平面几何试题精选.doc

学习参考 01凸四边形ABCD的对角线交于点M 点P Q分别是 AMD和 CMB重心 R S分别是 DMC和 MAB的垂心 求证PQ RS 证 过A C分别作BD的平行线 过B D分别作AC的平行线 这四条直线分别相交 于X W Y Z 则四边形XWYZ为平行四边形 且XW AC XZ 则四边形XAMD MBYC皆为平行四边形 由其对角线互相平分知 MX在 AMD中线所在直线上 MY在 BMC中线所在直线上 且 MP MX 1 3 MQ MY XY PQ 故欲证原命题 只需证XY RS 这等价于 SY 2 SX 2 RY 2 RX 2 下证上式 由S为 AMB垂心知SB AM SB WY 同理SA WX 则勾股定理知 SY 2 SB 2 BY 2 BY 2 SW 2 WB 2 BY 2 WB 2 SA 2 WA 2 SX 2 SA 2 XA 2 得 SY 2 SX 2 BY 2 WB 2 WA 2 XA 2 同理得 RY 2 YC 2 ZC 2 RD 2 DA 2 RX 2 DX 2 RD 2 故 RY 2 RX 2 YC 2 ZC 2 DZ 2 DX 2 由XW DB YZ WY AC XZ有BY DZ WB XD AW YC AX ZC 比较 两式右边即有 SY 2 SX 2 RY 2 RX 2 由此即有 XY RS 从而得出PQ RS 证毕 02已知E F是 ABC两边AB AC的中点 CM BN是AB AC边上的高 连线EF MN相 交于P点 又设O H分别是 ABC的外心和垂心 连接AP OH 求证AP OH 同苏 炜杰 03 证 A B C D P Q M R X Y Z S W 学习参考 引理 如图 设 BAP BAP 则 AP与 s si in n BAP s si in n CAP s si in n BAP s si in n CAP AP 重合 引理的证明 事实上 式即 s si in n s si in n A s si in n s si in n A s si in n A s si in n s si in n A s si in n sinsin A cotcot sinsin A sinsin A cotcot coscos A 即AP与AP 重合 引理得证 回到原题 为了看得清 我们画两张图表示 过A作AQ OH Q 我们证明AP与AQ重合 由引理只需证 s si in n 1 s si in n 2 s si in n 3 s si in n 4 先看右图 E P F三点共线 以A为视点运用张角定理得 s si in n BAC AP s si in n 1 AF s si in n 2 AE 综合上二式有 sinsin 1 sinsin 2 1 AP 1 AN 1 AM 1 AE s si in n 1 s si in n 2 AF AN AM AE EM NF 又易有M B C N四点共圆 AM AB AN AC 即 2AM AE 2 AN AF s si in n 1 s si in n 2 EM NF 再看右图 AQH ANH AMH 90 A M Q H A Q H N分别四点共圆 MHQ 3 BHQ 4 在 MOH与 BOH中分别运用正弦定理有 MO s si in n 3 OH s si in n OMH BO s si in n 4 OH s si in n OBH 两式相除有 其中MO sinsin OMH OM coscos OME EM s si in n 3 s si in n 4 OM s si in n OMH OB s si in n OBN 过O作OG BN G 由 OGN GNF NFO 90 知OGNF为矩形 OG NF OB sinsin OBN OG NF A B P P C A B P C M N EF A BC M N EF HQ G O 34 学习参考 s si in n 3 s si in n 4 EM NF 综合 知 式成立 故AP OH 证毕 03设H为 ABC的垂心 D E F为 ABC的外接圆上三点使得AD BE CF S T U分 别为D E F关于边BC CA AB的对称点 求证S T U H四点共圆 同何长伟 02 但解法不同 证 我们先证明一些关于四边形HUST的性质 延长AH BH CH与 ABC外接圆交于A B C 熟知H与A 关于BC对称 H与B 关于AC对称 H与C 关于AB对称 又D与S关于BC对称 故四边形DHA S关于BC对称 故DHA S必为等腰梯形 四边形HFUC 与HTEB 同理亦然 HS A D HU C F HT B E SHA HA D 记 所对圆周角为 由AD BE 知 CE DE AB 所对角为 C 所对角为 B 所对角为 DE AC CE 所对角为 B C AD SHA HA D B C UHC HC F CC F A 1 2 BC BF 1 2 BC CE AHC 180 C HA B UHA 180 C HU AHC C 同理可得 THA B 得 UHS B 得 SHT C 又 2 90 B C B C 2 90 A D A B AB AD A D 2R sinsin 90 HS 2R sinsin 90 同理可计算出 C F 2R sinsin 90 B BE 