全国高中数学联赛二试几何题汇总

1、历年全国高中数学联赛二试几何题汇总2007联赛二试类似九点圆如图，在锐角abc中， ab<ac， 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；（官方解答）aefpo1o2bcd证明：连bp、cp、 o1o2 、eo2 、ef、f o1 ；由于 pdbc， pfab，就 b、d、p、f 四点共圆，且bp 为该圆的直径；又由于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

2、四点共圆，且o2 是 cp的中点；于是，o1 o2 平行于 bc，就po2o1 =pcb；由于 af*ab = ap*ad = ae*ac，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，f o2 o1=fcb =feb =feo1 ，故 o1 、 o 2 、 e、f 四点共圆必要性：设 o1 、 o2 、e、f 四点共圆，就o1 o2 e +efo1 =留意到po2o1 =pcb=acb -acp ，又由于o2 是直角cep的斜边中点，也就是cep的外心，所以p o2 e=2acp；

3、由于 o1 是直角bfp的斜边中点，也就是bfp的外心，从而pfo1 =-bfo1 =-abp22由于 b、c、 e、f 四点共圆，所以afe =acb，pfe =2- acb于是，由o1 o2 e +efo1=得：（acb -acp+ 2acp） + 即abp =acp；-abp +22- acb =，又由于 ab<ac， adbc，故 bd<cd；设 b 是点 b 关于直线ad的对称点， 就 b 在线段 dc上且 b d = bd；连结 ab 、pb ；由对称性， 有a b p=abp，从而a b p=acp，故 a、p、 b 、c 四点共圆；由此可知，p b b =cap=-

4、acb ；2又由于pbc=p b b ，故pbc +acb =，即 bpac2又 apbc，故 p 是abc的垂心2006 联赛二试以 b0 和b1 为焦点的椭圆与ab0 b1 的边abi 交于c i i=0,1；在ab0 的延长线上任取点p0 ，以b0 为圆心， b0 p0为半径作圆弧p0q0 交 c1 b0 的延长线于q0 ；以c1 为圆心，c1q0 为半径作圆弧q0 p1 交b1 a 的延长线于p1 ；以b1 为圆心，b1 p1为半径作圆弧p1q1 交 b1c 0 的延长线于q1 ；以c 0 为圆心，c 0q1 为半径作圆弧q1 p0 交ab0 的延长线于p0 ；试证：（ 1）点 p0与

5、点p0 重合，且圆弧p0q0 与p0q1 相内切于p0 ；（ 2 ）四点p0 ， q0 ，q1 ，p1 共圆证明：（ 1）由题设的四段圆弧有：b0 p0 = b0 q0c1b0 + b0 q0 = c1p1b1c1 + c1p1 = b1 c0 + c 0q1c 0q1 =c 0 b 0 + b0 p0以上四个式子相加，整理得：b0 p0 + c1 b0 + b1c1 = b1c 0 + c0 b0 + b0 p0又由题设的椭圆有：b1c1 +c1 b0 = b1c 0 + c0 b0于是，b0 p0 = b0 p0，即点p0 与点p0 重合；又由于圆弧p0 q0 与p0 q1 对应的圆心b0

6、 、 c0 和点p0 三点共线，且点p0 在线段c 0 b0 的延长线上，所以圆弧 p0q0 与 p0q1 相内切于p0（ 2）过点p0 、p1 分别引相应圆弧的公切线p0 t和 p1t交于点t；再过点q1 引相应圆弧的公切线rs，分别交 p0t 、p1t于 r、s；得到等腰三角形p0q1 r 和p1q1s ；基于此，我们有：-p0 q1 p1=p0 q1r +p1q1s = tp0 p1 -q1 p0 p1 +tp1p0 -q1 p1 p0 又-p0 q1 p1 =q1 p0 p1 +q1 p1 p0 ，从而有：p q p =- 1 tp p +tp p 01 120110同理可得p q p

