山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第1章直角三角形

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的几何题在高中数学中，几何题是数学竞赛中的重要部分。

掌握解决几何题的秘诀可以帮助我们更好地应对数学竞赛中的挑战。

本文将为大家介绍数学竞赛中应对高中数学中的几何题的秘诀。

一、理清题意，分析条件在解答几何题之前，首先要仔细理解题目的意思，准确把握所给条件。

通过画图、标记和标注的方式，将题目中的各种信息清晰地表示出来。

这样做可以帮助我们更好地理解题目的含义，并为之后的解题提供依据。

二、掌握基本几何概念和定理高中几何题通常涉及各种几何概念和定理，如三角形的性质、直角三角形的性质、平行线与角的关系等。

为了顺利解题，我们需要熟练掌握这些基本几何概念和定理，并能够灵活运用到具体的解题中。

三、善于画图，勤于构造辅助线在解答几何题时，合理地图形化是非常重要的。

通过仔细观察题目中的信息，合理地画出图形，并构造辅助线来推导出新的线索和关系。

这一步的目的是为了将问题转化为易于理解和处理的形式，从而更好地解决问题。

四、善于利用相似三角形和几何关系在解答几何题时，我们常常需要运用相似三角形和几何关系来寻找解题的突破口。

我们可以通过观察图形的特点，寻找其中的相似三角形，并利用相似三角形的性质来解答问题。

同时，还可以利用角的对应关系、等角和等边等几何关系来得出题目所要求的结论。

五、灵活运用面积和长度的计算方法解答几何题时，面积和长度的计算是常见的操作。

对于面积的计算，我们可以利用相似性、平行性和三角形的性质来计算所需的面积。

而对于长度的计算，我们可以借助角度、比例和三角形的性质来计算问题所需的长度。

在运用这些计算方法时，我们要注意准确计算，并且进行合理的化简和推导。

六、多做几何题，勤于总结归纳数学是一门实践性很强的学科，几何题也是如此。

只有通过大量的实践和练习，才能不断提高解决几何题的能力。

因此，我们要多做几何题，通过总结归纳，分析解题的方法和思路，将解题经验沉淀下来，形成自己的解题思维和方法。

高中数学竞赛解题策略组合分册第一章：数学竞赛的意义与挑战1. 数学竞赛不仅仅是一项学科竞赛，更是思维训练的过程。

在参加数学竞赛的过程中，学生不仅仅是在解决问题，更是在培养逻辑思维、数学推理和数学建模的能力。

2. 数学竞赛的题目难度较高，需要学生具备扎实的数学基础、优秀的逻辑思维能力和丰富的解题经验。

参加数学竞赛对学生来说是一项挑战，也是一次提高自身数学能力的机会。

3. 通过参加数学竞赛，学生可以在解题过程中积累经验，提高解题速度和准确度，更好地理解数学知识，并培养良好的数学思维习惯。

第二章：数学竞赛解题的策略与方法1. 熟练掌握数学基础知识是参加数学竞赛的基础。

学生要熟练掌握数学基础知识，包括代数、几何、数论等各个方面的知识点，才能在竞赛题目中灵活运用。

2. 多做历年数学竞赛试题，尤其是一些经典的难题。

通过做历年试题，学生可以了解数学竞赛的出题规律和题型，积累解题经验，发现自身在某些知识点上的不足之处，及时进行补充和强化。

3. 注重解题过程中的思维方法和策略。

在解题过程中，学生要注意用多种方法进行思考和解决问题，可以尝试逆向思维、分析归纳、构造反证等不同的思维方法，找到问题的突破口。

4. 多与同学或老师讨论，参加数学竞赛的学生可以多与同学或老师讨论解题思路，交流解题经验，互相学习、互相提高。

5. 树立信心，面对数学竞赛中的难题，学生要树立信心，保持心态平和，不要惧怕困难，要相信自己的能力，努力克服困难。

第三章：高中数学竞赛解题策略的实例分析通过对一些经典的数学竞赛试题进行分析，我们可以看到一些解题的策略和方法在实际题目中是如何运用的。

1. 策略一：分类讨论法对于一些复杂的题目，可以采用分类讨论的方法进行解题。

对于一个几何问题，可以将几何图形进行分类讨论，找到不同情况下的规律，从而解决问题。

2. 策略二：构造法在数学竞赛中，应用构造法解题是比较常见的策略。

通过构造一些特殊的数据或图形，可以发现问题的规律，从而得到解题的线索。

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的立体几何题数学竞赛中，立体几何题是考察学生几何思维和解题能力的重要一环。

对于高中学生来说，合理的应对立体几何题是提高竞赛成绩的关键。

本文将探讨数学竞赛中应对高中数学立体几何题的秘诀和解题方法。

一、了解基本概念和性质在应对立体几何题之前，首先要对基本概念和性质有所了解。

高中立体几何题主要涉及到立体图形的表面积、体积、几何关系等方面的知识点。

学生应熟悉各种常见几何体的特点和性质，例如长方体、正方体、圆柱体、圆锥体等的公式和计算方法，并掌握它们之间的转化关系。

二、掌握解题方法和技巧1. 画出清晰的图形：解决立体几何题的关键是明确图形的形状和结构，因此应该通过手绘或者几何软件画出准确、清晰的图形。

图形的细节对于解题过程及结果都有重要影响，因此务必细心且准确。

2. 利用平行关系：在解题过程中，多利用平行关系推导出所需的条件。

例如，当题目给出某平面与几个直线平行时，可以运用平行关系推导出更多的几何关系，从而简化解题过程。

3. 运用类比和类比思维：类比思维可以帮助发现问题间的相似性，找到解决问题的通用方法。

利用已经学过的解题思路和方法，将新题目与旧题目作类比，找出解题的线索和方向。

4. 运用三维图形展开：对于一些立体几何题，将其展开成二维图形有助于解题。

通过展开图形，可以更好地观察和分析几何关系，从而解决问题。

5. 利用空间想象力：立体几何题需要学生具备较强的空间想象力。

在解题过程中，可以通过空间构想或者辅助手段，如拼图、模型等来帮助理解和解决问题。

三、创造思维和分析能力高中立体几何题往往需要学生具备较高的创造思维和分析能力。

学生应注重培养思维的灵活性，善于抽象和推理。

在解题过程中，可以通过数学归纳法、反证法等方法，积极探索解题的多种可能性和方法。

四、重视实践和练习掌握立体几何题的秘诀，离不开实践和练习。

只有在大量的练习中，才能更好地掌握解题技巧和方法，并在竞赛中更加得心应手。

三角形几何题解题技巧
1. 嘿，你知道吗，在解三角形几何题时，一个超级重要的技巧就是标记已知条件呀！就好像你要去一个陌生的地方，先把地图上的关键点标记出来一样。

比如说有个题告诉你三角形的两个角和一条边，那你就得赶紧把这些已知的宝贝给标记好，这样解题不就有方向啦！
2. 哇塞，要特别注意特殊三角形啊！像直角三角形、等腰三角形和等边三角形，它们可都有独特的性质呢！就好比游戏里的隐藏技能。

比如遇到等腰三角形，马上就知道两腰相等呀，这能帮你在解题中找到好多关键信息呢，可不是超级有用嘛！
3. 嘿呀，画图绝对是个超棒的技巧！把题目中的三角形画出来，直观又清晰，就像是给题目拍了张照片。

比如说一个复杂的几何题，你画好图后，一下子就能看清各个边和角的关系啦，是不是很神奇呀！
4. 别忘了找等量关系呀！这就好比在一堆乱石中找到宝贝一样。

比如在三角形中，内角和始终是 180 度，这就是个很关键的等量关系呀，利用好它，
解题就能势如破竹啦！
5. 哇哦，转换思路也很重要哦！有时候一条路走不通，那就换条路呗。

比如，本来想用求角度的方法，发现不行，那就试试求边长啊。

这就好像本来想走前门，结果锁了，那咱就走后门呗，总能进去的啦！
6. 还有哦，多练习才能掌握这些技巧呀！就像学骑自行车，不练习怎么能骑得好呢。

多做一些三角形几何题，慢慢地你就会发现自己越来越厉害啦！
我的观点结论：掌握这些三角形几何题解题技巧，能让你在解这类题时更得心应手，加油去运用吧！。

高中数学解题方法系列：解三角形的几种入手策略解三角形知识一直是高考常考考点，虽然这一块儿只要运用公式、正弦定理与余弦定理便能解决很多问题，但是如何针对试题，灵活、准确、快速地选定相关定理去入手解题，则是同学们很难把握的。

本文结合具体题目，初步探寻一些入手策略，期望对同学们有所帮助。

【正弦定理公式】；【余弦定理公式】；；如果将公式、正弦定理、余弦定理看成是几个“方程”的话，那么解三角形的实质就是把题目中所给的已知条件按方程的思想进行处理，解题时根据已知量与所求量，合理选择一个比较容易解的方程（公式、正弦定理、余弦定理），从而使同学们入手容易，解题简洁。

一、直接运用公式、正弦定理、余弦定理（1）三角公式①在中，已知两角的三角函数值，求第三个角；存在。

证明：有解有解即，要判断是否有解，只需。

（2）正弦定理①在中，已知两角和任意一边，解三角形；②在中，已知两边和其中一边对角，解三角形；（3）余弦定理①在中，已知三边，解三角形；②在中，已知两边和他们的夹角，解三角形。

直接运用正弦定理、余弦定理的上述情况，是我们常见、常讲、常练的，因此，在这里就不加赘述，同学们可以自己从教材中找一些题目看一看！二、间接运用公式、正弦定理、余弦定理（1）齐次式条件（边或角的正弦）若题目条件中出现关于角的齐次式或关于边的齐次式，可以根据角的异同选用公式弦切互化或正弦定理边角互化；有些题中没有明显的齐次式，但经过变形得到齐次式的依然适用。

1.相同角齐次式条件的弦切互化【例】在中，若，，求。

【解析】无论是条件中的，还是都是关于一个角的齐次式。

是关于的一次齐次式；是关于的二次齐次式。

因此，我们将弦化切，再利用三角公式求解。

由；由或；在中，，且。

代值可得：①当，时，；②当，时，（舍去）。

2.不同角（正弦）齐次式条件的边角互化【例】在中，若，且，求的面积。

【解析】条件是关于不同角正弦的二次齐次式。

因此，我们利用正弦定理将角化为边，然后根据边的关系利用余弦定理求解。

高中数学解三角形解题方法高中数学解三角形的开放型题型的解法研究也是很重要的只有解决了解三角形的难题，数学成绩才会整体上升，高考成绩也会有所提高。

下面是小编为大家整理的关于高中数学解三角形解题方法，希望对您有所帮助。

欢迎大家阅读参考学习!1高中数学解三角形解题方法解三角形，要求记忆三角函数公式，不仅要熟练记忆，牢牢掌握解三角形的解题技巧，还要能够将已经掌握的知识灵活运用。

开放型题型更是需要结合题目要求开拓新思路，以一个全新的思考方式去思考解决问题，这也就是开放型题型的新颖之处，也是开放型题型的难点。

一般开放型题型在题目阅读中增加了难度，相应来说，解题的难度就会减少，那么只要能够读懂题目，了解题目要求，理清楚解题的思路就可以轻松的完成三角函数题目的解答。

但是对于高中生来说对于解三角形函数的了解已经很深入了，只是高中生一般就掌握了解三角形的基本解题思路，对照相应的题型进行练习解答，这么一来，高中生也就变成了解题机器，只会一种思路，一种思考方式，不会变通，如果在这时候遇到了开放型题型，就会完全傻了眼。

这时候，在大形势趋向于开放型题型，高中生只能在自己掌握的知识基础上，多练练开放型题型，运用自己了解的三角函数知识根据开放型题型的题目要求去解答问题。

高中生对于三角函数的知识已经掌握的很熟练了，只是对于这些开放型题型就是缺少练习，多找一些开放型题型来练习，增加高中生对开放型题型题目的理解程度，因为题目要求难度增加，对应的解题难度就会减少，这样一来只要能够多练习开放型题型，熟练掌握解题思路，能够读懂题目要求，就会很简单的解答这方面的问题。

2高中数学解三角形的技巧正弦定理●教学目标。

知识与技能：通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理的内容及其证明方法;会运用正弦定理与三角形内角和定理解斜三角形的两类基本问题。

过程与方法：让学生从已有的几何知识出发，共同探究在任意三角形中，边与其对角的关系，引导学生通过观察，推导，比较，由特殊到一般归纳出正弦定理，并进行定理基本应用的实践操作。

