全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試平面幾何匯編

1、全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試平面幾何匯編篇一：1990-2021全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試平面幾何匯編 1990年 第二試 (10月14日上午10301230) 一(此題總分值35分) 四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD相交于P，設三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圓圓心分別是O1、O2、O3、O4求證OP、O1O3、O2O4三直線共點 證明 O為ABC的外心， OA=OB O1為PAB的外心，O1A=O1B E 1 OO1AB D 作PCD的外接圓O3，延長PO3與所作圓交于點E，并與AB O3交于點F，連DE，那么?1=?2=?3，?EPD=?BPF， ?PFB=?EDP=90? O4

2、PO3AB，即OO1PO3 同理，OO3PO1即OO1PO3是平行四邊形 O O1O3與PO互相平分，即O1O3過PO的中點 同理，O2O4過PO中點 OA OP、O1O3、O2O4三直線共點 F O3 O O 2 O O A F B C O2 3 B 1991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(nèi)部可以找出四個1 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 4 證明：考慮四邊形的四個頂點A、B、C、D，假設ABC、BCD、CDA、DAB的面積，設其中面積最小的三角形為ABD 1 假設SABDA、B、C、D即為所求 4 13 假設SABD<SB

3、CD，取BCD的重心G，那么以B、C、D、G這4點中的任意 441 3點為頂點的三角形面積 411 假設SABD= SABD= 4413 由于SABC+SACD=1，而SACD，故SABC<=SBCD 44 過A作AEBC必與CD相交，設交點為E BC 111 那么 SABCSABD，從而SABESABD=SACE=SABESBCE=SABC即A、B、 444C、E四點即為所求 11 假設SABD=，這個三角形不 4411 可能是BCD，(否那么ABCD的面積=，不妨設SADC= SABD=那么AD 24BC，四邊形ABCD為梯形 13 由于SABD=，SABC=AD=a，那么BC=3a

4、，設梯形的高=h， 44 B 3a AE a F C 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 a3+3a13133991 EF=ASEFB=SEFC=h= 1+3222416324 13991 SEBC=SFBC=3aah=于是B、C、F、E四點為所求綜上可知所 248162證成立 又證：當ABCD為平行四邊形時，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<C與AB的距離， 1 假設EDAE，取AE中點P，那么P在線段AD上，作PQAB

5、交BC于Q假設 2333 PQ=a，P與AB距離=h那么AB=2a，SABQP=ABEABCD= 444 131 即a+2a)h，ah 242 1111 SAPQ=SBPQ=SPAB=SQAB=ah即A、B、Q、P為所求 24241 假設EDAE，取AE中點P，那么P在線段DE上，作PRBC交CD于R， 2 NAE D CQ A B EFCQSB ANBC，交CD于N，由于EAB+EBA<，故R在線段CD上N在DC延長線上作1 RSAB，交BC于S，那么RS=AB，延長AR交BC于F，那么SFAB=SABCNSABCD=1問題化 2為上一種情況 1992年 四、(20分)設l，m是兩條異

6、面直線，在l上有A，B，C三點，且AB=BC，過A，B，C分7 別作m的垂線AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F(xiàn)，AD=15，BE=10，求l 2與m的距離 解：過m作平面l，作AP于P，AP與l確定平面，=l?，l?m=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=15d，QE= 492 d，RF=10d 4 l' mKF 當D、E、F在K同側(cè)時2QE=PD+RF， E?494d=15d+10d解之得d=6 當D、E、F不全在K同側(cè)時2QE=PDRF，?494d=15d

7、10d無實解 l與m距離為6 1993年 三、35分 水平直線m通過圓O的中心，直線l?m，l與m相交于M，點M在圓心的右側(cè)，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，AB?CR+BC?AP=AC?BQ；(2)l與圓O相交時，AB?CR+BC?APAC?BQ；(3)l與圓O相離時，AB?CR+BC?APAC?BQ. 證明：設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，

8、直線l與O相切； 當k<0時，點M在O內(nèi)，此時，直線l與O相交 AP=a+dr=a+k，同理，BQ=b+k，CR=c+k 那么AB?CR+BC?APAC?BQ= AB?CR+BC?AP(AB+BC)?BQ=BC(APBQ)AB(BQCR) AP2BQ2BQ2CR2 =BCABAP+BQBQ+CR(bc)(ab)(a+b)(ab)(bc)(b+c) =AP+BQBQ+CRa+bb+c=(ab)(bc)() AP+BQBQ+CR=(ab)(bc) aBQ+aCR+bCRbAPcAPcBQ (AP+BQ)(BQ+CR) a2BQ2b2AP2(a2b2)k 注意到a?BQb?AP= bAP+aB

