初等几何研究试题答案(5)李长明版
2018-2019-初等数学研究李长明-推荐word版 (9页)

本文部分内容来自网络整理,本司不为其真实性负责,如有异议或侵权请及时联系,本司将立即删除!== 本文为word格式,下载后可方便编辑和修改! ==初等数学研究李长明篇一:初等数学研究(李长明周焕山编) p494第7题,p497第3题,p498第9题答案初等数学研究(李长明周焕山编) p494第7题,p497第3题,p498第9题答案7.在直角梯形ABCD中,AB是垂直二底的腰,另一腰切以AB为直径之圆于E,过E作底的平行线交AB于F,求证:AC平分EF.证明: ∠DAB=∠ABC=90°, 圆O以AB为直径, ∴AD,BC均与圆O相切; 又圆O与CD相切于E, ∴AD=ED;EC=BC;又AD∥EF∥BC,∴FG/BC=AF/AB=DE/DC=AD/DC=EG/EC=EG/BC.∴EG=FG .即AC平分EF.3.凸四边形ABCD的每条对角线皆平分它的面积.求证:ABCD是平行四边形证明:作AE⊥BD于E,CF⊥BD于F,BM⊥AC于M,DN⊥AC于N.BD平分凸四边形ABCD的面积,∴12BD?AE=12BD?CF?AE=CF.又∠AEO=∠CFO=90?,∠AOE=COF(对顶角相等).??AEO??CFO∴AO=CO,同理易证得:BO=DO.?凸四边形ABCD是平行四边形.(对角线互相平分)9.在?ABC中,∠B≠90,BC边的垂直平分线交求证:DE//BC.?AB于D,?ABC的外接圆在A,C两点之切线交于E.证明:连结OA,OC,CD. AE,CE是圆O的切线,∴∠OAE=∠OCE=90?.∴BD=CD.∴∠DBC=∠DCB.2倍),∠BDC=180?-∠DCB-∠DBC.=∠ACE.(同弧弦切角等于圆周角∴∠AOC+∠AEC=180?. DM是BC的垂直平分线又∠AOC=2∠ABC.(同弧圆心角是圆周角的∴∠ACE=∠ADE.(同弧圆周角相等∴∠ADE=∠ABC.∴DE//BC∴∠BDC=180?-2∠DBC=180?-∠AOC=∠AEC.∴A,D,C,E四点共圆.),∠ABC)篇二:初等几何研究试题答案(1)(李长明版)初等几何研究试题答案(I)一、线段与角的相等1. ⊙O1、⊙O2相交于A、B,⊙O1的弦BC交⊙O2于E,⊙O2的弦BD交⊙O1于F, 求证: (1)若∠DBA=∠CBA,则DF=CE; (2) 若DF=CE,则∠DBA=∠CBA.证明:(1)连接AC、AE、AF、AD在⊙O1中,由∠CBA=∠DBA得AC=AF在⊙O2中,由∠CBA=∠DBA得AE=AD由A、C、B、E四点共圆得∠1=∠2由A、D、B、E四点共圆得∠3=∠4所以△ACE≌△AFD∴DF=CE(2)由(1)得∠1=∠2,∠3=∠4∵DF=CE∴△ACE≌△AFD∴AD=AE在⊙O2中,由AD=AE可得∠DBA=∠CBA2. 在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90O ,D是AC上的一点,AE⊥BD的延长线于E,又AE=BD, 求证:BD平分∠ABC.12证明:延长AE,BC交于点F∠AED=∠BCA=90? ∠ADE=∠BDC∴∠CBD=∠CAF又∠ACF=∠BCA=90? AC=BC∴?ACF??BCD∴AF=BD11BD∴AE=AF22又ABEE⊥BE又AE=∴BE平分∠ABF即BD平分∠ABC3. 已知在凸五边形ABCDE中,∠BAE=3α,BC=CD=DE,且∠BCD=∠CDE=180o-2α,求证:∠BAC=∠CAD=∠DAE.证明:连接BD,得ΔCBD是等腰三角形且底角是∠CDB=[180o-(180o-2α)]÷2=α. ∴∠BDE=(180°-2α)-α=180o -3α ∴A、B、D、E共圆同理A、C、D、E共圆∴∠BAC=∠CAD=∠DAE4. 设H为锐角△ABC的垂心,若AH等于外接圆的半径. 求证:∠BAC=60o证明:过点B作BD⊥BC,交圆周于点D,连结CD、ADC ∵∠DBC=90o, ∴CD是直径,则∠CAD=90o由题,可得AH⊥BC, BH⊥AC∴BD∥AH, AD∥BH∴四边形ADBH是□ ∴AH=BD又∵AH等于外接圆的半径(R) ∴BD=R,而CD=2R ∴在Rt△BCD中,CD=2BD,即∠BCD=30o ∴∠BDC=60o又∵∠BAC=∠BDC∴∠BAC=∠BDC=60o5. 在△ABC中,∠C=90o,BE是∠B的平分线,CD是斜边上的高,过BE、CD之交点O且平行于AB的直线分别交AC、BC于F、G,求证AF=CE.证明:如图∵∠1=∠3,∠1=∠2.∴∠2=∠3,∴GB = GO, ∵ ∠5=∠4=∠6,∴CO =CE,∵ FG∥AB,∴AF/CF=BG/CG=GO/CG, 又∵△FCO∽△COG,∴CO/CF=GO/CG=AF /CF, ∴CO=AF,∵CO=CE,∴AF=CE.6. 在△ABC中,先作角A、B的平分线,再从点C作上二角的平分线值平行线,并连结它们的交点D、E,若DE∥BA,求证:△ABC等腰.证:如图所示设AC、ED的交点为F。
初等几何研究试题答案(5)

求证:
AO1┴O2 O3
I F
O3 H
A O2 M B G
C
O
E
D
证明:如上图所示
取 AC 中点 M,连结 MO2、CE、AE、HC ∵ BH=AB BC=CE
★撼海一舟★作品,A用户名 fashengzhongD 1
E
· O 2 B C
证明:
连接 CD EA=EC ∠2=∠EAC 又 CD=BD ∠B=∠DCB 又 ∠2=∠B (外角=内对角) △ACE∽△BCD ∠BCD=∠AEC 又∠BDC+∠CDA=180° ∠AEC+∠CDA=180° A、D、C、E 四点共圆 ∠1=∠2 (同弦所对的圆周角) ∠1=∠B
+ = + + +
∴SQ⊥PR 3、凸四边形 ABCD 的每条对角线皆平分它的面积, 求证:ABCD 是平行四边形。
★撼海一舟★作品,A用户名 fashengzhongB
F O E D C
证明:设 AC 和 BD 相交于点 O,作 AE⊥BD 于 E,CF⊥BD 于 F, 连接 AF,CE ∵对角线 BD 平分四边形 ABCD 的面积 ∴S△ABD=S△CBD ∴AE=CF 又∵AE⊥BD,CF⊥BD ∴AE∥CF ∴四边形 AECF 为平行四边形 ∴AO=CO 同理可得 BO=DO ∴四边形 ABCD 是平行四边形
12. 给定正方形 ABCD , P,Q 分别为 AB,BC 上的点,满足 BP=BQ,自 B 作 BH⊥PC 于 H, 求证:∠DHC=90°。 证明:如图 BH 交 AD 于 F ∵BH⊥PC ∴∠PBH=∠BCP
初等几何研究试题答案(李长明版)
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初等几何研究试题答案(I)、线段与角的相等1. O O、O Q相交于A B, O O的弦BC交O Q于E, O 02的弦BD交O0于F,求证:(1)若2 DBA2 CBA贝卩若DF二CE则 / DBA M CBA.证明:⑴连接AC AE AF、AD在O 0 中,由/ CBA W DBA得AC=AF在O O 中,由/ CBA W DBA得AE=AD由A C、B、E四点共圆得/仁/2由A D B、E四点共圆得/ 3二/4所以△ ACE^A AFD••• DF=CE(2) 由(1)得/ 仁/ 2, / 3=2 4v DF=CE• △ACE^A AFD••• AD=AE在O Q 中,由AD=AE^得/ DBA M CBA2. 在厶ABC中,AC=BC,Z ACB=90,D是AC上的一点,AE丄BD的延长线于E,又AE=1BD,2求证:BD平分/ ABC.证明:延长AE,BC交于点F7 AED "BCA =90 ADE "BDC•CBD =/CAF又7 ACF BCA = 90 AC 二BC•ACF 三BCD . AF = BD1 1又、:AE BD . AE AF2 2又ABEE _ BE■ BE平分ABF即BD平分.ABC3. 