高中数学联赛几何分册几何是高中数学联赛中的一个重要分册，它涉及平面几何和立体几何，为高中数学联赛考题提供了框架。

本文将分析几何分册，作为指导高中学生精通几何知识，并在高中数学联赛中取得优异成绩。

首先，我们先来聊聊平面几何。

平面几何主要围绕着形状、线段、角度以及两个以上的点的位置关系等问题展开。

其中，形状主要涉及解析几何、统计几何、旋转几何以及同轴几何。

解析几何是讨论形状的变换的，如平移、旋转、缩放形状等。

统计几何是讨论形状的空间关系，比如多边形的内部关系等。

旋转几何则是讨论图形中点、线、圆等元素之间的关系，比如点、线、圆等相交等。

同轴几何是一种特殊的几何，比如任意直线和圆之间的关系等。

其次，我们聊一聊立体几何。

立体几何涉及立体形状、空间点的位置关系以及空间线段、立体角度等问题。

立体形状主要涉及棱形、圆柱、圆锥以及立方体等，主要讨论它们内部构成特性以及它们对外部空间的作用。

另外，空间点的位置关系涉及空间形状在立体空间中的表示方法，如直角坐标系等。

空间线段则是讨论空间线段与空间中其他物体之间的关系，比如平面、圆锥等。

最后，立体角度是讨论空间中物体的角度，比如两个平面之间的夹角、两个空间线段之间的夹角、两个圆锥之间的夹角等。

最后，我们来看一下如何准备高中数学联赛几何分册的考题。

首先，学生需要精通平面几何和立体几何的基础知识。

然后，学生可以选择练习题来巩固自己的知识，不断完善自己的数学技能。

此外，学生还可以把自己熟悉的题目拿出来练习，从而不断提高自己的水平。

最后，学生还可以参加一些数学竞赛，这样不仅可以提高自己的知识水平，而且可以让自己了解更多的高中数学联赛考题。

综上所述，几何是高中数学联赛中一个重要的分册，它涉及平面几何和立体几何的知识，如形状、线段、角度以及空间点的位置关系等。

如果想取得优异成绩，学生必须精通几何，并能够正确处理高中数学联赛考题。

总之，几何是高中数学联赛中一个不可缺少的分册，希望它会帮助所有学生到达数学巅峰！。

第5章 直角三角形中直角边所在直线上的点直角三角形中直角边所在直线上的点有如下的结论，作为其性质介绍如下：性质 设D 是直角ABC △（90C ∠=︒）的直角边BC 所在直线上一点（异于B ），则2222222AB DB DA DB DC DB DA DB DC =+⋅=+-⋅．DCAB ABCD（1） （2）图5-1证明 对于图51-（1），当点D 在BC 的延长线上时，由勾股定理，有 222AB BC CA =+ 222BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =++⋅+--⋅ 22()2()BC DC DA DC BC DC =++-+⋅ 222BD DA DB DC =+-⋅．当点D 在CB 的延长线上时，类似地有 2222AB BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =+-⋅+-+⋅ 22()2()DC BC DA DC BC DC =-+--222BD DA DB DC =+-⋅． 对于图51-（2），当D 在边BC 上时，类似地有 2222AB BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =+-⋅+-+⋅ 22()2()BC DC DA BC DC DC =-++-⋅222BD DA DB DC =++⋅．显然，在图51-中，若点D 与点C 重合，则0DC =，有222AB BC CA =+，此即为勾股定理．因此，我们可把上述性质称为广勾股定理． 由上述性质，还可得如下推论：注：也可运用余弦定理证：222222cos 2cos AB DB DA DB DA ADB BD DA DB DA ADC =+-⋅⋅∠=+⋅⋅∠222DB DA DB DC =+⋅．推论1 三角形一边的平方等于、小于或大于其他两边的平方和，视其该边所对的角是直角、锐角或钝角而定．推论2 三角形的一角是直角、锐角或钝角，视其该角所对的边的平方等于、小于或大于其他两边的平方和而定．下面给出三角形的广勾股定理应用的例子． 1．直接在直角三角形中用例1 （三角形的中线长公式）三角形一边上的中线长的平方，等于其他两条边长的平方和之半减去该边长平方的四分之一．证明 如图52-，O 为ABC △的边AB 的中点，作CD AB ⊥于D ．分别在AOC △和OBC △中应用广勾股定理（即（51-）式），有图5-2CAO DB2222AC OC AO OA OD =++⋅2214OC AB AB OD =++⋅，2222BC OC OB OB OD =+-⋅2214OC AB AB OD =+-⋅．由上述两式相加，得222211()24OC AC BC AB =+-．例2 （平行四边形边长与对角线长关系）平行四边形各边的平方和等于两对角线的平方和．事实上，在图52-中，将CO 延长至E ，使OE OC =，则四边形AEBC 为平行四边形，由三角形中线长公式，即得22222()AC BC AB CE +=+．例3 （定差幂线定理）设MN ，PQ 是两条线段，则MN PQ ⊥的充要条件为2222PM PN QM QN -=-． 证明 必要性．如图53-，若MN PQ ⊥，则可设MN PQ ⊥于D ．PMNQD PMNQ D图5-3分别在MQP △，PQN △中应用广勾股定理，有 2222PM QM PQ QP QD =+-⋅，2222PN QN PQ QP QD =+-⋅．上述两式相减，得2222PM PN QM QN -=-． 充分性．当2222PM PN QM QN -=-时，如图54-．QRNS KM PTFE NFRS EQ KMTP 图5-4设R ，S ，T ，K ，E ，F 分别为ON ，NP ，PM ，MQ ．PQ ，MN 的中点，将这些中点联结如图，则KRST ，RFTE ，KFSE 均为平行四边形．由例2的结论，有22222()KF KE EF KS +=+，222()ER RF +22EF RT =+．由题设有2222PM QN PN QM +=+，即有22224444KE KF ER RF +=+． 上述三式整理得22KS RT =，即KS RT =，从而KRST 为矩形，有KT KR ⊥． 而KT PQ ∥，KR MN ∥， 故MN PQ ⊥．例4 如图55-，在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，点D 在边CA 上，使得1CD =，3DA =，且3BDC BAC ∠=∠．求BC 的长．BC D Ex A图5-5解 由3BDC BAC ∠=∠，知2ABD BAC ∠=∠．过点B 作ABD ∠的平分线交DA 于E ，则AEB △为等腰三角形．令AE x =，则BE x =，且3DE x =-． 分别对EBC △，ABC △应用广勾股定理，有 22222x BE BD DE DE DC ==++⋅22(3)2(3)BD x x =+-+-，即2815BD x =-．22228159238AB BD DA DA DC x x =++⋅=-++⋅=．又由角平分线性质，有BD DE BA EA =，即22815(3)8x x x x --=，解得2411x =．从而BC = 2．作出垂线，构造新直角三角形例5 如图56-，已知在ABC △中，90ACB ∠=︒．ADEBC图5-6（1）如图所示，当点D 在斜边AB 上（不含端点）时，求证：222CD BD AD BDBC AB--=； （2）当点D 与点A 重合时，（1）中的等式是否成立？请说明理由； （3）当点D 在BA 的延长线上时，（1）中的等号是否成立？请说明理由．解 （1）过C 作CE BD ⊥于E ，则由射影定理（或直角三角形相似）有2BC BA BE =⋅． 对Rt CBE △的直角边BE 上的点D 应用广勾股定理，有2222CD BC BD BD BE =+-⋅， 即2222CD BD BC BD BE -=-⋅．于是， 222222CD BD BC BD BEBC BC --⋅=2BA BE BD BEBA BE ⋅-⋅=⋅ ()BA BD BD AD BDBA AB---==． （2）当点D 与A 重合时，（1）中等式仍然成立． 此时，0AD =，CD AC =，BD AB =．于是222222221CD BD AC AB BC BC BC BC ---===-，1AD BD ABAB AB--==-， 故 222CD BD AD BDBC AB--=． （3）当点D 在BA 的延长线上时，（1）中的等式不成立．此时，同（1）作辅助线，应用广勾股定理，有2222CD BC BD BD BE =+-⋅，即222CD BD BC -=-2BD BE ⋅．从而222CD BD AD BD AD BDBC AB AB----=≠． 例6 如图57-，已知四边形ABCD 为正方形，O 过正方形的顶点A 和对角线的交点P ，并分别交AB ，AD 于点F ，E ．（1）求证：DE AF =；（2）若O，1AB =，求AEED的值． 解 显然EF 为O 的直径，即O 点在EF 上．联结EP ，FP ，则45EFP EAP FAP FEP ∠=∠=︒=∠=∠，即知EPF △为等腰直角三角形，于是EP ．图5-7D（1）由DP AP =，45EDP FAP ∠=︒=∠，DEP AFP ∠=∠，知DEP △≌AFP △．从而DE AF =．（2）过P 作PM AD ⊥于M ，则M 为AD 的中点，11)2AM =，12)2AP =．令AEx =，则11)2EM x =-．对Rt APM △的直角边AM 上的点E 应用广勾股定理，有2222AP AE EP EA EM =++⋅．即222112)21)22x x x ⎡⎤⎡⎤=++⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭， 亦即21)0x x -+=．解得1AE x ==AEED=． 例7 如图58-，在ABC △中，75A ∠=︒，35B ∠=︒，D 是边BC 上一点，2BD CD =．求证：2()()AD AC BD AC CD =+-．C ABFDME图5-8证明 如图，延长BC 至E ，使CE AC =．由题设70C ∠=︒，则35E B ∠=︒=∠，即知ABE △为等腰三角形．过点A 作AM BE ⊥于M ，则M 为BE 的中点．取BD 的中点F ，则BF FD DC ==，联结AF ．对Rt ABM △的直角边BM 所在直线上的点C 应用广勾股定理，有2222AB AC BC CB CM =+-⋅2()AC BC BC CM CM =+-- 2()AC BC BM CM =+- 2()AC BC EM CM =+- 2AC BC CE =+⋅2AC BC AC =+⋅①又在Rt AFM △，Rt ACM △中分别对点D 应用广勾股定理，有2222AF FD AD DF DM =++⋅， 2222AC CD AD DC DM =+-⋅．此两式相加得222222AF AC CD AD +=+． ②同理，在Rt ABM △，Rt ADM △中分别对点F 应用广勾股定理，有2222AB AF BF FB FM =++⋅， 2222AD AF DF FD FM =+-⋅，此两式相加，得222222AB AD AF CD +=+． ③由②，③得2222263AC AB CD AD +=+，将①代入并注意3BC CD =，得 2222AC AC CD CD AD +⋅=+．故2222(2)()()()AD AC AC CD CD AC CD AC CD AC BD AC CD =+⋅-=+-=+-．3．作出特殊线，证明是垂线 例8 （《中等数学》2008（4）数学奥林匹克问题222号）如图59-，O 在矩形ABCD 内，讨顶点A ，B ，C ，D 分别作O 的切线，切点分别为1A ，1B ，1C ，1D ．若13AA =，14BB =，15CC =，求1DD 的长．A E DCC 1BB 1D 1FOA 1图5-9解 联结AO ，BO ，CO ，DO ，1A O ，1B O ，1C O ，1D O ，则11OA AA ⊥，11OB BB ⊥，11OC CC ⊥，11OD DD ⊥． 设O 的半径为r ，则由勾股定理，知2221AO AA r =+，2221BO BB r =+， 2221CO CC r =+，2221DO DD r =+．过点O 作EF AD ∥分别交DC ，AB 于F ，E ，则由题设知OE AB ⊥，OF DC ⊥，且BE CF =． 在Rt AOE △中，对点B ，在Rt ODF △中，对点C 分别应用广勾股定理，有2222AO OB AB BA =+-⋅ BE ，2222DO OC CD CD CF =+-⋅．此两式相减得2222AO DO OB OC -=-，即2222AO OC OB OD +=+．（*） 于是，22221111AA CC BB DD +=+．故1DD = 注：（*）式表明：矩形内一点到两双对顶点的距离的平方和相等．例9 （第31届俄罗斯数学奥林匹克（第4轮）题）已知非等腰ABC △，1AA ，1BB 是它的两条高，又线段11A B 与平行于AB 的中位线相交于点C '．证明：经过ABC △的外心和垂心的直线与直线CC '垂直． 证明 如图510-，设O ，H 分别为ABC △的外心和垂心，EF 是与AB 平行的中位线，交AC 于E ，交BC 于F ．联结CO 交11B A 于点L ，联结CH 交EF 于点K ．CTF A 1B 1ABHC ′E O K L图5-10注意到CH AB ⊥，EF AB ∥，则知CH EF ⊥，即KF CH ⊥．过点C 作ABC △外接圆的切线CT ，则CO CT ⊥，且11TCB CAB B AC ∠=∠=∠，即知11B A CT ∥，于是知11CO B A ⊥，即C L CO '⊥．联结C H '，C O '．在Rt C HK '△，Rt C OL '△中，分别对点C 应用广勾股定理，有2222C H C C CH CK CH ''=+-⋅， 2222C O C C CO CL CO ''=+-⋅．上述两式相减得222222C H C O CH C O CK CH CL CO '''-=--⋅+⋅． ① 由于1OE EB ⊥，1OL B L ⊥知1B ，E ，O ，L 四点共圆；由11EFC ABC A B C ∠=∠=∠，知1A ，F ，1B ，E 四点共圆；由11HA A F ⊥，HK KF ⊥知K ，H ，1A ，F 四点共圆，于是，CL ，1CO CE CB =⋅= 1CF CA CK CH ⋅=⋅．②将②式代入①式，得2222C H C O CH CO ''-=-． 于是，由定差幂线定理，知CC OH '⊥． 4．综合应用例10 （2009年福建省竞赛题）如图511-，O 与线段AB 切于点M ，且与以AB 为直径的半圆切于点E ，CD AB ⊥于点D ，CD 与以AB 为直径的半圆交于点C ，且与O 切于点F ，联结AC ，CM ．求证：（1）A ，F ，E 三点共线；（2）AC AM =；（3）22MC MD MA =⋅．图5-11证明 （1）设AB 的中点为O '，由于O '与O 内切于点E ，则知O '，O ，E 三点共线． 联结FO ，则FO CD ⊥．又AB CD ⊥，知FO AB ∥． 于是，EOF EO A '∠=∠．从而，两等腰EOF △，EO A '△的底角相等，即有OEF O EA '∠=∠．由此即知A ，F ，E 三点共线．（2）在O 中，由切割线定理，有2AM AF AE =⋅．联结EB ，则AE EB ⊥，知E ，F ，D ，B 四点共圆，即有AF AE AD AB ⋅=⋅．联结BC ，则由勾股定理有222BC AB AC =-．在ABC △中，应用广勾股定理，有222AC BC AB =+- 22222BA BD AB AC BA BD ⋅=--⋅，即有*22()AC AB BA BD AB AB BD AB AD AF AE =-⋅=-===⋅=⋅=（）2AM ，故AC AM =．（3）在AMC △中应用广勾股定理，有2222MC AM AC AM AD =+-⋅，而AM AC =，故22222MC AM AM AD AM DM =-⋅=⋅． 注：（*）处亦即直角三角形的射影定理2AC AB AD =⋅．这说明可用广勾股定理推导直角三角形射影定理． 例11 （《中等数学》2009（7）数学奥林匹问题高251）凸四边形ABCD 外切于O ，两组对边所在的直线分别交于点E ，F ，对角线交于点G ．求证：OG EF ⊥．FE 图5-12证明 设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 的切点分别为M ，N ，R ，S ，则由牛顿定理知（参见第29章）AC ，BD ，MR ，NS 四线共点于G ．联结OE 交MG 于H ，联结OF 交SG 于H '，则GH OE ⊥，GH OF '⊥．在OEG △和OFG △中分别应用广勾股定理，有2222EG OE EO OE OH =+-⋅， 2222FG OF OF OF OH '=+-⋅．注意到直角三角形的射影定理，有22OE OH OM OS OF OH '⋅===⋅． 从而22222222EG EO OG OE OH OG OF OH FG FO '-=-⋅=-⋅=-． 由例3的结论，知OG EF ⊥． 练习五1．设P 为ABC △的边AB 上一点，求证：222PB APCP AC BC AP PB AB AB=⋅+⋅-⋅． 2．已知O 内的弦CD 平行于直径AB ，P 为AB 上的一点，求证：2222PC PD PA PB +=+．3．设P 为正ABC △的外接圆劣弧BC 上任一点．求证：PB PC PA +=．4．设H 为锐角ABC △的垂心，P 是ABC △所在平面内任一点，作HM PB ⊥于点M 交AC 的延长线于点J ，作HN PC ⊥于点N 交AB 的延长线于点I ．求证：PH IJ ⊥．5．圆O 与圆D 相交于点A ，B ，BC 为圆D 的切线，点C 在圆O 上，且AB BC =．（1）证明：点O 在圆D 的圆周上；（2）设ABC △的面积为S ，求圆D 的半径r 的最小值． 6．（2005年国家队集训题）已知E ，F 是ABC △的边AB ，AC 的中点，CM ，BN 是边AB ，AC 上的高．联结EF ，MN 交于点P ．又设O ，H 分别是ABC △的外心，垂心，联结AP ，OH ．求证：AP OH ⊥．。