9、QbAP+aBQ 故k0時，a?BQb?AP0，k=0時，a?BQb?AP=0，k<0時，a?BQb?AP<0； 同理可得，k0時，b?CRc?BQ0，k=0時，b?CRc?BQ =0，k<0時，b?CRc?BQ <0； k0時，a?CRc?AP0，k=0時，a?CRc?AP =0，k<0時，a?CRc?AP <0； 即當k0時，AB?CR+BC?APAC?BQ0； 當k=0時，AB?CR+BC?APAC?BQ=0，當k<0時，AB?CR+BC?APAC?BQ<0故證、 1994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(nèi)

10、心為I，B=60?,A<C,A的外角平分線交圓O于E C 證明:(1) IO=AE； (2) 2R<IO+IA+IC<(1+3)R 證明：B=60，AOC=AIC=120 BA，O，I，C四點共圓圓心為弧AC的中點F，半徑為R O為F的弧AC中點，設OF延長線交F于H，AI延長線交弧BC于D 由EAD=90內(nèi)外角平分線知DE為O的直徑OAD=ODA 但OAI=OHI，故OHI=ADE，于是RtDAERtHIO AE=IO 由ACH為正三角形，易證IC+IA=IH 由OH=2RIO+IA+IC=IO+IHOH=2R 設OHI=，那么0<<30 IO+IA+IC=IO

11、+IH=2R(sin+cos)=2R2sin(+45) 又+45<75，故IO+IA+IC<2 2R(6+2)/4=R(1+3) 1995年 三、(35分) 如圖，菱形ABCD的內(nèi)切圓O與各邊分別切于E，F(xiàn)，G，H， 在弧EF與GH上分別作圓O的切線交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求證： MQNP 分析 要證MQNP，因ABDC，故可以考慮證明AMQ=CPN現(xiàn)A=C，故可證AMQCPN于是要證明AMAQ=CPCN 證明 設ABC=2?，BNM=2?，BMN=2那么 1 由ON平分ONM，得ONC=ONM=(180?2?)=90?； 2同理，OMN=OMA=90? 而

12、CON=180?OCNONC=?+?=90?，于是CONAMO， AMAO=COCN，即AMCN=AO2 同理，AQCP=AO2，AMCN=AQCP AMQCPN，AMQ=CPN MQNPA 2 HDC BN F 1996年 三、此題總分值35分 如圖，圓O1和圓O2與ABC的三邊所在的三條直線都相切，E、F、G、H為切點，并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。 證明 設ABC的三邊分別為a、b、c，三個角分別為A、B、C，那么 1 CE=BF=CG=BH=a+b+c)2 E11 BE=a+b+c)a=(b+ca) 2211 EF=a+b+c)+b+ca)=b+c 22 1

13、連CO1,那么CO1平分ECG,CO1EG,?FEP=90?C 211 同理EFP=90?B,EPF=(B+C) 22 B cos 2EPEF = ，EP=(b+c) 。 1B+CB+C sin(90?B)sin sin 222 BC cossin 22 設P、A在EF上的射影分別為M、N，那么EM=EPcosFEP=(b+c) B+Csin 2BCcossin 221 又BN=ccosB，故只須證ccosB+ (b+ca)= (b+c) , 2B+C sin 2BCcos sin 221 即sinCcosB+ (sinB+sinCsin(B+C) =(sinB+sinC) 就是 2B+C s

14、in2 BCBCBC11B+C2cos cos sin =sinCcosBsinBcosC cosBsinC+sincos 2222222BCBCBC1B+CB+C 右邊= sin(CB)+sincos=cos(sin sin ) 222222=2cos BCBC cos sin 。故證。 222 1997年 一、此題50分如圖，兩個半徑不相等的O1與O2相交于M、N兩點，且O1、 O2分別與O內(nèi)切于S、T兩點。求證：OMMN的充分必要條件是S、N、T三點共線。 證明：過S、T分別作相應兩圓的公切線，交于點P，那么PS=PT，點P在直線MN上(根軸)且O、S、P、T四點共圓 假設S、N、T三點

