平面幾何試題精選精編版

1、1 凸四邊形 ABCD 的對角線交于點 M，點 P、 Q 分別是 AMD 和 CMB 重心， R、 S 分別是 DMC 和 MAB 的垂心求證 PQRS證：過 A、C 分別作 BD 的平行線，過 B、D 分別作 AC 的平行線這四條直線分別相交于 X、 W、Y、 Z則四邊形 XWYZ 為平行四邊形，且XW AC XZ則四邊形 XAMD 、 MBYC 皆為平行四邊形由其對角線互相平分知MX 在 AMD 中線所在直線上，MY 在 BMC 中線所在直線上，且MP1MQMX=3=MY XY PQ故欲證原命題，只需證XY RS，這等價于XSDAPRMZQCWBYSY 2SX 2 = RY 2RX 2下證

2、上式：由S 為 AMB 垂心知 SB AMSB WY同理 SA WX則勾股定理知SY2= SB2+ BY2= BY2+ SW2WB2= BY2WB2+ SA2+ WA2SX2= SA2+ XA2得SY2SX2 = BY 2WB 2 + WA 2XA 2同理得RY2 =YC 2ZC2+ RD 2+ DA 2,RX2= DX 2+ RD 2故 RY2RX2 = YC2ZC 2 +DZ 2DX 2由 XWDB YZ, WY AC XZ 有 BY = DZ , WB = XD , AW = YC, AX = ZC比較兩式右邊即有 SY2 SX 2 = RY 2RX 2由此即有 XY RS，從而得出 P

3、Q RS，證畢02已知 E、 F 是 ABC 兩邊 AB、 AC 的中點， CM 、 BN 是 AB、 AC 邊上的高，連線 EF 、 MN 相交于 P 點又設 O、 H 分別是 ABC 的外心和垂心，連接 AP 、OH求證 APOH 同蘇煒杰 03證：引理：如圖，設 BAP =, BAP = ，則 sin BAPsin BAPsin CAP= sin CAPAP 與1AP 重合引理的證明：事實上，式即sinsinsinAsin Asin A= sin Asin=sinsin A cot sin A = sin A cot cosA= B( )P ( P'' )AC即 AP 與

4、 AP 重合引理得證回到原題：為了看得清，我們畫兩張圖表示，過A 作 AQOH = QA我們證明 AP 與 AQ 重合：由引理只需證sin 1sin 3sin 2= sin 4先看右圖，E、 P、F 三點共線，以A 為視點運用張角定理得sin BAC=sin 1+sin 2APAFAE綜合上二式有ME P F NBC1111sin 1AF ·AN EMAP ANsin 1 =AM AEsin 2sin 2= AM·AE NF 又易有 M、 B、 C、 N 四點共圓 AM·AB = AN·AC，即2AM·AE = 2 AN·AFA3 4

5、sin 1EM sin 2 = NF再看右圖，AQH = ANH = AMH = 90 ， A、 M、 Q、 H； A、 Q、 H、 N 分別四點共圓MEFO NQ HGBC MHQ = 3, BHQ = 4在 MOH 與 BOH 中分別運用正弦定理有MOOHBOOHsin 3 = sin OMH, sin 4 = sin OBH 兩式相除有sin 3=OM sin OMH，其中 MO sin OMH = OM cos OME =sin 4OB sin OBNEM過 O 作 OGBN = G，由 OGN = GNF = NFO = 90 知 OGNF 為矩形 OG = NF , OB sin

6、OBN = OG = NF sin 3 EM sin 4 = NF綜合知式成立，故 AP OH ，證畢203 設 H 為 ABC 的垂心， D、 E、 F 為 ABC 的外接圓上三點使得AD BE CF， S、 T、U 分別為 D、 E、 F 關于邊 BC、 CA、 AB 的對稱點求證 S、 T、U 、H 四點共圓同何長偉 02，但解法不同證：我們先證明一些關于四邊形HUST 的性質：延長 AH、BH、CH 與 ABC 外接圓交于 A 、B 、C A熟知 H 與 A關于 BC對稱，H 與 B關于 AC對稱， H與 C關于 AB對稱又 D 與 S 關于 BC 對稱，故四邊形DHA S 關于 BC