2R sinsin 90 C 从而HU 2R sinsin 90 B HT 2R sinsin 90 C 由此有HS HU HT sinsin 90 sinsin 90 B sinsin 90 C 综上我们得出了一些关于四边形HUST的性质 UHS B SHT C HU HS s si in n 90 B s si in n 90 HT HS s si in n 90 C s si in n 90 下面我们利用这些性质判定H U S T四点共圆 作 XYZ ABC 即 X A Y B Z C 在ZY与X异侧作 ZYW1 90 B YZW2 90 C YW1与ZW2交于W 连 接XW ZWY 180 ZYW YZW 180 180 B C B C 180 ZXY X Z W Y四点共圆 XZW XYW 180 A B C D E F C B H S A T U X YZ W 学习参考 XYW XYZ ZYW B 90 B 90 WXY WZY 90 C 由正弦定理知 WY WX s si in n WXY s si in n XYW s si in n 90 C s si in n 90 HT HS 又 YWX YZX C THS WZX HTS 从而 WYX HTS 同理可得 WZX HUS HTS HUS 180 从而H T S U四点共圆 证毕 评注 这一作法的出发点是想通过对线段长度以及角度的计算揭示H T S U四点的 一些并不明显的性质 利用熟知结论 垂心关于边的对称点在外接圆周上 将类似线段转 化为可求的 刻画了 对称 条件 角度的推算多次利用弧长 刻画了 平行 条件 后 半部论证精神为同一法 事实上 一个四边形中若已知一个顶点引出的三条线段及两个角 则这个四边形便已确定 04在 ABC中 D是BC边上一点 设O1 O2分别是 ABD ACD外心 O 是经过 A O1 O2三点的圆的圆心 记 ABC的九点圆圆心为Ni i 作O E BC E 求证 NiE AD 证 以 ABC外接圆圆心为原点建立复平面 设其半径为 1 设A coscos sinsin B coscos sinsin C coscos sinsin ADB 由正弦定理知 2 sinsin 且 BAO1 CAO2 AB AO1 AC AO2 O1AO2 BAC 从而 AO1O2 ABC且相似比为 1 2 s si in n 由 BAO1 90 知 ABC变换为 AO1O2为一个绕A逆时针旋转 90 及以A为中 心位似比为 的位似变换之积 1 2 s si in n coscos sinsin 对应复数为 coscos i i sinsin 则AO 对应复数为 AO coscos i i sinsin coscos 90 i i sinsin 90 A 1 2 s si in n 记为 则A sinsin i i coscos 1 2 s si in n O A A O 的横坐标即为 coscos s si in n 2 s si in n s si in n 2 s si in n E点坐标为 sinsin s si in n 2 s si in n 1 2 A B CE N O O D i O 学习参考 又由九点圆性质 设O为外心 G为重心 则 且Ni i与O在G异侧 Ni iO OG 3 2 设G为G点对应复数 Ni i为Ni i点对应复数 则Ni i G A B C 3 2 3 2 于是Ni i坐标为 设Ni iE斜率为k 则 c co os s 2 s si in n 2 s si in n 2 k tantan s si in n s si in n c co os s s si in n s si in n 又 ADC AD斜率亦为 tantan 故AD与Bi iE平行 证毕 05设 ABC的边AB中点为N A B D是射线AC上一点 满足CD BC P是射线 DN上一点 且与点A在边BC同侧 满足 PBC A PC与AB交于点E BC与DP 交于点T 求表达式 的值 BC TC EA EB 解 我们先证明CP平分 ACB 且CP BD 用同一法 作 ACB平分线CP 交DN于P 则 BCP ACP CBD CDB C 1 2 P C BD 我们证明 P BC A 事实上 这只须证 BCP ADB 又由于我们已知 BCP ADB C 1 2 故只须证 CP BD BC AD 注意到P C BD 故 CP BD CT BT 又CD BC 故 CT BT CD AD 对直线NTD截 ABC运用梅涅劳斯定理有 1 BT CT CD DA AN NB N为AB中点 AH NB 得证 CT BT CD AD 从而 BCP ADB P BC A PBC P BC P P A皆在BC同侧 P 与P皆在ND上 P P 即 CP平分 ACB且CP BD 下证 2 对ACD截 BTN有 1 BC TC EA EB BC EB TD DN NA AB N为AB中点 2 BC TC 2DN TD 2NT TD CP平分 ACB 我们证明 即可 EA EB AC CB 2NT TD AC CB A B C P E N D T P 学习参考 CD BC 只须证 1 2NT TD CD AC 对BTC截 AND运用梅氏定理有 1 即 1 故 2 DC CA AB BN