15、共線， 連O1N，O2N，那么OS=OT，O1S=O1N， 于是S=T，S=O1NS， O1NS=T，O1NOT，同理，O2NOS，即OS=O2N+O1S即O的半徑=O1與O2的半 O 徑的和 O PTS=TSP=NMS，S、P、T、M共圓，故O、S、P、T、M五點共圓OMS=OTS=OST OMN=OMS+SMN=OST+TSP=OSP=90 S M P篇二：1990-2021全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試平面幾何匯編 1990年 第二試 (10月14日上午10301230) 一(此題總分值35分) 四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD相交于P，設三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圓圓心

16、分別是O1、O2、O3、O4求證OP、O1O3、O2O4三直線共點 證明 O為ABC的外心， OA=OB O1為PAB的外心，O1A=O1B E 1 OO1AB D 作PCD的外接圓O3，延長PO3與所作圓交于點E，并與AB O3交于點F，連DE，那么?1=?2=?3，?EPD=?BPF， ?PFB=?EDP=90? O4 PO3AB，即OO1PO3 同理，OO3PO1即OO1PO3是平行四邊形 O1O3與PO互相平分，即O1O3過PO的中點 同理，O2O4過PO中點 OA OP、O1O3、O2O4三直線共點 F O3 O O 2 O O A F B C O2 3 B 1991年 二設凸四邊形

17、ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內(nèi)部可以找出四個1 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 4 證明：考慮四邊形的四個頂點A、B、C、D，假設ABC、BCD、CDA、DAB的面積，設其中面積最小的三角形為ABD 1 假設SABDA、B、C、D即為所求 4 13 假設SABD<SBCD，取BCD的重心G，那么以B、C、D、G這4點中的任意 441 3點為頂點的三角形面積 411 假設SABD= SABD= 4413 由于SABC+SACD=1，而SACD，故SABC<=SBCD 44 過A作AEBC必與CD相交，設交點為E BC 111 那么 SA

18、BCSABD，從而SABESABD=SACE=SABESBCE=SABC即A、B、 444C、E四點即為所求 11 假設SABD=，這個三角形不 4411 可能是BCD，(否那么ABCD的面積=，不妨設SADC= SABD=那么AD 24BC，四邊形ABCD為梯形 13 由于SABD=，SABC=AD=a，那么BC=3a，設梯形的高=h， 44 B 3a AE a F C 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 a3+3a13133991 EF=ASEFB=SEFC=h= 1+3222416324 13991 SEBC=SFBC

19、=3aah=于是B、C、F、E四點為所求綜上可知所 248162證成立 又證：當ABCD為平行四邊形時，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<C與AB的距離， 1 假設EDAE，取AE中點P，那么P在線段AD上，作PQAB交BC于Q假設 2333 PQ=a，P與AB距離=h那么AB=2a，SABQP=ABEABCD= 444 131 即a+2a)h，ah 242 1111 SAPQ=SBPQ=SPAB=SQAB=ah即A、B、Q、P為所求 24241 假設EDAE，取AE中點P，那么P在線段DE

20、上，作PRBC交CD于R， 2 NAE D CQ A B EFCQSB ANBC，交CD于N，由于EAB+EBA<，故R在線段CD上N在DC延長線上作1 RSAB，交BC于S，那么RS=AB，延長AR交BC于F，那么SFAB=SABCNSABCD=1問題化 2為上一種情況 1992年 四、(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7 別作m的垂線AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F(xiàn)，AD=15，BE=10，求l 2與m的距離 解：過m作平面l，作AP于P，AP與l確定平面，=l?，l?m=K 作BQ，CR，垂足為Q、R，那么Q、Rl?，且AP

21、=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=15d，QE= 492 d，RF=10d 4 l' mKF 當D、E、F在K同側(cè)時2QE=PD+RF， E?494d=15d+10d解之得d=6 當D、E、F不全在K同側(cè)時2QE=PDRF，?494d=15d10d無實解 l與m距離為6 1993年 三、35分 水平直線m通過圓O的中心，直線l?m，l與m相交于M，點M在圓心的右側(cè)，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

