几何
几何全靠练习。本节将呈现各种公式与概念，你的目标不应是死记硬背所有公式，而是学会如何应用这些公式，以及在何处应用。
§5.1 角
角是AMC 10与AMC 12乃至众多竞赛中的常见主题。若想在这些竞赛中取得好成绩，必须在此概念上打下坚实基础。某些角度问题可用量角器直接测得答案，但这种方法并非万能，本节将为你奠定角及相关问题的坚实基础。
定义 5.1.1
平角(straight angle)是度数为180°的角。所有直线都是“直的”，因为它们的角度为180°。
问题 5.1.2 — 利用下图及刚学的概念，求角a、b、c的度数。
希望你已经动手尝试。或许有人知道可用对顶角定理(稍后学习)直接求出所有角度，这完全正确。不过，我们将演示如何利用“直线角度为180°”这一事实来求解。
既然已知所有直线都是直的， \( {47} + \angle c \) 必为 \( {180}^{ \circ } \) 。因此， \( \angle c \) 就是 \( {180} - {47} \) ，即 \( {133}^{ \circ } \) 。对其它直线同理可得 \( \angle c + \angle b = {180}^{ \circ } \) 与 \( \angle a + \angle b = {180}^{ \circ } \) 。显然 \( \angle b \) 为 \( {47}^{ \circ } \) ，而 \( \angle a \) 为 \( {133}^{ \circ } \) 。
定义 5.1.3
直角(right angle)是度数为90°的角。
定义 5.1.4
互余角(complementary angles)指两角之和为90°。
问题 5.1.5 — 求30°角的余角。
现在我们知道，若两角互余，则其度数之和为90°。设30°角的余角为 \( x \) ，则 \( {30} + x = {90} \) 。两边同减30°，易得答案为60°。
定义 5.1.6
补角(supplementary angles)是指两个角的度数之和为180°。这是一个需要掌握的重要定义。
问题5.1.7——求85°的补角。
上面的问题很容易解决。我们假设补角为 \( x \) 。因为补角之和为180°，所以 \( x + {85} = {180} \) 。将方程两边同时减去85°，得到答案为95°。
定义5.1.8
锐角(acute angle)的度数严格小于90°；钝角(obtuse angle)的度数始终严格大于90°。
现在希望你已掌握所有定义和关键术语。本章末尾将有极具挑战性的题目。在跳过去之前，请先阅读本章所有小节。
任意多边形的内角与外角
在几何中，有许多二维图形，包括三角形、正方形、矩形、平行四边形、五边形、六边形、八边形等。记住所有图形的内角和可能很困难。然而，只需记住一个简单的公式，就能推导出任意多边形的内角和。是记一个公式好，还是记多种图形的内角和好？
定理5.1.9
任意多边形的内角和为 \( {180}\left( {n - 2}\right) \) ，其中 \( n \) 表示该图形的边数。
定义5.1.10
外角(exterior angle)是位于多边形外部的角。求任意外角的度数时，将该边沿同一方向延长，然后用180°减去对应内角的度数，即可得到该边的外角。
定理5.1.11
在任意正多边形中，所有外角均为 \( \frac{360}{n} \) ，其中 \( \mathrm{n} \) 表示边数。请记住，任意多边形的外角和恒为360°。
定理5.1.12
在所有三角形中，任一边的外角等于与之不相邻的两个内角之和。如果这一点难以理解，下面的图示将为你解答疑问。
外角定理
三角形的外角等于
两个不相邻内角之和。
定理5.1.13
圆内接四边形(cyclic quadrilateral)是指四个顶点都在圆周上的四边形。其性质为:对角之和恒为180度。(这只是圆内接四边形的基础内容，后续章节将深入探讨。)
平行线与角
只要出现平行线，许多角就会相等。若不清楚原因，本节将帮助你理解。
定义5.1.14
截线(transversal)是与多条直线相交的直线，稍后你将体会其重要性。
定义5.1.15
平行线(parallel lines)是永不相交的直线。
定理5.1.16
若两条平行线被一条截线所截，则内错角(alternate interior angles)恒相等。下图中，角1与角4因该定理而相等。
定理5.1.17
若两条平行线被一条截线所截，则同位角(corresponding angles)恒相等。下图中的角A与角B即为一对相等的同位角。
定理5.1.18
若存在两条相交直线，则无论何种情况，对顶角(由两条相交直线形成的一对相对角)始终全等。下图所示中，角2与角4全等，角1与角3全等，正是依据此定理。
定理5.1.19
圆周角(inscribed arc)的度数等于对应圆心角(central angle)度数的一半。
\( A \) 为圆周角， \( B \) 为圆心角
定理5.1.20
圆周角与切线定理
由切线所截之角等于对应的圆周角。上图中， \( \angle \mathrm{{ACZ}} = \angle \mathrm{{ADC}} \)
弧。
常见图形及其角度
| 三角形 | 四边形 | 正多边形 | |
 |  |  | |
| 等边三角形 三边相等；内角 \( {60}^{ \circ } \) | 正方形 四边相等；所有角 \( {90}^{ \circ } \) | 等边三角形 3条边；角 \( {60}^{ \circ } \) | |
 |  |  | |
| 等腰三角形 2条边相等；2个全等角 | 矩形 对边相等，所有角 \( {90}^{ \circ } \) | 正方形 4条边；角 \( {90}^{ \circ } \) | |
 |  |  | |
| 不等边三角形 无相等边或角 | 菱形 四边相等；2组平行线；对角相等 | 正五边形 5条边；角108° | |
 |  |  | |
| 直角三角形 1个直角 | 平行四边形 对边相等，2组平行线 | 正六边形 6条边；角120° | |
 |  |  | |
| 锐角三角形 所有角为锐角 | 风筝形 邻边相等；2个全等角 | 正八边形 8条边；角 \( {135}^{ \circ } \) | |
 |  |  |  |
| 钝角三角形 1个钝角 | 梯形 1组平行边 | 不规则四边形 无平行边 | 正十边形 10条边；角144° |
问题5.1.21——在三角形中， \( \mathrm{{ABC}},\mathrm{{AC}} = \mathrm{{CD}} \) 和 \( \angle \mathrm{{CAB}} - \angle \mathrm{{ABC}} = {30} \) 度。 \( \angle \mathrm{{BAD}} \) 是多少。
来源:1957 AHSME
解答:本题中，我们假设 \( \angle \mathrm{{ABC}} = {b}^{ \circ } \)
由于我们知道 \( \angle \mathrm{{CAB}} - \angle \mathrm{{ABC}} = {30},\angle \mathrm{{CAB}} = b + {30}^{ \circ } \) ，而三角形内角和为180，因此可用 \( b \) 表示 \( \angle \mathrm{{ACB}} \) ，得到 \( {180} - \left( {b + b + {30}}\right) = {150} - {2b} \) 。
现在既然已知 \( \angle \mathrm{{ACB}} = \angle \mathrm{{ACD}} = {150} - {2b} \) ，便可利用它求出 \( \angle \mathrm{{CAD}} \) 和 \( \angle \mathrm{{CDA}} \) ，因为这两个角相等。原因在于 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACD}} \) 是等腰的。这意味着使用方程
\( 2 \cdot \angle \mathrm{{CAD}} + \angle \mathrm{{ACD}} = {180} \) ,
我们得到 \( \angle \mathrm{{CAD}} = b + {15}^{ \circ } \)
既然已知 \( \angle \mathrm{{CAB}} = b + {30}^{ \circ } \) 和 \( \angle \mathrm{{CAD}} = b + {15}^{ \circ } \) ，便可求出 \( \angle \mathrm{{DAB}} \) ，因为 \( \angle \mathrm{{DAB}} + \angle \mathrm{{CAD}} = \angle \mathrm{{CAB}} \)
\( \angle \mathrm{{DAB}} + b + {15} = b + {30} \)
这意味着 \( \angle \mathrm{{DAB}} \) 的答案是 \( {15}^{ \circ } \) 。
问题5.1.22——设 \( \bigtriangleup {ABC} \) 为等腰三角形， \( {BC} = {AC} \) 且 \( \angle {ACB} = {40}^{ \circ } \) 。以 \( \overline{BC} \) 为直径作圆， \( D \) 和 \( E \) 分别为圆与边 \( \overline{AC} \) 和 \( \overline{AB} \) 的另两个交点。设 \( F \) 为四边形 \( {BCDE} \) 对角线的交点。 \( \angle {BFC} \) 的度数是多少？
(A) 90 (B) 100 (C) 105 (D) 110 (E) 120
来源:2019 AMC 10
解答:本题中，我们先画出示意图。
本题中，由于弧 \( \mathrm{{CB}} \) 的度数为180，因此对应弧 \( \mathrm{{CB}} \) 的圆周角为 \( \angle \mathrm{{CDB}} \) 和 \( \angle \mathrm{{CEB}} \) 。
因为圆周角等于对应弧度数的一半，所以 \( \angle \mathrm{{CDB}} \) 和 \( \angle \mathrm{{CEB}} \) 为 \( {90}^{ \circ } \) 。
我们知道 \( \angle \mathrm{{ACB}} = {40}^{ \circ } \) 。这意味着 \( \angle \mathrm{{CAB}} \) 和 \( \angle \mathrm{{CBA}} \) 为 \( {70}^{ \circ } \) ，因为 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACB}} \) 是等腰的。
由于 \( \bigtriangleup \mathrm{{CEB}} \) 是直角三角形， \( \angle \mathrm{{CEB}} \) 的度数必为 \( {90}^{ \circ },\angle \mathrm{{ECB}} \) ，因为 \( \angle \mathrm{{EBC}} \) 是 \( {70}^{ \circ } \) 。
同样，对于 \( \bigtriangleup \mathrm{{CDB}} \) :因为 \( \angle \mathrm{{CDB}} = {90}^{ \circ } \) 和 \( \angle \mathrm{{ACB}} = \angle \mathrm{{DCB}} = {40}^{ \circ },\angle \mathrm{{CBD}} \) 必须是 \( {50}^{ \circ } \) 。
既然我们知道 \( \angle \mathrm{{ECB}} = \angle \mathrm{{FCB}} = {20}^{ \circ } \) 和 \( \angle \mathrm{{CBD}} = \angle \mathrm{{CBF}} = {50}^{ \circ },\angle \mathrm{{BFC}} \) 必须是 \( {180} - {20} - {50} = {110}^{ \circ }. \)
§5.2 相似三角形
AMC(美国数学竞赛)及其他竞赛中充斥着与三角形相关的题目。许多题目看似雷同，你可能会在不确定的情况下默认所有边长都相等。本节将帮助你证明这些三角形实际上是彼此相似的。
定义 5.2.1
全等三角形(congruent triangles)是指三个角和三条边都完全相同的三角形。定理5.2.2
SSS全等(SSS Congruence):该定理代表“边边边”。它指出，若两个三角形的三条边长度全部相等，则这两个三角形全等。(下图展示了可用SSS全等证明的两个三角形的示例。)
定理5.2.3
SAS全等(SAS Congruence):即“边角边”。该定理指出，若一个三角形的两条边及其夹角分别与另一三角形的对应两条边及夹角相等，则这两个三角形全等。定理5.2.4
ASA全等:该定理代表“角边角”。若两个三角形各有两组对应角全等，且这两角之间的对应边也全等，则可据此定理证明这两个三角形全等。(下图将帮助你更好地理解此定理。)定理5.2.5
AAS全等(AAS Congruence):该定理指角角边。若一个三角形的两个角及一条边分别与另一三角形的对应角和对应边相等，则这两个三角形全等。
问题5.2.6 - 下图中所有三角形均与等腰三角形 \( {ABC} \) 相似，其中 \( {AB} = {AC} \) 。7个最小三角形的面积均为1， \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积为40。求梯形 \( {DBCE} \) 的面积？
解:在本题中，由于已知所有三角形均相似，因此 \( \bigtriangleup \) ADE与7个较小的三角形均相似。显然，我们需要4个小三角形的底边才能构成 \( \bigtriangleup \mathrm{{ADE}} \) 的底边，即 \( \mathrm{{DE}} \)
由于底边的比值为4，这意味着所有边的比值都是4。因为小三角形的面积为1，所以 \( \bigtriangleup \mathrm{{ADE}} \) 的面积是小三角形面积的 \( {4}^{2} \) 倍，即16。
由于整个图形的面积为40，因此梯形的面积就是40-16，即 \( \mathbf{{24}}\left( E\right) \) 。
问题5.2.7——在 \( \bigtriangleup {ABC} \) 内部取一点 \( P \) ，使得过 \( P \) 作平行于 \( \bigtriangleup {ABC} \) 各边的直线后，图中所得的小三角形 \( {t}_{1},{t}_{2} \) 、 \( {t}_{3} \) 的面积分别为4、9、49。求 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 的面积。
来源:1984 AIME
解答:由于从点 \( \mathrm{P} \) 引出的所有直线均平行于 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 的各边，因此面积为4、9、49的三角形均与 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 相似。
我们知道，若两个相似三角形的面积比为 \( {r}^{2} \) ，则其边长比为 \( r \) 。
对三角形 \( {t}_{1},{t}_{2},{t}_{3} \) 的所有面积取平方根，可得边长比为2、3、7。假设这些三角形的底边分别为 \( {2x},{3x},{7x} \) 。
我们需求出 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 的底边长度。
由于三角形 \( {t}_{1} \) 与 \( {t}_{2} \) 下方为平行四边形，其对边(亦为平行四边形的边长)长度与 \( {2x},{7x} \) 相等。因此，底边 \( \overline{BC} \) 的总长度为 \( {2x} + {3x} + {7x} = {12x} \) 。
因 \( {12x} \) 的值为三角形 \( {t}_{1} \) 底边的6倍，故两三角形之比为6。对于相似三角形，面积比等于边长比的平方，因此 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 的面积为 \( {6}^{2} \cdot 4 \) ，即144。
问题5.2.8——三角形GRT中， \( \overline{GR} = 5,\overline{RT} = {12} \) ，且 \( \overline{GT} = {13} \) 。 \( \overline{GT} \) 的垂直平分线与 \( \overline{GR} \) 的延长线交于O。求 \( \overline{TO} \) 。来源:2018 HMMT
解答:本题先作图。已知 \( \overline{MG} = \overline{MT},\overline{MO} \) 为 \( \bigtriangleup \mathrm{{MOT}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{MOG}} \) 的公共边，且 \( \angle \mathrm{{TMO}} = \angle \mathrm{{GMO}} \) ，因二者均为直角。故由SAS全等， \( \bigtriangleup \mathrm{{MOT}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{MOG}} \) 全等。
因两三角形全等， \( {TO} = {GO} \) (长度相等)。
设 \( \angle \mathrm{{MGO}} = a \) 度。则因两三角形全等， \( \angle \mathrm{{MTO}} \) 亦为 \( a \) 度。由AA相似定理， \( \bigtriangleup \mathrm{{TMO}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{GRT}} \) 相似。