NT TD 2NT TD CD AC BC TC EA EB 综上所述 所求 2 BC YC EA EB 评注 从题目的问题得到提示 使用梅氏定理 比例的转换方向明确 学习参考 06 ABC中 BD和CE为高 CG和BF为角平分线 I I是内心 O为外心 求证D I I E 三点共线 G O F三点共线 证 记 BAC A ABC B ACB C BC a AB c AC b ABC外接圆 半径为R 内切圆半径为r 易得 AO R AI AD c coscos A 2R sinsin C coscos A AE 2R sinsin B coscos A EAI IAD GAO 90 C OAC 90 B A 2 由AF FC b 解得AF 同理可得 AG AF FC c a bc a c bc a b 由张角定理知 G O F三点共线 s si in n A AO s si in n GAO AF s si in n OAC AG s si in n A R bc sinsin A R a b coscos B a c coscos C 利用正弦定理 2 sinsin A sinsin B sinsin C sinsin A sinsin B coscos B sinsin A sinsin C coscos C 2 sinsin A sinsin B sinsin C sinsin A coscos B coscos C sinsin B coscos B sinsin C coscos C 利用 sinsin B coscos B sinsin C coscos C sinsin 2B sinsin 2C sinsin B C coscos B C 1 2 sinsin A coscos B C 消去 sinsin A得 2 sinsin B sinsin C coscos B coscos C coscos B C 再对左边积化和差有 coscos B C coscos B C coscos B coscos C coscos B C coscos A coscos B coscos C 另一方面 D I I E三点共线 s si in n A AI s si in n EAI AD s si in n DAI AE 消去 sinsin 去分母有 r sinsin B sinsin C 2R sinsin A sinsin B sinsin C coscos A A 2 又 S 2R 2 sinsin A sinsin B sinsin C r a b c 1 2 sinsin A sinsin B sinsin C 正弦定理 2R s si in n A s si in n B s si in n C r a b c 2R 故 sinsin B sinsin C sinsin A sinsin B sinsin C coscos A 右边和差化积 右边利用熟知的三角形内恒等式 sinsin A sinsin B sinsin C 4 coscos coscos coscos 有 A 2 B 2 C 2 2 coscos coscos 4 coscos coscos coscos coscos A A 2 B C 2 A 2 B 2 C 2 消去 2 coscos 再对 coscos coscos 积化和差有 A 2 B 2 C 2 A B C D E F H G I O 学习参考 coscos coscos coscos coscos A coscos 1 coscos A sinsin coscos A B C 2 B C 2 B C 2 B C 2 A 2 2 coscos sinsin 2 coscos A 2 coscos sinsin coscos A B C 2 A 2 B C 2 A 2 2 coscos coscos coscos A coscos B coscos C coscos A 积化和差 B C 2 B C 2 故D I I E三点共线 coscos A coscos B coscos C G O F三点共线 D I I E共线 G O F三点共线 证毕 07 ABC中 A B为锐角 CD为高 O1 O2分别为 ACD和 BCD内心 问 ABC 满足怎样的充要条件 使得A B O1 O2四点共圆 解 所求充要条件为 C 90 或 A B 其中 C ACB A CAB B CBA 记AC b BC a AB c 外接圆半径为R 过O1作O1H AB H 过O2作O2I AB I I O2E O1H E 则 O1AB A O2BA B 1 2 1 2 故 A B O1 O2四点共圆 BAO1 FO2O1 O2E AB FO2E B 1 2 FO2O1 EO2F O1O2E FO2O1 B O1O2E 1 2 O1O2E O1O2E tantan EO2O1 tantan A 2 B 2 B A 2 B A 2 记O1H rA O2i i rB ADC 90 由直角三角形内心性质知rA DH AD DC AC 2 同理 rB tantan EO2O1 BD CD BC 2 O1E HI rA rB rA rB AD BD BC AC 2CD AB AC BC 易有 AD b coscos A 2R