1990-全國高中數學聯賽加試平面幾何匯編

1、1990 年第二試(10 月 14 日上午 10301230)一一(此題總分值此題總分值 35 分分)四邊形四邊形 ABCD 內接于圓內接于圓 O，對角線，對角線 AC 與與 BD 相交于相交于 P，設三角形，設三角形 ABP、BCP、CDP和和 DAP 的外接圓圓心分別是的外接圓圓心分別是 O1、O2、O3、O4求證求證 OP、O1O3、O2O4三直線共點三直線共點 證明證明 O 為為ABC 的外心，的外心， OA=OB O1為為PAB 的外心，的外心，O1A=O1B OO1AB作作PCD 的外接圓的外接圓O3，延長，延長 PO3與所作圓交于點與所作圓交于點 E，并與，并與 AB交于點交于點

2、 F，連，連 DE，那么，那么 1= 2= 3， EPD= BPF， PFB= EDP=90 PO3AB，即，即 OO1PO3同理，同理，OO3PO1即即 OO1PO3是平行四邊形是平行四邊形 O1O3與與 PO 互相平分，即互相平分，即 O1O3過過 PO 的中點的中點同理，同理，O2O4過過 PO 中點中點 OP、O1O3、O2O4三直線共點三直線共點19911991 年年二設凸四邊形 ABCD 的面積為 1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內部可以找出四個點，使得以其中任意三點為頂點所構成的四個三角形的面積大于 14證明：考慮四邊形的四個頂點 A、B、C、D，假設ABC、BCD、CDA、D

3、AB的面積，設其中面積最小的三角形為ABD 假設 SABD ，那么 A、B、C、D 即為所求14 假設 SABD ，取BCD 的重心 G，那么以 B、C、D、G 這 4 點1434中的任意 3 點為頂點的三角形面積 14OOABCDP1OOO234EF123OOABCDP1OOO234F 假設 SABD= ，其余三個三角形面積均 SABD= 1414由于 SABC+SACD=1，而 SACD ，故 SABCSABD，從而 SABESABD= SACE=SABE ，SBCE=SABC 即141414A、B、C、E 四點即為所求 假設 SABD= ，其余三個三角形中還有一個的面積= ，這個三角14

4、14形不可能是BCD，(否那么 ABCD 的面積= )，不妨設 SADC= S12ABD= 那么 ADBC，四邊形 ABCD 為梯形14由于 SABD= ，SABC= ，故假設 AD=a，那么 BC=3a，設梯形的高1434=h，那么 2ah=1設對角線交于 O，過 O 作 EFBC 分別交 AB、CD 于 E、F AEEB=AOOC=ADBC=13 EF= ASEFB=SEFC= a h=ah= a3 + 3a11 + 33212323491693214SEBC=SFBC= 3a h= ah= 于是 B、C、F、E 四點為所求綜上可知12349891612所證成立又證：又證：當 ABCD 為

5、平行四邊形時，A、B、C、D 四點即為所求當 ABCD 不是平行四邊形，那么至少有一組對邊的延長線必相交，設延長AD、BC 交于 E，且設 D 與 AB 的距離 SABCD= 343434即 (a+2a)h ，ah 123412 SAPQ=SBPQ= ah SPAB=SQAB=ah 即 A、B、Q、P 為所求12141214 假設 ED AE，取 AE 中點 P，那么 P 在線段 DE 上，作 PRBC 交 CD12于 R，ANBC，交 CD 于 N，由于EAB+EBASABCD=1問題化為上一種情況19921992 年年ADCBEh3aaOADCBFEPQADCBENFRSEBCDAQP四、

6、(20 分)設 l，m 是兩條異面直線，在 l 上有 A，B，C 三點，且 AB=BC，過 A，B，C分別作 m 的垂線 AD，BE，CF，垂足依次是 D，E，F，AD=，BE= CF=，求 l 與157210m 的距離解：過 m 作平面 l，作 AP 于 P，AP 與 l 確定平面 ，=l，lm=K作 BQ，CR，垂足為 Q、R，那么 Q、Rl，且AP=BQ=CR=l 與 m 的距離 d 連 PD、QE、RF，那么由三垂線定理之逆，知 PD、QE、RF 都m PD=，QE=，RF=15d2494d210d2當 D、E、F 在 K 同側時 2QE=PD+RF，=+解之得 d=494d215d2