已知在凸五边形ABCDE中, / BAE=3 ,BC=CD=DE M/ BCD玄CDE=180-求证:/ BAC 2 CAD h DAE.证明:过点B 作BDL BC,交圆周于点D,连结CD ©D•••/ DBC=90, • CD 是直径,则/CAD=90证明:连接BD,得△ CBD 是等腰三角形且底角是/ CDB=[18(0-(180o — 2 - )] -2=.:丄 BDE=(180° — 2G )-O (=180O — 3«••• A B 、D E 共圆同理A C D E 共圆• h BAC h CAD h DAE4. 设H 为锐角△ ABC 的垂心,若AH 等于外接圆的半径由题,可得AH L BC, BH丄AC••• BD// AH, AD// BH二四边形ADBH是□••• AH=BD又;AH等于外接圆的半径(R)• BD=R M CD=2R•••在Rt △ BCD中,CD=2BD即/ BCD=30• / BDC=60又;/ BAC K BDC BAC M BDC=605. 在厶ABC中, / C=90,BE是/B的平分线,CD是斜边上的高,过BE CD之交点0且平行于AB的直线分别交AC BC于F、G,求证AF=CE.证明:如图;/ 1 = 2 3, / 仁/2. 2二/ 3, • GB = GO,;2 5=2 4=2 6, • CO =CE,;FG// AB,「. AF/CF二B$CG二G0CG,又;△ FCO^COG/. CO7CF=G/CG=A/CF,• CO=AF;CO=CE,\ AF=CE.6. 在厶ABC中,先作角A B的平分线,再从点C作上二角的平分线值平行线,并连结它们的交点 D E,若DE// BA,求证:△ ABC等腰.证:如图所示设AG ED的交点为Fv AD是/ A的平分线•••/仁/2T DE// AB 仁/ 3v CE// AD :丄 3二/ 5, / 4二/ 2•/仁/2二/3=Z 4=2 5则厶FAD ffi^ FCE是等腰三角形•A F=DF,EF=CF•A C=DE同理可证BC=DE•A C=BC• △ ABC是等腰三角形7. 三条中线把△ ABC分成6个三角形,若这六个三角形的内切圆中有4个相等.求证:△ ABC是正三角形.AB D C证明:•/△ AOF △ AOE △ COD △ COE △ BOF △ BOD面积都相等--S A OFE=S A OEC即: 11111 1BF X 叶一FOX 叶BO X r= CEX 叶一OE< 叶一OC X r 2 2 2 2 2 21 12 (BF+FO+BO X r= - (CE+OE+OC X r••• BF+FO+BO二CCE+OE+OC••• CE+OE+OC-OG-OI二CE+OE+OC-OL-OJ• 2DH+2BH=2FK+2CK• 2BF=2CE又F、E分别为AB AC之中点••• AB=AC同理:AB=BC故厶ABC是正三角形.8. 平行四边形被对角线分成四个三角形中,若有三个的内切圆相等证明:该四边形为菱形.C证明:又•••△ AOBA BOC、△ CODA DOA四个三角形的面积相等1 1OD DC OC r OB BC OC r2 2CD OC OD 二BC OB OCOD OC DC - OE - OG = OB OC BC - Ol - OG二2DF +2CF =2BH +2CH二2DC =2BC=DC =BC•四边形为菱形9. 凸四边形被对角线分成4个三角形,皆有相等的内切圆,求证:该四边形是菱形证明:连结O i 、O 2,分别作O i 、O 2到AC 的垂线,垂足分别为P 、M•••在厶ABC 中 ,BO 是。
初等几何研究试题答案(3)李长明版
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三、关于比例相似形⒈从 ABCD 的各顶向不过该顶的对角线引垂线,垂足为E 、F 、G 、H,求证: (ⅰ)EFGH 是 ; (ⅱ) EFGH ∽ ABCD.证明:(ⅰ) ∵AE ⊥BD DH ⊥AC∴A 、D 、E 、H 四点共圆(视角相等) ∴∠OEH=∠OAD 同理 ∠OGF=∠OCB又∵AD ∥BC ∴∠OAD=∠OCB ∴∠OEH=∠OGF ∴EH ∥GF 同理 EF ∥GHDACBEFGGH∴四边形EFGH 为平行四边形 (ⅱ)∵△OEH ∽△OAD∴.OD OHOA OE = ∴BD FHACEG =EFGH 与 ABCD 对角线夹角相等且对角线又成比例 ∴ EFGH ∽ ABCD 2.3.已知:AD 是△ABC 的中线,过C 的一直线分别交AD 、AB 与E 、F 。
求证:A E ·BF=2AF ·ED证明:延长CF 至点H ,使得CE=EH 连结BH ∵点D 是BC 上的中点 ∴DE 是△CBH 的中位线即D E ∥BH 且DE= 21BH∵DE ∥BH∴∠CED=∠CHB=∠AEF ∠AFE=∠BFH ∴△AFE ∽△BFH ∴BFAFBH AE =,且BH=2ED ∴AE ·BF=2AF ·ED4.直线l 与□ABCD 的边AB 、AD 和对角线AC 依次相交于E 、F 和G 。
求证:AGACAF AD AE AB =+证明:连结BF 、BE 、CF 和CE , ∵SS SS AEFACF AEFABF AEAB==S S SS AEFACE AEFADE AFAD==∴AGACAG GC AG AFAD AE AB SS SSS SAEFCEFAEFAEFACEACF=+=+=+=+ABC DE F G5.AB 、CD 是等腰梯形ABCD 的二底,求证:DC AB AD AC ∙+=22证明:(如上图)作CD 的延长线到点H ,使得AH 垂直CH作点C 的延长线,使得CP 垂直ABABCP AD AC DH CH CP AD AC AB BP AP DH CH BP DH AP CH CPB AHD CBPDAC APH CB AD CPB AHD DH CH CP AD DH CH DH CH AD DH CH AD CH DH AD CH AH AC ⋅+=+⋅+==+=+==∆≅∆∴∠=∠=∠==∠=∠+⋅+=-++=-+=+-=+=222222222222222 )( 90)( ))(( )( )( 故有又6.AD 是Rt △ABC 斜边上的高,作DE ⊥AB 于E,DF ⊥AC于F.求证:AD 3=BC ∙BE ∙CFHDCA B证明:∵AD2=BD∙DC,BD2=BE∙BA,CD2=CF∙CA,∴AD4=BE∙CF∙AB∙AC=BE∙CF∙BC∙AD约去AD,得AD3=BC∙BE∙CF7 .在△ABC中,∠A=60°,∠B=80°。
初等几何研究作业参考答案

《初等几何研究》作业参考答案」•填空题1 •①射线(或半直线),②AB。
2. ①两,②度量公理(或阿基米德公理)和康托儿公理。
3 •①前4组公理(或绝对几何),②平行公理。
4 .①平移,②旋转,③轴对称BX CY AZXC YA ZB6 .①交轨法,②三角奠基法,③代数法,④变换法。
7 •①反身性、②对称性、③传递性、④可加性8 .外角.9 •答案不惟10. ①演绎,②综合,③直接,④反证,⑤同一;11 • BX C Y AZ =1 .(答-1 也对)XC YA ZB12 •①过两点可作一条直线(或其部分),②已知圆心和半径可作一圆(或其部分).13. ①不共线的三点A B C及(AB)、(BC)、(CA)构成的点的集合。
14. 连续.15. 答案不惟一.16. ①不过,②圆.BX CY AZ ,117. XC YA ZB (或—1).18. ①写出已知与求作,②分析,③作法,④证明,⑤讨论19. ①相容,②独立,③完备•20. 合同变换、相似变换、射影变换、反演变换等21. 对任意直线a及其外一点A,在a和A 决定的平面上,至少有两条过A与a不相交的直线22. ①代数,②解析,③三角,④面积,⑤复数,⑥向量23. 相等。
24. 所求的量可用已知量的有理式或只含平方根的无理式表出.二. 问答题1. 对于公理系统刀,若有一组具体事物M,其性质是已知M中某一具体事的,在规定刀中每一个基本概念指物后,可验证刀中每个公理在M中都成立,则称M为公理系统刀的一个模型;2 .①若A匪AB,则d(AB)=d( A B );②当ABC 时,有d(AB)+d(BC)=d(AC).3 •命题“三角形的内角和不大于两个直角”与欧氏平行公理不等价。
