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全国高中数学联赛平面几何题ABCDEFMN1.(2000) 如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足BAE=CAF，作FMAB，FNAC（M、N是垂足），延长AE交三角形ABC的外接圆于D证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等2. (2001) 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) OBDF，OCDE；(2) OHMN3.(2002)4.(2003) 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DAQPBC求证：DBQPACP5.(2004)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。6.(2005)7.(2006)以B0和B1为焦点的椭圆与AB0B1的边ABi交于点Ci(i0，1). 在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧交B1A的延长线于点P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧，交AB0的延长线于P0. 试证： 点P0与点P0重合，且圆弧与相内切于点P0； 四点P0，Q0，Q1，P1共圆8.(2007)如图，在锐角ABC中，ABAC，AD是边BC上的高，P是线段AD内一点。过P作PEAC，垂足为E，作PFAB，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。9.(2008)如题一图，给定凸四边形，是平面上的动点，令（）求证：当达到最小值时，四点共圆；答一图1（）设是外接圆的上一点，满足：，又是的切线，求的最小值参考答案1.(2000)证明：连结MN、BD，FMAB，FNAC，A，M，F，N四点共圆. AMN=AFN ,AMN+BAE=AFN+CAF=90，即MNAD. SAMDN=ADMN CAF=DAB，ACF=ADB，AFCABCABAC=ADAF . 又AF是过A、M、F、N四点的圆的直经，=AFAF sinBAC=MN.ABACsinBAC= ADAFsinBAC= ADM N =SAMDN2.(2001)证明：(1)A、C、D、F四点共圆 BDFBAC 又OBC(180BOC)90BAC OBDF(2)CFMA MC 2MH 2AC 2AH 2 BENA NB 2NH 2AB 2AH 2 DABC BD 2CD 2BA 2AC 2 OBDF BN 2BD 2ON 2OD 2 OCDE CM 2CD 2OM 2OD 2 ，得 NH 2MH 2ON 2OM 2 MO 2MH 2NO 2NH OHMN 另证：以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系， 设A(0，a)，B(b，0)，C (c，0)，则 直线AC的方程为，直线BE的方程为 由 得E点坐标为E () 同理可得F () 直线AC的垂直平分线方程为 直线BC的垂直平分线方程为 由 得O () OBDF 同理可证OCDE在直线BE的方程中令x0得H (0，) 直线DF的方程为 由 得N () 同理可得M () kOH kMN 1，OHMN4. (2003)证明：联结AB，在ADQ与ABC中，ADQ=ABC，DAQ=PBC=CAB 故ADQABC，而有，即BCADABDQ又由切割线关系知PCAPAD得；同理由PCBPBD得又因PAPB，故，得ACBDBCADABDQ又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知ACBDBCADABCD于是得：ABCD2ABDQ，故DQCD，即CQDQ在CBQ与ABD中，BCQBAD，于是CBQABD，故CBQABD，即得DBQABCPAC5.(2004)解：由题知：， 又BC=25，BD=20，BE=7，故CD=15，CE=24.由可解得：AD=15，AE=18. 于是点D是的斜边AC的中点，DE=15.连接DF,因为点F在以DE为直径的圆上，故点F为线段AE中点，AF=9. 因为G、F、E、D四点共圆，D、E、B、C四点共圆，所以，于是，延长AH交BC于P，故： 又H为的垂心，故，AP=CE=24， 于是 7.(2006)关于的证明要点： 说明C0P0C0P0，从而得到P0与P0重合：由椭圆定义知B0C1B1C1B0C0B1C02a(2a为椭圆的长轴)记BiCjrij(i，j0，1)，即r01r11r00r102a设B0P0B0Q0b，则C1Q0C1P1C1B0B0Q0r01b；B1P1B1Q1B1C1C1P1r11r01b；C0Q1C0P0B1Q1B1C0r11r01br10b2ar10br00 但C0P0br00；从而C0P0C0P0，故点P0与P0重合(10分) 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上，或说明两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆相切 由于弧的圆心为B0，的圆心为C0，而P0为两圆公共点，但C0、B0、P0三点共线，故两圆弧内切于点P0 或：由于C0B0C0Q1B0P0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆内切(20分)的证明要点：主要有以下两种思路，一是从角度入手证明，一是从找出圆心入手证明分述如下： 说明对两定点张角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为180，连P0Q0，P0Q1，P1Q0，P1Q1，证法一：证明Q0P0Q1Q0P1Q1从而说明四点共圆由于Q0P0Q1B0P0Q0C0P0Q1(180P0B0Q0)(180P0C0Q1)(P0C0Q1P0B0Q0)(AC0B1C0B0C1)C0MB0；(30分) Q0P1Q1B1P1Q1C1P1Q0(180P1B1Q1)(180P1C1Q0)(P1C1Q0P1B1Q1)C1MB1；(40分) 