數學幾何難題

❶ 適合初一的數學幾何難題

7．在直角坐標系中，已知A(-4，0)、B(1，0)、C(0，-2)三點．請按以下要求設計兩種方案：作一條與軸不重合，與△ABC的兩邊相交的直線，使截得的三角形與△ABC相似，並且面積是△AOC面積的．分別在下面的兩個坐標中系畫出設計圖形，並寫出截得的三角形三個頂點的坐標．

7．在直角坐標系中，已知A(-4，0)、B(1，0)、C(0，-2)三點．請按以下要求設計兩種方案：作一條與軸不重合，與△ABC的兩邊相交的直線，使截得的三角形與△ABC相似，並且面積是△AOC面積的．分別在下面的兩個坐標中系畫出設計圖形，並寫出截得的三角形三個頂點的坐標．

8．(1)已知：如圖①，BD、CE分別是△ABC的外角平分線，過點A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分別是F、G，連結FG，延長AF、AG，與直線BC相交．求證：FG=
(AB+BC+AC)．
(2)若BD、CE分別是△ABC的內角平分線，其餘條件不變(如圖②)，線段FG與△ABC的三邊又有怎樣的數量關系?寫出你的猜想，並給予證明．

8．(1)已知：如圖①，BD、CE分別是△ABC的外角平分線，過點A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分別是F、G，連結FG，延長AF、AG，與直線BC相交．求證：FG=
(AB+BC+AC)．
(2)若BD、CE分別是△ABC的內角平分線，其餘條件不變(如圖②)，線段FG與△ABC的三邊又有怎樣的數量關系?寫出你的猜想，並給予證明．

參考答案：

一、選擇題：1-4：ACCD；5—8：BDBC

二、填空題：1．180；2．∠B=30度；3．1，2．5；4．（2，8）；5．10

三、解答題：

1．略；2．略；3．；4．相似；5．相似，利用數值的比證明；6．略；7．略；8．提示：延長AG、AF相交於BC的延長線與反向延長線於點M、N，利用中位線證明。

❷ 數學難題，幾何

證明：
記∠ABD=∠1,∠DBP=∠2,∠PBF=∠3,FBC=∠4,
∠DBE=90°，所以∠2,∠3互余，∠1，∠4互余。
S△ABD/S△PBD=AD/DP,
S△ABD/S△PBD=(1/2*AB*BD*sin∠1)/(1/2*BP*BD*sin∠2)=ABsin∠1/BPsin∠2
所以
AD/DP=ABsin∠1/BPsin∠2,
同理可得
PF/FC=BPsin∠3/BCsin∠4,
BC/BA=BC/BA,
上述三式相乘，得
(AD/DP)*(PF/FC)*(CB/BA)=(sin∠1sin∠3)/(sin∠2sin∠4)
三角形PAC中AF,BP,CD三線共點，由塞瓦定理，
(AD/DP)*(PF/FC)*(CB/BA)=1,
(sin∠1sin∠3)/(sin∠2sin∠4)=1,
∠1,∠4互余，∠2,∠4互余，
sin∠1=cos∠4,sin∠2=cos∠3,
代入上式得
cos∠4sin∠3=cos∠3sin∠4
tan∠3=tan∠4.
即∠PBF=∠FBC,
BF是∠PBC的平分線。

❸ 數學幾何中的超級難題！

已知1.CD垂直於AB 2.BE垂直於AC 3.AE=CE
求證CD=BE
證明：因為BE垂直於AC
所以角BEC=角BEA=90度
又因為BE=BE，CE=AE
所以三角形BCE全等於三角形BAE
所以BA=BC，角BAC=角BCA
又因為角DCA+角A=90度
所以角DCA+角BCA=90度
又因為角cbe+角bca=90度
所以角bcd=角cbe=角eba=30度
所以abc是正三角形
所以ab=bc=ac
因為面積相等，所以高相等
所以cd=be

❹ 初二數學幾何難題

解:
因為這是一個正方形，所以每條邊都等於8
又因為F是BC中點，所以CF=BC=8
設CQ為x,則FQ為4-x
因為AD平行CD所以角DAQ=角AQB,角ADF=角DFC。所以三角形ADP相似於三角形QFP所以它們三個角對應相等
AP/CP=DP/FP=AD/FP
因為角QAD=2角CDF
所以角CDF=30°角QAD=60°
因為三十度所對的邊是斜邊的一半，所以DF=8
有上述條件自己推得（寫出來好麻煩，一眼就看得出來）
三角形ADP和三角形QFP都是等邊三角形
三角形ADP三條邊都為8，三角形QFP三邊都為4-x
在三角形CFD中DF的平方等於CD的平方+CF的平方
即（12-x）的平方等於8的平方+4的平方
x=12- 4乘根號5
我真的快累死了