22、與圓O相切時，AB?CR+BC?AP=AC?BQ；(2)l與圓O相交時，AB?CR+BC?APAC?BQ；(3)l與圓O相離時，AB?CR+BC?APAC?BQ. 證明：設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k<0時，點M在O內(nèi)，此時，直線l與O相交 AP=a+dr=a+k，同理，BQ=b+k，CR=c+k 那么AB?CR+BC?APAC?BQ= AB?CR+BC?AP(AB+BC)?BQ=BC(APBQ)AB(BQCR) AP2BQ2BQ2CR2 =BC

23、ABAP+BQBQ+CR(bc)(ab)(a+b)(ab)(bc)(b+c) =AP+BQBQ+CRa+bb+c=(ab)(bc)() AP+BQBQ+CR=(ab)(bc) aBQ+aCR+bCRbAPcAPcBQ (AP+BQ)(BQ+CR) a2BQ2b2AP2(a2b2)k 注意到a?BQb?AP= bAP+aBQbAP+aBQ 故k0時，a?BQb?AP0，k=0時，a?BQb?AP=0，k<0時，a?BQb?AP<0； 同理可得，k0時，b?CRc?BQ0，k=0時，b?CRc?BQ =0，k<0時，b?CRc?BQ <0； k0時，a?CRc?AP0，k=

24、0時，a?CRc?AP =0，k<0時，a?CRc?AP <0； 即當k0時，AB?CR+BC?APAC?BQ0； 當k=0時，AB?CR+BC?APAC?BQ=0，當k<0時，AB?CR+BC?APAC?BQ<0故證、 1994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(nèi)心為I，B=60?, A<C,A的外角平分線交圓O于E 證明:(1) IO=AE； (2) 2R<IO+IA+IC<(1+3)R 證明：B=60，AOC=AIC=120 A，O，I，C四點共圓圓心為弧AC的中點F，半徑為R BO為F的弧AC中點，設OF延長線交

25、F于H，AI延長線交弧BC于D 由EAD=90內(nèi)外角平分線知DE為O的直徑OAD=ODA 但OAI=OHI，故OHI=ADE，于是RtDAERtHIO AE=IO 由ACH為正三角形，易證IC+IA=IH 由OH=2RIO+IA+IC=IO+IHOH=2R 設OHI=，那么0<<30 IO+IA+IC=IO+IH=2R(sin+cos)=2R2sin(+45) 又+45<75，故IO+IA+IC<2 2R(6+2)/4=R(1+3) C 1995年 三、(35分) 如圖，菱形ABCD的內(nèi)切圓O與各邊分別切于E，F(xiàn)，G，H， 在弧EF與GH上分別作圓O的切線交AB于M，交

26、BC于N，交CD于P，交DA于Q，求證： MQNP 分析 要證MQNP，因ABDC，故可以考慮證明AMQ=CPN現(xiàn)A=C，故可證AMQCPN于是要證明AMAQ=CPCN 證明 設ABC=2?，BNM=2?，BMN=2那么 1 由ON平分ONM，得ONC=ONM=(180?2?)=90?； 2同理，OMN=OMA=90? 而CON=180?OCNONC=?+?=90?，于是CONAMO， AMAO=COCN，即AMCN=AO2 同理，AQCP=AO2，AMCN=AQCP AMQCPN，AMQ=CPN MQNPQ DBN F 1996年 三、此題總分值35分 如圖，圓O1和圓O2與ABC的三邊所在

27、的三條直線都相切，E、F、G、H為切點，并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。 證明 設ABC的三邊分別為a、b、c，三個角分別為A、B、C，那么 1 CE=BF=CG=BH=a+b+c)211 BE=a+b+c)a=(b+ca) 2211 EF=a+b+c)+b+ca)=b+c 22 1 連CO1,那么CO1平分ECG,CO1EG,?FEP=90?C 211 同理EFP=90?B,EPF=(B+C) 22 B cos 2EPEF = ，EP=(b+c) 。 1B+CB+C sin(90?B)sin sin 222 BC cossin 22 設P、A在EF上的射影分別為M、N

28、，那么EM=EPcosFEP=(b+c) B+Csin 2BCcossin 221 又BN=ccosB，故只須證ccosB+ (b+ca)= (b+c) , 2B+C sin 2BCcos sin 221 即sinCcosB+ (sinB+sinCsin(B+C) =(sinB+sinC) 就是 2B+C sin2 BCBCBC11B+C2cos cos sin =sinCcosBsinBcosC cosBsinC+sincos 2222222BCBCBC1B+CB+C 右邊= sin(CB)+sincos=cos(sin sin ) 222222=2cos BCBC cos sin 。故證。