但，C0MB0C1MB1，故Q0P0Q1Q0P1Q1，从而P0，Q0，Q1，P1四点共圆得证 证法二：利用圆心角证明P1Q1P0P1Q0P0，从而说明四点共圆 由于P1Q1P0P1Q1B1C0Q1P0(180P1B1Q1)(180P0C0Q1)180(P1B1Q1P0C0Q1)； (30分) P1Q0P0P1Q0C1B0Q0P0(180P1C1Q0)(180P0B0Q0)180(P1C1Q0P0B0Q0)； (40分) 而P1C1Q0P0B0Q0P1B1Q1B1DC1DB0C0P1B1Q1P0C0Q1，所以，P1Q1P0P1Q0P0，从而P0，Q0，Q1，P1四点共圆得证(50分)证法三：利用弦切角证明P1Q1P0P1Q0P0，从而说明四点共圆 现在分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T，又过点Q1引相应相切圆弧的公切线RS，分别交P0T和P1T于点R和S连接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R和P1Q1S基于此，我们可由P0Q1P1P0Q1RP1Q1S (P1P0TQ1P0P1)(P0P1TQ1P1P0) (30分)而 P0Q1P1Q1P0P1Q1P1P0，代入上式后，即得 P0Q1P1(P1P0TP0P1T) (40分)同理可得P0Q0P1(P1P0TP0P1T)所以四点P0，Q0，Q1，P1共圆(50分) 还有例如证明P1Q1Q0P1P0Q0180，从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法 找出与这四点距离相等的点，即确定圆心位置，从而证明四点共圆若此四点共圆，则圆心应在P0Q0、P0Q1、P1Q0、P1Q1的垂直平分线上，也就是在等腰三角形的顶角平分线上可以作出其中两条角平分线，证明其他的角平分线也过其交点或证明AB1C0与AB0C1有公共的内心 证法一：作AB1C0与AC0B1的角平分线，交于点I，则I为AB1C0的内心作IMAB1，INAC0，垂足分别为M、N则AMAN(AB1AC0B1C0)； 作AC1B0与AB0C1的角平分线，交于点I，则I为AB0C1的内心作IMAC1，INAB0，垂足分别为M、N同上得，AMAN(AC1AB0B0C1)(30分)但AB1AC0B1C0AC1B1C1AB0B0C0B1C0AC1AB0B0C1(40分)于是，M与M，N与N重合即I与I重合于是IP1IQ1IP0IQ0，即P0，Q0，Q1，P1共圆(50分)证法二：作AB1C0与AC0B1的角平分线，交于点I，则I为AB1C0的内心，故I在B0AB1的角平分线上但B1I是P1Q1的垂直平分线，C0I是P0Q1的垂直平分线，从而I又是P0P1Q1的外心，即I在P0P1的垂直平分线上，故I是P0P1的垂直平分线与B0AB1的角平分线的交点作AC1B0与AB0C1的角平分线，交于点I，同理I也是P0P1的垂直平分线与B0AB1的角平分线的交点，从而I与I重合于是I是P0P1Q0与P0P1Q1的公共的外心，即I到P0、P1、Q0、Q1的距离相等从而此四点共圆8.(2007)证明：连结BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为PDBC，PFAB，故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是的CP中点。综合以上知O1O2BC，所以PO2O1=PCB。因为AFAB=APAD=AEAC，所以B、C、E、F四点共圆。充分性：设P是ABC的垂心，由于PEAC，PFAB，所以B、O1、P、E四点共线，C、O2、P、F四点共线，FO2O1=FCB=FEB=FEO1，故O1、O2、E、F四点共圆。必要性：设O1、O2、E、F四点共圆，故O1O2E+EFO1=180。由于PO2O1=PCB=ACBACP，又因为O2是直角CEP的斜边中点，也就是CEP的外心，所以PO2E=2ACP。因为O1是直角BFP的斜边中点，也就是BFP的外心，从而PFO1=90BFO1=90ABP。因为B、C、E、F四点共圆，所以AFE=ACB，PFE=90ACB。于是，由O1O2E+EFO1=180得(ACBACP)+2ACP+(90ABP)+(90ACB)=180，即ABP=ACP。又因为ABAC，ADBC，故BDCD。设B是点B关于直线AD的对称点，则B在线段DC上且BD=BD。连结AB、PB。由对称性，有ABP=ABP，从而ABP=ACP，所以A、P、B、C四点共圆。由此可知PBB=CAP=90ACB。因为PBC=PBB，故PBC+ACB=(90ACB)+ACB=90，故直线BP和AC垂直。由题设P在边BC的高上，所以P是ABC的垂心。9.(2008)解法一 （）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，有 因此 因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此当且仅当在的外接圆且在上时， 又因，此不等式当且仅当共线且在上时取等号因此当且仅当为的外接圆与的交点时，取最小值故当达最小值时，四点共圆 （）记，则，由正弦定理有，从而，即，所以，整理得，解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整理得，故，可得从而，为等腰直角三角形因，则又也是等腰直角三角形，故，故 答一图2解法二 （）如答一图2，连接交的外接圆于点（因为在外，故在上）过分别作的垂线，两两相交得，易知在内，从而在内，记之三内角分别为，则，又因，得，同理有，所以 设，则对平面上任意点，有 从而 由点的任意性，知点是使达最小值的点由点在上，故四点共圆 （）由（），的最小值，记，则，由正弦定理有，从而，