平面几何100题前80题答案

文武光华数学工作室A高中联赛难度几何100题及其解答A解答人：文武光华数学工作室田开斌第一题、如图，P为⊙0外一点，PA、PB分别切心0于A、B,PCD为⊙0—条割线，CO交⊙0于另一点E,AC、EB交于点F,证明：CD平分∠ADF。PPFC.BODEPPFCBDE证明方法二：如图，连结OA、OB、AB、BC,因为∠AFB=∠ACE-∠BEC=,且PA=PB,故点P为△AEF的外心。于是知∠PFA=∠PAC=∠PDA,所以，P、a、D、F四点共圆。又PA=PF,故CD平分∠ADF。的切线交于点E,BC、AD交于点F,EF交AB于Ⅲ,证明：E、C、M、D四点共圆。又在圆内接六边形CCADDB中使用帕斯卡定理，知K、E、F三点共线，从而RM⊥AB于M。第三题、如图，AB为⊙0直径，C、D为⊙0上两点，且在AB同侧，⊙0在C、D两处的切线交于点E,BC、AD交于点F,EB交00于点G,证明：∠CEF=2∠AGF。CECE₁FOA证明：如图，根据条件知∠ECF+∠EDF,且EC=ED,故点E为△CFD外心。于是知∠EFC=∠ECF=∠CAB=∠CGE,故E、C、F、G四点共圆。所以↵,即得∠CEF=2∠AGF。+EECGDBO第四题、如图，AB为Q0直径，P为AB延长线上一点，PC切Q0于C,点C关于AB的对称点为点D,CE⊥AD于E,F为CE中点，AF交⊙0于K,求证：AP为△PCK外接圆的切线。(第三十九届IO预选题)+CCFEDP证明：如图，连接PD,根据圆的对称性知，点D在Q0上，且PD切心0于D。连接CD交AB于T,则CT⊥AB,且T为CD中点。连结TF、TK。显然TF为△CDE的中位线，所以TFHAD,所以TF⊥CE,且∠TFK=∠DAK=∠TCK,所以C、F、T、K四点共圆。于是知∠KTP=90°-∠KTC=∠KCD=∠KDP,所以T、D,P、K四点共圆，所以∠TPK=∠TDK=∠PCK,所以AP为△PCK外界圆的切线。DCDCKFAfOEBPT第五题、如图，四边形ABCD内接于⊙0,且AC为⊙0直径，D关于AC的对称点为E,C关于BD的对称点为F,AF交BD于G,BE交C于K,求证：KG⊥BG。(2014年新加坡数学奥林匹克公开赛第二轮试题)+GGDEOEBKC证明方法一：如图，根据条件，显然点E在Q0上，从而BC平分∠DBE。设BD交AC,从而,所以KG为∠AGC的外角平分线，所以KG⊥BG。+GGECEB证明方法二：如图，根据条件，显然点E在QO上，从而BC平分∠DBE。设BD交AC于M。注意到∠ABC=90°,所以K、M、C、A构成一组调和点列。连结CC,根据对称性，GB平分∠AGC,根据调和性质知KG⊥BG。命题得证↵GFACKEB第六题、如图，PA、PB分别切⊙0于A、B,K为Q0上一点，BD⊥OK于D,分别交KP、PPBEFKD0证明方法一：如图，过点K作⊙O的切线KT,则KT/BD。又KT、KP、KB、KA构成一组调和线束，故E为BF中点。+PPOBEFDTKA证明方法二：如图，延长KO交⊙O于T,延长TA交KB于s,连结TB交AK于H,在圆内接六边形AATBBK中使用帕斯卡定理，知S、P、H三点共线。又KA⊥TS,TB⊥KS,故点H为△STK垂心。进而知∠SAP=∠TKA=∠ASP,从而知P为SH中点。注意到SH//BD,SSBApEFKHT第七题、如图，△ABC中，CA=CB,D为AB中点，EF过点D,且使得△ABC与△EFC有共同的内心，证明：DE·DF=DA²。DEAC证明：如图，设△ABC与△EFC共同的内心为I,职△ABC的C-旁心为点J,则C、D、I、J构成一组调和点列，从而点J也为△CEF的C-旁心，取IJ中点为K,则KI=KJ=KA=KB=KE=KF,故A、E、I、B、F、J六点共圆，所以DE·DF=DA·DB=DA²。+CKEA第八题、如图，△ABC中，AD平分∠BAC交BC于D,DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,CE、BF交于点K,证明：AK⊥BC。证明：如图，延长AH交BC于G,根据赛瓦定理知故AK⊥BC。AAEKBDFAEBKGFF第九题、如图，P为Q0外一点，PA、PB分别切Q0于A、B,C为o上一点，过C作Q0切线分别交PA、PB于E、F,OC交AB于L,LP交EF于D,证明：D为EF中点。FBB.DEAOL证明：如图，过点L作OC的垂线分别交PA、PB于M、N,注意到OA⊥PM、OB⊥PN,根LM=LN。而MN/EF,故D为EF中点。FCDPEMA乙第十题、如图，点P为Q0外一点，PA、PB分别切⊙0于A、B,C为⊙0上一点，CD⊥AB于D,过C作⊙0的切线分别交PA、PB于E、F,证明：CD平分∠EDF。PCDO证明方法一：如图，延长FE交BA于K,过K作Q0切线KT切QO于T,注意到点K在P关于Q0的极线上，故点P也在点K关于Q0的极线上，从而知P、C、T共线。于是知K、C、E、F构成一组调和点列。而CD⊥AB,故CD平分∠EDF。