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高中数学联赛真题分类汇编—平面几何


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真题分类汇编

于洪伟

高中数学联赛真题汇编——平面几何
(1978T6)如图,设线段 AB 的中点为 M,从线段 AB 上的另一点 C 向直线 AB 的一侧引 线段 CD,令线段 CD 的中点为 N,BD 的中点为 P,MN 的中点为 Q,求证:直线 PQ 平 分线段 AC. 证明:连 NP

,取 AC 中点 O,则由于 N、P 分别为 CD、 1 1 BD 中点,故 NP∥AB,NP= BC= (AB-AC)=AM=AO=OM. 2 2 ∴NPMO 为平行四边形.即 PO 经过 MN 中点 Q.即直线 PQ 平分线段 AC.
A

D N Q O M P B

C

(1978 二试 1)四边形两组对边延长后分别相交,且交点的连线与四 边形的一条对角线平行,证明:另一条对角线的延长线平分对边交点 连成的线段. 证明:如图所示,BD∥EF,作 BG∥ED 交 AC 于 G,则 AG AB AD = = ,从而 GD∥BC,即 BCDG 为平行四边形.P 为 BD AC AE AF 中点,从而 Q 为 EF 中点.
B G P C E Q

A

D

F

(1978 二试 4)设 ABCD 为任意给定的四边形,边 AB、BC、CD、CA 的中点分别为 E、 1 1 F、G、H,证明:四边形 ABCD 的面积≤EG?HF≤ (AB+CD)? (AD+BC). 2 2 证明:连 EF、FG、GH、HE,取 BD 中点 P,连 EP、PG. 1 易证 S 四边形 EFGH= S 四边形 ABCD. 2 1 1 而 S 四边形 EFGH= EG?HFsin∠EOF≤ EG?HF. 2 2 1 1 1 但 EP= AD,PG= BC.EP+PG≥EG,故 (AD+BC)≥EG, 2 2 2 1 1 1 同理, (AB+CD)≥HF.故 EG?HF≤ (AB+CD)? (AD+BC), 2 2 2 1 1 从而,四边形 ABCD 的面积≤EG?HF≤ (AB+CD)? (AD+BC). 2 2
B E H A P

D

O
F

G

C

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(1978 二试 6)设有一个边长为 1 的正方形,试在这个正方形的内接正三角形中找出一 个面积最大的和一个面积最小的,并求出这两个面积.(须证明你的论断) 解:如图,设△EFG 是正方形 ABCD 的一个内接正三角 形.且 E、F 分别在一组对边 AD、BC 上,取 EF 中点 M,连 MG. 则∠GME=∠GAE=90° ,于是 A、G、M、 E 四点共圆. ∴ ∠MAG=∠MEG=60° ,同理,∠MBG=60° ,即△MAB 为正三 角形.于是 M 为定点,故 1=AB≤EF≤ABsec15° = 6- 2. ∴ 3 ≤S ≤2 3-3. 4 △EFG
A G B D E M C F

(1979T3)在△ABC 中,∠A 为钝角,求作一个面积最小的圆,把△ABC 完全盖住. 解:以 BC 为直径作⊙O,则⊙O 即为所求的最小圆. 首先,BC 是△ABC 的最长边,对于任意直径小于 BC 的圆,不可能盖住 BC.(若能 盖住,则得到圆的弦长大于同圆的直径,这是不可能的) 其次,由于∠A>90?,故点 A 在圆内.即此圆盖住了△ABC.故证.

(1979T4)圆的两条非直径的弦相交,求证:它们不能互相平分. 证明:设⊙O 的弦 AB、CD 互相平分于点 M,连 OM,则由 M 是弦 AB 中点. ∴OM⊥AB,同理 OM⊥CD.于是过点 M 可能作 OM 的两条垂线,这是不可能的. 故证.

(1979 二试 2)命题“一对对边相等及一对对角相等的四边 形必为平行四边形”对吗?如果对,请证明,如果不对,请 作一四边形,满足已知条件,但它不是平行四边形.并证明 你的作法. 证明: 不对, 如图, 作△ABD, 及过 B、 A、 D 三点的弧,
A D C B C'

以 BD 为轴作此弧的对称图形,以 D 为圆心,AB 为半径作

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弧与所作对称弧有两个不同的交点 C、 C?, 则四边形 ABCD、 ABC?D 都是有一组对边相等, 一组对角相等的四边形,其中有一个不是平行四边形.

(1979 二试 4)在单位正方形周界上任意两点间连了一条曲线,如果它把正方形分成两 个面积相等的两部分,试证这条曲线的长度不小于 1. 证明设 M、N 是单位正方形周界上两点,曲线 MN 把正方形的面积两等分. 1?若 M、N 分别在正方形的对边上
D C N M A 图1 B A M 图2 P B D N' C N E A M 图3 P F D N' C

(图 1),于是曲线 MN≥线段 MN≥1. 2?若 M、N 分别在正方形的一组邻 边上(图 2 ).连对角线 AC,则曲线 MN 必与 AC 相交(若不相交,则曲线 MN 全

N B

部在 AC 的一边,它不可能平分正方形的面积),设其中一个交点为 P,作曲线的 PN 段关 于 AC 的对称曲线 PN’,则点 M、N’在正方形的一组对边上,而曲线 MN’的长度等于曲线 MN 的长度.于是化归为情形 1?. 3?若 M、N 分别在正方形的一条边 AB 上(图 3).连对边 AD、BC 的中点 EF,则曲线 MN 必与 EF 相交(理由同上),设其中一个交点为 P,作曲线的 PN 段关于 EF 的对称曲线 PN’,则点 M、N’在正方形的一组对边上,而曲线 MN’的长度等于曲线 MN 的长度.于是 化归为情形 1?. 综上可知,命题成立.

(1979 二试 6)如图,假设两圆 O1 和 O2 交于 A、B,⊙O1 的弦 BC 交⊙O2 于 E,⊙O2 的弦 BD 交⊙O1 于 F,证明 ⑴若∠DBA=∠CBA,则 DF=CE; ⑵若 DF=CE,则∠DBA=∠CBA. 证明:连 AC、AD、AE、AF,由 ADBE 是圆内接四
B O2 D A F C E O1

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边形,得∠AEC=∠D,同理∠C=∠AFD.从而∠DAF=∠CAF. ⑴若∠DBA=∠CBA, 则 AD=AE, AF=AC, (同圆内, 圆周角等, 所对弦等)于是, △ADF ≌△AEC,?DF=CE. ⑵若 DF=CE,则△ADF≌△AEC,?AD=AE,?∠DBA=∠CAF.

(1981T4) 下面四个图形中,哪一个面积大? A.△ABC:∠A=60° ,∠B=45° ,AC= 2 B.梯形:两条对角线的长度分别为 2和 3,夹角为 75° C.圆:半径为 1 D.正方形:对角线长度为 2.5 1 1 解:A 中三角形面积= (3+ 3);B 中梯形面积= (3+ 3); 4 4 1 5 2 25 C 中圆面积=π,D 中正方形面积= · ( ) = .于是 B=A<D<C.选 C. 2 2 2

(1981T9)在圆 O 内,弦 CD 平行于弦 EF,且与直径 AB 交成 45° 角,若 CD 与 EF 分别交 直径 AB 于 P 和 Q,且圆 O 的半径为 1,求证: PC?QE+PD?QF<2.
C M O E Q N A F P B D

证明: 作 OM⊥CD, 垂足为 M, 交 EF 于 N, 设 ON=n, OM=m. 则 CM=DM= 1-m2,EN=FN= 1-n2, 本题即证( 1-m2+m)( ?n)<2. 1-n2± n)+( 1-m2-m)( 1-n2

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展开得, 1-m2· 1-n2± mn<1. 移项,平方得,1-m2-n2+m2n2<1?2mn+m2n2.?m2+n2>?2mn. 取“+”号时,M、N 在点 O 同侧,此时 m≠n,总之,命题成立. (当 E、F 交换位置时,且 CD、EF 在点 O 异侧时,可能有 m=n.)

