全国高中数学联赛平面几何题
2011年全国高中数学联赛几何专题（平面几何解析几何）
数学竞赛中的平面几何一、引言1．国际数学竞赛中出现的几何问题，包括平面几何与立体几何，但以平面几何为主体．国际数学竞赛中的平面几何题数量较多、难度适中、方法多样（综合几何法、代数计算法、几何变换法等），从内容上看可以分成三个层次：第一层次，中学几何问题．这是与中学教材结合比较紧密的常规几何题，虽然也有轨迹与作图，但主要是以全等法、相似法为基础的证明题，重点是与圆有关的命题，因为圆的命题知识容量大、变化余地大、综合性也强，是编拟竞赛试题的优质素材．第二层次，中学几何的拓展．这是比中学教材要求稍高的内容，如共点性、共线性、几何不等式、几何极值等．这些问题结构优美，解法灵活，常与几何名题相联系．有时还可用几何变换来巧妙求解．第三层次，组合几何——几何与组合的交叉 ．这是用组合数学的成果来解决几何学中的问题，主要研究几何图形的拓扑性质和有限制条件的欧几里得性质．所涉及的类型包括计数、分类、构造、覆盖、递推关系以及相邻、相交、包含等拓扑性质．这类问题在第六届IMO （1964）就出现了，但近30年，无论内容、形式和难度都上了新的台阶，成为一类极有竞赛味、也极具挑战性的新颖题目．组合几何的异军突起是数学竞赛的三大热点之一．2．在中国的数学竞赛大纲中，对平面几何内容除了教材内容外有如下的补充．初中竞赛大纲：四种命题及其关系；三角形的不等关系；同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系;面积及等积变换;三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质．高中竞赛大纲: 几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理；三角形中的几个特殊点:旁心、费马点，欧拉线；几何不等式；几何极值问题；几何中的变换：对称、平移、旋转；圆的幂和根轴；面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法．二、基本内容全等三角形的判别与性质，相似三角形的判别与性质，等腰三角形的判别与性质，“三线八角”基本图形，中位线定理，平行线截割定理，圆中角（圆心角、圆周角、弦切角）定理等大家都已经非常熟悉，此外，竞赛中还经常用到以下基本内容．定义1 点集的直径是指两个端点都属于这个集合且长度达到最大值的线段（一个点集可能有多条直径，也可能没有直径）．定义2 如果对点集A 中的任意两点，以这两点为端点的线段包含在A 里，则集合A 称为是凸的．定义3 设n M M M ,,,21 是多边形，如果12n M M M M = 并且当j i ≠时，i M 与j M 没有公共的内点，则称多边形M 剖分为多边形12,,,n M M M ．定义4 如果凸边形N 的所有顶点都在凸多边形M 的边上，则称多边形N 内接于多边性M ． 定理1 两点之间直线距离最短．推论 三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．定理2 三角形的内角之等于180．凸n 边形（3≥n ）的n 个内角和等于(2)180n - ；外角和为180（每一个顶点处只计算一个外角）．证明 如图1，过C 作//CE AB ，则有 ECA A ∠=∠，（两直线平行，内错角相等） 得 ()A B C A C B ∠+∠+∠=∠+∠+∠ （结合律）ECB B =∠+∠（等量代换）180= ．（两直线平行，同旁内角互补 图1推论 三角形的一个外角等于两个不相邻内角之和．定理3 三角形中大边对大角、小边对小角．证明 （1）如图2，在ABC 中，已知AB AC >，可在AB 上截取AD AC =，则在等腰ACD 中有 12∠=∠．（等腰三角形的性质定理）又在BCD 中，2B ∠>∠，（外角定理）更有 12C B ∠>∠=∠>∠．（传递性）说明 由上面的证明知,,,AB AC B C AB AC B C AB AC B C >⇒∠<∠⎧⎪=⇒∠=∠⎨⎪<⇒∠>∠⎩这样的分断式命题，其逆命题必定成立．证明如下： 图2（2）反之，在ABC 中，若C B ∠>∠，这时,AB AC 有且只有三种关系AB AC <，AB AC =，AB AC >．若AB AC <，由上证得C B ∠<∠，与已知C B ∠>∠矛盾．若AB AC =，由等腰三角形性质定理得C B ∠=∠，与已知C B ∠>∠矛盾． 所以AB AC >．定理4 在ABC 与111A B C 中，若1111,AB A B AC AC ==，则111A A BC B C ∠>∠⇔>． 定理5 凸四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是：180ABC CDA ∠+∠= （或180BAD DCB ∠+∠= ）．证明 当四边形ABCD 内接于圆时，由圆周角定理有1122ABC CDA ADC ABC ∠+∠=+ 1118022ADC ABC ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭． 同理可证180BAD DCB ∠+∠=．反之，当180ABC CDA ∠+∠=时，首先过不共线的三点,,A B C 作O ，若点D 不在O 上，则有两种可能：（1）D 在O 的外部（如图3（1））．记AD 与O 相交于S ，连CS ，在CDS 中有ASC CDA ∠>∠．又由上证，有180ABC ASC ∠+∠=，得180180ABC CDA ABC ASC =+∠<∠+∠=，矛盾．图3（2）D 在O 的内部（如图3（2））．记AD 的延长线与O 相交于S ，连CS ，在CDS 中有 ASC CDA ∠<∠．又由上证，有180ABC ASC ∠+∠= ， 得 180180ABC CDA ABC ASC =+∠>∠+∠= ，矛盾． 定理6 凸四边形ABCD 外切于圆的充分必要条件是AD BC CD AB +=+．证明 当凸四边形ABCD 外切于圆时，设各边的切点分别为,,,P Q R S （如图4），根据圆外一点到圆的两切线长相等，有,,,.AP AS PB BQ CR QC DR DS ====相加 AP PB CR DR AS BQ QC DS +++=+++， 得 AD BC CD AB +=+． 图4反之，若AD BC CD AB +=+，我们引,B C ∠∠的平分线，因为360B C ∠+∠<，所以，两条角平分线必定相交于四边形内部一点，记为N ，则N 到三边,,AB BC CD 的距离相等，可以以N 为圆心作N 与,,AB BC CD 同时相切，这时AD 与N 的关系有且只有三种可能：相离、相切、相交．（1）若AD 与N 相离（如图5（1））．过A 作切线与CD 相交于/D ，在/ADD 中，有 //DD AD AD >-． ①但由上证，有//AB CD BC AD +=+， 又由已知，有AD BC CD AB +=+ 相减得 //CD CD AD AD -=- ，//DD AD AD =-，与①矛盾．图5（2）若AD 与N 相交（如图5（2））．过A 作切线与CD 的延长线相交于/D ，在/ADD 中，有①//DD AD AD >-． 但由上证，有//AB CD BC AD +=+，又由已知，有AD BC CD AB +=+相减得 //CD CD AD AD -=- ， 即 //DD AD AD =-，与①矛盾．综上得AD 与N 的相切，即凸四边形ABCD 外切于圆．定理7 （相交弦定理）圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．定理8 （切割线定理）从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．定义 5 从一点A 作O 的割线交O 于,B C ，则点A 到两交点,B C 的线段长度之积AB AC 称为点A 对O 的羃．对于两个已知圆有等羃的点的轨迹，称为两圆的根轴（或等羃轴）．定理9 若两圆相交，其根轴在两圆公共弦所在的直线上；若两圆相切，其根轴在过两圆切点的公切线上；若两圆相离，则两圆的四条公切线的中点在根轴上．定理10 （三角形面积公式）在ABC ∆中，记c b a ,,为三边长，1()2p a b c =++为半周长，R 是外接圆半径，r 为内切圆半径，a h 是边BC 上的高，a r 是与边BC 及,AB AC 的延长线相切的旁切圆的半径，则ABC ∆的面积S 为：111(1)222a b c S ah bh ch ===； 111(2)sin sin sin 222S ab C ac B bc A ===；))()(()3(c p b p a p p S ---=；2(4)2sin sin sin 4abcS R A B C R==； rp S =)5(；)(21)6(a c b r S a -+=； )2sin 2sin 2(sin 21)7(2C B A R S ++=．定理11 在ABC Rt ∆中，有 （1）222a b c +=，（勾股定理的逆定理也成立） （2）1(),22cr a b c R =+-=．定理12 （角平分线定理）设AD 是ABC ∆中A ∠的平分线，则．AB BDAC DC=． 此定理有10多种证法，下面是有辅助线与无辅助线的两种代表性证法． 证明1 （相似法）如图6，延长BA 到E ，使AE AC =，连CE ，则 12B A D A ∠=∠（已知） ()12A E C A C E=∠+∠（外角定理） AEC =∠，（等腰三角形的两个底角相等） 有 //AD CE ，得 B D A B A BD C AE A C==．（平行线截割定理） 图6 证明2 （面积法）11sin 2211sin 22ABD ACD AB AD AS BC AB DC S ACAC AD A ∠===∠ ． 定理13 （正弦定理、余弦定理）在ABC ∆中，有 （1）cos cos a b B c C =+，cos cos b a A c C =+， cos cos c a A b B =+． （2）2sin sin sin a b CR A B C===； （3）2222cos a b c bc A =+-，2222cos b a c ac B =+-， C ab b a c cos 2222-+=．（4）222sin sin sin 2sin sin cos A B C B C A =+-．（2）2sin sin sin a b CR A B C===； 证明1 （1）当ABC ∆为直角三角形时，命题显然成立． （2）当ABC ∆为锐角三角形时，如图7（1），作ABC ∆外接圆O ，则圆心O 在ABC ∆的内部，连BO 交O 于D ，连结DC ．因为BD 是O 的直径，所以90BCD ∠=，在直角BCD 中有2sin a R D =，但A D ∠=∠，故得2sin a R A =．同理可证2,2sin sin b cR R B C==． 得2sin sin sin a b CR A B C===． （1） （2） 图7（3）当ABC ∆为钝角三角形时，记A ∠为钝角，则圆心O 在ABC ∆的外部，过A作直径，仿上证可得2,2sin sin b cR R B C==． 又在优弧 BC 上取一点D ，连,BD DC ，如图7（2），由于圆心O 在BCD 的内部，所以BCD 为锐角三角形，且()sin sin 180sin D A A =-= ，有22sin sin a aR R D A=⇒=． 综上得2sin sin sin a b CR A B C===． 证明2 由余弦定理，有222222sin 1cos 12b c a A A bc ⎛⎫+-=-=- ⎪⎝⎭()()()22222222bc b c abc -+-=()()()()()22a b c a b c c a b c a b bc +++-+--+=， 记t b =因为 0A π<<，开方得sin 2tA bc=． 同理可得sin ,sin 22t t B C ca ab ==． 所以 2s i n s i n s i n a b c a b cA B C t===． 证明3 如图8，在A B C ∆中，,,a b c 分别是三个内角,,A B C 所对的边，以三角形外接圆的圆心O 为原点，半径OA 所在的直线为x 轴建立直角坐标系，设外接圆的半径长为R ， 于是A 点坐标为(),0R ．由三角函数的定义得B 点坐标为()co s 2,s i n 2R C R C ，C 点坐标为()()()cos 22,sin 22R B R B ππ--，即()cos2,s i n 2R B R B -． 由 ()c o s 2,s i n 2A B R C R R C =-，有AB=2sin R C ==，得 2s i n c R C =．同理可得2sin ,2sin a R A b R B ==， 图8所以2s i n s i n s i na bcR A B C ===． （2）2222cos a b c bc A =+-，2222cos b a c ac B =+-，C ab b a c cos 2222-+=． 证明1 如图9（1），设CB CA AB ===a,b,c ，有=-a c b ，得()()22222cos ,c b cb A =--=+-+- a c b c b c c b b c b=即 2222cos a b c bc A +-=．同理可得 2222cos b a c ac B =+-，C ab b a c cos 2222-+=．（1） （2） 图9证明2 如图9（2），以A 为原点、以直线AB 为x 轴，建立直角坐标系，则()()()0,0,,,c o s ,s i nA B c o C b A b A , 由两点距离公式，有BC ==得 2222cos a b c bc A +-=．（3）222sin sin sin 2sin sin cos A B C B C A =+-．定理14 （梅内劳斯定理）一直线截ABC ∆的边,,BC AC AB 或其延长线于,,D E F ，（位于延长线上的点有奇数个）则1BD CE AFDCEA FB= ．图10证明1 （将三个比值转化为三个值的循环比）如图10，过C 作//CG DF 交AB 于G ，有,BD BF CE GFDC GF EA AF==， 得 1BD CE AF BF GF AFDC EA FB GF AF FB== ．也可以过C 作//CH AB 交DF 于H ，或过B 作//BN CA 交DF 于N 等途径来证明．证明2 （三角法）如图10，由正弦定理， 在FBD 中，有sin sin BD FB αβ=， 在CDE 中，有sin sin CE DC βγ=， 在AEF 中，有sin sin AF EA γα=， 三式相乘sin sin sin 1sin sin sin BD CE AF BD CE AF DC EA FB FB DC EA αβγβγα=== ． 证明3 （面积法）如图11，联结联结,AD BE ，有面积关系DAF EAFDBF EBF S S AF FB S S ==， 得D A FE A FE A DD B FE BF E B DS S S AF FB S S S -==-．又EBDECD S BD DC S =， 图11E C DEADS CE EA S = ， 三式相乘即得．证明4 （坐标法）设ABC ∆的三顶点坐标为()()()112233,,,,,A x y B x y C x y ，直线DF 的方程为 0a x b y c ++=． 