7、 =- 1 tp p +tp p 00120110所以，p0 ， q0 ， q1 ，p1四点共圆；2005 联赛二试如图，在abc 中，设 ab>ac ，过 a 作abc 的外接圆的切线l ；又以 a 为圆心， ac 为半径作圆分别交线段 ab 于 d ；交直线 l 于 e、 f；证明：直线de、df 分别通过abc 的内心与一个旁心； （官方解答）证明：（ 1）先证 de 通过abc 的内心；连结 dc 、 de ，作bac 的平分线，交dc 于 g，交 de 于 i；1又 ad=ac ，就gac 与gad 全等，即有iac=iad=2dac又 d 、c、e 在以 a 为圆心的圆上，就

8、1dac=iec2故iac=iec ，即 a、 i、c、e 四点共圆；于是，aci=aei又 f、d、e 在以 a 为圆心的圆上，就aei =1fad2又由于相切有fad=acb ，故aci=所以， i 为内心；2df 通过abc 的一个旁心；1acb2设 fd 与 ai 的所在直线交于i，连 b i， bi ；就bi i=bacabc ，aaa2而bdi a =adf ，又 ad=af ，就adf=afd=dae=2bac2cae ，又由于相切有abc=cae ，故bi i a=bdi a ，即 i 、d、b、 ia 四点共圆；于是，i bi a =idi a = 90 ，又由于abc 的平

9、分线与其外角平分线相互垂直，故 b ia 为其外角平分线；所以，i a 为abc 的 bc 边外的旁心；2004 联赛二试在锐角三角形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；解：在直角bce中， bc=25 ，be=7 ，就 ce=24 ； 同理，在直角bcd中， bc=25 ， bd=20 ，就 cd=15 ；sina = sinb+c = sinbcosc+cosbsinc =ce24157204*+*=25

10、2525255于是， ac=sin a=30，就 ad=15 ；同理， ab=bd=25，就 ae=18 ；sin a留意到： ab=bc ，就a=c由于cdb=ceb= 90 ， c、d、e、b 四点共圆，就c=aed ；于是，a =aed ，就 de=ad ；连 fd ，就 dfae ，于是 af=1ae=9 ，就 ag=af *ae54；=2ad5由于 s= s+ s，即1af*agsina=1af*aksinfak+1ag*aksingakafgafkagk222其中， sinfak=sinbce=将数据代进去，运算得：ak=7， singak =sincbd= 15 25252162

11、5（这里实际上使用了张角公式，而官方解答留意到gf 与 bc 平行的关系）2003联赛二试过圆外一点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daq pbc ，求证：dbqpac .简证：连 ab ，留意到：aqp=daq+qda=pbc+abc=abp于是， p、a 、q、 b 四点共圆；那么，pab=pqb即pac+bac =bdc+dbq又由于bac =bdc，所以pac =dbq2002联赛二试如图，在abc中，a=60 ， ab>ac，点 o是外心；两条高be、cf 交于h点；点 m、n 分别在线段bh、h

12、f 上，且满意bm=c；n 求机械解法：设外接圆半径为r，mhnh oh的值；引理 1：ah=cos abh=cos bchcosc= 2r 锐角三角形 引理 2： oh = oa + ob + oc引理 1 的证明： bh=bf= a cos b =2rcosb，同理有： ah=2rcosa， ch=2rcosc；cosabhsin a引理 2 的证明：设h满意 oh=oa + ob + oc，就 ah=ob + ocah* bc = oc +ob *oc - ob = oc 2 - ob 2 = 0，所以 a hbc同理， b hac，所以 h与 h重合；题目的证明：图中h 在三角形内部，

13、可以判定abc为锐角三角形；a=60 ， ab>ac，就c>b；于是可设b=60 -，c=60 +，其中 0<<30 ；由于 bm=c，n 就mh+nh =bh-bm+cn-ch = bh-ch = 2rcosb-cosc = 2rcos60 -cos60+=23 rsin而 oh2 = oa + ob + oc 2 = 3r 2 +2r2 cos2a+cos2b+cos2c= 3r 2 +2r2 cos 120 +cos 120 -2+cos 120 +2 = 2r2 1-cos2= 4r 2 sin 2，即 oh=2rsin故 mhnh=oh23r sin=3 2

