平面幾何講座26題(含答案)講解

1、i.在汽丿*中，用廠冷乂母，逸工:平分一.m交處；于，如圖，u,垂足為；，煜:丄遂:蘆,.為垂足。是.中點，二是：中點。若3邛起的外接圓 與.的另一個交點為.】。求證：四點共圓。證明：作AQ延長線交BC于N,則Q為AN中點，又M為AC中點，所以QM/BC.1所以 PQM =/PBC ABC .21同理， MPQ ABC .所以 QM = PM.2又因為 Q,H,P,M 共圓.所以.PHC =/PHM =/PQM .所以 PHC =/PBC.所以 P、H、B、C 四點共圓. BHC =/BPC =90：.1故 HE BC =EP .2結(jié)合 OH -OM , 知 OE 為 HP 中垂線，易知 EH

2、O =/EPO=/OPM , 所以O(shè)、H、E、M四點共圓.2.如圖，在 ABC中，DE / BC , AE 的內(nèi)切圓與DE切于點M , ABC的BC邊上的旁切圓切BC于點N，點P是BE與CD的交點。求證：M、N、P三點共線. 證設(shè)BE與MN交于點P'.因為 DE / BC，所以.-BCPE DEBNBP' _ P'E 一 EM故只需證明BC BNDE 一 EMBN EM，或BC DE10分O2分別為三角形的內(nèi)切圓與旁切圓的圓心,G、H、1AE DE - AD ， AH 二 AB BH 二 AB BN，1=Al AB BC AC21=AH -ABAC BC - AB .2

3、0分又：ADE s ABC，故可設(shè)I為切點，則EMAHBNAB BC AC ,k，AD DE AEBNBC1 (AC BC 一 AB)BC_ (k AE k DE -k AD)2k DE_ (AE DE - AD)EM2DEDE故結(jié)論成立.40分3.在AABC中，點Ai,B,C 分別是三邊上的點，點G,Ga,Gb,Gc分別是ABCAAB,c 1B AC 的重心，隙 G,G2 分別是 AAB1G,AGaGbGc 的重心。(1 )求證：點GG,G2共線;(2)直線AGa，BGb，CGc共點的充要條件是直線 AAi,BBi,CCi共點。C證明：由三點共線得，0A =0B (1-： )0C， 0B1=

4、1：0C (1 - J0A，且0C 二 O A(1 -) 0,觸中：,'-,(0,1)，1故 0G (0A 0B 0C)，34 11Ti3110Ga (0A 0B1 0C1)(2:訂 #)0A (1 - )0B ：0C，33110Gr(0B 0A1 8匕0人(2 _)0B (-)0C，T T 10G1(0A1 0B1 0C1)(1一 ：)0A (1；爲(wèi)一)0B (1 二 )0C，3-10Gc = -(0C 0B1 0AJ = (1 - ：)0A： 0B (2 二 1 )0C，3,3110G2(0Ga 0Gb 0Gc)(3 -2 ： 2 )0A (3 2： -2 )0B (3-2： 2

5、- )0C39所以，1GG1 =1(二 E ”)0A (： - )0B ( y ： )0C， 3JOC，所以 GG/GG2 , G,G,G2共線;1G1G2( i E ：，)0A (二“)0B (-：9(2)設(shè) BGb，CGc，AGa分別交邊 CA,AB, BC 于點, 且 CA2 - pCA, AB2 = qAB, BC2 - tBC，其中 p,q,t，(0,1)，由（ 1）得,盂=晁僥 J OA（2 -）OB（_2）0C310A （2 "一 ）0B 一（2 訂二）0C - OC 3=丄（2 Z）CB31（2: - ）CB3CA1 CAl3 pCA2由B,Gb,A2共線得，.鳥*-

6、）一=1，得p，故CA2P33 p1 -a + Va2a輪換得，S，-，又由OA：OB（）7C得，：罠=（1）疋，故空二一BAj 1 -a,由輪換得，堅,CB-,且CB11 AC11 -1 - ：1 1 -1 - ：1 1 -故由塞瓦定理，直線 AGa，BGb，CGc共點的充要條件是直線 AA1,BB1,CG共點。4. AD是銳角 ABC的一條高，P是線段AD上一點，延長BP交AC于點M，延長CP交AB于點N ,又MN與AP交于點Q,過點Q的任意一條直線交線段 PN于點E,交線段AM 于點 F，求證：EDA = FDA.如圖連接DN , DM并延長，交過A點與BC平行的直線于R,K .先證明.