sinsin B coscos A BD 2R sinsin A coscos B BC 2R sinsin A AC 2R sinsin B AB 2R sinsin C 代入有 tantan EO2O1 s si in n B c co os s A s si in n A c co os s B s si in n A s si in n B 2 s si in n B s si in n A s si in n A B s si in n A s si in n B 下面分情况讨论 1 A B时 左右两边皆为 0 式成立 2 A B时 sinsin 可约去 得 2 sinsin A sinsin B sinsin C sinsin A sinsin B B A 2 1 2 AB C D E F HI O O 学习参考 2 coscos 2 coscos B A 2 B A 2 利用 2 sinsin A sinsin B coscos B A coscos A B coscos B A coscos C 2 coscos 2 coscos B A 1 2 coscos coscos coscos A coscos B B A 2 B A 2 B A 2 三式代入化简得 coscos A coscos B coscos C 1 sinsin A sinsin B sinsin C 而由三角形内熟知恒等式 coscos A coscos B coscos C 1 4 sinsin sinsin sinsin 得 A 2 B 2 C 2 1 sinsin A sinsin B sinsin C 1 2 sinsin coscos 2 sinsin sinsin 1 A B 2 A B 2 A B 2 C 2 2 coscos coscos coscos 1 4 sinsin sinsin coscos C 2 A B 2 A B 2 A 2 B 2 C 2 结合两方面知 sinsin coscos C 90 C 2 C 2 综合 1 2 知 C 90 或 A B 故A B O1 O2四点共圆 C 90 或 A B 得证 08 ABC的外心是O 三条高线AH BK CL垂足分别为H K L A0 B0 C0分别是 AH BK CL中点 I I为内切圆圆心 内切圆切 ABC三边BC CA AB于D E F 证 明A0D B0E C0F OI四线共点 证 首先以引理的形式给出本图的一些内在特征 引理 1 AB CD CD中点为Q AB中点为R AC与BD交于P 则P Q R三点共线 也即QR AC BD三线共点 引理 1 的证明 PCD与 PAB为以P为位似中心的位似关系 PQ为CD中点 PR为AB中点 故Q R为一对对应点 从而P Q R三点共线 引理 2 A0I I与BC交于D 则D 为 ABC在 A内旁切圆与BC的切点 并由此有O在 DD 中垂线上 引理 2 的证明 延长DI交 I I于J 延长AJ交BC于D 过J作 I I切线交AB AC于B C 则B C DI OI BC B C BC AB C 与 ABC构成以A为位似中的位似关系 显然 I I为 AB C 在 A内旁切圆 故J为旁切圆切点 由J与D 为对应点知D 亦为旁切圆切点 而A0为AH中点 I I为JD中点 由引理 1 知D 在IA0上 AB CD P Q R A B C DP O C B J H I D A0 X 学习参考 故IA0与BC交于旁切圆切点 更进一步作OP BC于P P为BC中点 又由内切圆及旁切圆性质知BD CD 故P又为DD 中点 O在DD 中垂线上 引理 2 得证 下面回到原题 延长OI交AD于X 我们通过计算证明IX为关于 A B C对称 的值 从而证明原题 利用A X D三点共线 由张角定理知 s si in n AID IX s si in n A0IO ID s si in n DIO IA0 1 IX s si in n A0IO ID s si in n D ID s si in n DIO IA0 s si in n D ID 由ID A0H知 IA0 ID 而 代入得 DH DD ID DD 1 s si in n D ID 1 IX s si in n AIO ID s si in n D ID s si in n DIO DH 又 sinsin AID sinsin D IX sinsin D ID DIX s si in n AIO ID s si in n D ID c co os s DIX ID c co os s D ID s si in n DIX ID s si in n D ID c co os s DIX ID s si in n DIO D D sinsin DIO sinsin DIO 1 IX c co os s DIX ID 1 DH 1 DD c co os s DIX ID D H DH DD 由 代入有 sinsin DIO coscos DIX sinsin D H DD A0H ID 1 IX c co os s DIX ID A0H DH ID 1 ID A0H DH DIO OP ID coscos DIX coscos POX sinsin DIO sinsin POX 括号中乘一个OI 