全國高中數學聯賽二試幾何題匯總

1、歷年全國高中數學聯賽二試幾何題匯總2007 聯賽二試類似九點圓如圖，在銳角ABC中， AB<AC， AD是邊 BC上的高， P 是線段 AD內一點。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 四點共圓的充要條件為P 是ABC的垂心。（官方解答）AEFPO1O2BDC證明：連 BP、 CP、 O1 O2 、 EO2 、 EF、 FO1 。因為 PDBC， PFAB，則 B、D、P、F 四點共圓，且BP 為該圓的直徑。又因為O1 是BDF的外心，故 O1在 BP 上且是 BP 的中點。同理可證， C、

2、 D、 P、 E 四點共圓，且 O2 是 CP的中點。于是， O1 O2 平行于 BC，則PO2O1 =PCB。因為 AF*AB = AP*AD = AE*AC，所以 B、 C、 E、F 四點共圓。充分性：設 P 是ABC的垂心，由于 PEAC，PFAB，所以，B、O1 、P、E 四點共線， C、O2、P、F 四點共線， F O2 O1=FCB = FEB =FEO1 ，故 O1、 O2、 E、F 四點共圓必要性：設 O1 、 O2 、 E、 F 四點共圓，則O1O2E+EFO1=注意到PO2 O1 =PCB= ACB -ACP ，又因為 O2是直角CEP的斜邊中點，也就是CEP的外心，所以P

3、 O2 E=2ACP。因為 O1 是直角BFP的斜邊中點，也就是BFP的外心，從而PFO1 =-BFO1=-ABP22因為 B、 C、 E、 F 四點共圓，所以AFE =ACB，PFE= -ACB2于是，由O1 O2E+EFO1 =得：（ ACB-ACP+ 2ACP） + (-ABP+ -ACB) =，22即 ABP = ACP。又因為 AB<AC， ADBC，故 BD<CD。設 B 是點 B 關于直線 AD的對稱點， 則 B在線段DC上且BD = BD。連結AB、PB。由對稱性，有A BP=ABP，從而A BP=ACP，故A、P、 B、C 四點共圓。由此可知，P BB =CAP=

4、-ACB 。2又因為PBC=P BB ，故PBC +ACB =，即BPAC2又 AP BC，故 P 是 ABC的垂心2006 聯賽二試以 B0 和 B1 為焦點的橢圓與AB0 B1 的邊 ABi 交于 C i (i=0,1)。在 AB0 的延長線上任取點P0 ，以 B0 為圓心， B0 P0 為半徑作圓弧 P0Q0 交 C1 B0 的延長線于 Q0 ；以 C1 為圓心， C1Q0 為半徑作圓弧Q0P1交 B1 A 的延長線于 P1 ；以 B1 為圓心， B1 P1為半徑作圓弧 P1Q1 交 B1C 0的延長線于 Q1 ；以 C 0 為圓心， C 0Q1 為半徑作圓弧 Q1 P0 交 AB0 的

5、延長線于 P0。試證：（ 1） 點 P0 與點 P0 重合，且圓弧P0Q0 與 P0Q1 相內切于P0 ；（ 2）四點 P0 ， Q0， Q1 ， P1共圓證明：（ 1）由題設的四段圓弧有：B0P0 = B0Q0C1B0 + B0 Q0 = C1P1B1C1 + C1P1 = B1 C0 + C0Q1C0Q1 =C0 B0 + B0 P0以上四個式子相加，整理得：B0P0 + C1B0 + B1C1= B1C0 + C0 B0 + B0 P0又由題設的橢圓有：B1C1 +C1B0 = B1C0 + C0 B0于是，B0 P0 = B0P0，即點P0與點P0 重合。又因為圓弧P0Q0 與P0 Q

6、1 對應的圓心B0、 C0 和點P0 三點共線，且點P0 在線段C 0 B0 的延長線上，所以圓弧 P0Q0 與 P0Q1 相內切于 P0（ 2）過點 P0 、 P1 分別引相應圓弧的公切線P0 T 和 P1T 交于點 T；再過點 Q1 引相應圓弧的公切線RS，分別交 P0T 、 P1T 于 R、 S。得到等腰三角形P0Q1 R 和 P1Q1S 。基于此，我們有：- P0 Q1 P1=P0 Q1R + P1Q1S = (TP0 P1 -Q1 P0 P1 )+(TP1P0 - Q1 P1 P0 )又 -P0Q1P1=Q1P0 P1 +Q1 P1 P0 ，從而有：P Q P1(TP0PTP P)0