7、10d26當 D、E、F 不全在 K 同側時 2QE=PDRF，=無實494d215d210d2解 l 與 m 距離為619931993 年年三、 35 分 水平直線 m 通過圓 O 的中心，直線 lm，l 與 m 相交于 M，點 M 在圓心的右側，直線l 上不同的三點 A,B,C 在圓外，且位于直線 m 上方，A 點離 M 點最遠，C 點離 M 點最近，AP,BQ,CR 為圓 O 的三條切線，P,Q,R 為切點試證：(1)l 與圓 O 相切時，ABCR+BCAP=ACBQ；(2)l 與圓 O 相交時，ABCR+BCAPACBQ；(3)l 與圓 O 相離時，ABCR+BCAPACBQ.證明：設

8、 MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，O 的半徑=r且設 k=d2r2那么當 k0 時，點 M 在O 外，此時，直線 l 與O 相離； 當 k=0 時，點 M 在O 上，此時，直線 l 與O 相切； 當 k0 時，aBQbAP0，k=0 時，aBQbAP=0，k0 時，aBQbAP0 時，bCRcBQ0，k=0 時，bCRcBQ =0，k0 時，bCRcBQ 0 時，aCRcAP0，k=0 時，aCRcAP =0，k0 時，aCRcAP 0 時，ABCR+BCAPACBQ0；當 k=0 時，ABCR+BCAPACBQ=0，當 k0 時，ABCR+BCAPACBQ0故證 、19941994

9、年年三、(此題總分值 35 分) 如圖，設三角形的外接圓 O 的半徑為 R,內心為I，B=60,AC,A 的外角平分線交圓 O 于 E證明:(1) IO=AE； (2) 2RIO+IA+ICOH=2R設OHI=，那么 030IO+IA+IC=IO+IH=2R(sin+cos)=2Rsin(+45)2又 +4575，故 IO+IA+ICAC，點 O 是外心，兩條高 O A B C H F E D N M BACEFOHKMNBE、CF 交于 H 點，點 M、N 分別在線段 BH、HF 上，且滿足 BM=CN，求的值。OHNHMH 解：在 BE 上取 BK=CH，連接 OB、OC、OK，由三角形外

10、心的性質知 BOC=2A=120由三角形垂心的性質知 BHC=180-A=120 BOC=BHC B、C、HO 四點共圓 20 分 OBH=OCH OB=OC BK=CH BOKCOH 30 分 BOK=BOC=120，OKH=OHK=30 觀察OKH KH=OH 40 分30sin120sinOHKH3 又BM=CN，BK=CH， KM=NH MH+NH=MH+KM=KH=OH3 = 50 分OHNHMH 32003 年年一、 此題 50 分過圓外一點 P 作圓的兩條切線和一條割線，切點為 A、B，所作割線交圓于 C、D 兩點，C 在 P、D 之間在弦 CD 上取一點 Q，使DAQ=PBC

11、求證：DBQ=PAC分析：由PBC=CDB，假設DBQ=PAC=ADQ，那么BDQDAQ反之，假設BDQDAQ那么此題成立而要證BDQDAQ，只要證=即可BDADDQAQ 證明：連 AB PBCPDB， =，同理，=BDBCPDPBADACPDPA PA=PB， =BDADBCAC BAC=PBC=DAQ，ABC=ADQ ABCADQ = =BCACDQAQBDADDQAQ DAQ=PBC=BDQ ADQDBQ DBQ=ADQ=PAC證畢OQCDBAP2004 年年一(此題總分值 50 分)在銳角三角形 ABC 中，AB 上的高 CE 與 AC 上的高 BD 相交于點 H，以 DE 為直徑的圓

12、分別交 AB、AC 于 F、G 兩點，FG 與 AH 相交于點K，BC=25，BD=20，BE=7，求 AK 的長解： BC=25，BD=20，BE=7， CE=24，CD=15 ACBD=CEAB， AC= AB， 65 BDAC，CEAB，B、E、D、C 共圓，AC(AC15)=AB(AB7)， AB( AB15)=AB(AB18)，6565 AB=25，AC=30AE=18，AD=15 DE= AC=1512延長 AH 交 BC 于 P， 那么 APBC APBC=ACBD，AP=24連 DF，那么 DFAB， AE=DE，DFABAF= AE=912 D、E、F、G 共圓，AFG=AD

13、E=ABC，AFGABC， =，AK=AKAPAFAB92425216252005 年年一、 此題總分值 50 分如圖，在ABC 中，設 ABAC，過 A 作ABC 的外接圓的切線 l，又以 A 為圓心，AC 為半徑作圓分別交線段 AB 于 D；交直線 l 于 E、F。證明：直線 DE、DF 分別通過ABC 的內心與一個旁心。注：與三角形的一邊及另兩邊的延長線均相切的圓稱為三角形的旁切圓，旁切圓的圓心稱為旁心。 證明：1先證 DE 過ABC 的內心。如圖，連 DE、DC，作BAC 的平分線分別交 DC 于 G、DE 于 I，連 IC，那么由AD=AC，得，AGDC，ID=IC.又 D、C、E