4 •结合,介于,合同;结合一一即有公共点,介于一一即在…之间,合同一一相等或完全相等5 •长度、角度、相等、全等、运动、移置、叠合、重合等6 •由第五公设引出了该公理独立性的问题,对该问题的研究导致了非欧几何等结果的产生7 •通常用“在……上”、“属于”、“通过”等语句来表述。
初等几何研究习题2(李长明版)
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汕头职业技术学院初等几何研究习题课数学教育(师范类)1. I是△ABC的内心,AI、BI、CI的延长线分别交△ABC的外接圆于D、E、F求证:EF⊥AD。
D AB C EFI 五、关于平行与垂直2. A、B、C、D在圆周上相继的四点,P、Q、R、S分别是弧AB、BC、、CD、DA的中点,求证:PR⊥QS。
ACBP QDRS3. 凸四边形ABCD的每条对角线皆平分它的面积,求证:ABCD是平行四边形。
A BDC4. 已知:△BCX 和△DAY 是□ABCD 外的等边三角形,E 、F 、G 、H 是YA 、AB 、XC 、CD 的中点。
求证:EFGH 是平行四边形。
ABXD C YE F GH5. 在△ABC的各边上向外作正方形BCDE、CAFG、ABHI,其中心依次为O1、O2、O3求证:AO1⊥O2O3。
AO1O2BCO36. 在正方形ABCD 内任取一点E ,连接AE 、BE ,在△ABE 外以AE 、BE 为边作正方形AEMN 和EBFG ,连NC 、AF 。
求证:NC∥AF 。
A BCD E MNFG7. 以□ABCD的对角线AC为一边的两侧各作一个正三角形ACP、ACQ。
求证:BPDQ是□。
ABPDCQ8. 已知:凸五边形的四条边平行于所对的对角线。
求证:第五边也平行于所对的对角线。
CA B DE9.在△ABC中,∠B≠90°,BC边的垂直平分线交AB于D,△ABC的外接圆在A、C两点之切线交于E.求证:DE∥BC.AD EB C10.P 是正方形ABCD 的边CD 上的一点,过D 作AP 的垂线分别交AP 、BC 于Q 、R ,O 是正方形的中心.求证:OP ⊥OR.ABCDOPR12. 给定正方形ABCD ,P 、Q 分别人为AB 、BC 上的点,满足BP=BQ ,自B 作BH ⊥PC 于H ,求证:∠DHQ=900.ABCDO PHQ13. 在△ABC中,AB=AC,O为外心,D为AB的中点,E是△ACD的重心。
初等几何研究第一章习题的答案(5)

五、关于平行与垂直五、关于平行与垂直 1、I 是△是△ABC ABC 的内心的内心,AI ,AI ,AI、、BI 和CI 的延长线分别交△的延长线分别交△ABC ABC 的外接圆于的外接圆于D 、E 和F.F.求证求证求证:EF :EF :EF⊥⊥AD.AD. 证明证明::已知I 是△是△ABC ABC 的内心的内心, ,∴AD AD、、BE 和CF 是∠是∠BAC BAC BAC、∠、∠、∠ABC ABC 和∠和∠ACB ACB 的角平分线的角平分线 ∴⌒∴⌒BD=BD=BD=⌒⌒CD CD,⌒,⌒,⌒BF=BF=BF=⌒⌒AF AF,⌒,⌒,⌒AE=AE=AE=⌒⌒CE CE ∴⌒∴⌒∴⌒BD+BD+BD+⌒⌒BF+BF+⌒⌒AE=AE=⌒⌒CD+⌒AF+AF+⌒⌒CE CE ∴⌒∴⌒∴⌒DF+DF+DF+⌒⌒AE=AE=⌒⌒DE+DE+⌒⌒AF∴∠∴∠AIF=AIF=AIF=∠∠AIE=AIE=∠∠DIF=DIF=∠∠DIE DIE ∴∴EF EF⊥⊥AD2. A 、B 、C 、D 是圆周上“相继的”四点,P 、Q 、R 、S 分别是弧AB 、BC 、CD 、DA 的中点,求证:PR ⊥QS. 证明:∵P 、Q 、R 、S 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点的中点 ∴⌒∴⌒AP=AP=AP=⌒⌒PB ,⌒BQ=BQ=⌒⌒QC ,⌒CR=CR=⌒⌒RD ,⌒DS=DS=⌒⌒SA SA ∴⌒∴⌒AP+AP+AP+⌒⌒QC+⌒CR+CR+⌒⌒SA=SA=⌒⌒PB+PB+⌒⌒BQ+BQ+⌒⌒RD+RD+⌒⌒DS DS又∵⌒又∵⌒PQ+PQ+PQ+⌒⌒RS=RS=⌒⌒PB+PB+⌒⌒BQ+BQ+⌒⌒RD+RD+⌒⌒DS , DS , ⌒⌒SP+SP+⌒⌒RQ=RQ=⌒⌒AP+AP+⌒⌒QC+QC+⌒⌒CR+CR+⌒⌒SA SA ∴⌒∴⌒PQ+PQ+PQ+⌒⌒RS=RS=⌒⌒SP+SP+⌒⌒RQ RQ ∴SQ SQ⊥⊥PR PR3、凸四边形ABCD 的每条对角线皆平分它的面积,求证求证:ABCD :ABCD 是平行四边形。
初等数学研究第二章答案 李长明 周焕山编 习题二21至31题
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21.证明:设t czbyax===333,则,,,313131⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=c t z b t y a t x111131313131313131=++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛===∴t c b a t c t b t a z y x 31313131c b a t ++=∴333313131313132313132313131313232323222.cb ac b a t t t t c b a c t c b t b a t a czbyax++=++==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=++∴22. 解:18274714917193232332121222221212121=+∴=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=+∴=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴=+∴=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴=+----x x x x xx x x xx x x xx52502034721832222323==++=++++∴--xx xx23. 证明:,log,m x m aax=∴= 又.log,n y n aay=∴=在zxyanm2=⋅两边取以a 为底的对数有:()()122222loglog2log log loglog2=∴=∴=⋅+⋅∴=⋅+⋅∴=+=+∴=⋅xyz xyz y x x y z zy x x y zn x m y znm a nmaaxayaza xya24. 证明:()1,log,log,log ≠x x x x cba成等差数列。
cac bcc b cb cx x b xx x x x x x aaaaaaaaa aa aa a c ab c a bloglog loglog2log1log log 2log11log 2loglog log log log log log log log loglog 222+=∴+=∴+=∴+=∴+=∴+=∴即,()()()bbaaaa aaaaaaac cac c acb c cac blog2log2loglog logloglog2log loglog2=∴=∴⋅=∴=26.解:()()()()0166164224121lg 21lg lg lg 21lg 22222222222=+-⎪⎭⎫⎝⎛∴⋅=+⎪⎭⎫⎝⎛∴=+∴=+-=+-∴=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∴⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∴+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-b a b a b a b a abba abbab a abbab aabb a ba b a ba b a令x ba =,则有:0162=+-x x解得223±=x223±=∴ba ,因为a>0,b>0 。