7、 對稱C'H故 DHA S 必為等腰梯形四邊形HFUC 與 HTEB 同理亦然 HS=AD,HU =CF,HT=BE, SHA = HA DBU記FCE 所對圓周角為，由 AD BE, DE = AB 知A'DE 所對角為 C, AC 所對角為 B, CE 所對角為AD 所對角為 B C SHA = HA D = BC11UHC = HCF= CCF= 2BC BF= 2BC CE =A , AHC =180 CHA =B UHA=180 CHU + AHC =C+同理可得 THA = B + 得 UHS = B；得 SHT = C 又 AD = AB + AB + AD =2

8、90 B+C+BC =290 A D = 2R sin 90 HS = 2R sin 90 同理可計算出C F = 2R sin90B+, BE = 2R sin90 C從而 HU = 2R sin 90 B +, HT = 2R sin 90 C由此有 HS : HU : HT = sin 90 : sin 90 B +: sin 90 C 綜上我們得出了一些關于四邊形HUST 的性質：HUsin 90 B +HTsin 90 CUHS = B, SHT = C,HS =sin 90 ,HS=sin 90 D B'ETCS下面我們利用這些性質判定H 、U、 S、 T 四點共圓：作 X

9、YZ ABC，即 X = A, Y = B, Z = C在 ZY 與 X 異側作 ZYW1= 90 B + , YZW2 = 90 C YW1與 ZW2 交于 W，連接 XW ZWY = 180 ZYW + YZW = 180 180 BC = B + C = 180 ZXY X、 Z、 W、Y 四點共圓 XZW + XYW = 180*XXYW = XYZ + ZYW = B + 90 B += 90+ ,WXY = WZY = 90 C WYsin WXYsin 90 CZY 由正弦定理知HTWX= sin XYW =sin 90+=HSW3又 YWX = YZX = C = THS，WZ

10、X HTS從而 WYX = HTS同理可得WZX = HUS * ， HTS + HUS = 180 從而 H 、T、 S、 U 四點共圓證畢評注： 這一作法的出發(fā)點是想通過對線段長度以及角度的計算揭示H 、T、S、U 四點的一些并不明顯的性質，利用熟知結論 “垂心關于邊的對稱點在外接圓周上”將類似線段轉化為可求的，刻畫了“對稱”條件角度的推算多次利用弧長，刻畫了“平行”條件，后半部論證精神為同一法事實上， 一個四邊形中若已知一個頂點引出的三條線段及兩個角，則這個四邊形便已確定4 在 ABC 中， D 是 BC 邊上一點，設 O1、O2 分別是 ABD、 ACD 外心， O 是經過 A、O1、

11、 O2 三點的圓的圓心，記 ABC 的九點圓圓心為 Ni ，作 O E BC = E求證 NiEAD證：以 ABC 外接圓圓心為原點建立復平面，設其半徑為1設 A cos , sin、 B cos , sin、 C cos , sin ， ADB =由正弦定理知AB= 2 sin =AC且 BAO1 = CAO2AO 1AO2 O1AO2 = BAC，從而 AO1O2 ABC 且相似比為12 sin由 BAO1 = 90知 ABC 變換為 AO1O2 為一個繞 A 逆時針旋轉 90 及以A為中心位似比為1的位似變換之積2 sin對應復數(shù)為 cos i sin，則 AO 對應復數(shù)為AO = co

12、s , sin cos i sin1cos 90 + i sin 90 = A 記為 · 2 sin則A=1 sin+ i cos 2 sinAO'O2sin +O1 O = A + A ， O 的橫坐標即為 sin + cos =Ni2 sin2 sinBE DC E 點坐標為sin+, sin2 sin又由九點圓性質，設O 為外心， G 為重心，則NiO= 3 且 Ni 與 O 在 G 異側OG233設 G 為 G 點對應復數(shù)，Ni 為 Ni 點對應復數(shù)，則Ni = 2 G = 2 A + B + C 于是 Ni坐標為cos,sin + 2 sin設 NiE 斜率為 k，