4ASPASPFCE.₁D0TB证明方法二：如图，作EM⊥B于M,作FN⊥AB于N,则△FND,所以∠EDM=∠FDN,所以∠EDC=∠FDC。←,故△EMDPFCEAMNDMNO文武光华数学工作室Telmail:wenwuguanghua@高中联赛难度几何100题及其解答解答人：文武光华数学工作室田开斌第十一题、如图，AB为Q0直径，PA切Q0于A,PCD为0一条割线，PO交BD于E,BBE0CAP证明方法一：如图，作PK切Q0于K,则PE⊥AK,BK⊥AK,所以KB/PE。又注意到四边形CADK为调和四边形，故BK、BA、BC、BD构成一组调和线束，从而O为EF中点，进而知四边形AEBF为平行四边形。于是知E苦BC,从而知E⊥AC。BBKEODCAPF证明方法二：如图，连结BC交PE于F。作OK⊥CD于K,则K为CD中点。注意到0、K、A、P四点共圆，故∠AKD=∠FOB。又∠ADK=∠FBO,故△ADK~>△FBO。注意点O为AB中点，故△ADC〇△FBA,从而知∠FAB=∠ACD=∠ABD,故AFBD,于是知四边形AEBF为平行四边形，所以AE//BC,即知AE⊥AC。BBEOFCPKACC证明方法三：如图，延长AE交0o于K,在圆内接六边形AABDCK中使用帕斯卡定理，注意到P、0、E共线，故C、O、K共线，所以AE⊥AC。4BBKOC第十二题、如图，AB为半圆0直径，C、D为半圆上两点，过B作半圆O的切线交CD于P,直线PO分别交直线CA、AD于E、F,求证：OE=OF。(2007年第四届东南地区数学奥林匹克试题)+FFD₁AOEPB证明方法一：如图，过P作PG切半圆0于G,连接GA、GB、GC、GD、BC、BD。易知OP⊥BG,AG⊥BG,所以、AGOP。又四边形CBDG是调和四边形，所以AC、AD、AG、B构成一组调和线束。又因为AG¹OP,所以OE=0F。+FGC0E←证明方法二：如图，作FG切⊙o于G,则B、G关于PO对称，且P、B、0、G四点共圆。所以∠GPO=∠GBA=∠GDA,于是知D、P、F、G四点共圆。进而知∠FBP=∠FGP=∠FDP=∠CDA=∠CBA,故∠FBC=∠PBA=90°=∠ECB,所以FBHEA。而0为AB中点，故0为EF中点。+CFCFGDP₃AyBOE第十三题、如图，△ABC中，D、E分别为AB、AC上一点，且DE/BC,BECD交于点F,△BDF的外接圆⊙O,与△CEF的外接圆OP交于点G,求证：∠BAF=∠CAG。+A.A.DFB自0GE证明：如图，延长AF交BC于H,因为DEⅡBC,所以H为BC中点，延长AH到I,使得AH=HI,连接BC、CI,则四边形ABIC是平行四边形。连接GC、GE、GD、GB、FG,因为∠ACG=∠BFG=∠BDG,所以A、D、G、C四点共圆。于是知∠DGC=180°-∠BAC=∠ABI。同理可知A、B、G、E四点共圆。所以,所以△DGCCO△ABI,所以∠BAF=∠GDC=∠CAG。命题得证。AAECG·口B注：点G即为完全四边形ADFEBC的密克点。第十四题、如图，⊙0、OP交于A、B两点，BO、PA延长线交于点C,CD、CE分别切00、OP于D、E,连接DE交AB于F,求证：F为DE中点。(深圳黎誉俊老师题)CCCCA月B证明：如图，延长AP交QP于G,连接EG、EP、EA、EB、OP、OA、OD、AD、BD。设⊙0、QP半径分别为r₁、r₂。因,所以△CDOC>△CEP,于是知 ,知△CDA>△CBE,从而..EA0G00、⊙P于C、D,CB延长线交⊙P于F,DB延长线交⊙0于E,过A作CD垂线交EF中垂线于G,求证；AG²=EG²+AC·AD。(2013年cmO第一题推广)DDAδEFGp证明：如图，连接AB、CE、DF、GF。因为∠CAE=∠CBE=∠FBD=∠FAD,∠ACE=∠ABD=∠AFD,所以△ACE∽△AFD,所以AC·AD=AE·AF,又由于⊙0、OP又因为∠EAG=90°-∠CAE=90°-∠CBE=90°-∠FBD=90°-∠FAD=∠FAGAG=AG²,命题得证。+DDC1EFGrp00于F,过C作CG⊥AC,交AE于G,求证：∠AGC=∠FGC。AAOB'GeC证明：如图，连接BE、CF、DF,过C作CK//BE交AE于K。因为BD=CD,所以四边形BECK为平行四边形。于是知CK=BE=CF,∠KCD=∠EBC=∠FCB,所以△KCD2△CF,所以∠AGC=∠AAKB'Gg0C第十七题、如图，△ABC内切圆◎I切BC于D,过I作IE/AD交BC于E,过E作⊙I切线，分别交AB、C于F、G,求证：E为FG中点。FFBEIGAC证明：如图，连结DH交IE于M,则为DH中点。连结AH,延长MI交AH于N,因为MNAD,所以、N为AH中点。在退化的圆外切四边形EFAG中使用牛顿定理，即知E为FG中FFBEINAMHGC如图，设点0为OP、⊙Q的外位似中心，则OP、OQ以点0为反演中心互为反形。延30分别交KJ、IE于L、M,则知L、M分别为KJ和IE的中点。