1.2 应用举例(1)方向角和方位角各是什么样的角？(2)怎样测量物体的高度？(3)怎样测量物体所在的角度？[新知初探]实际测量中的有关名称、术语名称定义图示基线在测量中，根据测量需要适当确定的线段叫做基线仰角在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时与水平线的夹角俯角在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时与水平线的夹角方向角从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°)南偏西60°指以正南方向为始边，转向目标方向线形成的角预习课本P12～14，思考并完成以下问题方位角从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知三角形的三个角，能够求其三条边( )(2)两个不可到达的点之间的距离无法求得( )(3)方位角和方向角是一样的( )解析：(1)错误，要解三角形，至少知道这个三角形的一条边长．(2)错误，两个不可到达的点之间的距离我们可以借助第三个点和第四个点量出角度、距离求得．(3)错误．方位角是指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，而方向角是以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作起始方向旋转到目标的方向线所成的角(一般指锐角)．答案：(1)×(2)×(3)×2．若P在Q的北偏东44°50′方向上，则Q在P的( )A．东偏北45°10′方向上 B．东偏北45°50′方向上C．南偏西44°50′方向上 D．西偏南45°50′方向上解析：选C 如图所示．3．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为( ) A．α＞β B．α＝βC．α＋β＝90° D．α＋β＝180°解析：选B 根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，如图．知α＝β，故应选B.4．两灯塔A，B与海洋观察站C的距离都等于a(km)，灯塔A在C北偏东30°，B在C南偏东60°，则A，B之间距离为( )A.2a kmB.3a kmC ．a kmD ．2a km解析：选A △ABC 中，AC ＝BC ＝a ，∠ACB ＝90°， 所以AB ＝2a .测量高度问题[典例] 如图，测量河对岸的塔高AB 时，可以选与塔底B 在同一水平面内的两点C 与D .现测得∠BCD ＝α，∠BDC ＝β，CD ＝s ，并在点C 测得塔顶A 的仰角为θ，求塔高AB .[解] 在△BCD 中， ∠CBD ＝π－(α＋β)．由正弦定理得BC sin ∠BDC ＝CDsin ∠CBD .∴BC ＝CD sin ∠BDC sin ∠CBD ＝s ·sin βsin α＋β.在Rt △ABC 中，AB ＝BC tan ∠ACB ＝s ·si n βtan θsin α＋β.测量高度问题的两个关注点(1)“空间”向“平面”的转化：测量高度问题往往是空间中的问题，因此先要选好所求线段所在的平面，将空间问题转化为平面问题．(2)“解直角三角形”与“解斜三角形”结合，全面分析所有三角形，仔细规划解题思路． [活学活用]1．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的A 处测得水柱顶端的仰角为45°，沿A 向北偏东30°方向前进100 m 到达B 处，在B 处测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 m 解析：选A 如图，设水柱高度是h m ，水柱底端为C ，则在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝h ，AB ＝100，BC ＝3h ，根据余弦定理得，(3h )2＝h 2＋1002－2×h ×100×cos 60°，即h 2＋50h －5 000＝0，解得h ＝50或h ＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m.2.如图所示，在山底A 处测得山顶B 的仰角∠CAB ＝45°，沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m 到达S 点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC 为________m.解析：因为∠SAB ＝45°－30°＝15°，∠SBA ＝∠ABC －∠SBC ＝45°－(90°－75°)＝30°， 所以∠ASB ＝180°－∠SAB －∠SBA ＝135°.在△ABS 中，AB ＝AS ·sin 135°sin 30°＝1 000×2212＝1 0002，所以BC ＝AB ·sin 45°＝1 0002×22＝1 000(m)． 答案：1 000测量角度问题[典例] 如图所示，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3) n mile 的两个观测点．现位于A 点北偏东45°方向、B 点北偏西60°方向的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距20 3 n mile 的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为30 n mile/h ，则该救援船到达D 点需要多长时间？[解] 由题意，知AB ＝5(3＋3) n mile ，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝90°－45°＝45°， ∴∠ADB ＝180°－(45°＋30°)＝105°. 在△DAB 中，由正弦定理得BD sin ∠DAB ＝ABsin ∠ADB ，即BD ＝AB sin ∠DAB sin ∠ADB ＝53＋3sin 45°sin 105°＝53＋3sin 45°sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°＝10 3 n mile.又∠DBC ＝∠DBA ＋∠ABC ＝60°，BC ＝20 3 n mile ， ∴在△DBC 中，由余弦定理，得CD ＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC cos ∠DBC＝300＋1 200－2×103×203×12＝30 n mile ，则救援船到达D 点需要的时间为3030＝1 h.测量角度问题主要是指在海上或空中测量角度的问题，如确定目标的方位，观察某一建筑物的视角等．解决它们的关键是根据题意和图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，需要求哪些量．通常是根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得到所求的量，从而得到实际问题的解．[活学活用]在海岸A 处，发现北偏东45°方向，距离A 处(3－1)n mile 的B 处有一艘走私船，在A 处北偏西75°的方向，距离A 2 n mile 的C 处的缉私船奉命以10 3 n mile 的速度追截走私船．此时，走私船正以10 n mile/h 的速度从B 处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？解：设缉私船用t h 在D 处追上走私船，画出示意图， 则有CD ＝103t ，BD ＝10t ，在△ABC 中，∵AB ＝3－1，AC ＝2，∠BAC ＝120°，∴由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos∠BAC ＝(3－1)2＋22－2·(3－1)·2·cos 120°＝6，∴BC ＝6，且sin ∠ABC ＝AC BC·sin∠BAC ＝26·32＝22， ∴∠ABC ＝45°，BC 与正北方向成90°角．∵∠CBD ＝90°＋30°＝120°，在△BCD 中，由正弦定理，得sin ∠BCD ＝BD ·sin∠CBDCD＝10t sin 120°103t＝12， ∴∠BCD ＝30°.即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船.测量距离问题题点一：两点间不可通又不可视1.如图所示，要测量一水塘两侧A ，B 两点间的距离，其方法先选定适当的位置C ，用经纬仪测出角α，再分别测出AC ，BC 的长b ，a ，则可求出A ，B 两点间的距离．即AB ＝a 2＋b 2－2ab cos α.若测得CA ＝400 m ，CB ＝600 m ，∠ACB ＝60°，试计算AB 的长． 解：在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos ∠ACB ，∴AB 2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000. ∴AB ＝2007 (m)．即A ，B 两点间的距离为2007 m. 题点二：两点间可视但有一点不可到达2.如图所示，A ，B 两点在一条河的两岸，测量者在A 的同侧，且B 点不可到达，要测出A ，B 的距离，其方法在A 所在的岸边选定一点C ，可以测出A ，C 的距离m ，再借助仪器，测出∠ACB ＝α，∠CAB ＝β，在△ABC 中，运用正弦定理就可以求出AB .若测出AC ＝60 m ，∠BAC ＝75°，∠BCA ＝45°，则A ，B 两点间的距离为________ m. 解析：∠ABC ＝180°－75°－45°＝60°， 所以由正弦定理得，AB sin C ＝ACsin B， ∴AB ＝AC ·sin C sin B ＝60×sin 45°sin 60°＝206(m)．即A ，B 两点间的距离为20 6 m. 答案：20 6题点三：两点都不可到达3.如图，A ，B 两点在河的同侧，且A ，B 两点均不可到达，测出A ，B 的距离，测量者可以在河岸边选定两点C ，D ，测得CD ＝a ，同时在C ，D 两点分别测得∠BCA ＝α，∠ACD ＝β，∠CDB ＝γ，∠BDA ＝δ.在△ADC和△BDC 中，由正弦定理分别计算出AC 和BC ，再在△ABC 中，应用余弦定理计算出AB .若测得CD ＝32km ，∠ADB ＝∠CDB ＝30°，∠ACD ＝60°，∠ACB ＝45°，求A ，B 两点间的距离．解：∵∠ADC ＝∠ADB ＋∠CDB ＝60°，∠ACD ＝60°， ∴∠DAC ＝60°， ∴AC ＝DC ＝32. 在△BCD 中，∠DBC ＝45°，由正弦定理，得BC ＝DCsin ∠DBC ·sin∠BDC ＝32sin 45°·sin30°＝6 4.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos 45°＝34＋38－2×32×64×22＝38.∴AB＝64 (km)．∴A，B两点间的距离为64km.当A，B两点之间的距离不能直接测量时，求AB的距离分为以下三类：(1)两点间不可通又不可视(如图①)：可取某点C，使得A，B与C之间的距离可直接测量，测出AC＝b，BC＝a以及∠ACB＝γ，利用余弦定理得：AB＝a2＋b2－2ab cos γ.(2)两点间可视但不可到达(如图②)：可选取与B同侧的点C，测出BC＝a以及∠ABC和∠ACB，先使用内角和定理求出∠BAC，再利用正弦定理求出AB.(3)两点都不可到达(如图③)：在河边测量对岸两个建筑物之间的距离，可先在一侧选取两点C，D，测出CD＝m，∠ACB，∠BCD，∠ADC，∠ADB，再在△BCD中求出BC，在△ADC中求出AC，最后在△ABC中，由余弦定理求出AB.层级一学业水平达标1.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4 m，∠A＝30°，则其跨度AB的长为( )A．12 m B．8 mC．3 3 m D．4 3 m解析：选D 由题意知，∠A＝∠B＝30°，所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，由正弦定理得，AB sin C ＝ACsin B ，即AB ＝AC ·sin C sin B ＝4·sin 120°sin 30°＝4 3.2．一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P 的南偏西75°距塔68 n mile 的M 处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N 处，则这只船的航行速度为( )A.1762n mile/h B ．34 6 n mile/hC.1722n mile/h D ．34 2 n mile/h解析：选A 如图所示，在△PMN 中，PM sin 45°＝MNsin 120°，∴MN ＝68×32＝346，∴v ＝MN 4＝1762 n mile/h.3．若某人在点A 测得金字塔顶端仰角为30°，此人往金字塔方向走了80米到达点B ，测得金字塔顶端的仰角为45°，则金字塔的高度最接近于(忽略人的身高)( )A ．110米B ．112米C ．220米D ．224米解析：选A 如图，设CD 为金字塔，AB ＝80米．设CD ＝h ，则由已知得(80＋h )×33＝h ，h ＝40(3＋1)≈109(米)．从选项来看110最接近，故选A.4．设甲、乙两幢楼相距20 m ，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两幢楼的高分别是( )A ．20 3 m ，4033 mB ．10 3 m,20 3 mC ．10(3－2)m,20 3 mD.1532 m ，2033m解析：选A 由题意，知h 甲＝20tan 60°＝203(m)，h 乙＝20tan 60°－20tan 30°＝4033(m)． 5．海上的A ，B 两个小岛相距10 n mile ，从A 岛望C 岛和B 岛成60°的视角，从B 岛望C 岛和A 岛成75°的视角，则B 岛与C 岛之间的距离是( )A ．10 3 n mile B.1063 n mileC ．5 2 n mileD ．5 6 n mile解析：选D 由题意，做出示意图，如图，在△ABC 中，C ＝180°－60°－75°＝45°，由正弦定理，得BC sin 60°＝10sin 45°，解得BC ＝56(n mile)．6．某人从A 处出发，沿北偏东60°行走3 3 km 到B 处，再沿正东方向行走2 km 到C 处，则A ，C 两地的距离为________km.解析：如图所示，由题意可知AB ＝33，BC ＝2，∠ABC ＝150°. 由余弦定理，得AC 2＝27＋4－2×33×2×cos 150°＝49，AC ＝7.则A ，C 两地的距离为7 km. 答案：77．坡度为45°的斜坡长为100 m ，现在要把坡度改为30°，则坡底要伸长________m. 解析：如图，BD ＝100，∠BDA ＝45°，∠BCA ＝30°， 设CD ＝x ，所以(x ＋DA )·tan 30°＝DA ·tan 45°， 又DA ＝BD ·cos 45°＝100×22＝502， 所以x ＝DA ·tan 45°tan 30°－DA ＝502×133－50 2＝50(6－2)m. 答案：50(6－2)8．一蜘蛛沿东北方向爬行x cm 捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm 捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，那么x ＝________cm.解析：如图所示，设蜘蛛原来在O 点，先爬行到A 点，再爬行到B点，易知在△AOB 中，AB ＝10 cm ，∠OAB ＝75°，∠ABO ＝45°，则∠AOB ＝60°，由正弦定理知：x ＝AB ·sin∠ABO sin ∠AOB ＝10×sin 45°sin 60°＝1063(cm)．答案：10639.如图，甲船以每小时302海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A 1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B 1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A 2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B 2处，此时两船相距102海里，求乙船航行的速度．解：如图，连接A 1B 2，在△A 1A 2B 2中，易知∠A 1A 2B 2＝60°，又易求得A 1A 2＝302×13＝102＝A 2B 2，∴△A 1A 2B 2为正三角形， ∴A 1B 2＝10 2.在△A 1B 1B 2中，易知∠B 1A 1B 2＝45°， ∴(B 1B 2)2＝400＋200－2×20×102×22＝200， ∴B 1B 2＝102，∴乙船每小时航行302海里．10.如图所示，在地面上共线的三点A ，B ，C 处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB ＝BC ＝60 m ，求建筑物的高度．解：设建筑物的高度为h ，由题图知，PA ＝2h ，PB ＝2h ，PC ＝233h ， ∴在△PBA 和△PBC 中，分别由余弦定理， 得cos ∠PBA ＝602＋2h 2－4h22×60×2h ，①cos ∠PBC ＝602＋2h 2－43h22×60×2h .②∵∠PBA ＋∠PBC ＝180°， ∴cos ∠PBA ＋cos ∠PBC ＝0.③由①②③，解得h ＝306或h ＝－306(舍去)，即建筑物的高度为30 6 m.层级二 应试能力达标1.如图，从气球A 上测得其正前下方的河流两岸B ，C 的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD 是60 m ，则河流的宽度BC 是( )A ．240(3－1)mB ．180(2－1)mC ．120(3－1)mD ．30(3＋1)m解析：选C 由题意知，在Rt △ADC 中，∠C ＝30°，AD ＝60 m ，∴AC ＝120 m ．在△ABC 中，∠BAC ＝75°－30°＝45°，∠ABC ＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定理，得BC ＝AC sin ∠BACsin ∠ABC ＝120×226＋24＝120(3－1)(m)．2.如图所示为起重机装置示意图．支杆BC ＝10 m ，吊杆AC ＝15 m ，吊索AB ＝519 m ，起吊的货物与岸的距离AD 为( )A ．30 m B.1532 mC ．15 3 mD ．45 m解析：选B 在△ABC 中，AC ＝15 m ，AB ＝519 m ，BC ＝10 m ，由余弦定理得cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22×AC ×BC＝152＋102－51922×15×10＝－12，∴sin ∠ACB ＝32.又∠ACB ＋∠ACD ＝180°， ∴sin ∠ACD ＝sin ∠ACB ＝32. 在Rt △ADC 中，AD ＝AC ·sin∠ACD ＝15×32＝1532m. 3.如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB 的高度，在塔的同一侧选择C ，D 两个观测点，且在C ，D 两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD ＝120°，C ，D 两地相距500 m ，则电视塔AB 的高度是( )A ．100 2 mB ．400 mC ．200 3 mD ．500 m解析：选D 设AB ＝x ，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝45°，∴BC ＝AB ＝x .在Rt △ABD 中，∠ADB ＝30°，∴BD ＝3x .在△BCD 中，∠BCD ＝120°，CD ＝500 m ，由余弦定理得(3x )2＝x 2＋5002－2×500x cos 120°，解得x ＝500 m.4.