括号外除一个OI得 OQ IQ 其中QO OP ID IQ PD DD 引理 2 知 1 IX 1 ID OI A0H DH 1 2 OP A0H 1 IX 1 ID OI 1 2 DD DH 1 OI 注意到OI ID r皆为对称的值 故我们仅须证 OP A0H为对称的值 记为 1 2 DD DH MA 记 BAC A ABC B ACB C AC c AC b BC a 外接圆半径为R 则 学习参考 OP R coscos A CD BD CH b coscos C A0H AH a b c 2 a b c 2 1 2 b sinsin C R sinsin B sinsin C 1 2 DH CD CH b coscos C a b c 2 a b c 2 a 2 b 2 c 2 2a c b c b a 2a DD BC BD CD a a b c c b 故 A0H R sinsin B sinsin C 1 2 DD DH a b c a 故 MA R coscos A 其中 s si in n A s si in n B s si in n C s si in n B s si in n C s si in n A sinsin B sinsin C sinsin A 2 coscos coscos 2 coscos coscos A 2 B C 2 B C 2 A 2 2 coscos coscos coscos 2 coscos sinsin sinsin A 2 B C 2 B C 2 A 2 B 2 C 2 sinsin A sinsin B sinsin C 8 sinsin sinsin sinsin coscos coscos coscos A 2 B 2 C 2 A 2 B 2 C 2 代入有 MA MB MC等价于 coscos A 2 sinsin coscos coscos coscos B 2 sinsin coscos coscos coscos C 2 sinsin coscos A 2 B 2 C 2 B 2 A 2 C 2 C 2 coscos A 2 B 2 其中 coscos A 2 sinsin coscos coscos coscos B 2 sinsin coscos coscos A 2 B 2 C 2 B 2 A 2 C 2 coscos A coscos B 2 coscos sinsin coscos sinsin coscos C 2 B 2 A 2 A 2 B 2 coscos A coscos B 2 sinsin sinsin 此式显然成立 A B 2 B A 2 故MA MB 同理MB MC MA MC MA MB MC IX为关于A B C对称之值 即A0D B0E C0F 都交于OI上同一点 即A0D B0E C0F OI四线共点 证毕 评注 此解法计算复杂 但思路清晰 09已知 ABC 过点B C的 O与AC AB分别交于点D E BD与CE交于F 直线OF 与 ABC外接圆交于P 证明 PBD的内心就是 PCE的内心 证 引理 1 四边形ABCD内接于 O 对角线AC BD交于E 直线BA CD交于F 直线 A B C D E F G O P Q 学习参考 AD BC交于G 则DE FQ 引理 1 的证明 首先 r 2 r为半径 OE OF 过F作 O切线FP PQ切 O于P Q FPA FBP AP PB FA FP FA FB 2 同理 2 AP PB FA FB PQ QC FD FC 由 FAD FCB知 2 BC AD FB FC FD FA 上面三式相乘得 1 AP PB PQ QC BC AD BD AC PQ三线共点 又由E在PQ上知 r 2 DE DF OR RE OF OR OF RE OF 0 OE FG OE OG OF OE OG OE OF 引理 2 四边形ABCD内接于 O 直线BA CD交于F FAD外接圆和 FBC外接圆交 于P 异于F 则OP PF 引理 2 的证明 APC FPC FPA 180 2 B 180 AOC A P C D四点共圆 FPO FPC OPC 180 B OAC 180 B 90 B 90 OP PF 得证 引理 3 设P是半径为r的 O上一动点 AB是过圆心O的一射线上的两定点 且 OA OB r 2 则 是定值 PA PR 引理 3 的证明 OP 2 OB OA OBP OPA OB OP OP OA BP PA 2 2 PB PA OB OA PA PB OA OB 下证原题 设CD DE交于Q QA交 ABC外接圆于一点P 异于点A QP QA QR QC QE QD P E D A四点共圆 由引理 3 知 OP QA 由引理 2 知OF QA O F P 三点共线 P与P 重合 A B C D F O P A BO P A B C D E F I O Q P 学习参考 设OF与 O交于I I 由引理 4 知 PB BF PI IF BI平分 PBF 同理PI平分 PDF I I是 PBD的内心 同理I I也是 PCE的内心 故命题得证 评注 此解法稍繁 可思考令OF FP CF FE的同一法 10设A B为圆 上两点 X为 在A和B处切线的交点 在圆 上选取两点C D使得 