数学几何难题

❶ 适合初一的数学几何难题

7．在直角坐标系中，已知A(-4，0)、B(1，0)、C(0，-2)三点．请按以下要求设计两种方案：作一条与轴不重合，与△ABC的两边相交的直线，使截得的三角形与△ABC相似，并且面积是△AOC面积的．分别在下面的两个坐标中系画出设计图形，并写出截得的三角形三个顶点的坐标．

7．在直角坐标系中，已知A(-4，0)、B(1，0)、C(0，-2)三点．请按以下要求设计两种方案：作一条与轴不重合，与△ABC的两边相交的直线，使截得的三角形与△ABC相似，并且面积是△AOC面积的．分别在下面的两个坐标中系画出设计图形，并写出截得的三角形三个顶点的坐标．

8．(1)已知：如图①，BD、CE分别是△ABC的外角平分线，过点A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分别是F、G，连结FG，延长AF、AG，与直线BC相交．求证：FG=
(AB+BC+AC)．
(2)若BD、CE分别是△ABC的内角平分线，其余条件不变(如图②)，线段FG与△ABC的三边又有怎样的数量关系?写出你的猜想，并给予证明．

8．(1)已知：如图①，BD、CE分别是△ABC的外角平分线，过点A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分别是F、G，连结FG，延长AF、AG，与直线BC相交．求证：FG=
(AB+BC+AC)．
(2)若BD、CE分别是△ABC的内角平分线，其余条件不变(如图②)，线段FG与△ABC的三边又有怎样的数量关系?写出你的猜想，并给予证明．

参考答案：

一、选择题：1-4：ACCD；5—8：BDBC

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

三、解答题：

1．略；2．略；3．；4．相似；5．相似，利用数值的比证明；6．略；7．略；8．提示：延长AG、AF相交于BC的延长线与反向延长线于点M、N，利用中位线证明。

❷ 数学难题，几何

证明：
记∠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三线共点，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的平分线。

❸ 数学几何中的超级难题！

已知1.CD垂直于AB 2.BE垂直于AC 3.AE=CE
求证CD=BE
证明：因为BE垂直于AC
所以角BEC=角BEA=90度
又因为BE=BE，CE=AE
所以三角形BCE全等于三角形BAE
所以BA=BC，角BAC=角BCA
又因为角DCA+角A=90度
所以角DCA+角BCA=90度
又因为角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
因为面积相等，所以高相等
所以cd=be

❹ 初二数学几何难题

解:
因为这是一个正方形，所以每条边都等于8
又因为F是BC中点，所以CF=BC=8
设CQ为x,则FQ为4-x
因为AD平行CD所以角DAQ=角AQB,角ADF=角DFC。所以三角形ADP相似于三角形QFP所以它们三个角对应相等
AP/CP=DP/FP=AD/FP
因为角QAD=2角CDF
所以角CDF=30°角QAD=60°
因为三十度所对的边是斜边的一半，所以DF=8
有上述条件自己推得（写出来好麻烦，一眼就看得出来）
三角形ADP和三角形QFP都是等边三角形
三角形ADP三条边都为8，三角形QFP三边都为4-x
在三角形CFD中DF的平方等于CD的平方+CF的平方
即（12-x）的平方等于8的平方+4的平方
x=12- 4乘根号5
我真的快累死了

❺ 数学几何难题

（1）过C点做DE垂线CH交DE于H
由已知CE=x AB=CD=2
DE=根号（4+x^2）
由三角形CDE面积得CH=2x/DE
由CH/BF=CE/BE得
2x/根号（4+x^2）/BF=x/(x+2)
得BF=y=2(x+2)/根号（4+x^2）
而BF⊥DE，交DE于点F，BF与边CD相交于点G
则有x最大为2（F与D点重合）0<x<=2

