第一届至第九届(2010-2018年)陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案【PDF版】
历年全国高中数学联赛试题及答案76套题
历年全国高中数学联赛试题及答案76套题
（一）2019年全国高中数学联赛试题及答案
1. 小川野升平想在一个边长为6米的正方形的地块上建
造一个有一堵墙的房子，墙要用沙发垫、玻璃门中的一种建造，沙发垫墙每平方米需要50元，玻璃门墙每平方米需要80元。为了满足小川野升平的预算，需要选择合适的方案，可以使花费尽可能少。请求出该房子沙发垫墙和玻璃门墙各多少平方米，以及花费的最小值。
解：由题意得，房子在四周建墙，所以共4个墙面。墙
面中有一个为门，另外3个可以被沙发垫或玻璃门所替代。因为墙长宽相等，所以选择沙发垫或玻璃门所用的面积是相等的，即我们只需要考虑使用沙发垫或玻璃门的墙面数量即可。
用$x$表示使用沙发垫的墙面数量，则使用玻璃门的墙面
数量为$3-x$，进而可列出花费的表达式：
$$f(x)=50x+80(3-x)=80x+240$$
为获得花费的最小值，我们需要求出$f(x)$的最小值，
即求出$f(x)$的极小值。因为$f(x)$是$x$的一次函数，所以
可求出其导函数$f'(x)=80-30x$。
当$f'(x)=0$时，即$x=\frac83$，此时$f(x)$有极小值
$f(\frac83)=400$。当$x<\frac83$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x>\frac83$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。所以我们选择使用3个沙发垫的构建方案，所需面积为
$3\times6=18m^2$，花费为$50\times18=900$元。
因此，该房子沙发垫墙面积为18平方米，玻璃门墙面积
高中数学奥林匹克竞赛全真试题
2003年全国高中数学联合竞赛试题
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列.这个新数列的第2003项是（） A ．2046B ．2047C ．2048D ．2049
2、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么，直线ax －y ＋b =0和曲线bx 2＋ay 2
=ab 的图形是（）
3、过抛物线y 2
=8（x ＋2）的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于()
A ．
163B ．83
C
．4、若5[,123x ππ∈--，则2tan(tan(cos()366
y x x x πππ
=+-+++的最大值是（）.
A
C
2
2
4949u x y =
+
--的最小值是（）
与CD 的距离为2，夹角为3
π
，则四面体ABCD 的体积等于8、设F 1，F 2是椭圆194
x y +=的两个焦点，P __________.
9、已知A ={x |x 2－4x ＋3<0，x ∈R }，B ={x |21－x ＋a a 的取值范围是__________.
10、已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且3
log ,log 24
a c
b d ==
，若a －c =9
，b －d =__________.
11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于__________.
12、设M n ={（十进制）n 位纯小数0.12|n i a a a a 只取0或1（i =1，2，…，n －1），a n =1}，T n 是M n 中元素
-全国高中数学联赛试题及答案
2009年全国高中数学联合竞赛一试
试题参考答案及评分标准
说明：
1．评阅试卷时，请依据本评分标准，填空题只设7分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次．
2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中至少4分为一个档次，不要增加其他中间档次． 一、填空（共8小题，每小题7分，共56分）
1． 若函数(
)f x =且()()()n n
f x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则()
()991f = ． 【答案】 1
10
【解析】 ()()(
)1f x f x = (
)
()(
)2f x f f x =⎡⎤⎣⎦……
(
)
(
)99f x
故()()991
110
f =．
2． 已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，
C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为 ．
【答案】 []36， 【解析】 设()9A a a -，
，则圆心M 到直线AC 的距离sin 45d AM =︒，由直线AC 与圆M
相交，得d 解得36a ≤≤．
3． 在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为02y y x y x ⎧⎪
⎨⎪-⎩
≥≤≤，N 是随t 变化的区域，它由不等式
1t x t +≤≤所确定，t 的取值范围是01t ≤≤，则M 和N 的公共面积是函数()f t = ．
【答案】 212
t t -++
历届全国中学生数学竞赛试题
中国数学奥林匹克(CMO)
历届试题及解答
1986-2005
2,其余x k 均等于0.则 2(a i + a j ) 4(a i 2(180 2(180
第一届中国数学奥林匹克(1986年)
天津 南开大学
1.已知 a 1, a 2, . . . , a n 为实数, 如果它们中任意两数之和非负,那么对于满足
x 1 + x 2 + · · · + x n = 1
的任意非负实数 x 1, x 2, . . . , x n , 有不等式
a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x n
成立.请证明上述命题及其逆命题. a 1x 21 + a 2x 22 + · · · + a n x 2n
证明:原命题的证明:由0 x i
1, x i − x 2i
0, x i
x 2i (i = 1, 2, . . . , n ).