29、 222 1997年 一、此題50分如圖，兩個半徑不相等的O1與O2相交于M、N兩點，且O1、O2 分別與O內(nèi)切于S、T兩點。求證：OMMN的充分必要條件是S、N、T三點共線。 證明：過S、T分別作相應兩圓的公切線，交于點P，那么PS=PT，點P在直線MN上(根軸)且O、S、P、T四點共圓 假設S、N、T三點共線， 連O1N，O2N，那么OS=OT，O1S=O1N， 于是S=T，S=O1NS， O1NS=T，O1NOT，同理，O2NOS，即OS=O2N+O1S即O的半徑=O1與O2的半徑的和 O PTS=TSP=NMS，S、P、T、M共圓，故O、S、P、T、 OM五點共圓OMS=OTS=OST

30、 OMN=OMS+SMN=OST+TSP=OSP=90 OMMN S M篇三：1990-2021全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試平面幾何匯編 1990年 第二試 (10月14日上午10301230) 一(此題總分值35分) 四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD相交于P，設三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圓圓心分別是O1、O2、O3、O4求證OP、O1O3、O2O4三直線共點 證明 O為ABC的外心， OA=OB O1為PAB的外心，O1A=O1B OO1AB 作PCD的外接圓O3，延長PO3與所作圓交于點E，并與AB交于點F，連DE，那么?1=?2=?3，?EPD=?BPF， ?PFB=?

31、EDP=90? PO3AB，即OO1PO3 同理，OO3PO1即OO1PO3是平行四邊形 O1O3與PO互相平分，即O1O3過PO的中點 同理，O2O4過PO中點 OP、O1O3、O2O4三直線共點 E 1 D O3CO3 O O4 O O2 OO O O 3A A F FB B 1991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(nèi)部可以找出四個1 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 4 證明：考慮四邊形的四個頂點A、B、C、D，假設ABC、BCD、CDA、DAB的面積，設其中面積最小的三角形為ABD 1 假設SABDA、B、C、D即為所求 4 1

32、3 假設SABD<SBCD，取BCD的重心G，那么以B、C、D、G這4點中的任意 441 3點為頂點的三角形面積 411 假設SABD= SABD= 4413 由于SABC+SACD=1，而SACD，故SABC<=SBCD 44 過A作AEBC必與CD相交，設交點為E BC 111 那么 SABCSABD，從而SABESABD=SACE=SABESBCE=SABC即A、B、 444C、E四點即為所求 11 假設SABD=，這個三角形不 4411 可能是BCD，(否那么ABCD的面積=，不妨設SADC= SABD=那么AD 24BC，四邊形ABCD為梯形 13 由于SABD=，SAB

33、C=AD=a，那么BC=3a，設梯形的高=h， 44 B 3a AE a F C 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 a3+3a13133991 EF=ASEFB=SEFC=h= 1+3222416324 13991 SEBC=SFBC=3aah=于是B、C、F、E四點為所求綜上可知所 248162證成立 又證：當ABCD為平行四邊形時，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<C與AB的距離， 1 假設EDAE，取AE中點P，那

34、么P在線段AD上，作PQAB交BC于Q假設 2333 PQ=a，P與AB距離=h那么AB=2a，SABQP=ABEABCD= 444 131 即a+2a)h，ah 242 1111 SAPQ=SBPQ=SPAB=SQAB=ah即A、B、Q、P為所求 24241 假設EDAE，取AE中點P，那么P在線段DE上，作PRBC交CD于R， 2 NAE D CQ A B EFCQSB ANBC，交CD于N，由于EAB+EBA<，故R在線段CD上N在DC延長線上作1 RSAB，交BC于S，那么RS=AB，延長AR交BC于F，那么SFAB=SABCNSABCD=1問題化 2為上一種情況 1992年 四

35、、(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7 別作m的垂線AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F(xiàn)，AD=15，BE=10，求l 2與m的距離 解：過m作平面l，作AP于P，AP與l確定平面，=l?，l?m=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=15d，QE= 492 d，RF=10d 4 l' mKF 當D、E、F在K同側(cè)時2QE=PD+RF， E?494d=15d+10d解之得d=6 當D、E、F不全在K同側(cè)時2QE=

