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历年全国高中数学联赛二试几何题汇总

时间:2011-02-01


历年全国高中数学联赛二试几何题汇总 全国高中数学联赛二试几何题汇总 高中数学
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2007 联赛二试 类似九点圆 如图,在锐角 ? ABC 中,AB<AC,AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE ⊥ AC, 垂足为 E,作 PF ⊥ AB,垂足为 F。 O1 、 O2 分别是 ? BDF、 ? CDE 的外心。 求证: O1 、 O2 、E、F 四点共圆的充要条件为 P 是 ? ABC 的垂心。 (官方解答) A

E F

P

O1

O2

B

D

C

证明:连 BP、CP、 O1 O2 、E O2 、EF、F O1 。 因为 PD ⊥ BC,PF ⊥ AB,则 B、D、P、F 四点共圆,且 BP 为该圆的直径。又因为 O1 是 ? BDF 的外心,故 O1 在 BP 上且是 BP 的中点。 同理可证,C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是 CP 的中点。 于是, O1 O2 平行于 BC,则 ∠ P O2 O1 = ∠ PCB。 因为 AF*AB = AP*AD = AE*AC ,所以 B、C、E、F 四点共圆。 充分性: 设 P 是 ? ABC 的垂心,由于 PE ⊥ AC,PF ⊥ AB,所以,B、 O1 、P、E 四点共线,C、 O2 、P、 F 四点共线, ∠ F O2 O1 = ∠ FCB = ∠ FEB = ∠ FE O1 ,故 O1 、 O2 、E、F 四点共圆 必要性: 设 O1 、 O2 、E、F 四点共圆,则 ∠ O1 O2 E + ∠ EF O1 =

π

注意到 ∠ P O2 O1 = ∠ PCB= ∠ ACB - ∠ ACP ,又因为 O2 是直角 ? CEP 的斜边中点,也就是

? CEP 的外心,所以 ∠ P O2 E=2 ∠ ACP。
因为 O1 是直角 ? BFP 的斜边中点,也就是 ? BFP 的外心,从而

∠ PF O1 =

π
2

- ∠ BF O1 =

π
2

- ∠ ABP

因为 B、C、E、F 四点共圆,所以 ∠ AFE = ∠ ACB, ∠ PFE = 于是,由 ∠ O1 O2 E + ∠ EF O1 = ( ∠ ACB - ∠ ACP+ 2 ∠ ACP)+ (

π
2

- ∠ ACB

π 得:
π
2
- ∠ ABP +

π
2

- ∠ ACB) =

π ,

即 ∠ ABP = ∠ ACP。 又因为 AB<AC,AD ⊥ BC,故 BD<CD。 设 B ′ 是点 B 关于直线 AD 的对称点,则 B ′ 在线段 DC 上且 B ′ D = BD。连结 A B ′ 、P B ′ 。由 对称性,有 ∠ A B ′ P = ∠ ABP,从而 ∠ A B ′ P= ∠ ACP,故 A、P、 B ′ 、C 四点共圆。由此可知,

∠ P B ′ B = ∠ CAP =

π

2

- ∠ ACB 。

又因为 ∠ PBC= ∠ P B ′ B ,故 ∠ PBC + ∠ ACB = 又 AP ⊥ BC,故 P 是 ? ABC 的垂心

π
2

,即 BP ⊥ AC

2006 联赛二试 以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与 ?AB0 B1 的边 ABi 交于 C i (i=0,1)。在 AB0 的延长线上任取点

P0 ,以 B0 为圆心, B0 P0 为半径作圆弧 P0 Q0 交 C1 B0 的延长线于 Q0 ;以 C1 为圆心, C1Q0
为半径作圆弧 Q0 P1 交 B1 A 的延长线于 P ; B1 为圆心,B1 P 为半径作圆弧 P Q1 交 B1C 0 的 1 以 1 1 延长线于 Q1 ;以 C 0 为圆心, C 0 Q1 为半径作圆弧 Q1 P0′ 交 AB0 的延长线于 P0 。试证: (1) 点 P0 与点 P0 重合,且圆弧 P0 Q0 与 P0 Q1 相内切于 P0 ; (官方解答) (2) 四点 P0 , Q0 , Q1 , P 共圆。 1





证明: (1)由题设的四段圆弧有:

B0 P0 = B0 Q0 C1 B0 + B0 Q0 = C1 P1

B1C1 + C1 P1 = B1C 0 + C 0 Q1
C 0 Q1 = C 0 B0 + B0 P0

′ ′

以上四个式子相加,整理得: B0 P0 + C1 B0 + B1C1 = B1C 0 + C 0 B0 + B0 P0 又由题设的椭圆有: B1C1 + C1 B0 = B1C 0 + C 0 B0 于是, B0 P0 = B0 P0 ,即点 P0 与点 P0 重合。