又证:PC2+PD2=(CM+OM)2+(CM-OM)2=2(CM2+OM2)=2,同理 QE2+QF2=2. ∴ 4=PC2+PD2+QE2+QF2=(PC2+QE2)+(PD2+QF2)≥2(PC?QE+PD?QF).等号当且仅当 PC=QE,PD=QF 时成立.但由已知,此二式不成立.故证.

(1982T1) 如果凸 n 边形 F(n≥4)的所有对角线都相等,那么 A.F∈{四边形} B.F∈{五边形} C.F∈{四边形}∪{五边形} D.F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形} 解:由正方形及正五边形知 A、B 均错,由对角线相等的四边形形状不确定,知 D 错, 选 C.

(1982T11)已知边长为 4 的正三角形 ABC.D、E、F 分别是 BC、CA、AB 上的点,且 |AE|=|BF|=|CD|=1,连结 AD、BE、CF,交成△RQS.点 P 在△RQS 内及边上移动,点 P 到△ABC 三边的距离分别记作 x、y、z. ⑴求证当点 P 在△RQS 的顶点位置时乘积 xyz 有极小值; ⑵求上述乘积 xyz 的极小值. A 解:利用面积,易证:⑴当点 P 在△ABC 内部及边上移动 E 时,x+y+z 为定值 h=2 3; S ⑵过 P 作 BC 的平行线 l,交△ABC 的两边于 G、H.当点 z y H G l P 在线段 GH 上移动时,y+z 为定值,从而 x 为定值. P F x ⑶设 y∈[α,β],m 为定值.则函数 u=y(m-y)在点 y=α 或 R Q B C y=β 时取得极小值. D 于是可知,过 R 作 AB、AC 的平行线,过 Q 作 AB、BC 的 A 平行线,过 S 作 BC、AC 的平行线,这 6 条平行线交得六边形 TS E STRUQV,由上证,易得只有当点 P 在此六点上时,xyz 取得极
l

F

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B

R U

V Q38 页 第 5 页共 C D

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小值.由对称性易知,xyz 的值在此六点处相等. EA CD BS 由 · · =1, AC DB SE 得 BS 12 12 3 9 SE 1 3 = ,x= · h= h,y= h= h,z= h. BE 13 13 4 13 BE 13 13

3 648 ∴xyz=( )3h3= 3. 13 2197

(1983T7)在正方形 ABCD 所在平面上有点 P,使△PAB、△PBC、△PCD、△PDA 都是 等腰三角形,那么具有这样性质的点 P 的个数有 A.9 个 B.17 个 C.1 个 D.5 个 解:如图,以正方形的顶点为圆心,边长为半径作 4 个圆,其 8 个交点满足要求, 正方形的中心满足要求,共有 9 个点.选 A.

(1983 二试 3)在四边形 ABCD 中,⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC 的面积比是 3∶4∶1,点 M、N 分别在 AC、CD 上满足 AM∶AC=CN∶CD,并且 B、M、N 三点共线.求证:M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中点. 证明设 AC、BD 交于点 E.由 AM∶AC=CN∶CD,故 AM∶MC=CN∶ND,令 CN∶ ND=r(r>0),则 AM∶MC=r. D 由 SABD=3SABC,SBCD=4SABC,即 SABD∶SBCD=3∶4. A 从而 AE∶EC∶AC=3∶4∶7. E SACD∶SABC=6∶1,故 DE∶EB=6∶1,∴DB∶BE=7∶1. N B M r 3 AM∶AC=r∶(r+1),即 AM= AC,AE= AC, r+1 7 4r-3 r 3 1 ∴EM=( - )AC= AC.MC= AC, r+1 7 7(r+1) r+1 4r-3 CN DB EM ∴EM∶MC= .由 Menelaus 定理,知 · · =1,代入得 7 ND BE MC 4r-3 r· 7· =1,即 4r2-3r-1=0,这个方程有惟一的正根 r=1.故 CN∶ND=1,就是 7 N 为 CN 中点,M 为 AC 中点.
C

(1984 二试 3) 如图, 在△ABC 中, P 为边 BC 上任意一点, PE∥BA, PF∥CA, 若 S△ABC=1, 4 证明:S△BPF、S△PCE、S□PEAF 中至少有一个不小于 (SXY…Z 表示多边形 XY…Z 的面积). 9

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证明:如图,三等分 BC 于 M、N,若点 P 在 BM 上(含点 2 M) ,则由于 PE ∥ AB ,则 △CPE ∽△ CBA . CP ∶ CB≥ .于是 3 4 4 S△PCE≥ .同理,若 P 在 NC 上(含点 N),则 S△BPF≥ . 9 9 BP 1 2 CP 若点 P 在线段 MN 上.连 EF,设 =r( <r< ),则 =1-r. BC 3 3 BC S△BPF=r2,S△PCE=(1-r)2. 1 1 ∴S△BPF+S△PCE=r2+(1-r)2=2r2-2r+1=2(r- )2+ 2 2 11 1 5 <2( - )2+ = . 32 2 9 4 于是 S□AEPF≥ .故命题成立. 9
B F

A E F B PM N C

A E C

MP N

(1985 二试 4)平面上任给 5 个点,以 λ 表示这些点间最大的距离与最小的距离之比, 证明:λ≥2sin54?. 证明⑴若此五点中有三点共线,例如 A、B、C 三点共线,不妨设 B 在 A、C 之间, AC 则 AB 与 BC 必有一较大者.不妨设 AB≥BC.则 ≥2>2sin54?. BC
D A E B C A B A B C E D C A D E B B C D A E C

⑵设此五点中无三点共线的情况. ①若此五点的凸包为正五边形. 则其五个内角都=108?. 五点的连线只有两种长度: 正五边形的边长与对角线,而此对角线与边长之比为 2sin54?. ②若此五点的凸包为凸五边形.则其五个内角中至少有一个内角 ≥108? .设∠ EAB≥108?,且 EA≥AB,则∠AEB≤36?, BE sin(B+E) sin2E ∴ = ≥ =2cosE≥2cos36?=2sin54?. AB sinE sinE ③若此五点的凸包为凸四边形 ABCD, 点 E 在其内部, 连 AC, 设点 E 在△ABC 内部, 则∠AEB、∠BEC、∠CEA 中至少有一个角≥120?>108?,由上证可知,结论成立. ④若此五点的凸包为三角形 ABC,则形内有两点 D、E,则∠ADB、∠BDC、∠CDA 中必有一个角≥120?,结论成立. 综上可知,结论成立.

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(1986 二试 2) 已知锐角三角形 ABC 的外接圆半径为 R, 点 D、 E、 F 分别在边 BC、 CA、 R AB 上,求证:AD,BE,CF 是⊿ABC 的三条高的充要条件是 S= (EF+FD+DE). 2 (式中 S 是三角形 ABC 的面积) 证明连 OA, 则由 C、 E、 F、 B 四点共圆, 得?AFE=?C, 又在⊿OAB 中,?OAF=(180?-2?C)/2=90?-?C,∴OA ⊥EF. OA R ∴SOEAF=EF· = · EF, 2 2 R R R 同 理 , SOFBD= · DF , SODCE= · DE , 故 得 S= 2 2 2 (EF+FD+DE). R R 反之, 由 S= (EF+FD+DE) . 得 OA⊥EF, OB⊥FD, OC⊥ED, 否则 S< (EF+FD+DE) . 2 2 过 A 作⊙O 的切线 AT,则∠AFE=∠TAF=∠ACB,?B、F、E、D 共圆, 同理,A、F、D、C 共圆,A、E、D、B 共圆.?∠AFC=∠ADC,∠AEB=∠ADB. ∴∠AFC+∠AEB=∠ADC+∠ADB=180° . 但∠BFC=∠BEC, 即∠AFC=∠AEB=90° , 于是 F、E 为垂足,同理 D 为垂足.故证.
B A F E O D C

(1987T2)边长为 5 的菱形,它的一条对角线的长不大于 6,另一条不小于 6,则这个菱 形两条对角线长度之和的最大值是( ) A.10 2B.14 C.5 6D.12(天津供题) 解:设 x≥3,y≤3,且 x2+y2=25.满足要求的点构成直角坐标系中一段弧(图中粗线部 分).令 x+y=k,则当直线经过点(4,3)时取得最大值 7.即 2x+2y≤14.选 B.

