高中数学联赛真题分类汇编平面几何B辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）

专题26平面几何B辑

施雷国氟题;

1.12000高中数学联赛（第02试）】如图，在锐角aABC的BC边上有两点E,F,满足NBAE=NC4F,作尸M

1AB,FNVAC（M,N为垂足），延长AE交三角形ABC的外接圆于点D

证明：四边形A"£W与三角形ABC的面积相等.

【答案】证明见解析

【解析】如图，联结MMBD,因为FMJLAC,

所以A,M,F,N四点共圆.

所以Z4MN=AAFN,所以Z4MN+/.BAE=AAFN+Z.CAF=90°,

可知MNJ.4。，所以AMDN-MN.

又因为4c4F=乙DAB,乙ACF=AADB,所以△AFCfABD,

贝唠AC=AD-AF.

而AF是过A,M,F,N四点的圆的直径，所以一%=AF,

stnABAC

则4Fsinz_B4C=MN,

SA48c=\AB-AC-sin^BAC=\AD-AF-sin/BAC=\AD-MN=SAMDN

2.11999高中数学联赛(第02试)】如图，在四边形ABC。中，对角线AC平分/BAD在c上取一点E,BE与

4c相交于F,延长。尸交BC于G求证：ZGAC=ZEAC.

【答案】证明见解析

【解析】1.采用逐步消线段的方法，分为四个步骤:

第一步，联结8。交AC于H,在△BCD中，

由塞瓦定理，得(CG-G8)•(BH-HD)•(DE-EC)=1①

第二步，由角平分线的性质，得BH-HD=AB-AD②

第三步，过C作AB的平行线交AG的延长线于/,过C作A。的平行线交AE的延长线于J,

则有CG-GB=£7-48,DE-EC=4D-C/③

由式①，②，③，得C/=C/.

第四步，由△4C7HA4C/得N/AC=N/AC,

即nG4C=Z.EAC.

3.11998高中数学联赛(第02试)】如图，已知：，1分别为△4BC的外心和内心，A。是BC边上的高./在线

段OD上.求证：AABC的外接圆半径等于BC边上的旁切圆半径.

A

心

BDC

【答案】证明见解析

【解析】如图，作△ABC的外接圆圆。，延长4交BC于J,交弧BC于K,则K为弧BC中点,

显然OK±BC,

设0'是与8C边相切的△ABC的旁切圆圆心，则。在A/延长线上，即A,1,J,K,0关线.

作。，丫18c于K则0Y是旁切圆圆O的半径（记为弓）.

又因为A。，OK,都垂直于BC,所以4D〃0K〃0T.

因此△4/D-AK/。，得券=务

即丝=生①

RIK

又由△4。/0'。得券=景,

即也=4②

于是，要证R=%只需证3=多即可.

IKJ0

联结B/,/C,CO',O'C,易知ZJBO'=/.ICO'=90°.

所以B,I,C,。'四点共圆.

因此

NAO'C=ZJBC=—2=Z.AB1,

又ZB4/=NO\4C,所以AAB/

所以"=㈣，^Al.A0<=AB.AC③

AlAC

联结BK,在△43K与△AJC中，

因为NB4K=Z.JCA.Z.BKA=乙JCA,所以△ABK-△AJC,

有第=务-AJ=AB-AC④

由式③与④可得4•A。'=4K•AJ,即”=赵，

AIAJ

由生把=丝%有竺=生⑤

AIAJAIAJ

将式⑤结合式①与②可得奈=枭所以R=ra.

4.11997高中数学联赛（第02试）】1.如图，已知两个半径不相等的圆0|与圆。2相交于M,N两点，且圆O

I，圆。2分别与圆O内切于S，T两点.求证：OMLMN的充分必要条件是S,N,T三点共线.

【答案】证明见解析

【解析】如图，设圆。，圆。2，圆。的半径分别为小心"•由条件知。，Q，S三点共线，O,。2，T三点共

线，且。S=OT=r.

联结。S,OT,SN,NT,O]M,OiN,O2M,O2N,OXO2.

充分性.设S,N,T三点共线，则4s=zr,

又△QSN与△QNT均为等腰三角形，故Z5=乙O1NS/T=Z.O2NT,

于是NS=Z.O2NT,ZT=双NS,从而。2N//OS,O1N//OT.

故四边形OOiNQ为平行四边形.

因此得出。。1=O2N=r2=MO2,OO2=O[N=弓=MOr,故^OrMO=△O2MO,

从而SAO]MO=SAOZOM，由此得。1。2〃。相

又由于。1。2MN,故。MlMM

必要性.若OM1MN,OO-LMN,有。1。2〃。时，从而SA^MO=S.20M.