令两边之比相等，得 \( \frac{\overline{TO}}{\overline{TM}} = \frac{\overline{TG}}{\overline{RG}} \) 。
已知 \( \overline{TM} = \frac{13}{2},\overline{TG} = {13} \) 与 \( \overline{RG} = 5 \) ，将其代入相似方程，得 \( \overline{TO} = \frac{169}{10} \) 。
问题5.2.9 - 在下图中， \( {ABCD} \) 是一个边长分别为 \( {AB} = 3 \) 和 \( {BC} = {11} \) 的矩形， \( {AECF} \) 是一个边长分别为 \( {AF} = 7 \) 和 \( {FC} = 9 \) 的矩形，如图所示。两个矩形内部公共的阴影区域面积为 \( \frac{m}{n} \) ，其中 \( m \) 和 \( n \) 是互质的正整数。求 \( m + n \) 。
来源:2021 AIME
解答:在本题中，我们假设 \( \overline{AE} \) 与 \( \overline{BC} \) 相交于点 \( \mathrm{Z} \) 。
由于 \( \overline{AE} \) 和 \( \overline{BC} \) 相交，意味着对角相等。因此， \( \angle \mathrm{{AZB}} \) 和 \( \angle \) EZC相等。此外，在 \( \bigtriangleup \mathrm{{AZB}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{EZC}} \) 中，我们已知它们都有一个直角，因此根据AA相似性，它们相似。
我们假设 \( \overline{AZ} \) 的长度为 \( x \) ，这意味着 \( \overline{EZ} \) 的长度为 \( 9 - x \) 。
我们可以写出相似方程:
\( \frac{\overline{AB}}{\overline{BZ}} = \frac{\overline{CE}}{\overline{EZ}}. \)
代入边长数值得到 \( \frac{3}{\overline{BZ}} = \frac{7}{9 - x} \)
用 \( x \) 表示 \( \overline{BZ} \) ，解得其长度为 \( \frac{{27} - {3x}}{7} \)
我们可以再次使用 \( \bigtriangleup \mathrm{{AZB}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{EZC}} \) 写出比例关系
\( \frac{\overline{AB}}{\overline{AZ}} = \frac{\overline{CE}}{\overline{CZ}} \)
代入边长数值得到 \( \frac{3}{x} = \frac{7}{CZ} \)
用 \( x \) 表示 \( \overline{CZ} \) ，解得其长度为 \( \frac{7x}{3} \) 。
由于我们已知 \( \overline{BZ} + \overline{CZ} = {11} \) ，可以将两个边长的表达式代入并解出 \( x \) 的值。
\[ \frac{{27} - {3x}}{7} + \frac{7x}{3} = {11} \]
解此表达式得 \( x = \frac{15}{4} \) 。
现在，为了求阴影区域的面积，我们只需计算矩形AECF的面积，再减去2倍的 \( \bigtriangleup \mathrm{{CEZ}} \) 的面积(因为要得到阴影区域需减去两个全等三角形)。
一个三角形的面积为 \( \frac{\left( {9 - x}\right) 7}{2} \) ，即 \( \frac{147}{8} \) 。乘以2得 \( \frac{147}{4} \) 。从矩形面积63中减去此值得 \( \frac{105}{4} \) 。答案为 \( {105} + 4 = {109} \) 。
问题5.2.10 - 在下图中， \( {ABCD} \) 是一个正方形。点 \( E \) 是 \( \overline{AD} \) 的中点。点 \( F \) 和 \( G \) 位于 \( \overline{CE} \) 上， \( H \) 和 \( J \) 分别位于 \( \overline{AB} \) 和 \( \overline{BC} \) 上，使得 \( {FGHJ} \) 是一个正方形。点 \( K \) 和 \( L \) 位于 \( \overline{GH} \) 上， \( M \) 和 \( N \) 分别位于 \( \overline{AD} \) 和 \( \overline{AB} \) 上，使得 \( {KLMN} \) 是一个正方形。 \( {KLMN} \) 的面积为99。求 \( {FGHJ} \) 的面积。
来源:2015 AIME
解答:在这道题中，我们先尝试寻找相似三角形，因为许多角都相等。
由于 \( \angle \mathrm{{FCD}} \) 与 \( \angle \mathrm{{FCJ}} \) 互余，我们可以假设 \( \angle \mathrm{{FCD}} \) 为 \( a \) ，而 \( \angle \mathrm{{FCD}} \) 为 \( {90} - a \) 。
显然，因为 \( \bigtriangleup \mathrm{{FCJ}} \) 是直角三角形，且已知 \( \angle \mathrm{{FCJ}} \) 为 \( {90} - a,\angle \mathrm{{FJC}} \) ，所以 \( a \) 必为 \( a \) 度。
对所有直角三角形 \( \bigtriangleup \) DCE、FJC、BHJ、KNH 和 AMN 继续这一推理，可得 \( \angle \mathrm{{DCE}},\mathrm{{FJC}},\mathrm{{BHJ}},\mathrm{{KNH}} \) 和 \( \mathrm{{AMN}} = {a}^{ \circ } \) 。
由于这5个直角三角形的角均相同，根据AA相似准则，我们得到 \( \bigtriangleup \mathrm{{DCE}},\mathrm{{FJC}},\mathrm{{BHJ}},\mathrm{{KNH}} \) 和AMN均相似。
设正方形 \( \mathrm{{ABCD}} \) 的边长为 \( s \) 。已知 \( \mathrm{E} \) 是 \( \overline{AD},{DE} = \frac{s}{2} \) 的中点。
对 \( \bigtriangleup \mathrm{{DCE}} \) 应用勾股定理，可求得 \( {CE} \) 的长度为 \( s\sqrt{2} \) 。
对于我们已证相似的这些直角三角形，其边长之比为 \( 1 : 2 : \sqrt{5} \) 。
我们还知道 \( \overline{MN} = \overline{NK} = 3\sqrt{11} \) ，因为正方形NMKL的面积为99(题设给出)。
对 \( \bigtriangleup \mathrm{{AMN}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{KNH}} \) 使用相似关系式，并结合我们已得的边长比，可得 \( \overline{AN} = \frac{3\sqrt{55}}{5} \) 和 \( \overline{NH} = \frac{3\sqrt{55}}{2} \) 。
由于FGHJ也是正方形，可设其边长为 \( x \) 。这意味着边长 \( \overline{HJ} = \overline{JF} = x \) ，于是利用相似三角形及已得的边长比，可得 \( \overline{HB} = \frac{{2x}\sqrt{5}}{5},\overline{BJ} = \frac{x\sqrt{5}}{5} \) 和 \( \overline{JC} = \frac{x\sqrt{5}}{2} \) 。
若对上述过程仍感困惑，我们已通过相似三角形计算出 \( \overline{AN},\overline{NH},\overline{HB},\overline{BJ} \) 和 \( \overline{JC} \) 的长度。
我们发现 \( \overline{AN} + \overline{NH} + \overline{HB} \) 是正方形 \( \mathrm{{ABCD}} \) 的边长，而 \( \overline{BJ} \) \( + \overline{JC} \) 也是正方形ABCD的边长。
由于正方形的四条边长度相等，可将这些长度之和列成等式。
\[ \frac{3\sqrt{55}}{5} + \frac{3\sqrt{55}}{2} + \frac{{2x}\sqrt{5}}{5} = \frac{x\sqrt{5}}{5} + \frac{x\sqrt{5}}{2} \]
解得 \( x \) (正方形FGHJ的边长)为 \( x = 7\sqrt{11} \) 。
由于题目要求我们求FGHJ的面积，我们只需将 \( 7\sqrt{11} \) 平方(因为正方形的面积就是边长的平方)，最终得到答案539。
§5.3 特殊三角形
你需要了解的主要三角形类型有等腰三角形、等边三角形、 \( {30} - {60} - {90} \) 和 \( {45} - {45} - {90} \) 三角形。
定义 5.3.1
在等边三角形中，三角形的所有角都相等，且 \( {60}^{ \circ } \)
该三角形所有边长均等于 \( s \) 。
等边三角形的高为 \( \frac{s\sqrt{3}}{2} \)
定义 5.3.2
在一个 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形中，无论情况如何变化，所有边的比例始终保持不变。我们可以通过从等边三角形的一个顶点向其对边作垂线来证明这一比例。
定义 5.3.3
在45-45-90三角形中，无论大小如何变化，所有边的比例始终保持不变。下图展示了这一比例。
了解 \( {45} - {60} - {75} \) 三角形(triangle)也可能很有用。
挑战:试着在本题中作一条高，将 \( {45} - {60} - {75} \) 三角形分割成一个 \( {30} - {60} - {90} \) 和一个 \( {45} - {45} - {90} \) 三角形。
问题5.3.4——在矩形中， \( {ABCD},{AD} = 1, P \) 位于 \( \overline{AB} \) 上，且 \( \overline{DB} \) 与 \( \overline{DP} \) 将 \( \angle {ADC} \) 三等分。求 \( \bigtriangleup {BDP} \) 的周长。
来源:2000 AMC
来源:在本题中，由于我们知道 \( \overline{DP} \) 和 \( \overline{DB} \) 将直角三等分， \( \angle \) \( \mathrm{{ADP}} = \angle \mathrm{{PDB}} = \angle \mathrm{{BDC}} = {30}^{ \circ } \)
由此可知， \( \bigtriangleup \) ADP 与 \( \bigtriangleup \) CDB 均为 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形。
已知 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形中，分别与 \( {30},{60}^{ \circ } \) 相对的边长之比为 \( 1 : \sqrt{3} : 2 \)
已知在 \( \bigtriangleup \) ADP 中，与 \( {60}^{ \circ } \) 角相对的边长为 \( 1,\overline{AP} = \frac{\sqrt{3}}{3} \) 且 \( \overline{DP} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。
既然我们知道 \( \overline{BC} = 1 \) ，我们就可以利用 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形的比例关系得到 \( \overline{BD} = 2 \) 和 \( \overline{DC} = \sqrt{3} \) 。
因为 \( \overline{AP} + \overline{PB} = \overline{AB} = \overline{DC} \) ，我们得到 \( \overline{PB} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。
既然我们知道了 \( \overline{PB},\overline{PD} \) 和 \( \overline{DB} \) 的长度，我们就可以把它们相加得到 \( \frac{2\sqrt{3}}{3} + \frac{2\sqrt{3}}{3} + 2 = 2 + \frac{4\sqrt{3}}{3}\left( \mathbf{B}\right) . \)
问题5.3.5——在矩形 \( {ABCD},\overline{AB} = {20} \) 和 \( \overline{BC} = {10} \) 中。设 \( E \) 为 \( \overline{CD} \) 上的一点，使得 \( \angle {CBE} = {15}^{ \circ } \) 。 \( \overline{AE} \) 是多少？
(A) \( \frac{{20}\sqrt{3}}{3} \) (B) \( {10}\sqrt{3} \) (C) 18 (D) \( {11}\sqrt{3} \) (E) 20
来源:2014 AMC 10
像往常一样，我们先画一个图。
现在，由于我们已有的角包括 \( {75}^{ \circ } \) ，我们应该尝试得到 \( {30}^{ \circ } \) 和 \( {45}^{ \circ } \) 的角，因为这些角容易处理。
我们可以从 \( \mathrm{E} \) 画一条线，与 \( \overline{BC} \) 相交于 \( \mathrm{X} \) ，使得 \( \angle \mathrm{{CEX}} = {60}^{ \circ } \) 。
因为 \( \angle \mathrm{{XBE}} = \angle \mathrm{{XEB}} = {15}^{ \circ },\bigtriangleup \mathrm{{XEB}} \) 是等腰的。我们假设 \( \overline{XB} = \overline{XE} = a \) ，因为该三角形是等腰的。既然我们知道 \( \overline{XE} \) 的长度为 \( a \) ，我们就可以利用 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形的比例关系得到 \( \overline{EC} = \frac{a}{2} \) 和 \( \overline{CX} = \frac{a\sqrt{3}}{2} \) 。
既然我们知道 \( \overline{BX} = a \) 和 \( \overline{CX} = \frac{a\sqrt{3}}{2},\overline{BX} + \overline{CX} = \overline{BC} = {10} \) 。
我们可以解这个方程求 \( a \) ，得到 \( a = {40} - {20}\sqrt{3} \)
因为 \( \overline{EX} = a = {40} - {20}\sqrt{3} \) ，我们可以利用 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形的比例关系得到 \( \overline{EC} = {20} - {10}\sqrt{3}. \)
既然我们知道 \( \overline{EC} + \overline{DE} = \overline{DE} = {20} \) ，我们就可以把 \( \overline{EC} \) 的长度代入，从而得到 \( \overline{DE} = {10}\sqrt{3} \) 的长度。由于我们知道 \( \overline{AD} = {10} \) 和 \( \overline{DE} = {10}\sqrt{3} \) ，我们注意到这是一个 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形，因为该三角形的两条直角边之比为 \( 1 : \sqrt{3} \) 。这意味着斜边 \( \overline{AE} \) 的长度为20，因为它必须是 \( {30}^{ \circ } \) 角对边长度的2倍。
我们的最终答案就是20(E)。
问题5.3.6——等腰直角三角形 \( {ABC} \) 在 \( C \) 处为直角，面积为12.5。将 \( \angle {ACB} \) 三等分的射线与 \( {AB} \) 相交于 \( D \) 和 \( E \) 。求 \( \bigtriangleup {CDE}? \) 的面积。
(A) \( \frac{5\sqrt{2}}{3} \) (B) \( \frac{{50}\sqrt{3} - {75}}{4} \) (C) \( \frac{{15}\sqrt{3}}{8} \) (D) \( \frac{{50} - {25}\sqrt{3}}{2} \) (E) \( \frac{25}{6} \)
来源:2015 AMC 10
解答:本题中，由于已知该三角形为直角且等腰，因此它是一个 \( {45} - {45} - {90} \) 三角形。这意味着两条直角边长度相等。于是，面积为12.5，可得 \( \overline{AC} = \overline{BC} = 5 \) 的长度。