7、11=-21 +1 01 (同理可得P0Q0 P1 = -TP0 P1 +TP1P0 )2所以，P0， Q0， Q1 ， P1四點共圓。2005 聯賽二試如圖，在交線段 AB證明：直線ABC 中，設 AB>AC ，過 A 作ABC 的外接圓的切線L 。又以于 D；交直線 L 于 E、F。DE、 DF 分別通過ABC 的內心與一個旁心。 （官方解答）A 為圓心，AC為半徑作圓分別證明：（ 1）先證 DE 通過ABC 的內心。連結 DC 、 DE ，作BAC 的平分線，交DC 于 G，交 DE 于 I。又 AD=AC ，則GAC 與GAD 全等，即有IAC=IAD=1DAC12又 D 、C、

8、 E 在以 A 為圓心的圓上，則IECDAC=2故 IAC=IEC ，即 A、 I、 C、E 四點共圓。于是， ACI=AEI又 F、 D、 E 在以 A 為圓心的圓上，則AEI= 1FAD2又因為相切有FAD=ACB ，故ACI= 1ACB2所以， I 為內心。(2) DF 通過 ABC 的一個旁心。設 FD 與 AI 的所在直線交于 I A，連 B I A， BI。則BIIA =BACABC ，2而BD I A = ADF ，又 AD=AF ，則 ADF= AFD=DAE =BACCAE ，22又因為相切有ABC= CAE ，故 BI I A= BD I A ，即 I、D、B、 I A四點

9、共圓。于是， IB IA=ID IA=90 ，又因為ABC 的平分線與其外角平分線互相垂直，故 B I A 為其外角平分線。所以， I A 為ABC 的 BC 邊外的旁心。2004 聯賽二試在銳角三角形ABC 中， AB 上的高 CE 與 AC 上的高 BD 相交于點H ，以 DE 為直徑的圓分別交AB 、 AC于 F、 G 兩點， FG 與 AH 相交于點 K ，已知 BC 25， BD=20 ， BE 7，求 AK 的長。解：在直角BCE中， BC=25 ，BE=7 ，則 CE=24 ；同理，在直角BCD中， BC=25 ， BD=20 ，則 CD=15 。sinA = sin(B+C)

10、= sinBcosC+cosBsinC =2415+7204*25*=5CE252525=30，則 AD=15 。于是， AC=sin A同理， AB= BD=25，則 AE=18 。sin A注意到： AB=BC ，則A=C由于CDB=CEB= 90 ， C、 D、 E、B 四點共圓，則C= AED 。于是，A =AED ，則 DE=AD 。連 FD，則 DFAE ，于是 AF= 1AE=9 ，則 AG= AF * AE =54 。2AD5由于 S AFG=S AFK +S AGK，即 1AF*AGsinA=1AF*AKsinFAK+1AG*AKsinGAK222其中， sin FAK=si

11、nBCE=7， sinGAK =sinCBD= 152525將數據代進去，計算得：AK= 21625（這里實際上使用了張角公式，而官方解答注意到GF 與 BC 平行的關系）2003 聯賽二試過圓外一點 P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A， B。所作割線交圓于C、 D兩點，C在 P、 D 之間，在弦 CD上取一點 Q，使DAQ PBC ，求證：DBQPAC .簡證：連 AB ，注意到：AQP=DAQ+QDA=PBC+ABC=ABP于是， P、A 、 Q、 B 四點共圓。那么，PAB=PQB即PAC+BAC =BDC+DBQ又因為BAC =BDC ，所以PAC =DBQ2002 聯賽二試如圖，在

12、ABC中，A=60 ， AB>AC，點 O是外心。兩條高BE、CF 交于H點。點 M、 N 分別在線段BH、 HF 上，且滿足BM=CN。求MHNH 的值。OH機械解法：設外接圓半徑為R，引理1：AH cos A=BHcosB=CHcosC=2R (銳角三角形)引理 2： OH = OA +OB +OC引理 1的證明： BH=BF= a cos B =2RcosB，同理有： AH=2RcosA， CH=2RcosC。cosABHsin A引理 2的證明：設 H 滿足 OH =OA + OB + OC，則 AH =OB + OCAH * BC=(OC +OB)*( OC- OB)=OC 2