14、在A 上，EFBCDAGHK24187252015EFBCDAGHKPIAC=DAC=IEC，A、I、C、E 四點共圓，21CIE=CAE=ABC，而CIE=2ICD，ICD=ABC.21AIC=IGC+ICG=90+ABC，ACI=ACB，I 為ABC 的內心。2121 2再證 DF 過ABC 的一個旁心.連 FD 并延長交ABC 的外角平分線于 I1，連 II1、B I1、B I，由1知，I 為內心，IBI1=90=EDI1，D、B、l1、I 四點共圓，BI l1 =BDI1=90ADI1=BAC+ADGADI=BAC+IDG，A、I、I1共線.2121I1是ABC 的 BC 邊外的旁心2

15、006 年年一、以 B0和 B1為焦點的橢圓與AB0B1的邊 ABi交于Cii=0，1 。在 AB0的延長線上任取點 P0，以 B0為圓心，B0P0為半徑作圓弧 P0Q0交 C1B0的延長線于Q0；以 C1為圓心，C1Q0為半徑作圓弧 Q0P1交 B1A的延長線于 P1；以 B1為圓心，B1P1為半徑作圓弧P1Q1交 B1C0的延長線于 Q1；以 C0為圓心，C0Q1為半徑作圓弧 Q1P0，交 AB0的延長線于 P0。試證：1點 P0與點 P0重合，且圓弧 P0Q0與 P0Q1相內切于 P0；2四點 P0、Q0、Q1、P1共圓。證明：1顯然 B0P0=B0Q0，并由圓弧 P0Q0和Q0P1，Q

16、0P1和 P1Q1，P1Q1和 Q1P0分別相內切于點Q0、P1、Q1，得 C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及 C0Q1=C0B0+B0P0。四式相加，利用 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0以及 P0在 B0P0或其延長線上，有 B0P0=B0P0。從而可知點 P0與點 P0重合。由于圓弧 Q1P0的圓心 C0、圓弧 P0Q0的圓心 B0以及 P0在同一直線上，所以圓弧 Q1P0和 P0Q0相內切于點 P0。2現在分別過點 P0和 P1引上述相應相切圓弧的公切線 P0T 和 P1T 交于點 T。又過點 Q1引相應相切圓弧的公切線 R1S1，分別交 P

17、0T 和 P1T 于點 R1和 S1。連接 P0Q1和 P1Q1，得等腰三角形 P0Q1R1和 P1Q1S1。基于此，我們可由P0Q1P1=P0Q1R1P1Q1S1=(P1P0TQ1P0P1)(P0P1TQ1P1P0)而 P0Q1P1=Q1P0P1+Q1P1P0，代入上式后，即得，同理可得。)(211001110TPPTPPPQP)(211001100TPPTPPPQP所以四點 P0、Q0、Q1、P1共圓。另解另解以和為焦點的橢圓與的0B1B01AB B R1S1TQ1P1Q0C0B1B0AC1P0邊交于。在的延長線上任取點，以為圓心，為半徑作iAB(0,1)iC i 0AB0P0B00B P

18、圓弧交的延長線于；以為圓心，為半徑作圓弧交的00P Q10C B0Q1C10C Q01Q P1B A延長線于；以為圓心，為半徑作圓弧交的延長線于；以為1P1B11B P11PQ10B C1Q0C圓心，為半徑作圓弧，交的延長線于。01C Q10Q P0AB0P試證：（1）點與點重合，且圓弧與相切于點；0P0P00P Q01P Q0P（2）四點、共圓。 原題圖略0P0Q1Q1P 第1問的證明略，下面著重討論第 2 問的另一種證明方法：構思：證明四點共圓，如果能找或猜測到該圓的圓心，轉而證明圓心到四點距離相等，也是一個常用的方法，那么圓心究竟在哪里？試驗：由題意可以知道：=常數大于 。0010110

19、1BCBCBCBC10BB利用?幾何畫板?制作如圖 1 所示的試驗場景，其中圓為四邊形的外接圓。O001 1PQ Q PAOC0B1+C0B0 = 5.95318 C1B0+C1B1 = 5.95318 C0B0 = 1.33625 C0B1 = 4.61694 C1B1 = 1.87466 C1B0 = 4.07852 OQ1P1Q0C0C1AB1B0P0圖 1拖動點，觀察圓心位置的變化，猜測點可能是的內心與的內AOO01BAC10BAC心這兩個三角形的內心可能是重合的 。利用?幾何畫板?中的測量工具測得相關角的度數，可以驗證這個猜測是正確的！所以我們就有了下面的另解：證明：首先證明的內心與

