高中数学竞赛练习—几何—题目1-10

设D是ABC的边BC上的一点，点P在线段AD上，过点D作一直线分别与线段AB、PB交于点M、E，与线段AC、PC的延长线交于点F、N。

如果DE=DF，求证：DM=DN设点D为等腰ABC∆的底边BC上一点，F为过A、D、C三点的圆在ABC∆内的弧上一点，过B、Array D、F三点的圆与边AB交于点E。

求证：CD EF DF AE BD AF⋅+⋅=⋅如图所示，在△ABC中，90,,∠=︒是边CA上的两点，ABC D G Array连接BD，BG . 过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF. 若BE＝EF，求证：ABG DFC∠=∠.几何（4）：如图，在ABC∆中,60A∠=︒, ABC∆的内切圆I分别切边,AB AC于点,D E,直线DE分别与直线BI CI，相交于点F G，, 证明：12FG BC=．B几何（5）：在△ABC中，BC>AB，BD平分ABC交AC于D，如图，CP垂直BD，垂足为P，AQ垂直BP，Q为垂足。

M是AC中点，E 是BC中点。

若△PQM的外接圆O与AC 的另一个交点为H，求证: O、H、E、M 四点共圆。

C A几何（6）：如图，ABC的内切圆I分别切BC、AC于点M、N，点E、F分别为边AB、AC的中点，D 是直线EF与BI的交点。

证明：M、N、D三点共线。

D A几何（7）∆的外接圆和内切圆；证明：过O 上的任意一点D，都可以作一个三角形DEF，使得O、I分别是DEF∆的外接圆和内切圆．如图，过ABC ∆的外心O 任作一直线，分别交边,AB AC 于,M N ，F E ,分别是,BN CM 的中点.证明：EOF A ∠=∠.设000,,AA BB CC 是ABC ∆的三条角平分线，自0A 作01A A ∥0BB ，02A A ∥0CC ，12,A A 分别在,AC AB 上，直线123A A BC A =；类似得到点33,B C ．证明：333,,A B C 三点共线．33几何（10）:一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A'刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A'取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．设D 是ABC ∆的边BC 上的一点，点P 在线段AD 上，过点D 作一直线分别与线段AB 、PB 交于点M 、E ，与线段AC 、PC 的延长线交于点F 、N 。

如果DE=DF ，求证：DM=DN证明：对AMD ∆和直线BEP 用梅涅劳斯定理得：1(1)AP DE MBPD EM BA⋅⋅=，对AFD ∆和直线NCP 用梅涅劳斯定理得：1(2)AC FN DPCF ND PA ⋅⋅=， 对AMF ∆和直线BDC 用梅涅劳斯定理得：1(3)AB MD FCBM DF CA⋅⋅= （1）（2）（3）式相乘得：1DE FN MDEM ND DF⋅⋅=，又DE=DF ，所以有DM DNDM DE DN DE=--，所以DM=DN 。

设点D 为等腰ABC ∆的底边BC 上一点，F 为过A 、D 、C 三点的圆在ABC ∆内的弧上一点，过B 、D 、F 三点的圆与边AB 交于点E 。

求证：CD EF DF AE BD AF ⋅+⋅=⋅ 设AF 的延长线交BDF 于K ，AEF AKBAEF AKB∠=∠∴∆∆因此,EK BK AE AKAF AB AF AB==。

于是要证（1）， 只需证明：(2)CD BK DF AK BD AB ⋅+⋅=⋅ 又注意到KBD KFD C ∠=∠=∠。

我们有1sin 2DCK S CD BK C ∆=⋅⋅∠进一步有1sin 21sin 2ABD ADK S BD AB CS AK DF C∆∆=⋅⋅∠=⋅⋅∠因此要证（2），只需证明(3)ABD DCK ADKS S S ∆∆∆=+ 而（3）//(4)ABC AKC S S BK AC∆∆⇔=⇔ 事实上由BKA FDB KAC ∠=∠=∠知（4）成立，得证。

