全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽平面幾何題.doc

全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽平面幾何題ABCDEFMN1.(2000) 如圖，在銳角三角形ABC的BC邊上有兩點(diǎn)E、F，滿足BAE=CAF，作FMAB，F(xiàn)NAC（M、N是垂足），延長AE交三角形ABC的外接圓于D證明：四邊形AMDN與三角形ABC的面積相等2. (2001) 如圖，ABC中，O為外心，三條高AD、BE、CF交于點(diǎn)H，直線ED和AB交于點(diǎn)M，F(xiàn)D和AC交于點(diǎn)N求證：(1) OBDF，OCDE；(2) OHMN3.(2002)4.(2003) 過圓外一點(diǎn)P作圓的兩條切線和一條割線，切點(diǎn)為A，B所作割線交圓于C，D兩點(diǎn)，C在P，D之間，在弦CD上取一點(diǎn)Q，使DAQPBC求證：DBQPACP5.(2004)在銳角三角形ABC中，AB上的高CE與AC上的高BD相交于點(diǎn)H，以DE為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點(diǎn)，F(xiàn)G與AH相交于點(diǎn)K。已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的長。6.(2005)7.(2006)以B0和B1為焦點(diǎn)的橢圓與AB0B1的邊ABi交于點(diǎn)Ci(i0，1). 在AB0的延長線上任取點(diǎn)P0，以B0為圓心，B0P0為半徑作圓弧交C1B0的延長線于Q0；以C1為圓心，C1Q0為半徑作圓弧交B1A的延長線于點(diǎn)P1；以B1為圓心，B1P1為半徑作圓弧交B1C0的延長線于Q1；以C0為圓心，C0Q1為半徑作圓弧，交AB0的延長線于P0. 試證： 點(diǎn)P0與點(diǎn)P0重合，且圓弧與相內(nèi)切于點(diǎn)P0； 四點(diǎn)P0，Q0，Q1，P1共圓8.(2007)如圖，在銳角ABC中，ABAC，AD是邊BC上的高，P是線段AD內(nèi)一點(diǎn)。過P作PEAC，垂足為E，作PFAB，垂足為F。O1、O2分別是BDF、CDE的外心。求證：O1、O2、E、F四點(diǎn)共圓的充要條件為P是ABC的垂心。9.(2008)如題一圖，給定凸四邊形，是平面上的動(dòng)點(diǎn)，令（）求證：當(dāng)達(dá)到最小值時(shí)，四點(diǎn)共圓；答一圖1（）設(shè)是外接圓的上一點(diǎn)，滿足：，又是的切線，求的最小值參考答案1.(2000)證明：連結(jié)MN、BD，F(xiàn)MAB，F(xiàn)NAC，A，M，F(xiàn)，N四點(diǎn)共圓. AMN=AFN ,AMN+BAE=AFN+CAF=90，即MNAD. SAMDN=ADMN CAF=DAB，ACF=ADB，AFCABCABAC=ADAF . 又AF是過A、M、F、N四點(diǎn)的圓的直經(jīng)，=AFAF sinBAC=MN.ABACsinBAC= ADAFsinBAC= ADM N =SAMDN2.(2001)證明：(1)A、C、D、F四點(diǎn)共圓 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 另證：以BC所在直線為x軸，D為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系， 設(shè)A(0，a)，B(b，0)，C (c，0)，則 直線AC的方程為，直線BE的方程為 由 得E點(diǎn)坐標(biāo)為E () 同理可得F () 直線AC的垂直平分線方程為 直線BC的垂直平分線方程為 由 得O () OBDF 同理可證OCDE在直線BE的方程中令x0得H (0，) 直線DF的方程為 由 得N () 同理可得M () kOH kMN 1，OHMN4. (2003)證明：聯(lián)結(jié)AB，在ADQ與ABC中，ADQ=ABC，DAQ=PBC=CAB 故ADQABC，而有，即BCADABDQ又由切割線關(guān)系知PCAPAD得；同理由PCBPBD得又因PAPB，故，得ACBDBCADABDQ又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊形ACBD的托勒密定理知ACBDBCADABCD于是得：ABCD2ABDQ，故DQCD，即CQDQ在CBQ與ABD中，BCQBAD，于是CBQABD，故CBQABD，即得DBQABCPAC5.