(1987 二试 1)一. 如图, △ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形, 现固定△ABC, 而将△ADE 绕 A 点在平面上旋转,试证:不论△ADE 旋转到什么位置,线段 EC 上必存在 点 M,使△BMD 为等腰直角三角形. 证明:以 A 为原点,AC 为 x 轴正方向建立复平 面.设 C 表示复数 c,点 E 表示复数 e(c、e∈R).则 1 1 1 1 点 B 表示复数 b= c+ ci,点 D 表示复数 d= e- ei. 2 2 2 2 把△ADE 绕点 A 旋转角 θ 得到△AD?E?, 则点 E?表示复数 e?=e(cosθ+isinθ). 点 D?表示复数 d?=d(cosθ+isinθ)
D' A D E M E'

B

C

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1 表示 E?C 中点 M 的复数 m= (c+e?). 2 → 1 1 1 1 1 1 1 ∴表示向量 MB 的复数:z1=b- (c+e?)= c+ ci- c- e(cosθ+isinθ)=- ecosθ+ (c- 2 2 2 2 2 2 2 esinθ)i. → 1 1 1 1 表示向量 MD? 的复数:z2=d?-m=( e- ei)(cosθ+isinθ)- c- e(cosθ+isinθ) 2 2 2 2 1 1 = (esinθ-c)- iecosθ. 2 2 显然: z2=z1i. 于是|MB|=|MD?|, 且∠BMD?=90° . 即△BMD?为等腰直角三角形. 故证.

(1988 二试 2)如图,在△ABC 中,P、Q、R 将其周长三等分,且 P、Q 在 AB 边上,求 S?PQR 2 证: > . S?ABC 9 1 证明:作△ABC 及△PQR 的高 CN、RH.设△ABC 的周长为 1.则 PQ= . 3 则 S?PQR PQ· RH PQ AR 1 PQ 2 = = · ,但 AB< ,于是 > , CN AB AC 2 AB 3 S?ABC AB·
H N Q B R C A

P

1 1 1 1 1 1 AR 1 AP≤AB-PQ< - = ,∴AR= -AP> ,AC< ,故 > ,从 2 3 6 3 6 2 AC 3 而 S?PQR 2 > . S?ABC 9

(1989 二试 1)已知在 ΔABC 中,AB>AC,?A 的一个外角的平分线交 ΔABC 的外接圆于 点 E,过 E 作 EF⊥AB,垂足为 F. E 求证 2AF=AB-AC. 5 A 证明:在 FB 上取 FG=AF,连 EG、EC、EB, 4 F 于是 ΔAEG 为等腰三角形,∴EG=EA. 3 G 又?3=180?-?EGA=180?-?EAG=180?-?5=?4. 2 1 ?1=?2.于是 ΔEGB≌ΔEAC.∴BG=AC, C B 故证

(1990 二试 1)四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、 BCP、CDP 和 DAP 的外接圆圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 三直 线共点.

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证明∵O 为⊿ABC 的外心,∴OA=OB. ∵O1 为⊿PAB 的外心,∴O1A=O1B. ∴OO1⊥AB. 作⊿PCD 的外接圆⊙O3, 延长 PO3 与所作圆交于 点 E,并与 AB 交于点 F,连 DE,则?1=?2=?3, ?EPD=?BPF, ∴?PFB=?EDP=90?. ∴PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形. ∴O1O3 与 PO 互相平分, 即 O1O3 过 PO 的中点. 同理,O2O4 过 PO 中点. ∴OP、O1O3、O2O4 三直线共点.

E D
1

O3 O4 P

2

C

O2 O O1 F

A

3

B

(1991 二试 2)设凸四边形 ABCD 的面积为 1,求证:在它的边上(包括顶点)或内部可以 1 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大于 . 4 证明:考虑四边形的四个顶点 A、B、C、D,若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB 的 面积,设其中面积最小的三角形为△ABD. 1 ⑴若 S△ABC> ,则 A、B、C、D 即为所求. 4 1 3 ⑵若 S△ABD< ,则 S△BCD> ,取△BCD 的重心 G,则以 B、 4 4 1 C、D、G 这 4 点中的任意 3 点为顶点的三角形面积> . 4 1 1 ⑶若 S△ABD= ,其余三个三角形面积均>S△ABD= . 4 4 1 3 由于 S△ABC+S△ACD=1,而 S△ACD> ,故 S△ABC< =S△BCD. 4 4 ∴过 A 作 AE∥BC 必与 CD 相交,设交点为 E. 1 1 则∵S△ABC>S△ABD, 从而 S△ABE>S△ABD= . S =S > , 4 △ACE △ABE 4 1 S△BCE=S△ABC> .即 A、B、C、E 四点即为所求. 4 1 1 ⑷若 S△ABD= ,其余三个三角形中还有一个的面积= , 4 4 1 1 这个三角形不可能是△BCD,(否则 ABCD 的面积= ),不妨设 S△ADC=S△ABD= .则 AD∥ 2 4 BC,四边形 ABCD 为梯形.
B E
h

D A E

B

C

A

a

D F

O

3a

C

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1 3 由于 S△ABD= ,S△ABC= ,故若 AD=a,则 BC=3a,设梯形的高=h, 4 4 则 2ah=1.设对角线交于 O,过 O 作 EF∥BC 分别交 AB、CD 于 E、F. ∴AE∶EB=AO∶OC=AD∶BC=1∶3. a· 3+3a· 1 3 13 3 9 9 1 ∴EF= = A.S△EFB=S△EFC= · a· h= ah= > . 1+3 2 2 2 4 16 32 4 1 3 9 9 1 S△EBC=S△FBC= · 3a· h= ah= > .于是 B、C、F、E 四点 2 4 8 16 2 为所求.综上可知所证成立.
E D C Q

P

又证:当 ABCD 为平行四边形时,A、B、C、D 四点即为 所求. B 当 ABCD 不是平行四边形, 则至少有一组对边的延长线必 A 相交,设延长 AD、BC 交于 E,且设 D 与 AB 的距离<C 与 AB 的距离, 1 ⑴若 ED≤ AE, 取 AE 中点 P, 则 P 在线段 AD 上, 作 PQ∥AB 交 BC 于 Q. 若 PQ=a, 2 3 3 3 P 与 AB 距离=h.则 AB=2a,SABQP= SABE> SABCD= . 4 4 4 1 3 1 即 (a+2a)h> ,ah> . 2 4 2 1 1 1 1 ∴S△APQ=S△BPQ= ah> .S△PAB=S△QAB=ah> > . 2 4 2 4 即 A、B、Q、P 为所求. 1 ⑵若 ED> AE,取 AE 中点 P,则 P 在线段 DE 上, 2
N A D E F C Q S B

P
R

作 PR∥BC 交 CD 于 R,AN∥BC,交 CD 于 N,由于∠EAB+∠EBA<π,故 R 在线段 CD 1 上.N 在 DC 延长线上.作 RS∥AB,交 BC 于 S,则 RS= AB,延长 AR 交 BC 于 F,则 2 S△FAB=SABCN>SABCD=1.问题化为上一种情况.