设OM=a,由OiM=4,。1。=「一勺,。2。=「一七,。2用=二知△OiM。与△OzOM的周长都等于a+r,

记p=等，由三角形面积的海伦公式，有

SAO"=JP(P—％)(P—r+n)(p—a)=y/p(p-r2)(p-r+r2)(p-a)=S^2M0.

化简得(4—r2)(r-rj-r2)=0.

又己知片「2，有r=「1+「2，故。1。=r-「1=「2=°2可，。2。=r-「2==°1N.

所以，四边形OQNOz为平行四边形，/O2NS+/S=180°=ZOINT+ZT.

又△OISN与。227均为等腰三角形，所以ZT=Z.O2NT,Z.S=4O1NS.

所以4OiNOz+2/S=/-O2NS+NS=乙O[NT+4T=^OXNO2+2/T,

即NS=NT,于是乙OINS=〃)2NT,故所以S,N,7三点共线.

5.11996高中数学联赛(第02试)】如图，圆。|和圆。2与AABC的三边所在的三条直线都相切，E,F,G,

H为切点,并且EG,的延长线交于点P.求证直线出与8c垂直.

【答案】证明见解析

【解析】联结。14。1&01&。24。2凡。2从如图所示，由题意，延长以交BC于。,

停£0__SAPED_/PEPDsin-l_PEsinzl

习DFSAPDF|PFPDsinz2PFsinz2"

在△阳中，由正弦定理，有畀有窑

又因为FE,CE是圆Oi的切线，所以zPEF=/CGE=180°-43,

所以sin/PEF=sinz3,同理，WsinzPFE=sinz4.

匚亡i、［EOsinz4sinz.1sinz.4sinzl

所以—=---------=----------,

DFsinz.3sinz2sinz.2sinz.3

在及△PG4中，由正弦定理，有半=筹，华=某，

sinz.2AHsinz.3PA

所以靠=今•含=笫由此，可知RtAAGOisRt/MH。?.

所以案=工=念，易知0送5。2是直角梯形，

又由黑=松可知4。〃。后，所以4D，BC,即PA_L8C.

6.11995高中数学联赛（第02试）】如图，菱形ABC。的内切圆。与各边分别切于E,F,G,H,在弧EF与

GH上分别作圆。的切线交AB于M,交BC于N,交CD于P,交DA于Q,求证：MQ//NP.

【答案】证明见解析

【解析】分别联结4C,BD,其交点为内切圆圆。.如图，设MN切圆。于L分别联结OE,OM,OL,ON,O

F,并设NMOL=a/LON==仍

则易知/E0M=a,乙FON=仇/EOF=2a+20=180°—2a

所以乙BON=90°-s-夕=a,乙CNO=4NBO+乙BON=<p+a=Z.AOM.

又LOCN=LMAO,所以△0CN-AM04,于是4M•CN=CO•40.

同理4QCP=CO-AO.

所以AM•CN=AQ•CP.

又£MAQ=LPCN,所以AAMQ~ACPN,所以Z4MQ=/CPN,从而MQ//NP.

7.11995高中数学联赛（第02试）】菱形ABC/）的内切圆。与各边的切点依次为E,F,G,H,在弧EF和弧

G”上分别作圆。的切线交AB于点交BC于点N,交CD于点P,交D4于点。求证：MQ//NP.

【答案】证明见解析

【解析】联结AC,8。交于内切圆的圆心。，记MN与圆。的切点为L,联结OE,OF,OM,ON,OL,如

图，于是有。EJ.AB,OF_LBC,OLJ.MN.

记zJWOE--a,Z.NOF—p,Z.ABO=<p,

于是2<p+2a+2£=180°,(p+a+=90°.

所以NAOM=(p+a="NO,乙CON=@+0=Z.AMO.

所以A/IMOSACON,所以ZM-CN=40・0C.

同理4。OC^AQ-CP,

所以4M•CN=4Q•CP,所以A4MQ〜ACPN,所以NCNP=Z71QM,

所以ZJ1MQ+Z_CNP=/.AMQ+乙AQM=180°-=2<p,

所以NQMN+乙MNP=180°,因此MQ〃NP.

8.11995高中数学联赛(第02试)】如图，圆。和圆Q与aABC的三边所在的三条直线都相切，E,F,G,

“为切点，并且EG,硒的延长线交于点P,求证直线限与BC垂直.

【答案】证明见解析

【解析】延长限交BC于。，联结0140m，O1G,O2A,O2F,O2H.

MUED_S4PED_#£P»sinzl_PEsinzi

'OFSAPDFipEPDsinZ2PFsinz.2-

在△?£：?中，由正弦定理空=sin"FE,

PFsinZPEF

因为FE,CE是圆Oi的切线，所以zPEF=4CGE=180°—43,sin/PEF=sin/3.