又因为圆弧 P0 Q0 与 P0 Q1 对应的圆心 B0 、 C 0 和点 P0 三点共线,且点 P0 在线段 C 0 B0 的延 长线上,所以圆弧 P0 Q0 与 P0 Q1 相内切于 P0 (2)过点 P0 、 P 分别引相应圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T;再过点 Q1 引相应圆弧的 1 公切线 RS,分别交 P0T 、 P1T 于 R、S。得到等腰三角形 P0 Q1 R 和 P Q1 S 。基于此,我们有: 1

π - ∠P0 Q1 P1 = ∠P0 Q1 R + ∠P1Q1 S = ( ∠TP0 P1 - ∠Q1 P0 P1 )+( ∠TP1 P0 - ∠Q1 P1 P0 )
又 π - ∠P0 Q1 P = ∠Q1 P0 P + ∠Q1 P P0 ,从而有: 1 1 1

∠P0 Q1 P1 = π 同理可得 ∠P0 Q0 P = π 1

1 ( ∠TP0 P1 + ∠TP1 P0 ) 2

1 ( ∠TP0 P1 + ∠TP1 P0 ) 2

所以, P0 , Q0 , Q1 , P 四点共圆。 1

2005 联赛二试 如图,在 ? ABC 中,设 AB>AC,过 A 作 ? ABC 的外接圆的切线 L。又以 A 为圆心,AC 为半径作圆分别交线段 AB 于 D;交直线 L 于 E、F。 证明:直线 DE、DF 分别通过 ? ABC 的内心与一个旁心。 (官方解答)

证明: (1)先证 DE 通过 ? ABC 的内心。

连结 DC、 DE,作 ∠ BAC 的平分线,交 DC 于 G,交 DE 于 I。 又 AD=AC,则 ? GAC 与 ? GAD 全等,即有 ∠ IAC= ∠ IAD= 又 D、C、E 在以 A 为圆心的圆上,则

1 ∠ DAC 2

故 ∠ IAC= ∠ IEC,即 A、I、C、E 四点共圆。 于是, ∠ ACI= ∠ AEI

1 ∠ DAC= ∠ IEC 2

又 F、D、E 在以 A 为圆心的圆上,则 ∠ AEI = 又因为相切有 ∠ FAD= ∠ ACB,故 ∠ ACI= 所以,I 为内心。 (2) DF 通过 ? ABC 的一个旁心。

1 ∠ FAD 2

1 ∠ ACB 2

∠BAC + ∠ABC , 2 ∠DAE ∠BAC + ∠CAE 而 ∠ BD I A = ∠ ADF,又 AD=AF,则 ∠ ADF= ∠ AFD= = , 2 2
设 FD 与 AI 的所在直线交于 I A ,连 B I A , BI。则 ∠ BI I A = 又因为相切有 ∠ ABC= ∠ CAE,故 ∠ BI I A = ∠ BD I A ,即 I、D、B、 I A 四点共圆。 于是,∠ I B I A = ∠ ID I A = 90° , 又因为 ∠ ABC 的平分线与其外角平分线互相垂直, B I A 故 为其外角平分线。所以, I A 为 ? ABC 的 BC 边外的旁心。

2004 联赛二试 在锐角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相交于点 H,以 DE 为直径的圆分 别交 AB、AC 于 F、G 两点,FG 与 AH 相交于点 K,已知 BC=25,BD=20,BE=7,求 AK 的长。 解:在直角 ? BCE 中,BC=25,BE=7,则 CE=24; 同理,在直角 ? BCD 中,BC=25,BD=20,则 CD=15。 sinA = sin(B+C) = sinBcosC+cosBsinC = 于是,AC=

24 15 7 20 4 * + * = 25 25 25 25 5

CE =30,则 AD=15。 sin A BD 同理,AB= =25,则 AE=18。 sin A 注意到:AB=BC,则 ∠ A= ∠ C 由于 ∠ CDB= ∠ CEB= 90° ,C、D、E、B 四点共圆,

则 ∠ C= ∠ AED。于是, ∠ A = ∠ AED,则 DE=AD。

1 AF * AE 54 AE=9,则 AG= = 。 2 AD 5 1 1 1 由于 S ?AFG = S ?AFK + S ?AGK ,即 AF*AGsinA= AF*AKsin ∠ FAK+ AG*AKsin ∠ GAK 2 2 2 7 15 其中,sin ∠ FAK=sin ∠ BCE= ,sin ∠ GAK =sin ∠ CBD= 25 25 216 将数据代进去,计算得:AK= 25
连 FD,则 DF ⊥ AE,于是 AF= (这里实际上使用了张角公式,而官方解答注意到 GF 与 BC 平行的关系)