由此可知， \( \bigtriangleup \mathrm{{ADC}} \) 是一个 \( {30} - {45} - {105} \) 三角形。我们已经看到有一种简单方法可将其拆分为 \( {45} - {45} - {90} \) 和 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形。在此，我们可以从 \( \mathrm{D} \) 向 \( \overline{AC} \) 作垂线，交于点 \( \mathrm{Y} \) 。
我们可以假设 \( \overline{AY} = x \) 的长度，这意味着 \( \overline{YC} = 5 - x \) 。由于三角形 \( \bigtriangleup \) AYD应为等腰，因此 \( \overline{YD} = x \) 的长度。
现在我们已知 \( \overline{YD} \) 和 \( \overline{YC} \) 相对于 \( x \) 的长度分别为 \( x \) 和 \( 5 - x \) 。这两个长度都是 \( {30} - {60} - {90}\bigtriangleup \mathrm{{FDC}} \) 的直角边。我们知道30°、60°、90°角所对边长之比应为 \( 1 : \sqrt{3} : 2 \) 。同理，我们的边长 \( x \) 和 \( 5 - x \) 之比必须为 \( 1 : \sqrt{3} \) 。
这意味着 \( \frac{x}{5 - x} = \frac{1}{\sqrt{3}} \)
解此方程得 \( x \) ，从而 \( x = \frac{5\sqrt{3} - 5}{2} \)
由于我们要求 \( \bigtriangleup \mathrm{{CDE}} \) 的面积，只需计算 \( \left\lbrack {\bigtriangleup \mathrm{{ABC}}}\right\rbrack - \left\lbrack {\bigtriangleup \mathrm{{ADC}}}\right\rbrack - \lbrack \bigtriangleup \) BEC](注:[]表示面积)
此外，图示清楚地表明 \( \bigtriangleup \mathrm{{ADC}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{BEC}} \) 的面积相等，这意味着我们只需计算其中一个三角形的面积，将其乘以2，再从 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 的面积中减去即可。
我们已知 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 的面积为12.5。可求得 \( \bigtriangleup \mathrm{{ADC}} \) 的面积就是 \( \frac{\overline{AC} \cdot \overline{YD}}{2} = \frac{5 \cdot \left( {5\sqrt{3} - 5}\right) }{4} \) 。按前述乘以2并展开得到 \( \frac{{25}\sqrt{3} - {25}}{2} \) 。从总面积12.5中减去该表达式，结果为 \( \frac{{50} - {25}\sqrt{3}}{2}\left( \mathbf{D}\right) \) 。
问题5.3.7——在三角形 \( {ABC} \) 中，角 \( A \) 与角 \( B \) 分别为60°与45°。角 \( A \) 的平分线交 \( \overline{BC} \) 于 \( T \) ，且 \( {AT} = {24} \) 。三角形 \( {ABC} \) 的面积可表示为 \( a + b\sqrt{c} \) ，其中 \( a, b \) 与 \( c \) 为正整数，且 \( c \) 不被任何素数的平方整除。求 \( a + b + c \) 。来源:2001 AIME
解:首先，从 \( \mathrm{T} \) 向 \( \mathrm{H} \) 作垂线，交 \( \overline{AB} \) 。
现在，已知 \( \overline{AT} = {24} \) 的长度，可利用 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形的边长比例求得 \( \overline{AH} = {12}\sqrt{3} \) 与 \( \overline{HT} = {12} \) 。
接下来，在 \( \bigtriangleup \) ATB中进行角度追踪可得 \( \angle \) ATB \( = {105}^{ \circ } \) 。已知 \( \angle \mathrm{{HTA}} = {60}^{ \circ } \) ，可求得 \( \angle \mathrm{{HTB}} = {45}^{ \circ } \) 。由于 \( \angle \mathrm{{THB}} = {90}^{ \circ } \) ，立即可知 \( \bigtriangleup \mathrm{{HTB}} \) 为 \( {45} - {45} - {90} \) 三角形，从而得到 \( \overline{HB} = {12} \) 与 \( \overline{TB} = {12}\sqrt{2} \) 。
由此，我们可知 \( \overline{AB} \) 的总长度，因其等于 \( \overline{AH} + \overline{HB} \) ，即 \( {12}\sqrt{3} + {12} \) 。
现在可求 \( \overline{AT} \) ，因为注意到 \( \angle \mathrm{{ATC}} = {75}^{ \circ } \) ，已知 \( \bigtriangleup \mathrm{{ATC}} \) 的另两角为30°与75°，故该三角形为等腰三角形，因此 \( \overline{AC} = \overline{AT} \) 。已知 \( \overline{AT} = {24} \) ，于是 \( \overline{AC} \) 的长度亦为24。
接下来，从点 \( \mathrm{C} \) 向 \( \overline{AB} \) 作垂线，交 \( \overline{AB} \) 于点 \( \mathrm{M} \) 。现求 \( \overline{CT} \) ，即该三角形以 \( \overline{AB} \) 为底的高。
现在我们很容易看出，只需观察ACM即可求出高，因为它是一个 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形。我们利用 \( {30} - {60} - {90} \) 三角形的边长比例，得出 \( {CM} \) 为 \( {12}\sqrt{3} \) 。
既然已知高 \( \overline{CM} \) 和底边 \( \overline{AB} \) 的长度，我们便可立即算出该三角形的面积为 \( \frac{{12}\sqrt{3} \cdot \left( {{12}\sqrt{3} + {12}}\right) }{2} \) ，即 \( {72}\sqrt{3} + {216} \) 。按题目要求的形式写出答案，得到 \( {216} + {72} + 3 \) ，也就是291。
§5.4 面积
最常见的求面积方法之一便是直接计算 \( \frac{bh}{2} \) ，其中 \( b \) 表示底边， \( h \) 表示高。
然而，是时候再进一步，用其他方法求面积，这些方法对你在这类竞赛考试中取得成功至关重要。
定理 5.4.1
对于任意三角形，若其边长为 \( a, b, c \) ，且与这些边相对的角分别为 \( A, B, C \) ，则以下定理成立。
面积 \( = \frac{{ab}\sin C}{2} \)
定理 5.4.2
求三角形面积的另一种方法是先求半周长，用符号 \( s \) 表示。
\( s = \frac{a + b + c}{2} \) ，其中 \( a, b, c \) 为三角形的三边长。
同时， \( r \) 表示三角形的内切圆半径。于是，三角形面积为 \( r \cdot s \) 。
定理 5.4.3
此外，既然已知三角形的半周长为 \( s = \frac{a + b + c}{2} \) ，其中 \( a, b, c \) 为三角形的三边长，那么另一种求面积的方法是使用海伦公式，其表达式为
面积 \( = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } \)
定理 5.4.4
对于一个外接圆半径(circumradius)为 \( R \) 的三角形，其面积也可表示为 \( \frac{abc}{4R} \) ，其中 \( a, b, c \) 为三角形的三边长。
定理 5.4.5
一个梯形，若底边分别为 \( a \) 和 \( b \) ，高为 \( h \) ，则其面积为 \( \frac{a \cdot b}{2} \cdot h \) 。
菱形的面积可通过计算两条互相垂直的对角线长度 \( a \) 和 \( b \) 求得，面积为 \( \frac{ab}{2} \) 。
问题 5.4.6——求阴影区域面积。来源:2016 AMC 10
解法:本题中，可将每个阴影三角形拆分成更简单的图形，从而求出两个阴影三角形的面积。
我们得到4个三角形。先处理矩形左侧的两个，将其面积和乘以2即可。
注意到这两个三角形的底均为1。其中一个三角形的高就是矩形边长 \( 8\left( {7 + 1}\right) \) 的一半，即 \( \frac{8}{2} = 4 \) ；同理，另一个三角形的高为矩形另一边长 \( 5\left( {4 + 1}\right) \) 的一半，即 \( \frac{5}{2} \) 。
现在可用三角形面积公式 \( \frac{bh}{2} \) 求和。 \( \frac{1 \cdot 5}{4} + \frac{1 \cdot 4}{2} = \frac{13}{4}. \)
将所得值乘以2，最终答案为 \( \frac{13}{2}\left( \mathbf{D}\right) \) 。
问题 5.4.7——矩形两边长分别为 \( a \) 和36。在矩形的每个顶点及长为36的边的中点处各装一个铰链。将长为 \( a \) 的两边相向压拢，保持这两边平行，使矩形变为如图所示的凸六边形。当图形成为六边形且长为 \( a \) 的两边平行且相距24时，六边形面积与原矩形相同。求 \( {a}^{2} \) 。
来源:2014 AIME
解法:已知矩形与六边形面积相等，可先求矩形面积，即长乘宽，为36a。
接下来求六边形面积。首先注意到长为36的边被均分为两段，每段长18。
六边形显然由一个矩形和两侧的两个等腰三角形组成，可分别求面积。处理等腰三角形时，其底为24，另两边为18。可按图示作垂线求等腰三角形面积。
这样将底24分为两段12。再用勾股定理(Pythagorean theorem)求得该高为 \( \sqrt{{18}^{2} - {12}^{2}} = 6\sqrt{5} \) 。
由此可知，一个等腰三角形的面积为 \( \frac{bh}{2} \) ，对我们来说就是 \( \frac{{24} \cdot 6\sqrt{5}}{2} = {72}\sqrt{5}. \)
由于有两个等腰三角形，我们将结果乘以2，得到 \( {144}\sqrt{5} \) 。
现在，六边形中矩形的面积显然就是 \( {24a} \) ，因为24和 \( a \) 分别代表长和宽。
六边形的总面积为 \( {144}\sqrt{5} + {24a} \) ，我们知道它等于矩形的面积 \( {36a} \) 。
现在可以解 \( {144}\sqrt{5} + {24a} = {36a} \) ，得到 \( a = {12}\sqrt{5} \) 。由于最终答案需要求 \( {a}^{2} \) ，它直接就是 \( {144} \cdot 5 \) ，即720。
问题5.4.8——已知三角形 \( {ABD} \) 和 \( {ACD} \) 的外接圆半径分别为12.5和25，求菱形 \( {ABCD} \) 的面积。
来源:2003年AIME
解法:本题给出了三角形的外接圆半径，因此应想到面积公式 \( \frac{abc}{4R} \) 。
如上图所示，设对角线长度分别为 \( {2a} \) 和 \( {2b} \) (每半段长度分别为 \( a \) 和 \( b \) )。已知菱形的对角线互相垂直，可利用这一点应用面积公式。
先处理 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABD}} \) 。其底边为 \( \overline{DB} \) ，已知长度为 \( {2y} \) 。通过勾股定理求出 \( \overline{AD} \) 和 \( \overline{AB} \) 的长度，得到 \( \sqrt{{x}^{2} + {y}^{2}} \) 。
将这些值代入公式 \( \frac{abc}{4R} \) ，得到 \( \frac{{2y}\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) }{4R} \) 。根据题意，该三角形的外接圆半径为12.5，代入后进一步化简为 \( \frac{\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) y}{25} \) 。
现在处理 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACD}} \) 。观察图形可知，两边长度仍为 \( \sqrt{{x}^{2} + {y}^{2}} \) ，另一边长度为 \( {2x} \) 。将其连同外接圆半径25代入面积公式，得到面积为 \( \frac{\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) x}{50} \) 。
由于这两个面积表达式均表示整个菱形面积的一半，因此可将 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACD}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABD}} \) 的面积相等。
\[ \frac{\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) y}{25} = \frac{\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) x}{50} \]
化简后得到 \( x = {2y} \) 。
于是对角线长度分别为 \( {2y} \) 和 \( {4y} \) 。已知菱形面积公式为 \( \frac{ab}{2} \) ，其中 \( a \) 和 \( b \) 为对角线长度，代入数值得到面积为 \( 4{y}^{2} \) 。接着，可用 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABD}} \) 或 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACD}} \) 的面积表达式乘以2，令其等于整个菱形的面积，再解出 \( y \) 的值，最终求得面积。
我们将使用我们求得的 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABD}} \) 的表达式，其值为 \( \frac{\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) y}{25} \) 。代入 \( x = {2y} \) 后得到面积为 \( \frac{{y}^{3}}{5} \) 。现在将其乘以2得到 \( \frac{2{y}^{3}}{5} \) 。我们令它等于 \( 4{y}^{2} \) ，于是得到 \( y = {10} \) 。
由于已知菱形的面积为 \( 4{y}^{2} \) ，我们代入数值 \( y = {10} \) ，得到面积为400。
§5.5 特殊点
定义 5.5.1
塞瓦线(cevian)是从三角形的一个顶点画到对边的直线。
定义 5.5.2
角平分线
角平分线是一条通过顶点并将该角平分的直线。
定义 5.5.3
内心
内心(incenter)是三角形所有顶点的角平分线交汇的点。在三角形问题中你经常会看到内心的应用。
定义 5.5.4
中线
中线是连接顶点并将对边平分的线段。
定义 5.5.5
重心
重心是三角形三条中线的共同交点。
定理5.5.6
中线定理
每个顶点到重心的距离是该重心到对边中点距离的两倍。下图应能简化理解。
点 \( \mathrm{P},\mathrm{M} \) 和 \( \mathrm{N} \) 是三角形边长的中点。 \( \mathrm{G} \) 是三角形的重心。中线定理给出以下三个关系。
\( {AG} = 2 \cdot {GM} \)
\( {BG} = 2 \cdot {GN} \)
\( {CG} = 2 \cdot {GP} \)
定理5.5.7
斯图尔特定理(Stewart’s Theorem) 对于任意 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 及其塞瓦线 \( \overline{AD} \) (点 \( \mathrm{D} \) 位于 \( \overline{BC} \) 上)，以下定理成立:
\( {man} = {bnb} + {cmc} \) (每个字母代表一条边长)
问题5.5.8——在 \( \bigtriangleup {ABC},{AB} = 6,{BC} = 7 \) 中，且 \( {CA} = 8 \) 。点 \( D \) 位于 \( \overline{BC} \) 上，且 \( \overline{AD} \) 平分 \( \angle {BAC} \) 。点 \( E \) 位于 \( \overline{AC} \) 上，且 \( \overline{BE} \) 平分 \( \angle {ABC} \) 。两条平分线交于 \( F \) 。求比值 \( {AF} : {FD} \) ？