同r=i理Es•mz,inPrF>EL=si•nz,_4“,,故LLE一D=si-nz-.4--s：—inzi=s-in-z-.4--s：—inz.1.

DFsinz3smZ2sinz2smz.3

在△PH4及△PGA中，由正弦定理，有也上=助,吧=也，

sinz2AHsinz3PA

有些=丝丝=丝易知RsAGOisRSAHO2,于是.=竺=g.

1乙

DFAHPAAHDFAHAO2

易知四边形O1EFO2是直角梯形，由9=警有AD〃OE.

DrAO2

故AD1BC,即PA1BC.

9.11994高中数学联赛(第02试)】如图，设△ABC的外接圆。的半径为R,内心为/,ZB=60°,ZA<ZC,

NA的外角平分线交圆。于E,证明：

(1)/0=AE-,

(2)2/?<1O+1A+IC<(1+y/2)R.

【答案】证明见解析

【解析】(1)如图，设射线B/,A/分别与圆。交于M及广，

易知M为弧AC的中点.联结04,OM,AM.

由乙40M=48=60"知，△OAM为正三角形，乙4Mo=60°,/.AMB=ZC.

E

A

所以4/M。=Z.AMB-4AMO=zC-60°.

联结ER尸B因4F,AE分别为NA及其外角的平分线，

故NE4b为直角，£尸为圆。的直径.

Z.AEF=Z.ABF=Z.B4--Z/4,

2

所以〃OE=180°-2(48+2)="-60°,

所以N/MO=Z.AOE.

从而两个等腰三角形△M/。三△OAE,10-AE.

(2)联结0c.因为乙4OC=2ZB=120°,

所以N。4c=/.OCA=30",Z.A1C=&B+-/.A+-Z.C=120°.

22

所以N40C=Z.AIC.

因此A,O,1,C共圆，JJlJzOC/=/.OAF=/.OFA,

Z.01C=180°-乙OAC=150°,LA10=/.ACO=30",

所以ZO/F=150",

所以△0/C=△OIF,IC=IF.

如情形(1)中所述，NEAF是直角，EF是圆。的直径，

所以/。-IA+ICAE+AF2R(sinzOF4+cos/OFA)=2&Rsin(zOF4+45°)

45°)=2V2/?sin^30°-1

=2&Rsin(N(MF+<44+45°

=2V2/?sin[75°-i(120°-zC)]=2伪?sin(15。+|zC).

由NA<NC知60°<ZC<120°,所以30"〈三4c<60°.

2

而sin75°=故2或Rsin45°<10+IA+IC<2V2/?sin75".

4

此即2R</0+M+/C<(1+V3)/?.

10.11993高中数学联赛(第02试)】设一凸四边形4BC。，它的内角中仅有NQ是钝角，用一些直线段将该凸

四边形分割成〃个钝角三角形，但除去A,B,C,。外，在该凸四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶

点，试证n应满足的充分必要条件是n>4.

【答案】证明见解析

【解析】非钝角三角形一定可分割成三个钝角三角形.

事实上，取锐角三角形任一顶点，或直角三角形直角顶点，设为0,向对边AC作高BG,再以AC为直径向三

角形内作半圆，于是，BG把位于该半圆内的任意点£与三顶点连线将三角形分割成三个钝角三角形，△A8,

△BCE,/XCAE即为所求.

(2)凸四边形A8CD可分割成四个钝角三角形，如图，联结线段AC,又由情形(1),AABC可分割成三个钝角三

角形，共有四个钝角三角形

(3)凸四边形ABCO可分割为”=5,6,…个钝角三角形，如图，作4EI，4E2…即得新分割的钝角三角形△4EEQ

4《止2,…共有5,6,…个钝角三角形.

必要性.先指出一个事实：非钝角三角形不能分割成两个钝角三角形，而分割线段与对边的夹角不能将180。角分

成两个钝角，所以不能分割成两个钝角三角形.

设凸四边形已被分割为〃个钝角三角形，如果该凸四边形的4条边分别属于4个不同的钝角三角形，则已证得

了它4.如果有两条邻边同属于一个钝角三角形(不相邻的两条边不能构成三角形)，这时有以下两种情况之一发

生：

⑺该两邻边夹角为钝角NO,于是不被分割.

这时AC必为分割线，非钝角△4BC必被再分割，它不能分割成两个钝角三角形，只能分割成3个以上的钝角

三角形，连同钝角△AOC,有它4.

(沿该两邻边夹角不是这时夹角不能是NB,因为△ABC不是钝角三角形，因此夹角只能是NA或NC,而

使80为分割线，并且将/£(分割出一个钝角，使该两邻边构成钝角三角形的两条边，这样，另一非钝角三角

形必被再分割，于是同理，必须分割成3个以上的钝角三角形，同样得到佗4.