(1)若a i
0(i = 1, 2, . . . , n ),则显然有a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x n
a 1x 21 + a 2x 22 + · · · + a n x 2n ;
(2)否则至少存在一个a i < 0,由对称性不妨设a 1 < 0. 又因为a 1, a 2, . . . , a n 中任两数之和非负,所 以a i + a 1
0, a i
−a 1 > 0(i = 2, 3, . . . , n ).
a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x n − a 1x 21 − a 2x 22 − · · · − a n x 2n
历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答
3 2
,
2n+1 6
=
2t +
3 2
,
n
=
6t + 4(t
∈
Z).
或(2n + 1)(2k
+
5 6
)
=
2l +
3 2
,
5(2n+1) 6
= 2t +
3 2
,
5|4t
+
3,
t
≡
3
(mod
5)(t
∈
Z).
设t = 5s + 3,则n = 6s + 4,总有6|n + 2.
山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第4章 三角形中的分角线
第4章 三角形中的分角线
三角形中分角线有如下一系列有趣的结论，我们以性质的形式介绍之．
性质1 设1A 、2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC ∠=
γ，则αγ=的充要条件是
2122
12BA BA AB AC A C A C ⋅=⋅或221212
AB AC BA BA AC A C =⋅⋅或sin sin()
sin sin()αβγγαβ+=+． 证法1 如图41-，应用三角形正弦定理，有
图4-1
γ
βα
A'2A 2
A 1
D B
C
E A
2
121212sin sin sin sin()
AA B AA B
AB AB AB BA BA BA BA ααβ∠∠=⋅=⋅
⋅+， 21
21212
sin sin sin()sin AAC AA C AC AC AC AC A C AC A C βγγ∠∠=⋅=⋅
⋅+．① 必要性．当αγ=时，则由上述①式，即得结论．
充分性．当212
212BA BA AB AC A C A C
⋅=⋅时，在BC 边上取点2
A '，使2A AC α'∠=． 此时，由①式，有212
2
12BA BA AB AC A C A C '⋅='⋅．于是，有2222BA BA A C A C
'='． 从而22
222
2BA BA BA A C BA A C '=
''++，即知2A '与2A 重合．故αγ=． 证法2 如图41-，作12AA A △的外接圆分别交AB 、AC 于点D 、E ，则由割线定理，有11AB BD BA BA ⋅=⋅，12AC CE CA CA ⋅=⋅．
高中数学竞赛试题及解题答案
高中数学竞赛试题及解题答案在高中数学竞赛中，试题是考察学生数学思维和解决问题的能力的重要手段。下面将为大家提供一部分高中数学竞赛试题及解题答案，
希望能够帮助大家更好地理解和应用数学知识。
一、整数与多项式
试题1：
已知多项式P(x)满足P(x)=x^3-5x^2+ax+b，其中a、b均为整数。若多项式P(x)除以(x-1)得到余数4，则多项式P(x)除以(x+2)的余数为多少？
解题思路：
我们知道，多项式f(x)除以x-a的余数等于把a带入f(x)中所得到的值。那么，题目中给出了P(x)除以(x-1)的余数为4，即P(1)=4，我们可以将1代入P(x)中，得到一个方程。同理，题目要求求解P(x)除以(x+2)的余数，即P(-2)=？
根据题意，我们有以下方程：
P(1) = 4，即1^3 - 5(1^2) + a(1) + b = 4
P(-2) = ?，即(-2)^3 - 5((-2)^2) + a(-2) + b = ?