又记123,,BD CE AFDC EA FBλλλ===（i λ可正可负），有21312131,1:,1x x x D y y y λλλλ+⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩代入直线方程，得 21321311011x x y y a b c λλλλ⎛⎫⎛⎫++++=⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，22133ax by cax by c λ++=-++．同理33211ax by cax by c λ++=-++，11122ax by cax by cλ++=-++，相乘1BD CE AFDC EA FB=- ， 即 1BD CE AFDC EA FB= ．逆定理: 若,,D E F 分别为ABC ∆三边,,BC AC AB 上的点（位于延长线上的点有奇数个），且1BD CE AFDC EA FB= ． 则,,D E F 三点共线．证明 如图9，设EF 与BC 相交于/D ，由上证有//1BD CE AFD C EA FB=， 又由已知有1BD CE AFDC EA FB= ， 两相比较，有//BD BD D C DC =， 合比 /BD BDBC BC=，得 /BD BD =，有/D 与D 重合，即,,DEF 三点共线．梅内劳斯定理逆定理是证明三点共线的有力工具．定理15 （塞瓦定理）设O 是ABC ∆内任意一点，,,AO BO CO 分别交对边于,,D E F ，则1BD CE AFDC EA FB= ． 证明1 （将三个比值转化为三个值的循环比）如图12，由面积关系OBDABD ADC ODC S S BD DC S S ==， 有A B D O B DA O BA D C O D C A O CS S S BD DC S S S -==-．同理BOCAOBS CE EA S =， 图12 AOCBOCS AF FB S =，三式相乘即得． 证明2 （转化为物质重心）在,,A B C 处各放一个重物，使其重心正好在O 处，记三处的质量分别为,,A B C m m m ，则,,D E F 分别为,,BC AC AB 的重心，有C B m BD DC m =． ACm CE EA m =，B A m AF FB m =，三式相乘即得． 证明3 （用梅内劳斯定理）如图11，由梅内劳斯定理，ABD 被直线BOE 所截，有1BC DO AFCD OA FB = ， ADC 被直线BOE 所截，有 1CB DO AEBD OA EC= ，相除得1B D C E A FD CE AF B= ． 证明4 如图13，过点A 作//MN BC 交,BE CF 的延长线于,M N ，由,B O D M O A C O D N O A，有 BD DO CD BD AMAM OA AN CD AN==⇒=， 又由,BEC MEA NFA BFCCE BC EA AM =， 图13 AF ANFB BC=， 三式相乘即得．逆定理 在ABC ∆三边（所在直线）,,AB CA BC 各取一点,,D E F ，若有1BD CE AFDC EA FB= ，则,,AD BE CF 平行或共点．（1） （2）图14证明 AD 与BE 有两种关系：或是平形或是相交． （1）若AD //BE （如图14（1）），则BC ECBD EA=代入已知得AF DCFB BC= 有AD //CF ，从而////AD BE CF ．（2）若AD 与BE 相交（如图14（2）），记交点为O ，连CO 交AB 于/F ，由塞瓦定理，有//1BD CE AF DC EA F B= 与已知条件相比较，得//AF AF FB F B =，合比 /AF AF AB AB=，有 /AF AF =， 有/F 与F 重合，即,,AD BE CF 三线共点． 塞瓦定理的逆定理是证明三线共点的有力工具． 定理16（三角形的特殊点）（1）三角形的三条中线相交于一点（三角形的重心） 证明 当,,D E F 为ABC ∆各边的中点时，有1BD CE AFDC EA FB ===， 得1BD CE AFDC EA FB= ． 又因 180EBC FCB ABC ACB ∠+∠<∠+∠<， 故BE 与CF 相交，得,,AD BE CF 三线共点．（2）三角形的三条角平分线相交于一点（三角形的内心）证明 当,,AD BE CF 为ABC ∆各内角平分线时，由角平分线定理，有,,BD AB CE BC AF ACDC AC EA AB FB BC ===， 相乘 1BD CE AF AB BC ACDC EA FB AC AB BC== ．又因 180EBC FCB ABC ACB ∠+∠<∠+∠< ， 故BE 与CF 相交，得,,AD BE CF 三线共点． （3）三角形的三条高线相交于一点（三角形的垂心）证明 先证锐角三角形成立．如图15，当,,AD BE CF 为ABC ∆各边的高线时，有BD ABRt ABD Rt CBF BF BC ⇒=， CE BCRt BCE Rt ACD DC AC ⇒= ，AF ACRt CAF Rt BAE AE AB ⇒= ，相乘得sin sin sin 1sin sin sin BD CE AF DC EA FB βαγαγβ== ． 图15 又因 180EBC FCB ABC ACB ∠+∠<∠+∠<， 故BE 与CF 相交，得,,AD BE CF 三线共点．再证钝角三角形成立． 如图16，ABC ∆中，A ∠为钝角，设高线,B E C F延长相交于G ，则GBC 为锐角三角形，由上证，它的三条高线相交于一点，因为,BE CF 已相交于A ，所以，过G 而垂直于BC 的高线经过A ，也就是A B C ∆的三条高线,,AD BE CF相交于点G ． 图16最后，直角三角形显然成立．因而对任意三角形都有三条高线共点．（4）三角形的三条垂直平分线相交于一点（三角形的外心）证明 对ABC ∆，作其中位线DEF ，由上证，DEF 的三条高线共点，得ABC ∆的三条垂直平分线相交于一点．定理17 （斯特沃尔特定理）在ABC ∆中，D 是BC 上一点，则222BD AC DC AB AD BD DC BC⋅+⋅=-⋅．证明 如图17，在ABD 与ABC 中，用余弦定理，有2222cos AD AB BD AB BD B =+- ， ① 图17222cos 2AB BC AC B AB BC+-= ， ②代入消去cos B ，得222222AB BC AC AD AB BD BD BC+-=+-()()22BD AC BC BD AB BD BC BD BC+-=--22BD AC DC AB BD DC BC+=- ．也可以将余弦定理①、②2222cos AD AB BD AB BD B =+- ，2222cos AC AB BC AB BC B =+- ， 看成齐次线性方程组()()2222220,0,AB BD AD x BDy AB BC AC x BCy ⎧+-+=⎪⎨+-+=⎪⎩，有非零解1,2cos x y AB B ==-，得系数行列式为0222222AB BD AD BD AB BC AC BC +-=+-，化简即得．推论1三角形中线长a m =． 证明 在斯特沃尔特定理中取BD DC =，有 222224AC AB BC AD +=-，即a m == 推论2 三角形角平分线长a t =()12p a b c =++．证明 在斯特沃尔特定理中取BD ABDC AC=，即 ,AB ACBD BC DC BC AB AC AB AC==++ ，有 ()222AB AC BC AD AB AC AB AC =-+ ()()222AB ACAB AC BC AB AC ⎡⎤=+-⎣⎦+ ()()()2AB ACAB AC BC AB AC BC AB AC =+++-+ ．令()12p a b c =++，得a t =推论3 三角形高线长a h =，其中()12p a b c =++．证明 当D 为垂足时，如图17，有22222,,BD DC a AD b CD c BD +==-=-由 2222,,BD DC a BD CD c b +=⎧⎨-=-⎩可解得 222222,2,2a b c BD aa b c CD a ⎧-+=⎪⎪⎨+-⎪=⎪⎩从而 222222222a b c AD b CD b a ⎛⎫+-=-=- ⎪⎝⎭()()22222221224ab a b c ab a b c a⎡⎤⎡⎤=++--+-⎣⎦⎣⎦ ()()()()()()()()()22222221414,4a b c c a b aa b c a b c c a b c a b p p c p b p a a a ⎡⎤⎡⎤=+---⎣⎦⎣⎦=+++-+--+=---得a h =．定理18 （西姆松定理）过三角形外接圆上任意一点作三边的垂线，则三垂足共线（西姆松线）．反之，若一点到三角形三边所在直线的垂足共线，则该点在三角形的外接圆上．证明 如图18，ABC 外接圆上任意一点P 到三边所在直线的垂足为,,D E F ，连,DE DF 及,,PA PB PC ，由,,PD BC PE AC PF AB ⊥⊥⊥知，点,,,P B F C 与点,,,P D C E 分别共圆，有180PDF PBF ∠+∠=， ①PDE PCE ∠=∠． ②又由,,,P A B C 共圆，有PCE PBF ∠=∠． ③ 图18由①、②、③得180PDF PDE ∠+∠=． ④从而，,,D E F 三点共线．反之，若,,D E F 三点共线，由①、②、④可得③成立，于是,,,P A B C 共圆，即点P 在ABC 的外接圆上．定理19 （托勒密定理）圆内接四边形中，两对边的乘积之和等于它的对角线的乘积．反之，若四边形的两对边的乘积之和等于它的对角线的乘积，则该四边形内接于一圆．证明 如图19，在圆内接四边形ABCD 的对角线AC 上取一点E ，使ADE BDC ∠=∠，又由ADE BDC ∠=∠，得A D EB DC = ，有 AE BCAD BC AE BD AD BD=⇒= ． ①再由,ADB EDC ABD ECD ∠=∠∠=∠，得ABD ECD = ，有 A B C EA B C D C E B D B D C D=⇒= ． ②②+①得()AB CD AD BC AE EC BD AC BD +=+= ．反之，若四边形ABCD 中，有AB CD AD BC AC BD += ． 图19如图20设点D 到ABC 三边所在直线的垂足为111,,A B C ，连111111,,A B AC B C ，因为11,,,A C B D 四点共圆，且AD 是直径，所以，在11ABC 中用正弦定理有1111sin sin 2BCB C AD B DC AD BAC AD R=∠=∠= ． 其中，R 为ABC 的外接圆半径．同理， 1111,22AB AC A B CD A C BD R R==， 这时，若D 不在ABC 的外接圆上，则由西姆松定理知111,,A B C 图20不共线，得 111111A B BC AC +>，即 222A B B C A C C DA DB D R R R+> ， 得 AB CD AD BC AC BD +>． 与已知AB CD AD BC AC BD += 矛盾，故D 在ABC 的外接圆上，即四边形为ABCD 圆内接四边形．托勒密定理的推广：四边形ABCD 中，有AB CD AD BC AC BD +≥． 证明 视,,,A B C D 为复平面上的复数，由恒等式()()()()()()A B C D A D B C A C B D --+--=--，A B CDE求模得不等式()()()()()()()()()()A B C D A D B C A B C D A D B C A C B D --+--≥--+--=--即 A B C D A D B C A C B D --+--≥--，得AB CD AD BC AC BD +≥定理20（费马点）在锐角三角形所在平面上求一点，使它到三角形三顶点的距离之和为最小． 证明 设P 为锐角ABC 内一点，现将APB 绕点A 向外旋转60 ，得A Q D ，由于,60A P A Q P A Q =∠=，所以，APQ 是等边三角形，有 PQ PA =，得 PA PB PC BP PO QD BD ++=++≥.由于,60A D ABC AD =∠=，所以，D 为定点，当,,,B P Q D共线时PA PB PC ++取最小值BD ，此时 图21 180120APB APQ ∠=-∠= .同样讨论可知，当120APB APC BPC ∠=∠=∠=时，PA PB PC ++取最小值.定理21 （欧拉线）在任一三角形中，外心，重心和垂心共线，且垂心到重心两倍于外心到重心的距离． 证明 在ABC 中，设O 为外心，G 为的重心，M 为AB 的中点，连结CM ，则G 在CM 上，且有 2CG GM =.连结OM ，则OM AB ⊥.连结OG 并延长到H ，使 2HG OG =，连CH ，有CGH MGO ，得GCH GMO ∠∠ ，推出 //CH OM ，但OM AB ⊥，所以CH AB ⊥.同理，AH BC ⊥. 图22 所以，H 为三角形垂心. 三、基本方法数学竞赛中的几何题几乎涉及所有的平面几何方法，主要有三大类：综合几何法、代数法和几何变换法．1．综合几何方法：如全等法、相似法、面积法等，证逆命题时常用到同一法，反证法．2．代数方法：如代数计算法、复数法、坐标法、三角法、向量法等．另有些几何不等式经过变换（图23） ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=x z c z y b y x a ,,C图23之后，就成为正数的代数不等式了，反之，也可以把代数问题转化为几何问题．3．几何变换方法：如平移、旋转、反射、位似、反演等． 解几何题举例．例1 （2005、全国高中数学联赛） 如图24，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：DE ，DF 通过ABC 内心和一个旁心．分析：只考虑内心．第1．题目的条件是什么，一共有几个，其数学含义如何．（1）,CAE ABC DAF ACB ∠=∠∠=∠， （2）DEF 中，1122DEF DAF ACB ∠=∠=∠， ()1122DFE DAE ABC BAC ∠=∠=∠+∠， 图2490EDF ∠= ．（3）等腰ADE 中，()()111180180222ADE DAE ABC BAC ACB ∠=-∠=-∠-∠=∠（4）等腰ADF 中，()11802ADF AFD DAF ∠=∠=-∠ 1902ACB =-∠ ．第2．弄清题目的结论是什么，一共有几个，其数学含义如何．结论成立需要什么？（1）结论有两个：,DE DF 一个通过ABC 的内心，一个通过ABC 的旁心．什么是通过，数学实质是证三线共点．①应是DE 通过ABC 的内心 ②应是DF 通过ABC 的旁心（2）放下旁心，立即想“内心”的定义，这导致我们作ABC 的内角平分线．由于B 点的信息量最少，因而优先考虑,A C ∠∠的平分线，这就出现了A ∠的平分线IA ，联结IC ，问题转化为证IC 是C ∠的平分线． 即12A C I A CB ∠=∠． 第3．弄清题目的条件与结论有哪些数学联系，是一种什么样的结构．题目的条件和结论是两个信息源．从条件发出的信息，预示可知并启发解题手段，从结论出发的信息预告需知并诱导解题方向，抓住条件和结论“从何处下手、向何方前进”就有一个方向（1）由结论12ACI ACB ∠=∠的需要，联想何处能提供12ACB ∠？想到 1122ADE AED DAF ACB ∠=∠=∠=∠问题转化为证12ACI ADE ACI AED ACI DAF ∠=∠∠=∠∠=∠ 其中之一（2）由于,AC AD AI =公共，CAI DAI ∠=∠，故ACI ADI = ，所以ACI ADI ∠=∠是可以实现的．