20、的內心重合：01BAC10BAC假設這兩個三角形的內心不重合，并設為的內心，、分別為切O01BACMNF點。那么可從點引圓的切線與圓切于點、與線段交于點，而且點與點1BOOE0ABDD不重合，如圖 2。0C由切線性質，可以得到： .DNDEMBEB,11. NBFBMCFC0011,分別將、中的等式相加，得到：. DNMBDB11. NBMCBC0101-: 圖 2)(011011DNNBMCMBBCDB011101BCBCDBDB又因為，01110010BCBCBCBC001001BCBCDBDB，這與點與點不重合矛盾，所以1001BCDCDBD0C假設不成立，因此：的內心與的內心重合。01

21、BAC10BAC設、的內心為，如圖 3。 01BAC10BACO由于直線平分，又，直線0OC10BAC0010PCQC垂直平分線段，0OC10QP10OQOP 同理：直線垂直平分線段，0OB00QP00OQOP 直線垂直平分線段， 圖 3OC101QP01OQOP 直線垂直平分線段，OB111QP11OQOP FENMODC1B0B1AC0OQ1P1Q0C0C1AB1B0P0，01OQOQ 00OPOP 又點、都在的延長線上，點、重合，且圓弧與相切于點。P0P0AB0P0P00P Q01P Q0P0101OQOQOPOP所以四點、共圓0P0Q1P1Q2007 年年2007 年年全國高中數學聯合

22、競賽加試試題參考答案一、 此題總分值 50 分如圖，在銳角ABC 中，ABAC，AD 是邊 BC 上的高，P 是線段 AD 內一點。過 P 作 PEAC，垂足為 E，作 PFAB，垂足為F。O1、O2分別是BDF、CDE 的外心。求證：O1、O2、E、F 四點共圓的充要條件為 P 是ABC 的垂心。證明：連結 BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因為 PDBC，PFAB，故 B、D、P、F 四點共圓，且BP 為該圓的直徑。又因為 O1是BDF 的外心，故 O1在 BP 上且是 BP 的中點。同理可證C、D、P、E 四點共圓，且 O2是的 CP 中點。綜合以上知 O1O2BC，所以PO2

23、O1=PCB。因為 AFAB=APAD=AEAC，所以 B、C、E、F 四點共圓。充分性：設 P 是ABC 的垂心，由于 PEAC，PFAB，所以 B、O1、P、E 四點共線，C、O2、P、F 四點共線，FO2O1=FCB=FEB=FEO1，故 O1、O2、E、F 四點共圓。必要性：設 O1、O2、E、F 四點共圓，故O1O2E+EFO1=180。由于PO2O1=PCB=ACBACP，又因為 O2是直角CEP 的斜邊中點，也就是CEP 的外心，所以PO2E=2ACP。因為 O1是直角BFP 的斜邊中點，也就是BFP的外心，從而PFO1=90BFO1=90ABP。因為 B、C、E、F 四點共圓，

24、所以AFE=ACB，PFE=90ACB。于是，由O1O2E+EFO1=180得(ACBACP)+2ACP+(90ABP)+(90ACB)=180，即ABP=ACP。又因為 ABAC，ADBC，故 BDCD。設 B是點 B 關于直線 AD 的對稱點，那么 B在線段 DC上且 BD=BD。連結 AB、PB。由對稱性，有ABP=ABP，從而ABP=ACP，所以A、P、B、C 四點共圓。由此可知PBB=CAP=90ACB。因為PBC=PBB，故PBC+ACB=(90ACB)+ACB=90，故直線 BP 和 AC 垂直。由題設 P 在邊BC 的高上，所以 P 是ABC 的垂心。2021 年年一、 此題總

25、分值 50 分如題一圖，給定凸四邊形，是平面上的動點，令ABCD180BDP( )f PPA BCPD CAPC AB求證：當到達最小值時，四點共圓；( )f PP A B C, ,BO2O1FEPDABC設是外接圓的上一點，滿足：，EABCOAB32AEAB31BCEC，又是的切線，求的最小值12ECBECA,DA DCO2AC ( )f P解法一 如答一圖 1，由托勒密不等式，對平面上的任意點，有P PA BCPC ABPB AC因此 ( )f PPA BCPC ABPD CA PB CAPD CA()PBPDCA因為上面不等式當且僅當順次共圓時取等號，, , ,P A B C因此當且僅當