(A) \( 3 : 2 \) (B) \( 5 : 3 \) (C) \( 2 : 1 \) (D) \( 7 : 3 \) (E) \( 5 : 2 \) 来源:2016 AMC 12
解法:本题应使用角平分线定理。先对 \( \angle {ABC} \) 应用该定理，得
\[ \frac{\overline{AB}}{\overline{AE}} = \frac{\overline{CB}}{\overline{CE}} \]
代入已知边长得 \( \frac{\overline{CE}}{\overline{AE}} = \frac{7}{6} \)
可设 \( \overline{CE} \) 的长度为 \( {7a} \) ， \( \overline{AE} \) 的长度为 \( {6a} \) 。两者之和为 \( {13a} \) ，等于 \( \mathrm{{AC}} \) 的长度8。因此 \( \overline{CE} \) 的长度为 \( \frac{56}{13} \) ， \( \overline{AE} \) 的长度为 \( \frac{48}{13} \) 。
对 \( \angle \mathrm{{CAB}} \) 同样处理，得 \( \overline{BD} \) 的长度为3， \( \overline{CD} \) 的长度为4。
再次对 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABD}} \) 使用角平分线定理，得 \( \frac{\overline{AB}}{\overline{AF}} = \frac{\overline{BD}}{\overline{FD}} \) 。整理方程得 \( \frac{\overline{AB}}{\overline{BD}} = \frac{\overline{AF}}{\overline{FD}} \)
这意味着我们不必求 \( \frac{\overline{AF}}{\overline{FD}} \) ，而只需直接求 \( \frac{\overline{AB}}{\overline{BD}} \) 。
我们已经知道两段长度 \( \mathrm{{AB}} \) 和 \( \mathrm{{BD}} \) 分别为6和3。所求的比值就是 \( \frac{6}{3} \) ，化简得2或2:1(C)。
问题5.5.9——设 \( \bigtriangleup {ABC} \) 为一个不等边三角形(scalene triangle)。点 \( P \) 位于 \( \overline{BC} \) 上，使得 \( \overline{AP} \) 平分 \( \angle {BAC} \) 。过 \( B \) 且垂直于 \( \overline{AP} \) 的直线与过 \( A \) 且平行于 \( \overline{BC} \) 的直线交于点 \( D \) 。已知 \( {BP} = 2 \) 和 \( {PC} = 3 \) ，求 \( {AD} \) 。
(A)8(D)11(E)12
来源:2022 AMC
解答:照例，我们先画图。
\[ \frac{\overline{AB}}{BP} = \frac{\overline{AC}}{CP} \]
由于已知 \( \overline{AP} \) 是 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 中 \( \angle \mathrm{A} \) 的角平分线，我们可以利用角平分线定理得到
我们可以把上述两个比值都设为 \( a \) ，并利用已知长度 \( (\mathrm{{BP}} = \) 2和 \( \mathrm{{CP}} = 3 \) ，得到 \( \overline{AB} \) 的长度为 \( {2a} \) ， \( \overline{AC} \) 的长度为 \( {3a} \) 。
现在假设 \( \overline{BD} \) 与 \( \overline{AP} \) 交于点 \( \mathrm{X} \) ，与 \( \overline{AC} \) 交于点Y。显然 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABX}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{AYX}} \) 都是全等的直角三角形，我们可以用SAS全等证明这一点。
这意味着 \( \mathrm{{AB}} \) 的长度等于 \( \mathrm{{AY}} \) 的长度，即 \( {2a} \) 。因此CY的长度为 \( a \) 。
又因为直线 \( \overline{BC} \) 与 \( \overline{AD} \) 平行，且 \( \overline{BD} \) 是穿过它们的截线，所以 \( \angle \mathrm{{ADY}} = \angle \mathrm{{CBY}} \) 。
显然 \( \angle \mathrm{{AYD}} = \angle \mathrm{{CYB}} \) 。
由于 \( \bigtriangleup \mathrm{{DYA}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{BYC}} \) 的所有对应角都相等，它们根据 \( \mathrm{{AA}} \) 相似。
显然边长比例因子为2，因为 \( \frac{\overline{AY}}{\overline{YC}} = 2 \) 。
这意味着 \( \overline{AD} \) 的长度就是 \( \overline{BC} \) 长度的2倍，即 \( \mathbf{{10}}\left( \mathbf{C}\right) \) 。
问题5.5.10——在图中所示的 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中， \( {AB} = 7,{BC} = 8,{CA} = 9 \) ，且 \( \overline{AH} \) 为高。点 \( D \) 和 \( E \) 分别位于边 \( \overline{AC} \) 和 \( \overline{AB} \) 上，使得 \( \overline{BD} \) 和 \( \overline{CE} \) 为角平分线，分别交 \( \overline{AH} \) 于 \( Q \) 和 \( P \) 。求 \( {PQ} \) 。
解:在本题中，我们首先计算 \( \overline{AH} \) 的长度(三角形的高)。为此，我们将两次使用勾股定理(Pythagorean theorem)。
假设 \( \overline{CH} \) 的长度为 \( x \) ，我们立即得到 \( \overline{HB} \) 的长度为 \( 8 - x \) 。可设高 \( \overline{AH} \) 的长度为 \( h \) 。两次应用勾股定理得到
\( {h}^{2} + {x}^{2} = {9}^{2} \)
\[ {h}^{2} + {\left( 8 - x\right) }^{2} = {7}^{2} \]
现在我们将两个方程展开并相减，即可得到 \( x = 6 \) 。
这意味着 \( \overline{CH} \) 的长度为6， \( \overline{HB} \) 的长度为2；同时 \( \overline{AH} \) 的长度为 \( 3\sqrt{5} \) 。
现在，我们可以在 \( \bigtriangleup \mathrm{{BAH}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{CAH}} \) 上两次应用角平分线定理(angle bisector theorem)。先对 \( \bigtriangleup \mathrm{{BAH}} \) 应用，得到 \( \frac{\overline{AB}}{\overline{AQ}} = \frac{\overline{HB}}{\overline{HQ}} \)
代入已知的边长，可化简为 \( \frac{\overline{7}}{AQ} = \frac{\overline{2}}{HQ} \)
由于已知 \( \overline{AQ} + \overline{HQ} = 3\sqrt{5} \) ，可将 \( \overline{AQ} = 3\sqrt{5} - \overline{HQ} \) 代入角平分线定理得到的方程。
解得 \( \overline{AQ} \) 的长度为 \( \frac{7\sqrt{5}}{3} \) 。
由于 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACH}} \) 有一条角平分线 \( \overline{CP} \) ，我们可以用类似方法再次应用角平分线定理。
由此得到 \( \overline{AP} \) 的长度为 \( \frac{9\sqrt{5}}{5} \) 。
现在显然 \( \overline{PQ} + \overline{AP} = \overline{AQ} \) 。代入已求出的长度，可得 \( \overline{AP} \) 的长度为 \( \frac{8\sqrt{5}}{15}\left( \mathbf{D}\right) \) 。
问题5.5.11——在三角形 \( {ABC} \) 中，中线 \( {AD} \) 与 \( {CE} \) 交于 \( P,{PE} = {1.5} \) 、 \( {PD} = 2 \) 和 \( {DE} = {2.5} \) 。 \( {AEDC} \) 的面积是多少？(A) 13 (B) 13.5 (C) 14 (D) 14.5 (E) 15 来源:2013 AMC
解:本题将使用中线定理(median theorem)。
由于 \( \mathrm{P} \) 是重心(centroid)，我们知道以下两个方程成立:
\( \mathrm{{CP}} = 2 \cdot \mathrm{{PE}} \)
\( \mathrm{{AP}} = 2 \cdot \mathrm{{PD}} \)
已知 \( \overline{PE} \) 和 \( \overline{PD} \) 的长度，代入可得 \( \mathrm{{CP}} = 3 \) 和 \( \mathrm{{AP}} = 4 \)
此外， \( \bigtriangleup \mathrm{{CBA}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{DBE}} \) 相似，因为连接三角形两边中点的线段总平行于第三边。
\( \bigtriangleup \mathrm{{CBA}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{DBE}} \) 相比具有2的比例因子。这意味着 \( \mathrm{{CA}} = \) 5。
我们知道 \( \mathrm{{CP}} = 3,\mathrm{{AP}} = 4 \) ，以及 \( \mathrm{{CA}} = 5 \) 。我们应该能够看出 \( \bigtriangleup \mathrm{{CPA}} \) 是一个构型为 \( 3 - 4 - 5 \) 的直角三角形。由于 \( \angle \mathrm{{CPA}} = {90}^{ \circ } \) ，显然 \( \overline{CE} \) 与 \( \overline{AD} \) 互相垂直。
这意味着四边形AEDC的面积只需通过计算我们将其分割成的4个直角三角形的面积即可求得。
总面积为 \( \frac{3 \cdot 4}{2} + \frac{3 \cdot 2}{2} + \frac{2 \cdot {1.5}}{2} + \frac{{1.5} \cdot 4}{2} = \mathbf{{13.5}} \) (B)。
问题5.5.12——三角形 \( {AMC} \) 是等腰三角形，且 \( {AM} = {AC} \) 。中线 \( \overline{MV} \) 与 \( \overline{CU} \) 互相垂直，且 \( {MV} = {CU} = {12} \) 。求 \( \bigtriangleup {AMC} \) 的面积？
(A)48(B)72(C)96(D)144(E)192 来源:2020 AMC
解法:本题使用中线定理。我们知道三角形的中线将长度按 \( 2 : 1 \) 的比例划分。
这意味着 \( \mathrm{{CP}} = \mathrm{{MP}} = 8 \) 和 \( \mathrm{{PU}} = \mathrm{{PV}} = 4 \) 。
我们知道 \( \angle \mathrm{{MPC}} = {90}^{ \circ } \) ，这意味着 \( \bigtriangleup \mathrm{{MPC}} \) 是一个直角三角形。该三角形的斜边是等腰三角形 \( \bigtriangleup \mathrm{{AMC}} \) 的底边。
斜边为 \( \sqrt{{8}^{2} + {8}^{2}} \) ，即 \( 8\sqrt{2} \) 。
我们可以在两个直角三角形 \( \bigtriangleup \mathrm{{UPM}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{VPC}} \) 上应用勾股定理，得到 \( \mathrm{{UM}} = \mathrm{{VC}} = \sqrt{{8}^{2} + {4}^{2}} = 4\sqrt{5} \) 。
由于我们知道 \( \mathrm{U} \) 和 \( \mathrm{V} \) 分别是 \( \overline{AM} \) 和 \( \overline{AC} \) 的中点，AM与AC的长度为 \( 8\sqrt{5} \) 。
我们现在有一个等腰三角形 \( \left( {\bigtriangleup \mathrm{{AMC}}}\right) \) ，其公共边长为 \( 8\sqrt{5} \) ，底边为 \( 8\sqrt{2} \) 。我们可以通过向底边作垂线来求其面积。
如此得到底边为 \( 8\sqrt{2} \) ，高为 \( {12}\sqrt{2} \) 。面积即为 \( \frac{bh}{2} \) ，也就是 \( \mathbf{{96}}\left( \mathbf{C}\right) \) 。
问题5.5.13——在 \( \bigtriangleup {ABC},{AC} = {BC} \) 中，点 \( D \) 位于 \( \overline{BC} \) 上，使得 \( {CD} = \) \( 3 \cdot {BD} \) 。设 \( E \) 为 \( \overline{AD} \) 的中点。已知 \( {CE} = \sqrt{7} \) 和 \( {BE} = 3 \) ， \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积可表示为 \( m\sqrt{n} \) ，其中 \( m \) 和 \( n \) 为正整数，且 \( n \) 不被任何素数的平方整除。求 \( m + n \) 。来源:2013 AIME
解答:本题将展示斯图尔特定理(Stewart's Theorem)的强大威力。
根据题意，我们已知一些边长关系: \( \mathrm{{AC}} = \mathrm{{BC}},\mathrm{{CD}} = 3 \cdot \mathrm{{BD}} \) ，以及 \( \mathrm{{AE}} = \mathrm{{DE}} \) 。
假设 \( \mathrm{{CD}} \) 的长度为 \( {3x} \) ，这意味着 \( {BD} \) 的长度为 \( x \) 。于是 \( {BC} \) 的长度为 \( {4x} \) ，因此 \( {AC} \) 的长度也为 \( {4x} \) 。
我们首先在 \( \bigtriangleup \mathrm{{BEC}} \) 上应用斯图尔特定理，以 \( \overline{ED} \) 为切线(cevian)。
由此得到: \( {CD} \cdot {BD} \cdot {BC} + {BC} \cdot D{E}^{2} = {BD} \cdot C{E}^{2} + {CD} \cdot B{E}^{2} \) 。
由于 \( \mathrm{{AE}} = \mathrm{{DE}} \) ，我们假设两者长度均为 \( y \) 。
现在可将这些边长代入上方方程，得到 \( {12}{x}^{3} + {4x}{y}^{2} = \) \( {7x} + {27x} \)
化简方程得 \( {12}{x}^{2} + 4{y}^{2} = {34} \)
接下来，我们再次在 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACD}} \) 上应用斯图尔特定理，以 \( \overline{CE} \) 为切线。
由此得到: \( {AE} \cdot {ED} \cdot {AD} + {AD} \cdot C{E}^{2} = {ED} \cdot A{C}^{2} + {AE} \cdot C{D}^{2} \) 。
代入已知边长得 \( 2{y}^{3} + {14y} = {25}{x}^{2}y \) 。
上述方程化简为 \( {25}{x}^{2} - 2{y}^{2} = {14} \) 。
至此，我们已通过两次应用斯图尔特定理得到两个方程。
\[ {12}{x}^{2} + 4{y}^{2} = {34} \]
\[ {25}{x}^{2} - 2{y}^{2} = {14} \]
联立求解这两个方程，得到 \( x = 1 \) 和 \( y = \frac{\sqrt{22}}{2} \) 。
由于 \( x = 1 \) ，我们可以列出若干边长: \( {AB} = {BC} = 4,{CD} = 3 \) ，以及 \( {DB} = 1 \) 。