14、rsin2001 联赛二试如图，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） ohmn(1) a、 c、 d、f 四点共圆 bdf bac又 obc180 ° boc90° bacobdf同理 ocde(2) 引理： oh = oa + ob +oc引理的证明：设h满意 oh=oa + ob + oc，就 ah= ob + ocah* bc = oc +ob *oc - ob = oc 2 - ob 2 = 0，所以 a hbc同理， b hac，所以 h与 h

15、重合；题目（ 2） ohmn的证明：由于 oa + obab ，就 oa + obam ，所以（ oa + ob ） * am = 0同理有，（ oa + oc ） * an = 0再结合第一问的结论有：oh * mn = oa + ob +oc *an - am =ob * an -oc * am= ob *dn - da - oc *dm- da = -ob * da + oc * da = da * bc = 02000 联赛二试如图, 在锐角abc的bc边上有两点e、f，满意baecaf，作fmab, fnac m、n是垂足，延长 ae交abc的外接圆于 d 点，证明四边形amdn与a

16、bc的面积相等三角证法：记bae=caf=，eaf=，就am=afcos+ ， an=afcossamdn1=s amd + sadn1=ad*amsin+211ad*ansin+2=ad* afcos+sin+221=ad* afsin+2ad* afcossin+而 s abc =1ab* acsin2+2连结 bd ，留意到：adb=acb，又题设bae=caf ，就adb 与acf 相像，于是有：adac=abaf即： ad* af = ab* ac， 所以samdn=s abc1999 联赛二试在四边形abcd中，对角线ac平分bad；在 cd上取一点e ， be与 ac相交于 f

17、，延长 df交 bc于 g；求证：gac =eac解析证法：如图建立直角坐标系，令 a0,0，fm,o，cn,o ，bp,kp，m、n、p、k 均为正数； 就直线 ab为 y = kx ；ybp,kpgafm,ocn,oxedq,-kq由于 ac平分bad，就直线ad 为 y = - kx；可设 dq, -kq，q>0于是，直线bc 为 y=kpx - n，直线 df 为 y=kqx - m，于是交点g为pnmqy g =kpxg - n =kqxg - m（ 1）pnmq pxg =q mn mn pqygk ag =kpq nmpmqn2qpxg pqmnmn pq同理，直线cd 为

18、 y=kqx - n，直线 bf 为 y=nqkpx - m，于是交点e 为pmye =kpx e - m =kqxe - n（ 2）pmnq（直接对调m与 n 的位置得出运算结果）x e= pq mnmn pqk ae=ye =xe pkpqmn q mn mpnn pqqm2qp故 k ag = -k ae，所以gac =eac1998 联赛二试如图， o、i 分别为abc外心和内心， ad是 bc边上的高， i 在线段 od上，求证：abc的外接圆半径等于bc边上的旁切圆半径；注：abc的 bc边上的旁切圆是与边ab、ac的延长线以及边bc都相切的圆；纯几何证法：bc边上的旁切圆半径：2

19、s = a*ad2sra =bca作 in ab ，垂足为n ，就 b+c a = 2ana故 r= a * ad要证明2 an=rra =r，即证明：ada 2 an连 ai 并延长交处接圆于k，连结 ko、 kb；就 k 、m 分别为弧bc 及弦 bc 的中点且ok bc 于是 ok ad ，又 ki=kb ，就rokkibk=adadaiai故只要证明：a=2 anbk ，亦即aia=an 2 bkai而 a = 2bm, 故只要证明：bm=anbkai由于nai=a ，ani 与bmk相像，所以上式成立；mbk=2故 ra =r1997 联赛二试如图，已知两个半径不相等的圆 o1 和圆