又易知K、B、C、J四点共∠HAE=90°,所以H、I、C、F四点共线。又∠HGJ=∠HAJ=90°,所以JG|EF,所以GHHABD.CFE第二十题、如图，在锐角△AEC中，∠B>∠C,BCBECD别是FD、FE的中点，若过A且平行于BC的直线交CH于I,求证：AI=FI。AAEDHGFBC交CB于M,交DE于N,根据蝴蝶定理知AM=AN,从而△AFN②△AFN,所以∠AFM=设CH交FN于I’,因为CH//DE,所以I为FN中点，所以AI′=FI',所以∠I'AF=∠I'FA=∠MFA,所以AI'lBC。于是知I'与I重合为一点。所以AI=FI。中国苏州干将路新春巷19号202室Tel:Emailwenwuguanghuagmailcom高中联赛难度几何100题及其解答解答人：文武光华数学工作室田开斌别交AB、AD于点E、F,直线BFDEAGCMAO家集训队选拔考试试题)证明方法一：如图，连结EF并延长交BC于点J,延长AG交BD于点I,交EF于H,AAEF0证明方法二：如图，因为A、G为一对共轭点，故关于⊙0的幂为MA²,于是知AAEMFODBC第二十二题、如图，CD为○0直径，PC、PE分别切QO于C、E,割线PBA交OO于A、B,AC、BD交于点F,DE交AB于G,求证：∠GFE=∠ADE。+DDP百GAFCDO证明：如图，延长PA交CD于H,连接AE、BE、BC,因为四边形AEBC是调和四边形，所以、D自、DB、DE、DC是一组调和线束，从而H、G、A、B是一组调和点列，于是知G在H关于Q0的极线上。又F在H关于Q0的极线上，所以直线CF是H关于Q0的极线，于是知GF⊥CD。从而知∠GFB=90°-∠FDC=∠DCB=180°-∠GEB,所以G、F、B、E四点共圆，于是知∠GFE=∠GBE=∠ADE。ADCE.ADCFF第二十三题、如图，0为△ABC外心，D、E分别为AB、AC上一点，OF⊥DE于F,L、M、N分别为DE、BE、CD中点，求证：F、L、M、N四点共圆。AA₁ENM证明：我们先证明一个引理：如图，0为△ABC外心，D、E分别为AB、AC上一点，OF⊥DE于F,M、N分别为BE、CD中点，则∠MFN=∠A。+AAEQNM引理的证明：如图，作△ABC外接圆Q0,分别延长BF、CF交Q0于I、J,延长JD、IE交于点K,根据帕斯卡定理知K在Q0上。延长KF交⊙0于T。连接TB交DE于P,延长TC交DE于Q。根据蝴蝶定理知：FP=FE,FD=FQ。根据中位线定理知MF/BP,NF/CE,所以∠MFN=∠BTC=∠BAC。+TTAIPEVMKJ下面借助引理证明原命题。如图，连接MF、NF、ML、ML。根据引理知∠MFN=∠A。又因为ML//BD,NL//CF,所以∠MLN=∠A。所以∠MFN=∠MLN。所以F、L、M、N四点共圆。AAENM第二十四题、如图，△ABC内切圆⊙I切BC于D,AE⊥BC于E,F为AE中点，DF交白I于G,作△BCG的外接圆⊙o,求证：Q0、⊙I相切于点G。+FFI●O证明方法一：如图，连接AD交⊙I于J,延长DI交QI于K,因为DKYAE,且DG平分AE,所以DK、DG、DJ、DC是一组调和线束，所以四边形DKJG是一个调和四边形。过J作⊙I切线交BC于Ⅲ,则M、D、C、B是一组调和点列，且K、G、M三点共线，所以DG⊥GM,所以CD平分∠BCC。延长CD交QO于N,则N为弧BC中点，所以ONHID,所以O、I、G三点共线，所以⊙0、⊙I相切于点G。NANAJFQC证明方法二：如图，作△ABC的A-旁切圆⊙J,设⊙J切BC于T,则CT=BD。延长AD交⊙J于L,根据位似关系知TL为⊙J直径。注意到J为LT中点，F为E中点，且LTAE,所以J、D、F、G四点共线。作IS⊥GD于S,则s为GD中点。因为∠ISJ=∠IBJ=∠ICJ,所以I、S、B、J、C五点共圆。取DJ中点为M,则BD·CD=SD·JD=FD·MD,所以G、B、M、c四点共圆。作MN⊥BC于N,则N为DT中点，进而知N为BC中点，于是知MB=MC,故GM平分∠BGC,从而知⊙0、⊙I相切于点G。+AAFIDEMJLBCT第二十五题、如图，△ABC内接于⊙O,内切圆⊙I分别切AB,AC于J、K,AO交⊙0于D,连接DI,延长CA到F,使得AF=BJ,过F作DI的垂线交BA延长线于G,求证：FFJy证明：如图，延长DI交O0于P,交FG延长线于E,则FE⊥DE。连接IJ、IK、JK、PJ、PK、PB、PC,PA,则AP⊥IP。因为∠AJI=∠AKI=∠API=90°,所以A、J、I、K、P五点共圆。所以∠JPK=∠JAK=∠BPC,于是知∠JPB=∠KPC。又∠PBJ=∠PCK,所以△PJB〇△PKC,又因为∠FEI=∠FKI=90°,所以F、E、K、I四点共圆，所以∠PJK=∠PIK=∠AFG,又∠JPK=∠JAK=∠FAG,所以△PJK△AFG,所以,所DFDFEP第二十六题、如图，⊙0为△AEC外接圆，AD平分∠BAC交QO于D,OE//ED交AB于E,OFICD交AC于F,H为△AEC垂心，HG/AD交BC于G,求证：BE=GE=GF=CF。