2022摸鱼实录

AFO 的 whker 了

所以刷水题来获得快感。

2022/2/8

如图， $AM=MB,CM=MD,PC\bot AC,PD\bot BD,PQ\bot AB$ ，求证： $\angle PQC=\angle PQD$

思考：不难发现有两组四点共圆： $D,P,Q,B$ 和 $C,P,Q,A$ ，可以考虑将圆做出来，圆心分别是 $AP,BP$ 的中点，然后 $M$ 又是中点，这促使我们构造中位线。

我们发现 $O_1M=O_2P,O_1P=O_2M$ ，这驱使我们把半径做出来：

然后就可以得到一组全等三角形： $\triangle CO_1M \cong \triangle MO_2D \ (S.S.S.)$ ，这时得到 $\angle CO_1M=\angle MO_2D$ ，因为四边形 $PO_1QO_2$ 是平行四边形（两组对边分别平行），所以 $\angle CO_1P = \angle DO_2P$ ，所以 $\angle CAO_1 = \angle DBO_2$ ，所以 $\angle CQP=\angle DQP$ （同弧所对圆周角相等）。

总的来说，这题还是不错的，至少对于我这样一位中考生来说（然而这好像是 MO 题？），对我的几何能力有很大挑战，~~不过还是想嘲讽一下就这~~

2022/2/9

第一问：

如图， $\triangle ABC,\triangle CDE$ 都是等边三角形， $F,G$ 分别是 $BC,CD$ 的中点， $H$ 是 $AE$ 的中点，求证： $\triangle HFG$ 为等边三角形

看到要我们证是等边三角形，先考虑能不能转一转，似乎能把 $\triangle GFC$ 绕 $G$ 往上转，那我们考虑能不能在右上方构造一个全等于 $\triangle GFC$ 的三角形

考虑找到 $CE$ 中点 $I$ ，连接 $IH$ ，如图：

这时我们发现 $HI=\displaystyle\frac{1}{2}AC$ （中位线），然后我们试图证明 $\angle HIG=\angle FCG$ ，这样就相当于将 $\triangle GFC$ 绕点 $G$ 旋转了。

因为 $\angle IGC = 60^{\circ}$ 所以旋转角肯定是 $60^{\circ}$ ，所以我们只要证明上述角相等，命题就得证了。

那么怎么证明角相等呢？

设 $\angle FCG= \alpha$ ，则 $\angle ACE=240^{\circ}-\alpha$ ，则 $\angle HIC=\alpha-60^{\circ}$ ，所以 $\angle HIG=\angle HIC + \angle GIC = \alpha$ ，然后就可以证全等了。

第二问：

如图，在第一问的条件下， $J$ 为 $BD$ 中点， $CK \bot BD$ 于 $K$ ，求证： $HJ=HK$

我们发现 $FJ$ 是中位线，所以 $FJ=\displaystyle\frac{1}{2}CD$ ，同时 $KG$ 是直角三角形斜边上的中线，所以 $KG=\displaystyle\frac{1}{2}CD$ ，所以 $KG=FJ$ 。

连接 $KG,FJ$ 如图：

因为 $HG=HF$ ，这仍然驱使我们去证全等，考虑到 $CK \bot BD$ ，而 $BD // FG$ ，所以 $CK \bot GF$ ，又因为 $CG=\displaystyle\frac{1}{2}CD=GK$ ，则 $\angle CGF=\angle FGK$ ，因为 $\angle CGF = \angle GFJ$ （内错角相等），所以 $\angle GFJ = \angle FGK$ ，所以 $\angle HFJ= \angle HGK$ ，一个 $S.A.S.$ 的全等就证出来了（ $\triangle HFJ \cong \triangle HGK$ ），然后就得到 $HJ=HK$ 。

偶尔做做八年级的题也不错。

蛤？要分班考？

还要我准备是吧？

那我来准备力！

2022-08-09

过程：

思路及评价：考虑通过相似把证共点改为线段的比例关系，原问题转换为证 $D$ 为 $GH$ 中点，再注意到 $J$ 再 $CI$ 上，其他就很简单了。果然是初联水题！

PS：之前以为 $L$ ， $M$ 共点~~（lyk和ym）~~。

2022-08-10

过程：

思路及评价：想到同一法就秒了（可惜我没想到，看来我还是逊），听说答案解法很难算？我觉得那些算的方法和根轴是等价的吧！这种水题少做。

2022-08-11

两圆相交的相似。

十分经典，于是直接放过程了。

好像还鸽了个也很简单的，不过相似比我一直导不出来。

2022-08-12

过程：

思路及评价：看到中点有很多种处理方法，中点遇上平行构造中位线，又是两圆相交的一个相似，有这些后导导角就做出来了。去年联赛题，虽然我在场外觉得很水，不过场上这个图就贼难画，而且紧张的话说不定导不出比。不过思维含量的确不高。

2022-08-13

过程：

思路及评价：这里考虑把 $AG$ 往外移，发现平行四边形的中心也能产生中点，于是我们打算倍长，这样相当于把 $AG$ 移到了 $D$ 上，和中点这个条件凑到一起了。然后又发现还有一个平行四边形，且发现 $J$ 好像在圆上的样子，于是我们考虑先证明 $J$ 在圆上，这样可以把垂直转为证边的相等，简化了问题。证完这个之后我们又发现两个等腰梯形，于是原命题的证。

很妙，我觉得。出题人通过平行四边形，等腰三角形，和圆构造出了两个等腰梯形，比较腻害！

2022-08-14

过程：

思路及评价：我的想法是，由特殊到一般，于是我先找了切点的情况，很快发现一组相似，然后证明了 $\angle BGD=\frac{\pi}{2}$ ，入一般之后就是证 $\angle FBG+\angle GDF=\angle EBG+\angle EDG$ 。下午发现 $\angle BFE-\angle BEF=\alpha$ 和 $\angle GFE-\angle GEF=\beta$ （其实 $\beta$ 那个是早上发现的，下午类推），然后就考虑通过角的差值证明它们和相等，导会角就出来了。

感觉自己确实整复杂了，但是，我觉得我的思路很自然啊？

2022-08-15

过程：

思路及评价：看到内心直觉鸡爪（因为我不会其它的了），然后发现 $P$ 是四等分点，画图的时候我们会用到中点，而这个中点由于是等腰三角形的缘故会在 $OI$ 线上，然后 $OD\bot AC$ ，显然有一个四点共圆的相似，然后导导比，发现一个新的相似，然后观察到 $QM\bot BI$ ，考虑能不能通过四点共圆来证垂直，于是导导角，然后就出来了。