证明 如图25，作BAC ∠的平分线交DE 于I ，联结IC ，由,AC AD AI =公共，CAI DAI ∠=∠，得 ACI ADI = ，有 A C I A D I ∠=∠．但是 A D I A E D ∠=∠（等腰三角形的两个底角相等） 12D A F =∠（圆周角等于同弧圆心角的一半） 12A CB =∠（弦切角定理）得 12A C I A CB ∠=∠， 图25 两条角平分线的交点I 必为ABC 的内心，所以DE 通过ABC 的内心．例2 证明：对任意三角形，一定存在两条边，它们的长,u v满足1u v ≤<． （“《数学周刊》杯”2007全国初中数学竞赛试题）讲解 有两种思维水平的处理．水平1 （参考答案）设任意ABC 的三边长为,,a b c ，不妨设a b c ≥≥．若结论不成立，则必有a b ≥， ①b c ≥ 5分 ② 记,b c s a b t c s t =+=+=++，显然0,0s t >>，代入①得c s t c s ++≥+，11s tc c s c++≥+ 令,s tx y c c==，则1112x y x ++≥+ ③由a b c <+，得c s t c s c ++<++，即t c <，于是1ty c=<．由②得112b c s x c c ++==+≥④ 由③，④得()5111y x ⎫≥+≥=⎪⎪⎝⎭， ⑤ 此式与1y <矛盾，从而命题得证． 15分评析 这个证明写得很曲折，其实③式就是①式、④式就是②式，解题的实质性进展在两个知识的应用上．（1）三角形基本定理：三角形两边之和大于第三边．使用“增量法”，引进四个参数,,,s t x y 推出1tc<是基本定理的变形（1a b c -<），构成矛盾也是与基本定理的变形1a by c-=<矛盾．（2）特征数据12的性质．这表现在⑤式用到的两个运算+=1 1=． 抓住这两点，立即可得问题的改进解法：若结论不成立，则存在ABC ，满足a b c ≥≥，且使12a b ≥，12b c ≥ 同时成立，得5111.a b c c b b b +≤<=+≤==矛盾．故对任意三角形，一定存在两条边，它们的长,u v 满足1u v ≤< 这还只是局部上的修修补补，更关键的是抓住实质性的知识可以构造不等式0()a b c >-+ （提供不等式）a b c =-+⎝⎭⎝⎭ ）=a b ⎛⎫⎫⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⑥ 据此可以成批得出本题的证明．另证 记任意ABC 的三边长为,,a b c ，不妨设a b c ≥≥，又设,a b x min b c ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，则1,1,,a b bx x a b x c b c x≤≤≤≤⇒≥≤，代入基本定理，有 210,b a b c bx a b c b x x x <+⇒<<+<+⇒--<解得1x ≤<． 说明 对比这两种思维水平，所用到的知识是相同的，结论也都正确．但水平一仍然停留在浅层结构的认识上，有在外围兜圈子之嫌，而水平二则更接近问题的深层结构，思路清晰而简明．例3 （斯坦纳定理）两条角平分线相等的三角形为等腰三角形． 证明 如图，在ABC 中，,BD CE 为角平分线，且BD CE =. 不妨设B C ∠≥∠，在EO 上取一点M ，使O B M O C D ∠=∠，记BM 的延长线交AC 于N ，则NBD NCM ，有1NB BD BDNC CM CE =≥=， 有 N B N C >. 图26 在NBC 中，由大边对大角，得NBC NCB ∠≤∠OBC OCB ⇒∠≤∠即 1122B C B C ∠≤∠⇒∠≤∠，得 B C B C B C ∠≥∠⎫⇒∠=∠⎬∠≤∠⎭.例4 （蝴蝶定理）设AB 是圆的一根弦，过AB 的中点M 作两弦,,CD EF 设,ED CF 分别交AB 于,P Q ．求证PM MQ =．证明1 如图27，设,PM x QM y ==，AM BM a ==，有有显然的面积等式1QEM QDMCMP PFM CMP QEM PFM QDMS S S S S S S S = ， 即s i n s i ns i ns i n1s i n s i ns i n s i nC P C M Q M E M F P F M Q MD M P M C ME Q E M P MF M D Q D M αγβδδαγβ=，得 22CP FP QM EQ DQ PM = .由相交弦订立又有()()22CP FP AP PB a x a x a x ==-+=-()()22EQ DQ AQ QB a y a y a y ==+-=-图27得 ()()222222a x y a y x -=-可得x y =即PM QM =.证明2 以AB 所在的直线为x 轴，以M 为原点建立直角坐标系，则圆的方程可以表示为()222x y b R +-=，（R b > ①而,CD EF 的方程为11220,0a y b x a y b x -=-=，相乘()()11220a y b x a y b x --= ②则过,,,C D E F 四点的曲线系方程为()()()22211220x y b R a y b x a y b x λ⎡⎤+--+--=⎣⎦．这也包括退化为直线,DE CF 的情况，令0y =，可得曲线系与x 轴的交点横坐标所满足的方程 图28()2221210bb x b R λ-+-=． ③因为,CF ED 分别交AB 于,P Q ，所以二次方程③必有两个实根12,x x ，且由方程的常数项为0知， 恒有 120x x +=，（中点不变性） 即 PM QM =．例6 （垂足三角形）锐角三角形的所有内接三角形中，周长最小的一个是其垂足三角形． 证明 设Z 是AB 边上的任意定点，作Z 关于AC 的对称点K ，再作Z 关于BC 的对称点H ，连KH 交,CA CB 于,Y X ，则X Y Z 是以Z 为定点的内接三角形中周长最短的一个.现固定,X Y ，由于CZ 与CK 关AC 对称，CZ 与CH 关于BC 对称，所以图29,,ZCA KCA ZCB HCB ∠=∠∠=∠得 2K C H A C B ∠=∠.所以，KCH 是顶角为定值、腰长等于CZ 的等腰三角形，当腰长最短时，KH 也最短，易知，当CZ AB ⊥（即Z 是AB 边上的垂足）时CZ 取最小值，此时XYZ 的周长最短.同样的讨论知，X 是BC 边上的垂足、Y 是AC 边上的垂足时，内接XYZ 的周长最短.所以，锐角三角形的所有内接三角形中，周长最小的一个是其垂足三角形．例8 （厄尔多斯—摩德尔定理）设P 是ABC ∆内一点，其到三边的距离分别为,,x y z ，则)(2PF PE PD PC PB PA ++≥++．等号成立当且仅当ABC ∆为正三角形，且P 是ABC ∆的重心．证明 如图21，过作直线 MN 交AB 于M ，交AC 于N ，使 AMN ACB ∠=∠，得AMN ACB = ，有,AM AC b AN AB cMN BC a MN BC a ====． 又 12AMN MN AP S ≥1122AMP ANP S S AM z AN y =+=+ ， 图30得 A M A N b cP A z y z y M N M N a a ≥+=+ ． ①同理 c aPB x z b b ≥+ ， ②a bPC y x c c≥+ ， ③相加 PA PB PC ++c b a c b a x y z b c c a a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥+++++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()2x y z ≥++ ④其中④式取等号a b c ⇔==，①式取等号AP MN ⇔⊥，这时ABC ∆为正三角形，且P 是ABC∆的重心．例9 （1995 536-IMO ）设ABCDEF 是凸六边形,满足CD ，BC AB ==FA ，EF DE == 060BCD EFA ∠=∠=．设G 是H 是这六边形内部的两点,使得0120=∠=∠DHE AGB ．证明 如图,将六边形以BE 为轴作一对称图形,11E BDF AC 有 图31.11CF F C =由于,1200=∠=∠DHE AGB 所以11,,,,,,F D H E G B C A 及切四点共圆,连1C .H F ,G C 11则,GB AG G C 1+= ① .HE DH HF 1+= ②从而 HE DH GH GB AG ++++1111C G GH HF C F CF =++≥=评析 此例通过对称，将需比较大小的6条线段集中在一起，当中的①、②两式也可以用旋转变换来证明．例10 （1986 227-IMO ）在平面上给定点0P 和321A A A ∆，且约定当4≥S 时，3-=S S A A ．构造点列,,,,210 P P P 使得1+k P 为点k P 绕中心1+k A 顺时针旋转120所到达的位置，,,2,1,0 =k 求证，如果01986P P =，则321A A A ∆为等边三角形．证明 引进复平面，以各点的字母表示各点上的复，并设())120sin(120cos -+-=i ωi 2321--=则01,123=++=ωωω依题意，有（如图32）().111ω+++-=-k k k k A P A P有 ()11-+-=n n n p A P ωω ()()]1[121--+-+-=n n n P A A ωωωω()()2211--++-=n n n P A A ωωω=……()o n n n n n P A A A A ωωωωω+++++-=---][111221当n =1986时，由于,,1,1,1986233o S S P P A A =--===-ωωω有 ()()o P A A A P +++-=122319861662ωωω ()()().][166219861213P A A A A +-+--=ωω 得 ()()()60sin 60cos 122113i A A A A A A +-=-=-ω这说明，A 1A 3可由A 1A 2绕A 1逆时针旋转60°得到，故321A A A ∆为正三角形．例11 在凸四边形ABCD 中，若AB 大于其余三边，BC 小于其余三边，则,BAD BCD ∠∠的关系为（ ）P k+1 P 1图32（A ）BAD BCD ∠<∠ （B ） BAD BCD ∠=∠ （C ）BAD BCD ∠>∠ （D ）不能确定解 如图5，取一个平行四边形ABCD ，使CBD 为等腰直角三角形，作CBD 的外接圆O ，以D 为圆心、以DC 为半径，画弧交AB 延长线于E ，连DE 交O 于1C ，交BC 于2C ；又在线段1C E 内取点3C ，连13,BC BC ，则在四边形()1,2,3i ABC D i =中，AB 大于其余三边，i BC 小于其余三边，有2BAD BC D ∠<∠，1BAD BC D ∠=∠，3BAD BC D ∠>∠，选（D ）． 图5 错在哪里？四、组合几何组合几何诞生于20世纪五六十年代，是组合数学的成果来解决几何学中的问题，所牵涉的类型包括计数、分类、构造、覆盖、递推关系以及相邻、相交、包含等拓扑性质．这类问题离不开几何知识的运用、几何结构的分析，但关键是精巧的构思．不仅在组合设计中需要，在组合计数中也少不了构思．竞赛中的组合几何主要有四类问题：计数问题，结构问题，覆盖问题，染色问题． 求解竞赛中的组合几何问题既需要一般性的常规方法、又需要特殊性的奥林匹克技巧（1）常规方法(一般性)，如探索法、构造法、反证法、数学归纳法、待定系数法、换元法、消元法、配方法等．（2）奥林匹克技巧(特殊性)，如构造、对应、递推、区分、染色、配对、极端原理、对称性分析、包含与排出、特殊化、一般化、数字化、有序化、不变量、整体处理、变换还原、逐步调整、奇偶分析、优化假设、计算两次、辅助图表等．1．计数问题（数数问题． sh u ∨`shu ）⑴ 基本含义:计算具有某种几何结构的几何对象有多少个，如满足某种性质的点、边、角、三角形、圆有多少个．有时，也会求方法数．⑵ 基本方法．求解几何中的计数问题，通常要经历两步：①进行几何结构的分析．包括所给定的图形结构分析与所计数的几何性质的结构分析， 明确所给定图形的几何结构，明确所求解图形的几何结构．②根据几何结构的分析采用计数方法求出结果，可以直接计算、分类计算(加法原理)、例1 分正方形的每条边为4等分，取分点（不包括正方形的顶点）为顶点可以画出多少个三角形？ 解法１ （1）几何结构的分析：图形是怎样组成？三角形的顶点与正方形的关系？ ①三点在四条边上（×）②三点在三条边上：四边取三边，每边中三点取一点4×3×3×3=108③三点在两条边上：四边取一边，这边中三点取两点，另九点取一点4×3×9=108。
高中数学联赛真题平面解析几何B辑(解析版)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题16平面解析几何B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中,圆Ω经过点(0,0), (2,4), (3,3),则圆Ω上的点到原点的距离的最大值为.【答案】2√5【解析】记A(2,4),B(3,3),圆Ω经过点O,A,B.注意到∠OBA=90°(直线OB与AB的斜率分别为1和−1),故OA为圆Ω的直径.从而圆Ω上的点到原点O的距离的最大值为|OA|=2√5.2．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】设A、B为椭圆Γ的长轴顶点，E、F为Γ的两个焦点，|AB|=4，|AF |=2+√3，P为上一点，满足|PE|⋅|PF|=2，则△PEF的面积为.【答案】1【解析】不妨设平面直角坐标系中的标准方程为x 2a2+y2b2=1(a>b>0).根据条件得2a=|AB|=4，a±√a2−b2=|AF|=2+√3，可知a=2，b=1，且由椭圆定义知|PE|+|PF|=2a=4，结合|PE|⋅|PF|=2得|PE|2+|PF|2=(|PE|+|PF|)2−2|PE|⋅|PF|=12=|EF|2，所以∠EPF为直角，进而S△PEF=12⋅|PE|⋅|PF|=1.3．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系中，若以(r+1，0)为圆心、r为半径的圆上存在一点(a，b)满足b2≥4a，则r的最小值为.【答案】4【解析】由条件知(a−r−1)2+b2=r2，故4a⩽b2=r2−(a−r−1)2=2r(a−1)−(a−1)2.即a2−2(r−1)a+2r+1⩽0.上述关于a的一元二次不等式有解，故判别式[2(r−1)]2−4(2r+1)=4r(r−4)⩾0，解得r≥4.经检验，当r=4时，(a,b)=(3,2√3)满足条件.因此r的最小值为4.4．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，椭圆C的弦ST与UV分别平行于x轴与y轴，且相交于点P.已知线段PU，PS，PV，PT的长分别为1，2，3，6，则△PF1F2的面积为.【答案】√15【解析】由对称性，不妨设P(x p,y p)在第一象限，则由条件知x p=12(|PT|−|PS|)=2,y p=12(|PV|−|PU|)=1，即P(2，1).进而由x p=|PU|=1,|PS|=2得U(2，2)，S(4，1)，代入椭圆C的方程知4⋅1a2+4⋅1b2=16⋅1a2+1b2=1，解得a2=20,b2=5.从而S△PF1F2=12⋅|F1F2|⋅|y P|=√a2−b2⋅y P=√15.5．