利用该 \( y = \frac{\sqrt{22}}{2} \) ，我们得到 \( {AE} = {ED} = \frac{\sqrt{22}}{2} \) 和 \( {AD} = \sqrt{22} \) 。
为了求 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 的面积，我们可以先求三角形的底边长度，即 \( \overline{AB} \) 。
为了求AB的长度，我们可以在 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABD}} \) 上应用斯图尔特定理(Stewart’s Theorem)。
这样做得到: \( {AE} \cdot {ED} \cdot {AD} + {AD} \cdot B{E}^{2} = {AE} \cdot D{B}^{2} + {ED} \cdot A{B}^{2} \)
我们可以代入边长得到 \( \frac{{11}\sqrt{22}}{2} + 9\sqrt{22} = \frac{\sqrt{22}}{2} + \frac{A{B}^{2}\sqrt{22}}{2} \)
解上述方程得 \( A{B}^{2} = {28} \) ，这意味着 \( {AB} \) 的长度为 \( 2\sqrt{7} \) 。
由于等腰三角形的公共边长为4，底边长为 \( 2\sqrt{7} \) ，我们只需从 \( C \) 向 \( \overline{AB} \) 作高。解得高为3。
等腰三角形的底边长为 \( 2\sqrt{7} \) ，高为3，因此三角形面积为 \( \frac{2\sqrt{7} \cdot 3}{2} \) ，即 \( 3\sqrt{7} \) 。
所需格式的答案为 \( 3 + 7 \) ，即10。
§5.6 与边长比相关的面积比
这是近年来考试中越来越受欢迎的主题。要解这类题，必须掌握一些常用策略。
定理 5.6.1
关于高的简单面积比
该定理适用于三角形中的任意塞瓦线(cevian)。
\( \overline{AD} \) 是从顶点A到 \( \overline{BC} \) 的塞瓦线。
定理表述为: \( \frac{\overline{BD}}{\overline{DC}} = \frac{\left\lbrack ABD\right\rbrack }{\left\lbrack ADC\right\rbrack } \)
上述定理成立的原因在于两个三角形具有相同的高。仅底边不同，因此面积之比恰好等于底边之比。
定理5.6.2
底边面积比(Simple Area Ratio for base)
若两条直线 \( \overline{AB} \) 与 \( \overline{CD} \) 相交于点 \( \mathrm{P} \) ，则下述定理成立。 \( \frac{AP}{BP} = \frac{\left\lbrack ACD\right\rbrack }{\left\lbrack BCD\right\rbrack } \)
该定理成立的原因在于两个三角形的底边相同 \( \left( \overline{CD}\right) \) ，因此面积之比即等于高之比。
定理5.6.3
当两个三角形共享同一角时，其面积之比即为该角两边长度乘积之比。由于 \( \angle \mathrm{A} \) 对两个三角形均相等，故 \( \frac{\left\lbrack ADE\right\rbrack }{\left\lbrack ABC\right\rbrack } = \frac{{AD} \cdot {AE}}{{AB} \cdot {AC}} \) 。
问题5.6.4——在直角三角形 \( \bigtriangleup {ACE} \) 中，已知 \( {AC} = {12},{CE} = {16} \) 且 \( {EA} = {20} \) 。点 \( B, D \) 与 \( F \) 分别位于 \( {AC},{CE} \) 与 \( {EA} \) 上，使得 \( {AB} = 3,{CD} = 4 \) 且 \( {EF} = 5 \) 。求 \( \bigtriangleup {DBF} \) 与 \( \bigtriangleup {ACE} \) 的面积之比。
解法:本题中，无需计算 \( \frac{\left\lbrack DBF\right\rbrack }{\left\lbrack ACE\right\rbrack } \) ，只需直接求: \( 1 - \left( {\frac{\left\lbrack ABF\right\rbrack }{\left\lbrack ACE\right\rbrack } + \frac{\left\lbrack BCD\right\rbrack }{\left\lbrack ACE\right\rbrack } + \frac{\left\lbrack DEF\right\rbrack }{\left\lbrack ACE\right\rbrack }}\right) \)
首先可尝试求 \( \frac{\left\lbrack ABF\right\rbrack }{\left\lbrack ACE\right\rbrack } \) 。注意到 \( \angle \mathrm{A} \) 对这两个三角形相等，因此两三角形之比即为 \( \frac{{AB} \cdot {AF}}{{AC} \cdot {AE}} \) 。
上述分数化简为 \( \frac{3 \cdot {15}}{{12} \cdot {20}} \) ，即 \( \frac{3}{16} \) 。
利用相同方法并结合公共角，可得 \( \frac{\left\lbrack BCD\right\rbrack }{\left\lbrack ACE\right\rbrack } = \) \( \frac{3}{16} \cdot \frac{\left\lbrack DEF\right\rbrack }{\left\lbrack ACE\right\rbrack } \) 为 \( \frac{15}{80}. \) 。
利用这些比例可得 \( \frac{\left\lbrack DBF\right\rbrack }{\left\lbrack ACE\right\rbrack } = 1 - \frac{3}{16} - \frac{3}{16} - \frac{3}{16} = \frac{7}{16}\left( \mathbf{E}\right) \) 。
问题5.6.5 - 在下图中，角 \( {ABC} \) 是直角。点 \( D \) 在 \( \overline{BC} \) 上，且 \( \overline{AD} \) 平分角 \( {CAB} \) 。点 \( E \) 和 \( F \) 分别位于 \( \overline{AB} \) 和 \( \overline{AC} \) 上，使得 \( {AE} = 3 \) 和 \( {AF} = {10} \) 。已知 \( {EB} = 9 \) 和 \( {FC} = {27} \) ，求四边形 \( {DCFG} \) 面积最接近的整数。
来源:2002 AIME
解法:本题中，我们将利用“若三角形两角相等，则面积之比等于夹该角两边长度之积的比”这一思想。
由于 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 是直角三角形，我们可以用勾股定理(pythagorean theorem)求 \( \overline{BC} \) 的长度。
\[ \mathrm{{BC}} = \sqrt{{37}^{2} - {12}^{2}} = {35} \]
已知 \( \mathrm{{BC}} = {35} \) 和 \( \mathrm{{AB}} = {12} \) ，我们可用这两段长度求得整个三角形的面积为 \( \frac{{35} \cdot {12}}{2} = {210} \) 。
为求答案即四边形DCFG的面积，我们只需从 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 中减去较小三角形的面积。
因为 \( \bigtriangleup \mathrm{{AEF}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 共享 \( \angle \mathrm{A},\frac{\left\lbrack AEF\right\rbrack }{\left\lbrack ABC\right\rbrack } = \frac{3 \cdot {10}}{{12} \cdot {37}} \)
这意味着 \( \left\lbrack {AEF}\right\rbrack = \frac{5 \cdot \left\lbrack {ABC}\right\rbrack }{74} = \frac{525}{37} \) 。
利用角平分线定理(angle bisector theorem)(因 \( \angle \mathrm{A} \) 被平分)，可知 \( \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD} \) 。
上式化简得 \( \frac{BD}{CD} = \frac{12}{37} \) 。
同时，由于 \( \overline{AD} \) 是 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 中从顶点A到 \( \overline{BC} \) 于点 \( \mathrm{D},\frac{\left\lbrack ABD\right\rbrack }{\left\lbrack ADC\right\rbrack } = \frac{BD}{CD} \) 的塞瓦线(cevian)
我们已知 \( \frac{BD}{CD} = \frac{12}{37} \) ，这意味着 \( \frac{\left\lbrack ABD\right\rbrack }{\left\lbrack ADC\right\rbrack } = \frac{12}{37} \) 。
既然已知 \( \left\lbrack {ABD}\right\rbrack + \left\lbrack {ADC}\right\rbrack = \left\lbrack {ABC}\right\rbrack = {210} \) ，显然 \( \left\lbrack {ABD}\right\rbrack = \frac{360}{7} \) 和 \( \left\lbrack {ADC}\right\rbrack = \frac{1110}{7} \) 。
若将 \( \left\lbrack {ABD}\right\rbrack \) 和 \( \left\lbrack {AEF}\right\rbrack \) 的面积相加，会重复计算 \( \bigtriangleup \mathrm{{AEG}} \) 的面积。因此，我们需先求该三角形的面积。
对 \( \bigtriangleup \mathrm{{AEF}} \) 应用角平分线定理，我们得到 \( \frac{AE}{AF} = \frac{EG}{FG} \) 。由此可得 \( \frac{EG}{FG} = \frac{3}{10} \) 。这也意味着 \( \frac{\left\lbrack AEG\right\rbrack }{\left\lbrack AGF\right\rbrack } = \frac{3}{10} \) 。
既然我们已经知道 \( \bigtriangleup \mathrm{{AEF}} \) 的面积，我们得到 \( \left\lbrack {AEG}\right\rbrack = \frac{1575}{481} \) 和 \( \left\lbrack {AGF}\right\rbrack = \frac{5250}{481} \) 。
现在我们可以求出整个三角形ABC(不包括四边形DCFG)的面积为: \( \left\lbrack {ABD}\right\rbrack + \left\lbrack {AEF}\right\rbrack - \left\lbrack {AEG}\right\rbrack = \frac{360}{7} + \frac{525}{37} - \frac{1575}{481} = \frac{209910}{3367} \) 。
\( \left\lbrack {DCFG}\right\rbrack = {210} - \frac{209910}{3367} \) 向上取整为148。
注:在本题中，我们求出了面积的真实分数值，但你其实可以跳过这一步，因为你只需要找到最接近实际面积的整数。
§5.7 圆(第一部分)
定理 5.7.1
若一条直线与圆相切，则连接切点与圆心的半径将垂直于该切线。
定理 5.7.2
上述定理指出，若同一圆的两条切线交于一点，则从切线与圆的交点到两条切线交点的距离相等。
定理 5.7.3
若两圆相交于一点，则连接两圆圆心的直线必经过该交点。
定理 5.7.4
相交弦的幂定理
对于如上所示的两条相交弦，幂定理给出 \( \overline{AE} \cdot \overline{CE} = \overline{BE} \cdot \overline{DE} \)
定理 5.7.5
切线与割线相交时的点幂
对于上图所示的切线与割线相交情形，点幂定理给出 \( {\overline{AB}}^{2} = \) \( \overline{BC} \cdot \overline{BD} \)
定理 5.7.6
圆外两割线相交时的点幂
对于上图所示圆外两割线相交情形，点幂定理给出 \( \overline{CB} \cdot \overline{CA} = \overline{CD} \cdot \overline{CE}. \)
解法:处理多圆问题时，一个有效策略是连接各圆心。若圆彼此相交，此策略尤为有用。
这立即表明，由三个圆心连成的三角形是等腰三角形。公共边长为 \( r + 1 \) ，底边为 \( {2r} \) 。我们总可通过作高将等腰三角形分成两个全等的直角三角形。
由图可知，红线长度为 \( {2r} \) 。由于对称性，其一半即为高的长度。
图中明显可见，这两个全等的直角三角形的直角边分别为 \( r \) 和 \( r \) ，斜边为 \( r + 1 \) 。根据勾股定理，我们有
\[ {r}^{2} + {r}^{2} = {\left( r + 1\right) }^{2} \]
展开上式并合并同类项，可得 \( {r}^{2} - {2r} - 1 = 0 \) 。
利用求根公式解得 \( r = 1 \pm \sqrt{2} \) 。
\( r \) 必为 \( 1 + \sqrt{2} \) (B)，因为 \( 1 - \sqrt{2} \) 为负值，而边长不可能为负数。
问题 5.7.8:如图，两半径为5的圆彼此外切，并同时内切于半径为13的圆，切点分别为 \( A \) 和 \( B \) 。距离 \( {AB} \) 可表示为 \( \frac{m}{n} \) ，其中 \( m \) 与 \( n \) 为互质的正整数。求 \( m + n \) 。
解法:本题中，我们再次连接各圆心。若两圆仅交于一点，则连接其圆心的直线必过该交点。设大圆圆心为 \( \mathrm{M} \) ，两小圆圆心分别为 \( \mathrm{N} \) 和 \( \mathrm{O} \) ，则点 \( \mathrm{M},\mathrm{N} \) 与 \( \mathrm{A} \) 共线，同时点M、O、B也共线。
再作连接圆心 \( \mathrm{N} \) 与 \( \mathrm{O} \) 的直线，该直线必过两圆的交点。
至此，我们注意到 \( \bigtriangleup \mathrm{{MNO}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{MAB}} \) 相似。为证此，已知 \( \overline{MN} = \overline{MO} \) 与 \( \overline{MA} = \overline{MB} \) 。将两式相除得 \( \frac{\overline{MN}}{\overline{MA}} = \frac{\overline{MO}}{\overline{MB}} \) 。又知 \( \angle \mathrm{{AMB}} = \angle \mathrm{{NMO}} \) 。由于两边之比相等且夹角相同，根据边角边(SAS)相似准则，两三角形相似。
现在我们可以利用边长比例和已知边长求出 \( \overline{AB} \) 。
由于相似性，我们得到 \( \frac{\overline{MN}}{\overline{NO}} = \frac{\overline{MA}}{\overline{AB}} \) 。
既然已知大圆的半径为13，我们立即知道 \( \overline{MA} \) 和 \( \overline{MB} \) 的长度都是13。此外，已知小圆的半径 \( \overline{NA} \) 为5，我们就能求出 \( \overline{MN} \) ，因为 \( \overline{MN} + \overline{NA} = \overline{MA} \) 。
由此可知 \( \overline{MN} \) 的长度为8。我们还知道 \( \overline{NO} \) 的长度为10，因为它是两个小圆半径之和。
由于除了 \( \overline{AB} \) 外，我们已从相似方程中得知三条边长，可将这些值代入求出最后一条边长。
\( \frac{8}{10} = \frac{13}{\overline{AB}} \) 。由此得到 \( \overline{AB} = \frac{65}{4} \) ，最终答案为 \( {65} + 4 = \mathbf{{69}}\left( \mathbf{D}\right) \) 。
问题5.7.9——半径为1的圆与半径为2的圆相切。 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的边如图所示与两圆相切，且边 \( \overline{AB} \) 与 \( \overline{AC} \) 全等。求 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积。