❺ 數學幾何難題

（1）過C點做DE垂線CH交DE於H
由已知CE=x AB=CD=2
DE=根號（4+x^2）
由三角形CDE面積得CH=2x/DE
由CH/BF=CE/BE得
2x/根號（4+x^2）/BF=x/(x+2)
得BF=y=2(x+2)/根號（4+x^2）
而BF⊥DE，交DE於點F，BF與邊CD相交於點G
則有x最大為2（F與D點重合）0<x<=2

❻ 數學界三大幾何難題是什麼拜託各位大神

21世紀數學七大難題 最近美國麻州的克雷（Clay）數學研究所於2000年5月24日在巴黎法蘭西學院宣 布了一件被媒體炒得火熱的大事：對七個「千僖年數學難題」的每一個懸賞一百萬美元。以 下是這七個難題的簡單介紹。 「千僖難題」之一：P（多項式演算法）問題對NP（非多項式演算法）問題 在一個周六的晚上，你參加了一個盛大的晚會。由於感到局促不安，你想知道這一大廳 中是否有你已經認識的人。你的主人向你提議說，你一定認識那位正在甜點盤附近角落的女 士羅絲。不費一秒鍾，你就能向那裡掃視，並且發現你的主人是正確的。然而，如果沒有這 樣的暗示，你就必須環顧整個大廳，一個個地審視每一個人，看是否有你認識的人。生成問 題的一個解通常比驗證一個給定的解時間花費要多得多。這是這種一般現象的一個例子。與 此類似的是，如果某人告訴你，數13，717，421可以寫成兩個較小的數的乘積，你 可能不知道是否應該相信他，但是如果他告訴你它可以因子分解為3607乘上3803， 那麼你就可以用一個袖珍計算器容易驗證這是對的。不管我們編寫程序是否靈巧，判定一個 答案是可以很快利用內部知識來驗證，還是沒有這樣的提示而需要花費大量時間來求解，被 看作邏輯和計算機科學中最突出的問題之一。它是斯蒂文·考克（StephenCook ）於1971年陳述的。 「千僖難題」之二： 霍奇(Hodge)猜想 二十世紀的數學家們發現了研究復雜對象的形狀的強有力的辦法。基本想法是問在怎樣 的程度上，我們可以把給定對象的形狀通過把維數不斷增加的簡單幾何營造塊粘合在一起來 形成。這種技巧是變得如此有用，使得它可以用許多不同的方式來推廣；最終導至一些強有 力的工具，使數學家在對他們研究中所遇到的形形色色的對象進行分類時取得巨大的進展。 不幸的是，在這一推廣中，程序的幾何出發點變得模糊起來。在某種意義下，必須加上某些 沒有任何幾何解釋的部件。霍奇猜想斷言，對於所謂射影代數簇這種特別完美的空間類型來 說，稱作霍奇閉鏈的部件實際上是稱作代數閉鏈的幾何部件的(有理線性)組合。 「千僖難題」之三： 龐加萊(Poincare)猜想 如果我們伸縮圍繞一個蘋果表面的橡皮帶，那麼我們可以既不扯斷它，也不讓它離開表 面，使它慢慢移動收縮為一個點。另一方面，如果我們想像同樣的橡皮帶以適當的方向被伸 縮在一個輪胎面上，那麼不扯斷橡皮帶或者輪胎面，是沒有辦法把它收縮到一點的。我們說 ，蘋果表面是「單連通的」，而輪胎面不是。大約在一百年以前，龐加萊已經知道，二維球 面本質上可由單連通性來刻畫，他提出三維球面(四維空間中與原點有單位距離的點的全體 )的對應問題。這個問題立即變得無比困難，從那時起，數學家們就在為此奮斗。 「千僖難題」之四： 黎曼(Riemann)假設 有些數具有不能表示為兩個更小的數的乘積的特殊性質，例如，2,3,5,7,等等。這樣的 數稱為素數；它們在純數學及其應用中都起著重要作用。在所有自然數中，這種素數的分布 並不遵循任何有規則的模式；然而，德國數學家黎曼(1826~1866)觀察到，素數的頻率緊密 相關於一個精心構造的所謂黎曼蔡塔函數z(s$的性態。著名的黎曼假設斷言，方程z(s)=0的 所有有意義的解都在一條直線上。這點已經對於開始的1,500,000,000個解驗證過。證明它 對於每一個有意義的解都成立將為圍繞素數分布的許多奧秘帶來光明。 「千僖難題」之五： 楊－米爾斯(Yang-Mills)存在性和質量缺口 量子物理的定律是以經典力學的牛頓定律對宏觀世界的方式對基本粒子世界成立的。大 約半個世紀以前，楊振寧和米爾斯發現，量子物理揭示了在基本粒子物理與幾何對象的數學 之間的令人注目的關系。基於楊－米爾斯方程的預言已經在如下的全世界范圍內的實驗室中 所履行的高能實驗中得到證實：布羅克哈文、斯坦福、歐洲粒子物理研究所和築波。盡管如 此，他們的既描述重粒子、又在數學上嚴格的方程沒有已知的解。特別是，被大多數物理學 家所確認、並且在他們的對於「誇克」的不可見性的解釋中應用的「質量缺口」假設，從來 沒有得到一個數學上令人滿意的證實。在這一問題上的進展需要在物理上和數學上兩方面引 進根本上的新觀念。 「千僖難題」之六： 納維葉－斯托克斯(Navier-Stokes)方程的存在性與光滑性 起伏的波浪跟隨著我們的正在湖中蜿蜒穿梭的小船，湍急的氣流跟隨著我們的現代噴氣 式飛機的飛行。數學家和物理學家深信，無論是微風還是湍流，都可以通過理解納維葉－斯 托克斯方程的解，來對它們進行解釋和預言。雖然這些方程是19世紀寫下的，我們對它們的 理解仍然極少。挑戰在於對數學理論作出實質性的進展，使我們能解開隱藏在納維葉－斯托 克斯方程中的奧秘。 「千僖難題」之七：貝赫(Birch)和斯維訥通－戴爾(Swinnerton-Dyer)猜想 數學家總是被諸如x^2+y^2=z^2那樣的代數方程的所有整數解的刻畫問題著迷。歐幾里德曾 經對這一方程給出完全的解答，但是對於更為復雜的方程，這就變得極為困難。事實上，正 如馬蒂雅謝維奇(Yu.V.Matiyasevich)指出，希爾伯特第十問題是不可解的，即，不存在一 般的方法來確定這樣的方法是否有一個整數解。當解是一個阿貝爾簇的點時，貝赫和斯維訥 通－戴爾猜想認為，有理點的群的大小與一個有關的蔡塔函數z(s)在點s=1附近的性態。特 別是，這個有趣的猜想認為，如果z(1)等於0,那麼存在無限多個有理點(解)，相反，如果z( 1)不等於0,那麼只存在有限多個這樣的點