11.11993高中数学联赛(第02试)】水平直线机通过圆。的中心，直线/与切相交于M,点历在圆心

的右侧，直线/上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线机上方，点A离点M最远，点C离点“最近，A

P,BQ,CR为圆。的三条切线，P,Q,R为切点，试证：

(1)/与圆0相切时ABCR+BC-AP=AC-BQ：

(2)/与圆。相交时4B-CR+BG-4P<AC-BQ；

(3)/与圆。相离时48-CR+BC-AP>AC-BQ.

【答案】证明见解析

【解析】设圆半径为r,OM=x,AM=a,BM=b,CM=c(a>b>c>0),易算得4M2+OM?-。P2=/jp2.

故有AP2=a2+%2-r2=a2+t(t=x2—r2)>AP-y/a2+t.

同理BQ=y/b2+t,CR=>Jc2+t.

令G=(ABCR+BC-AP)2-(AC-BQ}2,则：

G=[(a-b~)y/c2+t+(b-c)y/a2+t]2-(a—c)2(h2+t)

=[(a-b~)y/c2+t+(b-c)Va2+t]2-[(a一b)+(b—c)]2(b2+t)

=(a—b)2(c2+t)+(h—c)2(a2+t)+2(a—b)(b—c)Vc2+tja2+t—(a-6)2(h2+t)—(h—c)2(i>2+t)

—2(a-b)(b-c)(d2+t)

=(a-b)2(b2—c2)+(b—c)2(a2-b2)+2(a-b)(b-c)[jc2+t(a2+t)—b2—tj

=(a-b)(b-c)[-(a-b)(b+c)+(a+b)(b-c)+2V(c2+t)(a2+t)-2b2-2t]

=2(a—b)(b-c)[-(ac+t)+y/(c2+t)(a2+t)]

相切时，有x=r,从而t=0,G=0.

情形(1)中的式子成立.

相交时0<%<r,于是t<0.

又点c在圆外，tKx2+c2>r2,t=x2—r2>-c2>—a2.

从而式①中根号内为正数，且ac+t>0.

于是通过两端平方及/<0,可验证J(a2+t)(a2+t)<ac+t.

即G<0,情形(2)中的式子成立.

相离时x>r,于是t>0.

同样可验证G>0,情形(3)中的式子成立.

12.11992高中数学联赛(第02试)】设4口外人为圆。的内接四边形，/，/，/，氏依次为4^①4公

AAMiAAtA/zAAiAzA的垂心•求证：/，从，/，%四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置.

【答案】证明见解析

【解析】如图过4作圆。的直径A/.联结BAI，B42，BA4,H1A2,H1A4,H2A1,H2A4.

因为42HI，B4同垂直于44，所以/""/BAP

因为4乩，B①同垂直于4&，所以

因此，四边形出力48&为平行四边形，从而&匕II且々修=84＞，

同理，可得四边形为4/41为平行四边形，因此为〃2118^4且4“2=8/14，

从而42Hli141H2且42Hl=AtH2.

联结匕,尼•因此，四边形4142“1”2为平行四边形.

⑵联结4担1，&%，由平行四边形的性质知，对角线为出与42“2互相平分，设它们的交点为尸，则&P=P

%,42P=PH2.

同理可得42H2与43H3互相平分，则交点为42H2的中点P.

同理，43H3与44H4相互平分于点p，EPA3P=PH3,A4P=PH4.

于是4和2,3,4）关于点尸是中心对称的.

（3）因为&，醺生人共圆，故从,出，的%四点也共圆，其圆心点是。关于点P的中心对称点.

联结0P,延长0P至I」0,使P。，=0P,

则O是"1，”2，”3，”4所决定的圆的圆心.

13.【1991高中数学联赛（第02试）】设凸四边形ABCO的面积为1,求证在它的边上（包括顶点）或内部可以找

出四个点，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;.

4

【答案】证明见解析

【解析】如图，考虑四个三角形△ABC,ABCD,△COA,△DAB的面积，不妨设S△加8最小，分四种情况讨

论：

(DSZJWP：这时.，显然A,B,C,。即为所求的四个点.

(2)SAZMB<:.设G为ABCD的重心.

因21BCD=1-S&DAB)故S'GGC=^ACCD=^AGDB=^^6BCD>丁

于是，B,C,D,G四点即为所求.

⑶工£>48―--

则其他三个三角形的面积均大于3

4

由于S44BC=1—S/CD4V1=S&BCD，

故过A作BC的平行线I必与线段CD相交于CD内部的一点E.