26、在的外接圓且在上時，PABCAC 10 分( )()f PPBPDCA又因，此不等式當且僅當共線且在上時取等號因此當PBPDBD, ,B P DPBD且僅當為的外接圓與的交點時，取最小值PABCBD( )f Pmin( )f PAC BD故當達最小值時，四點共圓 20 分( )f P, , ,P A B C記，那么，由正弦定理有，從而ECB2ECAsin23sin32AEAB，即，所以3sin32sin233(3sin4sin)4sincos，23 34 3(1 cos)4cos0整理得，30 分24 3cos4cos30解得或舍去 ，故， 3cos21cos2 3 3060ACE由=,有，即

27、31BCEC0sin30sinEACEACsin(30 )( 31)sinEACEAC，整理得31sincos( 31)sin22EACEACEAC，231sincos22EACEAC故，可得，40 分1tan2323EAC75EAC從而，為等腰直角三角形因，45E45DACDCAE ADC2AC 那么1CD 又也是等腰直角三角形，故，ABC2BC 2122 12cos1355BD 5BD 故 50 分min( )5210f PBD AC解法二 如答一圖 2，連接交的外接圓于點因為在圓BDABCO0PD外，故在上 O0PBD過分別作的垂線，兩兩相交,A C D000,P A PC P D得，易

28、知在內，從而在內，記111ABC0PACD111ABC之三內角分別為，那么ABCxyz，又因，0180APCyzx110BCP A，得，同理有，110B APC1By1Ax1Cz答一圖 2答一圖 1所以 10 分111ABCABC設，11BCBC11C ACA11ABAB那么對平面上任意點，有M 0000()()f PP A BCP D CAPC AB 011011011P A BCP D C APC AB 1 1 12A B CS 111111MA BCMD C AMC AB ()MA BCMD CAMC AB ，()f M從而 0()()f Pf M由點的任意性，知點是使達最小值的點M0P

29、( )f P由點在上，故四點共圓 20 分0PO0, , ,P A B C由 ，的最小值( )f P ，1 1 102()A B Cf PS2ABCS記，那么，由正弦定理有，從而ECB2ECAsin23sin32AEAB，即，所以3sin32sin233(3sin4sin)4sincos，23 34 3(1 cos)4cos0整理得，30 分24 3cos4cos30解得或舍去 ，3cos21cos2 3 故， 3060ACE由=,有，即31BCEC0sin30sinEACEACsin(30 )( 31)sinEACEAC，31sincos( 31)sin22EACEACEAC整理得，故，可得

30、231sincos22EACEAC1tan2323EAC，40 分75EAC所以，為等腰直角三角形，因為，45EABC2AC 1ABCS145ABC點在上，所以為矩形，1BO190AB B11B BDC，故，所以11122 12cos1355BCBD 52 50 分min5( )21102f P 解法三 引進復平面，仍用等代表所對應的復數, ,A B C, ,A B C由三角形不等式，對于復數，有12,z z ，1212zzzz當且僅當與復向量同向時取等號1z2z有 ，PA BCPC ABPA BCPC AB 所以 ()()()()AP CBCP BA 1()()()()AP CBCP BA

31、P CA BC BP A ，()()BP CAPBAC 從而 PABCPCABPDCA PBACPDAC 2 10 分()PBPDAC BDAC 1式取等號的條件是 復數 與同向，故存在實數，使得()()AP CB()()CP BA0 ，()()()()AP CBCP BA ，APBACPCB所以 ，arg()arg()APBACPCB向量旋轉到所成的角等于旋轉到所成的角，PC PA BC AB 從而四點共圓, , ,P A B C2式取等號的條件顯然為共線且在上, ,B P DPBD故當達最小值時點在之外接圓上，四點共圓 20 分( )f PPABC, , ,P A B C由知min( )f PBD AC以下同解法一2021 年年一、如圖，一、如圖，分別為銳角三角形分別為銳角三角形的外接圓的外接圓上弧上弧、的中的中MNABCAB BC AC 點過點點過點作作交圓交圓于于點，點，為為的內心，連接的內心，連接并延長交圓并延長交圓于于CPCMNPIABCPIT求證：求證：；MP MTNP NT在弧在弧不含點不含點上任取一點上任取一點， ，記，記，的內心的內心AB CQQATBAQCQCB分別為分別為，1I2IITQPNMCBA求證：求證：，四點共圓四點共圓Q1I2IT1 連，由于，共圓