考答案
设$F$ 为$AB$ 的中点, 连结$DF,FE$, $\because AD$ 为高, $\therefore FD=FB=FA$. 又$E,F$ 分别为中点$\Rightarrow EF\parallel AC$. 故有$\angle B=\angle FDB=2\angle C=2\angle FED$. 所以有$\angle DFE=\angle DEF\Rightarrow AB=2DF=2DE$. 每日一题：2020-03-06
每日一题: 2020-03-06
题目:
在$\triangle ABC$ 中, 以$AB,AC$ 为边分别向外作等边三角形$\triangle ABD$ 与
$\triangle ACE$, $M$ 为$AD$ 的重点, $N$ 为$AE$ 的中点, $P$ 为$BC$ 的中点, $Q$ 为
$MN$ 的中点, 连结$PQ$, 求证: $PQ\bot MN$.
参考思路
设$J,K$ 分别为$AB,AC$ 的中点，连结$QJ,JM,MQ,QK,KN,NQ$. 易证$\triangle QMJ\cong \triangle NQK\Rightarrow QM=QN$, $\because P$ 为$MN$ 中点，所以$QP\bot MN$. 每日一题：2020-30-05
每日一题:2020-03-05
题目:
如图, 正方形$ABCD$ 被两条与边平行的线段$EF,GH$ 分割成四个小矩形, $P$ 是$EF$ 与
$GH$ 的交点, 若矩形$PFCH$ 的面积恰好是矩形$AGPE$ 的面积的$2$ 倍, 试确定$\angle HAF$ 的
大小并证明你的结论.
参考答案
猜测$\angle FAH=45^{\circ}$. 证明如下： 如图, 设$AE=x,ED=y,DH=a,HC=b$, 则有 $$x+y=a+b, 2ax=by$$ 因此有$x-a=b-y\Rightarrow x^2+a^2-2ax=b^2+y^2-2by\Rightarrow (a+x)^2=b^2+y^2$. 即$a+x=\sqrt{b^2+y^2} \Rightarrow DH+BF=FH$. 延长$CB$ 到$M$, 使得$BM=DHf$, 连结$AM$. $\because Rt\triangle AMB\cong Rt\triangle AHD$, 易得$\angle MAH=90^{\circ}$, $\triangle AMF \cong \triangle AHF(SSS)$. 所以$\angle MAF=\angle HAF$. 即$HAF=\frac{1}{2} \angle MAH=45^{\circ}$. 每日一题：2020-03-04
每日一题: 2020-03-04
题目:
如图所示, 在$Rt \triangle ABC$ 中$\angle ACB=90^{\circ}$, $M,N$ 分别在$BC,AC$ 上
, 满足$BM=AC, AN=CM$, $AM$ 与$BN$ 相交于点$P$. 求$\angle APN$ 的大小.
参考答案
过点$M$ 作$BC$ 的垂线, 使得$MD=AN$, 连结$DN,DB$, $\because AN$ 与$MD$ 平行且相等 , $\therefore MDNA$ 为平行四边形, $\therefore AM=ND$, $\angle MDN=\angle MAN$. 另一方面, $\because AC=BM,MC=MD\Rightarrow \triangle BDM\cong \triangle AMC$, $\therefore BD=AM=ND$, $\angle CAM=\angle MBD\Rightarrow \angle BDM+\angle MDC=\angle BDM+\angle CAM=\angle BMD+\angle MBD=90^{\circ}$. 所以$\triangle BDN$ 为等腰直角三角形. 故有$\angle APN=\angle BND=45^{\circ}$. 每日一题：2020-03-03
每日一题:2020-03-03
题目: 如图所示, 在平行四边形$ABCD$ 中, $E,F$ 分别在$CD,DA$ 上, 且$AE=CF$, 设
$AE,CF$ 相交于点$G$, 证明$BG$ 平分$\angle AGC$.