解法:本题中，我们先标出上方圆心为 \( {O}_{1} \) ，下方圆心为 \( {O}_{2} \) 。我们知道，对于任何与圆相切的直线，连接半径与切点的线段必垂直于该直线。
我们将上述思路应用于本题。可标出 \( \overline{AC} \) 与上方圆的交点(切点)为 \( X \) ，与下方圆的交点为 \( Y \) 。同时，从点 \( \mathrm{A} \) 向 \( \overline{BC} \) 作高，交于点 \( \mathrm{F} \) 。
我们立即知道 \( {AF} \bot {BC},{O}_{1}X \bot {AX} \) ，以及 \( {O}_{2}Y \bot {AY} \) 。
本题中，可通过角度追踪发现 \( \bigtriangleup {AX}{O}_{1} \) 与 \( \bigtriangleup {AY}{O}_{2} \) 相似，且与 \( \bigtriangleup {AZC} \) 相似。我们可写出 \( \bigtriangleup {AX}{O}_{1} \) 与 \( \bigtriangleup {AY}{O}_{2} \) 的边长比例，得到 \( \frac{\overline{A{O}_{1}}}{{O}_{1}X} = \frac{\overline{A{O}_{2}}}{{O}_{2}Y} \) 。
我们已知 \( \overline{{O}_{1}X} \) 和 \( \overline{{O}_{2}Y} \) 的长度，因为它们分别是两圆的半径(1和2)。然而，我们尚不知道 \( \overline{A{O}_{1}} \) 和 \( \overline{A{O}_{2}} \) 的长度。设 \( \overline{A{O}_{1}} \) 的长度为 \( x \) ，则 \( \overline{A{O}_{2}} \) 的长度为 \( x + \) ，即两半径之和3。于是，我们得到两个长度 \( x \) 和 \( x + 3 \) 。将这些值代入相似方程，得到
\[ \frac{x}{1} = \frac{x + 3}{2} \]
解关于 \( x \) 的方程(边长 \( \overline{A{O}_{1}} \) )可知其值为3。
现在根据毕达哥拉斯定理(Pythagorean Theorem)，我们可以得出 \( \overline{AX} \) 的长度为 \( 2\sqrt{2} \) ， \( \overline{AY} \) 的长度为 \( 4\sqrt{2} \) 。
既然已知 \( \bigtriangleup {AX}{O}_{1} \) 与 \( \bigtriangleup {AZC} \) 相似，我们可以写出相似比，从而得到
\[ \frac{\overline{AX}}{\overline{{O}_{1}X}} = \frac{\overline{AZ}}{\overline{CZ}} \]
代入边长后得到 \( \frac{2\sqrt{2}}{1} = \frac{8}{CZ} \) 。我们可以解出CZ的长度，结果为 \( 2\sqrt{2} \) 。
现在已知 \( \overline{CZ} \) 的长度是 \( \overline{BC} \) 的一半，因此BC的长度为 \( 4\sqrt{2} \) 。由于 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 的面积就是 \( \frac{\overline{AZ} \cdot \overline{BC}}{2} \) ，我们现在可以求出其面积。面积为 \( {16}\sqrt{2} \) 。
问题5.7.10——在给定圆中，直径 \( \overline{EB} \) 平行于 \( \overline{DC} \) ，且 \( \overline{AB} \) 平行于 \( \overline{ED} \) 。角 \( {AEB} \) 与角 \( {ABE} \) 的比为 \( 4 : 5 \) 。求角 \( {BCD} \) 的度数。
解答:本题中，由于已知圆周角等于其所截弧度数的一半，显然 \( \angle \mathrm{{EAB}} \) 为 \( {90}^{ \circ } \) 。(一般而言，任何
所截弧包含作为直径的弦的角，其度数均为 \( {90}^{ \circ } \) 。)
既然已知 \( \bigtriangleup \mathrm{{EAB}} \) 为直角，我们就知道 \( \angle \mathrm{{AEB}} + \angle \mathrm{{ABE}} = {90}^{ \circ } \) 。
既然已知它们的比例为 \( 4 : 5,\angle \mathrm{{AEB}} = {40}^{ \circ } \) 且 \( \angle \mathrm{{ABE}} = {50}^{ \circ } \) 。
此外，由于直线AB与ED平行，且EB为穿过它们的截线，我们知道 \( \angle \mathrm{{ABE}} = \angle \mathrm{{BED}} = {50}^{ \circ } \) 。
由于四边形BCDE的所有顶点都在圆上，因此它是圆内接四边形。对于圆内接四边形，对角之和必为 \( {180}^{ \circ } \) ，因此 \( \angle \mathrm{{BED}} + \angle \mathrm{{BCD}} = {180}^{ \circ } \) 。
既然已知 \( \angle \mathrm{{BED}} = {50}^{ \circ } \) ，我们可以将其代入，得到 \( \angle \mathbf{{BCD}} = {130}^{ \circ } \) 。
问题5.7.11——在 \( \bigtriangleup {ABC},{AB} = {86} \) 中，且 \( {AC} = {97} \) 。以 \( A \) 为圆心、 \( {AB} \) 为半径的圆与 \( \overline{BC} \) 相交于点 \( B \) 和 \( X \) 。此外， \( \overline{BX} \) 和 \( \overline{CX} \) 的长度均为整数。求 \( {BC} \) 的值。
(A) 11 (B) 28 (C) 33 (D) 61 (E) 72
来源:2013 AMC 10
解答:照例，我们首先画出 \( {97} - {86} = {11} \) 的示意图。
我们假设 \( \mathrm{D} \) 是直线 \( \mathrm{{AC}} \) 与圆的交点。
显然 \( \overline{AD} = \overline{AB} = {86} \) (圆的半径)。这意味着 \( \overline{DC} \) 的长度
我们可以将直线AD延长，再次与圆相交于另一侧，从而得到一条完整的直径。
我们可以对上图使用点的幂定理，因为我们有两条割线在圆外相交。显然 \( \overline{CD} \cdot \overline{CF} = \overline{CX} \cdot \overline{CB} \)
方程化简为 \( \overline{CX} \cdot \overline{CB} = {2013} = 3 \cdot {11} \cdot {61} \) 。
既然我们知道 \( \overline{CX} \) 和 \( \overline{BX} \) 的长度都是整数， \( \overline{CB} \) 的长度也是整数。我们可以利用 \( \overline{CX} \) 的长度小于 \( \overline{CB} \) 的长度这一事实，为各边尝试不同的取值。
在尝试取值之前，我们可以对 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACX}} \) 应用三角形不等式，从而得到 \( \overline{CX} > {11} \) 的长度。
显然 \( \overline{CX} \) 的长度必须是33，而 \( {CB} \) 的长度必须是61。原因在于 \( \overline{CX} \) 的长度不能是3或11。若将任何因数配对，其长度都会大于 \( \overline{CB} \) 的长度，这是不可能的。既然 \( \overline{CB} \) 的长度为61， \( \overline{BC} \) 的长度显然就是 \( {61}\left( \mathbf{D}\right) \) 。
§5.8 圆(第二部分):圆内接四边形
圆内接四边形这一主题远比表面看起来重要。它极为常见，并且在最近的考试中出现的频率越来越高。
定义 5.8.1
圆内接四边形(cyclic quadrilaterals)是可以内接于圆的四边形，这意味着它的所有顶点都位于同一个圆上。
定理 5.8.2
圆内接四边形的对角之和恒为 \( {180}^{ \circ } \) 。
定理 5.8.3
托勒密定理(Ptolemy's Theorem)
托勒密定理阐述了圆内接四边形边长与对角线之间的关系。
托勒密定理指出:若将两条对角线相乘，其结果等于两组对边分别相乘后的和。如果这句话难以理解，下面的图示与示例将帮助你理解。
托勒密定理给出 \( \overline{CB} \cdot \overline{DA} + \overline{DC} \cdot \overline{AB} = \overline{DB} \cdot \overline{AC} \)
我们可以用变量 \( a, b, c, d, e \) 和 \( f \) 表示边长并代入，从而得到该定理等价于 \( {ac} + {bd} = {ef} \) 。
问题 5.8.4 —— 三角形 \( {ABC} \) 是一个等腰直角三角形，且 \( {AB} = {AC} = 3 \) 。设 \( M \) 为斜边 \( \overline{BC} \) 的中点。点 \( I \) 和 \( E \) 分别位于边 \( \overline{AC} \) 和 \( \overline{AB} \) 上，使得 \( {AI} > {AE} \) 且 \( {AIME} \) 为圆内接四边形。已知三角形 \( {EMI} \) 的面积为2，则长度 \( {CI} \) 可表示为 \( \frac{a - \sqrt{b}}{c} \) ，其中 \( a, b \) 和 \( c \) 为正整数，且 \( b \) 不被任何素数的平方整除。 \( a + b + c \) 的值为多少？
(A) 9 (B) 10 (C) 11 (D) 12 (E) 13
来源:2018 AMC 12
解答:照例，我们先画出图形。
本题中，首先应知:若在等腰直角三角形中，从斜边中点向直角顶点作连线，则该连线垂直于斜边并将直角平分。
利用这一结论，显然 \( \angle \mathrm{{MAC}} \) 和 \( \angle \mathrm{{MAB}} \) 均为 \( {45}^{ \circ } \) 。
我们知道，若两角对同弧，则它们相等。由于四边形AIME为圆内接四边形，∠ZIAM与∠ZIEM显然对同弧IM，这意味着这两个角都等于 \( {45}^{ \circ } \) 。
同时，由于圆内接四边形的对角互补，和为 \( {180}^{ \circ } \) ，显然 \( \angle \mathrm{{IME}} \) 为 \( {90}^{ \circ } \) ，且 \( \bigtriangleup \mathrm{{IME}} \) 为直角三角形。
这意味着 \( \angle \mathrm{{MIE}} \) 也等于 \( {45}^{ \circ } \) ，于是 \( \bigtriangleup \mathrm{{IME}} \) 为等腰直角三角形。若其两腰边长为 \( s \) ，则面积为 \( \frac{{s}^{2}}{2} \) 。由题设知该三角形面积为2，因此腰长为2。
对 \( \bigtriangleup \) IME应用勾股定理，得 \( \overline{IE} \) 长度为 \( 2\sqrt{2} \) 。又因 \( \bigtriangleup \mathrm{{AMC}} \) 为斜边为3的等腰直角三角形，其腰如 \( \overline{AM} \) 长度为 \( \frac{3\sqrt{2}}{2} \) 。
现在可对圆内接四边形AIME应用托勒密定理。
\( \overline{AE} \cdot \overline{IM} + \overline{ME} \cdot \overline{AI} = \overline{AM} \cdot \overline{IE} \)
代入各边长度得 \( \overline{AE} \cdot 2 + \overline{AI} \cdot 2 = \frac{3\sqrt{2}}{2} \cdot 2\sqrt{2} \) 。
化简上式得 \( \overline{AE} + \overline{AI} = 3 \) 。
我们还知道 \( {\overline{AE}}^{2} + {\overline{AI}}^{2} = {\overline{IE}}^{2} \) 。由于 \( \overline{IE} \) 长度为 \( 2\sqrt{2} \) ，方程变为 \( {\overline{AE}}^{2} + {\overline{AI}}^{2} = 8 \) 。
将 \( x \) 代入 \( \overline{AE} \) 的长度， \( y \) 代入 \( \overline{AI} \) 的长度，得到两个方程:
\( x + y = 3 \)
\( {x}^{2} + {y}^{2} = 8 \)
解得两长度必为 \( \frac{3 + \sqrt{7}}{2} \) 或 \( \frac{3 - \sqrt{7}}{2} \) 。
然而，已知 \( \overline{AI} > \overline{AE} \) ，显然 \( \overline{AI} \) 应为 \( \frac{3 + \sqrt{7}}{2} \) ，因其为较大值。
现在用3减去该长度，得 \( \overline{CI} \) 长度为 \( \frac{3 - \sqrt{7}}{2} \) (思考为何 \( \overline{CI} \) 长度与 \( \overline{AE} \) 相同)。答案为 \( 3 + 7 + 2 \) ，即12。
§5.9 解析几何
通过“坐标暴力法”可解决许多几何问题，即为几何点赋予坐标。
定理 5.9.1
斜截式
\( y = {mx} + b \) 是方程， \( m \) 表示斜率， \( b \) 表示 \( y \) -截距。
定理 5.9.2
设 \( \left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) \) 和 \( \left( {{x}_{2},{y}_{2}}\right) \) 为平面上的点。
这两点之间的距离就是 \( \sqrt{{\left( {x}_{1} - {x}_{2}\right) }^{2} + {\left( {y}_{1} - {y}_{2}\right) }^{2}} \)
定理5.9.3
通过斜率关联平行线与垂直线
平行线具有完全相同的斜率。
若两条直线互相垂直，则它们的斜率之积为-1。
此外，常见的问题会涉及给定方程的圆，了解该方程的格式很重要。
定理 5.9.4
圆的方程为
\( {\left( x - a\right) }^{2} + {\left( y - b\right) }^{2} = {r}^{2} \) 和 \( r \) 是圆的半径，该圆的圆心为(a, b)。
如果你想求一个由多个已知坐标点围成的图形的面积，直接拆分图形来计算可能会很困难。不过，我们有一个特殊的定理，可以帮助我们在平面上根据任意数量的坐标点求出面积。
定理 5.9.5
鞋带定理
如果一个多边形有顶点 \( \left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) ,\left( {{x}_{2},{y}_{2}}\right) ,\left( {{x}_{3},{y}_{3}}\right) \ldots \) 和 \( \left( {{x}_{n},{y}_{n}}\right) \) 。
\[ A = \frac{1}{2}\left| {\left( {{x}_{1}{y}_{2} + {x}_{2}{y}_{3} + \cdots + {x}_{n}{y}_{1}}\right) - \left( {{y}_{1}{x}_{2} + {y}_{2}{x}_{3} + \cdots + {y}_{n}{x}_{1}}\right) }\right| \]
上面的定理可能难以理解，因此我将在下面的例子中简化它。
例 5.9.6
我们有一个边长为3、4、5的直角三角形。这个三角形的面积是多少？请用鞋带定理(Shoelace Theorem)求出。解:我们首先把这个三角形画在坐标平面上。
现在你要做的就是从任意一点开始，写下 \( x \) 坐标和 \( y \) 坐标。按一个方向(逆时针或顺时针)依次经过所有顶点。写完所有顶点后，再把起点写一遍。本例中，我们按(0,0)、(3,0)、(0,4)、(0,0)的顺序。你也可以从(3,0)开始，但一旦选定起点和方向，就必须始终沿该方向进行。
接下来，你将按“鞋带”模式进行乘法和加法。
我们暂时不把最后一个 \( x \) 坐标与任何点相连。因此，用这些值，鞋带定理要求你进行乘法: \( \left( {0x4}\right) + \left( {0x0}\right) + \left( {3x0}\right) = 0 \) 。现在我们再做一次，但从顶部的 \( y \) 坐标开始。
现在，鞋带定理给出 \( \left( {0x0}\right) + \left( {4x3}\right) + \left( {0x0}\right) = {12} \) 。然后，用第一个值减去第二个值得到 \( 0 - {12} \) ，即-12。取绝对值得12，再除以2，得到三角形面积为6。
为了验证该定理的正确性，我们已经知道3、4、5直角三角形的面积是6，因为三角形面积公式为 \( \frac{bh}{2} \) ，其中 \( b \) 是底边长， \( h \) 是高。