C D X依次位于同一直线上 且CA BD 再设F G分别为CA和BD CD和AB的交 点 H为GX的中垂线与BD的交点 证明 X F G H四点共圆 证 设O为圆心 AB XD M XOA XAM OX XM XA 2 XC XD O M C D四点共圆 XMP OCD ODC OMC CMG GMD 在CM上选取一点Z使MX DZ 则MD MZ CG GP CM MD CM MZ CX XD 在GX上取点X 使 GKD DFX 在X F上取W使CF GW 由 得 CG X D X C GD X D DG X F FG X E FW X C CG 由上面两式得 故X X GFD XFD XD XC X D X C 又 1 和 XPB CDF ABC 则 ACD ADC 延长OR至K0 使OR RK0 DR RB AR RC 则O B D K0共圆 DK0 R OBR 同理A O C K共圆 AK0R ACD AK0D ACO DBO BAD ABC APD A D K0 P四点共圆 且 OK0P DK0P DK0O BAD OBD 2 同理 DK0Q 故P K0 Q共线 从而K0 K 2 A P D K共圆 C D K Q共圆 又 AKP ADP CDQ CKQ OK平分 AKC 同理OK平分 BKD 故 AKD BKC成立 评注 本题亦可用阿波罗尼斯定理作 16圆外切四边形ABCD对边AB与CD交于点F AD与BC交于点E 设CC1 BF C1 EE1 BF E1 AA1 BC FF1 BC 证明 1 BC1F1与 BA1E1有相同的内心 I I 2 设BB1 CF B1 BB2 AE B2 B1F1C的内心为I I1 B2A1C的内心为I2 A B O P K D Q C R 学习参考 则I I O I1 I2四点共圆 证 引理 XYZ中 XX1 YZ YY1 XZ 且 XYZ的内切圆与ZY切于X2 与XZ切于Y2 则 ZX1Y1的圆心即为 ZX2Y2的垂心 引理的证明 由 ZX1Y1 ZXY 相似比为 1 c co os s Z ZW1 ZW coscos 这里W W1分别是 XYZ与 X1Y1Z1的内心 作W1R YZ于R 则ZR ZY2 coscos R是Y2在YZ上的射影即W1 在 ZX2Y2的ZX2上的高上 同理它又ZY2上的高上 故W1是 ZX2Y2的垂心 从而引理得证 回到原题 设四边形ABCD切于 O 切点在AB BC CD DA上依次为P Q R S 则 1 由引理可知 BPQ的垂心既是 BA1E1的内心 又是 BF1C1的内心 2 设 O半径为r 由第 5 题结论可得QI QO QI1 QI2 r 故I I O I1 I2都在以Q为圆心 r为半径的圆上 评注 本题只需熟悉基本图形后便迎刃而解 17定直线l1 l2交于点O A为l2上定点 射线OP上一动点M 设圆 过OM 且圆心K 在MA上 过A作MA的垂线交圆 于E F 交射线OP于M1 在OP的反向延长线上取 N使ON OM1 当M运动时 证明 NEF的外接圆过定点 证 在FO的延长线上取OG OE 在EO的延长线上取OH OF 过O作直线m与l1垂直 则由M是 中点可知OM平分 EOF EF G E关于m对称 HF关于m对称 NM1也关于m对称 设A关于M的对称点为A 则A 也是定点 且A 是GH的中点 下证 NEF的外接圆恒过点A 1 当EF GH时 由于GEFH中有GE HF 且GH EF 故此时EFHG为矩形 N与A 重合显然成立 2 当EFGH时 EFHG是等腰梯形 设HG与FE交于点R 显然 REG EFH 设相似比为k 设RE RG a 则 AB P 1 1 1 1 O D F A C C F E E 1 1 2 2 1 X R Y Z X Y X Y A K 1 2 1 O M N G F m l H E M l 学习参考 RF RH RG RE RF ka 2 RN ka a 2k k 1 RA a a a k 1 2 k 1 2 RN RA ka 2 RE RF 故E F N A 四点共圆 NEF的外接圆过点A 评注 此题较有难度 要深入分析 18 ABC中 AA BC A BB AC B CC AB C 证明 AB C BC A CA B 的欧拉线交于 ABC的九点圆上同一点P 证 设 ABC垂心为H 外心为O 九点圆圆心为K 则K为OH中点 设AH BH CH 中点为OA OB OC 则OA OB OC均在九点圆上 且OA OB OC分别是 AB C BC A CA B 外心 这三个三角形的垂心分别为HA HB HC 易证 AB C ABC A HA O三点共线 A OA H三点共线 对应边比值相同可知 AHA AH AOA AO AHA AO AOA AH OA HA H O四点共圆 设 AB C BC A CA B 欧拉线交九点圆于PA PB PC 只要证PA PB PC 注意到OAK是 AHO中位线 PAOAK PAHAO 180 AHO 又 KPA KOA PAKOA 180 2 PAOAK 2 AHO 180 同理 PBKOB 2 BHO 180 PAKOA PBKOB 2 AHO BHO 360 360 2 AHB 2 C 而 OAKOB 2 OAB OB 2 OAHB 2 C PAKOA PBKOB PA