2003 联赛二试

过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线,切点为A,B。所作割线交圆于C、D两点,

C在P、D之间,在弦CD上取一点Q,使∠DAQ=∠PBC,求证:∠DBQ = ∠PAC.
简证:连 AB,注意到: ∠ AQP= ∠ DAQ+ ∠ QDA= ∠ PBC+ ∠ ABC= ∠ ABP 于是,P、A、Q、B 四点共圆。 那么, ∠ PAB= ∠ PQB 即 ∠ PAC+ ∠ BAC = ∠ BDC+ ∠ DBQ 又因为 ∠ BAC = ∠ BDC ,所以 ∠ PAC = ∠ DBQ

2002 联赛二试 如图,在 ? ABC 中, ∠ A= 60° ,AB>AC,点 O 是外心。两条高 BE、CF 交于 H 点。点 M、N 分 别在线段 BH、HF 上,且满足 BM=CN。求 机械解法: 设外接圆半径为 R, 引理 1:

MH + NH 的值。 OH

AH BH CH = = = 2R (锐角三角形) cos A cos B cos C

引理 2: OH = OA + OB + OC 引理 1 的证明:BH=

BF a cos B = =2RcosB,同理有:AH=2RcosA, CH=2RcosC。 cos ∠ABH sin A

引理 2 的证明:设 H ′ 满足 OH ′ = OA + OB + OC ,则 AH ′ = OB + OC

AH ′ * BC =( OC + OB )*( OC - OB ) = OC 2 - OB 2 = 0 ,所以 A H ′ ⊥ BC
同理,B H ′ ⊥ AC,所以 H ′ 与 H 重合。 题目的证明:图中 H 在三角形内部,可以判断 ? ABC 为锐角三角形。 ∠ A= 60° ,AB>AC,则 ∠ C> ∠ B。于是可设 ∠ B= 60° - α , ∠ C= 60° + α ,其中 0< α < 30° 。因为 BM=CN,则 MH+NH =(BH-BM)+(CN-CH) = BH-CH = 2R(cosB-cosC) = 2R[cos( 60° - α )-cos( 60° + α )] =2 3 Rsin α 而 OH
2

= ( OA + OB + OC )

2

= 3R +2R (cos2A+cos2B+cos2C)

2

2

= 3R 2 +2R 2 [cos 120° +cos( 120° -2 α )+cos( 120° +2 α )] = 2R 2 (1-cos2 α ) = 4R 2 sin 2

α ,即 OH=2Rsin α
3



MH + NH 2 3R sin α = = OH 2 R sin α

2001 联赛二试 如图, ? ABC 中,O 为外心,三条高 AD、BE、CF 交于点 H,直线 ED 和 AB 交于点 M,FD 和 AC 交于点 N。 求证: (1)OB ⊥ DF ,OC ⊥ DE (2)OH ⊥ MN (1)∵A、C、D、F 四点共圆 ∴∠BDF=∠BAC 又∠OBC= (180°-∠BOC)=90°-∠BAC

∴OB⊥DF. 同理 OC ⊥ DE

(2)引理: OH = OA + OB + OC 引 理 的 证 明 : 设 H ′ 满 足 OH ′ = OA + OB + OC ,则

AH ′ = OB + OC AH ′ * BC =( OC + OB )*( OC - OB ) = OC 2 - OB 2 = 0 ,所以
A H ′ ⊥ BC 同理,B H ′ ⊥ AC,所以 H ′ 与 H 重合。

题目(2)OH ⊥ MN 的证明: 因为 OA + OB ⊥ AB ,则 OA + OB ⊥ AM ,所以( OA + OB )* AM = 0 同理有, OA + OC )* AN = 0 再结合第一问的结论有: (

OH * MN = ( OA + OB + OC )*( AN - AM )= OB * AN - OC * AM
= OB *( DN - DA )- OC *( DM - DA )= - OB * DA + OC * DA = DA * BC = 0

2000 联赛二试

如图, 在锐角?ABC的BC边上有两点E、F,满足∠BAE = ∠CAF,作FM ⊥ AB, FN ⊥ AC ( M、N是垂足),延长AE交?ABC的外接圆于D点,证明四边形AMDN与?ABC的面积相等
三角证法:记 ∠ BAE= ∠ CAF= α , ∠ EAF= β ,则 AM=AFcos( α + β ) ,AN=AFcos α

