2018年初中数学竞赛辅导专题讲义
APCP'C'B
解析把△ABC绕点B旋转60?到△CBC?．则△PBP?为正三角形，且 PC?P?C?，PB?PP?，
因而PA?PB?PC?PA?PP??P?C?≥AC??3．
16．2．2★★设P是等边三角形ABC内一点，PC?3，PA?4，PB?5．试求此等边三角形的边长．
B54AP'P3C
解析如图，把△CBP绕点C逆时针旋转60?，到达△CAP?的位置，显然， ?PCP??60?，P?C?PP??3，AP??5．
在△APP?中，AP2?P?P2?32?42?52?AP?2，所以?APP??90?．故 ?APC??APP???P?PC?90??60??150?. 在△APC中，由余弦定理，得 AC2?AP2?PC2?2AP?PC?cos150? ?32?42+2?4?3?3 2?25?123．
所以，等边三角形ABC的边长是25?123．
?BOC?125?，16．2．3★★设O是正三角形ABC内一点，已知?AOB?115?，求以线段OA、
OB、OC为边构成的三角形的各角．
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2018年初中数学竞赛辅导专题讲义
BDOAC
解析以B为旋转中心，将△AOB按逆时针方向旋转60?，旋转至△CDB，如图所示． 连结OD．由于OB?OD，?OBD?60?，所以△OBD是正三角形，故OD?OB． 又CD?OA，故△OCD是以OA、OB、OC为边构成的一个三角形． 因此?COD??BOC??BOD ?125??60??65?，
?ODC??BDC??BDO ??AOB??BDO ?115??60??55?，
从而?OCD?180??65??55??60?．
所以，以线段OA、OB、OC为边构成的三角形的各角分别为65?、55?和60?． 16．2．4★★如图，两个正方形ABCD与AKLM（顶点按顺时针方向排列），求证：这两个正方形的中心以及线段BM、DK的中点是某正方形的顶点．
CPABSMDQKRL解析设P、R分别是正方形ABCD、AKLM的中心，Q、S分别是线段DK、BM的中点，先证△PSR是以PR为斜边的等腰直角三角形．
连结BK、DM，将△ADM绕A逆时针旋转90?，则D、M分别到B、K位置，所以
BK?DM，BK?DM．
11因为P、S分别是BD、BM的中点，所以PS∥DM．同理SR∥BK．所以PS?SR，且
22PS?SR．即△PSR是以PR为斜边的等腰直角三角形．
同理可证△PQR也是以PR为斜边的等腰直角三角形．故P、Q、R、S是正方形的四个
顶点．
16．2．5★★正方形ABCD内有一点P，PA?1，PB?3．PD?7，求正方形ABCD的面积．
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P'APDBC
解析将△PAB绕A点旋转90?，得△P?AD．连结PP?．易知?PAP??90?，PA?P?A?1． 于是PP??2．
P?P2?PD2?2?7?9?P?D2．在△P?PD中，所以△P?PD是直角三角形，从而?APD?135?．
由余弦定理得
AD2?PA2?PD2?2PA?PD ?8?14．
16．2．6★★在正方形ABCD的边AB和AD上分别取点M和K，使得AM?AK，在线段DM上取点P，使得?PCD??PKA．证明：?APM是直角．
AMPKDLCB
解析如图所示，在边BC上取点L，使BL?AK，连结KL、AP、PL．
由于?PCD??PKA，所以P、C、D、K四点共圆，作四边形PCDK的外接圆和矩形 KDCL的外接圆，因为这两个外接圆均过K、D、C三点，从而这两圆是相同的，所以 ?LPD??LKD?90?． 易知Rt△MAD≌Rt△LBA.
故以正方形ABCD的中心为旋转中心，将Rt△LBA以逆对针方向旋转90?，则△LBA旋转至△MAD，从而AL?DM．又LP?DM，故A、P、L三点共线，所以?APM?90?． 16．2．7★★★已知凸六边形A1A2A3A4A5A6中，A1A2?A2A3，A3A4?A4A5，A5A6?A6A1， ?A1??A3??A5??A2??A4??A6．求证：
1（1）S△A2A4A6?SA1A2A3A4A5A6；
211（2）?A6A2A4??A2，?A2A4A6??A4，
221?A2A6A4??A6．
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A'4A1A6A2A3A4A5
?，?A6．解析（1）将△A2A3A4绕点A2旋转，使A2A3与A2A1重合，得到△A2A1A4如图所示．连结A4
因为
(?A1??A3??A5)?(?A2??A4??A6) ?720?，
所以?A1??A3??A5 ??A2??A4??A6?360?． ?A1A6?360???A1??A4?A1A2 因此?A4?360???A1??A3??A5.