如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A ，发现其北偏东45°，与观测站A 距离202海里的B 处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又45.测得该货船位于观测站A 东偏北θ(0°<θ<45°)的C 处，且cos θ＝已知A ，C 两处的距离为10海里，则该货船的船速为( )A ．485 海里/小时B ．385 海里/小时C ．27 海里/小时D ．4 6 海里/小时解析：选A 因为cos θ＝45，0°<θ<45°，所以sin θ＝35，cos(45°－θ)＝22×45＋22×35＝7210，在△ABC 中，BC 2＝(202)2＋102－2×202×10×7210＝340，所以BC ＝285，该货船的船速为28512＝485海里/小时．5.如图所示，客轮以速度2v 由A 至B 再到C 匀速航行，货轮从AC 的中点D 出发，以速度v 沿直线匀速航行，将货物送达客轮．已知AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝50 n mile ，若两船同时起航出发，则两船相遇之处距C 点________n mile(结果精确到小数点后一位)．解析：由题易知两船相遇之处M 位于BC 上，如图，设|MC |＝d ，则100±d 2v ＝d 2＋2522±2·d ·252cos 45°v(M 位于BC 延长线上取“＋”，M 位于BC 上取“－”)，所以(100±d )2＝4[d 2＋(252)2±50d ]，即3d 2＝1002－5 000，所以d 2＝5 0003，即d ≈40.8(n mile)．答案：40.86．甲船在A 处观察乙船，乙船在它的北偏东60°方向的B 处，两船相距a n mile ，乙船正向北行驶，若甲船的速度是乙船的3倍，则甲船应沿________方向行驶才能追上乙船；追上时甲船行驶了________n mile.解析：如图所示，设在C 处甲船追上乙船，乙船到C 处用的时间为t ，乙船的速度为v ，则BC ＝tv ，AC ＝3tv ，又B ＝120°，则由正弦定理BCsin ∠CAB ＝AC sin B ，得1sin ∠CAB ＝3sin 120°，∴sin ∠CAB ＝12，∴∠CAB ＝30°，∴甲船应沿北偏东30°方向行驶．又∠ACB ＝180°－120°－30°＝30°，∴BC ＝AB ＝a n mile ，∴AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos 120°＝a 2＋a 2－2a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3a (n mile)答案：北偏东30° 3a7.如图所示，在社会实践中，小明观察一棵桃树．他在点A 处发现桃树顶端点C 的仰角大小为45°，往正前方走4 m 后，在点B 处发现桃树顶端点C 的仰角大小为75°.(1)求BC 的长；(2)若小明身高为1.70 m ，求这棵桃树顶端点C 离地面的高度(精确到0.01 m ，其中3≈1.732)．解：(1)在△ABC 中，∠CAB ＝45°，∠DBC ＝75°， 则∠ACB ＝75°－45°＝30°，AB ＝4，由正弦定理得BC sin 45°＝4sin 30°，解得BC ＝42(m)．即BC 的长为4 2 m. (2)在△CBD 中，∠CDB ＝90°，BC ＝42， 所以DC ＝42sin 75°.因为sin 75°＝s in(45°＋30°) ＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝6＋24， 则DC ＝2＋2 3.所以CE ＝ED ＋DC ＝1.70＋2＋23≈3.70＋3.464 ≈7.16(m)．即这棵桃树顶端点C 离地面的高度为7.16 m.8.在某次地震时，震中A (产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B ，C ，D .已知B ，C 两市相距20 km ，C ，D 相距34 km ，C 市在B ，D 两市之间，如图所示．某时刻C 市感到地表震动，8 s 后B 市感到地表震动，20 s后D 市感到地表震动，已知震波在地表传播的速度为每秒1.5 km.求震中A到B ，C ，D 三市的距离．解：在△ABC 中，由题意AB －AC ＝1.5×8＝12(km)．在△ACD 中，由题意AD －AC ＝1.5×20＝30(km)．设AC ＝x km ，则AB ＝(12＋x )km ，AD ＝(30＋x )km.在△ABC 中，cos ∠ACB ＝x 2＋400－12＋x22×20×x＝256－24x 40x ＝32－3x5x. 在△ACD 中，cos ∠ACD ＝x 2＋1 156－30＋x268x＝256－60x 68x ＝64－15x17x.∵B ，C ，D 在一条直线上，∴64－15x 17x ＝－32－3x 5x ，即64－15x 17＝3x －325.解得x ＝487.∴AB ＝1327 km ，AD ＝2587 km.即震中A 到B ，C ，D 三市的距离分别为1327 km ，487 km ，2587km.(时间120分钟 满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在△ABC 中，A ＝π3，BC ＝3，AB ＝6，则C ＝( )A.π4或3π4 B.3π4C.π4D.π6解析：选C 由BCsin A ＝AB sin C ，得sin C ＝22. ∵BC ＝3，AB ＝6，∴A >C ，则C 为锐角，故C ＝π4.2．在△ABC 中，sin A ＝sin C ，则△ABC 是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．锐角三角形D ．钝角三角形解析：选B ∵sin A ＝sin C 且A ，C 是三角形内角， ∴A ＝C 或A ＋C ＝π(舍去)． ∴△ABC 是等腰三角形．3．在△ABC 中，a ＝k ，b ＝3k (k ＞0)，A ＝45°，则满足条件的三角形有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个D ．无数个解析：选A 由正弦定理得a sin A ＝bsin B， ∴sin B ＝b sin A a ＝62＞1，即sin B ＞1，这是不成立的．所以没有满足此条件的三角形．4．在△ABC 中，a ＝15，b ＝20，A ＝30°，则cos B ＝( )A ．±53 B.23 C ．－53D.53解析：选A 因为a sin A ＝b sin B ，所以15sin 30°＝20sin B ，解得sin B ＝23.因为b >a ，所以B >A ，故B 有两解，所以cos B ＝±53. 5．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，则它的顶角的余弦值为( ) A ．－78B.78 C ．－87D.87解析：选B 设等腰三角形的底边长为a ，顶角为θ，则腰长为2a ，由余弦定理得，cos θ＝4a 2＋4a 2－a 28a 2＝78. 6．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为A ，B ，C 的对边，如果2b ＝a ＋c ，B ＝30°，△ABC 的面积为32，那么b 等于( )A.1＋32 B ．1＋ 3C.2＋22D ．2 3解析：选B ∵S △ABC ＝12ac sin B ，∴ac ＝6.又∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝(a ＋c )2－2ac －2ac ·cos 30°＝4b 2－12－63， ∴b 2＝4＋23，∴b ＝1＋ 3.7．已知△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝k ∶(k ＋1)∶2k ，则k 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞)B ．(－∞，0)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：选 D 由正弦定理得：a ＝mk ，b ＝m (k ＋1)，c ＝2mk ，(m >0)，∵⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b >c ，a ＋c >b ，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2k ＋1>2mk ，3mk >m k ＋1，∴k >12.8．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin 2A 2＝c －b 2c，则△ABC 的形状为( ) A ．等边三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形D ．等腰直角三角形解析：选B 由已知可得1－cos A 2＝12－b2c ，即cos A ＝bc，b ＝c cos A .法一：由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，则b ＝c ·b 2＋c 2－a 22bc，所以c 2＝a 2＋b 2，由此知△ABC 为直角三角形． 法二：由正弦定理，得sin B ＝sin C cos A ．在△ABC 中，sin B ＝sin(A ＋C )， 从而有sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin C cos A ， 即sin A cos C ＝0.在△ABC 中，sin A ≠0，所以cos C ＝0.由此得C ＝π2，故△ABC 为直角三角形．9．已知圆的半径为4，a ，b ，c 为该圆的内接三角形的三边，若abc ＝162，则三角形的面积为( )A ．2 2B ．8 2 C. 2 D.22解析：选C ∵a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R ＝8， ∴sin C ＝c 8，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝abc 16＝16216＝ 2.10．在△ABC 中，三边长分别为a －2，a ，a ＋2，最大角的正弦值为32，则这个三角形的面积为( )A.154B.1534C.2134D.3534解析：选B ∵三边不等，∴最大角大于60°.设最大角为α，故α所对的边长为a ＋2，∵sin α＝32，∴α＝120°.由余弦定理得(a ＋2)2＝(a －2)2＋a 2＋a (a －2)，即a 2＝5a ，故a ＝5，故三边长为3,5,7，S △ABC ＝12×3×5×sin 120°＝1534.11．如图，海平面上的甲船位于中心O 的南偏西30°，与O 相距15海里的C 处．现甲船以35海里/小时的速度沿直线CB 去营救位于中心O 正东方向25海里的B 处的乙船，则甲船到达B 处需要的时间为( )A.12小时 B ．1小时 C.32小时 D ．2小时解析：选B 在△OBC 中，由余弦定理，得CB 2＝CO 2＋OB 2－2CO ·OB cos 120°＝152＋252＋15×25＝352，因此CB ＝35，3535＝1(小时)，因此甲船到达B 处需要的时间为1小时．12.如图，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC＝2BD ，则sin C 的值为( )A.33B.36 C.63D.66解析：选D 设BD ＝a ，则BC ＝2a ，AB ＝AD ＝32a . 在△ABD 中，由余弦定理，得cos A ＝AB 2＋AD 2－BD22AB ·AD＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2－a22×32a ·32a＝13.又∵A 为△ABC 的内角，∴sin A ＝223.在△ABC 中，由正弦定理得，BCsin A ＝ABsin C.∴sin C ＝AB BC ·sin A ＝32a 2a ·223＝66.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上) 13．在△ABC 中，B ＝30°，C ＝120°，则a ∶b ∶c ＝________.解析：A ＝180°－B －C ＝30°，由正弦定理得a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ， 即a ∶b ∶c ＝sin 30°∶sin 30°∶sin 120° ＝1∶1∶ 3. 答案：1∶1∶ 314．已知△ABC 中，3a 2－2ab ＋3b 2－3c 2＝0，则cos C 的值为________． 解析：由3a 2－2ab ＋3b 2－3c 2＝0，得c 2＝a 2＋b 2－23ab .根据余弦定理，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－a 2－b 2＋23ab2ab＝13， 所以cos C ＝13.答案：1315．在△ABC 中，已知cos A ＝35，cos B ＝513，b ＝3，则c ＝________.解析：在△ABC 中，∵cos A ＝35>0，∴sin A ＝45.∵cos B ＝513>0，∴sin B ＝1213.∴sin C ＝sin [π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B ) ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×513＋35×1213＝5665.由正弦定理知b sin B ＝csin C ，∴c ＝b sin Csin B ＝3×56651213＝145.答案：14516．太湖中有一小岛，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km 后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.解析：如图，∠CAB ＝15°， ∠CBA ＝180°－75°＝105°， ∠ACB ＝180°－105°－15°＝60°，AB ＝1(km)．由正弦定理得BC sin ∠CAB ＝ABsin ∠ACB ，∴BC ＝1sin 60°·sin 15°＝6－223(km)．设C 到直线AB 的距离为d ， 则d ＝BC ·sin 75°＝6－223×6＋24＝36(km)． 答案：36三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)在△ABC 中，a ＝3，b ＝26，B ＝2A . (1)求cos A 的值； (2)求c 的值．解：(1)因为a ＝3，b ＝26，B ＝2A ，所以在△ABC 中， 由正弦定理得3sin A ＝26sin 2A.所以2sin A cos A sin A ＝263.故cos A ＝63.(2)由(1)知cos A ＝63， 所以sin A ＝1－cos 2A ＝33. 又因为B ＝2A ，所以cos B ＝2cos 2A －1＝13.所以sin B ＝1－cos 2B ＝223. 在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B ) ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝539.所以c ＝a sin Csin A＝5. 18.(12分)如图，观测站C 在目标A 的南偏西20°方向，经过A 处有一条南偏东40°走向的公路，在C 处观测到与C 相距31 km 的B 处有一人正沿此公路向A 处行走，走20 km 到达D 处，此时测得C ，D 相距21 km ，求D ，A 之间的距离．解：由已知，得CD ＝21 km ，BC ＝31 km ，BD ＝20 km ，在△BCD 中，由余弦定理，得cos ∠BDC ＝CD 2＋BD 2－BC 22CD ·BD ＝－17.设∠ADC ＝α，则cos α＝17，sin α＝437，在△ACD 中，由正弦定理得，AD sin ∠ACD ＝CDsin ∠CAD， 得ADsin60°＋α＝21sin 60°，所以AD ＝423sin(60°＋α)＝423⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos α＋12sin α＝15(km)，即所求D ，A 之间的距离为15 km.19．(12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，B ＝2π3，sin A ＝45，b ＝2 3.(1)求sin C 的值； (2)求△ABC 的面积S .解：(1)∵A ，B ，C 为△ABC 的内角，且B ＝2π3，sin A ＝45，∴C ＝π3－A ，cos A ＝35，∴sin C ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A ＝32cos A －12sin A ＝33－410.(2)由(1)知sin C ＝33－410，又∵B ＝2π3，b ＝23， ∴在△ABC 中，由正弦定理得a ＝b sin A sin B ＝165， ∴S ＝12ab sin C ＝12×165×23×33－410＝72－32325. 20．(12分)已知A ，B ，C 为△ABC 的三个内角，其所对的边分别为a ，b ，c ，且2cos 2A 2＋cos A ＝0.(1)求角A 的值；(2)若a ＝23，b ＝2，求c 的值．解：(1)∵cos A ＝2cos 2A2－1，∴2cos 2A2＝cos A ＋1.又2cos 2A2＋cos A ＝0，∴2cos A ＋1＝0，∴cos A ＝－12，∴A ＝120°.(2)由余弦定理知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，又a ＝23，b ＝2，cos A ＝－12，∴(23)2＝22＋c 2－2×2×c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，化简，得c 2＋2c －8＝0，解得c ＝2或c ＝－4(舍去)．21.(12分)如图，某海轮以60海里/小时的速度航行，在A 点测得海面上油井P 在南偏东60°，向北航行40分钟后到达B 点，测得油井P 在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，求P ，C 间的距离．解：由题意知AB ＝40，∠A ＝120°，∠ABP ＝30°，所以∠APB ＝30°，所以AP ＝40，所以BP 2＝AB 2＋AP 2－2AP ·AB ·cos 120°＝402＋402－2×40×40×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝402×3，所以BP ＝40 3.又∠PBC ＝90°，BC ＝60×43＝80， 所以PC 2＝BP 2＋BC 2＝(403)2＋802＝11 200，所以PC ＝407海里．22．(12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，且满足sin A ＋3cos A ＝2.(1)求角A 的大小；(2)现给出三个条件：①a ＝2；②B ＝π4；③c ＝3b .试从中选出两个可以确定△ABC 的条件，写出你的方案并以此为依据求△ABC 的面积．(写出一种方案即可) 解：(1)依题意得2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝2，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝1， ∵0<A <π，∴π3<A ＋π3<4π3，∴A ＋π3＝π2，∴A ＝π6. (2)参考方案：选择①②.由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得b ＝a sin B sin A＝2 2. ∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝2＋64， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×2×22×2＋64＝3＋1.。