PB 同理可证 PB PC AB C BC A CA B 的欧拉线交于 ABC九点圆上同一点 得证 评注 基本图形的深入命题 注意角的转换 19给定锐角 ABC 过A作BC的垂线 垂足为D 记 ABC的垂心为H 在 ABC的外接 圆上任取一动点P 延长PH交 APD的外接圆于Q 求Q点的轨迹 解 Q点轨迹为 ABC的九点圆 A N G F R H E A A B B C C H O K P H A A A O 学习参考 如图 取AH BH PH的中点M N K 延长AD交 ABC外接圆于G 则熟知HD DG 连接KN MN KD PB PG 因为各取中点有 NKD BPG NMD BAG K N M D四点共圆 又Q在 APD的外接圆上 PH HQ AH HD 即 2KH HQ 2MH HD KH HQ MH HD 于是有K D Q M N五点共圆 又 DMN外接圆为九点圆 所以Q在九点圆上 反之 在如上所述九点圆上任取一点Q 设Q H延长线交 ABC外接圆于P 取P H中 点R 同上可证R在九点圆上 故 2RH HQ 2 KH HD 即P H HQ AH HD 因此Q 在 AP D外接圆上 得证 评注 注重九点圆的性质 20凸四边形ABCD O1过AB且与CD相切 O2过CD且与AB相切 O1和 O2交于 E F 证明 若BC AD 则EF AC BD三线共点 证 设AB切 O2于P CD切 O1于Q O1 O2半径为r1 r2 设GA a GB b GC c GD d GP p GQ q 当BC AD时 p 2 cd q 2 ab a b c d p 2 q 2 cd ab c 2 a 2 d 2 b 2 p a b p q c d q 即 p q c a d b c d a b AP PB DQ QC MP PQ AP PB DQ QC PQ QN MP QN 又 MP PK KQ PK KQ QN PK QK S EPF S EQF 即 EP FP EF 4r2 EF EQ QF 4r1 EP FP EQ FQ r2 r1 A BC H P M N K G D Q A B C O P 1 2 O M N G D Q E F 学习参考 EC DE EQ 2 DE EQ s si in n DQE s si in n EDQ s si in n EFQ s si in n EDC r2 r1 同理 FC FD FQ 2 EA EB EP 2 FA FB FP 2 r2 r1 r1 r2 r1 r2 设EF AC R1 EF BD R2 AC BD R 则 AR1 CR1 S AEF S CEF r2 r1 AE AF CE CF 同理 BR2 DR2 r2 r1 BE BF DE DF 2 2 2 2 1 AR1 CR1 BR2 DR2 r2 r1 EA EB FA FB EC ED FC FD r2 r1 r1 r2 EP FP EQ FQ AR1 CR1 DR2 BR2 AR1 AC DR2 DB 又 AD BC AR AC DR DB AR1 AR DR2 DR 若R1 R2 则 R1R2 AD 即EF AD BC 这是不可能的 必有R1 R2 R EF AC BD三线共点 得证 学习参考 21设点A是 O外一点 过点A作 O的切线 切点分别为B C O的切线l与 AB AC分别交于P Q 过点P且平行于AC的直线与BC交于点R 证明 无论l如何 变化 QR恒过一定点 证 过O作垂直于AO的直线分别交AB AC于D E 我们断言RQ恒过点D 设DQ与BC交于S 只须证PS AC即S R 设切线切 O于点T 记 BOD COE BAO BPO TPO CQO TQO 则 2 AOP 2 过P作AB的垂线与ED的延长线交于点F 则A F P O共圆 即 AFP AOP FAD PF BO知 PFD 2 由对应角相等可得 AFD QOE PFD COE AP PD QC CE 由于CS DE知 QC CE QS SD 于是 因此PS AQ AP PD QS SD 由于AQ与AC为同一条直线 故PS AC 评注 关键在于找到D点 之后就迎刃而解了 22 ABC内心为I I A对应的旁心为I Ia IIa分别交BC ABC于A M N为 的 ABM 中点 NI NIa分别交 ABC于S T 求证S A T三点共线 证 易知 MTIa MAN AN NM 在 MTIa中 MT MIa s si in n MIaT s si in n MTIa s si in n MIaT s si in n MAN 在 ANIa中 AN AIa s si in n MIaT s si in n ANT MT AN AIa MIa s si in n ANT s si in n MAN AT MN AT AN MT AT MIa AIa 同理 MS AS MI AI 易证 ACI AIaB MBA MAB ACA AMB A C O P D Q SR E F B T A A C a M N S B T I I 学习参考 即 AB AC AI AIa AI AB AC AIa 即 MB 2 MA A M MB MA MA MB 即 AB AC AM AA AC AM AA AB 熟知MI MB MIa 设AM ST A 则 由 MA AA S MST