如图所示，在△ABC中，90,,ABC D G∠=︒是边CA上的两点，连接BD，BG . 过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF. 若BE＝EF，求证：ABG DFC∠=∠.证：作Rt ABC的外接圆w，延长BD、AE分别交w于K、J.连接BJ、CJ、KJ、FJ. 易知BAJ KBC∠=∠，故BJ＝KC.于是四边形BJCK是等腰梯形，又AJ垂直平分BF，故BJ＝FJ，故四边形FJCK是平行四边形.设AE与BG的交点为M，FC与JK的交点为N，则M、N分别是BG和FC的中点，于是sin sin, sin sinAB MAG JKC FK AG BAM BKJ CK∠∠===∠∠又BAG FKC∠=∠，于是BAG∆∽FKC∆，所以ABG DFC∠=∠.EFGD几何（4）：如图，在ABC ∆中,60A ∠=︒, ABC ∆的内切圆I 分别切边,AB AC 于点,D E ,直线DE 分别与直线BI CI ，相交于点F G ，, 证明：12FG BC =．证法一：分别连接CF BG ID IE AI ，，，，, 则A D I E 、、、四点共圆.所以12IDE A ∠=∠,从而1902BDF A ∠=︒+∠, 又1118022BIC B C A ∠=︒-∠+∠︒+∠（）=90,所以BDF BIC ∠=∠.又 DBF CBI ∠=∠,得FDB ∆∽CIB ∆.所以FB DBCB IB=. 又由 DBI FBC ∠=∠,得 IDB ∆∽CFB ∆,所以 CF BF ⊥, 从而1302FCG A ∠=∠=︒.同理BG GC ⊥，所以B C F G 、、、四点共圆，由此 sin FGBC FCG=∠，所以12FG BC =.证法二：因为1()2BIG B C ∠=∠+∠，又因为1801()22A BDG ADEBC ︒-∠∠=∠==∠+∠，所以B D I G 、、、四点共圆，因此 90BGC BDI ∠=∠=︒.同理90CFB ∠=︒，所以B C F G 、、、四点共圆.又 19090()302FCG FBC BCI B C ∠=︒-∠-∠=︒-∠+∠=︒，所以1sin 2FG BC FCG BC =∠=.BB几何（5）：在△ABC 中，BC >AB ，BD 平分ABC ∠交AC 于D ，如图，CP 垂直BD ，垂足为P ，AQ 垂直BP ，Q 为垂足。

M 是AC 中点，E 是BC 中点。

若△PQM 的外接圆O 与AC 的另一个交点为H ，求证: O 、H 、E 、M 四点共圆。

作AQ 延长线交BC 于N ，则Q 为AN 中点，又M 为AC 中点，故QM //BC 。

所以12PQM PBC ABC ∠=∠=∠。

同理，12MPQ ABC ∠=∠。

所以 QM= PM 。

又因为Q 、H 、P 、M 共圆，所以PHC PHM PQM ∠=∠=∠，故PHC PBC ∠=∠。

所以P 、H 、B 、C 四点共圆，90BHC BPC ∠=∠=，故12HE BC EP ==。

结合OH =OM ，知OE 为HP 中垂线，易知EHO EPO OPM ∠=∠=∠，所以O 、H 、E 、M 四点共圆。

CA几何（6）：如图，ABC ∆的内切圆I 分别切BC 、AC 于点M 、N ，点E 、F 分别为边AB 、AC 的中点，D 是直线EF 与BI 的交点。

证明：M 、N 、D 三点共线。

连接AD ，则易知90ADB ∠=。

连接AI 、DM ，DM 与AC 交于点G 。

因为ABI DBM∠=∠，所以AB BI BD BM =，故ABI DBM ∆∆，从而1902DMB AIB ACB ∠=∠=+∠ 连接IG 、IC 、IM ，则1902IMG DMB ACB GCI ∠=∠-=∠=∠所以I 、M 、C 、G 四点共圆，从而IG AC ⊥，因此G 与N 重合，即M 、N 、D 三点共线。