7、NDA- MDA.亠心右宀ANBD QM彳 ANAR CMDC一、/r,lx t由塞瓦疋理知1，又，(利用平行線BC / / RK的性NB DC MANBBD MAAK質(zhì))，得 AK = AR，從而又 AD _ RK 得.NDA=/MDA.再證明.MDF 二/NDE，即要證：sin MDF = sin NDE 設(shè)sin/ADF sinNADE 'ADM 二 ADN -ADF = ADE = 1：，即上式 sin»> ) = sn(-)si nasi nP由于 S MDF _ FMS 也dfAFDM sin(八：)AD sin :sin -adLfmafLdm同理廻匚卑N

8、E,則式即證明警FM二竺NE或/二旦EsinBPELNDAFLDm PE_ND DM LJPD FM _PE 而 AF NlE SqfLs兇qe AQsinAQFLNQsinNQE AQ_NQ AQ_NQ' FM PE 一 S兇QF Sqe 一 MQsinNMQFLPQsin NPQE 一 MQ_PQ 一 P(QJmQ又NQ .nd （角平分線定理）MQ MD，即 fMtPend-AQ 又MDPQ '竺列二1 （梅涅勞QP MB_NA斯定理），從而AQQPMBLnA _ S.abc S.apc ad 即PM l_BNS.apc S'bpcpdafLnefmLpeND A

9、DMD_PD，式得證.5.設(shè)0和I分別為 ABC的外心和內(nèi)心，ABC的內(nèi)切圓與邊BC, CA, AB分別相切于點D,E,F ,直線FD與CA相交于點P ,直線DE與AB相交于點Q，點M ,N分別為線段PE,QF的中點，求證：OI _MN證明：考慮AABC與截線PFD由梅涅勞斯定理，有CA 需黔1,所以PAAF=BD AFs - a(s為ABC的半周長)CPFBDC DCsc于是PAs-a，因此PA二b s-a)CAacac這樣PE =PAb(s aAE -一 s _ a2 s-cs-aa ca c21 (sc)s a)(s c)s a)(s a)ME PE,MA =ME -AEs-a =2 a

10、cacac2(s c Y s a )(s c) 十口2MC 二 ME ECs-c，于是 MAMC 二 ME2.acac因為ME是點M到ABC的內(nèi)切圓的切線長，所以ME2是點M到內(nèi)切圓的幕，而MA MC是點M至U ABC外接圓的幕，等式MA MC =ME2表明點M到到 ABC 外接圓與內(nèi)切圓的幕相等，因此點 M在ABC外接圓與內(nèi)切圓的根軸上，同理， 點N也在在 ABC外接圓與內(nèi)切圓的根軸上，故 01 _ MN .6. OOi與。2外切于P,過O O2上一點C作O O2切線交O Oi于A、B兩點，AP、BP 分別與O O2交于A'、B', CP與O Oi交于C'，連C

11、9;B'交O Oi于Q,連AQ交CC'于K,求 證：A'、B'、K三點共線。證明：O Oi與O O2關(guān)于 P位似， O2C / OiC' ,AB / A'B'，又 02C _ AB ,二 OiC AB ,BP- C'A=C'B , CA'=CB' , . CB'A'=. CA'B' , . CPA' = . BPC , PAO2C _A'B',_ BC"CA 在 AP 上取 M 使 AM =BB',連 C'M 交 AB 于 N

12、 , C'A=C'B , , C'AP =/C'BP ,AM =BB', AMC BB'C' , ABC' MB'C' , . MB'C' = . ABC' = . AQC', MB' / AQ二西，空二匹，延長AA' AA' AP CAA'B'交 AQ 于 Ki,交CC'于K2 KiB' AM BC B'K2KiA' 一 AA' _CA 一 K2A'， Ki、K2為同一點，K、Ki、KiA