1 1 AD*AMsin α + AD*ANsin( α + β ) 2 2 1 1 = AD* AFcos( α + β )sin α + AD* AFcos α sin( α + β ) 2 2 1 = AD* AFsin( α +( α + β )) 2 1 而 S ?ABC = AB* ACsin(2 α + β ) 2 连结 BD,注意到: ∠ ADB= ∠ ACB ,又题设 ∠ BAE= ∠ CAF, AD AC 则 ? ADB 与 ? ACF 相似,于是有: = AB AF

S AMDN = S ?AMD + S ?ADN =

即:AD* AF = AB* AC , 所以 S AMDN = S ?ABC

1999 联赛二试 在四边形 ABCD 中,对角线 AC 平分 ∠ BAD。在 CD 上取一点 E ,BE 与 AC 相交于 F ,延长 DF 交 BC 于 G。

求证: ∠ GAC = ∠ EAC 解析证法: 如图建立直角坐标系,令 A(0,0),F(m,o) ,C(n,o),B(p,kp),m、n、p、k 均为正数。则 直线 AB 为 y = kx。 y B(p,kp) G

A

F(m,o) E D(q,-kq)

C(n,o)

x

由于 AC 平分 ∠ BAD,则直线 AD 为 y = - kx 。可设 D(q, -kq),q>0 于是,直线 BC 为 y=

kp kq (x - n) ,直线 DF 为 y= (x - m) ,于是交点 G 为 p?n m?q kp kq ( xG - n) = ( xG - m) p?n m?q
(1)

yG =

? xG =

y ( p + q )mn ? (m + n) pq kpq (n ? m) ? k AG = G = pm + qn ? 2qp xG ( p + q )mn ? (m + n) pq
kq kp (x - n) ,直线 BF 为 y= (x - m) ,于是交点 E 为 n?q p?m kp kq ( x E - m) = ( x E - n) p?m n?q
(2)

同理,直线 CD 为 y=

yE =

(直接对调 m 与 n 的位置得出计算结果)

? xE =

y ( p + q )mn ? (m + n) pq kpq (m ? n) ? k AE = E = pn + qm ? 2qp x E ( p + q )mn ? (m + n) pq

故 k AG = - k AE ,所以 ∠ GAC = ∠ EAC

1998 联赛二试 如图, I 分别为 ? ABC 外心和内心, 是 BC 边上的高, 在线段 OD 上, O、 AD I 求证: ? ABC 的外接圆半径等于 BC 边上的旁切圆半径。 注: ? ABC 的 BC 边上的旁切圆是与边 AB、AC 的延长线以及边 BC 都相 切的圆。 纯几何证法: BC 边上的旁切圆半径: R A =

2S b+c?a

2S = a*AD 作 IN⊥AB,垂足为 N,则 b+c – a = 2AN 故 RA =

a * AD 2 AN R a = AD 2 AN

要证明 R A =R,即证明:

连 AI 并延长交处接圆于 K,连结 KO、KB。则 K、M 分别为弧 BC 及弦 BC 的中点.且 OK ⊥BC.于是 OK∥AD,又 KI=KB,则

R OK KI BK = = = AD AD AI AI a BK a AN 故只要证明: = ,亦即 = 2 AN AI 2 BK AI BM AN 而 a = 2BM,故只要证明: = BK AI A 由于 ∠ NAI= ∠ MBK= , ? ANI 与 ? BMK 相似,所以上式成立。 2
故 R A =R

1997 联赛二试

如图,已知两个半径不 相等的圆O1和圆O2 相交于M、N两点,且圆 O1、圆O2 分别与圆O 内切于S、T 两点,求证:OM ⊥ MN的充分必要条件是 S、N、T 三点共线
证明:充分性。设 S、N、T 三点共线。在 S、T 所作的两公切线相交于 K,则 KS=KT,且 K 在圆 O1 和圆 O2 的根轴 MN 上。设 ST 交 KO 于 D,由 OS=OT 及 KS=KT 有: OK ⊥ ST 。 又 OS ⊥ SK ,那么 ?KDS 与 ?KSO 相似,即有 KD * KO = KS 。
2

又 KN * KM = KS , 所以 KN * KM = KD * KO ,即 O、D、N、M 四点共圆。
2

故 ∠OMN = ∠ODN = 90° ,即 OM ⊥ MN 。

必要性。设 OM ⊥ MN 。类似地,设在 S、T 所作的两公切线相交于 K,则 KS=KT,且 K 在圆 O1 和圆 O2 的根轴 MN 上。 ST 分别交 KO、 于 D、 ′ , OK ⊥ ST , OM ⊥ MN ′ , 设 KM N 则 又 故 O、D、 N ′ 、M 四点共圆,于是 KN ′ * KM = KD * KO = KS 。又 KN * KM = KS ,
2 2