DAID C BAF E NM几何（7）已知O 、I 分别是ABC ∆的外接圆和内切圆；证明：过O 上的任意一点D ，都可以作一个三角形DEF ，使得O 、I 分别是DEF ∆的外接圆和内切圆．证：如图，设OI d =，,R r 分别是ABC ∆的外接圆和内切圆半径，延长AI 交O 于K ，则2sin2A KI KB R ==，sin 2rAI A =，延长OI 交O 于,M N ；则()()2R d R d IM IN AI KI Rr +-=⨯=⨯=，即222R d Rr -=；过D 分别作I 的切线,DE DF ，,E F 在O 上，连EF ，则DI 平分EDF ∠，只要证，EF 也与I 相切；设DIO P =，则P 是EF 的中点，连PE ，则2sin2D PE R =，sin 2r DI D =，()()22ID IP IM IN R d R d R d ⋅=⋅=+-=-，所以2222sin 2sin 22R d R d D DPI R PE DI r --==⋅==， 由于I 在角D 的平分线上，因此点I 是DEF ∆的内心， （这是由于，()()0011180180222D EPEI PIE P F +∠=∠=-∠=-∠=，而 2D PEF ∠=，所以2EFEI ∠=，点I 是DEF ∆的内心）． 即弦EF 与I 相切．N F几何（8）如图，过ABC ∆的外心O 任作一直线，分别交边,AB AC 于,M N ，F E ,分别是,BN CM 的中点.证明：EOF A ∠=∠. 先证引理：如图，过O 的直径KL 上的两点,A B 分别作弦,CD EF ，连,CE DF ，分别交,K L 于,M N ，若OA OB =，则MA NB =.引理证明：设CD EF P =，直线,CE DF 分别截PAB ∆，据梅涅劳斯定理，1AC PE BM CP EB MA ⋅⋅=，1BF PD ANFP DA NB⋅⋅=； 则MA AC AD PE PF BM NB BE BF PC PD AN⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅ ……① 而由相交弦，得PC PD PE PF ⋅=⋅ ……② 若O 的半径为R ，OA OB a ==，则22AC AD AK AL R a BK BL BE BF ⋅=⋅=-=⋅=⋅ …③，据①②③得，MA MB NB NA =，即1MA MA AB ABNB NB AB AB+===+.因此MA NB =.引理得证.回到本题，如下图（两图都适用），延长MN 得直径1KK ，在直径上取点1M ，使1OM OM =，设11CM O A =，连1A B 交1KK 于1N ，由引理，11MN M N =，（右图中则是11M N MN =）因此，O 是1NN 的中点，故,OE OF 分别是1NBN ∆及1MCM ∆的中位线，于是得1EOF BA C A ∠=∠=∠.11几何（9）：设000,,AA BB CC 是ABC ∆的三条角平分线，自0A 作01A A ∥0BB ，02A A ∥0CC ，12,A A 分别在,AC AB 上，直线123A A BC A =；类似得到点33,B C ．证明：333,,A B C 三点共线．证明：据梅尼劳斯逆定理，只要证，3333331CA AB BC B C A B C A⋅⋅= …… ①由于直线123A A A 截ABC∆，得2313211BA CA AA A B A A AC ⋅⋅=，所以 321321CA A A A CA BBA AA =⋅…… ②； 同理有321321AB B B B A B C CB BB =⋅ …… ③，321321BC C C C BC A AC CC =⋅…… ④． 由020BC BA BA BC =⋅，020AA AA AC AI =⋅，得200200AA AA AC BC BA BA BC AI⋅=⋅⋅ … ⑤ 又由010AA AA AB AI =⋅，010CA CA CB CB =⋅，得100100A CCA CB AIAA AA AB BC⋅=⋅⋅… ⑥ 据②、⑤、⑥得23000030000CA CA CA AC CB A BBA BC AB A B ⎛⎫=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭； 同理可得，23030CB CB B A B A ⎛⎫= ⎪⎝⎭，23030AC AC C B C B ⎛⎫= ⎪⎝⎭…… ⑦ 由于ABC ∆的三条角平分线000,,AA BB CC 共点，由塞瓦定理，0000001CA AB BC B C A B C A⋅⋅= …… ⑧，于是由⑦、⑧得， 23033003330001CA CA AB BC AB BC B C A B C A B C A B C A ⎛⎫⋅⋅=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，即①成立，因此结论得证．33几何（10）:一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A'刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A'取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．解：对于⊙O上任意一点A'，连AA'，作AA'的垂直平分Array线MN，连OA'．交MN于点P．显然OP+P A=OA'=R．由于点A在⊙O内，故OA=a<R．从而当点A'取遍圆周上所有点时，点P的轨迹是以O、A为焦点，OA=a为焦距，R(R>a)为长轴的椭圆C．而MN上任一异于P的点Q，都有OQ+QA=OQ+QA'>OA'．故点Q在椭圆C外．即折痕上所有的点都在椭圆C上及C外．反之，对于椭圆C上或外的一点S，以S为圆心，SA为半径作圆，交⊙O于A'，则S在AA'的垂直平分线上，从而S在某条折痕上．最后证明所作⊙S与⊙O必相交．1︒当S在⊙O外时，由于A在⊙O内，故⊙S与⊙O必相交；2︒当S在⊙O内时(例如在⊙O内，但在椭圆C外或其上的点S')，取过S'的半径OD，则由点S'在椭圆C外，故OS'+S'A≥R(椭圆的长轴)．即S'A≥S'D．于是D在⊙S'内或上，即⊙S'与⊙O必有交点．于是上述证明成立．综上可知，折痕上的点的集合为椭圆C上及C外的所有点的集合．。