初等数学研究答案第一章到第六章

大学数学之初等数学研究,李长明,周焕山版,高等教育出版社 习题一1答:原则:(1)A ⊂B(2)A 的元素间所定义的一些运算或基本关系,在B 中被重新定义。
而且对于A 的元素来说,重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全一致。
(3)在A 中不是总能施行的某种运算,在B 中总能施行。
(4) 在同构的意义下,B 应当是A 满足上述三原则的最小扩展,而且由A 唯一确定。
方式:(1)添加元素法;(2)构造法2证明:(1)设命题能成立的所有c 组成集合M 。
a=b ,M 11b 1a ∈∴⋅=⋅∴, 假设bc ac M c =∈,即,则M c c b b bc a ac c a ∈'∴'=+=+=',由归纳公理知M=N ,所以命题对任意自然数c 成立。
(2)若a <b ,则bc kc ac bc,k)c (a )1(b k a N k =+=+=+∈∃即,,由,使得 则ac<bc 。
(3)若a>b ,则ac mc bc ac,m)c (b )1(a m b N m =+=+=+∈∃即,,由,使得 则ac>bc 。
3证明:(1)用反证法:若b a b,a b a <>≠或者,则由三分性知。
当a >b 时,由乘法单调性知ac >bc. 当a <b 时,由乘法单调性知ac<bc.这与ac=bc 矛盾。
则a=b 。
(2)用反证法:若b a b,a b a =>或者,则由三分性知不小于。
当a >b 时,由乘法单调性知ac >bc. 当a=b 时,由乘法单调性知ac=bc.这与ac<bc 矛盾。
则a <b 。
(3)用反证法:若b a b,a b a =<或者,则由三分性知不大于。
当a<b 时,由乘法单调性知ac<bc. 当a=b 时,由乘法单调性知ac=bc.这与ac>bc 矛盾。
(整理)初等几何研究作业参考答案

《初等几何研究》作业参考答案一.填空题1.①射线(或半直线),②。
2. ①两,②度量公理(或阿基米德公理)和康托儿公理。
3.①前4组公理(或绝对几何),②平行公理。
4.①平移,②旋转,③轴对称. 5.1=⋅⋅ZBAZYA CY XC BX 。
6.①交轨法,②三角奠基法,③代数法,④变换法。
7.①反身性、②对称性、③传递性、④可加性. 8.外角. 9.答案不惟一.10.①演绎,②综合,③直接,④反证,⑤同一; 11.1=⋅⋅ZBAZYA CY XC BX .(答-1也对) 12. ①过两点可作一条直线(或其部分),②已知圆心和半径可作一圆(或其部分). 13.①不共线的三点A 、B 、C 及(AB)、(BC)、(CA)构成的点的集合。
14.连续. 15.答案不惟一. 16.①不过,②圆.17.1=⋅⋅ZB AZYA CY XC BX (或-1).18.①写出已知与求作,②分析,③作法,④证明,⑤讨论. 19.①相容,②独立,③完备.20.合同变换、相似变换、射影变换、反演变换等21.对任意直线a 及其外一点A ,在a 和A 决定的平面上,至少有两条过A 与a 不相交的直线. 22.①代数,②解析,③三角,④面积,⑤复数,⑥向量. 23.相等。
24.所求的量可用已知量的有理式或只含平方根的无理式表出. 二.问答题1.对于公理系统∑,若有一组具体事物M ,其性质是已知的,在规定∑中每一个基本概念指M 中某一具体事物后,可验证∑中每个公理在M 中都成立,则称M 为公理系统∑的一个模型;2.①若AB ≡B A '',则d(AB)=d(B A '');②当C BA ˆ时,有d(AB)+d(BC)=d(AC). 3.命题“三角形的内角和不大于两个直角” 与欧氏平行公理不等价。
4.结合,介于,合同;结合——即有公共点,介于——即在…之间,合同——相等或完全相等. 5.长度、角度、相等、全等、运动、移置、叠合、重合等.6.由第五公设引出了该公理独立性的问题,对该问题的研究导致了非欧几何等结果的产生. 7.通常用“在……上”、“属于”、“通过”等语句来表述。
初等几何研究试题答案(6)李长明版
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初等⼏何研究试题答案(6)李长明版六、关于共线点与共点线1、证明四边形两双对边中点连线的交点与两对⾓线之中点共线证明:连接EF.FG.GH.HE.HJ.OJ.OI(如图)∵E.H 分别是AB.AD 的中点, F,G 分别是BC.CD 的中点∴EH =12BD FG=12BD ∵EH ∥FG ∴四边形EFGH 是平⾏四边形∴ OH=OF∵H.J 分别是AD.AC 的中点,F.I 分别是BG.BD 的中点∴HJ=12CD IF=12CD ∴HJ ∥IF ∴∠JHO=∠FIO∵∠JHO=∠FIO , HJ=FI,HO=FO ∴△JHO ?△IFO ∴∠HOJ=∠FOI ∴I.O.J 三点共线∴四边形两双对边中点连线的交点,与两对⾓线之中点共线2. 已知:E ,F 分别在正⽅形ABCD 的两边BC,CD 上,是∠EAF=45°,但AC 不是∠EAF 的⾓平分线,⾃E,F 作AC 的垂线,垂⾜分别是P,Q 求证:△BPQ 的外⼼与B ,C 共线A DCFBEP Q证明:∵FQ ⊥AC∴∠ABE=∠AQF ⼜∵∠EAF=45° ∴∠BAE=∠QAF ∴△ABE ∽△AQF 可得AQ AB AFAE同理可得,△AEP ∽△AFD 即AD AP=AFAE∴AQ AB =ABAP利⽤切割线定理之逆定理,因△BPQ 的外⼼在BC 上,等价于AB,APQ 是切,割线∴△BPQ 的外⼼在BC 上3.在Rt △AB 为斜边,CH 为斜边上的⾼,以AC 为半径作☉A ,过B 作☉A 的任⼀割线交☉A 于D 、E ,交CH 于F(D 在B 、F 之间),⼜作∠ABG=∠ABD ,G 在☉A 上,G 与D 在AB 异侧。
求证:(1)A 、H 、D 共圆。
(2)E 、H 、G 共线。
(3)FD 、FE 、BD 、BE 四线段成⽐例证明:如图所⽰:连结AE 、AD(1)∵BC 2=BH ·BA(摄影定理) BC 2=BD ·BE(割线定理)∴BD ·BE=BH ·BA∴A 、H 、D 、E 四点共圆 (2)∵∠ABD=∠ABG∴∠GBH=∠DBH(对称性)⼜∵A 、H 、D 、E 四点共圆∴∠FEA=∠DHB(对⾓等于内对⾓)∠AHE=∠EDA (同弧所对的⾓)⼜∵AE=AD ∴∠AEF=∠ADF∴∠AEF=∠DHB=∠GHB=∠ADE=∠AHE ∴∠GHB=∠AHE (对顶⾓)∴E 、H 、G 三点共线 (3)∵∠ABD=∠ABG∴由对称知:HB 平分∠DHG(∠GHB=∠DHB) ⼜∵ CH 垂直AB E 、H 、G 三点共线∴HC 平分∠DHE∴HC 、HB 是∠DHE 的内外⾓平分线∴FE DF =HE HD =BEBD4.设P是正⽅形ABCD内的⼀点,使PA:PB:PC=1:2:3,将BP 绕B 点朝着BC 旋转90BP ⾄Q.求证:A 、P 、 Q 共线.证明:连接 CQ ,∵PA:PB:PC= 1:2:3设AP=1 则 BP=2 CP=3 ∵BP 绕B 点朝着BC 旋转90° ∴∠PBQ=90°BP=BQ=2 ①∠BPQ=∠BQP=45°∴PQ =√BP 2+BQ 2=2√2 ⼜∵四边形ABCD 是正⽅形∴AB=BC ②∴∠ABC=∠PBQ= 90°即∠ABP+∠PBC=∠CBQ +∠PBC=90°∴∠ABP=∠CBQ ③∴△ABP≌△CBQ(由①②③可得到)∴PA=QC=1⼜∵PQ2+QC2=(2√2)2+12=32=PC2∴∠PQC=90°,∠BQC=∠PQC+∠BQP=90+45°=135°⼜∵∠APB=180°-45°=135°∴∠BQC=∠APB=135°即A、P、Q共线(∠APB、∠BQP是邻补⾓)5. 在?ABC中,D,E,F分别在AB.BC.CA上,使得DE=BE,EF=CE.求证:?ADF的外⼼O 在∠DEF的⾓平分线上。