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设抛物线C:y2=2x的准线与x轴交于点A，过点B(－1，0)作一直线l 与抛物线C相切于点K，过点A作l的平行线，与抛物线C交于点M，N，则△KMN的面积为.【答案】12【解析】设直线l与MN的斜率为k，则l:x=1k y−1,MN:x=1ky−12.将l与C联立，得方程y2−2k y+2=0，由条件知其判别式为零，故k=±√22.将MN与C联立，得方程y2−2ky+2=0，于是|y M−y N|=√(y M+y N)2−4y M y N=√4k2−4=2，结合l与MN平行，可知S△KMN=S△BMN=|S△BAM−S△BAN|=12⋅|AB|⋅|y M−y N|=12⋅12⋅2=12.6．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为x29+y210=1，F为C的上焦点，A为C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积的最大值为.【答案】3√112【解析】易知A(3，0)、F(0，1).设P的坐标是(3cosθ,√10sinθ),θ∈(0,π2)，则S四边形OAPF =S△OAP+S△OFP=12⋅3⋅√10sinθ+12⋅1⋅3cosθ=32(√10sinθ+cosθ)=3√112sin(θ+φ).其中φ=arctan√1010.当θ=arctan√10时，四边形OAPF面积的最大值为3√112.7．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设a为非零实数，在平面直角坐标系xOy中，二次曲线x2+ay2+ a2=0的焦距为4，则a的值为.【答案】1−√172【解析】二次曲线的方程可以写成−x 2a2−y2a=1.显然必须有－a>0，故二次曲线为双曲线，其标准方程为2(√−a)2x2(−a)2=1.则c2=(√−a)2+(−a)2=a2−a，注意到焦距2c=4，可知a2−a=4，又a<0，所以a=1−√172.8．【2016高中数学联赛（第01试）】双曲线C的方程为x2−y23=1，左、右焦点分别为F1,F2.过点F2作一直线与双曲线C的右半支交于点P、Q，使得∠F1PQ=90°，则△F1PQ的内切圆半径是.【答案】√7−1【解析】由双曲线的性质知，F1F2=2×√1+3=4，PF1−PF2=QF1−QF2=2.因∠F1PQ=90°，故PF12+PF22=F1F22，因此PF1+PF2=√2(PF12+PF22)−(PF1−PF2)2=√2×42−22=2√7.从而直角△F1PQ的内切圆半径是r=12(F1P+PQ−F1Q)=12(PF1+PF2)−12(QF1−QF2)=√7−1.9．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，点集K={(x,y)|(|x|+|3y|−6)(|3x|+|y|−6 )≤0}所对应的平面区域的面积为.【答案】24【解析】设K1={(x,y)||x|+|3y|−6⩽0}，先考虑K1在第一象限中的部分，此时有x+3y⩽6，故这些点对应于图中的△OCD及其内部，由对称性知，K1对应的区域是图中以原点O为中心的菱形ABCD及其内部.同理，设K2={(x,y)||3x|+|y|−6⩽0}，则K2对应的区域是图中以O为中心的菱形EFGH及其内部.由点集K的定义知，K所对应的平面区域是被K1，K2中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积S.由于直线CD的方程为x+3y=6，直线GH的方程为3x+y=6，故它们的交点P的坐标为(32,32)，由对称性知S=8SΔCPG=8×12×4×32=24.10．【2014高中数学联赛（第01试）】设椭圆Γ的两个焦点是F1，F2，过点F1的直线与Γ交于点P，Q，若|P F2|=|F1F2|，且3|PF1|==4|QF1|，则椭圆的短轴与长轴的比值为.【答案】2√67【解析】不妨设|PF1|=4,|QF1|=3，记椭圆Γ的长轴、短轴的长度分别为2a，2b，焦距为2c，则|PF2|= |F1F2|=2c，且由椭圆的定义知2a=|QF1|+|QF2|=|PF1|+|PF2|=2c+4，于是|QF2|=|PF1|+|PF2|−|QF1|=2c+1，设H为线段PF1的中点，则|F1H|=2,|QH|=5，且有F2H⊥PF1，由勾股定理知|QF2|2−|QH|2=|F2H|2=|F1F2|2−|F1H|2，即(2c+1)2−52=(2c)2−22，解得c=5，进而a=7,b=2√6，因此椭圆Γ的短轴与长轴的比值为ba =2√67.11．【2013高中数学联赛（第01试）】若实数x，y满足x−4√y=2√x−y，则x的取值范围是.【答案】{0}∪[4,20]【解析】令√y=a,√x−y=b(a,b⩾0)，此时x=y+(x−y)=a2+b2，且条件中等式化为a2+b2−4a=2b，从而a，b满足方程(a−2)2+(b−1)2=5(a,b⩾0).如图所示，在aOb平面内，点(a，b)的轨迹是以(1，2)为圆心，√5为半径的圆在a，b≥0的部分，即点O与弧A CB的并集.因此√a 2+b 2∈{0}∪[2,2√5]，从而x =a 2+b 2∈{0}∪[4,20].12．【2012高中数学联赛（第01试）】抛物线y 2=2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，A ，B 是抛物线上的两个动点，且满足∠AFB =π3，设线段AB 的中点M 在l 上的投影为N ，则|MN||AB|的最大值是 .【答案】1【解析】解法一设∠ABF =θ(0<θ<2π3)，则由正弦定理，得|AF|sinθ=|BF|sin(2π3−θ)=|AB|sinπ3，所以|AF|+|BF|sinθ+sin(2π3−θ)=|AB|sinπ3，即|AF|+|BF||AB|=sinθ+sin(2π3−θ)sinπ3=2cos (θ−π3).如图，由抛物线的定义及梯形的中位线定理，得|MN|=|AF|+|BF|2，所以|MN||AB|=cos (θ−π3)，故当θ=π3时，|MN||AB|取得最大值为1.解法二由抛物线的定义及梯形的中位线定理，得|MN|=|AF|+|BF|2，在△AFB 中，由余弦定理，得|AB|2=|AF|2+|BF|2−2|AF|⋅|BF|cosπ3=(|AF|+|BF|)2−3|AF|⋅|BF| ⩾(|AF|+|BF|)2−3(|AF|+|BF|2)2=(|AF|+|BF|2)2=|MN|2.当且仅当|AF|=|BF|时，等号成立.故|MN||AB|的最大值为1.13．【2011高中数学联赛（第01试）】直线x －2y －1=0与抛物线y 2=4x 交于A ，B 两点，C 为抛物线上的一点，∠ACB =90°，则点C 的坐标为.【答案】(1，－2)或(9，－6)【解析】设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (t 2,2t )， 由{x −2y −1=0y 2=4x得y 2−8y −4=0，则y 1+y 2=8，y 1y 2=−4.又x 1=2y 1+1,x 2=2y 2+1，所以x 1+x 2=2(y 1+y 2)+2=18，x 1x 2=4y 1y 2+2(y 1+y 2)+1=1. 因为∠ACB =90°，所以CA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CB⃑⃑⃑⃑⃑ =0， 即有(t 2−x 1)(t 2−x 2)+(2t −y 1)(2t −y 2)=0，即t 4−(x 1+x 2)t 2+x 1x 2+4t 2−2(y 1+y 2)t +y 1y 2=0， 即t 4−14t 2−16t −3=0，即(t 2+4t +3)(t 2−4t −1)=0，显然t 2−4t −1≠0，否则t 2−2⋅2t −1=0，则点C 在直线x −2y −1=0上， 从而点C 与点A 或点B 重合.所以t 2+4t +3=0，解得t 1=−1,t 2=−3. 故所求点C 的坐标为(1，－2)或(9，－6).14．【2010高中数学联赛（第01试）】双曲线x 2－y 2=1的右半支与直线x =100围成的区域内部(不含边界)整点(纵、横坐标均为整数的点)的个数是 .【答案】9800【解析】由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设y =k (k =1,2,⋯,99)与双曲线右半支交于A k ，交直线x =100于B k ，则线段A k B k 内部的整点的个数为99－k ，从而在x 轴上方区域内部整点的个数为∑(99−k)99k=1=99×49=4851，又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为2×4851+98=9800.15．【2009高中数学联赛（第01试）】知直线L ：x +y －9=0和圆M ：2x 2+2y 2－8x －8y －1=0，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在△ABC 中，∠BAC =45°，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为.【答案】3⩽a ⩽6【解析】设A(a，9－a)，则圆心M到直线AC的距离d=|AM|sin45°，由直线AC与圆M相交，得d⩽√342，解得3⩽a⩽6.16．【2009高中数学联赛（第01试）】椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任意两点P，Q，若OP⊥OQ，则乘积|OP|⋅|OQ|的最小值为.【答案】2a 2b2a2+b2【解析】设P(|OP|cosθ,|OP|sinθ)，Q(|OQ|cos(θ±π2),|OQ|sin(θ±π2))，由点P，Q在椭圆上，有1 |OP|2=cos2θa2+sin2θb2①1 |OQ|2=sin2θa2+cos2θb2②①+②得1|OP|2+1|OQ|2=1a2+1b2，于是当|OP|=|OQ|=√2a 2b2a2+b2时，|OP|⋅|OQ|达到最小值2a2b2a2+b2.17．【2006高中数学联赛（第01试）】已知椭圆x216+y24=1的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l:x−√3y+8+2√3=0上.当∠F1PF2取最大值，|PF1||PF2|的比值为.【答案】√3−1【解析】由平面几何知，要使∠F1PF2最大，则过F1,F2,P三点的圆必定和直线l相切于点P.设直线l交x轴于A (−8−2√3,0)，则∠APF1=∠AF2P，即△APF1~△AF2P，即|PF1||PF2|=|AP||AF2|①又由圆幂定理|AP|2=|AF1|⋅|AF2|②而F1(−2√3,0),F2(2√3,0),A(−8−2√3,0)，从而有|AF1|=8,|AF2|=8+4√3，代入式①与②得|PF1||PF2|=√|AF1||AF2|=√8+4√3=√4−2√3=√3−1.18．【2005高中数学联赛（第01试）】若正方形ABCD的一条边在直线y=2x－17上，另外两个顶点在抛物线y= x2上.则该正方形面积的最小值为.【答案】80【解析】设正方形的边AB在直线y=2x−17上，而位于抛物线上的两个顶点坐标为C(x1,y1)，D(x2,y2)，则C D所在直线l的方程y=2x+b，将直线l的方程与抛物线方程联立，得x2=2x+b，所以x1,2=1±√b+1，令正方形边长为a，则a2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=5(x1−x2)2=20(b+1)①在上任取一点(6，－5)，它到直线y=2x+b的距离为a，所以a=√5②将式①与②联立解得b1=3,b2=63，所以a2=80或a2=1280.故a min2=80.19．【2004高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为.【答案】1【解析】经过M，N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3−x上，设圆心为S(a，3－a)，则圆S的方程为(x−a)2+(y−3+a)2=2(1+a2).对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减少而角度增大，所以，当∠MPN取最大值时，经过M，N，P三点的圆S，必与x轴相切于点P即圆S的方程中的a值必须满足2(1+a2)=(a−3)2，解得a=1或a=－7.即对应的切点分别为P(1，0)和P(－7，0)而过点M，N，P'的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，所以∠MPN>∠MP′N，故点P(1，0)为所求，所以点P的横坐标为1.20．【2003高中数学联赛（第01试）】设F1,F2是椭圆x29+y24=1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|:|PF2|=2:1，则△PF1F2的面积等于.【答案】4【解析】设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，则由其方程知a=3,b=2,c=√5，故|PF1|+|PF2|=2a=6.又已知|PF1|:|PF2|=2:1，故可得|PF1|=4,|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2,4,2√5，而22+42=(2√5)2，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长为2和4，故△PF1F2的面积=12|PF1|⋅|PF2|=12×2×4=4.21．【2001高中数学联赛（第01试）】椭圆ρ=12−cosθ的短轴长等于.【答案】2√33【解析】由e=ca =12,ρ=b2c=1及b2=a2−c2得b=√33，从而2b=2√33.22．【2000高中数学联赛（第01试）】在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，记左焦点为F，右顶点为A，短轴上方的端点为B.若该椭圆的离心率是√5−12，则∠ABF=.【答案】90∘【解析】对数据敏感就会发现ca =√5−12=−1+√12−4×1×(−1)2×1是方程x2+x−1=0的根，代入整理得c2+ac−a2=0，从而ac=b2，恰好符合射影定理，于是∠ABF=90°.23．【1999高中数学联赛（第01试）】已知点P在双曲线x216−y29=1上，并且P到这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双曲线的两个焦点的距离的等差中项，那么，P的横坐标是.【答案】−645【解析】记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a，b，c，离心率为e，点P到右准线l的距离为d，则a=4,b=3,c=5,e=ca =54，右准线l为x=a 2c =165，如果P在双曲线右支，则|PF1|=|PF2|+2a=ed+2a，从而|PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2ed+2a>2d，而这是不可能的.