求几道初中数学竞赛平面几何典型题的答案及详细步骤

1至9解答
如图，连P′B，P′C，P′Q，P′R，P′P，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵PQ∥AC，
∴∠QPB=∠ACB，
∴∠QPB=∠QBC，
∴QP=QB，
又∵P′是P关于直线RQ的誉没对称点，
∴QP=QP′，即QP=QP′=QB，
∴Q点为△P′PB的外心，
同理可得R为△P′PC的外心，
∴∠P′QB=2∠P′PB
=2（180°-∠P′PC）
=360°-2∠P′PC，
由∠P′PR=∠PP′R，∠RPC=∠PCR，
∴∠P′QB=360°-∠P′PC-∠PP′R-∠PCR
=∠P′RC，
∵QP′=QB，RP′=RC，
∴△P′QB∽△P′RC．
2.
作平行四边形ADEP
连接CE，所以四边形BCEP是平行四边形
∠CDE=∠BAP
∠CPE=∠BCP
∠CDE=∠CPE，所以C、P、D、E四点共圆
∠CDP=∠CEP=∠CBP
即是∠PDC=∠PBC

3.
延长AB至Q　，使BQ＝AM　，则△ABM≌△BCQ
所以∠Q＝∠AMB　，因为∠AMB＝∠PAN　，所以∠Q＝∠PAN
因为AP：AM＝AB：BM　，所以AP：AN＝QN：CQ
所以△APN∽△QNC　，所以：∠APN=∠BNC

4.
证明：延长BP交AC于H，延长BQ交AC于G
∵绝虚局AP平分∠ABC
∴∠BAP＝∠CAP
∵并让BP⊥AP
∴∠APB＝∠APH＝90
∵AP＝AP
∴△ABP≌△AHP （ASA）
∴BP＝HP
同理可证：BQ＝GQ
∴PQ是△BGH的中位线
∴PQ∥AC

5.
在三角形ABC中，X是AB上的一点，Y是BC上的一点，线段AY和CX相交于Z。假若AY=YC及AB=ZC，求证：B ,X ,Z 和Y
四点共圆。

证明
截线AZY对ΔBCX来说，恰好满足梅涅劳斯[Menelaus]定理,所以得:
(CY/YB)*(BA/AX)*(XZ/ZC)=1
(1)
因为AB=ZC,故得:
CY*XZ=AX*BY (2)
又AY=CY,所以有
AY*XZ=AX*BY <==>
AY/BY=AX/XZ (3)
故知ΔAXZ∽ΔAYB,即∠AXZ=∠AYB，因此B ,X,Z 和Y四点共圆。

6.
用正弦定理：
a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC；
B=2C,A=4C,A+B+C=7C=π；
证1/a+ 1/b=1/c
两边乘以abc：
bc+ca=ab
代入，两边同时约去4R^2
sinBsinC+sinCsinA=sinAsinB
sin2CsinC+sinCsin4C=sin4Csin2C;sin3C=sin(7C-4C)=sin(π-4C)=sin4C，sin2C=2sinCcosC代入：
sin2CsinC+sinCsin3C=sin3Csin2C=2sinCcosCsin3C,约去sinC,
sin2C+sin3C=2cosCsin3C
由sin4C+sin2C=sin(3C+C)+sin(3C-C)=2sin3CconC,代入得
sin2C+sin3C=sin4C+sin2C
sin3C=sin4C
成立。(sin3C=sin(7C-4C)=sin(π-4C)=sin4C)
7.
根据等边对等角得出∠ABC=∠ACB, ∠A=∠AQP, ∠QPC=∠QCP,∠BQC=∠B,设∠A=x,则∠AQP=x,根据三角形的外角性质求出∠QPC=2x, ∠BQC=3x, ∠C=∠B=3x,在三角形ABC中根据三角形的内角和定理得出方程,x+3x+3x=180,解方程求出即可得x=180/7.
8.
解:AC=BC,∠C=20°.
则∠CAB=∠CBA=80°,∠BAD=60度,∠ABE=50°;∠AEB=∠C+∠CBE=50°=∠ABE,得AB=AE.
过点D作AB的平行线,交CA于F,则∠CDF=∠CFD=80°.连接BF,交AD于G,连接EG.
由对称性即可知,AG=BG,DG=FG,又∠BAG=60°,则⊿ABG与⊿DFG均为等边三角形.
故:AG=AB=AE,∠AGE=(180°-∠CAD)/2=80°,∠EGF=180°-∠AGE-∠AGB=40°.
又∠EFG=∠C+∠CBF=40° .
即∠EFG=∠EGF,得EF=EG;又DE=DE,DF=DG.故⊿FDE≌⊿GDE(SSS),得∠ADE=∠FDE=30°.
9.
过F作FG垂直AC于G.
因为△ABC是等腰直角△,所以∠B=∠C=45°
因为FG⊥AC,所以∠FGC=90°,可知△FGC是等腰直角△.
所以FG=GC,设它们=x.
因为∠FEG+∠BEA=90°,∠ABE+∠BEA=90°.
所以∠FEG=∠ABE,又因为BE⊥EF
所以∠BEF=∠A=90°
所以△ABE∽△GEF.因为E为腰AC的中点,可知BA:AE=2:1
所以BA:AE=EG:GF=2:1
所以EG=2FG=2CG=2x
所以EC=3x.因为EC=0.5
所以FG=1/6.
所以
三角形CEF的面积=1/2×1/6×1/2＝1/24