关键提示:在涉及复杂图形且已知坐标的问题中，使用鞋带定理。它能相对快速地求出面积。
问题 5.9.7——在直角三角形 \( \bigtriangleup {ACE} \) 中，我们有 \( {AC} = {12},{CE} = {16} \) 和 \( {EA} = {20} \) 。点 \( B, D \) 和 \( F \) 分别位于 \( {AC},{CE} \) 和 \( {EA} \) 上，使得 \( {AB} = 3,{CD} = 4 \) 和 \( {EF} = 5 \) 。 \( \bigtriangleup {DBF} \) 的面积与 \( \bigtriangleup {ACE} \) 的面积之比是多少？
来源:2004 AMC
解:本题中，我们将用坐标几何列出所有点。一个重要技巧是把直角放在原点，这几乎总能简化坐标，便于计算。
我们可以设点 \( \mathrm{A} \) 为(0,12)，点 \( \mathrm{C} \) 为(0,0)，点 \( \mathrm{E} \) 为(16,0)。既然已知 \( {AB},{CD},{EF} \) 的长度，我们就可以利用点 \( \mathrm{A},\mathrm{C} \) 和 \( \mathrm{E} \) 的坐标求出 \( \mathrm{B},\mathrm{D} \) 和 \( \mathrm{F} \) 的坐标。
我们得到点 \( \mathrm{B} \) 为(0,9)，点 \( \mathrm{D} \) 为(4,0)，点 \( \mathrm{F} \) 为(12,3)。
我们可以把这些点全部画出来
我们很容易求出三角形ACE的面积，从而得到所求的比值。它就是一个直角三角形，两直角边分别为12和16，面积为 \( \frac{{12} \cdot {16}}{2} \) ，即96。
现在我们只需计算 \( \bigtriangleup \mathrm{{DBF}} \) 的面积。我们可以轻松使用鞋带定理(Shoelace Theorem)来完成(请自行应用该定理求出答案)。
\( \bigtriangleup \mathrm{{DBF}} \) 的面积就是42，而我们要找的比例是 \( \frac{42}{96} \) ，化简后为 \( \frac{7}{16} \) (E)。
问题5.9.8——正方形 \( {ABCD} \) 的边长为4， \( M \) 是 \( \overline{CD} \) 的中点。一个半径为2、圆心为 \( M \) 的圆与一个半径为4、圆心为 \( A \) 的圆相交于点 \( P \) 和 \( D \) 。 \( P \) 到 \( \overline{AD} \) 的距离是多少？
解法:这道题完全可以用纯几何方法(不借助坐标几何的暴力计算)优雅解决。不过，为了练习，我们采用坐标几何。
我们把点 \( \mathrm{D} \) 标为(0,0)，点 \( \mathrm{C} \) 标为(4,0)，点 \( \mathrm{A} \) 标为(0,4)，点 \( \mathrm{B} \) 标为(4,4)。
本题中，我们可以写出半圆和四分之一圆的方程。由于四分之一圆的圆心在点 \( \mathrm{A}\left( {0,4}\right) \) ，半径为4，其方程就是
\[ {x}^{2} + {\left( y - 4\right) }^{2} = {16} \]
半圆的圆心在 \( \mathrm{D} \) 与 \( \mathrm{C} \) 的中点，即点 \( \mathrm{M} \) 。其坐标为(2,0)，半径为2。整个圆的方程就是
\[ {\left( x - 2\right) }^{2} + {y}^{2} = 4 \]
已知这两个圆在点 \( \mathrm{P} \) 相交，我们可以通过联立方程求出该点。
\[ {x}^{2} + {\left( y - 4\right) }^{2} = {16} \]
\[ {\left( x - 2\right) }^{2} + {y}^{2} = 4 \]
两式相减得 \( {4x} - {8y} = 0 \) ，从而得到 \( x = {2y} \) 。
对于坐标为(x, y)的任意点，该点到 \( x \) 轴的距离就是 \( y \) ，而到 \( y \) 轴的距离是 \( x \) 。
我们可以从点 \( \mathrm{P} \) 作垂线，与直线 \( \mathrm{{DC}} \) 和 \( \mathrm{{AD}} \) 相交。
设点 \( \mathrm{P} \) 的坐标为(x, y)，则 \( \mathrm{{PF}} \) 的长度为 \( y \) ， \( {PE} \) 的长度为 \( x \) 。
根据我们算出的圆的方程，我们得到 \( x = {2y} \) 。可将 \( {2y} \) 代入 \( \overline{EP} \) 的长度。
现在，若从点 \( \mathrm{P} \) 作直线垂直于 \( \overline{AB} \) ，交于点 \( G \) ，则得到 \( \overline{PG} = 4 - y \) 。
我们观察到 \( \overline{EP} = \overline{AG} = {2y} \) 的长度。
根据勾股定理(Pythagorean Theorem)，我们知道 \( {\overline{AP}}^{2} = {\overline{AG}}^{2} + {\overline{PG}}^{2} \)
我们可以把 \( \overline{AG} \) 和 \( \overline{PG} \) 的长度值代入。
我们已经知道 \( \overline{AP} = 4 \) ，因为它是四分之一圆的半径。现在我们可以写出方程
\[ {4}^{2} = {\left( 2y\right) }^{2} + {\left( 4 - y\right) }^{2} \]
我们可以展开方程并解出 \( y \) ，得到 \( y = \frac{8}{5} \) 。由于从 \( P \) 到 \( \overline{AD} \) 的距离就是 \( {2y} \) ，我们得到答案为 \( \frac{16}{5}\left( \mathbf{B}\right) \) 。
§5.10 三维几何
大多数三维几何问题都关乎空间想象。大量练习是掌握它的关键。三维几何的核心在于找到关键观察点，而要做到快速且准确地发现这一点，唯有大量练习。
定理 5.10.1
对于任意三维图形，若V表示顶点数，E表示边数， \( \mathrm{F} \) 表示面数，则 \( \mathrm{V} + \mathrm{F} - \mathrm{E} = 2 \) 。
定理 5.10.2
坐标分别为 \( \left( {{x}_{1},{y}_{1},{z}_{1}}\right) \) 和 \( \left( {{x}_{2},{y}_{2},{z}_{2}}\right) \) 的两点之间的距离为 \( \sqrt{{\left( {x}_{2} - {x}_{1}\right) }^{2} + {\left( {y}_{2} - {y}_{1}\right) }^{2} + {\left( {z}_{2} - {z}_{1}\right) }^{2}} \)
定理 5.10.3
任意棱锥的体积，若底面积为 \( b \) ，高为 \( h \) ，则体积为 \( \frac{bh}{3} \) 。
定理 5.10.4
球体定理
对于半径为 \( r \) 的球体，以下公式恒成立:球体表面积为 \( {4\pi }{r}^{2} \) ，球体体积为 \( \frac{{4\pi }{r}^{3}}{3} \)
定理 5.10.5
对于任意圆柱体，若半径为 \( r \) ，高为 \( h \) ，则以下定理成立:该圆柱体的表面积为 \( {2\pi }{r}^{2} + {2\pi rh} \)
圆柱的体积为 \( \pi {r}^{2}h \)
定理 5.10.6
圆锥是一种棱锥，但其底面为圆形。对于半径为 \( r \) 、高为 \( h \) 的圆锥，以下定理恒成立。
圆锥的表面积为 \( \pi {r}^{2} + {\pi r}\sqrt{{r}^{2} + {h}^{2}} \)
圆锥的体积为 \( \frac{\pi {r}^{2}h}{3} \)
问题 5.10.7——在所示长方体中， \( {AB} = 3,{BC} = 1 \) ，且 \( {CG} = 2 \) 。点 \( M \) 为 \( \overline{FG} \) 的中点。求以 \( {BCHE} \) 为底、 \( M \) 为顶点的长方体金字塔的体积。
来源:本题中，我们将在金字塔MBCHE中画出一个横截面。假设点 \( \mathrm{X} \) 为 \( \overline{HE} \) 的中点，点 \( \mathrm{Y} \) 为 \( \overline{BC} \) 的中点。于是得到一个边长为3、2和 \( \sqrt{13} \) 的 \( \bigtriangleup \mathrm{{MXY}} \) (可用勾股定理求得 \( {\overline{AB}}^{2} + {\overline{AE}}^{2} = {\overline{BE}}^{2} = {\overline{XY}}^{2} = {13} \) )。
本题中，已知 \( \overline{XY} \) 的长度为 \( \sqrt{13} \) 。我们将从点 \( \mathrm{A} \) 向 \( \overline{XY} \) 作垂线，交于点 \( \mathrm{H} \) 。
假设 \( \overline{HY} \) 的长度为 \( x \) ，则 \( \overline{XH} \) 的长度为 \( \sqrt{13} - x \)
现在假设高 \( \overline{MH} \) 的长度为 \( h \) 。我们可用勾股定理列出关于 \( \bigtriangleup \mathrm{{MHY}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{MHX}} \) 的两个方程。
\[ {h}^{2} + {x}^{2} = 4 \]
\[ {h}^{2} + {\left( \sqrt{13} - x\right) }^{2} = 9 \]
将两式展开并相减，得到 \( x = \frac{4\sqrt{13}}{13} \) 。代回可得 \( h = \frac{6}{\sqrt{13}} \) 。
已知金字塔的体积为 \( \frac{bh}{3} \) ，其中 \( b \) 为底面积， \( h \) 为高。
底面积易求，因底面为边长分别为 \( \sqrt{13} \) 和1的简单矩形。
因此总体积即为 \( \frac{1}{3} \cdot \sqrt{13} \cdot \frac{6}{\sqrt{13}} = \mathbf{2} \) (E)。
问题 5.10.8——在附图中，外正方形 \( S \) 的边长为40。在其内部构造第二个正方形 \( {S}^{\prime } \) ，边长为15，中心与 \( S \) 重合，且各边与 \( S \) 平行。从 \( S \) 每边的中点向 \( {S}^{\prime } \) 最近的两个顶点连线，得到一个内嵌于 \( S \) 的四角星形。将该星形剪下并折叠成以 \( {S}^{\prime } \) 为底的金字塔，求此金字塔的体积。
来源:2012 AIME
解:我们知道棱锥的体积为 \( \frac{bh}{3} \) ，其中 \( b \) 表示底面积， \( h \) 表示高。
该棱锥的底面就是边长为15的正方形，其面积为225。因此，现在只需找出棱锥的高。我们需要能够在脑海中构建出该棱锥的立体图，
正方形棱锥
显然，若将其展开，我们就会发现底边长度加上两倍的斜高正好等于大正方形的边长。这意味着斜高就是 \( \frac{25}{2} \) 。
正方形棱锥
我们可以想象一个直角三角形，其斜边为斜高，两条直角边分别为棱锥的高和正方形边长的一半 \( {S}^{\prime } \) 。
显然，利用勾股定理即可算出高，得到 \( {7.5}^{2} + {h}^{2} = {12.5}^{2} \)
我们得到的 \( h \) (棱锥的高)为10。
因此，该棱锥的体积就是 \( \frac{{225} \cdot {10}}{3} \) ，化简后为750。
§5.11 综合题
问题5.11.1——拱心石拱(keystone arch)是一种古老的建筑结构，由全等的等腰梯形沿非平行边拼接而成，如图所示。两端梯形的底边水平。若该拱由9个梯形组成，设 \( x \) 为梯形较大内角的度数，求 \( x \) 。
解:由于9个梯形排成半圆形状，可利用对称性找出一个关键角。
我们的 \( \angle \mathrm{{YXZ}} \) 就是 \( {20}^{ \circ } \) 。因为 \( \bigtriangleup \mathrm{{YXZ}} \) 也是等腰三角形，所以两个底角相等。由于任意三角形内角和为180°，我们从中减去20°得到 \( {160}^{ \circ } \) 。再将其除以2，得到其中一个角，即 \( {80}^{ \circ } \) 。
然而，这还不是最终答案。我们需要求的是梯形较大的内角。由于它们是等腰梯形，两个不同的角之和为 \( {180}^{ \circ } \) 。因此，只需用180°减去80°，得到 \( {100}^{ \circ }\left( \mathbf{A}\right) \) 。
问题5.11.2——在 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}},\overline{\mathrm{{AC}}} = \overline{\mathrm{{CD}}} \) 和 \( \angle \mathrm{{CAB}} - \angle \mathrm{{ABC}} = {30}^{ \circ } \) 中。
求 \( \angle \mathrm{{BAD}} \) 。
解法:在角度追踪问题中使用变量表示角度是一种有效策略。本题中， \( \mathrm{{AC}} = \mathrm{{CD}},\bigtriangleup \mathrm{{ACD}} \) 是一个等腰三角形，其中 \( \angle \mathrm{{CAD}} \) \( = \angle \mathrm{{CDA}} \) 。我们将该角记为 \( x \) 。
我们还将 \( \angle \mathrm{{DAB}} \) 记为 \( {y}^{ \circ }.\angle \mathrm{{CAB}} \) ，它等于 \( \angle \mathrm{{CAD}} + \angle \mathrm{{DAB}} \) ，也等于 \( x + y \) 。这意味着 \( \angle \mathrm{{ABC}} \) 是 \( x + y - {30} \) 。
由于 \( \angle \mathrm{{CDA}} \) 与 \( \angle \mathrm{{BDA}} \) 互补， \( \angle \mathrm{{BDA}} \) 等于 \( {180} - x \) 。我们将用 \( x \) 和 \( y \) 表示 \( \bigtriangleup \mathrm{{BDA}} \) 的三个角之和为180。总和为 \( y + {180} - x + x + y - {30} \) 。令其等于180得到 \( {2y} = {30} \) 。解出 \( y \) 得 \( {15}^{ \circ } \) 。因此， \( \angle \mathrm{{BAD}} \) 为 \( {15}^{ \circ } \) 。
问题5.11.3——两条垂直直线交于点 \( A\left( {6,8}\right) \) ，它们的 \( y \) 截距 \( P \) 与 \( Q \) 之和为零。 \( \bigtriangleup {APQ} \) 的面积是多少？
(A) 45 (B) 48 (C) 54 (D) 60 (E) 72
来源:2014 AMC
解法:本题非常适合坐标法。已知两直线的 \( y \) 截距之和为0，可设一条直线交于 \( \left( {0, y}\right) \left( \mathrm{P}\right) \) ，另一条交于 \( \left( {0, - y}\right) \left( \mathrm{Q}\right) \) 。
接下来计算 \( \overline{AP} \) 和 \( \overline{AQ} \) 的斜率，分别得到 \( \frac{8 - y}{6} \) 和 \( \frac{8 + y}{6} \) 。已知两条垂直直线斜率之积为-1，可将两斜率相乘并令其等于-1。
\[ \frac{8 - y}{6} \cdot \frac{8 + y}{6} = - 1 \]
解方程得 \( {y}^{2} = {100} \) ，这意味着 \( y = {10} \) 。
现在要求直角三角形APQ的面积，需先求出两条直角边的长度。
可使用坐标平面上两点间距离公式。
我们得到 \( \mathrm{{AQ}} = 6\sqrt{10} \) 和 \( \mathrm{{AP}} = 2\sqrt{10} \) 。
三角形面积即为 \( \frac{6\sqrt{10} \cdot 2\sqrt{10}}{2} \) ，也就是 \( \mathbf{{60}}\left( \mathbf{D}\right) \) 。
问题5.11.4——三角形 \( {ABC} \) 的边长分别为 \( {AB} = {12},{BC} = {24} \) 和 \( {AC} = {18} \) 。过 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的内心作平行于 \( \overline{BC} \) 的直线，交 \( \overline{AB} \) 于 \( M \) ，交 \( \overline{AC} \) 于 \( N \) 。 \( \bigtriangleup {AMN} \) 的周长是多少？
(E) 42
来源:2011 AMC
解法:本题首先绘制示意图。