故 KN ′ = KN ,即 N ′ 与 N 重合,因此 S、N、T 共线。

1996 联赛二试

如图,圆O1和圆O2 与?ABC的三边所在的三条直线都相切, E、F、G、H为切点,并且 EG、FH的延长线交于P点, 求证直线PA与BC垂直
梅氏定理证法: 延长 PA 与 BC 交于点 D。

D

PGE 截 ? ACD,由梅氏定理有:

AG CE DP * * = 1 CG DE AP

由于 CE、CG 均为圆 O1 的切线,则 CE = CG 于是,

AG DP * = 1 (1) DE AP AH BF DP * * = 1 BH DF AP

同理,PHF 截 ? ABD,由梅氏定理有:

由于 BH、BF 均为圆 O2 的切线,则 BH = BF

AH DP * = 1 (2) DF AP AG AH DE AG = ,亦即 = (3) 由(1)和(2)得: DE DF DF AH 1 连结 A O1 、A O2 、 O1 G、 O2 H,则 ∠ GA O1 = ∠ GAB = ∠ HA O2 , O1 、A、 O2 三点共线。 2
于是, 又 ∠ AG O1 = 于是有

π

2

= ∠ AH O2 ,所以 ? AG O1 与 ? AH O2 相似。

AO1 AG = (4) AH AO2
DE AO1 = DF AO2

由(3)和(4)得:

连结 E O1 、F O2 ,则 E O1 ⊥ EF ,F O2 ⊥ EF ,E O1 平行于 F O2 。 又因为

DE AO1 = ,所以 AD 平行于 E O1 。故 PA ⊥ BC。 DF AO2

1995 联赛二试

如图,菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H,在弧EF与弧GH上分别作圆O的切线交AB于M, 交BC于N,交CD于P,交DA于Q,求证:MQ // NP

分析:这个问题需要倒过来想,从结论出发。首先要加强对 MQ 平行于 NP 的理解,连结 MP,将会发现证题目标转化为: ∠ AMQ= ∠ CPN,于 是,问题转化为求证: ? AMQ 与 ? CPN 相似,考虑到 ∠ A= ∠ C,也就 是求证:AM*CN=AQ*CP。这样,只要考虑对称的左边的“AM*CN” , 再将其转化为“公共的量”即可。

1994 联赛二试 设 ? ABC 的外接圆 O 半径为 R,内心为 I, ∠ B= 60° , ∠ A < ∠ C, ∠ A 的外角平分线交圆 O 于 E,证明: (1) IO = AE ; (2) 2R < IO + IA + IC < (1+ 3 )R . 机械证法:

B C A B A B C sin ,IC = 4Rsin sin ,内切圆半径 r = 4Rsin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 b IA IC 引理的证明: ? ACI 中, 在 应用正弦定理: = = , 其中 b=2RsinB, B C A sin(90° + ) sin sin 2 2 2 B C A B A A B C 故 IA=4Rsin sin ,IC=4Rsin sin ,于是,r=AIsin =4Rsin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2
引理:IA = 4Rsin 题目的证明: (1) ∠ B= 60° , ∠ A < ∠ C,于是可设 ∠ A= 60° - α , ∠ C= 60° + α ,其中 0< α < 60° , 那么 ∠ ABE=

α

2 2 60° ? α 60° + α 1 r = 2Rsin sin = R(cos α - ) 2 2 2

,AE = 2Rsin

α

。由引理知:

由 Euler 定理知:IO 2 = R(R-2r) = 2R 2 (1-cos α )= 4R 2 sin 2 故 IO = AE = 2Rsin

α
2

α
2

(2)由引理知:IA = 2Rsin

60° + α 60° ? α ,IC = 2Rsin 2 2 α 60° + α 60° ? α α α 故 IO + IA + IC = 2R(sin + sin + sin )= 2R(sin +cos ) 2 2 2 2 2

= 2 2 Rsin( 因为 0< 故 即

α

α
2

2

+ 45° )

< 30° ,则 45° <

α
2

+ 45° < 75° ,所以 sin 45° <sin(

α
2

+ 45° )<sin 75°

2 2 Rsin 45° <IO + IA + IC<2 2 Rsin 75° 2R < IO + IA + IC < (1+ 3 )R

1993 联赛二试

.水平直线m通过圆O的中心,直线l ⊥ m,l与m相交于M,点M在圆心的右侧,直线l上不 同的三点A、B、C在圆外,且位于直线m上方,A点离M点最远,C点离M点最近,AP、 BQ、CR为圆O的三条切线,P、Q、R为切点,试证: (1)l与圆O相切时,AB ? CR + BC ? AP = AC ? BQ; (2)l与圆O相交时,AB ? CR + BC ? AP < AC ? BQ; (3)l与圆O相离时,AB ? CR + BC ? AP > AC ? BQ;
官方证明:设圆半径为 r,OM=x,AM=a,BM=b,CM=c (a>b>c>0),则