13、9;A'K2KiB' 一 K2B'，K2為同一點,.A'B' A'B'-Ki B = K2BKiB'K2B'A'、B'、K三點共線7.圓0是厶ABC的內(nèi)切圓.D、E、F是BC、CA、AB上的切點，DD : EE , FF都是圓0的直徑求證：AD , BE , CF 共點.證：設(shè)直線 AD；BE；CF 交BC,CA, AB于A, B ,C 過D 作圓0的切線交 AB, AC于M,N 顯然 MN /BC= AMDABA , AD N AA C 則MDBAAD ' D N _ BA _ MD .AA AC

14、 AC D N連結(jié)0M , 0N，記圓0半徑為r易證B、D、0、F與C、D、0、E分別共圓,則.F0D J/B,. EOD J/C 所以©號FOD =廠NOD 專 EOD 弓 C 二 tanMOD 二 tan Bin N0D Y，所以將代入得：競tanB2同理可知：蠱嚨,ACC Btan 此時BB<=i -根據(jù)塞瓦逆定理，可知 AA；BB；CC三線共點.tanB2即AD : BE , CF共點.8. 設(shè)A、B、C、D、E為直線I上順次排列的五點，匹=匹，F(xiàn)是丨外的一點，連結(jié)FCCE CD并延長至 G,恰使.FAC 二.AGD , . FEC 二.EGB .求證：.FAC 二.F

15、EC .證法一：過B作BH / AF,交CF于H，則巴，又由CB =_CD ,CF CACA CE故 CH.CD。CF CE連結(jié)HD ,知HD / FE ,延長HB,HD分別交AG,EG于I.J ,連結(jié)IJ。 因為.IBA=/FAC 二/AGD，故 I、B、D、G 共圓； 因為.JDE =/FEC 二/EGB，故 J、D、B、G 共圓， I、B、D、J、G 五點共圓，故.HBC-/DJI。-IH AF , JH J EF , - - G =GH_ GJ,故 IJ |_AE , Z DJI = - EDJ , GA GF GE FAC =/HBC "DJI EDJ "FEC。

16、證法二：作心EBG外接圓Ci，交射線CF于P，貝卩BC CE = GC CP。 又由 BC CE =AC CD，知 AC CD 二GC CP，所以 P、A、G、D共圓，記 該圓為C2。下證P必在CF內(nèi).用反證法，假設(shè)P不在CF內(nèi)。連結(jié)PA、PE,則AFE 一 APE = APG EPG = ADG EBG =180： - BGD又 FAE 二/AGD，二 180/AFE FAE _180： - BGD . AGD 180 ,矛盾！于是，F(xiàn) 在 GP 延長線上.T FAC - AGD, FEC = EGB，二 FE 為 C1 切線，F(xiàn)A 為 C2 切線， FA2 二 FP FG 二 FE2 =

17、AF 二 EF , 故 F A C= FEC明：BH =CH .DEH上 M9. 如圖，三角形 ABC中，M為BC的中點，以AM為直徑的圓0分別與AC、AB交于D、交于點 H，證E兩點，圓0在D、E兩點的切線證明：設(shè) AM = 2r，則 DH = EH = r tanA ,設(shè).BEHDAMCDH - v,. EAM 二,.R a sin Bq .茁 a si n C cos：二 si n,cos J - sin,4r4rBH _CH 二 BH 2 二 CH 2BH2 -CH2=(BE hEBEHEcosJ-QD HCCDHDcos)22=BE -CD -2HD(BE cos： -CD cos)

18、2a , o2a f a sinB a a sinC、(cos B-cos C)-2rtanA(-cosBcosC)424r 24r2 2aa(cos2B -cos2C) tan A(sin 2B -sin 2C)8 82 2aasin A sin(C - B) tan A cos A sin(C - B) = 0 44BH = CH10.在直角三角形 ABC中，B=90，它的內(nèi)切圓分別與邊 BC, CA, AB 相切與點D, E, F，連接AD,與內(nèi)切圓相交于另一點 P,連接PC, PE, PF.已 知 PC _ PF，求證：PE / BC .A證：連接DE, DF ,則厶BDF是等腰直角三