S AST MS AS MT AT s si in n SMT s si in n SAT MIa AIa MI AI 由 MB 2 AI AIa MA A M MA AA MA AA MA MA 即A 与A 重合 MA MA MA AA S T A 三点共线 得证 评注 用三角变换 显然自然且必要 且MI MB MIa为内心要重性质 切记 23设 ABC内切圆与BC CA AB相切于D E F 一圆与 ABC内切圆切于D 并与 ABC外接圆切于K 点M N类似定义 求证DK EM FN相交于 DEF的欧拉线上 证 引理 ABC内切圆切三边BC CA AB于D E F 则 DEF的欧拉线过 ABC的外 心 事实上 若 ABC为等腰三角形 则 DEF欧拉线即为底边中垂线 自然过O点 若 ABC非等腰 不妨设BC a CA b AB c 外接圆半径为R 内切圆半径为 r 且a b c A B C H为 DEF垂心 易求得 HDI BD a c b FDE B C 2 1 2 B C 2 设DI OH D1 则D1在线段OH上 且 HD1 D1O OH s si in n HDI OD s si in n IDO 2r s si in n B s si in n C 2R s si in n B s si in n C r R 设EI OH D2 FI OH D3 则同理可得 HD2 D2O HD3 OD3 r R 因此D1 D2 D3 即EI DI FI交于一点 且该点在OH上 而DI EI FI不重合 故I I即为该交点 I I在OH上 引理得证 回到原题 设与内切圆切于D并与 O切于K的圆的圆心为O1 A C H O 1 K D E F B I O 学习参考 类似定义O2 O3 P1 DK OI P2 EM OI P3 FN OI 直线P1DK截 OIO1 由梅氏定理得 1 ID DO1 O1K KO OP1 P1I 又 O1K O1D 因此 同理 OP1 P1I OK ID R r OP2 P2I R r OP3 P3I 而 P1 P2 P3均在线段OI上 P1 P2 P3 又由引理知OI即为 DEF欧拉线 DK EM FN相交于 DEF的欧拉线上 得证 评注 此题的引理应用广泛 值得熟练掌握 学习参考 24已知圆内接四边形ABCD 求证 AB CD AD BC 2 AC BD 证 情形 1 圆心O在ABCD内 不妨设 O半径为 1 设 AOB BOC COD DOA分别为 2 2 2 2 则 180 不妨设 则 AB CD 2 sinsin sinsin 4 sinsin coscos 4 sinsin 2 2 sinsin 2 2 同理 AD BC 4 sinsin coscos 4 sinsin sinsin 2 2 2 2 AC BD 4 sinsin sinsin 2 2 AB CD AC BD 4 sinsin sinsin coscos 8 sinsin 2 2 2 sinsin coscos 2 2 2 0 90 sinsin coscos 0 2 2 2 2 AC BD AB CD 同理 AC BD AD BC AB CD AD BC 2 AC BD 情形 2 圆心O在ABCD外 不妨设BC靠点O最近 仍用前面的记号 此时有 90 AB CD 4 sinsin coscos 4 sinsin coscos 2 2 2 2 AD BC 4 sinsin coscos 2 2 AC BD 4 sinsin coscos 2 2 0 2 coscos AB CD AC BD 2 2 2 又 coscos coscos 2 2 2 2 2 A C D B A C D B 学习参考 2 而 sinsin sinsin AD BC 2 2 2 2 2 AC BD 综上所述 AB CD AD BC 2 AC BD 得证 评注 本题是 2005 年美国竞赛题 应大胆分解命题 25设 ABC是非等腰的锐角三角形 O H是 ABC的外心和垂心 O是其外接圆 lA lB lC是 O在A B C处的切线 过H作OH的垂线l分别交lA lB lC于 A1 B1 C1 A1关于A的对称点为A2 类似定义B2 C2 求证A2 B2 C2三点共线 证 A0 lB lC B0 lA lC C0 lA lB AA1 u BB1 v CC1 w A0B A0C a B0C B0A b C0A C0B b 则直线l截 A0B0C0得 1 a w b w b u c u v c v a 即 a w b u v c b w c u v a 要证A2 B2 C2共线 由梅氏定理逆定理知只需证 1 即 1 A0C2 B0C2 B0A2 C0A2 C0B2 A0B2 a w b w b u c u v c c a 即 a w b u v c b w c u v a 结合 式知 bcw abv acu abu bcv acw u v w 0 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 设 B0A0C0 A B0C0A0 C C0B0A0 B BAC B C 2 ABC ACB A C 2 A B 2 设 O半径为r tantan x tantan y tantan z 则 A 2 B 2 C 2