解题步骤：
1. 代入P(1)的方程求解：1 - 5 + a + b = 4
化简得 a + b = 8
2. 代入P(-2)的方程求解：-8 - 20 - 2a + b = ?
化简得 -2a + b = ?
将两个方程合并求解可得：
-2a + b = a + b - 16
当两边消去b时，可得：
-2a = a - 16
a = -8
将a代入第一个方程a + b = 8，可得：
-8 + b = 8
b = 16
因此，通过计算可得多项式P(x)除以(x+2)的余数为-16。
试题2：
已知整数序列a1, a2, a3, ...，其中a1 = 1，a2 = 2，an = an-1 + an-2（n ≥ 3）。求证：对于任意正整数n，任务子序列a1, a2, ..., an中必定存在一个数可以被11整除。
历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)
（5月14日下午14:30—16:30）
题目
一
二
三
总成绩
13
14
15
16
得分
wenku.baidu.com评卷人
复核人
考生注意：1.本试卷共有三大题（16个小题），全卷满分140分
2.用黑（蓝）色圆珠笔或钢笔作答。
3.计算器，通讯工具不准待入考场。
4.解题书写不要超过封线
一，单项选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
令x=1，得所求系数和= (32n+1+1)．
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC上的高，则 =．
解：△AED∽△ABC， = =|cosα|．
4．甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程的种数为．
N={(x，y)| + <2 }，
P={(x，y)| |x+y|<1，|x|<1，|y|<1}．则
A．M P NB．M N PC．P N MD．A、B、C都不成立
解：M表示以(1，0)，(0．1)，(－1，0)，(0，－1)为顶点的正方形内部的点的集合(不包括边界)；N表示焦点为( ，－ )，(－ ， )，长轴为2 的椭圆内部的点的集合，P表示由x+y=±1，x=±1，y=±1围成的六边形内部的点的集合．故选A．
高中数学竞赛-历届IMO试题(1-46届)及答案
1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。
2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：
(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。
3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程
a cos2x +
b cos x +
c = 0,
试用a,b,c作出一个关于 cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。当
a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。
4.试作一直角三角形使其斜边为已知的 c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，
(a.) 求证 AF、BC相交于N点；
（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；
(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。
6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q上。
1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。
2.寻找使下式成立的实数x：
4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 9
3.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC边的高长为h，求证：
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．
x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）
其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．
2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．
【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）
但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．
3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．
【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1
因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．
4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄
【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2
对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．
高中数学竞赛试题附详细答案
高中数学竞赛试题附详细答案
一选择题(每题5分,满分60分)
1. 如果a,b,c 都是实数，那么P ∶ac<0,是q ∶关于x 的方程ax 2
+bx+c=0有一个正根和一个负根
的（ ）
（A ）必要而不充分条件 （B ）充要条件
（C ）充分而不必要条件 （D ）既不充分也不必要条件
2. 某种放射性元素，100年后只剩原来质量的一半，现有这种元素1克，3年后剩下（ ）。 （A ）
100
5
.03⨯克 （B ）(1－0.5%)3克 （C ）0.925克 （D ）100125.0克 3. 由甲城市到乙城市t 分钟的电话费由函数g (t )=1.06×(0.75[t ]+1)给出，其中t >0，[t ]表示大于