36、PDRF，?494d=15d10d無實解 l與m距離為6 1993年 三、35分 水平直線m通過圓O的中心，直線l?m，l與m相交于M，點M在圓心的右側(cè)，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，AB?CR+BC?AP=AC?BQ；(2)l與圓O相交時，AB?CR+BC?APAC?BQ；(3)l與圓O相離時，AB?CR+BC?APAC?BQ. 證明：設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

37、k=0時，點M在O上，此時，直線l與O相切； 當k<0時，點M在O內(nèi)，此時，直線l與O相交 AP=a+dr=a+k，同理，BQ=b+k，CR=c+k 那么AB?CR+BC?APAC?BQ= AB?CR+BC?AP(AB+BC)?BQ=BC(APBQ)AB(BQCR) AP2BQ2BQ2CR2 =BCABAP+BQBQ+CR(bc)(ab)(a+b)(ab)(bc)(b+c) =AP+BQBQ+CRa+bb+c=(ab)(bc)() AP+BQBQ+CR=(ab)(bc) aBQ+aCR+bCRbAPcAPcBQ (AP+BQ)(BQ+CR) a2BQ2b2AP2(a2b2)k 注意到a?

38、BQb?AP= bAP+aBQbAP+aBQ 故k0時，a?BQb?AP0，k=0時，a?BQb?AP=0，k<0時，a?BQb?AP<0； 同理可得，k0時，b?CRc?BQ0，k=0時，b?CRc?BQ =0，k<0時，b?CRc?BQ <0； k0時，a?CRc?AP0，k=0時，a?CRc?AP =0，k<0時，a?CRc?AP <0； 即當k0時，AB?CR+BC?APAC?BQ0； 當k=0時，AB?CR+BC?APAC?BQ=0，當k<0時，AB?CR+BC?APAC?BQ<0故證、 1994年 三、(此題總分值35分) 如圖，設三

39、角形的外接圓O的半徑為R,內(nèi)心為I，B=60?, A<C,A的外角平分線交圓O于E 證明:(1) IO=AE； (2) 2R<IO+IA+IC<(1+3)R 證明：B=60，AOC=AIC=120 A，O，I，C四點共圓圓心為弧AC的中點F，半徑為R BO為F的弧AC中點，設OF延長線交F于H，AI延長線交弧BC于D 由EAD=90內(nèi)外角平分線知DE為O的直徑OAD=ODA 但OAI=OHI，故OHI=ADE，于是RtDAERtHIO AE=IO 由ACH為正三角形，易證IC+IA=IH 由OH=2RIO+IA+IC=IO+IHOH=2R 設OHI=，那么0<<3

40、0 IO+IA+IC=IO+IH=2R(sin+cos)=2R2sin(+45) 又+45<75，故IO+IA+IC<2 2R(6+2)/4=R(1+3) C 1995年 三、(35分) 如圖，菱形ABCD的內(nèi)切圓O與各邊分別切于E，F(xiàn)，G，H， 在弧EF與GH上分別作圓O的切線交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求證： MQNP 分析 要證MQNP，因ABDC，故可以考慮證明AMQ=CPN現(xiàn)A=C，故可證AMQCPN于是要證明AMAQ=CPCN 證明 設ABC=2?，BNM=2?，BMN=2那么 1 由ON平分ONM，得ONC=ONM=(180?2?)=90?； 2同

41、理，OMN=OMA=90? 而CON=180?OCNONC=?+?=90?，于是CONAMO， AMAO=COCN，即AMCN=AO2 同理，AQCP=AO2，AMCN=AQCP AMQCPN，AMQ=CPN MQNPQ DBN F 1996年 三、此題總分值35分 如圖，圓O1和圓O2與ABC的三邊所在的三條直線都相切，E、F、G、H為切點，并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。 證明 設ABC的三邊分別為a、b、c，三個角分別為A、B、C，那么 1 CE=BF=CG=BH=a+b+c)211 BE=a+b+c)a=(b+ca) 2211 EF=a+b+c)+b+ca)=b

42、+c 22 1 連CO1,那么CO1平分ECG,CO1EG,?FEP=90?C 211 同理EFP=90?B,EPF=(B+C) 22 B cos 2EPEF = ，EP=(b+c) 。 1B+CB+C sin(90?B)sin sin 222 BC cossin 22 設P、A在EF上的射影分別為M、N，那么EM=EPcosFEP=(b+c) B+Csin 2BCcossin 221 又BN=ccosB，故只須證ccosB+ (b+ca)= (b+c) , 2B+C sin 2BCcos sin 221 即sinCcosB+ (sinB+sinCsin(B+C) =(sinB+sinC) 就