20、 o2 相交于 m、n两点，且圆o1、圆 o2 分别与圆 o内切于 s、t两点，求证： ommn 的充分必要条件是s、n、t三点共线证明：充分性；设s、n、t 三点共线；在s、t 所作的两公切线相交于k，就 ks=kt，且 k 在圆o1 和圆 o2的根轴 mn上；设 st交 ko于 d，由 os=ot及 ks=kt有： okst ；又 ossk ，那么kds 与kso相像，即有kd * koks 2 ；又 kn * kmks 2 ,所以kn * kmkd *ko ，即 o、 d、n、m四点共圆；故omnodn90 ， 即 ommn ；必要性；设 ommn ；类似地，设在s、t 所作的两公切线相

21、交于k，就 ks=kt，且 k 在圆o1 和圆 o2 的根轴 mn上；设st 分别交 ko、km于 d、 n，就 okst ，又 ommn，故 o、d、 n、m四点共圆， 于是k n * kmkd * koks 2 ；又 kn* kmks 2 ，故 knkn ，即 n 与 n重合，因此 s、n、 t 共线；1996 联赛二试如图，圆o1 和圆 o2与abc的三边所在的三条直线都相切，e、f、g、h 为切点，并且eg、fh 的延长线交于p点，求证直线pa与bc垂直梅氏定理证法：延长 pa 与 bc交于点 d；pge截acd，由梅氏定理有：ag *cgce *deddp= 1ap由于 ce、 cg

22、均为圆o1 的切线，就ce = cg于是，ag *dedp= 1 1ap同理， phf截abd，由梅氏定理有：ah *bhbf *dfdp= 1ap由于 bh、 bf均为圆o2 的切线，就bh = bf于是，ah*dfdp= 1 2ap由（ 1）和（ 2）得：ag=deah，亦即dfde =dfag（ 3）ah连 结 ao 、 ao、 o g 、 o h，就gao = 1gab =hao ，o 、a、 o 三点共线；121212212又ago1 =aho 2 ，所以ago1 与aho 2 相像；2于是有ag=ahao1 ao24由（ 3）和（ 4）得：de =dfao1 ao2连结 eo1 、

23、 fo2 , 就 eo1ef ，f o2ef ， eo1 平行于 fo2 ；又由于de =dfao1 ao2，所以 ad平行于 eo1 ；故 pabc；1995 联赛二试如图，菱形abcd 的内切圆o与各边分别切于e、f、g、h，在弧 ef与弧 gh上分别作圆o的切线交ab于m ，交bc于n，交 cd于 p，交 da于q，求证： mq / np分析：这个问题需要倒过来想，从结论动身；第一要加强对mq 平行于 np 的懂得，连结mp ，将会发觉 证题目标转化为：amq=cpn ，于是， 问题转化为求证：amq 与cpn 相像， 考虑到a=c， 也就是求证： am*cn=aq*cp；这样， 只要考

24、虑对称的左边的“am*cn ”，再将其转化为“公共的量”即可；1994联赛二试设abc的外接圆o半径为 r，内心为i ，b=60 ，a <c，a 的外角平分线交圆o于 e，证明：（ 1）io = ae；（ 2）2r < io + ia + ic < 1+3 r .机械证法：引理： ia = 4rsinb sin2c ， ic = 4rsin2a sin2b ，内切圆半径r = 4rsin2a sin2b sinc 22引理的证明：在aci 中，应用正弦定理：b=ia=ic，其中 b=2rsinb ，sin90b sin c22sin a2故 ia=4rsinb sin2c ，

25、 ic=4rsin2a sin2b ，于是， r=aisin2a =4rsin2a sin2b sinc 22题目的证明：（ 1）b=60 ，a <c，于是可设a=60 -，c=60 +，其中 0<< 60 ，那么abe=2， ae = 2rsin；由引理知：260r = 2rsin260sin21= r （cos-）2由 euler 定理知： io 2 = rr-2r = 2r2 （ 1-cos） = 4r 2 sin 22故 io = ae = 2rsin2（ 2）由引理知：ia = 2rsin60， ic = 2rsin6022故 io + ia + ic = 2r（