(1992 二试 1)设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1、H2、H3、H4 依次为⊿A2A3A4、⊿ A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的垂心.求证:H1、H2、H3、H4 四点在同一个圆上,并定 出该圆的圆心位置. H3 M1 H4 证明:连 A2H1,A1H2,取 A3A4 的中点 M,连 OM, A1 A2 由上证知 A2H1∥OM, A2H1=2OM, A1H2∥OM, A1H2=2OM, O1 从而 H1H2A1A2 是平行四边形, 故 H1H2∥A1A2, H1H2=A1A2. 同理可知,H2H3∥A2A3,H2H3=A2A3;
O H1 H2
4 第 11 页共 38 A 页 M

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A3

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H3H4∥A3A4,H3H4=A3A4; H4H1∥A4A1,H4H1=A4A1. 故四边形 A1A2A3A4≌四边形 H1H2H3H4. 由四边形 A1A2A3A4 有外接圆知, 四边形 H1H2H3H4 也有外接圆. 取 H3H4∥的中点 M1, 作 M1O1⊥H3H4,且 M1O1=MO,则点 O1 即为四边形 H1H2H3H4 的外接圆圆心. 又证:以 O 为坐标原点,⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系,设 OA1、OA2、 OA3、OA4 与 OX 正方向所成的角分别为 α、β、γ、?,则点 A1、A2、A3、A4 的坐标依次是 (cosα,sinα)、(cosβ,sinβ)、(cosγ,sinγ)、(cos?,sin?). 显然,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的外心都是点 O,而它们的重心依 次是 1 1 1 1 ( (cosβ+cosγ+cos?), (sinβ+sinγ+sin?))、 ( (cosγ+cos?+cosα), (sinα+sin?+sinγ))、 3 3 3 3 1 1 1 1 ( (cos?+cosα+cosβ), (sin?+sinα+sinβ))、 ( (cosα+cosβ+cosγ), (sinα+sinβ+sinγ)). 3 3 3 3 从而,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的垂心依次是 H1(cosβ+cosγ+cos?,sinβ+sinγ+sin?)、 H2 (cosγ+cos?+cosα, sinα+sin?+sinγ)、 H3 (cos?+cosα+cosβ, sin?+sinα+sinβ)、 H4 (cosα+cosβ+cosγ, sinα+sinβ+sinγ). 而 H1、H2、H3、H4 点与点 O1(cosα+cosβ+cosγ+cos?,sinα+sinβ+sinγ+sin?)的距离都等 于 1,即 H1、H2、H3、H4 四点在以 O1 为圆心,1 为半径的圆上.证毕.

(1993 二试 1)设一凸四边形 ABCD,它的内角中仅有?D 是钝角,用一些直线段将该凸 四边形分割成 n 个钝角三角形,但除去 A、B、C、D 外,在该四边形的周界上,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. 证明充分性 D ⑴当 n=4 时,如图,只要连 AC,并在 ΔABC 内取一点 F, A C 使∠AFB、 ∠BFC、 ∠CFA 都为钝角(例如, 可以取 ΔABC 的 Fermat E F 点, 由于 ΔABC 是锐角三角形, 故其 Fermat 点在其形内). 于是, ΔADC、ΔAFB、ΔBFC、ΔAFC 都是钝角三角形. ⑵当 n=5 时,可用上法把凸四边形分成四个钝角三角形.再 B 在 AF 上任取一点 E,连 EB,则 ΔAEB 也是钝角三角形,这样就 得到了 5 个钝角三角形. 一般的,由⑴得到了 4 个钝角三角形后,只要在 AF 上再取 n-4 个点 E1、E2、…En-4, 把这些点与 B 连起来,即可得到均是钝角三角形的 n 个三角形. 必要性 n=2 时,连 1 条对角线把四边形分成了 2 个三角形,但其中最多只能有 1 个钝角三 角形. n=3 时,无法从同一顶点出发连线段把四边形分成 3 个三角形,现连了 1 条对角线

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AC 后,再连 B 与 AC 上某点得到线段,此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形. ∴当 n=2,3 时无法得到满足题目要求的解.只有当 n≥4 时才有解.

(1993 二试 3)水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l?m,l 与 m 相交于 M,点 M 在圆心 的右侧,直线 l 上不同的三点 A,B,C 在圆外,且位于直线 m l 上方,A 点离 M 点最远,C 点离 M 点最近,AP,BQ,CR 为圆 A O 的三条切线,P,Q,R 为切点. B Q 试证:(1)l 与圆 O 相切时,AB?CR+BC?AP=AC?BQ; P C R (2)l 与圆 O 相交时,AB?CR+BC?AP<AC?BQ; r d (3)l 与圆 O 相离时,AB?CR+BC?AP>AC?BQ. O M m 证明:设 MA=a,MB=b,MC=c,OM=d,⊙O 的半径=r. 且设 k=d2-r2.则当 k>0 时,点 M 在⊙O 外,此时,直 线 l 与⊙O 相离; 当 k=0 时,点 M 在⊙O 上,此时,直线 l 与⊙O 相切; 当 k<0 时,点 M 在⊙O 内,此时,直线 l 与⊙O 相交. ∴AP= a2+d2-r2= a2+k,同理,BQ= b2+k,CR= c2+k. 则 AB?CR+BC?AP - AC?BQ= AB?CR+BC?AP - (AB+BC)?BQ=BC× (AP - BQ) - AB× (BQ-CR) AP2-BQ2 BQ2-CR2 =BC× -AB× AP+BQ BQ+CR (b-c)(a-b)(a+b) (a-b)(b-c)(b+c) = - AP+BQ BQ+CR a+ b b+c =(a-b)(b-c)( - ) AP+BQ BQ+CR =(a-b)(b-c) a· BQ+a· CR+b· CR-b· AP-c· AP-c· BQ . (AP+BQ)(BQ+CR)

a2· BQ2-b2· AP2 (a2-b2)k 注意到 a?BQ-b?AP= = . b· AP+a· BQ b· AP+a· BQ 故 k>0 时,a?BQ-b?AP>0,k=0 时,a?BQ-b?AP=0,k<0 时,a?BQ-b?AP<0; 同理可得, k>0 时, b?CR-c?BQ>0, k=0 时, b?CR-c?BQ=0, k<0 时, b?CR-c?BQ<0; k>0 时,a?CR-c?AP>0,k=0 时,a?CR-c?AP=0,k<0 时,a?CR-c?AP<0; 即当 k>0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ>0; 当 k=0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ=0, 当 k<0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ<0.故证.、
E A

(1994 二试 3)如图,设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I, ∠B=60?,∠A<∠C,∠A 的外角平分线交圆 O 于 E.
O I
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证明:(1) IO=AE; (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R. 证明:∵∠B=60° ,∴∠AOC=∠AIC=120° . ∴A,O,I,C 四点共圆.圆心为弧 AC 的中点 F,半径为 R. ∴O 为⊙F 的弧 AC 中点,设 OF 延长线交⊙F 于 H,AI 延长线交弧 BC 于 D. 由∠EAD=90° (内外角平分线)知 DE 为⊙O 的 E A 直径.∠OAD=∠ODA. 但 ∠ OAI= ∠ OHI , 故 ∠ OHI= ∠ ADE , 于 是 RtΔDAE≌RtΔHIO O F ∴AE=IO. I 由 ΔACH 为正三角形,易证 IC+IA=IH. B 由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. C D 设∠OHI=α,则 0<α<30° . ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2R 2sin(α+45° ) 又 α+45° <75° ,故 IO+IA+IC<2 2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3)

H

(1995 二试 3)如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分 别切于 E,F,G,H,在弧 EF 与 GH 上分别作圆 O 的切线交 AB 于 M,交 BC 于 N,交 CD 于 P,交 DA 于 Q,求证:MQ∥NP. 分析要证 MQ∥NP,因 AB∥DC,故可以考虑证明 ∠AMQ=∠CPN. 现∠A=∠C, 故可证 ΔAMQ∽ΔCPN. 于 是要证明 AM∶AQ=CP∶CN. 证明设∠ABC=2?,∠BNM=2?,∠BMN=2γ.则 1 由 ON 平 分 ∠ ONM , 得 ∠ ONC= ∠ ONM= (180? - 2 2?)=90?-?; 同理,∠OMN=∠OMA=90?-γ. 而∠ CON=180? -∠OCN -∠ ONC=?+?=90? - γ, 于是 ΔCON∽ΔAMO, ∴AM∶AO=CO∶CN,即 AM· CN=AO2. 同理,AQ· CP=AO2,∴AM· CN=AQ· CP. ∴ΔAMQ∽ΔCPN,∴∠AMQ=∠CPN. ∴MQ∥NP.