43、是 2B+C sin2 BCBCBC11B+C2cos cos sin =sinCcosBsinBcosC cosBsinC+sincos 2222222BCBCBC1B+CB+C 右邊= sin(CB)+sincos=cos(sin sin ) 222222=2cos BCBC cos sin 。故證。 222 1997年 一、此題50分如圖，兩個半徑不相等的O1與O2相交于M、N兩點，且O1、O2 分別與O內(nèi)切于S、T兩點。求證：OMMN的充分必要條件是S、N、T三點共線。 證明：過S、T分別作相應兩圓的公切線，交于點P，那么PS=PT，點P在直線MN上(根軸)且O、S、P、T四點共圓 假

44、設S、N、T三點共線， 連O1N，O2N，那么OS=OT，O1S=O1N， 于是S=T，S=O1NS， O1NS=T，O1NOT，同理，O2NOS，即OS=O2N+O1S即O的半徑=O1與O2的半徑的和 O PTS=TSP=NMS，S、P、T、M共圓，故O、S、P、T、 OM五點共圓OMS=OTS=OST OMN=OMS+SMN=OST+TSP=OSP=90 OMMN S M篇四：2000-2021全國高中數(shù)學聯(lián)賽分類匯編 專題10 平面幾何 1、2000二試1如圖，在銳角三角形ABC的BC邊上有兩點E、F，滿足BAE=CAF，作FMAB，F(xiàn)NACM、N是垂足，延長AE交三角形ABC的外接圓于

45、D證明：四邊形AMDN與三角形ABC的面積相等 2、2001二試1如圖：ABC中，O為外心，三條高AD、BE、CF交于點H，直線ED和AB交于點M，F(xiàn)D和AC交于點N。求證：1OBDF，OCDE；2OHMN。 【解析】證明：(1)A、C、D、F四點共圓 BDFBAC 又OBC 1 (180BOC)90BAC 2 OBDF (2)CFMA 2 2 2 2 MCMHACAH BENA 2 2 2 2 NBNHABAH DABC 2 2 2 2 BDCDBAAC OBDF 2 2 2 2 BNBDONOD OCDE 2 2 2 2 CMCDOMOD ，得 2 2 2 2 2 2 2 2 NHMHON

46、OM MOMHNONHOHMN kOBkDF?1 OBDF 同理可證OCDE 在直線BE的方程y? bcc ) (x?b)中令x0得H(0，?aa bc?a2bc ? a2?3bc kOH? ? b?cab?ac2 ab?ac x 直線DF的方程為y?2 a?bc ab?ac?y?x2?a2c?bc2abc?ac2?a?bc ,2 由? 得N (2) 22 a?2bc?ca?2bc?c?y?a(x?c) ?c?a2b?b2cabc?ab2 ,2 同理可得M (2) 22 a?2bc?ba?2bc?b kMN a(b2?c2)(a2?bc)ab?ac ?222 (c?b)(a?bc)(a?3bc

47、)a?3bc kOH kMN 1，OHMN 3、2002二試1如圖，在ABC中，A=60，ABAC，點O是外心，兩條高BE、CF交于H點，點M、N分別在線段BH、HF上，且滿足BM=CN，求 MH?NH 的值。 OH 4、2003二試1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求證：DBQ=PAC 分析：由PBC=CDB，假設DBQ=PAC=ADQ，那么?BDQ?DAQ反之，假設?BDQ?DAQ那么此題成立而要證?BDQ?DAQ，只要證=【解析】：連AB ?PBC?PDB， BDDQ 即可 ADAQ5、200

48、4二試1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為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點，F(xiàn)G與AH相交于點K，BC=25，BD=20，BE=7，求AK的長 6、2005二試1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(nèi)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。 【解析】證明：1先證DE過ABC的內(nèi)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=A

49、C， 得，AGDC，ID=IC. 又D、C、E在A上，7、2006二試1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(nèi)切于P0； 2四點P0、Q0、Q1、P1共圓。 【解析】以B0和B1為焦點的橢圓與AB0B1的邊ABi交

50、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(nèi)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，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P0分別相內(nèi)切于點Q0、P1、Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+B0P0。四式相加