13、則22sin+ 2 sin sinsinsink = cos2= tansin+= sin+2 2 sincos sin又 ADC = ，AD 斜率亦為 tan，故 AD 與 BiE 平行，證畢45 設 ABC 的邊 AB 中點為 N， A > B，D 是射線 AC 上一點，滿足 CD = BC，P 是射線 DN 上一點，且與點A 在邊 BC 同側，滿足PBC = A，PC 與 AB 交于點 E，BCBCEA與 DP 交于點 T求表達式TC EB 的值解：我們先證明CP 平分 ACB，且 CP BD 用同一法作 ACB 平分線 CP 交 DN 于 P ，則 BCP = ACP = CBD

14、 = CDB = 12 C P C BD我們證明P BC = A事實上，這只須證BCP ADB P(P' )A1又由于我們已知BCP = ADB = CCPBC故只須證BD=ADENBTC注意到 P C BD ，故 CPCTBD=BT又CD=BC，故 CTCDBT=ADD對直線 NTD 截 ABC 運用梅涅勞斯定理有BT CDANCT DANB =1 N為 AB中點，CTCDAH=NBBT = AD ，得證從而 BCP ADBP BC = A PBC = P BC，P 、P、A 皆在 BC 同側， P 與 P 皆在 ND 上，P = P即 CP 平分 ACB 且 CP BD 下證 BC

15、EABC TD NATCEB = 2，對 ACD 截 BTN 有 EB DN AB = 1 N為 AB中點，BC2DN2NTTC =TD=2+ TD CP 平分 ACB， EA = AC ，我們證明 2NT = AC 即可EBCBTDCB CD = BC， 只須證 2NT CD = 1TD AC對 BTC 截 AND 運用梅氏定理有DC AB NT2NT CDBCEACA BN TD=1，即 TD AC =1故 TC EB =2綜上所述，所求BCEAYCEB = 2評注：從題目的問題得到提示，使用梅氏定理，比例的轉換方向明確506 ABC 中， BD 和 CE 為高， CG 和 BF 為角平分

16、線， I 是內心， O 為外心求證D、I 、E 三點共線G、 O、F 三點共線證：記 BAC = A, ABC = B, ACB = C，BC = a, AB = c, AC = b， ABC 外接圓半徑為 R，內切圓半徑為 r易得 AO= R,AI=rA2, AD = c cos A = 2 R sin C cos A, AE = 2 R sin B cos A,sinEAI = IAD = A2 , GAO = 90 C, OAC = 90 B由 AF + FC = b, AF=c解得 AF=bc同理可得AG =bcFCaa + ca + bG由張角定理知， G、 O、 F 三點共線sin

17、 Asin GAOsin OACEAO=AF+AGsin A=cosBcosCBRbc+bca + ba + cbc sin A = R a + bcosB + a + ccosC 利用正弦定理2 sin A sin B sin C =sin A + sin BcosB +sin A + sin CcosC2 sin A sin B sin C = sin AcosB + cosC + sin B cosB + sin C cosC利用 sin B cosB + sin C cosC = 1sin 2B + sin 2C = sin B + C cos B C = sin A cos2B C

18、消去 sin A 得2 sin B sin C = cosB + cosC + cos B C 再對左邊積化和差有cos B C cos B + C = cosB + cosC + cos B CcosA = cosB + cosC*另一方面， D、 I 、 E 三點共線sin Asin EAIsin DAIAI=AD+AEsin Asin 2Asin 2Ar2A=2R cosA sin B + 2R cosA sin C sin消去 sin2A 、去分母有r sin B + sin C = 2R sin A sin B sin C cosA又 S=2R2sin A sin B sin C =

19、1 ra + b + c ，2 2R sin A sin B sin C=a + b + c= sin A + sin B + sin C 正弦定理 r2R故 sin B + sin C = sin A + sin B + sin C cosAAB右邊和差化積，右邊利用熟知的三角形內恒等式sin A + sin B + sin C = 4 cos 2 cos 2cosC2 有ABCABC2 cos 2cos2= 4 cos 2cos 2cos 2 cosAAO FIDHC6消去 2 cosABC2再對 cos 2 cos2 積化和差有B CB CB + CB CAcos2=cos2+ cos2

20、cosAcos21 cosA= sin 2 cosABC2ABCA2 cos2sin2cosA2 cos2sin 2 = cosABCB + C2 cos2cos2= cosA cosB + cosC = cosA 積化和差 故 D、I、 E 三點共線cosA = cosB + cosCG、O、F 三點共線 D、I 、E 共線G、 O、F 三點共線，證畢7 ABC 中， A, B 為銳角， CD 為高， O1、O2 分別為 ACD 和 BCD 內心問，ABC 滿足怎樣的充要條件，使得A、 B、 O1、 O2 四點共圓解：所求充要條件為 C = 90或A= B 其中 C= ACB, A= CAB