26、sin= 22 rsin+ 45 2+ sin260+ sin260） = 2r（ sin2+cos）22由于 0<< 30 ， 就 45 <+ 45 <75 ，所以 sin 45 <sin+ 45 <sin75222故22 rsin 45 <io + ia + ic<22 rsin 75即2r < io + ia + ic < 1+3 r1993联赛二试.水平直线m通过圆 o的中心，直线 lm， l与m相交于 m，点 m在圆心的右侧，直线l 上不同的三点a、b、c在圆外，且位于直线m上方， a点离 m 点最远， c点离m 点最近，

27、ap、bq、cr为圆o的三条切线， p、q、r为切点，试证：1l与圆 o相切时， ab cr 2l 与圆 o相交时， ab cr3l与圆 o相离时， ab crbcapbcapbcapac bq; ac bq; ac bq;官方证明：设圆半径为r ， om=x， am=a，bm=b， cm=c a>b>c>0 ，就ap 2ao 2r 2a 2x2r 2令x2r 2t，那么ap 2a 2t ，即apa2t同理bqb 2t，crc2t令g ab * crbc *ap 2 ac *bq 2，就g abc 2tbca 2t 2ac 2 b2t abc2tbca 2t 2 abbc2

28、b2tab 2 c2tbc 2 a 2t 2ab bcc2ta 2t22abbtb22cbt 2ab b2cbt ab 2 c2b 2 bc 2 a 2b2 2abbcc 2ta 2t b2t abbcabbcbc ab2c 2t a 2t2b 22t2abbcactc 2t a 2t 相切时，有x=r ，从而 t=0 ，g=0,1 式成立； 相交时， 0<x<r，于是 t<0，又 c点在圆外，即x2c2r 2 ，那么tx2r 2c 2a 2从而 g式中根号内为正数，且ac+t>0于是通过两端平方及t<0，可验证：c 2即 g<0，（2）式成立；t a 2t

29、act相离时，x>r，于是 t>0，同样可验证g>0 ，（ 3）式成立；1992联赛二试设 a1a2a3a4 为 o 的内接四边形，h 1，h 2，h 3，h 4 依次为 a2a3a4， a1a3a4， a1a2a4， a1a2 a3 的垂心，求证： h 1， h2， h3，h 4 四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置引理：设o、h 分别为abc的外心、垂心，就oh=oa +ob +oc引理的证明：设 h满意 oh=oa + ob + oc ，就 ah= ob +ocah* bc = oc +ob *oc - ob = oc 2 - ob 2 = 0，所以 a hbc同理，

30、 b hac，所以 h与 h重合；题目的证明：由引理有：oh1=oa2 +oa3+oa4， oh 2=oa1 +oa3+oa4h 2 h 1 =oh 1 -oh 2=oa2 -oa1 =a1 a2于是，a1 a2h1 h 2 为平行四边形，对角线a1 h 1 与 a2h 2 相互平分；设它们的交点为p，就a1 p=ph 1， a2 p=ph 2同理，a2 h 2 与 a3h 3 相互平分，就交点为a2 h 2 的中点 p；同理，a3 h 3 与 a4h 4 相互平分于点p；即a3 p=ph 3， a4 p=ph 4于 是 ai 和h i （i=1 ， 2，3， 4）关于点p 是中心对称的；由于

31、 a1 、a2 、a3 、 a4 共圆，所以h 1 、 h 2 、 h 3 、 h 4 四点也共圆，其圆心是点o关于点 p 的中心对称点；连 op，延长 op 到 o 使 p o =op，就 o 是 h 1 、 h 2 、h 3 、h 4 四点所打算的圆的圆心；1991联赛二试设凸四边形abcd的面积为1，求证在它的边上（包括顶点）或内部可以找到四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积均大于1 ；4官方证明：考虑四个三角形abc ，bcd ，cda ，dab 的面积，不妨设s dab最小，分四种情形争论：dab(1) s> 1，这时，明显a、b、 c、d 四点即为所求；4