AAFEHBD证明：如图，延长AH交〇0于J,则AJ⊥BC,且易知H、J关于BC对称。延长JG交Q0于K。因为∠G]H=∠GHJ=∠DAJ,所以EDHAJ,所以KD⊥BC,即DK为⊙0直径，K为弧BAC中点，KB=KC。连接KE、KF。因为DB⊥KB,OEBD,所以OE⊥KB,即直线OE为BK中垂线。进而知∠KEB=180°-2∠KBE=180°-2∠GJH=2(90°-∠GJH)=2∠JGC=2∠KGB,所以E为△KBG外心。同理可知F为△KCC外心。又根据正弦定理知△KBG和△KCG外接圆半径相等，所以BE=GE=GF=CF。KKAFEJDoc第二十七题、如图，四边形ABDC中，AB=AC,△ABD外接圆⊙O₁交AC于F,△ACD外接圆⊙O₂交AB于E,BF、CE交于点G,。(田开斌题)↵AAF石□AA证明：如图，连接AD、ED、FD、GD。因为点D为⊙O.与⊙O₂的交点，所以点D为完∠BDG=∠CEA=∠CDA,∠CDG=∠BFA=∠BDA。于是知在△BDG和△ADC中，有∠GBD=∠CAD,∠BDG=∠ADC,所以BDG△ADC。同理可知△CDC△ADB。于是知AAFGCD第二十八题、如图，0为△ABC外心，D为△ABC内一点，使得∠DAB=∠DBC,∠DAC=∠DCB,E为AD中点，过E作EF⊥AD交CB延长线于F,连接FA、FD、FO,求证：∠AFD=2∠OFC。(2008年美国数学奥林匹克试题)↵..EFCB←解答：如图，作△ABC外接圆⊙0,延长AD交BC于H,交Q0于G,连接BG、CG、OA、H。因为∠GBC=GAC=∠DCB,所以BGICD。同理可知CGⅡED,所以四边形DBCC为平行四边形。所以、H为BC、DG的中点。又AF²=EF⁷+EA²=FH²-EH²+EA²=FH²-(EH+EA)(EH-EA)=FH²-AHGH=FH²-BH²=FB·FC,所以FA切O0于A,所以OA⊥FA,所以0、A、F、H四点共圆，所以∠FOH=∠FAE,所以∠OFH=∠AFE,所以∠AFD=2∠OFC。A○○G第二十九题、如图，□O的内接四边形ABCD,AB、DC交于点E,AD、BC交于点F,△EFC的外接圆⊙P交⊙0于G,AG交EF于H,HC交⊙0于I,求证：AI、CC、FE三点共线。是知∠GAD=∠GBD=∠GFE=∠GKE,所以AF//EK。同理可知AE|FK,所以四边形所以H为IJ中点，所以四边形IEJF是平行四边形，所以∠EIF=∠EJF=∠EKF=∠EAF,第三十题、如图，△ABC中，D为BC中点，0为外心，H为垂心，E、F分别为AB、AC上一点，使得AE=AF,且D、H、E三点共线，P为△AEF外心，求证：OP/HD。AAP0FHEB证明方法二：如图，作△ABC外接圆Qo,延长AO交Q0于K,则四边形BHCK为平行四边形，故K、D、H共线。延长BH交AC于M,延长CH交AB于N,则B、C、M、N四点共圆，且圆心为D。过H作DH的垂线分别交AB、AC于UV,则根据蝴蝶定理知HU=HV。延长AP交H于T,则AT平分∠BAC,且TU=TV,故T、U、A、V四点共圆。根据西姆松定理，知点T在AU、AV上的垂足与点H共线，进而知DE⊥AU,DF⊥AV,故A、E、T、F四点共圆，且直径为AT,于是知P为AT中点。注意到0为AK中点，故OPⅡKT,从而OKI/DH。A.A.VPFNEBUKMEE中国苏州干将路新春巷19号202室Tel:13814Emailwenwuguanghuagmailcom解答人：文武光华数学工作室田开斌第三十一题、如图，四边形ABCD内接于Q0,E为四边形内一点，使得∠EAB=∠ECD,∠EBA=∠EDC,过点E的直线FG平分∠BEC,交⊙O于F、G两点，求证：EF=EG。(2006年第57届波兰数学奥林匹克试题)←AAF0CGB.证明：如图，连接AC、ED交于点K,延长AB、DC交于点T。根据条件知△EABO△ECD,进而知△EAC△EBD,于是知∠EAK=∠EBK,∠ECK=∠EDK,所以A、B、K、E四点共圆，C、D、E、K四点共圆，根据蒙日定理知E、K、T共线。又因为A、B、K、E四点共圆，C、D、E、K四点共圆，所以∠KEB=∠KAB=∠KDC=∠KEC,所以K在直线FG上，也即F、E、K、G、T五点共线。TA=TK·TE,根据调和的性质知，E为FG中点。AFECG关于BC、CA、AB的对称点分别为L、M、N。线段AP中点为G,求证：D、E、F、G四点共圆的充要条件为A、L、M、N四点共圆。MLAA下BLMVGDC第三十三题、如图，〇0₁、○0₂半径分别为r₁、r₂,⊙O₁、〇0₂交于A、B两点，P为平面上一点，PC切⊙O₁于C,PD切⊙O₂PPCAD:目交直线0₁0₂于E、F两点，则知EP平分∠O₁PO₂。又弧AE=弧BE,所以EP平分∠APB,所第三十五题、如图，△ABC内接于QO,E为BC中点，F为弧BC中点，I为△ABC内心，M为BI中点，N为EF中点，MN交BC于点D,证明：DM平分∠ADB。