（1）解：如图，连P′B，P′C，P′Q，P′R，P′P，
∵AB=AC，
∴∠迹知ABC=∠ACB，
∵PQ∥姿空消AC，
∴∠QPB=∠ACB，
∴亏晌∠QPB=∠QBC，
∴QP=QB，
又∵P′是P关于直线RQ的对称点，
∴QP=QP′，即QP=QP′=QB，
∴Q点为△P′PB的外心，
同理可得R为△P′PC的外心，
∴∠P′QB=2∠P′PB
=2（180°-∠P′PC）
=360°-2∠P′PC，
由∠P′PR=∠PP′R，∠RPC=∠PCR，
∴∠P′QB=360°-∠P′PC-∠PP′R-∠PCR
=∠P′RC，
∵QP′=QB，RP′=RC，
∴△P′QB∽△P′RC．
剩下的等会 我在做

2.
作平行四边形ADEP
连接CE，所以四边形BCEP是平行四边形
∠CDE=∠BAP
∠CPE=∠BCP
∠CDE=∠CPE，所以C、P、D、E四点共圆
∠CDP=∠CEP=∠CBP
即是∠PDC=∠PBC

3.
延长AB至Q　，使BQ＝AM　，则△ABM≌△BCQ
所以∠Q＝∠AMB　，因为∠AMB＝∠PAN　，所以∠Q＝∠PAN
因为AP：AM＝AB：BM　，所局雹配以AP：AN＝QN：CQ
所以△APN∽△QNC　，所以：∠APN=∠BNC

4.
证明桐指：延长BP交AC于H，延长BQ交AC于G
∵AP平分∠ABC
∴∠BAP＝∠CAP
∵BP⊥AP
∴∠APB＝∠APH＝90
∵AP＝AP
∴△ABP≌△AHP （ASA）
∴肆枯BP＝HP
同理可证：BQ＝GQ
∴PQ是△BGH的中位线
∴PQ∥AC

5.
在三角形ABC中，X是AB上的一点，Y是BC上的一点，线段AY和CX相交于Z。假若AY=YC及AB=ZC，求证：B ,X ,Z 和Y
四点共圆。

证明
截线AZY对ΔBCX来说，恰好满足梅涅劳斯[Menelaus]定理,所以得:
(CY/YB)*(BA/AX)*(XZ/ZC)=1
(1)
因为AB=ZC,故得:
CY*XZ=AX*BY (2)
又AY=CY,所以有
AY*XZ=AX*BY <==>
AY/BY=AX/XZ (3)
故知ΔAXZ∽ΔAYB,即∠AXZ=∠AYB，因此B ,X ,Z 和Y 四点共圆。

6.
用正弦定理：
a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC；
B=2C,A=4C,A+B+C=7C=π；
两边乘以abc：
bc+ca=ab
代入，两边同时约去4R^2
sinBsinC+sinCsinA=sinAsinB
sin2CsinC+sinCsin4C=sin4Csin2C;sin3C=sin(7C-4C)=sin(π-4C)=sin4C，sin2C=2sinCcosC代入：
sin2CsinC+sinCsin3C=sin3Csin2C=2sinCcosCsin3C,约去sinC,
sin2C+sin3C=2cosCsin3C
由sin4C+sin2C=sin(3C+C)+sin(3C-C)=2sin3CconC,代入得
sin2C+sin3C=sin4C+sin2C

sin3C=sin4C
成立。
以上每一步都可逆，原式成立。得证。

9.
过F作FG垂直AC于G.
因为△ABC是等腰直角△,所以∠B=∠C=45°
因为FG⊥AC,所以∠FGC=90°,可知△FGC是等腰直角△.
所以FG=GC,设它们=x.
因为∠FEG+∠BEA=90°,∠ABE+∠BEA=90°.
所以∠FEG=∠ABE,又因为BE⊥EF
所以∠BEF=∠A=90°
所以△ABE∽△GEF.因为E为腰AC的中点,可知BA:AE=2:1
所以BA:AE=EG:GF=2:1
所以EG=2FG=2CG=2x
所以EC=3x.因为EC=0.5
所以FG=1/6.
所以
三角形CEF的面积=1/2×1/6×1/2＝1/24