32、dab(2) s< 1，设 g为bcd 的重心；因s bcd41s dab3，故 s 4gbcs gcds gdb11s bcd34于是， g、b、 c、d四点即为所求；dab3s= 1 ，就4s= 3 ，其余两个三角形的面积均大于1 ；bcd44由于s abc1s cda <3=s bcd，4所以，过a作 bc的平行线l 必与线段cd相交于 cd内一点 e；由于sabcs dab，所以s eab1s dab4又s eacs eab1， s4ebc1s abc4故 e、a、 b、c 四点即为所求；dab4s= 1 ，就4s= 3 ，其余两个三角形中仍有一个的面积等于1 ；bcd44

33、不妨设s cda1 ，就 s= 3 ，且有： ad与 bc平行， bc=3ad；abc44在 ab 上取 e， dc上取 f，使得：ae1 ab41， dfcd 4那么ef13 ad4bc 1 bc2，于是：s ebfs ebcs ecfs fbc3s abf43s abc43 * 1 s4291164abc91324故 e、f、 c、b 四点即为所求；1990 联赛二试四边形 abcd 内接于 o ，对角线ac 与 bd 相交于 p ，设abp ,bcp,cdp和dap 的外接圆圆心分别为o1 ,o2 ,o3 ,o4 ；求证：o1o3 , o2o 4 , op三直线共点；证明 o 为 abc

34、 的外心，oa=ob1 o1 为 pab 的外心， o1a=o1be oo1 abd作 pcd 的外接圆 o3，延长 po3 与所作圆交于点e，并与于点 f ，连 de，就1=2=3，epd =bpf，pfb =edp =90o4 po3ab，即 oo 1 po3同理， oo 3 po1即 oo 1po3 是平行四边形 o1o3 与 po 相互平分，即o1o3 过 po 的中点同理， o2o4 过 po 中点ao 32cpo 2oo13ab 交 op、o1o3、o2o4 三直线共点fb说明：对于po3 ab 的证明，可以用圆幂定理：22ao3r3ap * acap2ap * pc22bo3r3

35、bp * bdbp2bp * pd相减即有：2ao32bo3ap 2bp2从解答可知：o1o2o3 o4 为平行四边形；1990 联赛二试已知abc中， ab=ac；在abc内取一点p，直线 ap与 bc交于 n；设npc=bac=2bpn，求证： bn=1 bc3apbcnq证明：延长an交abc的外接圆于q，就pqc=abc，又题设npc=bac， 于是pqc与abc相像；因 ab=ac，就 pq=pc；由于弧 ab与弧 ac相等，所以pqb=pqc；过点 p 作等腰pqc的角平分线交qc 于 k，就pqk与pck全等，面积也相等；1且有qpk=qpc=qpb，于是，qpk与qpb全等，面

36、积也相等；2所以，qpc的面积是qpb的两倍；bn=qpb=1故 bn= 1 bcncqpc231989 联赛二试在abc中， ab>ac，a 的一个外角的平分线交abc的外圆于点e，过 e 作 efab，垂足为f；求证： 2af=ab-ac；e证明：在 fb 上取 fg=af，连 eg、ec、eb ，5 a4于是 aeg 为等腰三角形，eg=eag又3=180-ega=180-eag=180-5=4，3f1=2于是 egb eac 全等bg=ac，2 ab - ac=ag=2af 11988 联赛二试bc在abc中，p、q、r 将其周长三等分， 且 p、q在 ab 边上；求证：s pqr2>sabc9证明：由于p、q在 ab边上，就有：ca bc；3pqr 以边达到最小；apq=b c 为底，要使其面积达到最小值，就是要使pq边上的高，即点r 到 ab 边的距离3由于对称性的关系，不妨设点r 在边 bc上；当线段pq