AP 2 = AO 2 ? r 2 = a 2 + x 2 ? r 2
令 x ? r = t ,那么 AP = a + t ,即 AP =
2 2 2 2

a2 + t

同理

BQ = b 2 + t , CR = c 2 + t

令 G = ( AB * CR + BC * AP ) 2 ? ( AC * BQ ) 2 ,则

G = [(a ? b) c 2 + t + (b ? c) a 2 + t ] 2 ? (a ? c) 2 (b 2 + t ) = [(a ? b) c 2 + t + (b ? c) a 2 + t ] 2 ? [(a ? b) + (b ? c)] 2 (b 2 + t )
= (a ? b) 2 (c 2 + t ) + (b ? c) 2 (a 2 + t ) + 2(a ? b)(b ? c) c 2 + t a 2 + t ? (a ? b) 2 (b 2 + t ) ? (b ? c) 2 (b 2 + t ) ? 2(a ? b)(b ? c)(b 2 + t )
= (a ? b) 2 (c 2 ? b 2 ) + (b ? c) 2 (a 2 ? b 2 ) + 2(a ? b)(b ? c)[ (c 2 + t )(a 2 + t ) ? b 2 ? t )] = (a ? b)(b ? c)[?(a ? b)(b + c) + (b ? c)(a + b) + 2 (c 2 + t )(a 2 + t ) ? 2b 2 ? 2t ] = 2(a ? b)(b ? c)[?(ac + t ) + (c 2 + t )(a 2 + t ) ]
相切时,有 x=r,从而 t=0,G=0,(1)式成立。 相交时,0<x<r ,于是 t<0 ,又 C 点在圆外,即 x + c > r ,
2 2 2

那么 t = x ? r > ?c > ? a
2 2 2

2

从而 G 式中根号内为正数,且 ac+t>0 于是通过两端平方及 t<0 ,可验证:

(c 2 + t )(a 2 + t ) < ac + t

即 G<0 , (2)式成立。 相离时, x>r ,于是 t>0 ,同样可验证 G>0 , (3)式成立。

1992 联赛二试 设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1,H2,H3,H4 依次为△A2A3A4,△A1A3A4,△A1A2A4, △A1A2A3 的垂心,求证:H1,H2,H3,H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置. 引理:设 O、H 分别为 ? ABC 的外心、垂心,则 OH = OA + OB + OC 引理的证明: 设 H ′ 满足 OH ′ = OA + OB + OC ,则 AH ′ = OB + OC

AH ′ * BC =( OC + OB )*( OC - OB ) = OC 2 - OB 2 = 0 ,所以 A H ′ ⊥ BC
同理,B H ′ ⊥ AC,所以 H ′ 与 H 重合。

题目的证明:由引理有:

OH 1 = OA2 + OA3 + OA4 , OH 2 = OA1 + OA3 + OA4
? H 2 H 1 = OH 1 - OH 2 = OA2 - OA1 = A1 A2

于是, A1 A2 H 1 H 2 为平行四边形,对角线 A1 H 1 与 A2 H 2 互相平分。 设它们的交点为 P,则

A1 P=P H 1 , A2 P=P H 2
同理, A2 H 2 与 A3 H 3 互相平分,则交点为 A2 H 2 的中点 P。 同理, A3 H 3 与 A4 H 4 互相平分于点 P。 即

A3 P=P H 3 , A4 P=P H 4

于是 Ai 和 H i (i=1,2,3,4)关于点 P 是中心对称的。 因为 A1 、 A2 、 A3 、 A4 共圆,所以 H 1 、 H 2 、 H 3 、 H 4 四点也共圆,其圆心是点 O 关于 点 P 的中心对称点。 连 OP,延长 OP 到 O ′ 使 P O ′ =OP,则 O ′ 是 H 1 、 H 2 、 H 3 、 H 4 四点所决定的圆的 圆心。

1991 联赛二试 设凸四边形 ABCD 的面积为 1,求证在它的边上(包括顶点)或内部可以找到四个点,使得 以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积均大于

1 。 4

官方证明: 考虑四个三角形 ?ABC ,?BCD ,?CDA ,?DAB 的面积, 不妨设 S ?DAB 最小, 分四种情况讨论:

1 ,这时,显然 A、B、C、D 四点即为所求。 4 1 (2) S ?DAB < ,设 G 为 ?BCD 的重心。 4 3 1 1 因 S ?BCD = 1 ? S ?DAB > ,故 S ?GBC = S ?GCD = S ?GDB = S ?BCD > 4 3 4
(1) S ?DAB > 于是,G、B、C、D 四点即为所求。 (3) S ?DAB = 由于 S ?ABC

1 3 1 ,则 S ?BCD = ,其余两个三角形的面积均大于 。 4 4 4 3 = 1 ? S ?CDA < = S ?BCD , 4

所以,过 A 作 BC 的平行线 L 必与线段 CD 相交于 CD 内一点 E。

由于 S ?ABC > S ?DAB ,所以 S ?EAB > S ?DAB = 又 S ?EAC = S ?EAB >

1 4

1 1 , S ?EBC = S ?ABC > 4 4

故 E、A、B、C 四点即为所求。

1 3 1 ,则 S ?BCD = ,其余两个三角形中还有一个的面积等于 。 4 4 4 1 3 不妨设 S ?CDA = ,则 S ?ABC = ,且有:AD 与 BC 平行,BC=3AD。 4 4 1 1 在 AB 上取 E,DC 上取 F,使得: AE = AB , DF = CD 4 4 1 1 那么 EF = (3 AD + BC ) = BC ,于是: 4 2 3 3 1 9 1 > S ?EBF = S ?ECF = S ?ABF = * S ?ABC = 4 4 2 32 4 3 9 1 > S ?EBC = S ?FBC = S ?ABC = 4 16 4
(4) S ?DAB = 故 E、F、C、B 四点即为所求。

1990 联赛二试 四边形 ABCD 内接于⊙ O ,对角线 AC 与 BD 相交于 P ,设 ?ABP, ?BCP, ?CDP 和

?DAP 的外接圆圆心分别为 O1 , O2 , O3 , O4 。求证: O1O3 , O2 O4 , OP 三直线共点。
证明 ∵O 为⊿ABC 的外心,∴ OA=OB. ∵ O1 为⊿PAB 的外心,∴O1A=O1B. ∴ OO1⊥AB. 作⊿PCD 的外接圆⊙O3,延长 PO3 与所作圆交于点 E,并与 AB 交于点 F,连 DE,则 ∠1=∠2=∠3,∠EPD=∠BPF, ∴ ∠PFB=∠EDP=90°. E ∴ PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. 1 D 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形. ∴ O1O3 与 PO 互相平分,即 O1O3 过 PO 的中点. O3 2 C 同理,O2O4 过 PO 中点. O4 ∴ OP、O1O3、O2O4 三直线共点. P
O2

说明:对于 PO3⊥AB 的证明,可以用圆幂定理:

O O1 F

AO3 ? R3 = AP * AC = AP 2 + AP * PC
2 2

A

3

B

BO3 ? R3 = BP * BD = BP 2 + BP * PD
2 2

相减即有: AO3 ? BO3 = AP ? BP
2 2 2

2

从解答可知: O1O2 O3 O4 为平行四边形。

1990 联赛二试 已知 ? ABC 中, AB=AC。 ? ABC 内取一点 P, 在 直线 AP 与 BC 交于 N。 ∠ NPC = ∠ BAC=2 ∠ BPN, 设 求证:BN =

1 BC 3
A

P

B

N

C

Q 证明:延长 AN 交 ? ABC 的外接圆于 Q,则 ∠ PQC= ∠ ABC,又题设 ∠ NPC= ∠ BAC, 于是 ? PQC 与 ? ABC 相似。因 AB=AC,则 PQ=PC。 因为弧 AB 与弧 AC 相等,所以 ∠ PQB= ∠ PQC。 过点 P 作等腰 ? PQC 的角平分线交 QC 于 K,则 ? PQK 与 ? PCK 全等,面积也相等。 且有 ∠ QPK=

1 ∠ QPC= ∠ QPB,于是, ? QPK 与 ? QPB 全等,面积也相等。 2 所以, ? QPC 的面积是 ? QPB 的两倍。 BN ?QPB 1 = = NC ?QPC 2
故 BN=

1 BC 3

1989 联赛二试 在 ? ABC 中,AB>AC, ∠ A 的一个外角的平分线交 ? ABC 的外圆于点 E,过 E 作 EF ⊥ AB,垂 足为 F。求证:2AF=AB-AC。 E 证明:在 FB 上取 FG=AF,连 EG、EC、EB, 于是⊿AEG 为等腰三角形,∴EG=EA. 又∠3=180°-∠EGA=180°-∠EAG=180°-∠5=∠4, ∠1=∠2.于是⊿EGB 与⊿EAC 全等.BG=AC, ∴ AB-AC=AG=2AF.
B
5 4 3