A M B N F C G P E H Q D

A M γ 2 E H Q D P G C

B 2 α 2 β N

O F

(1996 二试 3)如图,圆 O1 和圆 O2 与△ABC 的三边所 在的三条直线都相切,E、F、G、H 为切点,并且 EG、 FH 的延长线交于 P 点。求证直线 PA 与 BC 垂直。
O1

P G A H O2

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E B

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C F

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证明设⊿ABC 的三边分别为 a、b、c,三个角分别为 A、B、C,则 1 CE=BF=CG=BH= (a+b+c). 2 1 1 ∴BE= (a+b+c)-a= (b+c-a). 2 2 1 1 ∴EF= (a+b+c)+ (b+c-a)=b+c. 2 2 1 连 CO1,则 CO1 平分∠ECG,CO1⊥EG,?∠FEP=90?- ∠C. 2 1 1 同理∠EFP=90?- ∠B,∠EPF= (B+C). 2 2 B cos 2 EP EF ∵ = ,∴EP=(b+c) 。 1 B+C B+C sin(90?- B) sin sin 2 2 2 B C cos sin 2 2 设 P、A 在 EF 上的射影分别为 M、N,则 EM=EPcos∠FEP=(b+c) . B+C sin 2 B C cos sin 2 2 1 又 BN=ccosB,故只须证 ccosB+ (b+c-a)= (b+c) , 2 B+C sin 2 B C cos sin 2 2 1 即 sinCcosB+ (sinB+sinC-sin(B+C)) = (sinB+sinC) 就是 2 B+C sin 2 B-C B-C B C 1 1 B+C 2cos cos sin =sinCcosB- sinBcosC- cosBsinC+sin cos 2 2 2 2 2 2 2 B-C B-C B-C 1 B+C B+C 右边= sin(C-B)+sin cos =cos (sin -sin ) 2 2 2 2 2 2 =2cos B-C B C cos sin 。故证。 2 2 2

(1997 二试 1)如图, 已知两个半径不相等的⊙O1 与⊙O2 相交于 M、N 两点,且⊙O1、⊙O2 分别与⊙O 内切于 S、T 两点。求 证:OM⊥MN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。 证明:过 S、T 分别作相应两圆的公切线,交于点 P,则
O1

O M O2

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S

第 15 页共 38 页 T
N

P

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PS=PT,点 P 在直线 MN 上(根轴).且 O、S、P、T 四点共圆. ⑴若 S、N、T 三点共线, 连 O1N,O2N,则 OS=OT,O1S=O1N, 于是∠ S= ∠ T ,∠ S= ∠ O1NS ,∴∠ O1NS= ∠ T , O1N ∥ OT ,同理, O2N ∥ OS ,即 OS=O2N+O1S.即⊙O 的半径=⊙O1 与⊙O2 的半径的和. ∴∠PTS=∠TSP=∠NMS,∴S、P、T、M 共圆,故 O、S、P、T、M 五点共圆.∠ OMS=∠OTS=∠OST. ∴∠OMN=∠OMS+∠SMN=∠OST+∠TSP=∠OSP=90° . ∴OM⊥MN. ⑵反之,若 OM⊥MN,则 OM∥O1O2, 由 OO2-OO1=(R-r2)-(R-r1)=r1-r2=O1M-O2M.即 O、M 在以 O1、O2 为焦点的 双曲线的不同两支上.由双曲线的对称性,知 O1O2MO 是等腰梯形.∴OO2=O1M. 即 OT=r1+r2,∴O1N=OO2,OO1=O2N,于是 OO1NO2 为平行四边形. 由于△OST、△O1SN、△O2NT 都是等腰三角形.∴∠SO1N=∠O=∠NO2T,∴∠OST= ∠OSN. ∴S、N、T 三点共线.

(1998 二试 1)如图,O、I 分别为△ABC 的外心和内心,AD 是 BC 边上的高,I 在线段 OD 上。求证:△ABC 的外接圆半 径等于 BC 边上的旁切圆半径。 注:△ABC 的 BC 边上的旁切圆是与边 AB、AC 的延长线以及 边 BC 都相切的圆。 解由旁切圆半径公式,有 2S aha ra= = ,故只须证明 b+c-a b+c-a
N

A

O I

B

D

M K

C

R a = 即可。连 AI 并延长交⊙O 于 K,连 OK 交 BC 于 M,则 K、M 分别为弧 ha b+c-a BC 及弦 BC 的中点。且 OK⊥BC。于是 OK∥AD,又 OK=R,故 R OK IK KB = = = , ha AD IA IA KB aha BM 故只须证 = = . IA b+c-a 1 (b+c-a) 2 1 作 IN⊥AB,交 AB 于 N,则 AN= (b+c-a), 2

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而由⊿AIN∽⊿BKM,可证

KB BM = 成立,故证。 IA AN

(1999 二试 1)一、如图,在四边形 ABCD 中,对角线 AC 平分 ∠BAD。在 CD 上取一点 E,BE 与 AC 相交于 F,延长 DF 交 BC 于 G。求证:∠GAC=∠EAC.
B

A D E F G C

解析: 连 结 BD 交 AC 于 H. 对 △BCD 用 塞 瓦 定 理 , 可得 因 为 AH 是 ∠ BAD 的 平 分 线 , 由 角 平 分 线 定 理 , 可得 故 . .

过 点 C 作 AB 的 平 行 线 AG 的 延 长 线 于 I, 过 点 C 作 AD 的 平 行 线 交 AE 的 延 长 线 于 J. 则 . 所以, 从 而 , CI=CJ. 又 因 为 CI∥ AB, CJ∥ AD, 故 ∠ ACI=π-∠ ABC=π-∠ DAC=∠ ACJ. 因 此 , △ACI≌ △ ACJ. 从 而 , ∠ IAC=∠ JAC, 即 ∠ GAC=∠ EAC

(2000 二试 1)一.(本题满分 50 分)如图,在锐角三角形 ABC 的 BC 边上有两点 E、 F,满足∠BAE=∠CAF,作 FM⊥AB,FN⊥AC(M、N 是垂足),延长 AE 交三角形 ABC 的外接圆于 D. 证明:四边形 AMDN 与三角形 ABC 的面积相等. 证明:连 MN,则由 FM⊥AM,FN⊥AN 知 A、M、F、N 四点共圆,且该圆的直径 为 AF . 又 ?AMN=?AFN , 但 ?FAN=?MAD , 故 A ?MAD+?AMN=?FAN+?AFN=90?.∴MN⊥AD,且由正弦定 M 理知,MN=AFsinA. 1 1 N ∴SAMDN= AD· MN= AD· AFsinA. 2 2
B

连 BD,由?ADB=?ACF,?DAB=?CAF,得⊿ABD∽⊿
D

E

F

C

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AFC. ∴AD∶AB=AC∶AF,即 AD· AF=AB· AC. 1 1 ∴SAMDN= AD· AFsinA= AB· ACsinA=SABC. 2 2

A

(2001 二试 1)一.如图,△ABC 中,O 为外心,三条 高 AD、 BE、 CF 交于点 H, 直线 ED 和 AB 交于点 M, FD 和 AC 交于点 N. 求证:(1)OB⊥DF,OC⊥DE. (2)OH⊥MN. 【证明】(1)∵A,C,D,F 四点共圆, ∴∠BDF=∠BAC. 又∵∠OBC=

O F H D E C N

B

1 (180° -∠BOC)=90° -∠BAC, 2

∴OB⊥DF. 同理 OC⊥DE.………………………10 分 (2)∵CF⊥MA, ∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2.……① ∵BE⊥NA, ∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2.……② ∵DA⊥BC, ∴BD 2-CD 2=BA 2-AC 2.……③ ∵OB⊥DF, ∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2.……④ ∵OC⊥DE, ∴CM 2-CD 2=OM 2-OD 2.……⑤………………………………………………30 分 ①-②+③+④-⑤,得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2. MO 2-MH 2=NO 2-NH 2. 所以 OH⊥MN.…………………………………………………………………………50 分