初等几何研究试题答案(2)李长明版
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初等几何研究试题答案(II )二、关于和、差、倍、分线段(角)1、 等腰ABC 中,0100,A B ∠=∠的平分线交AC 于D ,证明:BD+AD=BC 。
D 'BCA4321证:在BC 上取点D ,,使BD ,=BD,连结DD ,0100A ∠=且BD 平分∠ABC00120,40C ∴∠=∠=又BD=BD ,,0380∴∠=,23C ∠+∠=∠0240∴∠=即2C ∠=∠ ,,CD DD ∴=又03180A ∠+∠=∴点A 、D 、D ,、B 四点共圆且14∠=∠∴DD,=ADBC=BD,+CD ,=BD+AD已知,ABCD 是矩形,BC=3AB,P 、Q 位于BC 上,且BP=PQ=QC, 求证:∠DBC +∠DPC=∠DQC解:作矩形BCEF 与矩形ABCD 相等,在EF 上选取点O 使得FO=2EO.连结BO 、DO 。
由图可知,由BO=DO ,且有△BF O ≌△OED,∵∠FBO+∠BOF=90º ∠BOF=∠DOE ∴∠BOF+∠DOE=90º ∴∠BOD=90º △BOD 为等腰直角三角形 有∠DBO=45º ∴∠DBP+∠QBO=45º ∵∠DPC=∠QBO ∴∠DBP+∠DPC=45º ∵△DQC 为等腰直角三角形∴有∠DQC=45º 因此,有∠DBP+∠DPC=∠DQCP QAB CF EO P D3、圆内接四边形ABCD 的对角线AC 、BD 交于X ,由X 向AB 、BC 、CD 和DA 作垂线,垂足分别为A ´、B ´、C ´和D ´. 求证:A ´B ´+C ´D ´=B ´C ´+D ´A ´证明:(方法一)∵X 、A ´、A 、D ´四点共圆(对角和180°) ∴∠XA ´D ´=∠XAD ´又∵∠XAD ´=∠XBC(圆周角)同理∠XA ´B ´=∠XBC,即∠XA ´D ´=∠XA ´B ´ 同理可得∠XB ´A ´=∠XB ´C ´,∠XC ´B ´=∠XC ´D ´, ∠XD ´C ´=∠XD ´A ´∴X 是四边形A ´B ´C ´D ´的内心。
2018-2019-初等数学研究李长明-推荐word版 (9页)
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本文部分内容来自网络整理,本司不为其真实性负责,如有异议或侵权请及时联系,本司将立即删除!== 本文为word格式,下载后可方便编辑和修改! ==初等数学研究李长明篇一:初等数学研究(李长明周焕山编) p494第7题,p497第3题,p498第9题答案初等数学研究(李长明周焕山编) p494第7题,p497第3题,p498第9题答案7.在直角梯形ABCD中,AB是垂直二底的腰,另一腰切以AB为直径之圆于E,过E作底的平行线交AB于F,求证:AC平分EF.证明: ∠DAB=∠ABC=90°, 圆O以AB为直径, ∴AD,BC均与圆O相切; 又圆O与CD相切于E, ∴AD=ED;EC=BC;又AD∥EF∥BC,∴FG/BC=AF/AB=DE/DC=AD/DC=EG/EC=EG/BC.∴EG=FG .即AC平分EF.3.凸四边形ABCD的每条对角线皆平分它的面积.求证:ABCD是平行四边形证明:作AE⊥BD于E,CF⊥BD于F,BM⊥AC于M,DN⊥AC于N.BD平分凸四边形ABCD的面积,∴12BD?AE=12BD?CF?AE=CF.又∠AEO=∠CFO=90?,∠AOE=COF(对顶角相等).??AEO??CFO∴AO=CO,同理易证得:BO=DO.?凸四边形ABCD是平行四边形.(对角线互相平分)9.在?ABC中,∠B≠90,BC边的垂直平分线交求证:DE//BC.?AB于D,?ABC的外接圆在A,C两点之切线交于E.证明:连结OA,OC,CD. AE,CE是圆O的切线,∴∠OAE=∠OCE=90?.∴BD=CD.∴∠DBC=∠DCB.2倍),∠BDC=180?-∠DCB-∠DBC.=∠ACE.(同弧弦切角等于圆周角∴∠AOC+∠AEC=180?. DM是BC的垂直平分线又∠AOC=2∠ABC.(同弧圆心角是圆周角的∴∠ACE=∠ADE.(同弧圆周角相等∴∠ADE=∠ABC.∴DE//BC∴∠BDC=180?-2∠DBC=180?-∠AOC=∠AEC.∴A,D,C,E四点共圆.),∠ABC)篇二:初等几何研究试题答案(1)(李长明版)初等几何研究试题答案(I)一、线段与角的相等1. ⊙O1、⊙O2相交于A、B,⊙O1的弦BC交⊙O2于E,⊙O2的弦BD交⊙O1于F, 求证: (1)若∠DBA=∠CBA,则DF=CE; (2) 若DF=CE,则∠DBA=∠CBA.证明:(1)连接AC、AE、AF、AD在⊙O1中,由∠CBA=∠DBA得AC=AF在⊙O2中,由∠CBA=∠DBA得AE=AD由A、C、B、E四点共圆得∠1=∠2由A、D、B、E四点共圆得∠3=∠4所以△ACE≌△AFD∴DF=CE(2)由(1)得∠1=∠2,∠3=∠4∵DF=CE∴△ACE≌△AFD∴AD=AE在⊙O2中,由AD=AE可得∠DBA=∠CBA2. 在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90O ,D是AC上的一点,AE⊥BD的延长线于E,又AE=BD, 求证:BD平分∠ABC.12证明:延长AE,BC交于点F∠AED=∠BCA=90? ∠ADE=∠BDC∴∠CBD=∠CAF又∠ACF=∠BCA=90? AC=BC∴?ACF??BCD∴AF=BD11BD∴AE=AF22又ABEE⊥BE又AE=∴BE平分∠ABF即BD平分∠ABC3. 已知在凸五边形ABCDE中,∠BAE=3α,BC=CD=DE,且∠BCD=∠CDE=180o-2α,求证:∠BAC=∠CAD=∠DAE.证明:连接BD,得ΔCBD是等腰三角形且底角是∠CDB=[180o-(180o-2α)]÷2=α. ∴∠BDE=(180°-2α)-α=180o -3α ∴A、B、D、E共圆同理A、C、D、E共圆∴∠BAC=∠CAD=∠DAE4. 设H为锐角△ABC的垂心,若AH等于外接圆的半径. 求证:∠BAC=60o证明:过点B作BD⊥BC,交圆周于点D,连结CD、ADC ∵∠DBC=90o, ∴CD是直径,则∠CAD=90o由题,可得AH⊥BC, BH⊥AC∴BD∥AH, AD∥BH∴四边形ADBH是□ ∴AH=BD又∵AH等于外接圆的半径(R) ∴BD=R,而CD=2R ∴在Rt△BCD中,CD=2BD,即∠BCD=30o ∴∠BDC=60o又∵∠BAC=∠BDC∴∠BAC=∠BDC=60o5. 在△ABC中,∠C=90o,BE是∠B的平分线,CD是斜边上的高,过BE、CD之交点O且平行于AB的直线分别交AC、BC于F、G,求证AF=CE.证明:如图∵∠1=∠3,∠1=∠2.∴∠2=∠3,∴GB = GO, ∵ ∠5=∠4=∠6,∴CO =CE,∵ FG∥AB,∴AF/CF=BG/CG=GO/CG, 又∵△FCO∽△COG,∴CO/CF=GO/CG=AF /CF, ∴CO=AF,∵CO=CE,∴AF=CE.6. 在△ABC中,先作角A、B的平分线,再从点C作上二角的平分线值平行线,并连结它们的交点D、E,若DE∥BA,求证:△ABC等腰.证:如图所示设AC、ED的交点为F∵AD是∠A的平分线∴∠1=∠2 ∵DE∥AB ∴∠1=∠3∵CE∥AD ∴∠3=∠5, ∠4=∠2 ∴∠1=∠2=∠3=∠4=∠5 则△FAD和△FCE是等腰三角形∴AF=DF,EF=CF ∴AC=DE同理可证BC=DE ∴AC=BC∴△ABC是等腰三角形篇三:初等数学研究课后习题答案初等代数研究课后习题201X1115033数学院07(1)杨明1、证明自然数的顺序关系具有对逆性与全序性,即(1)对任何a,b∈N,当且仅当a<b时,b>a.