A

F
2

G
1

C

1988 联赛二试 在 ? ABC 中,P、Q、R 将其周长三等分,且 P、Q 在 AB 边上。求证: 证明:由于 P、Q 在 AB 边上,则有: c ≥

S ?PQR S ABC

>

2 9

?PQR 以边 PQ=

a+b+c 为底,要使其面积达到最小值,就是要使 PQ 边上的高,即点 R 3

a+b+c 。 3

到 AB 边的距离达到最小。 由于对称性的关系,不妨设点 R 在边 BC 上。当线段 PQ 向点 A 运动时,点 R 在 BC 边上向点 B 运动。当点 P 与 A 重合时, ?PQR 面积最小。 此时有:BR=

a+b+c a+b+c a + b + c 2a + 2b ? c -BQ= -(c)= 3 3 3 3

S ?PQR S ABC
=

=

?PQR ?ABR PQ BR a + b + c 2a + 2b ? c * = * = * ?ABR ?ABC AB BC 3c 3a

1 a + b + c 2a + 2b ? c * * 9 a c a+b+c 2a + 2b ? c 因为 b+c>a,所以 >2;因为 a+b>c,所以 >1。 a c
故 ?PQR 面积最小时,

S ?PQR S ABC
>

>

2 9

故任何情况下均有:

S ?PQR S ABC

2 9

1985 联赛二试 在 ?ABC 中角 A, C 的对边分别为 a, c, B, b, 若角 A, C 的大小成等比数列, b ? a = ac , B, 且
2 2

求角 B A D

B

C

解:如图,作 ?ABC 的外接圆。由于 b ? a = ac >0,即 b>a,弧 AC 大于弧 BC。于是,可
2 2

以在弧 AC 上取一点 D,使得弧 AD 等于弧 BC,即 AD=BC=a 。连 DA,DB,DC。 那么,弧 BAD 等于弧 ABC,即 BD=AC=b 。 应用托勒密定理有: b = a + c * CD
2 2

又题设 b ? a = ac ,故 CD=a
2 2

于是,弧 AD、弧 CD、弧 BC 均相等,则 A = 那么, C = π ? A ? B = π ?

B 2

3 B 2 3 B 2 2 又题设 B = A * C ,即 B = * (π ? B ) 2 2

故B =

2π 7

1983 联赛二试 在四边形 ABCD 中,⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC 的面积比是 3∶4∶1,点 M、N 分别在 AC、 CD 上满足 AM∶AC=CN∶CD,并且 B、M、N 三点共线.求证:M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中点. 注意:这里用 ? 表示三角形的面积 引理:面积的定比分点公式) ( 设线段 CD 不与直线 AB 相交, 在线段 CD 上并且 CN= λ CD, N 则 ? ABN = λ ? ABD +(1- λ ) ? ABC 引理的证明:记四边形 ABCD 的面积为 S。则 ? ABN =S - ? BCN - ? AND = S - λ ? BCD - (1- λ ) ? ACD = S - λ (S - ? ABD)- (1- λ )(S- ? ABC) = λ ? ABD +(1- λ ) ? ABC D

N

A

M

C

B 题目的证明:设 AM∶AC=CN∶CD= λ ,则

AM ?BNA λ?ABD + (1 ? λ )?ABC 3λ + (1 ? λ ) = = = MC ?BNC λ?BCD 4λ AM λ 2λ + 1 λ 又 = ,故 = MC 1 ? λ 4λ 1 ? λ 1 2 于是, 6λ ? λ ? 1 = 0 , λ = (舍去负的) 2
所以,M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中点.

1979 联赛二试

如图,圆O1和圆O2 相交于A、B两点,圆O1的弦BC交圆O2 于E,圆O2的弦BD交圆O1于F, 求证:∠DBA = ∠CBA成立的充要条件是 DF = CE;

证明:连结 AC、AD、AE、AF。 因为 A、C、B、F 四点共圆,所以 ∠ACE = ∠AFD 因为 A、E、B、D 四点共圆,所以 ∠AEC = ∠ADF 故 ?ACE 与 ?AFD 相似,即有

DF AC = CE AF

即 DF=CE 等价于 AC=AF 又 ∠DBA = ∠CBA 等价于 AC=AF 故 ∠DBA = ∠CBA 等价于 DF=CE,即 ∠DBA = ∠CBA 成立的充要条件是 DF=CE。


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