❻ 数学界三大几何难题是什么拜托各位大神

21世纪数学七大难题 最近美国麻州的克雷（Clay）数学研究所于2000年5月24日在巴黎法兰西学院宣 布了一件被媒体炒得火热的大事：对七个“千僖年数学难题”的每一个悬赏一百万美元。以 下是这七个难题的简单介绍。 “千僖难题”之一：P（多项式算法）问题对NP（非多项式算法）问题 在一个周六的晚上，你参加了一个盛大的晚会。由于感到局促不安，你想知道这一大厅 中是否有你已经认识的人。你的主人向你提议说，你一定认识那位正在甜点盘附近角落的女 士罗丝。不费一秒钟，你就能向那里扫视，并且发现你的主人是正确的。然而，如果没有这 样的暗示，你就必须环顾整个大厅，一个个地审视每一个人，看是否有你认识的人。生成问 题的一个解通常比验证一个给定的解时间花费要多得多。这是这种一般现象的一个例子。与 此类似的是，如果某人告诉你，数13，717，421可以写成两个较小的数的乘积，你 可能不知道是否应该相信他，但是如果他告诉你它可以因子分解为3607乘上3803， 那么你就可以用一个袖珍计算器容易验证这是对的。不管我们编写程序是否灵巧，判定一个 答案是可以很快利用内部知识来验证，还是没有这样的提示而需要花费大量时间来求解，被 看作逻辑和计算机科学中最突出的问题之一。它是斯蒂文·考克（StephenCook ）于1971年陈述的。 “千僖难题”之二： 霍奇(Hodge)猜想 二十世纪的数学家们发现了研究复杂对象的形状的强有力的办法。基本想法是问在怎样 的程度上，我们可以把给定对象的形状通过把维数不断增加的简单几何营造块粘合在一起来 形成。这种技巧是变得如此有用，使得它可以用许多不同的方式来推广；最终导至一些强有 力的工具，使数学家在对他们研究中所遇到的形形色色的对象进行分类时取得巨大的进展。 不幸的是，在这一推广中，程序的几何出发点变得模糊起来。在某种意义下，必须加上某些 没有任何几何解释的部件。霍奇猜想断言，对于所谓射影代数簇这种特别完美的空间类型来 说，称作霍奇闭链的部件实际上是称作代数闭链的几何部件的(有理线性)组合。 “千僖难题”之三： 庞加莱(Poincare)猜想 如果我们伸缩围绕一个苹果表面的橡皮带，那么我们可以既不扯断它，也不让它离开表 面，使它慢慢移动收缩为一个点。另一方面，如果我们想象同样的橡皮带以适当的方向被伸 缩在一个轮胎面上，那么不扯断橡皮带或者轮胎面，是没有办法把它收缩到一点的。我们说 ，苹果表面是“单连通的”，而轮胎面不是。大约在一百年以前，庞加莱已经知道，二维球 面本质上可由单连通性来刻画，他提出三维球面(四维空间中与原点有单位距离的点的全体 )的对应问题。这个问题立即变得无比困难，从那时起，数学家们就在为此奋斗。 “千僖难题”之四： 黎曼(Riemann)假设 有些数具有不能表示为两个更小的数的乘积的特殊性质，例如，2,3,5,7,等等。这样的 数称为素数；它们在纯数学及其应用中都起着重要作用。在所有自然数中，这种素数的分布 并不遵循任何有规则的模式；然而，德国数学家黎曼(1826~1866)观察到，素数的频率紧密 相关于一个精心构造的所谓黎曼蔡塔函数z(s$的性态。著名的黎曼假设断言，方程z(s)=0的 所有有意义的解都在一条直线上。这点已经对于开始的1,500,000,000个解验证过。证明它 对于每一个有意义的解都成立将为围绕素数分布的许多奥秘带来光明。 “千僖难题”之五： 杨－米尔斯(Yang-Mills)存在性和质量缺口 量子物理的定律是以经典力学的牛顿定律对宏观世界的方式对基本粒子世界成立的。大 约半个世纪以前，杨振宁和米尔斯发现，量子物理揭示了在基本粒子物理与几何对象的数学 之间的令人注目的关系。基于杨－米尔斯方程的预言已经在如下的全世界范围内的实验室中 所履行的高能实验中得到证实：布罗克哈文、斯坦福、欧洲粒子物理研究所和筑波。尽管如 此，他们的既描述重粒子、又在数学上严格的方程没有已知的解。特别是，被大多数物理学 家所确认、并且在他们的对于“夸克”的不可见性的解释中应用的“质量缺口”假设，从来 没有得到一个数学上令人满意的证实。在这一问题上的进展需要在物理上和数学上两方面引 进根本上的新观念。 “千僖难题”之六： 纳维叶－斯托克斯(Navier-Stokes)方程的存在性与光滑性 起伏的波浪跟随着我们的正在湖中蜿蜒穿梭的小船，湍急的气流跟随着我们的现代喷气 式飞机的飞行。数学家和物理学家深信，无论是微风还是湍流，都可以通过理解纳维叶－斯 托克斯方程的解，来对它们进行解释和预言。虽然这些方程是19世纪写下的，我们对它们的 理解仍然极少。挑战在于对数学理论作出实质性的进展，使我们能解开隐藏在纳维叶－斯托 克斯方程中的奥秘。 “千僖难题”之七：贝赫(Birch)和斯维讷通－戴尔(Swinnerton-Dyer)猜想 数学家总是被诸如x^2+y^2=z^2那样的代数方程的所有整数解的刻画问题着迷。欧几里德曾 经对这一方程给出完全的解答，但是对于更为复杂的方程，这就变得极为困难。事实上，正 如马蒂雅谢维奇(Yu.V.Matiyasevich)指出，希尔伯特第十问题是不可解的，即，不存在一 般的方法来确定这样的方法是否有一个整数解。当解是一个阿贝尔簇的点时，贝赫和斯维讷 通－戴尔猜想认为，有理点的群的大小与一个有关的蔡塔函数z(s)在点s=1附近的性态。特 别是，这个有趣的猜想认为，如果z(1)等于0,那么存在无限多个有理点(解)，相反，如果z( 1)不等于0,那么只存在有限多个这样的点

希望采纳

❼ 数学难题几何

因为∠A=36°
所以∠C=∠ABC=72°，
又因为点D是边AB的中点，ED⊥AB
所以∠ABE=∠A=36°，所以∠EBC=36°，∠BEC=72°=∠C
所以BE=BC，又因为BE=AE
所以AE＝BC
明白？

❽ 数学几何难题 非常难

很简单，我现在回答。==

利用余弦定理，

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

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

再根据余弦定理

求出BD，望采纳
谢谢

有任何不懂
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一一解答

❾ 七年级数学几何难题

1.如果一个棱柱体有21条棱，那么它的底面是（）边形
9.一个边长为5厘米的正方形，以它的边长为轴旋转一周，得（）体，这个几何体的体积是（）厘米m³（π=3.14）
2证明：直角三角形的斜边的高与直角的平分线的夹角等于两锐角的差

❿ 数学几何难题，请展开

解:此题目， 图形有些偏差，我就就事论事吧，连接BD与AC相交于O
在三角形AGB中:∵<AGB是90度，E是钭边服的中点，<ABG=30度，∴L<EAG=60度，EA二EG∴<AGE二60度∴<AEF=60度，0A=OB矩形的对角线相等且互相平分)
<ABD=<BAC二60度
∴EF平行于BC∵E是AB的中点。∴EF也平分AD，即AF=FD

(2)图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=吓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全等于三角形FCA
∴<FBD=< FCA ，∵<EFB=<FBD=<MFC ，∴<<FCA=<MFC ∴FM平行于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