由于"^AABC>^ADAB，故SAE4B>^ADAB=[•

乂S^EAC=S&EAB，S&EBC=^AABC〉1•

故区A,B,。四点即为所求.

(4)S皿！8=:.而其他三个三角形中还有一个面积为:，不妨设S4ml=7-

444

囚S^D月8=SACOA,故4D〃8C.

乂S^ABC=S^DBC=I，故得8。=3AD.

在48上取E,DC上取F,使AE=2/8,。尸=三CD,

44

那么E尸=-(3AD+BC)=~AD,ShEBF—S^ECF=-SAABF=---SAABC>SAEBC—SAFBC>SAEBF>

故E,B,C,F四点即为所求.

14.11990高中数学联赛(第02试)】四边形ABCQ内接于圆。，对角线AC与刖相交于P,设△4BP,ABC

P,△(?£)「和△D4P的外接圆圆心分别是01，。2，。3，。4.求证：。「,。1。3，。2。4三条直线共点.

【答案】证明见解析

【解析】如图，联结。1。2，。2。3，。3。4,04。1，易证。1。4，4。,。2。3

所以。1。4〃。2。3，同理。1。2〃。3。4.

所以01。2。3。4是平行四边形，则。1。3与。2。4相交于。1。3的中点G,联结001,。。少P。2,「。3,。。3.

记Z_C4B=Z.CDB=a,Z.CAD=Z.CBD=0,

利用0。114B,。心14c可证2。01。4="AB=a.

再利用“。3。2=2。3c=ZBDC可证“。3。2=a.

所以乙。。1。4="。3。2，同理4。。4。1=4「。2。3.

而。1。4=。2°3，所以AOOiQ岂42。2。3・

因为。1。4〃。2。3，所以乙。。1。4=2。1。3。2.

010^=4。3。1。4—4。。1。4=4。1。3。2-42。3。2=4。1。32，

所以。。“"。3.

又。。1=PO3,所以。。止。3是平行四边形.

所以。1。3与。？也相交于。1。3的中点G,所以，OP,。1。3，。2。4相交于同一点6.

15.11989高中数学联赛(第02试)】在中，AB>AC,NA的一个外角的平分线交△ABC的外接圆于点

E,过E作EF_L48,垂足为F,求证：24F=4B-4C.

【答案】证明见解析

【解析】如图，在F8上取点。，使F。=用，联结EO并延长交圆于G,联结BG,则△£以为等腰三角形，

所以NEZM=Z.EAB=\z-PAB=+zC).

从而NAED=180°-2/.EAB=180°-(4BC+zC)=Z.BAC.

于是检=玩＞，醺=市?，所以BG=AC.

因为/G=LEAD=/.EDA=乙BDG,所以BD=BG=AD,

16.【1988高中数学联赛（第02试）】如图，在△ABC中，P,Q,R将其周长三等分，且P,。在A8边上，求

证：舞＞1•

【答案】证明见解析

【解析】不妨设周长为1.作人垢AQR的高CLRH,则覆=疆=就

因为PQ/aCC%故当＞|.

因为4P^AP+BQ=AB-PQ＜---=^,AR=\-AP=AC

23633662

所以竺＞?='典＞2XL2.

AC13SAABC339

17.【1986高中数学联赛(第02试)】已知锐角△ABC的外接圆半径是K,点。，E,F分别在边8C,CA,AB

上.求证：AD,BE,CF是△ABC的三条高的充要条件是5=白£71+?。+。£).式中5是448(7的面积

【答案】证明见解析

【解析】证法一设△ABC的外接圆的圆心为。，BC=a,CA=h,AB=c,联结。4,OB,OC,OD,OE,OF.

因为△ABC为锐角三角形，所以点。在AABC内.

于是S=S四边并处FBD+S四边形ODCE+S四边物3KAF.

过点4作圆。的切线PQ,则041PQ,Z.PAB=乙ACB.

又B,C,E,F四点共圆，所以乙4cB=/4FE,所以ZPAB=41FE,所以「Q〃EF.

所以。4±FE-所以S四边的EAF=[•。4•EF.

同理S核施FBD=3'08,DF,S西边形皿广三.0C.DE.

从而SAABC=l(OA-EF+OB-FD+OC-DE)=g(EF+FD+DE).

再证充分性.

设ZABC=l(,EF+FD+DE),先证041EF.

0AEF

用反证法.若OA与EF不垂直，贝US倒龙施E.<l--

又S四边形OFBD<]0B-FD,S西边院DCF<2°C•DE.

所以S"Bc<g(EF+FD+DE).

这与已知条件矛盾，故。41EF.同理OB±FD,OC1DE.