M

(2002 二试 1)如图,在⊿ABC 中,∠A=60° , AB>AC, 点 O 是外心, 两条高 BE、 CF 交于 H 点, 点 M、 N 分别在线段 BH、 HF 上, 且满足 BM=CN, 求

A F N O K M H E

MH ? NH 的值。 OH

解:在 BE 上取 BK=CH,连接 OB、OC、OK, B

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C

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由三角形外心的性质知 ∠BOC=2∠A=120° 由三角形垂心的性质知 ∠BHC=180° -∠A=120° ∴∠BOC=∠BHC ∴B、C、HO 四点共圆 …………20 分 ∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH ∴⊿BOK≌⊿COH …………30 分 ∵BOK=∠BOC=120° ,∠OKH=∠OHK=30° 观察⊿OKH

KH OH ? ?KH= 3 OH sin 120 ? sin 30?
又∵BM=CN,BK=CH, ∴KM=NH ∴MH+NH=MH+KM=KH= 3 OH ∴

…………40 分

MH ? NH = 3 OH

…………50 分

(2003 二试 1)过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线,切点为 A、B,所作割线 交圆于 C、D 两点,C 在 P、D 之间.在弦 CD 上取一点 Q,使∠DAQ=∠PBC. 求证:∠DBQ=∠PAC. A 分析:由∠PBC=∠CDB,若∠DBQ=∠PAC= ∠ ADQ , 则 ?BDQ ∽ ?DAQ . 反 之 , 若 ?BDQ ∽ P O ?DAQ.则本题成立.而要证?BDQ∽?DAQ,只要 C BD DQ Q 证 = 即可. D AD AQ 证明:连 AB. ∵?PBC∽?PDB, BD PD AD PD ∴ = ,同理, = . BC PB AC PA BD BC ∵PA=PB,∴ = . AD AC ∵∠BAC=∠PBC=∠DAQ,∠ABC=∠ADQ. ∴?ABC∽?ADQ. BC DQ BD DQ ∴ = .∴ = . AC AQ AD AQ ∵∠DAQ=∠PBC=∠BDQ.
B

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∴?ADQ∽?DBQ. ∴∠DBQ=∠ADQ=∠PAC.证毕.

(2004 二试 1)在锐角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相交于点 H,以 DE 为直径的圆分别交 AB、AC 于 F、G 两点,FG 与 AH 相 C 交于点 K,已知 BC=25,BD=20,BE=7,求 AK 的长. 解:∵BC=25,BD=20,BE=7, 15 ∴CE=24,CD=15. 24 D 25 6 ∵AC· BD=CE· AB,?AC= AB,① 20 5 P G
H

∵BD⊥AC,CE⊥AB,?B、E、D、C 共圆, 6 6 ?AC(AC - 15)=AB(AB - 7) , ? AB( AB - 5 5 15)=AB(AB-18), ∴AB=25,AC=30.?AE=18,AD=15. 1 ∴DE= AC=15. 2 延长 AH 交 BC 于 P,则 AP⊥BC. ∴AP· BC=AC· BD,?AP=24. 连 DF,则 DF⊥AB, 1 ∵AE=DE,DF⊥AB.?AF= AE=9. 2

K A F
18

E

7

B

∵D、E、F、G 共圆,?∠AFG=∠ADE=∠ABC,??AFG∽?ABC, ∴ AK AF 9?24 216 = ,?AK= = . AP AB 25 25

(2005 二试 1) 如图, 在△ABC 中, 设 AB>AC, 过 A 作△ABC 的外接圆的切线 l,又以 A 为圆心,AC 为半径作圆分别交线 段 AB 于 D;交直线 l 于 E、F。 证明: 直线 DE、 DF 分别通过△ABC 的内心与一个旁心。 (注:与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称 为三角形的旁切圆,旁切圆的圆心称为旁心。) 证明:(1)先证 DE 过△ABC 的内心。 如图, 连 DE、 DC, 作∠BAC 的平分线分别交 DC 于 G、 DE 于 I, 连 IC, 则由 AD=AC, 得,AG⊥DC,ID=IC. 又 D、C、E 在⊙A 上,

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∴∠IAC=

1 ∠DAC=∠IEC,∴A、I、C、E 四点共圆, 2 1 ∠ABC. 2 1 1 ∠ABC, ∴∠ACI= ∠ACB, ∴I 为△ABC 的内心。 2 2

∴∠CIE=∠CAE=∠ABC,而∠CIE=2∠ICD, ∴∠ICD=

∴∠AIC=∠IGC+∠ICG=90° +

(2)再证 DF 过△ABC 的一个旁心. 连 FD 并延长交∠ABC 的外角平分线于 I1,连 II1、B I1、B I,由(1)知,I 为内心, ∴∠IBI1=90° =∠EDI1,∴D、B、l1、I 四点共圆, ∵∠BI l1 =∠BDI1=90° -∠ADI1 =(

1 1 ∠BAC+∠ADG)-∠ADI= ∠BAC+∠IDG,∴A、I、I1 共线. 2 2

I1 是△ABC 的 BC 边外的旁心

(2006 二试 1)以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1)。在 AB0 的延长线上任取点 P0,以 B0 为 圆心,B0P0 为半径作圆弧 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0;以 C1 为圆心,C1Q0 为半径作圆弧 Q0P1 交 B1A 的延长线于 P1; 以 B1 为圆心,B1P1 为半径作圆弧 P1Q1 交 B1C0 的延长线于 Q1;以 C0 为圆心,C0Q1 为半径作圆弧 Q1P′0 ,交 AB0 的延长 线于 P′0。试证: (1) 点 P′0 与点 P0 重合, 且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内切于 P0; (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 一、(本题满分 50 分)以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1)。 在 AB0 的延长线上任取点 P0,以 B0 为圆心,B0P0 为半径作圆弧 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0;以 C1 为圆心,C1Q0 为半径作圆弧 Q0P1 交 B1A 的延长线于 P1;以 B1 为圆心,B1P1 为半径作圆弧 P1Q1 交 B1C0 的延长线于 Q1;以 C0 为圆心,C0Q1 为半径作圆弧 Q1P′0 ,交 AB0 的延长线于 P′0。试证: (1)点 P′0 与点 P0 重合,且圆弧 P1 P0Q0 与 P0Q1 相内切于 P0; A S1 (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 证明:(1)显然 B0P0=B0Q0,并由 圆弧 P0Q0 和 Q0P1 , Q0P1 和 P1Q1 , P1Q1 和 Q1P′0 分别相内切于点 Q0、 P1 、 Q1 , 得 C1B0+B0Q0=C1P1 , T Q1 C0 B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1 以 及 C1 C0Q1=C0B0+B0P′0。四式相加,利用 Q0 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0 以及 P′0 在 B1 B0
P0
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R1

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B0P0 或其延长线上,有 B0P0=B0P′0。 从而可知点 P′0 与点 P0 重合。由于圆弧 Q1P0 的圆心 C0、圆弧 P0Q0 的圆心 B0 以及 P0 在 同一直线上,所以圆弧 Q1P0 和 P0Q0 相内切于点 P0。 (2)现在分别过点 P0 和 P1 引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T。又过点 Q1 引相应相切圆弧的公切线 R1S1,分别交 P0T 和 P1T 于点 R1 和 S1。连接 P0Q1 和 P1Q1, 得等腰三角形 P0Q1R1 和 P1Q1S1。基于此,我们可由 ∠P0Q1P1=π?∠P0Q1R1?∠P1Q1S1=π?(∠P1P0T?∠Q1P0P1)?(∠P0P1T?∠Q1P1P0) 而 π?∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0,代入上式后,即得

1 1 ?P0Q1 P (?P (?P 1 ?? ? 1P 0T ? ?P 0P 1T ) ,同理可得 ?P 0 Q0 P 1 ?? ? 1P 0T ? ?P 0P 1T ) 。 2 2
所以四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 第(1)问的证明略,下面着重讨论第 2 问的另一种证明方法: 构思:证明四点共圆,如果能找(或猜测)到该圆的圆心,转而证明圆心到四点距 离相等,也是一个常用的方法,那么圆心究竟在哪里? 试验:由题意可以知道: C1 B0 ? C1 B1 ? C0 B1 ? C0 B0 =常数(大于 B0 B1 )。 利用《几何画板》制作如图 1 所示的试验场景,其中圆 O 为四边形 P 0Q0Q 1P 1 的外接圆。