或等于t 的最小整数，则从甲城市到乙城市5.5分钟的电话费为（ ）。 （A ）5.83元 （B ）5.25元 （C ）5.56元 （D ）5.04元
4. 已知函数
>0，则
的值
A 、一定大于零
B 、一定小于零
C 、等于零
D 、正负都有可能 5. 已知数列3，7，11，15，…则113是它的（ ） （A ）第23项 （B ）第24项 （C ）第19项 （D ）第25项
6. 已知等差数列}{n a 的公差不为零，}{n a 中的部分项 ,,,,,321n k k k k a a a a 构成等比数列，
其中,17,5,1321===k k k 则n k k k k ++++ 321等于（ ） (A) 13--n n
(B) 13-+n n
(C) 13+-n n
(D)都不对 7. 已知函数x b x a x f cos sin )(-=（a 、b 为常数，0≠a ，R x ∈）在4
历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)
A．|k|>1B．|k|≠1C．－1<k<1D．0<|k|<1
解：因是椭圆，故k≠0，以(0，0)代入方程，得k2－1<0，选D．
3．平面上有三个点集M，N，P：
M={(x，y)| |x|+|y|<1}，
△BCD旋转所得旋转体的体积= π．
其重叠部分也是两个圆锥，由△DOM∽△DAB，DO= ，OM= = ．
∴其体积=2· π·( )2· = π．
∴ 所求体积=2· π－ π= ．
四．(15分) 复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1－Z0|=|Z1|，Z0为定点，Z0≠0，另一个动点Z满足Z1Z=－1，求点Z的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置．
解 画1行14个格子，每个格子依次代表一场比赛，如果某场比赛某人输了，就在相应的格子中写上他的顺序号(两方的人各用一种颜色写以示区别)．如果某一方7人都已失败则在后面的格子中依次填入另一方未出场的队员的顺序号．于是每一种比赛结果都对应一种填表方法，每一种填表方法对应一种比赛结果．这是一一对应关系．故所求方法数等于在14个格子中任选7个写入某一方的号码的方法数．
三，解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）
13.已知数列 满足：
历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)
A．|k|>1B．|k|≠1C．－1<k<1D．0<|k|<1
3．平面上有三个点集M，N，P：
M={(x，y)| |x|+|y|<1}，
N={(x，y)| + <2 }，
P={(x，y)| |x+y|<1，|x|<1，|y|<1}．则
5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴M∪N∪P=I； ⑵N≠Ø． ⑶M≠Ø． ⑷P≠Ø中，正确的表达式的个数是
A．1B．2C．3D．4
二．填空题(本大题共4小题，每小题10分)：
二，填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
7.1008 8.0 9.2 10. 11.2 12.243
三，解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）
13.证明：（1）因为
所以，数列 成等比数列 ……5分
于是
即数列 的通项公式 ……10分
（2）法1：因为 对任意的正整数n都成立，故
由（1）知
由归纳原理知，对任意的正整数n，都有
2010年全国高中数学联赛试题及解答
.
3 解：令 a x y, 则原函数化为 g y y 2 3 y 2 , g ( y ) 在 ,+ 上是递增的. 2
1 当 0 a 1 时， y a, a ,
g y max a 2 3a 1 2 8 a 1 2 a
A
P
C B
y
设分别与平面 BA1 P 、平面 B1 A1 P 垂直的向量是 m x1 , y1 , z1 、 n x2 , y2 ,xz2 ，则
m BA1 2 x1 2 z1 0, m BP x1 3 y1 z1 0, n B1 A1 2 x2 0, n B1 P x2 3 y2 z2 0,
1 ， 2
所以
1 1 1 g y min 3 2 ； 2 4 2
2Hale Waihona Puke Baidu
1 当 a 1 时， y a , a ，
g y max a 2 3a 2 8 a 2 ，
所以
1 g y min 22 3 21 2 . 4 1 综上 f ( x) 在 x 1,1 上的最小值为 . 4
log 9 6, 3 log 9 ，
第一届至第九届(2010-2018年)陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案
第九届陈省身杯全国高中数学奥林匹克
1．已知锐角△ABC 的外接圆为⊙O ，边BC 、CA 、AB 上的高的垂足分
别为D 、E 、F ，直线EF 与⊙O 的 AB 、
AC 分别交于点G 、H ，直线DF 与BG 、BH 分别交于点K 、L ，直线DE 与CG 、CH 分别交于点M 、N ．证明：K 、L 、M 、N 四点共圆，且该圆的直径为2222()b c a +-，其中，BC =a ，CA =b ，AB =c ．
证明 如图1，因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以，AFE ACB ∠=∠．
图1
°°2
GB HA AFE 注意到，+∠=， °°°22AB AG GB ACB +∠==． 从而， HA AG =，即AG AH =．
因为C 、A 、F 、D 四点共圆，所以，=BFD ACB AFE BFG ∠=∠∠=∠．
从而，直线GH 与直线DK 关于直线AB 对称．
由 °°AG AH =, 知GBA ABH ∠=∠．
从而，直线BK 与直线BH 关于直线AB 对称．
因此，点K 、H 关于直线AB 对称，即AK =AH ．
类似地：点L 、G 关于直线AB 对称，即AL =AG ；
G 、N 关于直线AC 对称，即AG =AN ；
M 、H 关于直线AC 对称，即AM =AH ．
综上，AL =AN =AG =AH =AK =AM ．
因此，K 、L 、M 、N 四点共圆，且圆心为A ，半径为AG ，记该圆为⊙A ． 设⊙O 的半径为R ，⊙O 的直径AQ 与GH 交于点P ．如图2．
图2
则∠AGQ=90°，且AP ⊥GH ．
第一届陈省身杯全国高中数学奥林匹克
所以, DBP CEP.