高中数学解三角形(有答案)高中数学解三角形在高中数学中，解三角形是一个重要的概念和技巧。

掌握解三角形的方法对于理解和解决几何问题至关重要。

本文将介绍几种常见的解三角形的方法，并附上相应的答案，帮助读者巩固和拓展数学知识。

一、解决直角三角形直角三角形是指其中一个角为90度的三角形。

解决直角三角形的方法主要有三种：勾股定理、正弦定理和余弦定理。

勾股定理适用于已知两条边求第三边的情况，其公式为：c² = a² + b²，其中c为斜边的长度，a和b分别为两个直角边的长度。

正弦定理适用于已知一个角和两条角边的情况，其公式为：sinA/a = sinB/b = sinC/c，其中A、B、C分别为三角形的三个内角，a、b、c 分别为对应的边长。

余弦定理适用于已知三条边求角度的情况，其公式为：cosA = (b² + c² - a²) / (2bc)，其中A为夹在b和c之间的角，a为对应的边长。

二、解决等腰三角形等腰三角形是指两边长度相等的三角形。

解决等腰三角形的方法主要有两种：勾股定理和正弦定理。

勾股定理适用于已知两条等腰边求底边的情况，其公式与直角三角形相同。

正弦定理适用于已知一个角和两条等腰边的情况，其公式与直角三角形相同，只是此时的两条边为等腰边。

三、解决一般三角形一般三角形是指三个角和三个边都不相等的三角形。

解决一般三角形的方法主要有两种：正弦定理和余弦定理。

正弦定理适用于已知一个角和两条边的情况，公式同上。

余弦定理适用于已知三条边求角度的情况，公式同上。

答案示例：1. 已知直角三角形的两个直角边分别为3cm和4cm，请计算斜边的长度。

解法：根据勾股定理，斜边的长度c² = 3² + 4² = 9 + 16 = 25，所以斜边的长度c = √25 = 5cm。

2. 已知一等腰三角形的底边长度为5cm，两条等腰边的长度分别为4cm，请计算顶角的度数。

第一编 点击基本图形 第1章 直角三角形直角三角形是含有内角为90︒的特殊三角形，它是一类基本图形． 直角三角形的有趣性质在处理平面几何问题中常发挥重要作用．性质1 一个三角形为直角三角形的充要条件是两条边长的平方和等于第三条边长的平方（勾股定理及其逆定理）．性质2 一个三角形为直角三角形的充要条件是一边上的中线长等于该边长的一半． 推论1 直角三角形的外心为斜边的中点．性质3 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为D 时，下列五个等式之一成立． （1）2AC AD AB =⋅． （2）2BC BD AB =⋅． （3）2CD AD DB =⋅．（4）22BC AB CD AD=． （5）22AC AB CD DB=． 事实上，由2AC AD AB =⋅，有AB ACAC AD=．注意到A ∠公用，知ACB △∽ADC △．而90ADC ∠=︒，故90ACB ∠=︒．即可得（1）的充分性． 我们又由22DB DB CD AD⇒=，即2CD AD DB =⋅． 即可证得（4）的充分性． 其余的证明略．推论2 非等腰ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为D 时，22AC ADBC DB=． 事实上，由性质3中的（1）、（2）相除或（4）、（5）相除即证．下面，另证充分性．由222222AD AC AD CD DB BC CD DB +==+， 有 2()()0C DA D DB A D D B -⋅-=．而AD DB ≠，即有2CD AD DB =⋅．由此即可证．性质4 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为点D ，过CD 中点P 的直线AP （或BP ）交BC （或AC ）于E ，E 在AB 上的射影为F 时，2EF CE EB =⋅（或2EF =CE EA ⋅）． 证明 必要性．如图11-，过D 作DG AE ∥交BC 于G ，则CE EG =，且AD EG DB GB =，即有AD EGAD DB EG BG=++，即 AD CEAB EB=． ① 又EF CD ∥，有EF EBCD CB=② 在Rt ABC △中，有22,CD AD DB BC DB AB =⋅=⋅， ③将③代入②2得22EB ADEF AB⋅=④将①代入④得2EF CE EB =⋅．充分性．由2EF CE EB =⋅，注意到②2及①，有 再注意到性质3（4）即证．对于2EF CE EA =⋅的情形也类似上述证明．性质5 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当D 为边AB 上异于端点的任一点时，222()()()AB CD AC BD BC AD ⋅=⋅+⋅． 证明必要性．如图12-，作BK DC ∥交AC 的延长线于K ，则,AB BDBK CD CK AC AD AD=⋅=⋅． 由222BK CK BC =+．将前述式代入上式化简即可证．充分性．令,,,,,BC a AC b AB c CD l AD n DB m ======，在ABC △与ADC △中，应用余弦定理得注意到m n c +=，化简得222cl cmn na mb ==+，所以22222222222()()()c l c mn na mb m n mn a b b m a n +=++=+++． 而已知有222222c l b m a n =+，从而222c a b =+即证．性质6 如图13-，在Rt ABC △中，CD 为斜边AB 上的高，1I ，2I 分别为ACD △和CDB △的内心，过1I ，2I 的直线交AC 于M ，交BC 于N ；延长1CI 交AD 于P ，延长2CI 交DB 于Q ；设I 为ABC △的内心，则 （1）45PCQ ∠=︒．（2）,AQ AC BP BC ==．（3）CM CD CN ==，且2221212MI I N I I +=．（4）三直线2PI ，1QI ，CD 共点． （5）12CI I I ⊥，且12CI I I =． （6）90PIQ ∠=︒．证明（1）11145222PCQ ACD DCB ACB ∠=∠+∠=∠=︒．（2）由1122ACQ ACD DCB B DCB AQC ∠=∠+∠=∠+∠=∠，知AQ AC =． 同理BP BC =．（3）由Rt ADC △∽Rt CDB △，有12DI ACDI BC=． 又121902I DI ADB ACB ∠=∠=︒=∠，则12I DI △∽ACB △，即21I I D A ∠=∠．故M ，A ，D ，1I 共圆，则11145CMI ADI CDI ∠=∠==︒．于是 11221,,MI DI I N DI CMI ==∠≌1CDI △，即 11,CM CD MI DI ==． 同理22,CN CD I N DI ==．在12Rt I DI △中，有2221212I D I D I I +=．由此即证得2221212MI I N I I +=．（4）由AQ AC =，及1I 在A ∠的平分线上，则1I 在CQ 的中垂线上，即11CI I Q =，又45PCQ ∠=︒，则190CI Q ∠=︒．同理290CI P ∠=︒，故2PI 与1QI 相交于CPQ △的垂心，而CD PQ ⊥，故CD 过此垂心，即三直线2PI ，1QI ，CD 共点．（5）联结AI ，BI ，易知1I ，2I 分别在AI ，BI 上，且有AI CQ ⊥，BI PC ⊥，即I 为12CI I △的垂心，得12CI I I ⊥．又1245I CI ∠=︒，设1I I 交2CI 于G ，有1CG I G =，则Rt GIG △≌12Rt I I G △．故 12CI I I =．（6）延长AI 交CQ 于G ，延长BI 交CP 于H ，则1I ，2I 分别在AG ，BH 上． 由AC AQ =，BC BP =，可知AG 为QC 的中垂线，BH 为CP 的中垂线，有,IQ IC IP IC ==，即 IP IQ IC ==． 故I 为CPQ △的外心，于是290PIQ PCQ ACB ∠=∠=∠=︒．即 90PIQ ∠=︒．性质7 如图14-，在Rt ABC △中，C ∠为直角，CD AB ⊥于D ，ACB △，ADC △，CDB △的内心分别为I ，1I ，2I ；圆1I 与圆2I 的另一条外公切线交CD 于G ，交AC 于E ，交BC 于F ；12I I 所在直线交CD 于K ，交AC 于M ，交BC 于N ；设圆I ，圆1I ，圆2I 的半径分别为r ，1r ，2r ，则 （1）12I DI △∽ACB △． （2）12I G I G =． （3）CEF △∽CBA △． （4）22212r r r +=．（5）当,,ABC ADC CDB △△△的半周长分别为p ，1p ，2p 时，221122()()()p r p r p r ±+±=+． （6）C ，I ，1I ，2I 为一垂心组． （7）2ABC MCN S S △△≥．（8）以边AB 上的中线HC 为直径的圆必与内切圆圆I 相切． （9）CG p c r =-=，12r r r CD ++=． （10）21AI C BI C ∠=∠．（11）设12DI I △的内心为3O ，则132II O I 为平行四边形．（12）延长31O I 交AC 于S ，延长32O I 交BC 于T ，则S 、I 、T 三点共线．（13）设圆1I 切AC 于P ，圆2I 切BC 于Q ，圆1I 与圆2I 的另一条内公切线（不同于CD ）交AB 于L ，则P ，1I ，L 及Q ，2I ，L 分别三点共线．（14）延长AI 交BC 于U ，延长BI 交AC 于V ，则2ABUV AIB S S =△． （15）111BC AC CK+=． 证明（1）由Rt ADC △∽Rt BDC △知12I D ACI D BC=． 而1290I DI ∠=︒，故12Rt I DI △∽Rt ACB △．（2）由121290I DI I GI ∠=︒=∠，知1I ，D ，2I ，G 共圆，从而12122145I I G I DG I DG I I G ∠=∠=︒=∠=∠，故12I G I G =．（3）由12245I I G I NC ∠=︒=∠，知2I G NC ∥．故2221CFE FGI I GD I I D A ∠=∠=∠=∠=∠．同理，CEF B ∠=∠，故CEF △∽CBA △． 由上亦推之A ，B ，F ，E 四点共圆． （4），（5）由Rt ACB △∽Rt ADC △∽Rt BDC △，知221122ADC ACB S r p S r p ==△△，222222BDC ACB S r p S r p ==△△． 而ADC BDC ACB S S S +=△△△，从而有22212r r r +=，22212p p p +=，1122r p r p rp +=．前两式之和加或减第三式的2倍即证得（5）．（6）设BI 的延长线交1CI 于T ，由12135I II ∠=︒，知1145I IT CI I ∠=︒=∠，从而知21I I CI ⊥．同理12I I CI ⊥，即知I 为12CI I △的垂心，故C ，I ，1I ，2I 为一垂心组． （7）设H 为AB 中点，则CD CH ≤．由（2），则212ABC S AB CD AH CD CD =⋅=⋅△≥， 21122MCN S CM CN CD =⋅=△．故2ABC MCN S S △△≥．（8）由于H 为AB 的中点，则H 为Rt ABC △的外心．设HC 的中点为J ，则圆I 与圆J 相切⇔2IJ =22()2R r JC r ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭（其中R 为ABC △的外接圆半径），注意到IJ 为IHC △的中线，则2222222242242(2)(2)IJ CI IH CH r R Rr R R r =+-=+--=-，其中，222IH R Rr =-，即2IJ =22R r ⎛⎫- ⎪⎝⎭，由此即证． （9）利用切线长关系即可推得前式，后式由内切圆半径与边长关系即可推得． （10）由111909022AI D ACD ABC ∠=︒+∠=︒+∠，212ABI ABC ∠=∠，知1221122()AI I ABI AI D DI I ABI ∠+∠=∠+∠+∠90180ABC BAC =︒+∠+∠=︒．从而知A ，B ，2I ，1I 四点共圆，则有21AI B AI B ∠=∠．又2111909022BI C BDC ADC AI C ∠=︒+∠=︒+∠=∠，故111360AI B AI C BI C =︒-∠-∠=∠．（11）显然，3O 在CD 上．由CM CD NC ==及（6）知，1AI DN ∥（因212,DN CI I I CI ⊥⊥）．又 2312221122DI O I I D B NBI NDI ∠=∠=∠=∠=∠，从而 32DN O I ∥． 即有132I I O I ∥．同理，312O I I I ∥．故132II O I 为平行四边形．（12）因132I I O I 为平行四边形，可证1323,CI SO CI O T ⊥⊥，则2131I I I O S I ==，1322II O I I T ==，1122SI I I II II T ∠=∠=∠，从而1SI I △≌21I II △≌2II T △，有112221,SII II I TII II I ∠=∠∠=∠，即1122180SII I II I IT ∠+∠+∠=︒．故S ，I ，T 三点共线．（13）由121180902I LI ∠=⨯︒=︒，知2I ，L ，D ，1I 四点共圆，则1I LD ∠或221I DL I I D A ∠=∠=，即2I L CA ∥．又AC BC ⊥，则2I L BC ⊥．又2I Q BC ⊥，则L ，2I ，Q 三点共线． 同理P ，1I ，L 三点共线．（14）注意到22()ab pr p p c ==-．ab CU b c =+，abCV a c=+，由 ()()ABUV ABCCUV abcpS S S cr a c b c =-==++△△，即证．（15）证法1令ACD α∠=，则90DCB α∠=︒-，由张角定理，有sin90sin(90)sin CK CM CNαα︒︒-=+． 而sin(90)sin CD CMA AC ACα︒-===， sin sin CD CNB BC BCα===． 于是111CK AC BC=+． 证法2 延长AC 至R ，使CR CB =． 由AM AN =，知BAR △∽KCN △．从而 AR CK AB CN ⋅=⋅， 即 ()AC CR CK AB CD +⋅=⋅， 亦即 ()AC CB CK AC CB +⋅=⋅．故111CK AC BC=+． 性质8 在RT ABC △中，AB 为斜边，则（1）ABC △的内切圆半径2AC BC ABr +-=．（2）当圆Γ与AB 边上的高CD 、DB 及ABC △的外接圆均相切且切BD 于点T 时，圆Γ的半径1r =AT TBAT TB⋅+，且CT 平分BCD ∠．事实上，对于（2）设O 为AB 的中点，1O 为圆Γ的圆心，令AT x =，TB y =，则1()2OA OB x y ==+，1||2OT x y =-．111()2OO x y r =+-，11O T r =．由22211OO OT O T =+，即知1xy AT TBr x y AT TB⋅==++． 又令,AD a DB b ==，则1x a r =+，1y b r =-．由1xyr x y=+有 21120r ar ab +-=，即1r a =，从而AT AD DT =+=而AC ==AT AC =．从而119022DCT CTA CAT BCD ∠=︒-∠=∠=∠，即知CT 平分BCD ∠．例1 （2008年克罗地亚数学竞赛题）若ABC △通过同一顶点的高线、角平分线、中线将该角四等分．求ABC △的三个内角．解 如图15-，不失一般性，设AH 、AT 、AM 分别为过顶点A 的高线、角平分线、中线． 设BAH θ=△，则π2ABC θ∠=-， πππ322ACB θθθ⎛⎫∠=-4--=- ⎪⎝⎭．在ABM △和AMC △中应用正弦定理，有 πsin cos 2sin3sin3BM BM AM θθθθ⎛⎫⋅- ⎪⋅⎝⎭==， πsin 3cos32sin sin CM CM AM θθθθ⎛⎫⋅- ⎪⋅⎝⎭==． 从而cos cos3sin3sin θθθθ=，即sin2sin6θθ=． 而4πθ<，故π8θ=．故ππ3π,,288BAC ACB ABC ∠=∠=∠=． 例2 （2008年克罗地亚数学竞赛题）已知ABC △的边BC 的中线和高恰好将BAC ∠等分．求ABC △的三个内角．解 如图16-，设AH 、AM 分别为BC 边上的高和中线． 则,2BH HM MC BM HM ===．由角平分线性质，有12AH HM AC MC ==． 即2AC AH =，从而30C ∠=︒．于是336090,6022A HACB ∠=∠=⋅︒=︒∠=︒．例3 （2004年第12届土耳其国家数学奥林匹克题）已知ABC △满足B C ∠>∠，A ∠的平分线和过顶点的高线、中线与边BC 分别交于点L 、H 、D ．证明HAL DAL ∠=∠的充分必要条件是90BAC ∠=︒．证明 充分性：若90BAC ∠=︒，因为AD 为中线，则BD AD DC ==，即D A C A C D BA ∠=∠=∠． 又BAL CAL ∠=∠，故HAL DAL ∠=∠． 必要性：如图17-，若HAL DAL ∠=∠， 又BAL LAC ∠=∠，则BAH CAD ∠=∠．作CK AC ⊥交AD 的延长线于点K ，则9090AKC DAC BAH ABC ∠=︒-∠=︒-∠=∠．所以，A 、B 、K 、C 四点共圆．从而，90ABK ∠=︒．于是，AK 为四边形ABKC 的外接圆的直径．易知AD 与BC 不垂直，又AK 平分BC ，所以，BC 也为外接圆的直径．因为BD DC =，所以D 为圆心．即DA DB DC ==，故ABC △为直角三角形，90BAC ∠=︒．例4 设x m 、x h 分别表示三角形顶点x 所对边上的中线长，高线长，ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是下列两式之一成立．（1）2225A B C m m m +=．（2）A B C h h h ⋅=． 证明提示 （1）注意到三角形的中线长公式（如22221(22)4A m b c a =+-）及性质1即证．（2）注意到面积关系111CA B h h h a b c==及性质1即证． 例5 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是下述条件成立．设C m ，C h ，C t 分别为C ∠所对边上的中线长，高线长及C ∠的平分线长时，22()2C C C C C m h t m h +=⋅．证明 设CD 、CH 、CL 分别是AB 边上的中线、高线、C ∠的平分线．Rt CDH △中，由角平分线的判定与性质知，CL 平分D C H ∠的充要条件是DH CHLH CD CH⋅=+．而例3 结论CC CDH h DH CH LH DC CH m h ⋅⋅⇔==++222222C C CC Cm h CL h LH m h ⋅⇔=+=+（其中222C C DH m h =-）22()2C C C C C m h t m h ⇔+⋅=⋅．例6 在Rt ABC △中，C 为直角顶点．（1）设内角,,A B C 所对的边长分别为,,a b c ，记1()2p a b c =++，则1()()()2ABC S p p c p a p b ab =-=--=△．（2）设AB 被内切圆切点D 分为两段，则ABC S AD DB =⋅△． 证明 （1）略．（2）设内切圆半径为r ，由11()()()()22AD r DB r AB BC AC r AD DB r r ++=++=++． 即()ABC AD DB AD DB r r S ⋅=++=△．例7 在ABC △中，D 在AB 上，AD AB λ=，BC a =，CA b =，CD m =，则90C ∠=︒的充要条件是22222(1)(0)m a b λλλ=+-<<1． 证明 设CA =b ，CB =a ，则AB =-a b ，AD AB λλ= =(-)a b ，(1)CD CA AD λλ=+=+-a b ， 22()((1))CD λλ=+-a b ．即 22222(1)2(1)m λλλλ=+-+-⋅a b a b ．90C ∠=︒的充要条件为0⋅=a b ，即22222(1)m λλ=+-a b ．例8 如图18-，在ABC △中，T 为AB 上异于A ，B 的点，AT d =，BT e =，CT t =，CTB α∠=，则90ACB ∠=︒的充要条件是 2()cos 0t t d e de α+--=①证明 必要性．设AC b =，BC a =，由余弦定理，得 2222cos a t e te α=+-，② 2222cos b t d td α=++．③ ②，③两式相加，由于90ACB ∠=︒，得222222()22()cos d e a b d e t t d e α+=+=+++-．整理即得①．充分性．由①出发，得2222()22()cos d e d e t t d e α+=+++-，应用余弦定理，得222()d e a b +=+．故 90ACB ∠=︒． 例9 如图19-，设Rt ABC △（A ∠为直角）的内切圆圆I 与ABC △的三边分别切于D ，E ，F ，DEF △，BDF △，CDE △的垂心分别为1H ，2H ，3H ．则123H H H △是等腰直角三角形．证明 延长AI 交BC 于G ，联结BI ，CI ，由已知得2H ，3H 分别在BI ，CI 上．其余连线如图19-所示．易知AEIF 是正方形，所以90EIF ∠=︒， 且AI EF =．又因为1452EDF EIF ∠=∠=︒，1H 是DEF △的垂心，由含45︒角的三角形性质2，知1DH EF =，所以1AI DH =．另一方面45AGC BAG B B ∠=∠+∠=︒+∠，45B =︒+∠．所以 1AGC H DC ∠=∠． 即得1AI DH ∥．从而1AIDH 是平行四边形，所以1AH DI ==∥． ③又因为909022B BB ∠∠=+︒-∠=︒-， 902BBID ∠∠=︒-． 所以2DI DH =．且因为2H 是等腰DBF △的垂心，所以22DH FH =，所以2DI FH =． 同时因为DI ，2FH 都垂直BC ，所以2DI FH ==∥．④由③，④知12AH FH ∥，所以12AH H F 是平行四边形，所以12AF H H ==∥． 同理13AE H H ==∥．结合AEF △是等腰直角三角形．知123H H H △是等腰直角三角形．例10 设AD 是Rt ABC △斜边BC 上的高（设AB AC <），1I ，2I 分别是ABD △，ACD △的内心，12AI I △的外接圆圆O 分别交AB ，AC 于点E ，F ，直线EF 与直线BC 交于点M ，则1I ，2I 分别是ODM △的内心与旁心．证明 如图110-，因90BAC ∠=︒，则知12AI I △的外接圆圆心O 在EF 上．联结1OI ，2OI ，1I D ，2I D ，则由1I ，2I 为内心，知1245I AI ∠=︒，所以121212290I OI I AI I DI ∠=∠=︒=∠于是O ，1I ，D ，2I 四点共圆，所以211245I I O I I O ∠=∠=︒．又因为221245I DO I I O I DA ∠=∠=︒=∠，则知点O 在AD 上，即O 为EF 与AD 的交点． 设AD 与圆O 的另一交点为N ，由11EAI I AN ∠=∠，22NAI FAI ∠=∠，可知1I ，2I 分别为EN ，NF 的中点，所以1122,EOI DOI DOI FOI ∠=∠∠=∠．因此，1I ，2I 分别为OMD △的内心与旁心．注 （1）由例10知EF 为圆1I 与圆2I 的公切线，且可推证N 为12DI I △的内心．（2）此例即为2008年江西省竞赛题． 练习一 1．（2003年第29届俄罗斯数学奥林匹克题）已知ABC △中，C ∠为直角，D 为边AC 上一点，K 为边BD 上一点，且ABC KAD AKD ∠=∠=∠．证明：2BK DC =． 2．（2003年第17届北欧数学竞赛题）已知正ABC △内一点D ，满足150ADC ∠=︒．证明：由线段AD 、BD 、CD 为边构成的三角形是直角三角形． 3．（2007—2008年匈牙利数学奥林匹克题）设D 是ABC △的边BC 的中点，ABD △、ADC △的外心分别为E 、F ，直线BE 、CF 交于点G ．若22008B C D G ==，1255EF =．求AEF △的面积． 4．（2003年泰国数学奥林匹克题）在Rt ABC △中，90B ∠=︒，P 是ABC △内A ∠的角平分线上的点，M （异于A 、B ）是边AB 上的点，直线AP ，CP 、MP 分别交边BC 、AB 、AC 于点D 、E 、N ．如果MPB PCN ∠=∠，NPC MBP ∠=∠．求APC ACDE SS △四边形．5．（2004年克罗地亚数学竞赛题）在ABC △中，90BCA ∠=︒，a ，b 是直角边，c 是斜边，圆k 是ABC △的外接圆．设圆1k 是与斜边c 、高CD 及圆k 的劣弧BC 相切的圆，圆2k 是与斜边c 、高CD 及圆k 的劣弧AC 相切的圆，又设1r ，2r 分别是圆1k 、圆2k 的半径，证明：12r r a b c +=+-．6．（2005年国家集训队培训题）在直角三角形ABC 中，90B ∠=︒，它的内切圆分别与边BC 、CA 、AB 相切于点D 、E 、F ，联结AD ，与内切圆相交于另一点P ，联结PC 、PE 、PF ．已知PC PF ⊥，求证：PE BC ∥．7．（《数学通报》数学问题1489号）在Rt ABC △中，AD 是斜边BC 上的高，1O ，2O 分别是ABD △，ACD △的内切圆，两圆的另一条外公切线分别交直线AB ，AC ，AD 于P ，Q ，M 点，求证：（1）2AP AQ AMAB AC AD+=；（2）1290PO Q PO Q ∠=∠=︒． 8．（《中学数学》2006（7）数学奥林匹克问题179）在正方形ABCD 中，以边AB 的中点1O 为圆心，2AB长为半径画半圆1O ，半圆2O 的圆心2O 在边BC 上，并与边CD 相切，与半圆1O 外切于点P ．求证：DP 是1O 和2O 的公切线．9．在Rt ABC △中，CD ⊥斜边AB 于D ，1O ，2O 分别为ACD △，CDB △的内心，过1O ，2O 的直线交AC 于E ，交CD 于K ，交CB 于F ，交直线AB 于G ，过C 作ABC △的外接圆的切线交直线BA 于T ，CTB ∠的平分线交AC 于R ，交BC 于S ，则（1）BG FBAG EA=；（2）12RS O O ∥． 10．ABC △中，CD AB ⊥于D ，ABC △的内切圆半径为r ；ABC △，ADC △，BCD △的内心分别为I ，1I ，2I ，12II I △的外接圆半径为0R ，则ABC △为直角三角形的充要条件是0R r =．11．ABC △中，CD AB ⊥于D ，ACD △，BCD △的内切圆分别切AC ，BC 于E ，F ，则ABC △为直角三角形的充要条件90EDF ∠=︒．12．ABC △为直角三角形的充分与必要条件为：ABC △可以被分成两个彼此无公共内点且都与ABC △相似的小三角形．13．在Rt ABC △中，CD 是斜边上的高，记1I ，2I ，I 分别是ADC △，BCD △，ABC △的内心，I 在AB 上的射影为1O ，CAB ∠，ABC ∠的平分线分别交BC ，AC 于P ，Q ，PQ 与CD 相交于2O ．求证：四边形1122I O I O 为正方形．14．（2003年中国国家队选拔赛题）在锐角ABC △中，AD 是BAC ∠的内角平分线，点D 在边BC 上，过点D 分别作DE AC ⊥，DF AB ⊥，垂足分别为E 、F ．联结BE 、CF ，它们相交于点H ，AFH △的外接圆交BE 于点G ．求证：以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形．。