从而△A1A4?A6≌△A5A4A6， ?A6， △A2A4A6≌△A2A411所以S△A2A4A6?SA2A4A6A4??SA1A2A3A4A5A6．
22（2）由（1）可知
?A6A2A4??A6A2A4???A1A2A6??A3A2A4 ??A2??A6A2A4，
1所以?A6A2A4??A2．
211同理可证：?A2A4A6??A4，?A2A6A4??A6．
22评注本题通过旋转，把△A2A3A4、△A4A5A6、△A6A1A2拼成一个与△A2A4A6全等的新三角?A6.也可以采取向△A2A4A6内部旋转的方法，把△A2A3A4、△A4A5A6、△A6A1A2放在形A2A4△A2A4A6的内部，使之恰好“拼成”△A2A4A6．
16．2．8★★★如图所示，P、Q是边长为1的正方形ABCD内两点，使得 ?PAQ??PCQ?45?，求S△PAB?S△PCQ?S△QAD的值．
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AQPDAQPBQ''(b)DQ'CB(a)C解析将△AQD绕点A顺时针旋转90?至△AQ?B，△CQD绕点C逆时针旋转90?至△CQ??B，连结PQ?、PQ??，则
△APQ?≌△APQ，△CPQ??≌△CPQ．
又?ABQ???CBQ????ADQ??CDQ?90?，所以Q?、B、Q??三点共线，且 BQ??DQ?BQ??， 故S△PBQ??S△PBQ??， 所以S△PAB?S△PCQ?S△QAD
?S△PAQ?S△PBC?S△QCD
11S正方形ABCD?． 2216．2．9★★在△ABC中，?A≥120?，点P不与A重合．求证PA?PB?PC?AB?AC. 解析如图，将△PAB绕点A旋转至△P?AB?的位置，使CA与AB?共线．于是 AB?AC?AB??AC?PC?PB?． ?B'AP'BPC
又因为?P?AB???PAC??BAP??PAC??BAC≥120?，所以 ?PAP??180???BAC≤60?． 故在等腰△PAP?中， PA?P?A≥PP?．
因此PB?≤PP??P?B?≤PA?P?B??PA?PB， 从而PA?PB?PC?AB?AC.
评注此题似乎依赖于图形，P在?BAC内，事实上P在其他位置照样成立，方法完全一样． 16．2．10★★★凸四边形ABCD中，点M、N分别是BC、CD的中点，且AM?AN?a（a是常数），求证：S四边形ABCDa2． ?2 15
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EDNCMFAB
解析如图所示，将△ABM绕点M旋转180?得△FCM，将△ADN绕点N旋转180?得△ECN，连EF，于是
?ECF?360???ECN??BCD??FCM ?360???ADC??BCD??ABC ??DAB?180?，
所以EF与凸四边形ABCD的边不相交．故
S四边形ABCD?S四边形AMCN?S△FCM?S△ECN?S△AEF
1≤AE?AF?2AM?AN 2a2?AM?AN?≤2??． ??22??216．2．11★★★如图，设D为锐角△ABC内一点，且AC?BD?AD?BC， ?ADB??ACB?90?，求
AB?CD的值．
AC?BDADBCE
解析将线段BD绕点B顺时针旋转90?到BE，连结DE、CE． 因为?ADB??CAD??CBD??ACB，?ADB??ACB?90?，所以 ?CAD??CBD?90?，又?CBD??CBE?90?， 则?CAD??CBE． 由AC?BD?AD?BC，得
ACADAD，于是△ACD∽△BCE，所以?ACD??BCE， ??BCBDBEEC?B?B?C?．所以，
ACADCD??ACD??BC?D?．从而?ACB??BCBEEC△ABC∽△DEC，则
ABAC，即AB?CD?AC?DE． ?DEDCAB?CD?2．
AC?BD在Rt△BDE中，BD?BE，DE?2BD，故
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