19、角形于是 FPD =/FDB =45 , 故.DPC=45 .又.PDC=/PFD，所以 PFD s PDC，所以PFPDFD DC又由.AFP =/ADF , AEP =/ADE ,所以， AFP s ADF, AEP sEP AP AP FP ADE,于是，故由得DE AE AF DFEP _ PD DE - DC .因為.EPD =/EDC，結(jié)合得， EPD s EDC，所以， EPD也是等腰三角形，于是 PED - EPD = EDC，所以，PE / BC .BD于點C、D ,且I不經(jīng)過點P和Q .記AQ與CP的交點為 證：EF與AD平行.E , DQ與BP的交點為F 求結(jié)果不依賴于圖

20、形證明：首先指出，以下證明過程是在考慮線段有向性的情況下所寫， 的位置關(guān)系.設(shè)PQ交直線I于點R，則顯然A、B在R的一側(cè)，C、D在R的另一側(cè).因為 RP為 兩圓的公切線，所以由切割線定理得RA?RB RP2= RC?RD ,所以CA=1+5A=1+RD BDRCRCRB RB考慮線段有向性，上式可記為CARCBDRB由直線EPC截DAQR得AE 辰QPEQ鬃RRC = -i ；CA由直線FPB截DDQR得RB 4 I BD根據(jù)、可得 肇EQDQ，從而EF與AD平行.12.設(shè)D是 ABC的邊BC上的一點，點P在線段AD上，過點D作一直線分別與線段 ABPB交于點M E,與線段AC PC的延長線交

21、于點 F、N。如果DE=DF求證：DM=DN .證：對=AMD和直線BEP用梅涅勞斯定理得:AP DE MBPD EM BA 一1，AC FN DP對 AFD和直線NCP用梅涅勞斯定理得：電=1（2），CF ND PA對.AMF和直線BDC用梅涅勞斯定理得： 空 .MD 匹 =1（3）BM DF CA（1）（ 2）（ 3）式相乘得： 匹=1，又DE=DFEM ND DF所以有DMDN，所以DM=DNDM -DE DN - DE13.、如圖,非等腰 ABC的內(nèi)切圓O I切BC于點G,直線AI交 ABC外接圓于點D ,過 D作DP _ AD交CB延長線于點P .點B對AC邊的旁切圓切 AC于點E

22、,點C對AB邊 的旁切圓切 AB于點F，過點B作BK/ /EF交AD于點J ,交AC于點K .求證:B, J,G,D四點共圓;(2) PI /EF(1)證明:設(shè)'ABC邊 長為BC = a, CA = b, AB = c, 則a c -ba b -cAF -BG,AECG ,22又因為BK/EF，且 JA 平分.BAK，所以 BJ -BA FA-BG，從而 JG/AC由此可JKAKAECG知.DJG 二/DAC 二/DBG ,從而 B,J,G,D 四點共圓因為乙JGP = IDP =90 ,所以I , G, D, P四點共圓，所以乙IPG二 IDG二-JBG,則PI /BK,從而 PI

23、 /EF .14. 銳角三角形ABC中，0、H分別為外心和垂心，BH交AC于點D,DE丄OD交 AB點E,F （異于點A）在外接圓上且FH/0D,證明：A,D,E,F四點共圓。AFDEHOBC證：延長BD交圓于點M，連M0并延長交圓于點 N，連NH、FA、FE、FM， 由垂心的性質(zhì)有 DM=DH，0為MN的中點，故 NH/0D,又由題設(shè)FH/0D,因 此N、H F三點共線。而MN為直徑，故有MFL FN,又由題設(shè)DE丄0D得MF/DE. 而 D為 Rt MFH斗邊的中點，故/ FDEH EDH因此/ EAF=/ BAF=/ BMF=BDE=EDF. 因此A,D,E,F四點共圓。DEHOBCA

