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每日一题：2020-03-02

每日一题: 2020-03-02
题目:

如图,在$Rt\triangle ABC$中, $\angangle ACB=90^{\circ}, CD\bot AB$于$D$, $AF$平分
$\angle CAB$交$CB$于$F$, 且$EG\parallel AB$交$CB$于$G$, 证明$CF=GB$.

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参考思路 $\because AC\bot BC, CD\bot AB, \therefore \angle ACD=\angle CBD$ $\beacuse AF$ 平分 $\angle CAB \therefore \angle CAF=\angle BAF$ $\therefore \angle CFA=\angle B+\angle BAF=\angle ACD+\angle CAF=\angle CEF$ 因此有 $CF=CE$ . 过点 $E$ 作 $ET\parallel CB, \because EG\parallel AB, \rightarrow ETBG$ 为平行四 边形, $ET=GG$ 又易证 $\triangle ACE\cong \triangle ATE \rightarrow EC=ET=GB$,所以 $GF=GB$.
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每日一题：2020-03-01

每日一题：2020-03-01
题目：
如图， 在 $\triangle ABC$ 为等边三角形， $D,F$ 分别为 $CD, BA$ 上的点， 且
$CD=BF$ ,以 $AD$ 为边作等边 $\triangle ADE$ .求证：四边形 $CDEF$ 为平行四边形.

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参考思路 容易看到 $\triangle ADC\cong \triangle CFB$ 利用等边三角形 $\triangle AED$ ,可得 $CF=DE$ . 若能证明 $CD\parallel DE$ 或是 $EF=DC$ ,命题即可获证, 我们从证明 $EB=DC$ 着手. 连结 $EB$ 易得 $\triangle ACD\cong \triangle ABE$ , 所以得: $EB=DC, \angle ABE=\angle ACD=60^{\circ}$ . 因此可得 $\triangle BEF$ 为等边三角形. 所以 $EF=FB=DC$ . 故得四边形 $CDEF$ 为平行四边形.
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每日一题：2020-02-29

每日一题：2020-02-29
题目： $M$ 是边长为 $1$ 的正方形 $ABCD$ 内一点， 若 $MA^2-MB^2=\frac{1}{2} ,
\angle CMD=90^{\circ}.$ 求 $\angle MCD$ 的度数.

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参考答案 如图所示，过 $M$ 作 $AD$ 边的平行线交 $CD$ 于 $Q$ , 交 $AB$ 于 $AB$ 于 $P$, $AP=DQ, BP=CQ$ 由勾股定理可得： $MA^2-AP^2=MB^2-BP^2$ 即 $MA^2-MB^2=AP^2-BP^2$ , 同理可得： $MD^2-MC^2=DQ^2-CQ^2=AP^2=BP^2$ 所以 $MD^2-MC^2=MA^2-MB^2=\frac{1}{2} $ 由 $\angle CMD=90^{\circ},MD^2+MC^2=CD^2=1$ 可得 $2MC^2=\frac{1}{2} , MC^2=\frac{1}{4} ,MC=\frac{1}{2} $ . 在直角三角形 $\triangle DMC $ 中, 由 $CM=\frac{1}{2} CD$ , 可得 $\angle MCD=60^{\circ}$ . ![图片挂了, 刷新一下呗](/images/20200229s1.png "就这么帅气")
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每日一题：2020-02-28

每日一题：2020-02-28

题目：
如图所示, 已知凸四边形 $ABCD$ , $M,F,N,E$ 分别为 $DA,AB,BC,CD$ 的中点, 如果
$MN+EF=\frac{1}{2} (AB+BC+CD+DA)$ , 证明 $ABCD$ 为平行四边形.

参考答案 设 $E$ 是对角线 $AC$ 的中点，连结 $PE,EQ$ 如图所示，则 $PE\parallel AB, PE=BM=\frac{1}{2} AB$ . 同理可得 $EM\parallel BC, EM=\frac{1}{2} BC$ ; $EQ\parallel DC,EQ=\frac{1}{2} DC$ ; $EN\parallel AD, EN=\frac{1}{2} AD$ . 相加得 $$EP+EM+EQ+EN=\frac{1}{2} (AB+BC+CD+DA)$$ 另一方面有： $EM+EN\geq MN, EP+EQ\geq PQ$ .所以 $$EP+EM+EQ+EN\geq MN+PQ=\frac{1}{2} (AB+BC+CD+DA)$$ 由上述两式可得： $$EP+EM+EQ+EN=PQ+MN$$ 因此， $E$ 应位于 $MN$ 与 $PQ$ 的交点 $O$ 处，即 $OA=OC$ 同理可证 $BD$ 的中点也与 $O$ 重合，有 $OB=OD$ . 所以四边形 $ABCD$ 为平行四边形.