(2006年中国国家队培训题)↵AAI0MENF证明：如图，连接AF,则I在AF上。连接BF、MF、ME、MA。因为∠FIB=∠BAI+∠ABI=∠CAI+∠CBI=∠FBC+∠CBI=∠FBI,所以FB=FI。于是知FM⊥BI。又易知FE⊥BC,所以、B、M、E、F四点共圆。进而知∠EMF=∠CBF=∠IAC=∠IAB,∠EFM=∠EBI=∠IBA,所以△EMFCO△IAB。于是知△EMN△IAM,△FM?△BAM。于是知∠DMA=360°-∠FMB-∠FMN-,又BL平分∠AED,所以点M为△AED内心，所以DL平分∠ADB。AA■MNFB第三十六题、如图，00为△ABC的外接圆，AF平分∠BAC交⊙o于F,H为△ABC的垂心，CE⊥AB于E,BD⊥AC于D,△ADE的外接圆交Q0于G。GF交BC于I,求证：IH平分AAEQBFHGDC180°-∠ADG=∠GDC,所以△GEB>△GDC,所以。又F为弧BC中点，所以GI平分∠BGC,,|,所以IH平分∠BHC。试试题)+BFBFH₁DNM0CE证明：如图，取HO中点为K,则K为△ABC九点圆圆心，即为△DEF的外心。作△ABC0和⊙K的根轴，所以OK⊥MN,即OH⊥MN。AAFKEBDNMHC第三十八题、如图，以AB为斜边向外作等腰直角△ABD,以AC为直角边向外作等腰直角△ACE,使得∠CAE=90°,F为DE中点，证明EEFACBD证明：如图，连结CD、BE,延长AD到L,使得DL=DA,则△BAL为等腰直角三角形。S四边形BCAL+S四边影BCEA=S∠LBB+S△BCD(*)+事实上，我们可以证明S四边形BCAL=SLLBE,S四边形BCEA=SLBCD。作BG⊥AC于G,作DJ⊥AC于J,作DK⊥BG于K,则△DKE≌△DJA。故作LM⊥GB于M,作AN⊥LM于N,则△LMB≌△BGA。故↵EEJDGKM第三十九题、如图，△ABC中，旁切圆⊙P分别切CB、Cl延长线于D、E,旁切圆⊙Q分别切BC、BA延长线于F、G,DE、FG分别交PQ于M、N,EN、CM交于点L,求证：AL平分∠BAC。(潘成华老师题)↵EPGPQNB℃产证明：如图，设OP切AB于T,则∠PDB=∠PTB=90°,所以P、D、B、T四点共圆又根据对称性知∠MTA=∠MEA=∠BDM,所以D、B、T、M四点共圆，所以P、D、B、M四点共圆，所以BM⊥PQ。同理可知CN⊥PQ。于是知△BAM△CAN,所以AL⊥MN,所以AL平分∠BAC。E.M,ANQ第四十题、如图，口ABCD中，E、F分别为AD、CD上一点，AF、CE交于点G,△AEG的外接圆Qo与△CFG的外接圆⊙P交于点H,连接BG、DH,求证：∠GBA=∠HDA。EEG4HADO证明：如图，连接HG、HE、HA、HF、HC,则∠HCF=∠HGA=∠HEA,所以H、C、D、E四点共圆，同理可知H、F、D、A四点共圆。延长CH交AB于L,则∠ALH=180°-∠HCF=∠HGF,所以A、L、H、G四点共圆，即L在Q0上。连接LG,则所以B、L、G、C四点共圆。所以∠GBA=∠GCH=∠HAD。命题得证。GP文武光华数学工作室中国苏州干将路新春巷19号202室BAwenwuguanghuaTel:1381EmailwenwuguanghuagmailcomBAWWWGH高中联赛难度几何100题及其解答解答人：文武光华数学工作室田开斌第四十一题、如图，PA、PB分别切Q0于A、B,PCD为〇0一条割线，过C作CFI/PB,交AB于E,交BD于F,求证：E为CF中点。(2010年第六届北方数学奥林匹克邀请赛试A.AooCED证明方法一：如图，设PD、AC交于点K,作OJ⊥CD于J,则J为CD中点，连接EJ。因为∠0AP=∠OBP=∠0JP,所以A、P、B、J、0五点共圆，所以∠JAE=∠DPB=∠JCE,所以A、C、E、J四点共圆，所以∠CJE=∠CAB=∠CDB,所以EJBD,所以E..PKcDB证明方法二：如图，设PD、AC交于点K,连接BC、CA、AD。则PBPC二PDPDAAKC月B-oDP'BA证明方法三：如图，因为四边形B、D、A、C是调和四边形，所以BP、BA、BC、BD是一组调和线束。因为CFl/PB,所以E为CF中点。BA..DE4第四十二题、如图，H为△ABC垂心，D为BC中点，过H作EF⊥DH分别交AB、C于E、F,求证：H为EF中点。(2010年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)+AAP且Q0于D,PE平分∠DPB,分别交AC、BC于E、F,求证：∠EOF=90°。(2007年辽宁CDE,所以D、P、A、E四点共圆，于是知∠PDE=∠EAO=45°=∠PDO,所以E为△PDO内心，所以OE平分∠AOD。又2∠DBF=∠DAE=∠DPF,所以D、P、B、F四点共圆，又PF平分∠DPB,所以DF=BF,于是知△FDO≌△FBO,所以OF平分∠DOB,所以∠EOF=90°。