13、-OB 2 =0 ，所以 AHBC同理， BHAC，所以 H 與 H重合。A=60 ， AB>AC，則 C> B。于題目的證明：圖中H 在三角形內部，可以判斷ABC為銳角三角形。是可設B=60 -，C=60+ ，其中 0<<30 。因為 BM=CN，則MH+NH =(BH-BM)+(CN-CH) = BH-CH = 2R(cosB-cosC) = 2Rcos(60 -)-cos( 60 + )=2 3Rsin而 OH2 = ( OA + OB + OC ) 2 = 3R 2 +2R2 (cos2A+cos2B+cos2C)= 3R2 +2R2 cos120 +cos(1

14、20 -2)+cos( 120 +2 ) = 2R2 (1-cos2)= 4R2 sin 2，即 OH=2Rsin故MH NH=2 3R sin=3OH2Rsin2001 聯賽二試如圖，ABC中， O為外心，三條高AD、 BE、CF 交于點 H，直線 ED和 AB交于點 M， FD和 AC交于點 N。求證：（ 1）OBDF ，OC DE（ 2） OH MN(1) A、 C、 D、 F 四點共圓 BDF BAC又 OBC(180 ° BOC)90° BACOBDF同理 OCDE(2) 引理：OH= OA +OB+OC引理的證明：設H滿足OH=OA + OB+ OC，則AH=

15、OB+ OCAH* BC=(OC+OB)*(OC-OB)=OC2- OB2= 0，所以A HBC同理，B HAC，所以H與 H重合。題目（2） OHMN的證明：因為OA+OBAB ，則OA +OBAM，所以（OA +OB） *AM= 0同理有，（ OA + OC） *AN= 0再結合第一問的結論有：OH* MN= (OA +OB+OC)*(AN-AM)=OB*AN-OC*AM= OB*( DN - DA)- OC*( DM - DA)=- OB* DA+OC* DA=DA* BC=02000 聯賽二試如圖在銳角的邊上有兩點 、F，滿足BAECAF，作FMAB, FN AC,ABC BCE( M

16、、N是垂足 ，延長交的外接圓于D點，證明四邊形AMDN與的面積相等)AE ABCABC三角證法：記BAE=CAF=，EAF=，則AM=AFcos(+) ， AN=AFcosSAMDN = S AMD + S ADN =1+1AD*AMsinAD*ANsin(+ )1212=+)sin+sin( +)AD* AFcos(AD* AFcos22=1+(+)AD* AFsin(2而SABC = 1AB* ACsin(2+)2連結 BD ，注意到：ADB=ACB，又題設BAE=CAF ，則ADB 與ACF 相似，于是有：ADAC=AFAB即： AD* AF = AB* AC， 所以 SAMDN =S

17、ABC1999 聯賽二試在四邊形ABCD中，對角線AC平分BAD。在CD上取一點E ，BE與AC相交于F ，延長DF交BC于G。求證：GAC =EAC解析證法：如圖建立直角坐標系，令 A(0,0)，F(m,o)，C(n,o)，B(p,kp)，m、n、p、k 均為正數。 則直線AB為y = kx 。yB(p,kp)GAF(m,o)C(n,o)xED(q,-kq)由于 AC平分BAD，則直線 AD為 y = - kx。可設D(q, -kq) ，q>0于是，直線 BC為 y=kp(x - n)，直線 DF 為 y=kqq(x - m)，于是交點G為pnmyG =kp ( xG - n) =kq

18、 ( xG - m)（ 1）pnmqxG =( pq)mn( mn) pqk AG =yG=kpq(nm)pmqn2qpxG( pq)mn(m n) pq同理，直線 CD為 y=kq(x - n)，直線 BF 為 y=kpm(x - m)，于是交點 E 為nqpyE =kp( xE - m) =kq ( xE - n)（ 2）pmnq（直接對調m與 n 的位置得出計算結果）xE=( pq) mn(m n) pqk AE =pn qm2qpyE =kpq(mn)xE ( p q)mn ( m n) pq故 k AG = -kAE，所以GAC =EAC1998 聯賽二試如圖， O、I 分別為ABC