(2))对任何a,b∈N,在a<b,a=b,a>b中有且只有一个成立.证明:对任何a,b∈N,设A=a,B=b,,,(1)“?” a<b,则?B?B,使A~B,∴B?B~A,∴b>a ==,,,“?” b>a,则?B?B,使B~A,∴A~B?B,∴a<b综上对任何a,b∈N,a<b?b>a(2)由(1)a<b?b>a ∴a<b与a>b不可能同时成立,,,假设∴a<b与a=b同时成立,则?B?B,使A~B且A~B,∴B~B,与B为有限集矛盾,∴a<b与a=b不可能同时成立,综上,对任何a,b∈N,在a<b,a=b,a>b中有且只有一个成立..2、证明自然数的加法满足交换律.证明:对任何a,b∈N设M为使等式a+b=b+a成立的所有b组成的集合先证 a+1=1+a,设满足此式的a组成集合k,显然有1+1=1+1成立∴1∈k≠φ,设a∈k,a+1=1+a,则a++1=(a+)+=(a+1)+=(1+a)+=1+a++∴a∈k,∴k=N,取定a,则1∈M≠φ,设b∈M,a+b=b+a,则a+b=(a+b)+++ =(b+a)=b+ + a∴b+∈M,∴M=N∴ 对任何a,b∈N,a+b=b+a3、证明自然数的乘法是唯一存在的证明:唯一性:取定a,反证:假设至少有两个对应关系f,g,对?b∈N,有∈) f(b),g(bN,设M是由使f(b)=g(b)成立的所有的b组成的集合,f(b)=g(b)=a?1 ∴1∈M≠φ设b∈N则f(b)=g(b)∴f(b)+a=g(b)+a∴f(b+)=g(b+),∴b+∈M,∴M=N 即?b∈N,f(b)=g(b)乘法是唯一的存在性:设乘法存在的所有a组成集合K 当a=1时,?b∈N,1?1=1,1?b+=b+=b+1=1?b+1∴1∈k≠φ,设a∈K,?b∈N,有a,b与它对应,且1?a=a,ab=ab+a,对?b∈N,令ab=ab+b ++a+?1=a?1+1=a+1=a+a+b+=ab++b+=ab+a+b+1=(ab+b)+(a+1)=a+b+a+∴a+∈K ∴K=N 即乘法存在p24—5、解:满足条件的A有A1,2},A2={1,2,3},A3={1,2,4},A4={1,2,5}1={A5={1,2,3,,4A}6={1,2,3,5},A7={1,2,4,5},A8={1,2,3,4,5}∴A1=2,A2=A3=A4=3,A5=A6=A7=4,A8=5基数和为2+3?3+4?3+5=28 p24—6、证明:A=a,B=b,A中的x与B中的y对应 ========∴A?B=ab,∴B?A=ba=abA?B=ab ∴A?B=A?B=B? Ap24—8、证明:1)3+4=7+++ 3+1=3=43+2=3+1=(3+1)=4=++++ 3+3=3+2=(3+2)=5=63+4=3+3=(3+3)=6=72)3?4=12 +++3?1=33?2=3?+1=3?1+3= 63?3=3?2+=3?2+3=93?4=3?3+=3?3+3=12p24—12、证明:1)(m+n)=m+n(m+n)=m+n+1=(m+1)+n=m+n++++++++++2)(mn+)+=nm+m+(mn+)+=mn++1=mn+(m+1)=nm+m+p26—36、已知f(m,n)对任何m,n∈N满足f(1,n)=n+1??f(m+1,1)=f(m,2)??f(m+1,n+1)=f(m,f(m+1,n))?求证:1)f(2,n)=n+22)f(3,n)=2n+23)f(4,n)=2n+1-2证明:1)当n=1时,f(2,1)=f(1+1,1)=f(1,2)=2+1=1+2结论成立,假设n=k时,结论成立,即f(2,k)=k+2,当n=k+1时,f(2,k+1)=f(1+1,k+1)=f(1,f(2,k)) =f(1,k+2)=(k+2)+1=(k+1)+2 所以对一切自然数结论都成立2)当n=1时,f(3,n)=f(2+1,n)=f(2,2)=2+2=2?1+2结论成立假设n=k时,结论成立,即f(3,k)=2k+2当n=k+1时,f(3,k+1)=f(2+1,k+1)=f(2,f(3,k)) =f(2,2k+2)=2k+2+2=2(k+1)+2所以对一切自然数结论都成立3)当n=1时,f(4,1)=f(3+1,1)=f(3,2)=2?2-2=2假设n=k时,结论成立,即f(4,k)=2当n=k+1时,k+11+1-2结论成立 -2 f(4,k+1)=f(3,f(4,k))=f(3,2k+1-2)=2(2k+1-2)+2=2k+2-2所以对一切自然数结论都成立p62—1、证明定理2.1证明:?[a,b],[c,d]∈Z,[a,b]+[c,d]=[a+c,b+d]因为自然数加法满足交换律∴[a+c,b+d]=[c+a,d+b]而[c,d]+[a,b]=[c+a,d+b]∴[a,b]+[c,d]=[c,d]+[a,b]?[a,b],[c,d],[e,f]∈Z,[a,b]+[c,d]+[e,f]=[a+c,b+d]+[e,f]=[(a+c)+e,(b+d)+f]以为自然数满足加法结合律∴([a,b]+[c,d])+[e,f]=[a,b]+([c,d]+[e,f]) 即整数加法满足交换律和结合律p62—2、已知[a,b],[c,d]∈Z,求证[a,b]=[c,d]的充要条件是[a,b]-[c,d]=[1,1]证明:“?” 已知[a,b]=[c,d]则a+d=b+c∴[a,b]-[c,d]=[a+d,b+c]=[1,1]“?” 已知[a,b]-[c,d]=[1,1]则[a+d,b+c]=[1,1],a+d=b+c=[c,d ] ∴[a,b]p62—4、已知a,b∈N,求证-(-[a,b])=[a,b]a,b])=-b[a,=]a[ b,证明:-[a,b]=[b,a]-(-[p62—5、已知[a,b],[c,d]∈Z,求证-([a,b]-[c,d])=-[a,b]+[c,d]证明:左边-([a,b]-[c,d])=-[a+d,b+c]=[b+c,a+d]右边-[a,b]+[c,d]=[b,a]+[c,d]=[b+c,a+d]所以左边等于右边∴-([a,b]-[c,d])=-[a,b]+[c,d]p62—7、已知a,b,c∈N,求证当且仅当a+d<b+c时[a,b]<[c,d]证明:“?” 已知a+d<b+c,[a,b]-[c,d]=[a+d,b+c]] 因为a+d<b+c ∴[a+d,b+c是负数,∴[a,b]<[c,d]“?” 已知[a,b]<[c,d]则[a,b]-[c,d]=[a+d,b+c]因为[a+d,b+c]是负数,∴a+d<b+cp62—9、已知α,β∈Z,求证:1)α+β≤α+证明:设α=[a,b],β=[c,d] β,2)αβ=β1)α+β=[a+c,b+d] ∴α+β=(a+c)-(b +)而α=a-b,β=c-d(a+c)-(b+)(a-b)+(cd≤b+c -d∴α+β≤α+β2)αβ=[ac+bd,ad+bc]∴αβ=ac+bd-(ad+bc)而α=a-b,β=c-dac+bd-(ad+bc)=a(c-d)+b(d-c)=(a-b)(c-d)=a-bc-d ∴αβ=αβp63—12、n名棋手每两个比赛一次,没有平局,若第k名胜负的次数各为ak,bk,2222k=1,2,........,n,求证:a12+a2 +...+an=b12+b2+...+bn证明:对于ak(k=1,2,...,n),必存在一个bj(j=1,2,...,n)使得ak=bj2222 ?ak=bj(k,j=1,2,...,n)∴a1+a2+...+an2=b1+b+...+bn 222p63—16、已知pa-b,pc-d,求证pad-bc证明:由已知:?s,t∈Z使10a-b=ps,10c-d=pt? b=10a-ps,d=10c-pt∴ad-bc=10ac-apt-(10ac-cps)=p(cs-at)∴pad-bc2p63—17、设2不整除a,求证8a+1证明:因为2不整除a,所以存在唯一一对q,r∈Z,使a=2q+r,其中0<r<2 2222 ?r=1,∴a=4q+4q+1?a-1=4q(q+1)∴8a-1。
初等几何研究试题答案李长明版