(2004)解：由題知：， 又BC=25，BD=20，BE=7，故CD=15，CE=24.由可解得：AD=15，AE=18. 于是點(diǎn)D是的斜邊AC的中點(diǎn)，DE=15.連接DF,因?yàn)辄c(diǎn)F在以DE為直徑的圓上，故點(diǎn)F為線段AE中點(diǎn)，AF=9. 因?yàn)镚、F、E、D四點(diǎn)共圓，D、E、B、C四點(diǎn)共圓，所以，于是，延長AH交BC于P，故： 又H為的垂心，故，AP=CE=24， 于是 7.(2006)關(guān)于的證明要點(diǎn)： 說明C0P0C0P0，從而得到P0與P0重合：由橢圓定義知B0C1B1C1B0C0B1C02a(2a為橢圓的長軸)記BiCjrij(i，j0，1)，即r01r11r00r102a設(shè)B0P0B0Q0b，則C1Q0C1P1C1B0B0Q0r01b；B1P1B1Q1B1C1C1P1r11r01b；C0Q1C0P0B1Q1B1C0r11r01br10b2ar10br00 但C0P0br00；從而C0P0C0P0，故點(diǎn)P0與P0重合(10分) 說明兩圓的公共點(diǎn)在兩圓連心線所在直線上，或說明兩圓圓心距等于兩圓半徑差，從而兩圓相切 由于弧的圓心為B0，的圓心為C0，而P0為兩圓公共點(diǎn)，但C0、B0、P0三點(diǎn)共線，故兩圓弧內(nèi)切于點(diǎn)P0 或：由于C0B0C0Q1B0P0，即兩圓圓心距等于兩圓半徑差，從而兩圓內(nèi)切(20分)的證明要點(diǎn)：主要有以下兩種思路，一是從角度入手證明，一是從找出圓心入手證明分述如下： 說明對(duì)兩定點(diǎn)張角相等，從而四點(diǎn)共圓；或說明四邊形對(duì)角和為180，連P0Q0，P0Q1，P1Q0，P1Q1，證法一：證明Q0P0Q1Q0P1Q1從而說明四點(diǎn)共圓由于Q0P0Q1B0P0Q0C0P0Q1(180P0B0Q0)(180P0C0Q1)(P0C0Q1P0B0Q0)(AC0B1C0B0C1)C0MB0；(30分) Q0P1Q1B1P1Q1C1P1Q0(180P1B1Q1)(180P1C1Q0)(P1C1Q0P1B1Q1)C1MB1；(40分) 但，C0MB0C1MB1，故Q0P0Q1Q0P1Q1，從而P0，Q0，Q1，P1四點(diǎn)共圓得證 證法二：利用圓心角證明P1Q1P0P1Q0P0，從而說明四點(diǎn)共圓 由于P1Q1P0P1Q1B1C0Q1P0(180P1B1Q1)(180P0C0Q1)180(P1B1Q1P0C0Q1)； (30分) P1Q0P0P1Q0C1B0Q0P0(180P1C1Q0)(180P0B0Q0)180(P1C1Q0P0B0Q0)； (40分) 而P1C1Q0P0B0Q0P1B1Q1B1DC1DB0C0P1B1Q1P0C0Q1，所以，P1Q1P0P1Q0P0，從而P0，Q0，Q1，P1四點(diǎn)共圓得證(50分)證法三：利用弦切角證明P1Q1P0P1Q0P0，從而說明四點(diǎn)共圓 現(xiàn)在分別過點(diǎn)P0和P1引上述相應(yīng)相切圓弧的公切線P0T和P1T交于點(diǎn)T，又過點(diǎn)Q1引相應(yīng)相切圓弧的公切線RS，分別交P0T和P1T于點(diǎn)R和S連接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R和P1Q1S基于此，我們可由P0Q1P1P0Q1RP1Q1S (P1P0TQ1P0P1)(P0P1TQ1P1P0) (30分)而 P0Q1P1Q1P0P1Q1P1P0，代入上式后，即得 P0Q1P1(P1P0TP0P1T) (40分)同理可得P0Q0P1(P1P0TP0P1T)所以四點(diǎn)P0，Q0，Q1，P1共圓(50分) 還有例如證明P1Q1Q0P1P0Q0180，從而證明四點(diǎn)共圓等用角來證明四點(diǎn)共圓的方法 找出與這四點(diǎn)距離相等的點(diǎn)，即確定圓心位置，從而證明四點(diǎn)共圓若此四點(diǎn)共圓，則圓心應(yīng)在P0Q0、P0Q1、P1Q0、P1Q1的垂直平分線上，也就是在等腰三角形的頂角平分線上可以作出其中兩條角平分線，證明其他的角平分線也過其交點(diǎn)或證明AB1C0與AB0C1有公共的內(nèi)心 證法一：作AB1C0與AC0B1的角平分線，交于點(diǎn)I，則I為AB1C0的內(nèi)心作IMAB1，INAC0，垂足分別為M、N則AMAN(AB1AC0B1C0)； 