故P在双曲线的左支，有|PF2|−|PF1|=2a，|PF2|+|PF1|=2d，两式相加，得2|PF2|=2a+2d，又|PF2|=ed，所以d=ae−1=454−1=16.因此，P的横坐标为165−16=−645.24．【1999高中数学联赛（第01试）】已知直线ax+by+c=0中的a，b，c是取自集合{－3，－2，－1，0，1，2，3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是.【答案】43【解析】设倾斜角为θ，则tanθ=−ab>0，不妨设a>0，所以b<0.(1)c=0，a有3种取法，b有3种取法，排除2个重复(3x－3y=0，2x－2y=0与x－y=0为同一直线)，故这样的直线有3×3－2=7(条)(2)c≠0，则a有3种取法，b有3种取法，c有4种取法，且其中任意2条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36(条).所以符合要求的直线有7+36=43(条).25．【1998高中数学联赛（第01试）】若椭圆x2+4(y−a)2=4与抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是.【答案】−1⩽a⩽178【解析】解法一由x2+4(y−a)2=4可设x=2cosθ,y=a+sinθ，代入x2=2y得4cos2θ=2(a+sinθ)，所以a=2cos2θ−sinθ=2−2sin2θ−sinθ=−2(sinθ+14)2+178，因为−1⩽sinθ⩽1，所以0⩽(sinθ+14)2⩽2516，从而−1⩽a⩽178.解法二题目条件等价于方程2y+4(y−a)2=4有非负解.此即方程y2−(2a−12)y+a2−1=0有非负解.故有Δ=(2a−12)2−4(a2−1)=174−2a⩾0，2a−12+√174−2a⩾0，解得−1⩽a⩽178.26．【1997高中数学联赛（第01试）】双曲线x2−y22=1的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点，若实数入使得|AB|=λ的直线l恰有3条，则λ=.【答案】4【解析】首先，应注意到下列结论：过双曲线x2−y22=1的右焦点且与右支交于两点的弦，当且仅当该弦与x轴垂直时，取得最小长度2b 2a=4.(事实上，该双曲线的极坐标方程为ρ=1−√3cosθ，又设AB是过右焦点F仅与右支相交的弦，A(ρ1,θ)，B(ρ2,π+θ)(ρ1>0,ρ2>0)，则|AB|=ρ1+ρ2=1−√3cosθ1+√3cosθ=41−3cos2θ⩾4，当θ=π2时，等号成立).其次，满足题设条件的直线恰有三条时，只有两种可能：(1)与双曲线左、右两条都相交的只有一条，而仅与右支相交的有两条.此时，与双曲线左右两支都相交的必是x 轴，而其两交点的距离为2a=2，但仅与右支相交的两条弦的长λ>4，这不满足题设条件；(2)与双曲线左、右两支都相交的有两条，而仅与右支相交的只有一条，且这条弦必与x轴垂直(否则，由对称性知仅与右支相交的有两条弦)，此时|AB|=λ=4且与双曲线左、右两支都相交的弦长也可满足这个条件，所以λ=4.27．【1996高中数学联赛（第01试）】曲线C的极坐标方程是ρ=1+cosθ，点A的极坐标是(2，0).曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是.【答案】163π【解析】f(θ)=1+cosθ.由于2=1+cos0，所以点A在曲线C上，为求所扫过的面积，关键算出C上一点到A的最大距离.对C上一点B(1+cosθ,θ)，有|AB|2=(1+cosθ)2+4−2×2(1+cosθ)cosθ=5−2cosθ−3cos2θ=163−3(cosθ+13)2⩽163.当cosθ=−13，等号成立.所以|AB|最大值是√163，那么扫过的面积是以A为圆心，半径为√163的圆，面积为163π.28．【1994高中数学联赛（第01试）】已知点集A={(x,y)|(x−3)2+(y−4)2⩽(52)2},B={(x,y)|(x−4)2+(y−5)2>(52)2}，则点集AB中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为.【答案】7【解析】如图所示，圆E，F交于M，N两点，整个图形关于连心线EF成轴对称图形，其中A∩B是左下靠近原点O的一个月形S，S中整点横坐标x可以是1，2，3，4，纵坐标y可以是2，3，4，5，对称轴EF穿过新月形S，经计算可知仅通过一个整点C4(2，3).新月形S 中横坐标为1的格点有3个C 1(1,5),C 2(1,4),C 3(1,3). 这三点的轴对称点顺次是C 5(2,2),C 6(3,2),C 7(4,2). 故共有7个整点.29．【1992高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=√x 4−3x 2−6x +13−√x 4−x 2+1的最大值是.【答案】√10【解析】由f(x)=√x 4−3x 2−6x +13−√x 4−x 2+1=√(x −3)2−(x 2−2)2−√x 2+(x 2−1)2， 可知函数y =f (x )的几何意义是：在抛物线y =x 2上的P (x ，x 2)分别到点A (3，2)和点B (0，1)的距离之差.因点A 在抛物线下方，点B 在抛物线上方，故直线AB 和抛物线相交，交点由方程组{y =x 2y−1x−0=2−13−0决定， 消去y 得方程3x 2−x −1=0.由于该方程常数项为负，故方程必有负根.因三角形两边之差小于第三边，所以，当点P位于负根所对应的交点C时，f(x)有最大值|AB|=√10. 30．【1990高中数学联赛（第01试）】设A(2，0)为平面上的一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP所扫过的图形的面积是.【答案】π6【解析】因OP2=1，故点P在单位圆上变动，始点P1(−12,√32)，终点P2(12,√32).图中阴影部分面积是所求面积.因为SΔP1OA =SΔP2OA，所以S△P1OB=S△P2BA.故所求面积为：S扇形OP1P2=12⋅1⋅π3=π6.31．【1987高中数学联赛（第01试）】已知集合A={(x,y)||x|+|y|=a,a>0}，B={(x,y)||xy|+1=|x|+|y|}.若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a的值为.【答案】2+√2或√2【解析】点集A是由顶点为(a，0)，(0，a)，(－a，0)，(0，－a)的正方形的四条边构成(如图).将|xy|+1=|x|+|y|变形为(|x|−1)(|y|−1)=0.所以，集合B是由四条直线x=±1,y=±1构成.欲使A ∩B 为正八边形的顶点所构成，只有a >2或1<a <2这两种情况.(1)当a >2时，由于正八边形的边长只能为2，显然有√2a −2√2=2，故a =2+√2. (2)当1<a <2时，设正八边形的边长为1，则lcos45°=2−l 2，l =2√2−2.这时，a =√2.综上所述，a 的值为2+√2或√2(图中A (√2，0)，B(2+√2,0)).32．【1984高中数学联赛（第01试）】如图，AB 是单位圆的直径.在AB 上任取一点D ，作DC ⊥AB ，交圆周于C .若点D 的坐标为(x ，0)，则当x ∈.时，线段AD ，BD ，CD 可构成锐角三角形.【答案】(2−√5,√5−2)【解析】因为三条线段AD ，BD ，CD 构成锐角三角形的充要条件是其中最大线段的平方小于另两条线段的平方和.由对称性，不妨假设0⩽x ⩽1，则三条线段中AD 为最大.所以它们必须满足AD 2<BD 2+CD 2. 因为CD 是AD ，BD 的比例中项，所以CD 2=AD ⋅BD .又因为AD =1+x,BD =1−x ，于是得(1+x)2<(1−x)2+(1+x)(1−x). 化简得x 2+4x −1<0.所以0⩽x <−2+√5，所以x ∈(2−√5,√5−2).优质模拟题强化训练1．与双曲线x 29−y 216=1有共同的渐近线,且经过点(−3,2√3)的双曲线方程是______.【答案】4x 29−y 24=1【解析】设x 29−y 216=λ,将(−3,2√3)代入求得λ=14. 双曲线方程是4x 29−y24=1.2．圆心在抛物线x 2=2y 上，并且和该抛物线的准线及y 轴都相切的圆的方程为________. 【答案】(x +1)2+(y −12)2=1和(x −1)2+(y −12)2=1 【解析】抛物线x 2=2y 的准线方程为y =−12.设所求圆的圆心为(x 0,y 0)，则x 02=2y 0，且|x 0|=y 0+12，解得x 0=±1，y 0=12，故所求圆的方程为(x ±1)2+(y −12)2=1.故答案为：(x +1)2+(y −12)2=1和(x −1)2+(y −12)2=13．双曲线x 2a2−y 2b 2=1的右焦点为F ，离心率为e ，过点F 且倾斜角为π3的直线与该双曲线交于点A 、B ，若AB 的中点为M，且|FM|等于半焦距，则e=_____ .【答案】√2【解析】设点A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)，则x12a2−y12b2=1,x22a2−y22b2=1.两式相减，得(x1+x2)(x1−x2)a2−(y1+y2)(y1−y2)b2=0，所以AB的斜率为k=y1−y2x1−x2=b2x0a2y0=√3.又|FM|=c,∠xFM=π3，所以M点的坐标为(32c,√32c).所以b 2a2=√3y0x0=1，所以e=ca=√1+b2a2=√2.故答案为：√2．4．若△OAB的垂心恰是抛物线y2=4x的焦点，其中O是原点，A、B在抛物线上，则△OAB的面积S=_________ ___ .【答案】10√5【解析】抛物线的焦点为F(1，0).因F为△OAB的垂心，则OF⊥AB，故可设A、B的坐标为A(a2,2a),B(a2,−2a)(a>0).于是OA的方程为ay=2x，k OA=2a.BF的斜率k BF=−2aa2−1，据k BF⋅k OA=−1，得a=√5，因此AB=4√5，h=a2=5，所以S△OAB=10√5.故答案为：10√5．5．在平面直角坐标系内，已知抛物线y=kx2(k>0)与圆(x−a)2+(y−b)2=r2至少有3个公共点，其中一个是原点，另外两个在直线y=kx+b上，那么实数b的最小值是______ .【答案】2【解析】由已知a2+b2=r2，{y=kx2y=kx+b得kx2−kx−b=0①由{(x−a)2+(y−b)2=r2y=kx2得x[k2x3−(2kb−1)x−2a]=0.②由于①的解均是②的解，所以有kx2−kx−b|k2x3−(2kb−1)x−2a，故b=k+1k⩾2，当k=1时等号成立.故答案为：2．6．若直线2x+y−2=0与直线x+my−1=0互相垂直，则点P(m,m)到直线x+y+3=0的距离为_________ ___ .【答案】√22【解析】直线2x+y-2=0的斜率为k1=-2，直线x+my-1=0的斜率为k2=−1m.因为两直线互相垂直，所以(−2)×(−1m)=−1，解得m=-2，故P(-2，-2)，所以点P到直线x+y+3=0的距离为√2=√22.故答案为：√22．7．已知△ABC为椭圆x29+y24=1的内接三角形，且AB过点P(1，0)，则△ABC的面积的最大值为_______ .【答案】16√23【解析】提示：经伸缩变换{x =3X y =2Y 得△A 'B 'C '内接于圆X 2+Y 2=1，A 'B '过点P ′(13,0).S △ABC =6S △A ′B ′C ′，设O '到A 'B '的距离为t ，则0⩽t ⩽13,|A ′B ′|=2√1−t 2,S △A ′B ′C ′⩽√1−t 2⋅(1+t)，易知当t =13时，S △A ′B ′C ′有最大值为8√29，所以S △ABC 的最大值为16√23.故答案为：16√23．8．设a 是实数，关于z 的方程(z 2－2z +5)(z 2+2az +1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a 的取值范围是________. 【答案】{a |－1<a <1}∪{－3} 【解析】由z 2－2z +5=0，得z 1=1+2i ,z 2=1−2i .因为z 2+2az +1=0有两个不同的根，所以△=4(a 2－1)≠0，故a ≠±1.若△=4(a 2－1)<0，即－1<a <1时，z 3,4=−a ±√1−a 2.因为z 1,z 2,z 3,z 4在复平面上对应的点构成等腰梯形或者矩形，此时四点共圆，所以，−1<a <1满足条件.若△=4(a 2－1)>0，即|a |>1时，z 3.4=−a ±√a 2−1是实根，在复平面上对应的点在实轴上，仅当z 1、z 2对应的点在以z 3,z 4对应的点为直径的圆周上时，四点共圆，此圆方程为(x −z 3+z 42)2+y 2=(z 3−z 42)，整理得x 2−(z 3+z 4)x +z 3z 4+y 2=0，即x 2+2ax +1+y 2=0，将点(1，±2)代入得a =－3. 综上所述，满足条件的实数a 的取值范围是{a |－1<a <1}∪{－3}.故答案为：{a|－1<a<1}∪{－3}.9．若实数x、y满足x−4√y=2√x−y，则x的取值范围是______.【答案】{0}∪[4,20]【解析】令√y=a,√x−y=b(a、b≥0)，此时，x=y+(x−y)=a2+b2，且题设等式化为a2+b2−4a=2b.于是，a、b满足方程(a−2)2+(b−1)2=5(a、b≥0).如图，在aOb平面内，点(a,b)的轨迹是以D(1,2)为圆心、√5为半径的圆在a、b≥0的部分，即点O与弧ACB并集.故√a2+b2∈{0}∪[2,2√5].从而，x=a2+b2∈{0}∪[4,20].10．已知P为抛物线y2=2x上的动点，点B、C在y轴上，(x−1)2+y2=1是△PBC的内切圆.则SΔPBC最小值为_______.【答案】8【解析】设P(x0,y0)、B(0,b)、C(0,c)，不妨设b >c ，l PB :y −b =y 0−b x 0x ，即(y 0−b)x −x 0y +x 0b =0．又圆心(1,0)到PB 的距离为100√(y0−b)+x 0=1．故(y 0−b)2+x 02=(y 0−b)2+2x 0b(y 0−b)+x 02b 2．易知x 0>2，上式化简得(x 0−2)b 2+2y 0b −x 0=0． 同理，(x 0−2)c 2+2y 0c −x 0=0． 所以，b +c =−2y 0x 0−2，bc =−x 0x 0−2．则(b−c)2=4x 02+4y 02−8x 0(x 0−2)2．因为P(x 0,y 0)是抛物线上的点，所以，y 02=2x 0．则(b −c)2=4x 02(x 0−2)2⇒b −c =2x 0x 0−2．故S △PBC =12(b −c)x 0=x 0x0−2⋅x 0=(x 0−2)+4x 0−2+4≥2√4+4=8．当(x 0−2)2=4时，上式取等号，此时，x 0=4，y 0=±2√2． 因此，S △PBC 的最小值为8．11．若点P(x 0,y 0)对椭圆E:x 24+y 2=1与双曲线H:x 2−y 24=1的切点弦互相垂直，则yx 0=__________。
全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读