既然我们知道 \( \overline{BI} \) 和 \( \overline{CI} \) 是角平分线，我们就可以说 \( \angle \mathrm{{ABC}} \) 的度数为 \( 2{b}^{ \circ } \) ，而 \( \angle \mathrm{{ACB}} \) 的度数为 \( 2{c}^{ \circ } \) 。显然 \( \angle \mathrm{{MBI}} \) 的度数为 \( {b}^{ \circ } \) ，而 \( \angle \mathrm{{NCI}} \) 的度数为 \( {c}^{ \circ } \) 。
我们还知道 \( \overline{MN} \) 平行于 \( \overline{BC}.\overline{AB} \) ，且 \( \overline{AC} \) 是穿过它们的截线。这意味着 \( \angle \mathrm{{AMN}} = \angle \mathrm{{ABC}} = {2b} \) 和 \( \angle \mathrm{{ANM}} = \angle \mathrm{{ACB}} = {2c} \) 。
这意味着 \( \angle \mathrm{{BMI}} = {180} - {2b} \) 和 \( \angle \mathrm{{CNI}} = {180} - {2c} \) 。由此，我们现在得到 \( \angle \mathrm{{BIM}} = {b}^{ \circ } \) 和 \( \angle \mathrm{{CIN}} = {c}^{ \circ } \) 。
这意味着 \( \bigtriangleup \mathrm{{BIM}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{CIN}} \) 是等腰三角形。这意味着 \( \mathrm{{MI}} = \mathrm{{MB}} \) 和 \( \mathrm{{NI}} = \mathrm{{NC}} \) 的长度。
我们可以假设MI和MB的长度为 \( x \) ，而NI和NC的长度为 \( y \) 。
由于CN的长度为 \( y \) ，BM的长度为 \( x \) ，我们立即知道AM的长度为 \( {12} - x \) ，而AN的长度为 \( {18} - y \) 。
现在要求 \( \bigtriangleup \mathrm{{AMN}} \) 的周长，我们只需把用 \( x \) 和 \( y \) 表示的边长相加。这些边长是 \( {12} - x,{18} - y \) 和 \( x + y \) 。将这三个表达式相加后变量抵消，得到答案 \( \mathbf{{30}}\mathbf{\left( B\right) } \) 。
问题5.11.5——六个正六边形围绕一个边长为1的正六边形排列，如图所示。 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积是多少？
解答:三角形的高显然包含六边形的一条边长以及一条对角线。显然，包含的对角线长度为2。(正六边形最长对角线的长度是其边长的2倍)。
这意味着等边三角形的高为3。我们可以利用 \( {30} - {60} - {90} \) 的比例关系得到等边三角形底边的一半长度为 \( \sqrt{3} \) 。
这意味着整个底边长度为 \( 2\sqrt{3} \) 。因此，我们三角形的面积为 \( \frac{3 \cdot 2\sqrt{3}}{2} \) ，即 \( 3\sqrt{3} \) (B)。
问题5.11.6——图示三个单位正方形及连接两对顶点的两条线段。 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积是多少？
解答:本题我们将使用相似三角形来求解。
为此，我们先给若干边做标记。
由上图易见， \( \overline{BE} \) 的斜率为2，而 \( \overline{AC} \) 的斜率为 \( \frac{-1}{2} \) 。
由于它们的乘积为-1，说明二者互相垂直。现在可以轻易证明 \( \bigtriangleup \mathrm{{ACB}} \) 与 \( \bigtriangleup \mathrm{{BDE}} \) 相似。
写出相似方程得到 \( \frac{AB}{BC} = \frac{BE}{ED} \) 。代入边长得到 \( \frac{1}{BC} = \frac{\sqrt{5}}{1} \) 。由此可得 \( \mathrm{{BC}} \) 的长度为 \( \frac{\sqrt{5}}{5} \) 。
现在我们可以对 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABC}} \) 应用勾股定理(Pythagorean theorem)，得出 \( \mathrm{{AC}} \) 的长度为 \( \frac{2\sqrt{5}}{5} \) 。
因此，我们三角形的面积就是 \( \frac{bh}{2} \) ，即 \( \frac{1}{5} \) (B)。
问题5.11.7——一个长方体的总表面积为94平方英寸，所有棱长之和为48英寸。求其所有内部对角线长度之和(以英寸为单位)。
(A) \( 8\sqrt{3} \) (B) \( {10}\sqrt{2} \) (C) \( {16}\sqrt{3} \) (D) \( {20}\sqrt{2} \) (E) \( {40}\sqrt{2} \)
来源:2014 AMC
解:设长方体的宽、长、高分别为 \( x, y, z \) 。
这意味着，用这些变量表示的总表面积为 \( 2\left( {{xy} + {xz} + {yz}}\right) \) 。所有棱的总长度为 \( 4\left( {x + y + z}\right) \) 。
利用我们得到的表达式，可以写出两个方程。
\( 2\left( {{xy} + {xz} + {yz}}\right) = {94} \)
\[ 4\left( {x + y + z}\right) = {48} \]
我们得到 \( {xy} + {xz} + {yz} = {47} \) 和 \( x + y + z = {12} \) 。
我们还知道，这个长方体有4条内部对角线(可通过空间想象看出)，且这4条对角线长度相等。
其中一条的长度为 \( \sqrt{{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2}} \)
这意味着它们4个的总长度为 \( 4\sqrt{{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2}} \) 。
由于 \( {x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} = {\left( x + y + z\right) }^{2} - 2\left( {{xy} + {xz} + {yz}}\right) \) ，我们可以代入数值得到 \( {x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} = {12}^{2} - 2 \cdot {47} \) 。由此得出 \( {x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} = {50} \) 。
我们可以代入求出所有对角线长度之和为 \( 4\sqrt{50} \) ，即 \( {20}\sqrt{2} \) (D)。
问题 5.11.8 - 一个 \( 4 \times 4 \times h \) 长方体盒子内装有一个半径为2的球和八个半径为1的小球。每个小球均与盒子的三个面相切，大球则与每个小球相切。 \( h \) 是多少？
(A) \( 2 + 2\sqrt{7} \) (B) \( 3 + 2\sqrt{5} \) (C) \( 4 + 2\sqrt{7} \) (D) \( 4\sqrt{5} \) (E) \( 4\sqrt{7} \) 来源:2014 AMC
解答:我们可以先把小正方形的中心连起来，得到一个正方形。
这个正方形的边长为2。若将大圆的中心与该正方形的四个顶点相连，就得到一个以正方形为底的棱锥。接下来必须做出一个关键而细致的观察:连接中心 \( \mathrm{G},\mathrm{C} \) 与正方形中心的三角形将构成一个直角三角形。
该直角三角形的斜边即为两中心之间的距离，长度为3(两半径之和)。其中一条直角边就是正方形对角线的一半，长度为 \( \sqrt{2} \) 。
对该三角形应用勾股定理，可得此三角形的高为 \( \sqrt{7} \) 。由于对称性，这一结论同样适用于图中未标出的另外四个球体所构成的棱锥。因此，仅由这些棱锥贡献的高度为 \( 2\sqrt{7} \) 。然而，我们还需加上2，因为此前未计入两个半径之和。
于是，答案为 \( 2 + 2\sqrt{7} \) (A)。
问题5.11.9——正方形 \( {ABCD} \) 的边长为2。在正方形内部作以 \( \overline{AB} \) 为直径的半圆，从 \( C \) 向半圆作切线，交边 \( \overline{AD} \) 于 \( E \) 。求 \( \overline{CE} \) 的长度。
解答:本题将利用“切点与圆心的连线垂直于切线”这一性质。
我们将半圆的圆心与其在 \( \overline{EC} \) 上的切点相连。
两切线定理指出，从一点(两条切线的交点)到两切点的距离相等。因此 \( \mathrm{{AE}} = \mathrm{{AP}} \) 与 \( \mathrm{{PC}} = \mathrm{{BC}} \) 。
设 \( \mathrm{{AE}} \) 的长度为 \( a \) ，则 \( \mathrm{{DE}} \) 的长度为 \( 2 - a \) 。由于 \( \mathrm{{BC}} \) 是正方形的一条边，其长度为2，因此 \( \mathrm{{PC}} \) 的长度也为2。由 \( \mathrm{{EC}} = \mathrm{{EP}} + \mathrm{{PC}} \) ，我们立即得知 \( \mathrm{{EC}} \) 的长度为 \( a + 2 \) 。
根据勾股定理，我们有 \( D{E}^{2} + D{C}^{2} = E{C}^{2} \)
代入边长得 \( {\left( 2 - a\right) }^{2} + {2}^{2} = {\left( 2 + a\right) }^{2} \)
展开上式得 \( {a}^{2} - {4a} + 4 + 4 = {a}^{2} + {4a} + 4 \) ，化简为 \( {8a} = 4 \) 。
显然 \( a = \frac{1}{2} \) 。由于 \( \mathrm{{CE}} = \mathrm{{CP}} + \mathrm{{PE}} \) ， \( \mathrm{{CE}} \) 的长度即为 \( 2 + \frac{1}{2} \) ，也就是 \( \frac{5}{2}\left( \mathbf{D}\right) \) 。
问题5.11.10 - 八个半圆排列在边长为2的正方形内侧，如图所示。与所有这些半圆相切的圆的半径是多少？(A) \( \frac{1 + \sqrt{2}}{4} \) (B) \( \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \) (C) \( \frac{\sqrt{3} + 1}{4} \) (D) \( \frac{2\sqrt{3}}{5} \) (E) \( \frac{\sqrt{5}}{3} \)
来源:2014 AMC
解法:本题中，我们将把圆心连接到正方形一侧半圆的圆心。
由图可知， \( \bigtriangleup \mathrm{{LKM}} \) 是等腰三角形。 \( \overline{NK} \) 是该三角形的高， \( \overline{LM} \) 是底边。
LK 的长度就是两个半径之和。半圆的半径之和即为 \( \frac{1}{2} \) ，因为 \( {4r} = 2 \) (它位于正方形的一条边上)。
我们假设大圆的半径为 \( r \) 。这意味着 LK 的长度为 \( r + \frac{1}{2} \) 。此外，NK 的长度是正方形边长的一半，即 1。我们容易看出 LN 的长度与半圆的半径相同，因此为 \( \frac{1}{2} \) 。
利用勾股定理可得 \( L{N}^{2} + N{K}^{2} = L{K}^{2} \)
代入边长得 \( {\frac{1}{2}}^{2} + {1}^{2} = {\left( r + \frac{1}{2}\right) }^{2} \)
展开方程并解 \( r \) ，得到半径为 \( \frac{\sqrt{5} - 1}{2}\left( \mathbf{B}\right) \) 。
问题 5.11.11——三角形 \( {ABC} \) 的边长分别为 \( {AB} = {27},{AC} = {26} \) 、 \( {BC} = {25} \) 。设 \( I \) 为 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的内角平分线交点，求 \( {BI} \) 。
(B) \( 5 + \sqrt{26} + 3\sqrt{3} \) (C) \( 3\sqrt{26} \) (D) \( \frac{2}{3}\sqrt{546} \) (E) \( 9\sqrt{3} \)
来源:2012 AMC
解法:首先照例画图。
我们知道三角形面积公式为 \( r \cdot s \) ，其中 \( r \) 表示内切圆半径， \( s \) 表示半周长。
该三角形的半周长为 \( \frac{{25} + {26} + {27}}{2} \) ，即 39。将其代入 \( s \) ，得到面积为 \( {39r} \) 。
我们也可以用海伦公式再次求面积。海伦公式为 \( \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } \) ，其中 \( s \) 为半周长。代入数值后得面积为 \( {78}\sqrt{14} \) 。
于是可列方程 \( {39r} = {78}\sqrt{14} \) ，解得 \( r = 2\sqrt{14} \) ，即为内切圆半径。
由图可知，根据勾股定理(Pythagorean theorem)显然 \( B{I}^{2} = H{I}^{2} + H{B}^{2} \) 。既然已知 \( {HI} \) 的长度为 \( 2\sqrt{14} \) ，因为它就是内切圆半径(inradius)，我们只需再求HB的长度。
对该三角形应用双切线定理(Two Tangent theorem)，可知 \( {AF} = {AG} = x \) 、 \( {BF} = {BH} = y \) 以及 \( {CG} = {CH} = z \) 。
由此得到 \( x + y = {27}, x + z = {26} \) ，以及 \( y + z = {25} \) 。
解得 \( y = {BF} = {BH} = {13} \) 。将其与内切圆半径长度一起代入勾股定理方程，可得 \( B{I}^{2} = {169} + {56} \) 。于是BI的长度为15。
问题5.11.12——点 \( A = \left( {6,{13}}\right) \) 与 \( B = \left( {{12},{11}}\right) \) 位于平面上的圆 \( \omega \) 上。若圆 \( \omega \) 在 \( A \) 与 \( B \) 处的切线交于 \( x \) 轴上一点，则圆 \( \omega \) 的面积为多少？
(A) \( \frac{83\pi }{8} \) (B) \( \frac{21\pi }{2} \) (C) \( \frac{85\pi }{8} \) (D) \( \frac{43\pi }{4} \) (E) \( \frac{87\pi }{8} \)
来源:2019 AMC 10
解:设两条切线的交点为(x,0)，它们分别在 \( \mathrm{A} \) 与 \( \mathrm{B} \) 处与圆相切，并交 \( x \) 轴于该点。
根据双切线定理，该交点到A的距离与到B的距离相等。于是利用距离公式，令两距离相等，得:
\( \sqrt{{\left( x - 6\right) }^{2} + {13}^{2}} = \sqrt{{\left( x - {12}\right) }^{2} + {11}^{2}} \)
解得 \( x \) ，即 \( x = 5 \) 。
现设圆心到交点的距离为 \( y \) 。由于半径(连接圆心与切点的线段)恒与切线垂直，可应用勾股定理。按上图所示，可列方程 \( A{O}^{2} + A{X}^{2} = O{X}^{2} \) 。
代入已知变量，得 \( {r}^{2} + {\sqrt{170}}^{2} = {d}^{2} \) 。
接下来对四边形AXBO应用托勒密定理(Ptolemy's theorem)。可行之因在于其对角互补，和为 \( {180}^{ \circ } \) ，原因在于 \( \angle \mathrm{{OAX}} = \angle \mathrm{{OBX}} = {90}^{ \circ } \) 。
应用托勒密定理得 \( {AO} \cdot {BX} + {BO} \cdot {AX} = {AB} \cdot {OX} \)
代入各边长度，得 \( {2r}\sqrt{170} = {2d}\sqrt{10} \) 。
化简上式得 \( r\sqrt{17} = d \)
我们将 \( d \) 的表达式代入 \( {r}^{2} + {\sqrt{170}}^{2} = {d}^{2} \) ，得到 \( {r}^{2} + {170} = {17}{r}^{2} \) 。
该表达式给出 \( {r}^{2} = \frac{85}{8} \) 。
由于圆的面积为 \( \pi \cdot {r}^{2} \) ，我们将 \( {r}^{2} \) 的值代入，得到面积为 \( \frac{85\pi }{8}\left( \mathbf{C}\right) \) 。