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的平面几何题数学竞赛一直是学生们展示数学能力和智慧的舞台，而平面几何题常常是其中较为复杂和考验解题能力的一类题型。

面对高中数学中的平面几何题，我们需要掌握一些应对的秘诀和策略。

本文将介绍如何应对这些题目，并给出解题的方法和技巧。

首先，我们需要掌握一些基本的数学常识和概念。

在面对平面几何题时，熟悉几何图形的性质和定理是解题的基础。

例如，我们需要熟练掌握直角三角形的性质、相似三角形的判定定理、圆的性质等等。

只有对这些基础知识牢固掌握，才能够在解题时灵活运用，迅速找到解题思路。

其次，我们需要注意题目中的条件和要求。

高中数学中的平面几何题往往会给出一些条件，要求我们求解某个特定的结果。

因此，理解题目中的条件并将其转化为数学表达式是解题的关键。

对于复杂的几何图形，我们可以采取分类讨论的方法，将图形进行拆解，找出其中的规律，再加以求解。

此外，画图是解决平面几何题的常用方法。

在画图过程中，我们可以将几何图形放在坐标平面上，引入坐标系来辅助分析。

通过研究几何图形的形状和特点，我们可以更好地理解题目，并寻找解决问题的线索。

画图还可以帮助我们形成直观的几何想象，更好地推导出几何定理和公式，并将其应用到具体的解题过程中。

解决平面几何题还需要注重细致入微的推理过程。

在解题过程中，我们需要严谨地运用几何定理和公式，一步一步地推导出结论。

推理过程需要逻辑严密，每一步都要有理有据，并且要注重每个步骤的合理性和正确性。

只有这样，才能得到准确的答案。

在应对高中数学中的平面几何题时，我们还可以借鉴一些解题技巧。

例如，通过构造辅助线来简化题目和提取有效信息。

有时，一条巧妙的辅助线可以将难题转化为简单的几何关系，从而更容易解题。

此外，掌握一些特殊点的性质，如三角形的重心、垂心、外心等，可以帮助我们解题时发现更多的几何关系和定理。

最后，刷题训练也是提高解题能力的有效方法。

通过大量的练习和题目的积累，我们可以熟悉各类平面几何题的解法和思路，以及需要注意的细节。

第2章 含有60︒内角的三角形含有60︒内角的三角形，也是一类特殊的三角形．特别地，正三角形是一类特殊的含有60︒内角的三角形,以及对含有60︒内角的三角形进行割或补，很快便可作出正三角形．这类三角形还有如下有趣的性质．性质1 三角形的三内角的量度成等差数列的充分必要条件是其含有60︒的内角．性质2 非钝角三角形的顶点到其垂心的距离等于外接圆半径的充分必要条件是该顶点处的内角为60︒．证明 当三角形为直角三角形时结论显然成立．下面设H 为锐角ABC △的垂心，记ABC △三内角为A ∠，B ∠,C ∠，如图21-所示．(2)OFCIB EH DAI O图2-1(1)H E DCBA充分性．设60A ∠=︒，ABC △的外接圆半径为R ,直线AH 交直线BC 于D ，直线CH 交直线AB 于E ．由垂心性质知，B ，D ,H ，E 四点共圆,有AHE ∠与DBE ∠相等或相补．在Rt AEH △中cos cos(90)sin AEEAH DBE B AH=∠=︒-∠=(图21-（1))，或cos cos(90)cos[90(180)]EAH AHE DBE ∠=︒-∠=︒-︒-∠cos(90)sin DBE B=∠-︒=（图21-(2)）．即有sin AE AH B=．又在Rt AEC △中，1cos 2AE BAC AC =∠=,即12AE AC =，注意到正弦定理2sin sin 2sin 2sin AE AC R BAH R B B B====．必要性，设CE 为AB 边上的高，AD 为BC 边上的高，由AH R =（R 为ABC △外接圆半径）,注意到B ，D ,H ,E 四点共圆，有sin sin AE R AHE R B =∠=［注意sin(180)sin B B︒-=，则tan sin tan CE AE A R B A==．又sin 2sin sin CE BC B R A B==，从而 2sin tan A A =∠．求得60A ∠=︒．注：必要性也可由2BOC A ∠=∠及三角形顶点A 到垂心H 的距离等于外心O 到对边BC 的距离的2倍来证明．性质3 三角形的两顶点与其内心，外心，垂心中的两心四点共圆的充分必要条件是另一顶点处的内角为60︒．证明 当三心有两心重合时,或为直角三角形时结论显然成立．下面讨论三心两两不重合且三角形不为直角三角形的情形，记ABC △三内角为A ∠，B ∠，C ∠，如图21-所示．充分性．设60A ∠=︒,I ，O ，H 分别为ABC △的内心，外心，垂心,此时2120BOC A ∠=∠=︒，11180()9012022BIC B C A ∠=︒-∠+∠=︒+∠=︒， 180120BHC HBC HCB B C ∠=︒-∠-∠=∠+∠=︒，或9090(90)60BHC HCA A A ∠=︒-∠=︒-︒-∠=∠=︒．故B ，H ，I ，O ，C 五点共圆，显然有B ,H ，I ，C ；B ，H ，O ，C ；B ，I，O ，C 分别四点共圆．注：若联结AI 并延长交圆O 于F ，则由内心性质知IF FB FC ==，即上述圆的圆心为F ，且该圆与ABC △的外接圆是等圆． 必要性．由H 为其垂心,则180180(90)(90)BHC HBC HCB C B ∠=︒-∠-∠=︒-︒-∠-︒-∠B C =∠+∠,或9090(90)BHC HCA A A∠=︒-∠=︒-︒-∠=∠． ①由I 为其内心，则1180180()2BIC IBC ICB B C ∠=︒-∠-∠=︒-∠+∠11180(180)9022A A=︒-︒-∠=︒+∠． ②由O 为其外心，则2BOC A∠=∠． ③若B ，H ,I ，C 四点共圆，则BHC BIC ∠=∠或180BHC BIC ∠+∠=︒，即由①，②有1902B C A∠+∠=︒+∠． 两边加上A ∠，或由①,②有1901802A A ∠+∠+︒=︒．均求得60A ∠=︒．若B ，H ，O ,C 四点共圆，则BHC BOC ∠=∠或180BHC BOC ∠+∠=︒，即由①，③有2B C A∠+∠=∠或2180A A ∠+∠=︒，均可求得60A ∠=︒．若B ,I ，O ，C 四点共圆,则BIC BOC ∠=∠,即由②，③有19022A A︒+∠=∠，求得60A ∠=︒．综上，必要性获证．性质4 含有60︒内角的非直角三角形中，（1）其内，外心的距离等于其内，垂心的距离．（2)其外心与垂心的连线平分含有60︒内角的两边上的高线所成的锐角．(3值或等于另外两顶点到垂心的距离和．证明 (1）如图22-，设I ，O ，H 分别为ABC △的内心，外心和垂心，联结AI ，AO ，OC ，图2-2OCFH EB ACBOHEFA(2)(1)则 1(180)2OAC OCA AOC ∠=∠=︒-∠190902AOC ABC EAH=︒-∠=︒-∠=∠，或19090(180)2OAC OCA AOC ABC ∠=∠=︒-∠=︒-︒-∠90ABC EAH=∠-︒=∠．又I 为ABC △的内心,有IAC IAE∠=∠，于是在HAI △和OAI △中，AI公用,HAI IAO ∠=∠，由性质2有AH R AO ==，从而HAI △≌OAI △,故IH IO =． （2）如图22-，设O ，H 分别为ABC △的外心，垂心．联结OB ，OC ，由性质3知B ，H ,O ，C 四点共圆，对于图22-(1）,有30EHO OCB ∠=∠=︒,30OHC OBC ∠=∠=，OH 平分EHC ∠．对于图22-（2）,有30BHO BCO ∠=∠=︒，30OHC OBC ∠=∠=︒，OH 平分EHC ∠．从而结论获证．（3）此即为2002年全国高中联赛题． 令圆O 的半径为R ,则,OB OC R BC ===． 由B ,H ，O ，C 四点共圆,在此圆中应用托勒密定理，有OH BC BH OC BO HC⋅+⋅=⋅，即OH R BH R HC⋅+⋅=⋅，故当HC BH >时,有HC BHOH-=注 若AB AC >，60A ∠=︒，I ，H 分别为ABC △的内心、垂心,则可推证有23AHI ABC∠=∠．（参见练习题2第5题)性质5 设I ,H 分别为ABC △的内心和垂心,1A 为BHC △的外心，则A ,I ，1A 三点共线的充要条件是60BAC ∠=︒．证明 如图23-，设O 为ABC △的外心，联结1BA ,1CA ，BH ，CH ，则图2-3C 2B 2A 1B 1C 1KP Q OHIC BA180BHC BAC∠=︒-∠，12(180)2BAC BHC BAC ∠=︒-∠=∠．因此 160180BAC BAC BAC ∠=︒⇔∠+∠=︒1A ⇔在ABC △的外接圆圆O 上 ⇔AI与1AA 重合⇔1,,A I A 三点共线．性质6 设I 为ABC △的内心，1B ，1C 分别为AC ，AB 的中点,直线1B I 交直线AB于2B ,直线1C I 交直线AC 于2C ,则22ABCAB C SS =△△的充要条件是60BAC ∠=︒．证明 如图23-，作IP AB ⊥于点P ,作IQ AC ⊥于点Q ，则12211122AB B S IP AB IQ AB =⋅+⋅△． ①设IP r =（r 为ABC △的内切圆半径)，则IQ r =，又令BC a =，CA b =，AB c =，则2ABCS r a b c=++△．注意到12121sin 2AB B S AB AB A =⋅△． ②由①，②及12b AB =，122sin ABCCS AB A hc==△，有22222ABC ABC ABC SS S AB b ca b c a b c ⎛⎫-⋅=⋅ ⎪++++⎝⎭△△△．则 2bc AB a b c =+-． 同理 2bc AC a c b=+-．由22BKB CKC SS =△△,有22ABC AB C S S =△△．于是bc bcbc a b c a c b=⋅+-+-．则由余弦定理，60BAC ∠=︒．以上两条性质综合起来即为笔者提供的2003年冬令营试题：设I 、H 分别为锐角ABC △的内心和垂心，点1B 、1C 分别为边AC 、AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于2B （2BB≠），射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C与BC 交于点K ，1A 为BHC △的外心．试证：A 、I 、1A 三点共线的充分必要条件是2BKB △和2CKC △的面积相等．性质7 点I 为ABC △的内心，直线BI 交AC 于E ,直线CI 交AB 于F ，则60BAC ∠=︒的充要条件是111IB IC ID +=（或1IF）． 证明 由2sin(1cos )()()2Cab ab C p a p b ⋅=-=--,有sin 2C =其中1()2p a b c =++．同理sin2B =于是1111IB IBIB IC IE IC IE+=⇔+=sin214()()sin 2Ca c bc pb pc B b +⇔+=⇔=--1sin6022A BAC ⇔=⇔∠=︒．性质8 设I 为ABC △的内心,射线BI 交AC 于点E ,射线CI 交AB 于点F ,过I 作直线垂直于EF 并交EF 于P ，交BC 于Q ，则2IQ IP =的充要条件是60A ∠=︒． 证明 设BEF β∠=，CFE γ∠=,ABC B ∠=∠,ACB C ∠=∠， 则902CIQC γ∠∠=︒+-，9022B A CIEC A ∠∠-∠∠=∠+=︒+． 由180()902A BIC βγ∠∠=︒-+=︒+， 有 9022A B Cβγ∠∠+∠+=︒-=，即2(2)B C βγ-∠=--∠．于是22IQ IQ IC IEIQ IP IP IC IE IP=⇔==⋅⋅ sincos1222sin sin cos 22C C AC C βγ∠∠-∠⇔=⋅⋅∠∠⎛⎫- ⎪⎝⎭．即2sin cos cos22C C A βγ∠∠-∠⎛⎫⋅-= ⎪⎝⎭，且 sincos1222sin sin cos 22B B AB B γβ∠∠-∠=⋅⋅∠∠⎛⎫- ⎪⎝⎭，即2sin cos cos22B B A γβ∠∠-∠⎛⎫⋅-= ⎪⎝⎭sin 22sin sin 222B C B β∠∠∠⎛⎫⇔-=⋅ ⎪⎝⎭．且sin 22sinsin 222C B A γ∠∠∠⎛⎫-=⋅ ⎪⎝⎭sin 2sin sin 2sin 2222B B C C βγ∠∠∠∠⎛⎫⎛⎫⇔-⋅=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ cos2cos(2)cos2cos(2)B C ββγγ⇔--∠=--∠cos 2cos 2IE IF βγβγ⇔=⇔=⇔=sin 902sinsin 2222A B C A ∠∠∠∠⎛⎫⇔︒--=⋅ ⎪⎝⎭1sin2sin sin sin 22222C C A A ∠∠∠∠⇔=⋅⇔= 60A ⇔∠=︒．性质9 含有60︒内角的三角形其内切三角形也含有60︒内角．性质10 如图24-,若锐角ABC △的60BAC ∠=︒，AB c =,AC b =，b c >，ABC △的垂心和外心分别为H 和O ，OH 与AB ，AC 分别交于点X ，Y ，则 (1）AXY △的周长为b c +． （2）OH b c =-,图2-4X PHO Y Q CBA证明 （1）易知2120COB BAC ∠=∠=︒．2(90)120CHB A A ∠=∠+︒-∠=︒．因此,C ，O ,H ,B 四点共圆． 又CP AB ⊥,则90909060AXH XHP OHC OBC ∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠=︒．故 120HXB ∠=︒．由30ABH ∠=︒，知30XHB ∠=︒,所以HX XB =．同理，YH CY =，故AY YX AX AY YC AX XB b c++=+++=+．（2）设AO R =，则2(sin sin )b c R B C -=-， 易知 sin sin 2sin sin sin OCH OCHOH BC R CAB CHB CHB∠∠=⋅=∠⋅∠∠ 2sin 2sin()R OCH R B A ∠=-．故sin(120)sin sin(60)b c OH C C C -=⇔︒--=︒-11sin sin sin 22C C C C C ⇔+-=-．上式显然成立,故原命题成立．注：此性质即为2004～2005年度匈牙利数学奥林匹克题． 下面看几道应用的例子．例1 （2001年第42届IMO 题）如图25-，在ABC △中，AP 平分BAC ∠且交BC 于P ,BQ 平分ABC ∠且交CA 于Q ．已知60BAC ∠=︒,且AB BP AQ QB +=+．问ABC △的各角的度数的可能值是多少？图2-5B 1C 1CPQBA解 延长AB 到1B 使1BB BP =，在QC 或其延长线上取1C 使1QCQB=．于是11AB AB BP AQ QB AC =+=+=而60BAC ∠=︒,从而11AB C △为正三角形，直线AP 是11AB C △的对称轴．即有111111,2PC PB PC A PB A BPB ABC PBQ=∠=∠=∠=∠=∠．又11QBC QC B ∠=∠，则11PC B PBC ∠=∠．当点P 不在1BC 上时，有1PC PB=．从而111PB PC PB BB ===．即1PBB △为正三角形，160PBB BAC ∠=︒=∠，矛盾（1PBB ∠是ABC △的外角,应大于BAC∠）．因此，点P 应当在1BC 上，即C 与1C 重合．故 12BCA ABC∠=∠．由 18060120BCA ABC ∠+∠=︒-︒=︒,知ABC △的各角只有一种值,即60,80,40BAC ABC BCA ∠=︒∠=︒∠=︒注 以上解法由福建的林常先生给出．例2 (1994年保加利亚竞赛题）如图26-,一个锐角ABC △，60BAC ∠=︒，三点H ,O ，I 分别是ABC △的垂心，外心和内心．如果BH OI =，求ABC ∠和ACB ∠．图2-6I QHCBA解 首先可证明H ，O ,I 三点在题设条件下两两不重合．若点H 与I 重合，则由BAC ∠及性质3知B ，H ，O ，C 共圆．又BH OI =,则BOC △的外接圆上对应的弧BH OI OH ==，即有1152BCH BCO ∠=∠=︒．点O 在锐角ABC △内部，当H 与I 重合时,CH 即是BCO ∠的平分线，又是BCA ∠的内分角线，这显然不可能，因而点H 与点I 不重合． 若点H 与点O 重合，则30,9060BCH BCO B BCH ∠=∠=︒∠=︒-∠=︒．从而ABC △是等边三角形，即有O ,I ，H 三点重合，0OI BH =<与题设矛盾． 又点O 与点I 也不会重合,否则0BH =也矛盾．下面求ABC ∠和ACB ∠．由60BAC ∠=︒及性质3知B ,H ，I ,O ，C 五点共圆，且由性质4（1）知，HI IO =，由题设BH OH =，即有BH HI IO==． 联结IC ，OC ，则知 BH HI IO==． 亦即知 1103BCH HCI ICO BCO ∠=∠=∠=∠=︒．由于H 为垂心，知9080ABC BCH ∠=︒-∠=︒．从而18040ACB BAC ABC ∠=︒-∠-∠=︒．为所求．由上述例1，例2，又可得到性质11 在锐角ABC △中，60A ∠=︒，H ，I ,O 分别为ABC △的垂心，内心和外心,联结AI 并延长交BC 于P ，联结BI 交AC 于Q ，则BH IO =的充要条件是AB BP AQ QB+=+．注：此命题作者曾作为数学问题提供给《数学通报》（见2004（9）数学问题1511号)．例3 （《数学通报》2007（8）数学问题1686号）如图27-，ABC △中，90A ∠>︒，AB AC >，高线BE 、CF 交于点H ，O 为ABC △的外心，且AO AH =,BAC∠的平分线AD 所在直线交BE ,CF 的延长线于M 、N ．求证:HM HN =．图2-7GOBO 'T D C A F N KE H M证明 因为11,,22AB AC ABC ACB ACB BAC ABC BAC >∠<∠∠+∠>∠+∠,即ACB CAD ∠+∠>ABC BAD∠+∠,所以，,90ADC ADB CDA ∠<∠∠<︒,所以N 点在HF 上，M 点在BH 的延长线上． 延长AD 交O于G ，BG CG =,联结BG 、CG 、GO ，并延长GO 交BC 于T ,交BAC 于O '，O G 'BC⊥,垂足T ，12OT AH =（三角形任一顶点到垂心的距离等于外心到对边距离的2倍)，所以OT =111222OA OB OC ==,30OBC OCB ∠=∠=︒，120BOC ∠=︒，1602BGC BOC ∠=∠=︒，180BAC ∠=︒-120BGC ∠=︒，又A 点为HBC △的垂心,2(90)BAC BHC BHC ∠=∠+︒-∠，60BHC ∠=︒,BHC ∠+ 180BOC ∠=︒，所以H 、B 、O 、C 四点共圆，又BO OC =，BO OC =，联结HO ,则BHO ∠=1302CHO BHC ∠=∠=︒．记HO 交AE 于K ，90903060EKH EHK ∠=︒-∠=︒-︒=︒，1602EAM CAD BAC ∠=∠=∠=︒，所以EKH ∠=EAM∠，KH AM ∥,M BHK KHN HNM ∠=∠=∠=∠，所以HM HN =．例4 (1994年全国高中联赛题）如图28-，设ABC △的外接圆O 的半径为R ,内心为I ，60B ∠=︒，A C ∠<∠，A ∠的外角平分线交圆O 于E ．证明：（1）IO AE=；(2)2(1R IO IA IC R<++<．