+PPPPCCDE.BA0第四十五题、如图，P自为⊙0的切线，PBC为⊙0的割线，AD⊥OP于点D,△ADC的外接圆与BC的另一个交点为E,证明：∠BAE=∠ACB。(2012年初中数学联赛二试试题)A₁D)₁OBEC证明：如图，连接OA、OB、OC、BD、CD。因为OA⊥PA,根据射影定理知PA²=PD·PO。又根据切割线定理知PA²=PB·PC,所以PD·PO=PB·PC,于是知△PBDCO△POC,所以∠PDB=∠PCO,知B、D、O、c四点共圆。于是知∠BEA=180°-∠AEC=180°-∠ADC=90°-∠CDO=90°-∠CBO=∠BAC,于是知△ABECO△CBA。所以∠BAE=DQDBEC求证：GC⊥AC。4GGEDCAB证明：如图，设AC、BD交于点0,则○为BD中点。根据条件知C、E、A、F四点共圆，GGFNKOME证明方法二：如图，设AC、BD交于点0。显然A、E、C、F四点共圆，且圆心为0。设0交CD于K,根据圆的对称性知E、0、K共线。在圆内接六边形CCAFEK中使用帕斯卡定理，注意到G、D、Q共线，知GC切Q0于c。故GC⊥AC。GGFDKEOCAB第四十七题、如图，△ABC内接于⊙0,AD⊥BC于D,AD交CO于E,F为AE中点，FO交BC于H,CG⊥AO于G,求证：B、H、O、G四点共圆。+FGFEOECDCD证明方法一：如图，延长AO交QO于J,连接EJ、BJ、CJ。因为∠BCJ=∠BAJ=∠CAE,∠CBJ=∠CAJ=∠ACE,所以△BCJ∽△CAE,所以。又∠EAJ=∠GCB,所以△EAJP△GCB,所以∠EJA=∠GBH。又OF为△AJE中位线，所以OF//JD,所以∠HOJ=∠EJA=∠GBH,所以B、H、O、G四点共圆。AAFCJBHG证明方法二：如图，延长OG交Q0于K,则G为CK中点，且∠KBC=2∠ABC=∠EOA。又易知A、G、D、C四点共圆，所以∠BCK=∠OAE,所以△CBK~△AOE。又注意到F为距中点，G为CK中点，所以△CBG∽△AOF,故∠CBG=∠AOF,所以B、H、O、G四点共圆。AAKGODCF证明方法三：如图，延长co交00于J,连接JB交AO延长线于，连接CM,延长FH交JM于K。4因为JM⊥BC,AD⊥BC,所以JM/AD,又F为AE中点，所以K为JM中点，所以OK为△JMC中位线，所以OKMC。又显然B、M、C、G四点共圆，所以∠BGO=∠BCM=∠CHO,所以、B、H、0、G四点共圆。AAG○HKMDJCF第四十八题、如图，I是△ABC内心，A关于BI对称点是K,E为BC中点，F为弧BC中点，EF中点为N,BI中点为M,MN交BC于D,求证：A、K、D、M四点共圆。A.A.ÖMEKDNFBC证明：根据条件知K在直线BC上，且AB=KB。连接AF,则AF过点IFBFI因为M为BI中点，所以FM⊥BI,于是知B、M、E、F四点共圆。所以∠MFE=∠EBI=∠ABI,∠FME=∠FBC=∠FAC=∠BAI,所以△MFE△ABI。又N、M分别为EF、BI中点，所以△MFN>△AEM,于是知∠FMN=∠BAM。于是知4又因为FM⊥BI,AK⊥BI,所以FM⊥AK,所以∠FMA+∠MAK=180°,于是知∠DMA+∠DKA=180°,即A、K、D、M四点共圆。AAMKDFBC第四十九题、如图，H为△ABC的垂心，D为CH中点，BE⊥AD于E,证明：B、C、E、H四点共圆。(田开斌题)↓AAD证明方法一：如图，延长AD到F,使得DF=DA,则四边形AHFC为平行四边形，所以CF/|AH,FH/AC。因为AH⊥BC,所以FC⊥BC,所以B、E、C、F四点共圆；因为BH⊥AC,所以、BH⊥FH,所以B、H、E、F四点共圆，所以B、H、E、C、F五点共圆，所以B、C、E、AADF证明方法二：如图，延长AH交BC于F,连结BH、EH、EF、DF。因为HF⊥BC于F,所以DF=DC=DH,所以∠DFC=∠DCF=∠HAB。又显然A、B、F、E四点共圆，所以∠EFC=∠EAB,所以∠EFD=∠FAD,所以DE·DA=DF²=DH²,所以∠DHE=∠EAH=∠EBC,所以B、C、E、H四点共圆。AAEDCHBF第五十题、如图，I为△ABC内心，OP分别与AB、AC相切，过点BC的Q0与⊙P外中国苏州干将路新春巷19号202室Tel:13814Emailwenwuguanghuagmailcom解答人：文武光华数学工作室田开斌第五十一题、如图，Q0为△ABC外接圆，D为弧BAC中点，E为弧BC中点，CF⊥AB于F,连接EF,过F作FG⊥EF交DA延长线于G,求证：CG=CD。DDAFQGBE证明：如图，连接DE交BC于K,则K为BC中点。连接FK,知∠BFK=∠FBK。连接EC、EA,则EA⊥DG。由于FG⊥EF,从而E、F、A、G四点共圆。于是知∠EGF=∠EAF=∠ECK,所以△EFC>△EKC,所以△ECG△EKF,于是知∠CGE=∠KFE。从而∠CGD=∠AGE-∠CGE=∠BFE-∠KFE=∠BFK=∠FBK=∠CDG,所以CG=CD。