24、FN15. 如圖所示,設(shè)AD,BE,CF是 ABC的三條高,且交與點H,M是邊BC上的中點，厶BME的外接圓圓Ti與.CMF的外接圓圓T2交于M , N兩點,直線AN 與圓,丁2分別交于另一點P,Q.證明：AD平分.PDQ .證：輔助線如圖所示因為B,C,E,F四點共圓,所以,HB HHC HF .這表明，點H在圓與T2的根軸上因此，M,H,N三點共線.于是,FNH =/FNM =/FCM 二/FAH .從而，代 F, H,N 四點共圓.又 AF _ FH , 則 AN _ NH ,即 MN _ PQ .因此,PB _ BC .同理,QC _ BC .于是,PB/AD/QC.注意至U BNM

25、=/BEM =/CBE=/DAC ,MNC 二 MFC 二 FCB 二 BAD.貝UBNC=/BNM MNC =/DAC BAD=/BAC.從而，代 B,C,N 四點共圓. 故 PMB - PNB - ANB 二 ACB .這表明,PM/AC.所以,PBM L厶ADC = 型=-PB .同理,也C二匹.兩式相除并注意到BM =MC ,DC ADBD AD得 二 fB .貝y ：pbd 口 . QCD = PDB 二 CDQ .而 AD _ BC ,故 AD 平分DC QCPDQ .16. 已知。Oi與。2內(nèi)切于點P , O Oi上任一點A，弦AB、AC切。2于E、F，弦 AT過。2且交EF于H

26、，交BC于D.求證：AH : AT =HD : HT .證明：連接0E、CT、BH，過P作O 01的直徑交O 01于Q，設(shè)O 01的半徑為R，rO O2 的半徑為 r，一 BAT = ，貝U O2H = r si nr, AO2 :si na又T AO2 02T =Q02 O2P =(2R-r) r O2T =(2R -r) sin ： , HT =2R sin ：二CT 二 BT H 為 ABC 的內(nèi)心 二 AH : HD 二 AB: BD ABD "ATC , BAD "CAT ，ABD s ：ATC 二 AB: BD 二 AT :CT 二 AT : HT AH : H

27、D = AT : HT/. AH : AT = HD : HT17. 設(shè)P是LI ABCD對角線BD上一點，滿足.PCB =/ACD , L ABD的外接圓與 對角線AC交于點E.證明：.PEB AED.提示：.先假設(shè).BAD乞90，當(dāng).BAD 90時類似可證。 延長DE與BC交于點L,連接PL.先證C、D P、L四點共圓再證B、P、E、L四點共圓故.PEB =/PLB =/PDC "DBA "AED18.如圖，圓Oi、圓。2與圓。3相交于點P ,圓Oi和圓。2的另一個交點為 A,經(jīng)過點A的 一條直線分別交圓 Oi、圓。2于點B、C , AP的延長線交圓O3于點D，作DE/

28、BC交圓。3于點E，再作EM、EN分別切圓Oi、圓。2于M、N BC 求證：EM 2 - EN2 =DEQAED二 DE BC =EP ST =EP (ES -ET) =EP ES - EP ET=EM2 2-EN2所以：BC QP EPST QA ED，19. 在 ABC 中，設(shè) AD 為角平分線， AH 為高。分別以 AB， AC 為直徑向外作 半圓，AD的垂直平分線與這兩個半圓分別交于 P和Q。證明D、H、P、Q四點 共圓?！窘馕觥坑汸Q與AB、AC分別交于M和”，記厶DHP的外接圓與PQ的另一 個交點為R，只需證R與Q重合即可。因為 A, B, H , P 四點共圓，所以/ (AR,P

29、R)= / (PR,DR)=/(PH,DH)=/(AP,AB)。 (注：這樣標(biāo)注是為了兼顧點的不同位置關(guān)系，角是有向的，但周期為 180°) 從而，/ (AC,AR)=Z (AC,PR)- / (AR,PR)=Z (PR,AB)- / (AP,AB)=Z (PR,AP)=Z (DP,PR)= / (DH,HR)= / (CH,HR)。因此，A，C，H，R四點共圓，/ ARC=90°,從而R與Q重合，結(jié)論得證。20.如圖，已知 ABC的外角/ EAC的平分線與 ABC的外接圓交于點D，以CD為直徑的圓分別交BC ,CA于點P、Q,求證：線段PQ平分 ABC的周長.證明：連結(jié)