图2-8FCBIOD A E证明 （1）由性质3，知I 、O 、A 、C 四点共圆． 延长AI 交O于点F ，则由题设知E 、O 、F 三点共线，联结CE 交AI 于点D，则IOC DAC ∠=∠,OCI OAF AFE ACD ∠=∠=∠=∠．于是，OIC △∽ADC △,即有OI OC AD AC=．又60,B AC ∠=︒=，且60,AED AD ∠=︒．故OI AE==．(2)联结FC ，由160()2IFC ABC A C ∠=∠=︒=∠+∠BCF ICB ICF=∠+∠=∠，知IC IF =．于是，2IO IA IC AE IA IF AE AF EF R ++=++=+>=,且112cos 60sin 6022IO IA IC AE AF R A A ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++=+=⋅︒+∠+︒+∠ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦11sin 105sin 7022A A ⎛⎫⎛⎫=⋅︒+∠=⋅︒-∠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又60B ∠=︒，A C ∠<∠，所以160,4575752A A ∠<︒︒<︒-∠<︒，从而sin751)IO IA IC R ++<⋅︒=．故21)R IO IA IC R<++<．例5 如图29-,给定正ABC △，D 是边BC 上任意一点，ABD △的外心、内心分别为1O 、1I ，ACD △的外心、内心分别为2O 、2I ，ABC △的中心为O ．图2-9I 2I 1O 2O 1OCDBA求证：（1）12OO OO +为定值；（2)1AI 平分1OAO ∠，2AI 平分2OAO ∠．证明 由性质3，即知A 、2O 、2I 、D 、B 五点共圆，且圆心为1O ，半径为12O O ；A 、1O 、1I 、D 、C 五点共圆，且圆心为2O ，半径为12O O ．于是12AO O △、12DO O △均为正三角形．（1)由于B 、O 、2O 与C 、O 、1O 分别三点共线．则12120O OOBOC ∠=∠=︒，即知A 、1O 、O 、2O 四点共圆，从而O 为正12AO O △外接圆圆弧12O O 上一点．由托勒密定理，故知12OO OOOA+=（定值）．(2)由1130O AD O CD ∠=∠=︒，230O AD ∠=︒，则1111130O AIDAI OAB BAI OAI ∠=︒-∠=∠-∠=∠，因此，1AI 平分1OAO ∠．同理，2AI 平分2OAO ∠．例6 （2001年CMO 试题）给定正ABC △，D 是BC 边上任意一点，ABD △的外心、内心分别为1O 、1I ，ADC △的外心、内心分别为2O 、2I ，直线11O I与22O I 相交于P ．试求:当点D 在BC 边上运动时，点P 的轨迹．解 如图210-，作辅助线．图2-10O 2O 1I 1I 2POD CBA由性质3或例5中证明知2O 、2I 均在圆1O 上，1O 、1I 均在圆2O 上，且圆1O 与圆2O 是等圆，12O DO∠=60︒．因2221230AI OABO I AI ∠=∠=︒=∠，则121211,30AI O P O PO O I A ∠=∠=︒∥．于是，知D 是12O PO △的外心．在22O DI △中，由2212030150DI O∠=︒+︒=︒，知222230O DIDO I ∠+∠=︒．注意到22ADOABO ∠=∠30=︒,从而2222222O DC I DC O DI ADI O DI ∠=∠+∠=∠+∠22222230ADO O DI O DI =∠+∠=∠+︒．于是,由22DO P DPO ∠=∠，在2DPO △中，有222221802180(230)2PDC CDO DO P O DI DO ∠=︒-∠-∠=︒-∠+︒-∠22221502()90O DI DO I =︒-∠+∠=︒从而，PD BC ⊥，以及1AD =．此时以边BC 所在的直线为x 轴，边BC 的中点为坐标原点建立直角坐标系，且不妨设正ABC △的边长为2，点P 的坐标为(,)x y ，则在Rt AOD △中，由222AD OD AO -=,即222)x -=，故221(11,0)3x y x y -=-<<<为所求．例7 （2006年第55届捷克和斯洛伐克数学奥林匹克题）已知平面上的线段AB ，求所有锐角三角形的重心的轨迹，使得ABC △满足顶点A 、B、垂心H 、内心I 四点共圆．解 如图211-，因为ABC △是锐角三角形，所以H 、I 都在ABC △的内部,且180AHB C ∠=︒-∠，1902AIB C ∠=︒+∠．从而A 、B 、H 、I 四点共圆AHB AIB ⇔∠=∠，即60C ∠=︒．图2-11I HCBA因此，点C 在弦线段AB 所对的圆周角为60︒的两段圆弧上．因为ABC △是锐角三角形，所以，C 应在分别过A 、B 且垂直于AB 的两条垂线之间，即在弧KL 和MN 上，如右图212-．图2-12C 0K 'L'M 'N 'L KNMB A设0C 是边AB 的中点，以0C 为位似中心，13为位似比,将弧LK 和MN 变为弧L K ''和M N '',则L K ''和M N ''即为ABC △的重心轨迹,且其上的每个点都对应着一个满足条件的ABC △．例8 求证：正三角形外接圆上任一点至三边（所在直线）的距离之平方和是一常数．证明 如图213-，令正三角形的边长为a ,有X图2-13PY Z CBA2PAB PAC PBC ABC S S S S +-==△△△△．所以PZ PY PX +-．上式两边平方得222232()4PX PY PZ PY PZ PZ PX PX PY a +++⋅-⋅-⋅=．显然，点P 为AZY、ZBX 、XYC 、ABC 的公共点，则由PXY PCY PBA ∠=∠=∠,XYP ∠=XCP BAP∠=∠有PXY △∽PBA △等,即有PX PA PY PB PZ PC ⋅=⋅=⋅． （＊）又 PAC△∽PZX △，PBC △∽PZY △，有 ,PA PZ PB PZAC ZX BC ZY==，上述两式分别乘以PX ,PY 并由(*）式得 PX YZ PY ZXBC CA ⋅⋅=． 同理PY ZX PZ XYCA AB⋅⋅=． 而 BC CA AB==．故 PX YZ PY ZX PZ XY⋅=⋅=⋅．于是 ()PY PZ PZ PX PX PY PY PZ PX PZ PX ⋅-⋅-⋅=--⋅[()]PXYZ PZ PX ZX PZ ZX=--⋅[()]PXPZ YZ XZ YZ PX ZX=--⋅ []0PXPZ XY YZ PX ZX=⋅-⋅=．故 222234PX PY PZ a ++=．例9 三角形为正三角形的充要条件是两条边上的中线与相对边均成30︒角．证明 设AD 、BE 分别为ABC △的边BC 、AC 上的中线，30CAD CBE ∠=∠=︒． 必要性．显然．充分性．由题设，知ADC △∽BEC △，则22AC DC DC BCBC EC EC AC===．即22ACBC =，故AC BC =．在BEC △中,30CBE ∠=︒,12EC BC =，则30,60BEC C ∠=︒∠=︒．从而ABC △为正三角形．图2-14DECBA注 此命题充分性为1972年莫斯科数学奥林匹克题：在ABC △中引中线AD和BE ,又CAD ∠=30CBE ∠=︒，求证：ABC △为正三角形．例10 三角形为正三角形的充要条件是最大的高、第二边上的中线、第三边上的角平分线三者相等．证明 在ABC △中，最大的高为AH ，BM 为中线,CD 为角平分线． 必要性．显然．充分性．过点M 作ML AB ⊥于L ，作MK BC ⊥于K ．K图2-15HL MD CBA于是有1122MK AH BM ==，1122ML CD BM=≤．则30,30MBC MBA ∠=︒∠︒≤，故60ABC ∠︒≤．另一方面，由中线性质知同一个三角形中，大边上的中线小而小边上的中线大．因为边BC 上的中线AE AH BM =≥,边AB 上的中线CF CD BM =≤,所以BM 是最小中线，从而有AC BC ≥，AC ≥AB．则ABC BAC ∠∠≥，ABC ACB ∠∠≥，即60BAC ∠︒≤,60ABC ∠︒≤,60ACB ∠︒≤． 亦即60BAC ABC ACB ∠=∠=∠=︒． 故ABC △为正三角形．注：此命题充分性为1967年第1届全苏奥林匹克题：在锐角ABC △中，最大的高AH 等于中线BM ,也等于内角平分线CD ．求证：ABC △是等边三角形．例11 三角形为正三角形的充要条件是三内角、三条高分别成等差数列．证明 必要性．显然．充分性．设三角形ABC 的三内角为A B C ≤≤． 因为A 、B 、C 成等差数列，所以60B ∠=︒．设BC 、CA 、AB 上的高依次为ah 、bh 、ch ，则abch h h ≥≥．由ah 、bh 、ch 成等差数列，2ba chh h =+．设ABC △的面积为S ，则2S S Sb a c=+，故2ac ab bc =+．由正弦定理待2sin sin sin sin sin sin A C A B B C ⋅=⋅+⋅． 令60A θ=︒-，60C θ=︒+，则2sin(60)sin(60))sin(60)]θθθθ︒-⋅︒+=︒-+︒+，即1cos 22sin 60cos 2θθ+=︒⋅或2132cos 1cos 22θθ-+=,亦即24cos 3cos 10θθ--=．所以(cos 1)(4cos 1)0θθ-+=．因为cos 0θ>,所以cos 10θ+>,于是cos 1θ=，得0θ=︒． 即60A C ==︒．所以ABC △为正三角形．注：此命题充分性为1988年第3届拉丁美洲地区数学奥林匹克题:已知：三角形三内角成等差数列，三条高也成等差数列．求证：这个三角形是等边三角形．例12 三角形为正三角形的充要条件是三条中线将三角形分为六个三角形中的内切圆有四个相等．证明 设ABC △的三条中线CK 、AM 、BL 相交于点G ．则ABC △被分得的六个小三角形面积相等． 必要性．显然．图2-16LGKMCBA充分性．由题设有四个小三角形的内切圆相等，则必要两个小三角形相邻且内切圆相等,不妨设AKG △与BKG △的内切圆半径相等．由公式S p r=⋅可推知AG GB=．所以等腰AMB△的中线MK也是高，即CK AB⊥．又AK KB=，所以AC BC=．另外具有相等内切圆的小三角形要么在AGL△的位置（其△，要么在CGL他情形与其对称)．若ALG△面积相等，周长△与ALG△与AKG△的内切圆半径相等，这样AKG相等，且一条对应边相等，可证得AKG△．△≌ALG则AL AK=，于是AC AB=．因此AB AC BC△是正三角形．==．ABC若CLG△有相等的周长，根据圆的△与KGB△与KGB△的内切圆相等,则CLG切线定理，++=+=+CL CG LG CL x BK x2222（其中x是从点G到对应圆的切线长，由CGL BGK∠=∠，及两个内切圆半径相等,可证得G到两个内切圆的切线长都相等，且等于x）．所以22=．CL BK=，即AC AB因此，AC AB BC△为正三角形．==,即ABC注：此命题的充分性为1968年第2届全苏奥林匹克题：ABC△的三条中线将二角形分为六个三角形．已知：这些三角形的内切圆中的四个相等．求证：ABC△为正三角形．例13已知ABC△的内心，△，AIB△的内心为I，X,Y，Z分别为BIC△，CIA则ABC△为正三角形．（充分性为IMO50△为正三角形的充要条件是XYZ预选题）证明充分性．如图217-．I图2-17γβαXYZ CBA由于AZ ,ZI ,ZY 四等分BAC ∠，可设4BAC α∠=． 类似地，设4ABC β∠=，4BCA γ=． 于是，45αβγ++=︒，且0,,45αβγ︒<<︒． 因为902BIC α∠=︒+，则45XIC BIX α∠=∠=︒+．类似地,45CIY YIA β∠=∠=︒+． 于是，90135XIY αβγ∠=︒++=︒-． 类似地,135,135YIZ ZIX αβ∠=︒-∠=︒-．注意到点I 到CX 的距离等于cos IY α⋅．所以，cos cos IX IY βα⋅=⋅． 为了计算方便，选择一个长度单位，使得cos ,cos IX IY αβ==．类似地cos IZ γ=．由于XYZ △是正三角形，则在XYI △和YZI △中分别应用余弦定理， 由22ZX ZY =,可得22222cos 2cos IZ IX IZ IX ZIX IZ IY IZ IY YIZ +-⋅⋅∠=+-⋅⋅∠,即222(cos cos )IXIY IZ IX ZIX IY YIZ -=⋅∠-⋅∠．故22cos cos2cos [cos cos(135)cos cos(135)]αβγαββα-=⋅︒--⋅︒-．即有sin()sin()cos cos(135)cos(135)αββαγαββα+⋅-=[-+︒--+︒] 2cos sin135sin()γβα=⋅︒⋅-即sin(45)sin()sin()sin()(cos sin )0γβαγβαβαγγ︒-⋅-⋅-⇒-⋅+=sin()0βααβ⇒-=⇒=．类似地，αγ=．这就意味着ABC △是正三角形． 必要性．显然（略)．例14 在正三角形ABC △的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上各任取一点X 、Y、Z ．求证：AYZ △、BZX △、CXY △的欧拉线所交成的三角形全等于ABC△．（若AYZ △是正三角形，则以过它的中心而平行于BC 的直线来代替它的欧拉线．）证明 如图218-,三角形的外心、垂心、重心三者共线，称为欧拉线,令三条欧拉线交成的三角形为PQR △,AYZ △的外心与垂心为1O ，1H ,作1O J AY⊥于J ，有12AJ AY AK ==．又在1Rt H KZ △中,160ZH K ∠=︒，有O 3O 2H 1O 1A 2A 1X P图2-18K J OQRZ GN M Y F E DCBA11112H K ZH O J==．所以1AH K △≌1AO J △，故11AHAO =．令AB 、AC 交RQ 于1A ，2A ，由11AH A △≌12AO A △得12AA A △为正三角形， 故RQ BC ∥．同理，,PR CA QP AB ∥∥，所以PQR △为正三角形．因为O ，M ，2O ，N 四点共圆,得2MO N B ∠=∠,故有123O O O △为正三角形，可得1231RO O QO O ∠=∠,所以12RO O △≌31QO O △，故12RO QO =，21ROQO =．过2O ，3O 作BC 的垂线交BC ，QP 于G 、D ，E 、F ，则12FE GD BC==，又由60R Q ∠=∠=︒，所以2311111()()222RF QE RO QO QO RO RQ+=+=+=．故12EF RQ =．所似RQ BC =，即知PQR △≌ABC △．正三角形中还有许多有趣的结论，如在正ABC △中,其内一点P 在边BC ，CA、AB 上的射影分别为D 、E 、F ，则（1)BD CE AF DC EA FB ++=++； （2）222222BDCE AF DC EA FB ++=++；（3）PBD △,PDC △、CPE △、EPA △、APF △、FPB △的内切圆半径依次记为1r ，2r ，3r ，4r ，5r ,6r ，有，135246r r r r r r ++=++；……等等，这些均留给读者来自证了． 练习二1．已知ABC △的三个内角A ∠，B ∠，C ∠满足2A C B ∠+∠=∠,11cos cos A C +=,求1cos ()2A C -的值．2．在ABC △中，A ∠，B ∠,C ∠的对边分别为a ，b ，c ．若2A C B ∠+∠=∠．求证：44a c + 42b ≤．3．（2001年美彼德斯堡奥林匹克题）在ABC △中,点I 是其内心，H 是垂心,M 是其外接圆的AC 的中点，已知MI MH =，求ABC ∠的度数．4．（2007年英国数学奥林匹克第二轮题）在锐角ABC △中，AB AC >,60BAC ∠=︒,O、H 分别为ABC △的外心、垂心，OH 所在直线分别交AB ,AC于点P ，Q ．求证：PO HQ =．5．(第19届亚太地区数学奥林匹克题）在锐角ABC △中,60BAC ∠=︒，AB AC >，点I 、H 分别是ABC △的内心、垂心．求证：23AHI ABC ∠=∠．6．（2007年印度国家队选拔题)证明：在一个非等边三角形中，以下两个命题等价．（1）三个内角的度数成等差数列；（2)九点圆与内切圆的公切线与欧拉线平行，7．若在ABC △的外侧作正三角形BCA '△，CAB '△，ABC '△，则：（1)AA BB CC '''==;(2）所作三个正三角形的中心是一个正三角形的顶点．8．若在ABC △的内侧作正三角形BCA '△,CAB '△,ABC '△，则：（1）AA BB CC '''==;（2）所作三个正三角形的中心是一个正三角形的顶点． 9．已知ABCD,同在外侧作正三角形ABE △及BCF △,则DEF △是正三角形．(若同在内侧作,则结论仍成立）10．设正三角形的内切圆上任一点至三边的距离为x ，y ，z ，正三角形边长为a ．求证：222xy z ++=232()8yz zx xy a ++=．11．(2008年印度国家队选拔赛题）设D 、E 、F 分别是ABC △的边BC 、CA、AB 上的点，且满足AD BE CF ==．若AD 、BE 、CF 不交于一点，且围出一个正三角形．问:ABC △是正三角形吗?12．（2005年第22届巴尔干地区数学奥林匹克题）已知锐角ABC △，其内切圆与边AB 、AC 分别切于点D 、E ，X 、Y 分别是ACB ∠、ABC ∠的平分线与DE 的交点,Z 是边BC 的中点．求证：当且仅当60A ∠=︒时，XYZ △是等边三角形．13．设O 是正三角形ABC △的中心,在直线OA 、OB 、OC 上除点O 外各任取一点X 、Y 、Z ．求证：OYZ △、OZX △、OXY △的欧拉线共点．14．试证：三角形为正三角形的充分必要条件是其外接圆半径等于其内切圆直径．15．（《数学通报》1988（9）数学问题546号）试证：一个三角形三边相等的充分与必要条件为：三角形内任一点到三边的距离之和为定值．16．试证:三角形为正三角形的充分必要条件是任意两条边上的高线长的和等于第三边上的中线长的2倍．17．（《数学通报》2001（12）数学问题1343号）ABC △中，BE ，CF 为AC ，AB边上的高,FP BC ⊥于P ,FQ AC ⊥于Q ，EM BC ⊥于M ，EN AB ⊥于N ，且FP FQ CF +=,EM EN BE+=，求证：ABC △为等边三角形．18．P 是ABC △内任意一点（包括在边界上)，过P 作BC 、CA 、AB 的垂线,垂足为D 、E 、F ．则（1）ABC △为正三角形⇔对任意的P 都有12PBDPCE PAF ABCSS S S ++=△△△△；（2）ABC △为正三角形⇔对任意的P 都有1()2BD CE AF BC CA AB ++=++．19．（《数学通报》2005(2）数学问题1531号)设I 是ABC △的内心，R ，1R ，2R ,3R 分别是ABC △、IBC △、ICA △、IAB △的外接圆半径．求证：ABC △为正三角形的充要条件是1233R RR R++=．20．给定正ABC △，D 是边BC 上任意一点，ABD △、ACD △的内心分别为1I ,2I ,两内切圆异于BC 的外公切线分别交AD 、AB 、AC 于点F 、M 、N ，以12I I 为边作正12I I E △（点D 、E 在12I I 异侧）．求证：EF MN ⊥．。