C1B0 = C1B1 = C0B1 = C0B0 =

4.07852 厘米 1.87466 厘米 4.61694 厘米 1.33625 厘米
A

C1B0+C1B1 = 5.95318 厘米 C0B1+C0B0 = 5.95318 厘米
P1

O C1 C0

Q1

B1

B0

Q0 P0

拖动点 A观察圆心 O的位置变化
图1 拖动点 A ,观察圆心 O 位置的变化,猜测点 O 可能是 ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的 内心(这两个三角形的内心可能是重合的)。利用《几何画板》中的测量工具测得相关

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角的度数,可以验证这个猜想是正确的! 所以我们就有了下面的另解: 证明:首先证明 ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心重合: 假设这两个三角形的内心不重合,并设 O 为 ?AC1B0 的内心, M 、 N 、 F 分别为 切点。则可从点 B1 引圆 O 的切线与圆 O 切于点 E 、与线段 AB0 交于点 D ,而且点 D 与 点 C0 不重合,如图 2。 由切线性质,可以得到:

B1 E ? B1M , DE ? DN ………………….①

C1 F ? C1M , B0 F ? B0 N ………………..②
分别将①、②中的等式相加,得到:

A

M N O C1 F E D C0 B1 B0

B1 D ? B1M ? DN ………………………..③

C1 B0 ? C1M ? B0 N ……………………. ④
③-④: B1 D ? C1 B0 ? B1M ? C1M ? ( B0 N ? DN )

图2 ∴ DB1 ? DB0 ? C1 B1 ? C1 B0 又因为

C0 B1 ? C0 B0 ? C1 B1 ? C1 B0 ,∴ DB1 ? DB0 ? C0 B1 ? C0 B0
∴ DB1 ? DC0 ? C0 B1 ,这与点 D 与点 C0 不重
A P1

合矛盾,所以假设不成立,因此: ?AC1B0 的内 心与 ?AC0 B1 的内心重合。 设 ?AC1B0 、 ?AC0 B1 的内心为 O ,如图 3。 由于直线 OC0 平分 ?AC0 B1 , 又 C0Q1 ? C P
' 0 0,
B1 B0 Q0 O Q1 C1 C0

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P0

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' ∴直线 OC0 垂直平分线段 P0'Q1 ,∴ OP 0 ? OQ 1

同理: 直线 OB0 垂直平分线段 P0 Q0 ,∴ OP 0 ? OQ0 直线 C1O 垂直平分线段 P 1 ? OQ0 图 3 1Q0 ,∴ OP 直线 B1O 垂直平分线段 P 1Q1 ,∴ OP 1 ? OQ 1
' ∴ OQ1 ? OQ0 ,∴ OP 0 ? OP 0

? Q 相切于点 P 。 ?Q 与P 又点 P 、P0' 都在 AB0 的延长线上, ∴点 P0 、P0' 重合, 且圆弧 P 0 1 0 0 0
∴ OP 1 ? OP 0 ? OQ 1 ? OQ0 所以四点 P0 、 Q0 、 P1 、 Q1 共圆

(2007 二试 1)如图,在锐角△ABC 中,AB<AC,AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE⊥AC,垂足为 E,做 PF⊥AB,垂足为 F。O1、O2 分别是△BDF、△CDE 的外心。求 证:O1、O2、E、F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。
B

A E F O1 D P O2 C

一、 (本题满分 50 分) 如图, 在锐角△ABC 中, AB<AC, A AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE ⊥AC,垂足为 E,作 PF⊥AB,垂足为 F。O1、O2 分别 E 是△BDF、△CDE 的外心。求证:O1、O2、E、F 四点共 F P 圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。 O2 证明:连结 BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为 PD O1 ⊥BC,PF⊥AB,故 B、D、P、F 四点共圆,且 BP 为该 圆的直径。又因为 O1 是△BDF 的外心,故 O1 在 BP 上 D B' C B 且是 BP 的中点。同理可证 C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是 的 CP 中 点 。 综 合 以 上 知 O1O2 ∥ BC , 所 以 ∠ PO2O1= ∠ PCB 。 因 为 AF· AB=AP· AD=AE· AC,所以 B、C、E、F 四点共圆。 充分性:设 P 是△ABC 的垂心,由于 PE⊥AC,PF⊥AB,所以 B、O1、P、E 四点共线, C、O2、P、F 四点共线,∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1,故 O1、O2、E、F 四点共圆。 必要性:设 O1、O2、E、F 四点共圆,故∠O1O2E+∠EFO1=180° 。 由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB?∠ACP, 又因为 O2 是直角△CEP 的斜边中点, 也就是△CEP 的外心, 所以∠PO2E=2∠ACP。 因为 O1 是直角△BFP 的斜边中点, 也就是△BFP 的外心,

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从而∠PFO1=90°?∠BFO1=90°?∠ABP。 因为 B、 C、 E、 F 四点共圆, 所以∠AFE=∠ACB, ∠PFE=90°?∠ACB。于是,由∠O1O2E+∠EFO1=180° 得 (∠ACB?∠ACP)+2∠ACP+(90°?∠ABP)+(90°?∠ACB)=180° ,即∠ABP=∠ACP。又因为 AB<AC,AD⊥BC,故 BD<CD。设 B'是点 B 关于直线 AD 的对称点,则 B'在线段 DC 上 且 B'D=BD。 连结 AB'、 PB'。 由对称性, 有∠AB'P=∠ABP, 从而∠AB'P=∠ACP, 所以 A、 P、B'、C 四点共圆。由此可知∠PB'B=∠CAP=90°?∠ACB。因为∠PBC=∠PB'B, 故∠PBC+∠ACB=(90°?∠ACB)+∠ACB=90° ,故直线 BP 和 AC 垂直。由题设 P 在边 BC 的高上,所以 P 是△ABC 的垂心。

(2009 二试 1) 如图, M , N 分别为锐角三角形 ?ABC ? 、? AC 的中点.点 C 作 ( ?A ? ?B )的外接圆 ? 上弧 BC
PC ∥ MN 交圆 ? 于 P 点,I 为 ?ABC 的内心, 连接 PI 并

P N

C M I T

延长交圆 ? 于 T . ⑴求证: MP ? MT ? NP ? NT ; AB(不含点 C ) ⑵在弧 ? 上任取一点 Q( Q ≠ A , T,

B

B ),记 ?AQC , △QCB 的内心分别为 I1 , I 2 ,
求证: Q , I1 , I 2 , T 四点共圆.
A Q

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(2008 加试 1)一、(本题满分 50 分) 如图,给定凸四边形 ABCD , ?B ? ?D ? 180? , P 是平面上的 动点,令 f ( P) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB . (1)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P、A、B、C 四点共圆;

AE 3 ( 2 ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 ? , AB 上 一点 , 满足 : ? AB 2
答一图 1 BC 1 ? 3 ? 1 , ?ECB ? ?ECA ,又 DA, DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小 EC 2 值. 一、方法一:(1)如答一图 1,由托勒密不等式,对平面上的任 意点 P ,有 PA ? BC ? PC ? AB ? PB ? AC .因此
f ( P) ? PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA ? PB ? CA ? PD ? CA ? ( PB ? PD) ? CA .

因为上面不等式当且仅当 P、A、B、C 顺次共圆时取等号,因此 当 且 仅 当 P 在 ?ABC 的 外 接 圆 且 在 ? AC 上 时 ,
f ( P) ? ( PB ? PD) ? CA .又因 PB ? PD ? BD ,此不等式当且仅
第 1 题图

当 B, P, D 共线且 P 在 BD 上时取等号.因此当且仅当 P 为 ?ABC

1

的外接圆与 BD 的交点时, f ( P ) 取最小值 f ( P)min ? AC ? BD .故当 f ( P ) 达最小值时,
P、A、B、C 四点共圆.