七、关于共圆点与共点圆1、两圆相切,自其公切线上任一点作两直线,一线割圆于A、B,另一线割圆于C、D,求证:A、B、C、D共圆。
证明:设共切点为T由切割线定理得:PT2=PA·PBPT2=PC·PD∴PA·PB=PC·PD∴A、B、C、D共圆。
2. 四圆依次外切,求证四切点共圆。
证明:设O1,O2,O3,O4顺次外切于ABCD.则∠ABC=12(∠AO2B+∠BO3C)∠CDA=12(∠CO1D+∠DO1A)再注意到四边形O1O2O3O4顺次ABCD,即知四边形ABCD对角互补∵O1,O2,O3,O4顺次外切于ABCD∴则∠ABC=12(∠AO2B+∠BO3C)∠CDA=12(∠CO1D+∠DO1A)∵四边形O1O2O3O4顺次ABCD ∴四边形ABCD对角互补3.设P、M分别在正方形ABCD的边DC、BC上,PM与⊙A(半径为AB)相切,线段PA、MA 分别交对角线BD于Q、N. 求证:五边形PQNMC内接于圆。
证明:连结MQ、AT∴∠1=∠1′,∠2=∠2′∴∠1′+∠2′=45°∴α=45°+∠2 β=∠MAP+∠2=45°+∠2∴α=β∴A、B、M、Q共圆∴∠ABM+∠MQA=180°且∠ABM=90°∴∠MQA=90°∴M、C、P、Q共圆同理P、N、M、C共圆∴M、C、P、Q、N五点共圆。
4. 设O为△ABC内一点,AA’,BB’,CC’均以O为中点。
求证:△BCA’, △CAB’, △ABC’与△A’B’C’的外接圆共点证:连接B’M,CM, A’M,设△BCA’外接圆与△A’B’C’外接圆的另一交点M(≠A’),如图,则由BCMA’,A’MB’C’内接于圆可知∠B’MC=∠1+∠2=∠3+∠4由对称性知BC∥B’C’,过A‘作BC的平行线,则有∠3+∠4=∠5+∠6=∠BA’C’再由对称性知∠BA’C’=∠B’AC∴∠B’MC=∠B’AC∴M在△CAB’的外接圆上同理,M在△ABC’的外接圆上故△BCA’, △CAB’, △ABC’与△A’B’C’的外接圆共点。
初等数学研究答案第一章到第六章
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大学数学之初等数学研究,李长明,周焕山版,高等教育出版社 习题一1答:原则:(1)A ⊂B(2)A 的元素间所定义的一些运算或基本关系,在B 中被重新定义。
而且对于A 的元素来说,重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全一致。
(3)在A 中不是总能施行的某种运算,在B 中总能施行。
(4) 在同构的意义下,B 应当是A 满足上述三原则的最小扩展,而且由A 唯一确定。
方式:(1)添加元素法;(2)构造法2证明:(1)设命题能成立的所有c 组成集合M 。
a=b ,M 11b 1a ∈∴⋅=⋅∴,假设bc ac M c =∈,即,则M c c b b bc a ac c a ∈'∴'=+=+=',由归纳公理知M=N ,所以命题对任意自然数c 成立。
(2)若a <b ,则bc kc ac bc,k)c (a )1(b k a N k =+=+=+∈∃即,,由,使得 则ac<bc 。
(3)若a>b ,则ac m c bc ac,m )c (b )1(a m b N m =+=+=+∈∃即,,由,使得 则ac>bc 。
3证明:(1)用反证法:若b a b,a b a <>≠或者,则由三分性知。
当a >b 时,由乘法单调性知ac >bc. 当a <b 时,由乘法单调性知ac<bc.这与ac=bc 矛盾。
则a=b 。
(2)用反证法:若b a b,a b a =>或者,则由三分性知不小于。
当a >b 时,由乘法单调性知ac >bc. 当a=b 时,由乘法单调性知ac=bc.这与ac<bc 矛盾。
则a <b 。
(3)用反证法:若b a b,a b a =<或者,则由三分性知不大于。
当a<b 时,由乘法单调性知ac<bc. 当a=b 时,由乘法单调性知ac=bc.这与ac>bc 矛盾。
初等代数研究(李长明周焕山编)P64第16,17,22题答案
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初等代数研究(李长明周焕山编)P64第16,17,22题答案初等代数研究(李长明周焕山编)P64 第16,17,22题答案.,,,,.16*bc ad dcx b ax S x Q d c b a =++=∈是有理数的充要条件是是无理数。
求证:设 ()))()()()().21..x .,,,,,,,,q )()(.)(,.)()()(S 2,,,,,02,,b ,,0.0d ,01 ,0,,01*2***bc ad dcx b ax S bc ad S S Q x Q q p d c b a c d qc adp pbc x Q q p p d cx c ad bc d cx c ad bc d cx c ad bc x bc ad d cx c ad bc c a d cx c bc ad ad acx d cx c bc acx d cx b ax dcx b ax S bc ad Q s Q c a ca d cx c ad acx d cxb ax Sc ad b c Q s Q d db s ac bc ad d c d cx dcx b ax S =++==∴∴∈∴∈--=∴∈=+-+-+-∴≠+-+=++-+=++=++=++==∈∴∈=++=++=∴=≠∈∴∈==∴≠==≠+++=是有理数的充要条件是知,由假设不成立,即是有理数矛盾,是无理数,这与是无理数矛盾与为有理数,则若为无理数是无理数,假设必要性:是有理数。
时,综上,当又则若又则若时若不能同时为即有意义,则充分性:要使证明:()()()()()()().,.,,,,22120,1.,,,,,,17.2d c b a c Q c Q d c b a a b d c a b c ab dcd c d c d c d c d c b a ab dcd b c a d c b a d b c a d c Q d c b a ==∴∈∴∈--+-=--=--=+∴≠∴≠-≠-=-∴+=+==+=+∈此时假设不成立,即是无理数矛盾这与又解得,由则假设证明:时,必有是无理数,则当若 .0,21cos 31cos 1cos 211)1(11.sin cos ,1.1,1,.22min max _2__22_2===-=∴-=-+=+-=∴-+=?+-=+-∴=?+==+-==+=u u z z z z z u z z z z z z z z z z z i z z z z u z yi x z y x 时当时,当因此不妨设解:的最大值和最小值求且是实数,设ααααα。
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五、关于平行与垂直1、I是△ABC 的内心,AI 、BI 和CI 的延长线分别交△ABC 的外接圆于D 、E 和F. 求证:EF ⊥AD.证明:已知I 是△ABC 的内心, ∴AD 、BE 和CF 是∠BAC 、∠ABC 和∠ACB 的角平分线∴⌒BD =⌒CD ,⌒BF=⌒AF ,⌒AE =⌒CE∴⌒BD +⌒BF +⌒AE =⌒CD +⌒AF +⌒CE ∴⌒DF +⌒AE =⌒DE +⌒AF∴∠AIF=∠AIE=∠DIF=∠DIE∴EF ⊥AD2. A 、B 、C 、D 是圆周上“相继的”四点,P 、Q 、R 、S 分别是弧AB 、BC 、CD 、DA 的中点,求证:PR ⊥QS.Q证明:∵P 、Q 、R 、S 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点 ∴⌒AP =⌒PB ,⌒BQ =⌒QC ,⌒CR =⌒RD ,⌒DS =⌒SA ∴⌒AP +⌒QC +⌒CR +⌒SA =⌒PB +⌒BQ +⌒RD +⌒DS又∵⌒PQ +⌒RS =⌒PB +⌒BQ +⌒RD +⌒DS , ⌒SP +⌒RQ =⌒AP +⌒QC +⌒CR +⌒SA ∴⌒PQ +⌒RS =⌒SP +⌒RQ ∴SQ ⊥PR3、凸四边形ABCD 的每条对角线皆平分它的面积,求证:ABCD 是平行四边形。