21、, B=CBA 記 AC = b, BC = a, AB = c，外接圓半徑為RC過 O1作 O1HAB = H，過 O2 作 O2I AB = I ，O2EO1H = E，則11O 1FO 2O1AB = 2 A, O2BA =2 BEAHD IB故 A、 B、O1、 O2 四點共圓BAO1 = FO2O11 O2E AB， FO2E = 2 B1 FO 2O1 = EO2F O1O2E， FO 2O1 = 2 B O1O2E ABB AB A2= 2 O1O2E O1O2E =2tan EO2O1= tan2記 O1H = r A, O2i = rB ， ADC = 90 ，由直角三角形內

22、心性質知r A = DH=AD + DCAC2同理 r B =BD + CD BC, tan2易有 AD = b cos A = 2 R sin BO1Er A rBAD BD + BC ACEO 2O1 = HI= rA + rB= 2CD + AB AC BC cosA, BD = 2R sin A cosB, BC = 2R sin A, AC = 2 R sin B,AB = 2R sin C代入有tan EO2O1 =sin B cosA sin A cosB + sin A sin B=2 sin B sin A + sin A + B sin A sin B2 sinBABA c

23、osB + A2cos 222 sin B sin A + sin C sin A sin B 7sin cosB ABABA cos B2+A )22 sin 2( cos 2BA =22 sin A sin B + sin C sin A sin B下面分情況討論：1 A = B 時，左右兩邊皆為 0，式成立；2 A B 時， sinB A2 sin A sin B + sin C sin Asin B = 2 cos 22可約去，得B AB + A2cos2利用 2 sin A sin B = cos BA cos A + B = cos B A + cosC, 2 cos2B A= c

24、os B2B AcosB + A= cosA + cosBA + 1, 2 cos22三式代入化簡得cosA + cosB + cosC = 1 + sin A + sin B sin CABC而由三角形內熟知恒等式cosA + cosB + cosC = 1 + 4 sin 2 sin 2 sin2 得A + BA BA + BC1 sin A + sin B sin C = 1 + 2 sin2cos2 2 sin2sin 2 = 1 + 2 cosCABA + BABC2cos2 cos2= 1 + 4 sin 2 sin 2cos 2結合兩方面知sinCC2= cos 2C=90 綜合

25、1、2知 C =90 或 A= B故 A、 B、O1、 O2 四點共圓C = 90 或 A = B得證8 ABC 的外心是 O，三條高線 AH、 BK、CL 垂足分別為 H、 K、L A0、 B0、C0 分別是AH、BK 、CL 中點， I 為內切圓圓心， 內切圓切 ABC 三邊 BC、CA、AB 于 D、E、F 證明 A0D、 B0E、 C0F、OI 四線共點證：首先以引理的形式給出本圖的一些內在特征引理 1：AB CD ，CD 中點為 Q， AB 中點為 R，AC 與 BD 交于 P，則 P、Q、R 三點共PCDQ線 也即 QR、 AC、 BD 三線共點A引理 1 的證明： PCD 與 P

26、AB 為以 P 為位似中心的位似關系，PQ 為 CD 中點， PR 為 AB 中點故 Q、 R 為一對對應點，從而P、 Q、 R 三點共線RB引理 2： A0I 與 BC 交于 D ，則 D 為 ABC 在 A 內旁切圓與BC 的切點，并由此有O在 DD 中垂線上8引理 2的證明：延長DI 交I 于 J，延長 AJ交 BC 于 D 過 J 作 I 切線交 AB、AC 于 B 、C ，則 B C DI, OIBC B C BC ， AB C 與 ABC 構成以 A 為位似中的位似關系顯然 I 為 AB C 在 A 內旁切圓，故J 為旁切圓切點AB'JC'O A0I由 J 與 D

