一道初中竞赛几何题在凸四边形ABCD中,AB=7,BC=8,CD=DA=13,BD=15.设对角线AC,BD的中点分别为M,N,直线AD,BC交于O.求O到MN的距离.

一道初中竞赛几何题在凸四边形ABCD中,AB=7,BC=8,CD=DA=13,BD=15.设对角线AC,BD的中点分别为M,N,直线AD,BC交于O.求O到MN的距离.
一道初中竞赛几何题
在凸四边形ABCD中,AB=7,BC=8,CD=DA=13,BD=15.设对角线AC,BD的中点分别为M,N,直线AD,BC交于O.求O到MN的距离.

一道初中竞赛几何题在凸四边形ABCD中,AB=7,BC=8,CD=DA=13,BD=15.设对角线AC,BD的中点分别为M,N,直线AD,BC交于O.求O到MN的距离.

即使是竞赛题,也远超初中范围!西枫叶落的解法思路似乎是正确的,但是大量运用了高中解三角形与解析几何的内容.我想初中数学竞赛2.5小时,即使全国联赛也不至于此.除非世界数学奥林匹克竞赛（高中以上）可能有这种题型（竞赛时间以天计算）；再者就是出题者出于竞赛以外的目的.本人也解了这道题,摈弃了高中解析几何的方法,但余弦定理是免除不了的（这在多年前已计入高中内容）,否则将产生大量内容.下面是本人解法（有K者即为D）：

画个图先

给个图吧

以B为坐标原点，BD为x轴（N在x轴的正半轴上）建立平面直角坐标系。
在△BCD中，由余弦定理得：cos∠DBC=(CB^2+DB^2-CD^2)/2BC*BD=0.5
所以∠DBC=60°注意到AB+BC=BD，延长BC到P，使CP=BD，连接PD，则BP=BD
所以△BPD为等边三角形。所以∠P=∠BDP=60°，DP=BD又DC=DA，CP=AB
所以△DCP...

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以B为坐标原点，BD为x轴（N在x轴的正半轴上）建立平面直角坐标系。
在△BCD中，由余弦定理得：cos∠DBC=(CB^2+DB^2-CD^2)/2BC*BD=0.5
所以∠DBC=60°注意到AB+BC=BD，延长BC到P，使CP=BD，连接PD，则BP=BD
所以△BPD为等边三角形。所以∠P=∠BDP=60°，DP=BD又DC=DA，CP=AB
所以△DCP≌△DAB（SSS）所以∠P=∠ABD=60°，∠CDP=∠ADB
则∠BDP=∠ADC=60°因为∠OBA=∠ODC=60°，∠O=∠O 所以△OAB∽△OCD
所以OA/OC=OB/OD=AB/CD设OA=X,OB=Y，则X/(Y+8)=Y/(X+13)=7/13
所以X=91/8，Y=105/8，又∠OBX(负方向)=∠DBC=60°所以O（-105/16,105/16根号3）
同理A（7/2,7/2根号3）C（4，-4根号3）因为M是AC中点，
所以M（（7/2+4）/2，（7/2根号3-4根号3）/2）即M（15/4，-根号3/4）
所以MN：（Y+根号3/4）/（0+根号3/4）=（X-15/4）（15/2-15/4）
即MN：4根号3X-60Y-30根号3=0
所以点O到MN的距离d=绝对值（AX0+BY0+C）/根号（A^2+B^2）
=绝对值（4根号3*（-105/16）+（-60）*105根号3/16-30根号3 ）/根号（（4根号3）^2+(-60)^2）

=225 根号19/76
（怕你看不懂写得详细了些， 根号19/76不是 根号（19/76））

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我猜想这应该是用相似三角形来做的

提示一下你一个地方：首先你要证明ABCD四点共圆（可以通过作辅助线+余弦定理和全等三角形，也直接通过余弦定理证明）。
然后就是一个计算问题了，不过我的算法比较复杂一点。。。 要用到梅涅劳斯和余弦定理，大概四步的样子，不知道你在四点共圆的基础上有没有想到更加简单的办法。...

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提示一下你一个地方：首先你要证明ABCD四点共圆（可以通过作辅助线+余弦定理和全等三角形，也直接通过余弦定理证明）。
然后就是一个计算问题了，不过我的算法比较复杂一点。。。 要用到梅涅劳斯和余弦定理，大概四步的样子，不知道你在四点共圆的基础上有没有想到更加简单的办法。

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对角线AC、BD交于E，

 根据余弦定理，cos<BAD=(AD^2+AB^2-BD^2)/(2*AD*AB)=-1/26,

同理，cos<BCD=1/26,

∵cos(180°-<BCD)=-cos<BCD=-1/26=cos<BAD,

∴<BAD+<BCD=180°，

∴A、B、C、D四点共圆，

在△ACD和△ABC中，

根据余弦定理，

AC^2=AD^2+CD^2-2AD*CDcos<ADC=AB^2+BC^2-2AB*BC*cos<ABC,

∵〈ADC+〈ABC=180°，

∴cos<ABC=-cos<ADC,

169+169-2*13*13cos<ADC=49+64+2*7*8*cos<ADC,

cos<ADC=1/2,

∴<ADC=60°，

∵AD=CD，

∴△ADC是正△，

作出正△ADC外接圆，〈ECB=〈ADB，（同弧圆周角相等），

〈ABD=〈ACD=60°，（同弧圆周角相等），

〈DBC=〈DAC=60°，（同弧圆周角相等）

∴〈EBC=〈ABD=60°，

∴△ABD∽△EBC，

BC/BD=EC/AD，

8/15=OC/13，

∴EC=8*13/15=104/15，

CM=AC/2，（N是BD中点），

EM=EC-AC/2=104/15-13/2=13/30，

∵△ADE∽△BCE，（相交弦定理的证明方法），

∴BC/AD=EC/DE，

8/13=（104/15）/DE，

∴DE=169/15，

BE=BD-DE=15-169/15=56/15，

EN=ED-BD/2=169/15-15/2=113/30，

∵△ABC∽△DEC，（前已证），

 ∴〈BEC=〈BAD，

∴cos<BEC=cos<BAD=-1/26,

∵〈DEC=180°-〈BEC，

∴cos<DEC=1/26,(cos<MEN)

sin<DEC=√[1-(cos<MON)^2]=15√3/26，

在△MEN中，根据余弦定理，

MN=√57/2，

∵〈ABC=〈OBD=120°，

〈ADB=〈ACB，（同弧圆周角相等），

∴△ABC∽OBD，

OD/AC=BD/BC，

OD/13=15/8，

OD=195/8，

OA=OD-AD=195/8-13=91/8，

∵〈ABO=〈ODC，（圆内接四边形外角等于内对角），

〈AOB=〈COD，

∴△OAB∽△OCD，

∴AB/CD=OB/OD，

7/13=OB/（195/8），

∴OB=105/8，

OC=OB+BC=169/8,

设O至MN距离为OH,

连结ON、OM，

在△ODB中，根据中线定理，

ON^2=(OD^2+OB^2-BD^2/2)/2=(195^2/64+105^2/64-15^2/2)/2=20925/64=326.9531,

在△OAC中，根据中线定理，

OM^2=(OA^2+OC^2-AC^2/2)/2=(91^2/64+169^2/64-13^2/2)/2=15717/64=245.578

根据勾股定理，

ON^2-(MN+MH)^2=OH^2=OM^2-MH^2,

ON^2-OM^2=(MN+2MH)*MN,

MH=8.8909,

OH=√（OM^2-MH^2)=12.9046,

∴O到MN的距离约为12.9046.