19、外心和內心， AD是 BC邊上的高， I 在線段 OD上，求證：ABC的外接圓半徑等于 BC邊上的旁切圓半徑。注：ABC的 BC邊上的旁切圓是與邊 AB、 AC的延長線以及邊BC都相切的圓。純幾何證法：BC邊上的旁切圓半徑：RA =2Sbca2S = a*AD作 IN AB ，垂足為 N ，則 b+c a = 2ANa * AD故RA=2AN要證明 RA =R，即證明：R =aAD2 AN連 AI 并延長交處接圓于K，連結 KO、 KB。則 K 、M 分別為弧 BC 及弦 BC 的中點且 OK BC 于是 OK AD ，又 KI=KB ，則ROKKIBKAD=ADAIAI故只要證明：a= BK

20、 ，亦即a=AN2 ANAI2BKAI而 a = 2BM, 故只要證明： BM = ANBKAI由于NAI=MBK=A ，ANI 與BMK相似，所以上式成立。2故RA=R1997 聯賽二試如圖，已知兩個半徑不相等的圓 O1 和圓 O2 相交于 M、 N兩點，且圓 O1、圓 O2 分別與圓 O內切于 、兩點，求證：OM MN的充分必要條件是、N、T三點共線S TS證明：充分性。設 S、 N、 T 三點共線。在S、T 所作的兩公切線相交于K，則 KS=KT，且 K 在圓 O1 和圓 O2的根軸 MN上。設 ST交 KO于 D，由 OS=OT及 KS=KT有： OKST 。又 OS SK ，那么KD

21、S 與 KSO相似，即有 KD * KOKS2 。又KN*KMKS 2,所以 KN*KMKD * KO ，即 O、 D、N、 M四點共圓。故 OMNODN90 ，即 OMMN 。必要性。設OMMN。類似地，設在S、 T 所作的兩公切線相交于K，則KS=KT，且K 在圓O1 和圓 O2 的根軸MN上。設ST 分別交KO、 KM于D、 N，則OKST ，又 OMMN，故O、D、 N、 M四點共圓， 于是KN*KMKD*KOKS2。又 KN * KMKS2 ，故 KNKN，即N與 N重合，因此S、 N、 T 共線。1996 聯賽二試如圖，圓 O1 和圓 O2與 ABC的三邊所在的三條直線 都相切，E

22、、 F、G、H為切點，并且 EG、FH 的延長線交于 P點，求證直線 PA與BC垂直梅氏定理證法：延長 PA 與 BC交于點 D。DPGE截 ACD，由梅氏定理有：AG*CE *DP =1CG DE AP由于 CE、 CG均為圓 O1 的切線，則CE = CG于是， AG *DP =1(1)DEAPAH*BF*DP =1同理， PHF截ABD，由梅氏定理有：BH DF AP由于 BH、 BF均為圓 O2 的切線，則 BH = BF于是， AH * DP =1(2)DFAP由（ 1）和（ 2）得： AG =AH，亦即DE = AG （3）DEDFDFAH連結 AO1 、 AO2、 O1 G、 O

23、2 H，則GAO11GAB = HAO2 ， O1 、 A、 O2 三點共線。=2又 AGO1 =AHO 2 ，所以AGO1 與AHO 2 相似。2于是有 AG =AO1 (4)AHAO2由（ 3）和（ 4）得： DE = AO1DFAO2連結 EO1 、 FO2,則 EO1EF ，FO2EF ， EO1 平行于 FO2 。DEAO1又因為=，所以 AD平行于 EO1 。故 PABC。1995 聯賽二試如圖，菱形 ABCD的內切圓 O與各邊分別切于 E、 F、G、H，在弧 EF與弧 GH上分別作圓 O的切線交 AB于M ，交BC于 N，交 CD于 P，交 DA于 Q，求證： MQ / NP分析

24、：這個問題需要倒過來想，從結論出發(fā)。首先要加強對MQ 平行于 NP證題目標轉化為：AMQ=CPN，于是，問題轉化為求證：AMQ 與也就是求證： AM*CN=AQ*CP。這樣，只要考慮對稱的左邊的“AM*CN ”，的理解，連結MP ，將會發(fā)現CPN 相似，考慮到A=C，再將其轉化為“公共的量”即可。1994 聯賽二試設 ABC的外接圓 O半徑為 R，內心為 I ，B=60 ，A< C，A 的外角平分線交圓O于 E，證明：（1） IO = AE；（2） 2R<IO+IA+IC<(1+3)R.機械證法：引理： IA = 4RsinB sinC ， IC = 4RsinA sinB