(2)记 ?ECB ? ? ,则 ?ECA ? 2? ,由正弦定理有

AE sin 2? 3 ,从而 ? ? AB sin 3? 2

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3sin3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以

3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,
解得 cos ? ? =

sin ? ?EAC ? 300 ? sin ?EAC

3 BC 1 或 cos ? ? ? (舍去) , 故 ? ? 30? ,?ACE ? 60? . 由已知 ? 3 ?1 EC 2 2 3
, 有

sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC





3 1 2? 3 1 整理得 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , sin ?EAC ? cos ?EAC , 2 2 2 2 1 ? ? 故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 , 可 得 ?EAC ? 75 , 从 而 ?E ? 45 , 2? 3 因 AC ? 2 , 则 CD ? 1 . 又 ?ABC ?ADC 为等腰直角三角形. ?DAC ? ?DCA ? ?E ? 45? , 2 ? 也是等腰直角三角形,故 BC ? 2 , BD ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135 ? 5 , BD ? 5 .故 . f ( P)mi n ? BD? AC? 5 ? 2 ? 10
方法二:(1)如图 2,连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O 于 P0 点 (因为 D 在

? O 外,故 P0 在 BD 上).
过 A, C, D 分别作 P 的垂线,两两相交得 0 A, P 0C, P0D

?A1B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而在 ?A1B1C1 内,记
?ABC 之 三 内 角 分 别 为 x,y,z

, 则 得 ?B1 ? y , 同 理有
(第 1 题图 2)

, B1 A1 ? PC , ?APC ? 180? ? y ? z ? x ,又因 B1C1 ? P 0 0A 0

?A1 ? x , ?C1 ? z ,

所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC . 设 B1C1 ? ? BC , 则对平面上任意点 M , C1 A1 ? ?CA ,A1B1 ? ? AB , 有

? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? PC 0 ? AB)
?P 0 A? B 1C1 ? P 0 D ? C1 A 1 ? PC 0 ?A 1B 1

? 2S?A1B1C1
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1B1
? ? (MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB) ? ? f (M ) ,

从而 f ( P . 由 M 点的任意性, 知 P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点. 由点 P0 在 ? O 上, 0 ) ? f (M ) 故P 、B、C 四点共圆. 0、A

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(2) 由 (1) , f ( P ) 的最小值 f ( P0 ) ? 由 正 弦 定 理 有

2

?

记 ?E 则 ?E C B ?? , C A ? 2? , S ?A1B1C1 ? 2? S?ABC , , 从 而 ,s 即 3 s ? i ? n 3 ? 2 i n 2

AE sin 2? 3 ? ? AB sin 3? 2

3 2 3 ( 3 ?? s i n ?? 4 s i ?n , 所 ? ) 以4 3 s 3? i 4 n 3 (1 ?c c o o ?s s? )

4 ?c? os , 整 0理 得

4 3 c o2s ??

4 c? o? s

? 3 ,解得 0 cos? ?

3 1 或 cos ? ? ? (舍去),故 ? ? 30? , 2 2 3
=

?ACE ? 60

?









BC ? 3 ?1 EC

sin ? ?EAC ? 300 ? sin ?EAC

,



sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC ,即
整理得

3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 2 2
, 可得 ?EAC ? 75? ,

2? 3 1 1 故a sin ?EAC ? cos ?EAC , n t ?EAC ? 2 ? 3 ? 2 2 2? 3

所以 ?E ? 45? , ?ABC 为等腰直角三角形, AC ? 2 , S?ABC ? 1,因为 ?AB1C ? 45? , B1 点 在

?O





?AB1B ? 90?







B1BDC1









B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 ,故 ? ?

5 5 ,所以 f ( P)min ? 2 ? ?1 ? 10 . 2 2

方法三: (1)引进复平面,仍用 A, B, C 等代表 A, B, C 所对应的复数.由三角形不等式, 对于复数 z1 , z2 ,有 z1 ? z2 ? z1 ? z2 ,当且仅当 z1 与 z2 (复向量)同向时取等号.

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 有 PA ? BC ? PC ? AB ? PA ? BC ? PC ? AB ,
所以 ( A ? P)(C ? B) ? (C ? P)( B ? A)

? ( A ? P)(C ? B) ? (C ? P)(B ? A) ① ? ?P ? C ? A ? B ? C ? B ? P ? A ??? ? ???? ? ( B ? P)(C ? A) ? PB ? AC ,
??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ???? 从而 PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA ? PB ? AC ? PD ? AC ??? ? ??? ? ???? ? ( PB ? PD ) ? AC

??? ? ???? ? BD ? AC .②

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①式取等号的条件是复数 ( A ? P)(C ? B) 与 (C ? P)( B ? A) 同向,故存在实数 ? ? 0 ,使得

A? P B? A A? P B? A ,所以 arg( ?? ) ? arg( ), C?P C?B C?P C?B ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 向量 PC 旋转到 PA 所成的角等于 BC 旋转到 AB 所成的角,从而 P、A、B、C 四点共圆.
( A ? P)(C ? B) ? ? (C ? P)( B ? A) ,

②式取等号的条件显然为 B, P, D 共线且 P 在 BD 上. 故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ?ABC 之外接圆上, P、A、B、C 四点共圆. (2)由(1)知 f ( P)min ? BD ? AC .以下同方法一.
A

O

(2010 二试 1)如图,锐角三角形 ABC 的外心为 O,K 是边 BC 上一点(不是边 BC 的中点),D 是线段 AK 延 长线上一点,直线 BD 与 AC 交于点 N,直线 CD 与 AB 交 于点 M.求证:若 OK⊥MN,则 A,B,D,C 四点共圆.
M

B

EK D

C

P

Q

N
A

O

B

EK D

C

1. 用反证法.若 A,B,D,C 不四点共圆,设三角形 ABC 的外接圆与 AD 交于点 E,连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q,连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P,连接 PQ. 因为 PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)
2

P

Q

N M

? ? PO 2 ? r 2 ? ? ? KO 2 ? r 2 ? ,
同理

QK 2 ? ? QO 2 ? r 2 ? ? ? KO 2 ? r 2 ? ,
所以 PO ? PK ? QO ? QK ,
2 2 2 2

故 OK ⊥ PQ .由题设,OK⊥MN,所以 PQ∥MN,于是

AQ AP ? .① QN PM
由梅内劳斯(Menelaus)定理,得

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NB DE AQ ? ? ? 1 ,② BD EA QN
MC DE AP ? ? ? 1 .③ CD EA PM NB MC ND MD ? ? 由①,②,③可得 ,所以 , 故 △DMN ∽ △DCB , 于 是 BD CD BD DC
?DMN ? ?DCB , 所以 BC∥MN, 故 OK⊥BC, 即 K 为 BC 的中点, 矛盾! 从而 A, B, D, C
四点共圆. 注 1:“ PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)”的证明:延长 PK 至点 F,
2

使得

PK ? KF ? AK ? KE ,④
则 P,E,F,A 四点共圆,故

?PFE ? ?PAE ? ?BCE ,
从而 E,C,F,K 四点共圆,于是 PK ? PF ? PE ? PC ,⑤ ⑤-④,得
B O

A

F EK D P C

PK ? PE ? PC ? AK ? KE ? P 的幂(关于⊙O) ? K
2

Q

的幂(关于⊙O). 注 2:若点 E 在线段 AD 的延长线上,完全类似.

N M

(2011 二试 1)如图,P,Q 分别是圆内接四边形 ABCD 的对角线 AC,BD 的中点。若

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(2012 二试 1)如图,在锐角 ?ABC 中, AB ? AC , M , N 是 BC 边上不同的两点,使得

?BAM ? ?CAN . 设 ?ABC 和 ?AMN 的外心分别为 O1 , O2 , 求证:O1 , O2 , A 三点共线。

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(2013 二试 1)如图,

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(2014T7)设等边三角形 ABC 的内切圆半径为 2,圆心为 I 。若点 P 满足 PI ? 1 ,则 ?ABC 与 ?APC 的面积之比的最大值为__________

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(2014 二试 2)

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