全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读阅读时必须考虑的几个问题：1．步步皆要考虑“知其然之其所以然”。
2.解此题的关键步骤是什么？如何想到，是否应该想到这样的方法、这样的思路？3.画图线条的如何取舍？4.本题有什么特点？解法是否接触过？5.分析思考各类定理的运用时机，运用条件。
注意：思考过久（不超过15分钟为宜）不知其然，思考过久（不超过10分钟为宜）不知所以然，跳过！强调一下，不超过不是指一题不超过15分钟，是指从某一步推到另一步不超过的时间。
例1（美国37届）设M 、N 、P 分别是非等腰锐角△ABC 的边BC 、CA 、AB 的中点，AB 、AC 的中垂线分别与AM 交于点D 、E ，直线BD 、CE 交于点F ，且点Ｆ在△ＡＢＣ的内部。
证明：Ａ、Ｎ、Ｆ、Ｐ四点共圆。
证明：如图1，设△ＡＢＣ的外心为Ｏ。
则∠ＡＰＯ＝∠ＡＮＯ＝900。
于是Ａ、Ｐ、Ｎ在以ＡＯ为直径的圆上。
因此，只要证明∠ＡＦＯ＝900。
不妨设ＡＢ＞ＡＣ。
由ＰＤ是ＡＢ的中垂线知，ＡＤ＝ＢＤ。
同理，ＡＥ＝ＣＥ。
设α＝∠ＡＢＤ＝∠ＢＡＤ，CAE ACE β∠=∠＝。
则BAC αβ+=∠。
在△ＡＢＭ和△ＡＣＭ中，由正弦定理得sin sin BM AB BMA α=∠，sin sin CM ACCMAβ=∠。
由于si n ∠BMA=sin ∠CMA ，因此sin sin BM ABCM ACβα=。
又因为ＢＭ＝ＣＭ，所以，sin sin ACABαβ=。
如图2，在△ＡＢＦ和△ＡＣＦ中，由正弦定理得,sin sin sin sin AF AB AF ACAFB AFC αβ==∠∠。
于是，s i n s i n s i n s i n A C A F BA B A F Cαβ∠=∠。
从而，sin sin AFB AFC ∠=∠。
因为2,2ADF DEC αβ∠=∠=，所以180221802EFD BAC αβ∠=--=-∠。
因此，∠ＢＦＣ＝2∠ＢＡＣ＝∠ＢＯＣ。
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版高中数学联赛的几何题目有100道，难度较高。
这些题目涉及到各种不同的几何概念和定理，需要考生具备扎实的数学基础和丰富的解题经验。
在这些题目中，有许多需要考生进行证明，需要考生熟练掌握各种证明方法和技巧。
同时，还有一些需要考生进行画图，需要考生具备良好的几何直观和手绘能力。
这些几何题目的难度不仅仅在于其题目本身，还在于考试的时间限制。
考生需要在有限的时间内解决尽可能多的问题，因此需要考生具备快速解题的能力和良好的时间管理能力。
为了更好地应对这些几何题目，考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练。
同时，还需要多做一些类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。
总之，高中数学联赛的几何题目难度较高，需要考生具备扎实的数学基础、丰富的解题经验、良好的几何直观和手绘能力、快速解题的能力和良好的时间管理能力。
考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练，并多做类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。
1.研究证明角平分在这一部分中，我们将研究如何证明一个角被平分。
这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角平分线的定义、角度相等、相似三角形等。
2.研究证明四点共圆在这一部分中，我们将研究如何证明四个点共圆。
这个问题也是几何学中的基础问题之一。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用圆的定义、圆心角、垂直等。
3.研究证明角的倍数关系在这一部分中，我们将研究如何证明角的倍数关系。
这是一个非常重要的几何问题，因为它在许多几何证明中都有应用。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角度相等、相似三角形等。
4.证明线与圆相切在这一部分中，我们将研究如何证明一条线与一个圆相切。
这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用切线的定义、圆心角等。
5.证明垂直在这一部分中，我们将研究如何证明两条线段垂直。
高中数学竞赛平面几何讲座四点共圆问题
第四讲 四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P 89定理和P 93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1 “四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC ′及其延长线交于M ，N .以AC 为直径的圆与AC 边的高BB ′及其延长线将于P ，Q .求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆.(第19届美国数学奥林匹克)分析：设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM .欲证M ，N ，P ，Q 四点共圆，须证MK ·KN ＝PK ·KQ ，即证(MC ′-KC ′)(MC ′+KC ′) ＝(PB ′-KB ′)·(PB ′+KB ′) 或MC ′2-KC ′2=PB ′2-KB ′2. ①不难证明 AP =AM ，从而有 AB ′2+PB ′2=AC ′2+MC ′2. 故 MC ′2-PB ′2=AB ′2-AC ′2=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-KC ′2)=KC ′2-KB ′2. ②由②即得①，命题得证.例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O 1，O 2，O 3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O 1，O 2， O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA .观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1 O ，O 1，O 2，O 3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，请同学自证. 2 以“四点共圆”作为解题手段这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等例3．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，∠DAM ＝∠CBK .求证：∠DMA ＝∠CKB .（第二届袓冲之杯初中竞赛）A B CK MN P Q B ′C ′A B C O O O O 123？？A BC DK M ··分析：易知A ，B ，M ，K 四点共圆.连接KM ，有∠DAB ＝∠CMK .∵∠DAB +∠ADC ＝180°，∴∠CMK +∠KDC ＝180°.故C ，D ，K ，M 四点共圆⇒∠CMD ＝∠DKC . 但已证∠AMB ＝∠BKA ， ∴∠DMA ＝∠CKB .(2)证线垂直例4．⊙O 过△ABC 顶点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N (K 与N 不同).△ABC外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和 M .求证：∠BMO =90°. (第26届IMO 第五题)分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G .易得∠GMC =∠BAC =∠BNK =∠BMK .而∠COK =2·∠BAC =∠GMC + ∠BMK =180°-∠CMK ，∴∠COK +∠CMK =180°⇒C ，O ，K ，M 四点共圆. 在这个圆中，由OC =OK ⇒ OC =OK ⇒∠OMC =∠OMK . 但∠GMC =∠BMK ， 故∠BMO =90°. (3)判断图形形状例5．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为I A ，I B ，I C ，I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析：连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ，∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ，∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC )=360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.A BO K N CMG A BC D I C I DA I I B同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. (4)计算例6．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝为正方形内一点，且∠OPB =45°，PA :PB =5:14.则PB =__________ (1989，全国初中联赛) 分析：答案是PB =42㎝.怎样得到的呢？连接OA ，OB .易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°. 故PA 2+PB 2=AB 2=1989.由于PA :PB =5:14，可求PB .(5)其他例7．设有边长为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). (1978，全国高中联赛)分析：设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方形的三条边上，所以不妨令F ，G 两点在正方形的一组对边上. 作正△EFG 的高EK ，易知E ，K ，G ，D 四点共圆⇒∠KDE =∠KGE =60°.同理，∠KAE =60°.故△KAD 也是一个正 三角形，K 必为一个定点. 又正三角形面积取决于它的边长，当KF 丄AB 时，边长为1，这时边长最小，而面积S =43也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3也最大.例8．NS 是⊙O 的直径，弦AB 丄NS 于M ，P 为ANB 上异于N 的任一点，PS 交AB于R ，PM 的延长线交⊙O 于Q .求证：RS ＞MQ . (1991，江苏省初中竞赛)分析：连接NP ，NQ ，NR ，NR 的延长线交⊙O 于Q ′.连接MQ ′，SQ ′.易证N ，M ，R ，P 四点共圆，从而，∠SNQ ′=∠MNR =∠MPR =∠SPQ =∠SNQ .根据圆的轴对称性质可知Q 与Q ′关于NS 成轴对称⇒MQ ′=MQ . 又易证M ，S ，Q ′，R 四点共圆，且RS 是这个圆的直径(∠RMS =90°)，MQ ′是一条弦(∠MSQ ′＜90°)，故RS ＞MQ ′.但MQ =MQ ′，所以，RS ＞MQ .练习题1.⊙O 1交⊙O 2 于A ，B 两点，射线O 1A 交⊙O 2 于C 点，射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.(提示：设法证明C ，D ，O 1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O 2 四点共圆，从而知C ，D ，O 1，B ，O 2五点共圆.)··P O A B C D A BC D E F KG ······2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.4.在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高，P是AB上的点，过A点作PC的垂线交过B 所作AB的垂线于Q点.求证：PD丄QD.(提示：证B，Q，E，P和B，D，E，P分别共圆)，BE，CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1，从B引FD的垂线l2，从C引DE的垂线l3.求证：l1，l2，l3三线共点.(提示：过B作AB的垂线交l1于K，证：A，B，K，C四点共圆)。
全国高中数学联赛试题分类汇编： 13平面几何
1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编平面几何部分2019A 一、（本题满分 40 分）如图，在锐角中，是边的中点．点在ABC ∆M BC P 内，使得平分．直线与,的外接圆分别相交于不同于ABC ∆AP BAC ∠MP ABP ∆ACP ∆点的两点．P ,D E 证明：若，则．DE MP =2BC BP =★证明：延长到点，使得.连接．PM F MF ME =,,BF BD CE 由条件可知． ………………10 分 BDP BAP CAP CEP CEM ∠=∠=∠=∠=∠因为 且 ，所以 且．BM CM =EM FM =BF CE =//BF CE 于是，进而． ………………20 分F CEM BDP ∠=∠=∠BD BF =又，故．DE MP =DP EM FM ==于是在等腰中，由对称性得 ．从BDF ∆BP BM =而………………40 分22BC BM BP ==2019B 三、（本题满分50分）如图，点在一条直线上顺次排列，满足A,B,C,D,E BC CD AB DE ==⨯点在该直线外，满足．点分别在线段上，满足P PB PD =,K L ,PB PD 平分，平分.KC BKE ∠LC ALD ∠证明：四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）,,,A K L E ★证明：令，（），由条件知． 1AB =BC CD t ==0t >2DE t =注意到，可在延长线上取一点0180BKE ABK PDE DEK ∠<∠=∠<-∠CB A '，使得． ………………10 分A KE ABK A BK ''∠=∠=∠此时有，故． ………………20 分 A BK A KE ''∆∆:AB A K BK A K A E KE ''==''又平分，故．于是有KC BKE ∠211BK BC t KE CE t t t===++． …………30 分 22121A B A B A K BK AB A E A K A E KE t t AE'''⎛⎫=⋅=== ⎪'''++⎝⎭由上式两端减1，得，从而与重合．BE BE A E AE='A 'A 因此．AKE A KE ABK '∠=∠=∠同理可得．而，所以．ALE EDL ∠=∠ABK EDL ∠=∠AKE ALE ∠=∠因此四点共圆． (50),,,A K L E 2018A 二、（本题满分40分）如图所示， 为锐角三角形，，为边的中点，点和分别为ABC ∆AC AB <M BC D E 的外接圆弧和的中点，为内切圆在边上的切点，为与ABC ∆BAC BC F ABC ∆AB G AE 的交点，在线段上，满足.BC N EF AB NB ⊥证明：若,则。
