【人教版】最新初中数学竞赛名师讲义:第10-12章专题辅导(含答案)

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解析 设MN与EF交于点P,由NE∥BC,得

PNPE,所以PB?PE?PN?PC.又ME∥BF,故?PBPCPMPEPMPC,所以PB?PE?PM?PF.从而PN?PC?PM?PF,即.又?FPN??MPC,故??PBPFPNPF△PNF∽△PMC,?PNF??PMC,从而?NF∥MC,?ANF??EDM.又ME∥BF,故?FAN??MED.所以?AFN??DME. 11.2.27★★★在△ABC中,设P是边BC的中点,点M、N分别在边AB、AC上,MN∥BC,MP交BN于点Q,QR?AC于点R,BT∥AC交RQ的延长线于T,求证: (1)TP∥MR; (2)?MRQ??PRQ.

解析 (1)因为BT∥RN,所以△QRN∽△QTB,

QRQN?,又MN∥BP,所以△QMN∽△QPB,QTQBQMQNQRQM??,因此,从而△QRM∽△QTP,故TP∥MR. QPQBQTQPARMQBTPNSC

(2)延长TP交AC于点S,则TBSC是平行四边形,在直角三角形TRS中,P是斜边TS的中点,所以,

RP?TP,于是?MRQ??QTP??PRQ.

11.2.28★★★不等边锐角三角形△ABC中,D是底边BC上一点,AD上有一点P,延长BP、CP,分别交AC、AB于M、N,若DA平分?MDN,求证:AD?BC.

解析 如图,连结MN,交AD于Q,又作NJ∥AD∥MK,J、K在BC上,设M与BM交于X,NJNXXPJDNQNDNJADMK?????,故??MKMYPMDKMQMDNXAPMY于是?NDJ??MDK,又?NDA??MDA,故?ADB??ADC?90?.

则MK与CN交于Y.JD∽△MKD,,故△MANQMPXBJDYKC

评注 本题也可用塞瓦定理加以证明.

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11.2.29★★等边△ABC的三条边BC、CA、AB上分别有三条相等的线段A1A2、B1B2、C1C2.求证:直线B2C1、C2A1、A2B1,所构成的三角形上,三条线段B2C1、C2A1、A2B1与包含它们的边成比例.

解析 设直线B2C1、C2A1、A2B1所构成的三角形为△A3B3C3(如图),过C1、C2分别作AC、BC的平行线,相交于点P,则△PC1C2是等边三角形,且PC1∥B1B2,PC2∥A2A1,可得PA2∥C2A1,PB1∥B2C1,即△A2B1P∽△A3B3C3,

B1PPA2ABBCCAAB??21,所以21?21?21. B3C3C3A3A3B3B3C3C3A3A3B3CB1A2A1C2BA3B3B2AC1C3P

11.2.30★★★已知△ABC,AB?AC,D是BC中点,直线CF?BC.E是AB上任一点,ED延

长后交直线CF于F,M、N分别是ED、DF中点,求证:AD平分?MAN. EC,EC与AD交于K,解析 如图,连结CN、则由角平分线及平行线性质,知

AEEKEDEM,???ACKCDFCN?AED??B??EDB??ACD??CDF??ACD??NCD??ACN,故△AEM∽△ACN,?BAM??CAN.又?BAD??CAD,故AD平分?MAN.

AEMBDKCN

11.2.31★★★设直角三角形ABC中,?A?90?,AD是斜边BC上的高,△ABD、△ACD的内心分别是S、T,延长ST,交两直角边于M、N,证明:AM?AN,并用AB、AC来表示MN. 解析 如图,连结SD、TD、AS、AT.因为△ABD∽△CAD,DS、DT为对应线段,故?SDT?90?,且△SDT∽△BAC,于是?STD??C,从而?ANM??TDC?45???ADT.又?TAD??TAN,故△ADT≌△ANT,AN?AD,同理AM?AD.于是

FMN?2AD?2AB?AC?BC2AB?ACAB?AC22.

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ANMBSDTC

11.2.32★★分别以锐角三角形ABC的边AB、BC、CA为斜边向外作等腰直角三角形DAB、EBC、FAC.求证:(1)AE?DF;(2)AE?DF.

解析 (1)延长BD至点P,使DP?BD,连结AP、CP.因为△DAB是等腰直角三角形,所以

AB=BD2.又BP,所以?2BDAB2?.因为△EBC是等腰直角三角形,所以BP2AEAB22??,即AE?PC.又在△ADFPCBP22?PBC?45???ABC??ABE,于是△ABE∽△PBC,

和△APC中,有

AFAD2??,?DAF??PAC?45???DAC,所以△ADF∽△APC,ACAP2DFAD22??PC.所以,AE?DF. ,即DF?PCAP22PADFBC

(2)因为△ADF∽△APC,所以?ADF=?APC.又由△ABE∽△PBC,得?BAE??CPB,于是?DAE??ADF?45???BAE??ADF?45???CPB??APC90?.所以,?AE?DF. 11.2.33★★★已知△ABC,向外作正三角形△ABD与△ACE,P、Q分别是AD、CE的中点,R是BC上一点,BR?3CR,求△PQR的三个内角值.

E1111RS,解析 如图,作QS?AC于S,连结AQ、则SC?CQ?AC,于是RS∥AB, SR?AB?AP.

2242又SQ?1AQ,?RSQ??A?90???PAQ,故△PAQ∽△RSQ,且是顺相似,于是△PRQ∽△ASQ,2所以△PQR的内角依次为30?、60?、90?.

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PADFBCE

评注 ?A≥90?时结论不变.

11.2.34★★★已知:△ABC,向外作正三角形ACE和正三角形BCF,O1与O2依次是它们的中心,

D是AB中点,求证:?EDO1??FDO2.

解析 如图,设BC、CA的中点分别为P、Q,连结PO2F与QO1E,则

PFPFCQDP??3??, DQPCQO1QO1又?DPF??C?90???DQO1,故△DPF∽△O1QD,于是?DFO2??O1DQ,同理,由△DPO2∽△EQD,可得?DO2P??EDQ,于是?EDO1??EDQ??QDO1??DO2P??DFO2??FDO2.

ADQBPO2O1CE

11.2.35★★★已知锐角三角形ABC,AD、CE为高,H是垂心,ED、AC延长后交于P,G为AC中点,求证:PH?BG.

BG与AD交于J.C是调和点列,解析 如图,设HP与CD交于K,由面积知B、即D、K、

FCBCK,?BDDK又由梅氏定理,

BCDJAGJABCCK.又△ABD∽△CHD,且顺相似,HD?BD, ???1,即??BDJAGCDJBDDKCH?AB,K、J是对应点,故BJ?HK,即PH?BG.

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