因为DE⊥AO,所以∠BDE=90°BAOBCEAAFMKONDBE证明方法一：如图，连结0A、OB、OC、OD。延长OK交BC于L,连结AⅡ。显然点0为△ABC外心，所以OD⊥BC。根据对称性知∠0CM=∠0AM=∠OBN,所以B、C、K、O四点共圆，于是知∠0KB=∠OCB=∠OBL,所以△OBK△OLC,所以∠OLD=∠OBK=∠OAD,所以0、D、L、A四点共圆，所以∠OAL=90°。另一方面，因为△0BK>△OLC,所以0K·QL=0B²=0A²→△0AK>△OLA=∠0KA=∠0AL=90°,AFEKNBCDBC证明方法二：记d(P,1)表示点P到直线1的距离。注意到D为BC中点，根据对称性知d(A,BK)=d(B,AD)=d(C,AD)=d(A,CK),所以∠AKB=∠AKC。+如图，延长AK交BC于P,则PK平分∠BKC。根据条件知0为△ABC外心，连结0A、OB、OC,根据对称性知∠OCM=∠0AM=∠OBK,所以B、Q、K、c四点共圆。所以∠OKM=∠OBC=∠OCB=∠OKB,即OK平分∠BKM。所以、OK⊥AK。AAFEKNBC第五十四题、如图，△ABC中，D为BC中点，Q0过自、C两点，且切DA于自，延长BA交OO于E,CE延长线交DA于F,求证：FO⊥BC。(2013年第九届北方数学舆林匹克试FFEA证明方法一：如图，延长FO交BC于M。过0作ON⊥EC于N,则N为CE中点，连结DN,则DNBE。连结ND、NA、OA,则OA⊥FA。因为DNHAB,所以∠NDA=BAD=∠EAF=∠NCA,所以A、D、C、N四点共圆。又∠ONF=∠OAF=90°,所以0、N、A、F四点共圆。于是知∠FOA=∠FNA=∠ADC,所EA证明方法二：如图，作FC切⊙0于C,则FO⊥C。又因为四边形ACGE为调和四边形，所以AC、AE、AG、AF为调和线束，而D为BC中点，所以AG//BC。所以FO⊥BC。+EGA.GAO第五十五题、如图，AB为O0直径，CB切⊙0于B,D为弧AB上任一点，CD交OO于EECDAtB0证明方法一：如图，过C作CG切Oo于点G,连结GA、GB、CC、GDGEGOOC为线段BG的中垂线，所以EG=EB,∠CEB=∠CEG。又AG⊥BG,所以AG/EO,所以∠CED=∠DAG=∠DGC,所以G、D、C、E四点共圆，所以∠CEG=∠GDF=∠GBF,所以∠CEB=∠GBF。而BG⊥OE,所以EB⊥FB。EECGDO←证明方法二：如图，延长EB交Q0于G,连结GF交AB于0'。在六边形FGBBAD中使用EECDGB第五十六题、如图，正方形ABCD与正方形EPGH,EF交AB于J,PG交BC于X,GH交CD于L,HE交DA于I,求证：IK⊥JL。DDG下第五十七题、同第九题，略。第五十八题、如图，DP、Q交于A、B两点，它们的外公切线CD分别切DP、OQ于C、D,E为BA延长线上一点，EC交OP于F,ED交⊙Q于G,FG分别交OQ、OP于M、N,求证：∠FCM=∠GDN。(深圳黎誉俊老师题)EEDN日MGCp·共圆。所以∠FGD=∠ECD=∠FNC,所以CN/EG。同理可知，DMlEF。于是∠FCN=∠GDM。又∠DMN=∠CPN=∠DCN,所以M、N、D、C四点共圆，所以∠MCN=∠MDN。于是知∠FCM=∠GDN。EEDFMG日p·N9C第五十九题、如图，等腰△ABC中，AB=AC,E为C中点，D为BC上一点，使得BD=2CD,DF⊥BE于F,连接CF,求证：∠EFC=∠ABCAAEF证明：如图，作AH⊥BC于H,交BE于G,则G为△ABC重心，从而AG=2HG。取BD中点为I,则BI=2HI。于是知GIAB。因为∠GFD=∠GHD=90°,所以G、F、H、D四∠EFC=∠GIC=∠ABC,命题得证。EF证明：如图，延长AF交BC于G,因为DEBBC,所以G为BC中点。延长AG到H,使得GH=AG,连接BH、CH,则四边形ABHC是平行四边形。连接(F、PF、QF、RF。因为0、Q分别为△ADF、△BDF外心，所以△0FQ△AFB,于是知∠FQO=∠FBA。又↵=180°-∠BAC=∠ABH+ ,所以△QFRCO△ABR,于是知∠FQR=∠FAB。从而知∠0QR=∠OQF+∠RQF=∠FBA+∠FAB=∠AFE=180°-∠OPR,即∠OQR+∠OPR=180°,于是知0、P、Q、R四点共圆。文武光华数学工作室Tel:1381Emailwenwuguanghuagrailcom高中联赛难度几何100题及其解答解答人：文武光华数学工作室田开斌第六十一题、如图，△ABC旁切圆⊙I分别切BC、AB、AC于D、E、F,ED、FD交分别AMEF证明：如图，连接ID、IC、IM,连接BN并延长交AF于L。因为I为△ABC旁心，所以IC平分∠BCF,所以,所以I、C、M、D四点共圆，所以CM上AI。同理可知EN⊥AI,进而知N为EL中点，所以GNYAC,知∠GNM=∠CAM。又∠AMC=∠AHC,所以A、M、H、C四点共圆，所以∠GHM=∠CAM。