证明:设AC 和BD 相交于点O ,作AE ⊥BD 于E ,CF ⊥BD 于F ,连接AF,CE∵对角线BD平分四边形ABCD的面积∴S△ABD=S△CBD∴AE=CF又∵AE⊥BD,CF⊥BD∴AE∥CF∴四边形AECF为平行四边形∴AO=CO同理可得 BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形4、已知△BCX和△DAY是□ABCD外的等边三角形,E、F、G和H是YA、AB、XC和CD的中点。
求证:EFGH是平行四边形。
GCHD YEAFBX证:∵ABCD是平行四边形,且F、H是AB、CD的中点∴CH=AF,∠BCD=∠BAD,且AD=BC∵△BCX、△DAY是分别以BC、AD为边的等边三角形且E、G分别是AY、XC的中点∴∠XCB=∠DAY,CG=AE ∴∠GCH=∠EAF∴△GCH≌△AEF∴EF=GH 且∠GHC=∠AFE∵AB∥CD∴∠AFH=∠AEF,∠GHF=∠EFH∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形5. 在△ABC 的各边上向外作正方形BCDE 、CAFG 、ABHI,其中心依次为O 1,O 2, O 3求证:AO 1┴O 2 O 3证明:如上图所示取AC 中点M ,连结MO 2、CE 、AE 、HC ∵ BH=AB BC=CE∠HBA+∠ABC=∠EBC+∠ABC 即∠HBC=∠ABE ∴△ABE ≌△HBC ∴AE=HC HB=AB BE=BC 又∵∠HBA=90º ∴AE ┴HC又∵O 3 、M 、O 1、中点G∴O 3M=21HC MO 1=21AE 又∵HC=AE∴MO 1=┴O 3M 且 MO 1┴O 3M又∵AM=MO 2 ∠AM O 2 +AMO 3 =∠O 1MO 3 +∠AM O 3即∠O 1MO 2 =∠AM O 1∴△O 2MO 3≌△AM O 1∴ AM=M O 2 AO 1=O 2 O 3 ∠AM O 2 =90º ∴AO 1┴O 3M6. 正方形ABCD 内任取一点E ,连AE 、BE ,在△ABE 外分别以AE 、BE 为边作正方形AEMN 和EBFG ,连NC 、AF . 求证:NC ∥AF证明:连结CF 、DN .如图所示 。
则有 AN=AE , AD=AB∵∠NAD+∠DAE=∠EAB+∠DAE=90º ∴∠NAD=∠EABNABCD FM∴△ADN≌△ABE又AB=BC ,BF=BE∠CBF+∠CBE=∠ABE+∠CBE=90º∴∠CBF=∠ABE即有△ADN≌△CBF∴AN=CF又DN=BF ,CD=AB∠NDC=∠NDA+90º=∠ABE+90º=∠ABF∴△CDN≌△ABF∴CN=AF∴四边形AFCN为平行四边形即NC∥AF7以□ABCD的对角线AC为一边在其两侧各作一个正三角形ACD、ACQ。
求证:BPDQ 为□。
Q证明:由题意可得:△APC≌ΔACQ∴AP=QC,AQ=PC 又∵∠PAC=∠ACQ=60º∵AB∥CD∴∠BAC=∠ACD∠PAB=∠PAC-∠BAC∠DCQ=∠ACQ-∠ACD∴∠PAB=∠DCQ在ΔAPB和ΔDCQ中AP=CQ AB=CD∴ΔAPB≌ΔQCD∴BP=DQ又∠QAC=∠ACP=60º∵AB∥CD ∠BAC=∠ACD∠BAQ=∠QAC+∠BAC ∠DCP=∠ACP+∠ACD∠BAC=∠DCP在ΔABQ和ΔPDC中AB=DC AQ=PC ∴ΔABQ ≌ΔPDC ∴BQ=PD∴四边形BPDQ 为平行四边形。
8.已知:凸五边形的四条边平行于所对的对角线。
求证:第五边也平行于所对的对角线。
证:如图所示,已知 AB//CE , BC//DA , CD//BE , DE//AC ,Q AB//CE , BC//DA ,CD//BE , DE//AC ,∴S ∆ABE = S ∆ABCS ∆ABC=S ∆DBC S ∆DBC =S ∆DECS ∆DEC =S ∆ADE ∴S ∆ABE = S ∆ADE∴AE//CEDEABC9.在△ABC中,∠B≠90°,BC边的垂直平分线交AB于D ,△ABC的外接圆在A、B两点之切线交于E,求证:DE∥BC.证明:连接CDΘEA=EC∴∠2=∠EAC又CD=BD∴∠B=∠DCB又Θ∠2=∠B (外角=内对角)∴△ACE∽△BCD∴∠BCD=∠AEC又∠BDC+∠CDA=180°∴∠AEC+∠CDA=180°∴A、D、C、E四点共圆∴∠1=∠2 (同弦所对的圆周角)∴∠1=∠B10.P是正方形ABCD边CD上的一点,过D作AP的垂线分别交AP、BC于Q、R,O是正方形的中心,求证:OP⊥OR。
证明:如图所示,∵∠PAD=90°-∠APD=∠RDC 又∵∠ADC=∠DCR ∴∠APD=∠DRC 又∵AD=CD∴△APD ≌△DRC ∴AP=DR∵∠OAP=45°-∠PAD ∠ODR=45°-∠RDC ∴∠OAP=∠ODR又∵O 为正方形ABCD 的中心, ∴OA=OD∴△AOP ≌△DOR 又∵AP ⊥DR∴△DOR 是经O 点旋转90°得到的, ∴OP ⊥OR.11、从等腰△ABC 的底边AC 上的中点M 作BC 边的垂线MH ,H 为垂足,点P 为线段MH 的中点。
求证:AH ⊥BP 。
证明:如图取AM 的中点Q ,并连接BQ 、PQACBOAPDQR则在Rt △BAM 中,BQ 为中线 又BP 为Rt △BMH 的中线 ∴∠QBM=∠PBH ∴Rt △BQM ∽Rt △BPH 则∠BPH=∠BQM∴点B 、Q 、M 、H 四点共圆∵∠BPQ=∠BMQ(弦BQ 所对的圆用角) ∴PQ ⊥BP又∵P 、Q 分别为MH 与AM 的中点 ∴PQ ∥AH ∴AH ⊥BP12. 给定正方形ABCD ,P,Q 分别为AB,BC 上的点,满足BP=BQ,自B 作BH ⊥PC 于H ,求证:∠DHC=90°。
证明:如图延长BH 交AD 于F∵BH ⊥PC∴∠PBH=∠BCPFB DP A HQC又∵AB=BC∠A=∠B∴△ABF ≌△BCP∴AF=BP=BQ∴C ,D ,F ,Q 四点共圆(矩形)∴∠ABF=∠BFQ=∠BCPBP=BQ∴F ,C ,Q ,H 四点共圆∴F ,D ,C ,Q ,H 五点共圆∵DQ 为直径∴∠DHC=90°13. 在△ABC 中,AB=AC, O 为外心,D 为AB 的中点,E 是△ACD 的重心。
证明:O E ⊥CD证明:∵E 是ACD 的重心。
∴23AE AM =∵G 是△ABC 的重心。
∴12DGGC =。
∴DG=13DC∵M 是DC 的中点。
∴DM=12CD 。
∴23DGDM =。
∴DGDM AEAM =。
∴EG ∥AD.∵OD ⊥AB.∴OD ⊥EG∵AH ⊥BC 且DF ∥BC.∴GO ⊥DE∴O 是△DEG 的垂心。
∴OE ⊥DG∴OE ⊥CD14、在∆ABC 中,∠A=90,D 在BC 上且AD ⊥BC,求证:∠BAC 的平分线垂直平分∆ACD 与ABD 的内心之连线。
证:设I 、J 分别是∆ABD 、∆CAD 的内心,连接I 、J 并延长分别交AB 、AC 于E 、F,则DI 、DJ 是对应线段,故由∆ABC ∽∆CAD 知DJ DI =AD BD 但∠IDJ=90°∴∆IDJ ∽∆BDA. ∴∠DJI=∠DAB ∴A 、E 、D 、J 共圆 ∴∠AEJ=∠ADJ=45° ∴AE=AF∴∠BAC 的平分线垂直于EJ.15.考虑△的三个旁切圆,每一对圆恰有一条与△ABC 的边不同的公切线,这三条公切线组成一个三角形T ,O 是△ABC 的外心,证明:OA 与T 的一边垂直。
D C BAO I BI CC'H'ACHBB'证:利用A处得对称性设○I B、○I C的另一公切线分别于BA、CA的延长线交于C'、B',则易知△AB'C'与△ABC关于I B I C对称。
连结OA、OB,由中心角与圆周角的关系可知∠OAB=90°-∠C(∵∠AOB=2∠C)再自A作A H⊥BC与H,AH′⊥B′C′与H′,则∠H′AC′=HAC=90°-∠C∴∠OAB=H′AC′∴O、A、H共线OA⊥B′C′。