过点4作圆O的切线PQ,贝lJO4_LPQ,因为。41EF,所以PQ〃EF,

所以〃FE=Z.PAF=〃CB.所以B,C,E,F四点共圆.

同理A,B,D,E四点共圆，C,A,F,。四点共圆.

所以Z71DB=4AEB(A,13,D,E四点共圆).

且々ADC=ZJ1FC(A,C,D,F四点共圆).

于是N4EB+Z-AFC=180°.

又B,C,E,尸四点共圆，有乙4EB=N4FC,

所以乙4EB=/AFC=90",/.ADC=/AFC=90°,

即AD1BC,BE1CA,CF1AB.

证法二因为aABC为锐角三角形，故点O在448。内.

所以S"BC=S&OBC+SA0C4+SACMB

R2

=—(sin2>4+sin2B+sin2C)

=R(RsinAcosA+RsinBcosB+RsinCcosC)

R

=-(acos/4+bcosB+cosC).

因为8,C,E,尸四点共圆，故乙4尸£=乙4。氏

所以△4FE-MCB,所以籍号cosA,即EF=acosA

同理FD=bcosB,DE=ccosC,从而SAABC=^EF+FD+DE).

设A。'，BE',C9是△4BC的三条高，由证法一的证明知。41F'E',08"LD'F',OC_LD'E'.

又设点。，E,尸分别在边BC,CA,AB上，使S“BC=g(EF+FD+DE).

由证法一知。41FE,OB1DF,OC±DE,^\^FE//F'E',DF//D'F',DE//D'E'.

若点k与F不重合，不妨设4F，<4F,则4E，<4E,

WCEZ>CE,亦有CD'>CD,又AF'CAF,有BF，>BF,亦有BD'>BD.

从而BO8C,矛盾.于是点尸与尸重合.

同理点E与E'重合，点。与。'重合.

故A。，BE,CF是△ABC的三条高.

18.11984高中数学联赛(第02试)】如图，在△ABC中，P为BC边上任意一点，PE〃BA,P尸〃CA.若SAABC

=1,证明SzxBPF，SAPCE和SPEAF中至少有一■个不小于g.

/x

BPC

【答案】证明见解析

【解析】很明显，SABPF，SAPCE，S”£”由点P的位置决定.

因为△BPF7BC4APCE7BC4,所以翳=喘了，鬻=偿?，Sop£4F=SAXec-SABPF-S4PC£,

设^—t(04t<1)，且SMBC—1,

2

得S^BPF—t>^APCE=(1—t)?，ScpEAF=1一/一(1-t)?=2t(1—t).

原题需证〃8「尸^”庭^^以广中至少有一个不小于京亦就是证不能都小于，

现采用反证法如下：不妨假设SABPF<~r^APCE<g,SnpEAF<£

2

t<-(0<t<2

93

于是得不等式组(l-t2<J，即｛1<t<l,

2t卜>|或t.

显然此不等式组无解.所以SABPF，S“CE，S0*F中至少有一个不小于今

19.11983高中数学联赛(第02试)】如图，在四边形ABC。中，△ABO,/XBCD,△ABC的面积比是3：4：

1,点M,N分别在AC,8上，满足AM：AC=CN：CD,并且B,M,N三点共线.求证："与N分别是AC

与C£)的中点.

【答案】证明见解析

【解析】证法一不妨设黑=^=r(0<r<l),及Sa8c=1，

这时^AABD=3,SABCD~4,S44co=3+4—1=6,

r

^AABM=，S48cM=1-丁，^ABCN=4r,SAACN=6r,

SMNM=SABCN~S^BCM=4r—(1—r)=5r—1,

S^AMN=S&ACN~S^CNM=6r—(5r-1)=r4-1.

因此包3=±,又因2型=也=八

SAACN6rS.ACNAC

所以=r,即6r2—r—1=0.

这个方程在区间(0,1)中有唯一解r=(即M与N分别是AC与8的中点.

证法二不妨设真=黑=^(0<r<1),及SAABC=1，这时：

S^ABD=3,S48co=^AACD~6，S^ABM—v,SABCM=1—r,SABCN=dr'S^acN=6r,

设两条对角线A。与BD交于E,于是4E:EC=3:4,月.BD=7BE.

因止匕得S4BND=BDBN_7BN_7sAB^N_28r

SABMEBEBMBMS48cM1-/

又由于SABND_(l-r)SdBCD_4(l-r)\C_4(1-r)/1C

JSABME-^SAABC~™—-4C-SE+MC)

_4(1-r)AC_28(1-r)

AC-(j+l-r)AC7T-3

所以生=竺生二2,gp6r2-r-l=0.

1-r7r-3

解得.所以M与N分别是AC与CD的中点.