全国高中数学联赛--平面几何赛题精选2
赛题精选(二) 曾建国2009.4.211. 已知：锐角△ABC的费马点为F。
求证：△ABF, △BCF, △CAF的欧拉交于一点.2. 已知锐角△ABC, 其内切圆与边AB, AC分别切于点D, E. X, Y分别是∠ACB, ∠ABC的平分线与DE的交点, Z是边BC的中点.求证:当且仅当∠A=600时, △XYZ是等边三角3. 已知:CC1是锐角△ABC的一条高线,K是CC1上的一点(不在垂心上).证明:点C1到AC,BC,BK,AK的垂足在同一圆上.4. 在等腰△ABC中,AB=AC,D是边AC的中点, E是点D在边BC上的投影, F是DE的中点.证明:BF⊥AE的充要条件是△ABC是正△5. 已知AA1、BB1、CC1是锐角△ABC的三条高.求证:C1在AC、BC、BB1、AA1的射影共线.6. 已知凸四边形ABCD中,DC=a, BC=b, ∠DAB=900,∠DCB=ф, AB=AD.求对角线AC的长.求证：△ABF, △BCF, △CAF2. 已知锐角△ABC, 其内切圆与边AB, AC交点, Z是边BC的中点.求证:当且仅当∠A=600时, △XYZZ3. 已知:CC1是锐角△ABC的一条高线,K是CC1上的一点(不在垂心上).证明:点C1到AC,BC,BK,AK的垂足在同一圆上.14. 在等腰△ABC中,AB=AC,D是边AC的中点, E是点D在边BC上的投影, F是DE的中点.证明:BF⊥AE的充要条件是△ABC是正△E C5. 已知AA1、BB1、CC1是锐角△ABC的三条高. 求证:C1在AC、BC、BB1、AA1的射影共线.6. 已知凸四边形ABCD中,DC=a, BC=b, ∠DAB=900,∠DCB=ф, AB=AD.求对角线AC的长.B。
2023_年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析
２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析张㊀君(四川省温江中学ꎬ四川成都６１１１３０)摘㊀要:文章给出２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析ꎬ部分试题给出一题多解ꎬ解答题给出了有别于参考答案的精彩解法.关键词:高中数学联赛ꎻ四川预赛ꎻ数学竞赛试题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００８８－０５收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:张君(１９７８.１０－)ꎬ男ꎬ四川省宣汉人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题ꎬ全卷共１１道题(满分１２０分)ꎬ其中８道填空题(每小题８分)ꎬ３道解答题(第９题１６分ꎬ第１１㊁１２题各２０分).笔者参考２０２２年四川预赛试题及其解析[１]ꎬ对２０２３年四川预赛每道题都进行了分析和研究ꎬ逐个给出解析.１试题内容简析该试题涉及函数性质(第１题)ꎬ平面向量(第２题)ꎬ二项式定理(第３题)ꎬ函数与导数(第４题)ꎬ数论(第５题)ꎬ立体几何(第６题)ꎬ平面解析几何(第９题)ꎬ三角函数与三角变换(第７ꎬ８题)ꎬ函数与数列(第５ꎬ１０题)ꎬ函数与不等式(第８ꎬ１１题).２试题及其解析题１㊀已知ｆ(ｘ)是定义在Ｒ上的函数ꎬ且对任意实数ｘꎬ均有２ｆ(ｘ)＋ｆｘ２－１()＝１ꎬ则ｆ(２)的值为.解析㊀令ｘ＝１ꎬ得２ｆ(１)＋ｆ０()＝１.①令ｘ＝－１ꎬ得２ｆ(－１)＋ｆ０()＝１.②令ｘ＝０ꎬ得２ｆ(０)＋ｆ－１()＝１.③由①②③解得ｆ(１)＝１３.令ｘ＝２ꎬ得２ｆ(２)＋ｆ１()＝１.解得ｆ(２)＝１３.题２㊀设平面向量ａꎬｂ满足:｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬａʅｂ.点ＯꎬＡꎬＢ为平面上的三点ꎬ满足ＯＡң＝２ａ＋ｂꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂꎬ则ΔＡＯＢ的面积为.解析㊀由ａʅｂ建立以Ｏ为原点ꎬ分别以向量ａꎬｂ的方向为正方向建立平面直角坐标系ꎬ因为｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬ所以ａ＝(１ꎬ０)ꎬｂ＝(０ꎬ２).所以ＯＡң＝２ａ＋ｂ＝(２ꎬ２)ꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂａ＝(－３ꎬ４).即Ａ(２ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ４).从而求得ＳΔＡＯＢ＝７.题３㊀在(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６的展开式中ꎬｘ４ｙ３的系数为.(用具体数字作答)解析㊀因为(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６＝(ｙ－２)６(ｘ＋３)６ꎬ所以ｘ４ｙ３的系数为Ｃ３６(－２)３ Ｃ２６ ３２＝－２１６００.题４㊀设Ｐ(０ꎬａ)是ｙ轴上异于原点的任意一点ꎬ过点Ｐ且平行于ｘ轴的直线与曲线ｙ＝１ａｌｎｘ交于点Ｑꎬ曲线ｙ＝１ａｌｎｘ在点Ｑ处的切线交ｙ轴于点Ｒꎬ则ΔＰＱＲ的面积的最小值为.解析㊀由题意知ꎬａ＝１ａｌｎｘꎬ解得ｘ＝ｅａ２.所以Ｑ(ｅａ２ꎬａ).因为ｙᶄ＝１ａｘꎬ所以切线ＲＱ的方程为ｙ－ａ＝１ａｅａ２(ｘ－ｅａ２).令ｘ＝０ꎬ得Ｒ(０ꎬａ－１ａ).所以ＳΔＰＲＱ＝１２ＰＱ ＰＲ＝１２ａｅａ２.令ｆ(ａ)＝１２ａｅａ２(ａ>０)ꎬ所以ｆᶄ(ａ)＝１２ｅａ２(２－ａ－２).当ａɪ０ꎬ２２æèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)<０ꎬｆ(ａ)单调递减ꎻ当ａɪ２２ꎬ＋ɕæèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)>０ꎬｆ(ａ)单调递增[２].㊀所以ｆ(ａ)ｍｉｎ＝ｆ(２２)＝２ｅ２.题５㊀㊀设集合Ｉ＝{０ꎬ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２}ꎬＡ＝{(ａꎬｂꎬｃꎬｄ)｜ａꎬｂꎬｃꎬｄɪＩꎬａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)}ꎬ则集合Ａ中元素的个数为.解析㊀若ａꎬｄ中有０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有０ꎬ１()和１ꎬ０()两种情况.此时ａｄ＝０ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ则ｂꎬｃ中有０ꎬｂꎬｃ()有４５种情况.所以ꎬ此类共有２ˑ４５＝９０种情况.若ａꎬｄ中无０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有２ꎬ２２()ꎬ３ꎬ２１()ꎬ ꎬ２２ꎬ２()共２１种情况.因为ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ注意到ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})对每一个确定的ｋꎬｋｍ(ｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的每两个值对于ｍｏｄ２３不同余ꎬ即与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的值各有一个ꎬ则ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的值与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的各有２２个.则对于每一个ａꎬｄ()ꎬｂꎬｃ()有２２种情况.故此类共有２１ˑ２２＝４６２种情况.㊀所以ꎬ集合Ａ中元素的个数为９０＋４６２＝５５２.题６㊀在直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬＡＢ＝１ꎬＢＣ＝ＣＣ１＝３ꎬøＡＢＣ＝９０ʎꎬ点Ｐ是平面ＡＢＣ上一动点ꎬ则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ的最小值为.解析㊀易知ꎬ点Ｐ在线段ＡＣ上时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ才可能最小.由已知可求得ＡＣ＝２ꎬＡＡ１＝３.设øＡＡ１Ｐ＝αꎬ则αɪ０ꎬａｒｃｔａｎ２３æèçöø÷ꎬＡ１Ｐ＝３ｃｏｓαꎬＡＰ＝３ｔａｎα.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ＝３ｃｏｓα＋２－３ｔａｎα２＝１＋３２－ｓｉｎα()２ｃｏｓα.设ｔ＝２－ｓｉｎαｃｏｓαꎬ则ｔｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２.于是ｔ２＋１ȡ２ꎬｔȡ３.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣȡ５２.当ｔ＝３时ꎬ３ｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２ꎬ则ｓｉｎα＋π３æèçöø÷＝１ꎬ解得α＝π６.故当α＝π６时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ取最小值５２.题７㊀如图１ꎬ将函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１(０ɤｘɤ２π)的图象Γ画在矩形ＯＡＢＣ内ꎬ将ＡＢ与ＯＣ重合围成一个圆柱ꎬ则曲线Γ在圆柱表面形成的曲线的离心率为.解析㊀如图２ꎬ设图１中ＯＡꎬＣＢ的中点分别为ＥꎬＤꎬ则围成圆柱后ＡＥꎬＢＤ分别为上㊁下底面的直径ꎬ易知ＡＥ＝２.设ＡＥ的中点为ＧꎬＰ为曲线上一点ꎬ作ＰＱʅ底面ꎬ垂足为点ＱꎬＱＭʅＡＥ于点ＭꎬＭＮʊＡＢ交ＢＥ于点Ｎ.㊀图１㊀函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１图象㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀圆柱设ＡＱ(＝ｘꎬ则ＰＱ＝１＋ｃｏｓｘꎬøＡＧＱ＝ｘꎬøＡＥＱ＝ｘ２.所以ＥＱ＝ＡＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓｘ２ꎬＭＥ＝ＱＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓ２ｘ２.易知әＮＭＥ为等腰直角三角形ꎬ则ＭＮ＝ＭＥ＝２ｃｏｓ２ｘ２＝１＋ｃｏｓｘ.所以ＰＱ＝ＮＭꎬ则四边形ＰＱＭＮ为矩形.所以ＰＮʅＮＭꎬ则ＰＮʅ平面ＡＢＤＥꎬ于是点Ｐ在平面ＡＢＤＥ内的投影为点Ｎ.所以曲线在平面ＡＢＤＥ内的投影为线段ＢＥꎬ于是曲线为过直线ＢＥ且垂直于平面ＡＢＤＥ的平面截圆柱侧面所得曲线[３].该曲线为椭圆ꎬ长轴为ＢＥ＝２２ꎬ短轴长等于底面直径２ꎬ所以离心率为２２.题８㊀设ＡꎬＢꎬＣ是ΔＡＢＣ的三个内角ꎬ则３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围为.解析㊀设Ｍ＝３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ.易知Ｍ<６ꎬ当Ａң０ꎬＢңπꎬＣң０时ꎬＭң６.当Ｃң０时ꎬＭ＝－３ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃң－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１ꎬ又－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ－１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２－２５１６ꎬ所以ꎬ当Ｃң０ꎬＢ＝ａｒｃｃｏｓ３８πꎬＡңπ－ａｒｃｃｏｓ３８时ꎬＭң－２５１６.下面证明Ｍ>－２５１６.当Ａɤπ３时ꎬＭȡ３ｃｏｓπ３－３＝－３２>－２５１６.当Ａ>π３时ꎬ０<Ｂ<２π３ꎬ０<Ｃ<２π３ꎬ０<Ｂ＋Ｃ<２π３.此时ꎬＡ不是ＡꎬＢꎬＣ中最小的.(１)若Ｃ最小ꎬ则Ｃ<ＡꎬＣɤＢ.此时ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０ꎬ证明如下:ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ２＋２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ－２Ｃ２＝４ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｓｉｎＢ－Ｃ２ｓｉｎＣ２.因为Ｂ＋２Ｃ２ꎬＢ－Ｃ２ꎬＣ２ɪ０ꎬπ２[öø÷ꎬ所以ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０成立.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃȡ３－ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ－ｃｏｓ２Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋３ｃｏｓＣ－３ｃｏｓ２Ｃ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ＋４ｃｏｓ３Ｃ－６ｃｏｓ２Ｃ＋１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２＋２ｃｏｓＣ－１()２２ｃｏｓＣ＋１()－２５１６.因为０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.(２)若Ｂ最小ꎬ则ＢɤＣꎬＢ<Ａꎬ３Ｂ＋Ｃ２ɪ０ꎬπ()ꎬＣ－Ｂ２ɪ０ꎬπ２[öø÷.于是ｃｏｓＡ＋ｃｏｓ２Ｂ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ２Ｂ＝２ｓｉｎ３Ｂ＋Ｃ２ｓｉｎＣ－Ｂ２ȡ０ꎮ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３ＣȡｃｏｓＡ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ３Ｃ>－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ.设ｔ＝ｃｏｓＣꎬ由于０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ则－１２<ｔ<１.令４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ＝４ｔ３－４ｔ＝ｆｔ()ꎬ则ｆᶄｔ()＝１２ｔ２－４＝４３ｔ２－１()ꎬ则ｆｔ()的极值点为ʃ１３.则ｆｔ()在－１２ꎬ－１３æèçöø÷上单调递增ꎬ在－１３ꎬ１３æèçöø÷上单调递减ꎬ在１３ꎬ１æèçöø÷上单调递增.