25、，內切圓半徑 r = 4RsinA sinB sinC2222222引理的證明：在ACI 中，應用正弦定理：bB )=IA= IC，其中 b=2RsinB ，sin(90sin Csin A222故 IA=4Rsin B sinC ， IC=4Rsin A sinB ，于是， r=AIsinA =4Rsin A sin B sin C22222222題目的證明：（ 1） B=60，A < C，于是可設A=60 -，C=60 +，其中 0<<60 ，那么 ABE=， AE = 2Rsin。由引理知：226060r = 2Rsinsin= R （cos- 1 ）222由 Eule

26、r 定理知： IO 2 = R(R-2r) = 2R2 （ 1-cos） = 4R 2 sin 22故 IO = AE = 2Rsin2（ 2）由引理知：6060IA = 2Rsin， IC = 2Rsin22故 IO+IA+IC=2R（ sin+ sin 60+ sin 60） = 2R（ sin+cos）22222= 22 Rsin(+45 )2因為 0< <30，則 45 < +45<75 ，所以 sin45 <sin(+ 45 )<sin 75222故22 Rsin 45 <IO + IA + IC<22 Rsin 75即2R<IO

27、+IA+IC<(1+3 )R1993 聯賽二試水平直線通過圓的中心，直線l，與相交于，點M在圓心的右側，直線l上不.mOmlmM同的三點 、在圓外，且位于直線上方， 點離M點最遠，C點離M點最近，AP、AB CmA、為圓O的三條切線，P、Q、 為切點，試證：BQ CRR(1)l與圓 相切時，AB CRBCAPACBQ;O( 2)l與圓 相交時，AB CRBCAPACBQ;O(3)l與圓相離時，AB CRBCAPACBQ;O官方證明：設圓半徑為r ， OM=x， AM=a，BM=b， CM=c (a>b>c>0) ，則AP 2AO 2r 2a 2x2r 2令 x2r 2t

28、 ，那么 AP 2a 2t ，即 APa2t同理BQb 2t ， CRc2t令 G(AB * CRBC * AP)2(AC* BQ)2，則G ( ab)c 2t(b c) a 2t 2(ac) 2 (b2t )( ab)c2t(bc)a 2t 2( ab)(bc)2 (b2t)(ab) 2 (c2t)(bc) 2 (a2t )2(ab)(bc)c2ta2t(ab) 2 (b 2t)(bc) 2 (b2t )2(ab)(bc)(b 2t )(ab) 2 ( c2b 2 )(bc) 2 (a 2b2 )2(a b)(bc)(c 2t)(a 2t )b2t )(ab)(bc)(ab)(bc)(bc)

29、( ab)2 (c 2t)( a 2t)2b 22t2(ab)(bc)(act)(c 2t )(a 2t ) 相切時，有 x=r ，從而 t=0 ，G=0,(1)式成立。相交時， 0<x<r，于是 t<0，又 C點在圓外，即x2c2r 2 ，那么 tx2r 2c 2a 2從而 G式中根號內為正數，且ac+t>0于是通過兩端平方及t<0，可驗證：(c 2t )(a 2t)act即 G<0相離時，（2）式成立。x>r，于是 t>0，同樣可驗證G>0，（ 3）式成立。1992 聯賽二試設 A1A2A3A4 為 O 的內接四邊形， H 1，H 2，

30、H 3，H 4 依次為 A2A3A4， A1A3A4， A1A2A4， A1A2 A3 的垂心，求證： H 1， H2， H3，H 4 四點在同一個圓上，并定出該圓的圓心位置引理：設O、 H 分別為ABC的外心、垂心，則OH =OA +OB +OC引理的證明：設 H 滿足 OH =OA +OB +OC ，則 AH = OB +OCAH * BC=(OC +OB)*( OC- OB)=OC 2-OB 2 =0，所以 AHBC同理， B HAC，所以 H 與 H重合。題目的證明：由引理有：OH1=OA2+OA3+OA4，OH2=OA1+OA3+OA4H2H1=OH1 -OH 2=OA2 -OA1=A1 A2于是，A1A2H1H 2 為平行四邊形，對角線A1H1與A2H 2 互相平分。設它們的交點為P，則A1 P=PH 1， A2 P=PH 2同理，A2H 2 與A3H 3 互相平分，則交點為A2H2的中點P。同理，A3H 3 與A4H 4 互相平分于點P。即A3 P=PH 3， A4 P=PH 4于是Ai 和H i （i=1， 2，3， 4）關于點P 是中心對稱的。因為A1 、A2 、A3 、 A4 共圓，所以H1、 H 2 、 H 3 、 H 4 四點