20.11982高中数学联赛(第02试)】已知边长为4的正△ABC,D,E,F分别是BC,CA,AB上的点，且|4E

|=\BF\=\CD\=1.联结A。，BE,CF,交成ARQS点P在dRQS内及其边上移动，点P到△ABC三边的距离

分别记作x,y,z

(1)求证：当点P在△RQS的顶点位置时，乘积移z有极小值；

(2)求上述乘积xyz的极小值.

【答案】(1)证明见解析；(2)翳百.

【解析】分析由于x+y+z=常数(正三角形的高)，因此乘积xyz在后)厘时(此时，点P位于AABC的中心。)，取

到极大值：而要何z取到极小值，也就是要x,y,z的大小最为悬殊，亦即要点P尽量远离中心.下面的证明过

程就是把以上的想法作出严格的表述.在证明过程中，注意到图形的对称性能使表达得以简化.

证明如图1标上各点.记AABC的中心为0,把图形以点。为中心逆时针旋转120。后，A变为B,B变为C,C

变为4,E变为F,F变为D,D变为E,从而R变成Q,Q变成S,S变成R.分别用表示点P到BC,

CA,AB的距离(同样，Si，S2，S3表示点S到BC,CA,AB的距离，RI,R2,R3表示点K到BC,CA,AB的距

离，Q1，<?2，Q3表示点Q到BC,CA,48的距离)，可见工=/?2=<23，S2=R3=Q1，$3=&=(22,

图1

如果两个数x,y之和为“，那么它们的乘积xy=+y）2-（X-y）2]=-（X-y）2].

所以，如果x+y=常数”，当户yg乘积xy最大；而在|厂不较大时，孙的值较小.由于正△4BC内任意一点P

到三边的距离之和等于该三角形的高，因此，如果/是与BC平行的直线，当P在/上变动时，P到三边的距离

乘积在Po（/与BC边上的高的交点）处为最大，而当|PPo|较大时，P到三边的距离之积较小，而且，在/上与R）

等距离的点，乘积是相等的.对于与AC或AB平行的直线，也有同样的结论.

对于△RQS内任何点P,过P作BC的平行线/,/与AAQS的交点为L,M这时，|LP°I与|NP（）I中总有一个比伊

「（）|大，所以乘积的最小值必定在△RQS的边上取到.

如图2,过。作AB的平行线，过S作BC的平行线，过R作4C的平行线，这三条直线交得△RQS,这是与△

43c同中心的正三角形.

对于QS上的点P,过户和S作AC的平行线，分别与RQ'交于P"和S”.易见，与S关于AC边上的高对称，S"

与。关于AB边上的高对称.

这时RP2P3》P1P2P3>Q1Q2Q3,（Q1Q2Q3=S；'S£S?=SiS2s3）,

所以，当P在△RQS内(包括三边上)时，乘积RP2P3》Q1Q2Q3.

即乘积在顶点处取极小值.

最后，计算这极小值.由于AARE-△ACD,所以|4R|:|RE|=4:1,

由于AAFSs/kADB,所以|AS|:|SF|=4:3,

因此|4R|:|RS|:|SD|=4:8:1,

因为△ABC的高H=VH,而Si=.从52=^H,S3=]”,

所以SiS2s3=-x-x-x(V12)3=—V3.

1z3131313'J2197

此即所求的极小值.

21.11981高中数学联赛(第02试)】在圆。内，弦CD平行于弦EF,且与直径4B交成45。角，若CD与EF

分别交直径AB于P和Q,且圆。的半径长为1.求证PC•QE+PD♦QF<2.

【答案】证明见解析

【解析】证法一作0M_LC£>,联结OC(图1),则CM=MD,PM=MO,

PC2+DP2=(CM-PM)2+(MD+PM)2=2(CM2+MO2)=2-OC2=2.

同理QE2+QF2=2.

因为PC?+QE2》2PC•QE,PD2+QF2>2PD-QF,

f^^XPC-QE+PD-QF(PC2+QE2+PD2+QF2)=2

即PC•QE+PD•QF42

仅当PC=QE,PD=QF时等号成立.

但是PCIIQE.PD||QF,PC=QE,PD=QF.

四边形PCEQ,PDFQ都是平行四边形，即CE〃PQ〃DF.

且四边形CDFE是矩形，与CD,EF和AB交成45。角矛盾.等号不成立.

所以PC-QE+PO・QF<2.

证法二联结OC,OD,OE,0”图2),令4。。。=/CD。=a,Z.FE0=^EF0=p,

则/CP。=4FQ0=135°,Z.0PD=/.OQE=45°.

0csin(457a)

由正弦定理PC=,pc=&sin(45°—a),PD="⑸可吧-。),pD=&sin(45°+a).

sinl35sin45

同理EQ=V2sin(45°+/?),QF=V2sin(45°-/?).