高中数学几何三角形解题技巧在高中数学中，几何是一个重要的部分，而三角形则是几何中最基础、最常见的图形之一。

解题时，我们经常会遇到与三角形相关的问题，因此掌握一些解题技巧是非常重要的。

本文将介绍一些高中数学几何三角形解题的技巧，帮助读者更好地应对这类题目。

一、相似三角形的应用相似三角形是解决几何问题时常用的一个工具。

当两个三角形的对应角相等，并且对应边成比例时，我们可以判断它们是相似三角形。

利用相似三角形的性质，我们可以解决很多与三角形相关的问题。

例如，考虑以下题目：已知三角形ABC和三角形DEF是相似的，且AB = 4 cm，BC = 6 cm，DE = 6 cm，EF = 9 cm，求AC的长度。

解答：由于三角形ABC和三角形DEF是相似的，我们可以得到以下比例关系：AB/DE = BC/EF = AC/DF代入已知条件，得到：4/6 = AC/9通过简单的计算，我们可以得到AC的长度为6 cm。

二、三角形的内角和在解决与三角形相关的问题时，经常需要计算三角形的内角和。

对于任意一个三角形，其内角和等于180度。

例如，考虑以下题目：已知三角形ABC的内角A为60度，内角B为40度，求内角C的度数。

解答：我们知道三角形ABC的内角和等于180度，因此可以得到以下等式：A +B +C = 180代入已知条件，得到：60 + 40 + C = 180通过简单的计算，我们可以得到内角C的度数为80度。

三、三角形的面积计算计算三角形的面积是解决与三角形相关问题的常用方法之一。

根据三角形的底边和高，我们可以使用以下公式计算三角形的面积：面积 = 底边 ×高 / 2例如，考虑以下题目：已知三角形ABC的底边AC的长度为8 cm，高BD的长度为6 cm，求三角形ABC的面积。

解答：根据面积计算公式，我们可以得到以下等式：面积 = 8 × 6 / 2通过简单的计算，我们可以得到三角形ABC的面积为24平方厘米。

高中数学几何诱导解题技巧在高中数学中，几何是一个重要的考点，也是学生们普遍感到困惑的部分。

几何题目通常需要学生运用几何知识和技巧进行推导和解答。

本文将介绍一些几何题目的解题技巧，帮助学生更好地应对几何题目。

1. 直角三角形的性质直角三角形是几何中常见的一种特殊三角形，具有一些独特的性质。

例如，直角三角形的斜边是两个直角边的最长边，利用这一性质可以解决一些关于直角三角形的问题。

例如，考虑以下题目：已知直角三角形ABC，其中∠B=90°，AB=3，BC=4，求AC的长度。

解题思路：根据直角三角形的性质，我们知道AC是斜边，而AB和BC是直角边。

根据勾股定理，直角三角形的斜边的平方等于两个直角边的平方和。

因此，我们可以得到以下等式：AC² = AB² + BC²AC² = 3² + 4²AC² = 9 + 16AC² = 25AC = 5通过这个例子，我们可以看到，利用直角三角形的性质和勾股定理，我们可以轻松解决这个问题。

2. 三角形的相似性质相似三角形是几何中另一个重要的概念，它们具有相似的形状和对应边的比例关系。

利用相似三角形的性质，我们可以解决一些关于比例和长度的问题。

例如，考虑以下题目：在△ABC中，∠A=60°，∠B=30°，AB=3，BC=4，求AC的长度。

解题思路：我们可以利用三角形的相似性质来解决这个问题。

根据题目中给出的角度信息，我们可以得到以下相似关系：△ABC ~ △ACD其中，∠A=∠A，∠B=∠C，∠C=∠D根据相似三角形的对应边的比例关系，我们可以得到以下等式：AB/AC = BC/CD3/AC = 4/CD通过解这个等式，我们可以得到CD的长度。

然后，利用三角形的内角和为180°的性质，我们可以得到∠C的度数。

最后，利用三角形的正弦定理或余弦定理，我们可以求得AC的长度。

太原中考数学压轴题专题直角三角形的边角关系的经典综合题一、直角三角形的边角关系1．如图，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ，测得杆顶端点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°．（1）求∠BPQ的度数；（2）求该电线杆PQ的高度（结果精确到1m）．备用数据：，【答案】（1）∠BPQ=30°；（2）该电线杆PQ的高度约为9m．【解析】试题分析：（1）延长PQ交直线AB于点E，根据直角三角形两锐角互余求得即可；（2）设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．试题解析：延长PQ交直线AB于点E，（1）∠BPQ=90°-60°=30°；（2）设PE=x米．在直角△APE中，∠A=45°，则AE=PE=x米；∵∠PBE=60°∴∠BPE=30°在直角△BPE中，33米，∵AB=AE-BE=6米，则3，解得：3则BE=（33+3）米．在直角△BEQ中，QE=33BE=33（33+3）=（3+3）米．∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23≈9（米）．答：电线杆PQ的高度约9米．考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．2．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm．（1）求∠CAO＇的度数．（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？【答案】（1）∠CAO′=30°；（2）（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．【解析】试题分析：（1）通过解直角三角形即可得到结果；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24×=12，由C、O′、B′三点共线可得结果；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．试题解析：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，∴sin∠CAO′=，∴∠CAO′=30°；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD=，∴BD=OBsin∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin ∠BOD=24×=12，∵O′C ⊥OA ，∠CAO′=30°，∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°， ∴O′B′+O′C ﹣BD=24+12﹣12=36﹣12， ∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12）cm ；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°， 理由：∵显示屏O′B 与水平线的夹角仍保持120°， ∴∠EO′F=120°， ∴∠FO′A=∠CAO′=30°， ∵∠AO′B′=120°， ∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．考点：解直角三角形的应用；旋转的性质．3．如图（9）所示（左图为实景侧视图，右图为安装示意图），在屋顶的斜坡面上安装太阳能热水器：先安装支架AB 和CD （均与水平面垂直），再将集热板安装在AD 上.为使集热板吸热率更高，公司规定：AD 与水平面夹角为1θ，且在水平线上的射影AF 为1.4m .现已测量出屋顶斜面与水平面夹角为2θ，并已知1tan 1.082θ=，2tan 0.412θ=．如果安装工人确定支架AB 高为25cm ，求支架CD 的高（结果精确到1cm ）？【答案】【解析】于F，根据锐角三角函数的定义用θ1、θ2表示出DF、EF的值，又可证过A作AF CD四边形ABCE为平行四边形，故有EC=AB=25cm，再再根据DC=DE+EC进行解答即可．4．如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．（1）求证：直线CP是⊙O的切线．（2）若BC=2，sin∠BCP=，求点B到AC的距离．（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．【答案】（1）证明见解析（2）4（3）20【解析】试题分析：（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可．试题解析：（1）∵∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∵AC为⊙O的直径，∴∠ANC=90°，∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，∵∠CAB=2∠BCP，∴∠BCP=∠CAN，∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°， ∵点D 在⊙O 上， ∴直线CP 是⊙O 的切线； （2）如图，作BF ⊥AC∵AB=AC ，∠ANC=90°， ∴CN=CB=，∵∠BCP=∠CAN ，sin ∠BCP=，∴sin ∠CAN=，∴∴AC=5， ∴AB=AC=5， 设AF=x ，则CF=5﹣x ，在Rt △ABF 中，BF 2=AB 2﹣AF 2=25﹣x 2， 在Rt △CBF 中，BF 2=BC 2﹣CF 2=2O ﹣（5﹣x ）2， ∴25﹣x 2=2O ﹣（5﹣x ）2， ∴x=3，∴BF 2=25﹣32=16， ∴BF=4，即点B 到AC 的距离为4． 考点：切线的判定5．如图，反比例函数() 0k y k x=≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象相交于A (1,a ),B 两点，点C 在第四象限，CA ∥y 轴，90ABC ∠=︒. (1)求k 的值及点B 的坐标； (2)求tanC 的值.【答案】（1）2k =，()1,2B --；（2）2. 【解析】【分析】（1）先根据点A 在直线y=2x 上，求得点A 的坐标，再根据点A 在反比例函数()0ky k x=≠ 的图象上，利用待定系数法求得k 的值，再根据点A 、B 关于原点对称即可求得点B 的坐标；（2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，根据90ABC ∠=︒ ， 90BHC ∠=︒ ，可得C ABH ∠∠=，再由已知可得AOD ABH ∠∠=，从而得C AOD ∠∠=，求出Ctan 即可.【详解】（1）∵点A (1，a )在2y x =上， ∴a =2，∴A (1，2)，把A (1，2)代入 ky x= 得2k =， ∵反比例函数()0ky k x=≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象交于A ，B 两点， ∴A B 、 两点关于原点O 中心对称，∴()12B --， ； （2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，∵90ABC ∠=︒ ， 90BHC ∠=︒ ，∴C ABH ∠∠=，∵CA ∥y 轴，∴BH ∥x 轴，∴AOD ABH ∠∠=，∴C AOD ∠∠=，∴AD 22OD 1tanC tan AOD =∠===.【点睛】本题考查了反比例与一次函数综合问题，涉及到待定系数法、中心对称、三角函数等知识，熟练掌握和应用相关知识是解题的关键，（2）小题求出∠C=∠AOD 是关键.6．在Rt △ACB 和△AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE. 特殊发现：如图1，若点E 、F 分别落在边AB ，AC 上，则结论：PC ＝PE 成立（不要求证明）． 问题探究：把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转．(1)如图2，若点E 落在边CA 的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F 落在边AB 上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3)记ACBC＝k ，当k 为何值时，△CPE 总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 为33时，CPE V 总是等边三角形 【解析】 【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FPMC PB=，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，ACBC=tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可． 【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P作PM⊥CE于点M，∵EF⊥AE，BC⊥AC，∴EF∥MP∥CB，∴EM FP=，∵点P是BF的中点，∴EM=MC，又∵PM⊥CE，∴PC=PE；MC PB（2）PC=PE成立，理由如下：如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF和△EAF中，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA，AF=AF，∴△DAF≌△EAF（AAS），∴AD=AE，在△DAP和△EAP中，∵AD=AE，∠DAP=∠EAP，AP=AP，∴△DAP≌△EAP（SAS），∴PD=PE，∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD∥BC∥PM，∴DM FP=，MC PB∵点P是BF的中点，∴DM=MC，又∵PM⊥AC，∴PC=PD，又∵PD=PE，∴PC=PE；（3）如图4，∵△CPE总是等边三角形，∴∠CEP=60°，∴∠CAB=60°，∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC ，ACBC=tan30°， ∴k=tan30°=3， ∴当k 为3时，△CPE 总是等边三角形．【点睛】考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．7．如图，湿地景区岸边有三个观景台、、.已知米，米，点位于点的南偏西方向，点位于点的南偏东方向.(1)求的面积；(2)景区规划在线段的中点处修建一个湖心亭，并修建观景栈道.试求、间的距离.(结果精确到米)(参考数据：，，，，，，)【答案】（1）560000（2）565.6 【解析】试题分析：（1）过点作交的延长线于点，，然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE ，再根据正弦的性质求出CE 的长，从而得到△ABC 的面积；（2）连接，过点作，垂足为点，则.然后根据中点的性质和余弦值求出BE 、AE 的长，再根据勾股定理求解即可. 试题解析：(1)过点作交的延长线于点，在中，，所以米.所以(平方米).(2)连接，过点作，垂足为点，则.因为是中点，所以米，且为中点，米，所以米.所以米，由勾股定理得，米.答：、间的距离为米.考点：解直角三角形8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M 同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D 时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.【解析】试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值．试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s．（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB 上，则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，∵AD=AH+DH=x+x=x=4，∴x=3．当≤t≤4时，S MNGN=1cm2．当4＜t≤6时，S MNGH=（t﹣3）2cm2∴S关于t的函数关系式为：.（3）分两种情况：①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；②当DC=PC时，DC=PC=12cm∴NC=6cm∴EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm∴t=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．综上所述，当t=9s或t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.9．某条道路上通行车辆限速60千米/时，道路的AB段为监测区，监测点P到AB的距离PH为50米（如图）．已知点P在点A的北偏东45°方向上，且在点B的北偏西60°方向上，点B在点A的北偏东75°方向上，那么车辆通过AB段的时间在多少秒以内，可认定为超速？（参考数据：3≈1.7，2≈1.4）．【答案】车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速【解析】分析：根据点到直线的距离的性质，构造直角三角形，然后利用解直角三角形的应用，解直角三角形即可.详解：如图，由题意知∠CAB=75°，∠CAP=45°，∠PBD=60°，∴∠PAH=∠CAB–∠CAP=30°，∵∠PHA=∠PHB=90°，PH=50，∴AH=tanPHPAH∠33，∵AC∥BD，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD–∠PBD=45°，则PH=BH=50，∴3，∵60千米/时=503米/秒，∴时间t=503505033≈8.1（秒），即车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速．点睛：该题考查学生通过构建直角三角形，利用某个度数的三角函数值求出具体边长，即实际路程，并进行判断相关的量。