希望採納

❼ 數學難題幾何

因為∠A=36°
所以∠C=∠ABC=72°，
又因為點D是邊AB的中點，ED⊥AB
所以∠ABE=∠A=36°，所以∠EBC=36°，∠BEC=72°=∠C
所以BE=BC，又因為BE=AE
所以AE＝BC
明白？

❽ 數學幾何難題 非常難

很簡單，我現在回答。==

利用餘弦定理，

cos∠ACB=(17^2+21^2-10^2)/(2x17x21)=630/714=15/17,

可得sin∠ACB=8/17

同理可得

cos∠ACD=(21^2+13^2-20^2)/(2x21x13)=210/273=5/13

可得sin∠ACD=12/13

然後cos∠BCD=cos(∠ACB+∠ACD)=cos∠ACBcos∠ACD-sin∠ACBsin∠ACD=-21/221

再根據餘弦定理

求出BD，望採納
謝謝

有任何不懂
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一一解答

❾ 七年級數學幾何難題

1.如果一個稜柱體有21條棱，那麼它的底面是（）邊形
9.一個邊長為5厘米的正方形，以它的邊長為軸旋轉一周，得（）體，這個幾何體的體積是（）厘米m³（π=3.14）
2證明：直角三角形的斜邊的高與直角的平分線的夾角等於兩銳角的差

❿ 數學幾何難題，請展開

解:此題目， 圖形有些偏差，我就就事論事吧，連接BD與AC相交於O
在三角形AGB中:∵<AGB是90度，E是鈄邊服的中點，<ABG=30度，∴L<EAG=60度，EA二EG∴<AGE二60度∴<AEF=60度，0A=OB矩形的對角線相等且互相平分)
<ABD=<BAC二60度
∴EF平行於BC∵E是AB的中點。∴EF也平分AD，即AF=FD

(2)圖2∵<EFC=<BFM=90度，而<BFC是公共角 ∴<EFB=<MFC
又在三角形ABF和三角形DCF中AF=嚇AB=DC。<A=<D
∴.三角形ABF和三角形DCF全等，
∴FB=FC 又在三角形FBD和三角形FCA中AC=DB，AF=DF，FB=FC
!三角形FBD全等於三角形FCA
∴<FBD=< FCA ，∵<EFB=<FBD=<MFC ，∴<<FCA=<MFC ∴FM平行於AC
∵AF=FD ∴DM=MC
在三角形ABD中<ABD=60度<BAD=90度 ∴AB:AD=1:√3
AB^2:AD^2=1:3