27、為對應點知 D 亦為旁切圓切點X而 A0 為 AH 中點， I 為 JD 中點，由引理1知 D 在 IA0上BD'PDHC故 IA 0 與 BC 交于旁切圓切點更進一步作 OP BC 于 PP為BC中點又由內切圓及旁切圓性質知BD = CD故 P又為 DD 中點O 在 DD 中垂線上，引理2 得證下面回到原題：延長OI 交 AD 于 X，我們通過計算證明IX 為關于 A, B, C 對稱的值，從而證明原題利用 A、 X、D 三點共線，由張角定理知sin AIDsin A0IO+sin DIOIX=IDIA 0 1sin A0IOsin DIOIX =ID sin D ID +IA 0

28、sin D ID由 IDA0H 知 IA0 =DH·ID ，而ID=1代入得DDDDsin D ID1sin AIOsin DIOIX = ID sin D ID+DH又 sin AID = sin D IX = sin D ID + DIX sin AIOcos DIX+cos D ID sin DIX=cos DIX+ID sin D ID=IDID sin D IDIDsin DIOD D1cos DIX11cos DIXIX=ID+sinDIO·DH+DD=ID+ sinDIO ·D HDH ·DD由 D HA0H1cos DIXA0H1DD=I

29、D代入有IX=ID+ DH ·IDsin DIO= IDcos DIX+A0HDHsin DIO OP ID ， cos DIX = cos POX, sin DIO = sin POX 括號中乘一個 OI ，括號外除一個 OI 得911A0H1IX= ID ·OIOQ+ DH·IQ ，其中 QO =OPID,IQ =PD = 2DD引理2知111DD1IX= ID·OI OP + 2DH· A0H OI 注意到 OI 、ID = r 皆為對稱的值故我們僅須證OP+ 1 DD·A0H 為對稱的值記為2 DHMA 記 BAC = A,

30、ABC = B, ACB = C， AC = c, AC = b, BC = a，外接圓半徑為R，則a + b ca + b c11OP = R cosA, CD =2,BD =2, CH = b cosC, A0H =2 AH = 2 b sin C= R sin B sin C DH = CDCH=a + bca + b ca 2 + b 2 c 22 b cos C =22a=c bc + ba,2aDD= BC BD + CD = a a + b c = c b故1DDa2 DH · A0H = b + ca· R sin B sin C故 MA = R cosA

31、+sin A sin B sin C，其中sin B + sin C sin AAB CB + CAsin B + sin C sin A = 2 cos 2 cos2 2 cos2cos 2ABCB + CABC= 2 cos 2cos2 cos2= 2 cos 2 sin 2 sin 2 ,ABCABCsin A sin B sin C = 8 sin 2 sin 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos 2 代入有 MA = MB = MC 等價于ABCBACCcos A + 2 sin 2cos 2 cos 2= cos B + 2sin 2cos 2cos 2= cos C +

32、 2sin 2 cosAB2cos 2 其中 cosA + 2 sinABCBAC2cos 2cos 2 = cosB + 2 sin 2cos 2 cos 2CBAABcosA cosB = 2 cos 2( sin 2 cos 2 sin 2cos 2 )GcosA cosB = 2 sinA + BBAC2sin2，此式顯然成立P故 MA= MB同理 MB= MC, MA = MCEDB MA=MB=MCIX 為關于 A、 B、 C 對稱之值，即A0D 、B0E、C0FO都交于 OI 上同一點AQF10即 A0D、 B0E、 C0F 、OI 四線共點，證畢評注：此解法計算復雜，但思路清晰

33、9 已知 ABC，過點 B、 C 的 O 與 AC、 AB 分別交于點 D、 E，BD 與 CE 交于 F，直線OF 與 ABC 外接圓交于P證明， PBD 的內心就是PCE 的內心證：引理 1：四邊形ABCD 內接于 O，對角線AC、 BD 交于 E，直線 BA、CD 交于 F，直線 AD、 BC 交于 G，則 DE FQ引理 1 的證明：首先，2FOE · OF = rr 為半徑 過 F 作O 切線 FP、PQ 切O 于 P、Q FPA FBP ，APFAFAPB=FP=FBAP2 FAPQ2FDPB= FB 同理QC=FC由 FAD FCB 知BC2FB· FCAD= FD·FA 上面三式相乘得AP PQ BC= 1 PB QC ADPADCOB BD 、 AC、 PQ 三線共點又由 E在 PQ上知2DE ·DF =OR +RE·OF =OR ·OF