所以∠GNM=∠GHM,得G、N、H、M四点共圆。AMHELF第六十二题、如图，四边形ABCD内接于日0,AB、DC交于点E,AD、BC交于点F,点G为EF中点，AG交⊙0于K,求证：C、K、F、E四点共圆。AAODBKCEGF证明：如图，延长AG到J,使得GJ=AG,连结JE、JF、CK,则四边形AEJF为平行四边形。因为∠CEJ=∠CDA=∠CKA,所以E、J、K、C四点共圆。又因为∠JFC=∠ABC=∠JKC,所以C、K、F、J四点共圆。所以E、C、K、F、J五点共圆，所以C、K、CCCCAAODBKCEGFJ第六十三题、如图，AB为半Oo直径，CA⊥AB于A,DB⊥AB于B,EC、ED分别与半⊙0的两条切线，OF⊥CD于F,连接EF,求证：∠EFD=∠FOB。EE₁证明：如图，设EC切半Q0于M,ED切半Q0于N。连接OC、OM、AM、AF、MF、OD、同理，Q、F、N、D、B五点共圆。从而∠EMF+∠ENF=∠FOC+∠FOD=∠COD=∠ACO+∠BDO=∠MCO+∠NDO=(180°-∠MFO)+(180°-∠NFO)=∠MFN,又因为EM=EN,所以EM=EN=EF。于是∠EFD=180°-(∠EFM+∠MFC)=180°-(∠EMF+∠MAC)=180°-(∠EMF+∠AMC)=∠AMF=∠FOB。命题得证。EEM.ND第六十四题、如图，AB、AC分别切⊙0于A、C,D为AB延长线上一点，△ADC的外接圆OP交OO于E,BF⊥CD于F,求证：∠DEF=2∠ADC。(1995年第十五届伊朗数学奥林匹克试题)AA日PDF·0C证明方法一：如图，设Q0交CD于G,延长EG交AD于K,连接KF、E、CE。因为AC为Qo切线，所以∠ACE=∠DGE,又∠GDE=∠CAE,所以∠DEG=∠AEC=∠ADC。+又因为∠DEG=∠ADC,所以△KDECOKGD,所以KD²=KG·KE。又根据切割线定理知KB²=KG·KE,所以K为BD中点，所以DK=FK,所以∠KFD=∠KDF=∠KED,所以K、D、E、F四点共圆，所以∠DEF=2∠DEG=2∠ADC。AB.KCDFCD证明方法二：如图，连接CE,延长DE交⊙0于K,设Q0交CD于G。连接GE并两端显然M在D关于Q0的极线上，所以直线MB即为D关于⊙0的极线，所以MG、MC、MD、∠NDF=∠NED,所以D、E、F、N四点共圆。而ND=NF,所以∠DEF=2∠DEG=ABNGDCFMAA○DEB证明：如图，设AE交C于M,DE交BC于N。连接BD。根据圆的对称性知BC=BD,∠ABC=∠ABD。因为∠MAO=∠NDB,∠AOM=2∠ABC=∠DBN,所以△MO△NBD。于,所以BN=1BD=1BC。于是知DE平分线BC。22AAOMDNE日0外切于J,且分别切AB、C于G、H,连接AD并延长交OP于K,求证：AJ=AK,且AAFEJGHPD·0K证明：根据⊙P关于AP对称知∠BAJ=∠CAD,则必然有AJ=AK。所以下面我们只证明∠BAJ=∠CAD。4我们以点A为反演中心，以AE×AH为反演幂，则H、E互为反演点，F、G互为反演点从而⊙P与心I互为反形。设B的反演点为B',C的反演点为C',则Qo的反形为直线B'C',直线BC的反形即为△AB'C'的外接圆⊙Q。因为BC与OP切于点J,所以B'C'与⊙P'(即I)相切于]',因为⊙I与BC相切于D,所以QI′(即QP)与QQ相切于D',J'、D分别为J、D的反演点。又因为AB×AB′=AC×AC′=AE×AH,所以△ABCO△AC'B'。我们可以看出，原图形是由△ABC决定的，其反形是由△AB'C决定的，且它们的结构方式相同。又△另外，由于⊙P'与⊙I相等，所以原图形的反形与原图形反向全等，所以AB=AC',AC=AB',于是知AB×AC=AB×AB′=AE×AH。↵0·0·.BH(E)■第六十七题、如图，○o为△ABC外接圆，D、E分别为AB、AC中点，H为△ABC垂心，DH延长线交⊙0于F,EH延长线交Qo于G,DE、GF交于点I,连接AI,求证：AI⊥AO。AAF古E←证明：延长HD、距分别交Q0于J、K,连接JA、JB、KA、KC。因为AH⊥BC,JB⊥BC,所以AH//JB。同理可知BH/JA。于是知四边形AJBH是平行四边形，从而D为JH中点。同理，E为HK中点。根据中位线定理知DE/JK,从而∠HDE=∠HJK=∠HGF,所以G、F、E、D四点共圆，设为⊙M。连接OD、OE,根据垂径定理知OD⊥AB,OE⊥AC,所以A、D、0、E四点共圆，设为OL,则L为A0中点。易知OL与⊙0外切，于是知Q0、⊙L的根轴为两圆的公切线。又DE为0、L的公切线，从而AI⊥A0。J号G第六十八题、如图，△ABC内接于Qo,AC≠BC,∠ACB平分线CH交Q0于H,E、F分别为AC、BC上一点，EFAB,EF交CH于K,△EFH的外接圆OP交Q0于G,GK交⊙0于D,求证：CDBAB。(2009年美国数学奥林匹克改编)OKGHAP证明：如图，作△CEF外接圆QQ,CEFCABOQ