平面几何习题大全下面的平面几何习题均是我两年来收集的，属竞赛围。
共分为五种类型，1，几何计算；2，几何证明；3，共点线与共线点；4，几何不等式；5，经典几何。
几何计算-1命题设点D是Rt△ABC斜边AB上的一点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F。
若AF=15，BE=10，则四边形DECF的面积是多少？解：设DF=CE=x,DE=CF=y. ∵Rt△BED∽Rt△DFA, ∴BE/DE=DF/AF<==> 10/y=x/15 <==> xy=150.所以，矩形DECF的面积150.几何证明-1命题在圆接四边形ABCD中，O为圆心，己知∠AOB+∠COD=180.求证:由O向四边形ABCD所作的垂线段之和等于四边形ABCD的周长的一半。
证明(一) 连OA,OB,OC,OD，过圆心O点分别作AB,BC,CD,DA的垂线，垂足依次为P,Q,R,S。
易证ΔAPO≌ΔORD，所以DR=OP,AP=OR，故OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。
同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。
因此有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。
证明(二) 连OA,OB,OC,OD，因为∠AOB+∠COD=180°,OA=OD，所以易证RtΔAPO≌RtΔORD，故得DR=OP,AP=OR，即OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。
同理可得:OQ+OS=(DA+BC)/2。
因此有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。
几何不等式-1命题设P是正△ABC任意一点，△DEF是P点关于正△ABC的接三角形[AP,BP,CP延长分别交BC,CA,AB于D,E,F]，记面积为S1;△KNM是P点关于正△ABC的垂足三角形[过P 点分别作BC,CA,AB垂线交于K,N,M]，记面积为S2。
求证:S2≥S1 。
证明设P点关于正△ABC的重心坐标为P(x,y,z)，a为正△ABC的边长，则正△ABC的面积为S=(a^2√3)/4。
由三角形重心坐标定义易求得:AD=za/(y+z),CD=ya/(y+z),CE=xa/(z+x),AE=za/(z+x),AF=ya/(x+y),BF=xa/(x+y).故得:△AEF的面积X=AE*AF*sin60°/2=Syz/(z+x)(x+y);△BFD的面积Y=BF*BD*sin60°/2=Szx/(x+y)(y+z);△CDE的面积Z=CD*CE*sin60°/2=Sxy/(y+z)(z+x).从而有S1=S-X-Y-Z=2xyzS/(y+z)(z+x)(x+y)。
因为P点是△KNM的费马点，从而易求得:PK=(xa√3)/[2(x+y+z)],PN=(ya√3)/[2(x+y+z)],PM=(za√3)/[2(x+y+z)].故得：S2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/[4(x+y+z)^2]。
所以待证不等式S2≥S1等价于:(3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+z)^2≥2xyz/(y+z)(z+x)(x+y);<====> 3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)≥8xyz(x+y+z)^2;上式展开等价于3x^3(y^2+z^2)+3y^3(z^2+x^2)+3z^3(x^2+y^2)-2xyz(x^2+y^2+z^2)-4xyz(yz+z x+xy)≥0;上式化简等价于x^2(x+2y+2z)(y-z)^2+y^2(y+2z+2x)(z-x)^2+z^2(z+2x+2y)(x-y)^2≥0.因为P点在正△ABC，故x>0,y>0,z>0，所以上式显然成立。
命题得证。
几何不等式-2命题设P是三角形ABC一点，直线AP，BP，CP与三边的交点分别为D,E,F。
则三角形DEF叫做点P的塞瓦三角形。
试证点P的塞瓦三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。
证明设三角形ABC的面积为S, 塞瓦三角形DEF的面积为S1, 三角形AEF的面积为Sa, 三角形BFD的面积为Sb, 三角形CDE的面积为Sc。
令BD=xBC,CE=yCA,AF=zAB，则CD=(1-x)BC,AE=(1-y)CA,BF=(1-z)AB。
那么Sa=(AE*AF*sinA)/2=z*(1-y)*S，Sb=(BD*BF*sinB)/2=x*(1-z)*S，Sc=(CD*CE*sinC)/2=y*(1-x)*S。