故AB AC
=
DB CE
=
DP CP
=
sin sin
DCP CDP
=
s in s in
BAP CAP
.
设 BC 的中点为 F. 则
BF CF
=
S S
ABF =
ACF
1 2
AB
1 AC
AF sin AF sin
2
BAF = 1.
CAF
故AB AC
=
sin sin
CAF BAF
.
第一天
第二天
1. 在 ABC 中, D、E 分别为边 AB、AC 的
中 点, BE 与 CD 交 于 点 G, ABE 的 外 接圆与 ACD 的外接圆交于点 P (P A ), AG
的 延 长 线 与 ACD 的 外 接 圆 交 于 点 L
(L A ). 求证: PL CD. 2. 已知集合
M = (x, y ) y
同理, b3 + 2 b2 + b+ 1, c3 + 2 c2 + c+ 1.
故
a
2
+
1 a
+
+ 1
1 b2 + b+
+ 1
1 c2 + c+
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第九届陈省身杯全国高中数学奥林匹克
1．已知锐角△ABC 的外接圆为⊙O ，边BC 、CA 、AB 上的高的垂足分
别为D 、E 、F ，直线EF 与⊙O 的 AB 、
AC 分别交于点G 、H ，直线DF 与BG 、BH 分别交于点K 、L ，直线DE 与CG 、CH 分别交于点M 、N ．证明：K 、L 、M 、N 四点共圆，且该圆的直径为2222()b c a +-，其中，BC =a ，CA =b ，AB =c ．
证明 如图1，因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以，AFE ACB ∠=∠．
图1
°°2
GB HA AFE 注意到，+∠=， °°°22AB AG GB ACB +∠==． 从而， HA AG =，即AG AH =．
因为C 、A 、F 、D 四点共圆，所以，=BFD ACB AFE BFG ∠=∠∠=∠．
从而，直线GH 与直线DK 关于直线AB 对称．
由 °°AG AH =, 知GBA ABH ∠=∠．
从而，直线BK 与直线BH 关于直线AB 对称．
因此，点K 、H 关于直线AB 对称，即AK =AH ．
类似地：点L 、G 关于直线AB 对称，即AL =AG ；
G 、N 关于直线AC 对称，即AG =AN ；
M 、H 关于直线AC 对称，即AM =AH ．
综上，AL =AN =AG =AH =AK =AM ．
因此，K 、L 、M 、N 四点共圆，且圆心为A ，半径为AG ，记该圆为⊙A ． 设⊙O 的半径为R ，⊙O 的直径AQ 与GH 交于点P ．如图2．
图2
则∠AGQ=90°，且AP ⊥GH ．
由射影定理得2AG AQ AP =⋅．
注意到，sin =cos sin AP AF AFE AC CAB ACB .=⋅∠⋅∠⋅∠
2222222cos sin =22AQ AP R AC CAB ACB
b c a b c a AB AC bc 故.⋅=⋅∠⋅∠+-+-=⋅⋅ 因此，2222
b c a AG +-=，⊙A 的直径为2222()b c a +-．