于是PC-QE+PDQF

=2[sin(45°—a)-sin(45°+/?)+sin(45°+a)sin(45°—/?)]

=[cos(a+S)+sinQ?-a)]+[cos(a+0)+sin(a—/?)]

=2cos(a+0)42.

因为Q+R丰180°,所以PC•QE+PD•QFV2.

证法三联结OC,OE(图3),令乙HOC=a，乙HOE=6,

则C(cosa,sina),D(—cosa,sina),E(cos/?,sin0),F(—cos/?,sin£)，

于是直线CD的方程为、=sina,直线E/的方程为y=sin0,直线尸Q的方程为丫=x,

图3

所以「(sina,sina),Q(sin/7,sin/?),PC—cosa—sina,PD——cosa—sina,

QE=cos/?—sin/?,QF=-cos/?—sin/7,

所以PC-QE+PD-QF=2(sinasin6+cosacos/?)=2cos(a-/?).

又a邦,所以PC•QE+PD♦QF<2.

22.11981高中数学联赛(第02试)】一张台球桌形状是正六边形ABC0EF.一个球从48的中点P击出，击中

BC边上的某点。，并且依次碰击CD,DE,EF,FA各边,最后击中48边上的某一点.设NBPQ=。，求〃的取

值范围.

提示:利用入射角等于反射角的原理.

【答案】arcsin^==<0<arcsin昔

【解析】解法一如图1,设小球各边的反射点依次为P,Q,R，S,T,U,丫根据入射角等于反射角的原理:

Z.PQB=乙RQC,=120°.

所以有APQBS^RQC,有翳=备

同理推得丝=丝=丝=无=型=生.

BPCRDRETFTAV

不失一般性，设正六边形的边长为1，PB=}BQ=x,则CQ=1-x,CR=爱,

即=磬'°S=3x-l,ES=2-3X,ET=^

口=詈，FU=5x-2,AU=3—5x,AV=^,

因为Q,R,S,T,U,丫各点均在正六边形的边上，所以

0<x<1

1-X

0<——<1

2x

0<3x-1<1

2-3%

0<——<1

2%

0<5%—2<1

3—5x

0<——<1

2x

即:

<0<%<1

1

-<x<1

22

5<%<3

解上面不等式组得5<X<|.

在△PBQ中BP=5NPBQ=120°,|<F（?<|>

由余弦定理解得PQ的范围等<PQ〈等.

由正弦定理即可得NQPB的范围arcsin^叁<0<arcsin塔.

解法二将正六边形ABCDEF（简称图A。）以BC为对称轴反射，得图A1；再将正六边形图4以C。为对称轴反射，

得图A?；如图2,顺次得砥①，45，

各正六边形显然B,D],以及A,C,瓦,公各点分别在一条直线上，且AB8A1为平行四边形.又因为入射角等于反

射角，所以从AB的中点P击出，依次碰到图Ao的各边反射，最后击中A8边上的一点，在这种情况下，球P所

经过的折线轨迹，由对称性可得如图所形成的在平行四边形内始点在P,终点在上的直线段.

图2

所以/加。的范围N8PB1<乙BPQ<N8P4.

由AB=1,BP=1,AB=1,BP=

可以解得48PBi=arcsin^=,/.BPAX=arcsin^=.

所以arcsin^^<0<arcsin竽.

1.如图，A/IBC和APQR满足如下条件：4、P分别是线段QR、8c的中点;，QR、BC分别是zBAC、“PR的内

角平分线.证明：48+4C=PQ+PR.

【答案】见解析

【解析】

如图，设X为线段BC、RQ中垂线的交点，Q'、R'是点Q、R关于直线XP的对称点，夕、C'是点B、C关于直线X4

的对称点.

则=ZQPC=/RPC=QQP、R三点共线.

同理，Q、P、R',夕、人C,B、A、。分别三点共线.

又XR=XR;XQ=XQ',XR=XQnX为Q、Q\R、P四点共圆的圆心.

同理，X为B、B'、C、C'四点共圆的圆心.

设丫是XP与QR的交点.

由BY=YC,Z.BAY=/.CAY,知8、4C、V四点共圆.

又乙RPQ=LPQQ'+乙PQ'Q=24PQ'Q=KRXQ,故P、X、R、Q四点共圆.

同理，X、4C、B四点共圆.

于是，X、4C、B、y五点共圆，有NXCY=NXAY=90。=UPC.

则丫。2=YP-YX=YRYQ=YX2-XR2.

Xrc2=YX2-XC2nXR=XC.

从而，B、C、C'、R、R\Q、Q，八点共圆，

其圆心为X，丫8、YC为该圆的切线.

则2