所以有S1=S-Sa-Sb-Sc=S*[1-z*(1-y)-x*(1-z)-y*(1-x)] =S*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy] ，据此命题[S≥4S1]转化为证明4*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy]≤1根据塞瓦定理得:xyz=(1-x)*(1-y)*(1-z)上述恒等式展开等价于1+yz+zx+xy=2xyz+x+y+z将其代入得:8xyz≤1.由算术--几何平均不等式得:2√[x(1-x)]≤1,2√[y(1-y)]≤1,2√[z(1-z)]≤1,上述三式相乘得:8√[xyz(1-x)*(1-y)*(1-z)]≤1 , <==> 8xyz≤1 .几何不等式-3命题设P是三角形ABC一点，点P在三边BC,CA,AB上的射影分别为D,E,F。
则三角形DEF叫做点P的垂足三角形。
试证点P的垂足三角形DEF的面积不超过三角形ABC 面积的四分之一。
证明设P点垂足ΔDEF面积为F,ΔABC面积为Δ，令PD=r1,PE=r2,PC=r3,BC=a,CA=b,AB=c,R表示三角形ABC的外接圆半径。
则有F=[r2*r3*sinA+r3*r1*sinB+r1*r2*sinC]/2=[a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2]/(4R)。
故命题转化为求证a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤RΔ(1)据恒等式:abc=4RΔ，则上式为a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤abc/4 (2)设P点的ΔABC重心坐标为P(x,y,z)，对(2)式作置换等价于R^2*(x+y+z)^2≥yza^2+zxb^2+xyc^2 (3)(3)展开化简为(R*x)^2+(R*y)^2+(R*z)^2+(2*R^2-a^2)*yz+(2*R^2-b^2)*zx+(2*R^2-c^2)*xy≥0 上式配方整理得:[R*x+(2*R^2-c^2)*y/(2R)+(2*R^2-b^2)*z/(2R)]^2+[c*y*cosC-b*z*cosB]^2≥0，显然成立。
易验证当x:y:z=a*cosA:b*cosB:c*cosC，即外心时取等号。
几何不等式-4命题试比较给定一三角形的最大接矩形的面积与最大接正方形的面积大小。
证明设给定三角形ABC的边长分别为a,b,c，相对应的高线分别为ha,hb,hc，给定三角形ABC的面积为S。
不妨设a>b>c，则ha<hb<hc，运用化归法易证明:给定三角形ABC 的最大接矩形与最大接正方形的一边与三角形一边重合，另外两端在另外两边上。
下面在a>b>c条件下，求出最大接矩形与最大接正方形的面积。
(1)对于给定三角形的最大接矩形的面积可如下求:设矩形长为x[与BC边重合]，宽为y，矩形的面积为S1。
运用相似比可得:(ha-y)/x=ha/a <==> x=a*(ha-y)/ha，所以S1=y*a*(ha-y)/ha=-[1/(a*ha)]*[a^2*y^2-2*a*S*y]=-[1/(2*S)]*(a*y-S)^2+S^/2≤S/2。
当y=S/a=ha/2，x=a/2时，S1的最大值为S/2。
所以给定三角形的最大接矩形的面积为S/2，它共有三种形状，即(长,宽)=(a/2,ha/2);(长,宽)=(b/2,hb/2);(长,宽)=(c/2,hc/2)。
注意这里长与宽相对而言。
(2)对于给定三角形的最大接正方形的面积可如下求:设正方形边长为x，正方形的面积为S2。
运用相似比可得:(ha-x)/x=ha/a <==> x=2*S/(a+ha)，因为a>b>c，易证得:a+ha>b+hb>c+hc，所以给定三角形的最大接正方形的面积:S2=[2*S/(c+hc)]^2。
(3)下面确定给定三角形ABC的最大接矩形的面积与最大接正方形的面积大小。
[2*S/(c+hc)]^2≤S/2<==> 8*S≤(c+hc)^2因为c^2+(hc)^2≥2*c*hc=4*S，所以8*S≤(c+hc)^2显然成立。
当c=hc时等号成立。
几何不等式-5命题在等腰直角三角形中，∠BAC=90°，E，F在BC边上[E点靠近B点，F点靠近C 点]。
求证：(1) 如果∠EAF≤45°，则BE^2+CF^2≥EF^2;(2) 如果∠EAF≥45°，则BE^2+CF^2≤EF^2.证明设AE为y，AF为z，AB=AC=a。
在△ABE，△ACF中[∠ABE=45°，∠ACF=45°]，根据余弦定理得:BE^2=y^2-a^2+a*BE*√2;⎛y^2=a^2+BE^2-a*BE*√2;z^2=a^2+CF^2-a*CF*√2; CF^2=z^2-a^2+a*CF*√2.⎛两式相加得:BE^2+CF^2=y^2+z^2-2a^2+a√2(BE+CF)=y^2+z^2-2a^2+a√2(a√2-EF)=y^2+z^2-a√2EF。
注意到:△AEF面积的两种表示式yzsin(∠EAF)/2=aEF/(2√2) a√2EF=2yzsin∠EAF所以有BE^2+CF^2=y^2+z^2-2yzsin∠EAF而在△AEF中，根据余弦定理得:EF^2=y^2+z^2-2yzcos∠EAF对比上述两式，当∠EAF=45°时，有BE^2+CF^2=EF^2。