30、DB、DP、DQ，因/ ABD = / ACD ,/ EAC 二/ ABC / ACB，則/ EAC 二 / DBC / DCB ,即 2 / DAC 二/ DBC / DCB ;又/ DAC 二/ DBC ,則/ DBC = / DCB ,故厶DBC為等腰三角形因DP丄BC，貝V CP = 1 BC 在圓內(nèi)接四邊形 ABCD中，2由托勒密定理得 AC BD = BC AD AB CD，因BD = CD ,則 AC - AB =BC AD JBP AD dQ 丄 AC ,則厶 ADQ BDP , BDBD所以，即 AQ = BP AD 故 AC - AB = 2AQ，即 AQ 二 AC 一 A

31、B .BP BDBD21 ACAB 11從而 CQ CP =AC -AQ AB = ACAB (AB BC CA).2 22221.如圖，銳角 ABC外心為0,直線BO和CO分別與邊AC, AB交于點B',C'.直線BC交丄ABC外接圓于點P,Q.若AP =AQ,求證： ABC是等腰三角形Q連接 BP,QC,則.PBA =/AQP =/APC'.又.PAB為公共角，所以 丄APC'L ABP.則 AC'AB 二 AP2.同理：AB'AC =AQ2.又 AP =AQ,所以 AC' AB 二 AB' AC.貝U C',B

32、9;,C,B 共圓.ABO = ACO.連接AO ,知：等腰 ABO和等腰 ACO全等.則AB二AC.所以 ABC是等腰三 角形.22.如圖，圓Oi與圓O2的半徑相等，交于 X、Y兩點.DABC內(nèi)接于圓Oi，且其垂心H在圓。2上點Z使得CXZY是平行四邊形證明：AB、XY、HZ三線共點.設(shè)圓Oi、O2的半徑為R, XY中點為MC關(guān)于M對稱，0與。2關(guān)于M對，則Z、根軸定理知它們?nèi)€共點.稱，因此點Z在圓O2上記DABH的外接圓為圓 O3，則圓O3的半徑為AB =AB= AB2si n?AHB=2si n(p fiACB) = 2s in ACB我們證明Z也在圓O3上.由圓Oi、O2、O3的半徑

33、均為 R可知XO1YO2、AO3BQ都是菱形.記AB中點為N，則N也是O1O3的中點，注意到H與Oi分別是DABC的垂心與外心， 故CH = 2QN = O1O3 ,IT TCOi = HO3 .又 XZ = CY，所以I T TO2Z = O2X + XZ = YO + CY = COi = ho3 ,又H是圓O2、O3的一個交點，則Z是兩圓的另一交點. 這 樣AB、XY、HZ恰是圓Oi、O2、O3兩兩的公共弦，由23如圖，四邊形 ABCD是圓外切四邊形，內(nèi)切圓圓心為 O. Hi,H2,H3,H4分別是：AOB,.：BOC,.COD,.：DOA 的垂心，求證:Hi,H2,H3,H4四點共線.

34、設(shè)對角線AC與BD交于點P，我們證明Hi,H2,H3,H4,P五點共線.這只需證明Hi,H4,P共線，因為同理會有 Hi,H2,P；H3,H4,P分別共線.dh dp因為DH4 _ AO,BHj _ AO ，所以共線等價于4記bh1 bp/OAB二:-,/OBC = ： ,/OCD w',/ODA二,并不妨設(shè)L O半徑為1.則由垂心的性質(zhì),dh4r AO1=2R4 cos、tan § sin« ta其中R4 是 doa外接圓的半徑.同理，這樣DH 4 tan 1BH 1 tan、DP _ S ADC _ AD DC sin2、 BP Sabc AB BC sin2熟知AB BH1 :sin ： tan 二迥），再注意到：一 我們有tan ： tan -sin ： sin -sin（：亠活）sin（，丄討2sin、cos、：sin 二 _ tan -亟 頁）2sin 一： cos 一：二忒 sin ： sin - sin - sinDH 4BH1dpbp成立.交O于F,D兩點，.B D C= / AC,B求證:BC于另一點G .已知24.如圖，以直角|_ABC直角邊AB為直徑作O，交斜邊AC于點E,連接CO并延長,連接BD，LCEF的外接圓交BGF &quo