作AC1B0與AB0C1的角平分線，交于點(diǎn)I，則I為AB0C1的內(nèi)心作IMAC1，INAB0，垂足分別為M、N同上得，AMAN(AC1AB0B0C1)(30分)但AB1AC0B1C0AC1B1C1AB0B0C0B1C0AC1AB0B0C1(40分)于是，M與M，N與N重合即I與I重合于是IP1IQ1IP0IQ0，即P0，Q0，Q1，P1共圓(50分)證法二：作AB1C0與AC0B1的角平分線，交于點(diǎn)I，則I為AB1C0的內(nèi)心，故I在B0AB1的角平分線上但B1I是P1Q1的垂直平分線，C0I是P0Q1的垂直平分線，從而I又是P0P1Q1的外心，即I在P0P1的垂直平分線上，故I是P0P1的垂直平分線與B0AB1的角平分線的交點(diǎn)作AC1B0與AB0C1的角平分線，交于點(diǎn)I，同理I也是P0P1的垂直平分線與B0AB1的角平分線的交點(diǎn)，從而I與I重合于是I是P0P1Q0與P0P1Q1的公共的外心，即I到P0、P1、Q0、Q1的距離相等從而此四點(diǎn)共圓8.(2007)證明：連結(jié)BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因?yàn)镻DBC，PFAB，故B、D、P、F四點(diǎn)共圓，且BP為該圓的直徑。又因?yàn)镺1是BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中點(diǎn)。同理可證C、D、P、E四點(diǎn)共圓，且O2是的CP中點(diǎn)。綜合以上知O1O2BC，所以PO2O1=PCB。因?yàn)锳FAB=APAD=AEAC，所以B、C、E、F四點(diǎn)共圓。充分性：設(shè)P是ABC的垂心，由于PEAC，PFAB，所以B、O1、P、E四點(diǎn)共線，C、O2、P、F四點(diǎn)共線，F(xiàn)O2O1=FCB=FEB=FEO1，故O1、O2、E、F四點(diǎn)共圓。必要性：設(shè)O1、O2、E、F四點(diǎn)共圓，故O1O2E+EFO1=180。由于PO2O1=PCB=ACBACP，又因?yàn)镺2是直角CEP的斜邊中點(diǎn)，也就是CEP的外心，所以PO2E=2ACP。因?yàn)镺1是直角BFP的斜邊中點(diǎn)，也就是BFP的外心，從而PFO1=90BFO1=90ABP。因?yàn)锽、C、E、F四點(diǎn)共圓，所以AFE=ACB，PFE=90ACB。于是，由O1O2E+EFO1=180得(ACBACP)+2ACP+(90ABP)+(90ACB)=180，即ABP=ACP。又因?yàn)锳BAC，ADBC，故BDCD。設(shè)B是點(diǎn)B關(guān)于直線AD的對(duì)稱點(diǎn)，則B在線段DC上且BD=BD。連結(jié)AB、PB。由對(duì)稱性，有ABP=ABP，從而ABP=ACP，所以A、P、B、C四點(diǎn)共圓。由此可知PBB=CAP=90ACB。因?yàn)镻BC=PBB，故PBC+ACB=(90ACB)+ACB=90，故直線BP和AC垂直。由題設(shè)P在邊BC的高上，所以P是ABC的垂心。9.(2008)解法一 （）如答一圖1，由托勒密不等式，對(duì)平面上的任意點(diǎn)，有 因此 因?yàn)樯厦娌坏仁疆?dāng)且僅當(dāng)順次共圓時(shí)取等號(hào)，因此當(dāng)且僅當(dāng)在的外接圓且在上時(shí)， 又因，此不等式當(dāng)且僅當(dāng)共線且在上時(shí)取等號(hào)因此當(dāng)且僅當(dāng)為的外接圓與的交點(diǎn)時(shí)，取最小值故當(dāng)達(dá)最小值時(shí)，四點(diǎn)共圓 （）記，則，由正弦定理有，從而，即，所以，整理得，解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整理得，故，可得從而，為等腰直角三角形因，則又也是等腰直角三角形，故，故 答一圖2解法二 （）如答一圖2，連接交的外接圓于點(diǎn)（因?yàn)樵谕猓试谏希┻^分別作的垂線，兩兩相交得，易知在內(nèi)，從而在內(nèi)，記之三內(nèi)角分別為，則，又因，得，同理有，所以 設(shè)，則對(duì)平面上任意點(diǎn)，有 從而 由點(diǎn)的任意性，知點(diǎn)是使達(dá)最小值的點(diǎn)由點(diǎn)在上，故四點(diǎn)共圓 （）由（），的最小值，記，則，由正弦定理有，從而，