计算知ｆ－１２æèçöø÷＝３２>－２５１６ꎬｆ１３æèçöø÷＝－８３３>－２５１６ꎬ所以ｆｔ()>－２５１６.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.综上所述ꎬ３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围是－２５１６ꎬ６æèçöø÷.题９㊀已知抛物线Γ的顶点是原点Ｏꎬ焦点是Ｆ(０ꎬ１).过直线ｙ＝－２上任意一点Ａ作抛物线Γ的两条切线ꎬ切点分别为ＰꎬＱꎬ求证:(１)直线ＰＱ过定点ꎻ(２)øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.证明㊀(１)易得拋物线Γ的方程为ｘ２＝４ｙ.设点Ａ(ｔꎬ－２)ꎬＰｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ则过点Ｐ的抛物线Γ的切线ｌ１的方程为ｙ－ｙ１＝ｘ１２ｘ－ｘ１().即ｘ１ｘ－２ｙ－２ｙ１＝０.同理ꎬ过点Ｑ的抛物线Γ的切线ｌ２的方程为ｘ２ｘ－２ｙ－２ｙ２＝０.由ｌ１ꎬｌ２过点Ａꎬ可得ｘ１ｔ＋４－２ｙ１＝０ꎬｘ２ｔ＋４－２ｙ２＝０ꎬ这表明ꎬ点Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()的坐标满足方程ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以直线ＰＱ的方程为ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以易得直线ＰＱ过定点(０ꎬ２).(２)不妨设点Ｐ在点Ｑ的左边ꎬ则ｘ１<ｘ２.因为ｔａｎøＰＡＱ＝ｘ１/２－ｘ２/２１＋(ｘ１/２) (ｘ２/２)＝２ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝２ｔａｎøＰＡＱ１－ｔａｎ２øＰＡＱ＝４ｘ１－ｘ２()/ｘ１ｘ２＋４()１－４ｘ１－ｘ２()２/ｘ１ｘ２＋４()２＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２.又因为ｔａｎøＰＦＱ＝(ｙ１－１)/ｘ１－(ｙ２－１)/ｘ２１＋[(ｙ１－１)/ｘ１] [(ｙ２－１)/ｘ２]＝ｘ２ｘ２１/４－１()－ｘ１ｘ２２/４－１()ｘ１ｘ２＋ｘ２１/４－１()ｘ２２/４－１()＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝ｔａｎøＰＦＱ.易知０ʎ<øＰＡＱ<９０ʎ<øＰＦＱ<１８０ʎ.所以øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.题１０㊀给定正整数ｎ(ｎȡ２).已知２ｎ个正实数ａ１ꎬａ２ꎬ ꎬａ２ｎꎬ满足:ðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ＝ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ.求Ｓ＝ð２ｎｋ＝１ａｎ－１ｋａｋ＋１的最小值ꎬ其中ａ２ｎ＋１＝ａ１.解析㊀一方面ꎬ记Ａ＝ᵑ２ｎｋ＝１ａｋ()１ｎꎬ则Ｓ＝ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１＋ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋȡｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１æèçöø÷１ｎ＋ｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋæèçöø÷１ｎ＝ｎＡᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()＝ｎＡðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ()ȡｎＡｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１()１ｎ ｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()１ｎ＝ｎ３.另一方面ꎬ易知ｎ＝２时ꎬ取ａ１＝ａ３＝１ꎬａ２＝ａ４＝２＋３时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.ｎȡ３时ꎬ取ａ１＝ａ２＝ ＝ａ２ｎ＝ｎ２２æèçöø÷１ｎ－２时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.综上所述ꎬ所求的最小值是ｎ３.题１１㊀给定正整数ａꎬｂ(ａɤｂ).数列ｆｎ{}满足:ｆ１＝ａꎬｆ２＝ｂꎬｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ(ｎ＝１ꎬ２ꎬ ).若对任意的正整数ｎꎬ都ðｎｋ＝１ｆｋ()２ɤλ ｆｎｆｎ＋１ꎬ求实数λ的最小值.解析㊀先证以下３个引理:引理１㊀对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎ＋２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.证明㊀ｆｎ＋２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ＋１－ｆｋ()＋ｆ２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ－１＋ｆ２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.引理２㊀记Ｔ＝ａ２＋ａｂ－ｂ２ꎬ则对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.证明㊀由条件知ｆ３＝ａ＋ｂ.从而ｆ１ｆ３＋(－１)１Ｔ＝ａ(ａ＋ｂ)－ａ２＋ａｂ－ｂ２()＝ｂ２＝ｆ２２ꎬ故结论对ｎ＝１成立.假设ｎ＝ｋ(ｋȡ１)时ꎬ结论成立ꎬ即ｆｋｆｋ＋２＋(－１)ｋＴ＝ｆ２ｋ＋１.当ｎ＝ｋ＋１时ꎬｆｋ＋１ｆｋ＋３＋(－１)ｋ＋１Ｔ＝ｆｋ＋１ｆｋ＋１＋ｆｋ＋２()＋ｆｋｆｋ＋２－ｆ２ｋ＋１＝ｆｋ＋１ｆｋ＋２＋ｆｋｆｋ＋２＝ｆ２ｋ＋２ꎬ故当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ结论也成立.由归纳原理知ꎬ对任意的正整数ｎꎬ都有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.引理３㊀ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＝５－１２.证明㊀首先ꎬ由ｆｎｆｎ＋１－ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝(－１)ｎＴｆｎ＋１ｆｎ＋２ң０知ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１存在ꎬ设其值为ａꎬ其中０ɤａɤ１.其次ꎬ将ｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ同时除以ｆｎ＋１ꎬ再令ｎң＋ɕꎬ得１ａ＝１＋ａꎬ解得ａ＝５－１２.回到原题:记Ｔｎ＝ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ ꎬ则Ｔｎ＋１－Ｔｎ＝ðｎ＋１ｋ＝１ｆｋ()２ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｆｎðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆｎ＋１()２－ｆｎ＋２ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎ－ｆｎ＋２()ðｎｋ＝１ｆｋ()２＋２ｆｎｆｎ＋１ðｎｋ＝１ｆｋ()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝－ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()２＋２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝２ｆｎ＋１ｆ２－ｆ２２＋ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋２＝２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴｆｎｆｎ＋２.注意到ｆｎ＋１ȡｂꎬ且(－１)ｎＴ＝(－１)ｎａ２＋ａｂ－ｂ２()ɤｂ２ꎬ所以２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴȡ２ｂ２－ｂ２－ｂ２＝０.因此ꎬＴｎ＋１ȡＴｎ对任意的正整数ｎ均成立.由Ｔｎ{}单调递减可知:若ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ存在ꎬ则其值为λ的最小值.又ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ＝ｌｉｍｎң＋ɕðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋２－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＋ｆｎ＋１ｆｎ＋２æèçöø÷＝５－１２＋５＋１２＋２＝２＋５.综上可知ꎬλ的最小值为２＋５.参考文献:[１]张君.２０２２年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(２５):８４－８８.[２]李鸿昌.我这样做奥数[Ｍ].成都:四川省教育电子音像出版社ꎬ２０２１.[３]甘志国.圆锥曲线光学性质的证明及其应用[Ｊ].数学教学ꎬ２０１７(０９):１６－１８ꎬ３７.[责任编辑:李㊀璟]。
1988-2018全国高中数学联赛真题(二试)分类汇编---平面几何
全国高中数学联合竞赛（加试）试题分类汇编一【平几】1、【1988·2】(本题满分35分)如图，在△ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB边上，求证：S∆PQRS∆ABC>29．NACBPQ RH2、【1989·1】(本题满分35分)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．求证：2AF=AB-AC．EAFB C3、【1990·1】(本题满分35分)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O 1、O 2、O 3、O 4．求证OP 、O 1O 3、O 2O 4三直线共点．O OA B C DP 1O O O 234F4、【1991·2】(本题满分35分)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1 4．5、【1992·1】(本题满分35分)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．6、【1993·3】(本题满分35分)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上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR 为圆O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB⨯CR+BC⨯AP=AC⨯BQ；(2)l与圆O相交时，AB⨯CR+BC⨯AP＜AC⨯BQ；(3)l与圆O相离时，AB⨯CR+BC⨯AP＞AC⨯BQ.7、【1994·3】(本题满分35分)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 ．证明:(1)IO=AE ；(2)2R <IO +IA +IC <(1+3)R ．AB COIE8、【1995·3】(本题满分35分)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．9、【1996·3】（本题满分35分）如图，圆O 1和圆O 2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。
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版
高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。
2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编 专题46平面解析几何第六讲(学生版+解析版)
2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编专题46平面解析几何第六讲1．【2019高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆中，F 为一个焦点，A 、B 为两个顶点若|F A |=3，|FB|=2，求AB 的所有可能值.2．【2018年福建预赛】已知△DEF 三边所在的直线分别为l 1:x =－2，l 2：x +√3y －4=0，l 3：x －√3y －4=0，⊙C 为△DEF 的内切圆. （1）求⊙C 的方程；（2）设⊙C 与x 轴交于A 、B 两点，点P 在⊙C 内，且满足|PC |2=|PA |⋅|PB |.记直线P A 、PB 的斜率分别为k 1、k 2，求k 1 k 2的取值范围.3．【2018年江苏预赛】如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O 的方程为x 2+y 2=4，过点P(0,1)的直线l 与圆O 交于点A ，B ，与x 轴交于点Q ，设QA ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =μPB⃗⃗⃗⃗⃗ ，求证：λ+μ为定值。
4．【2018年江苏预赛】如图，在圆内接四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点P ，ΔABD 与ΔABC 的内心分别为I 1和I 2，直线I 1I 2分别与AC ，BD 交于点M ，N ，求证：PM =PN .5．【2018年贵州预赛】已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a >b >0）的离心率e =√22，直线y =2x －1与C 交于A 、B 两点，且|AB |=89√5 ． （1）求椭圆C 的方程；（2）过点M(2，0)的直线l（斜率不为零）与椭圆C交于不同的两点E、F（E在点F、M之间），记λ=SΔOMESΔOMF，求λ的取值范围．6．【2018年浙江预赛】已知动直线l与圆O：x2+y2=1相切，与椭圆x29+y2=1相交于不同的两点A，B.求原点到AB的中垂线的最大距离.7．【2018年重庆预赛】设椭圆C的左、右顶点为A，B(a,0)，过右焦点F(1,0)作非水平直线l与椭圆C交于P，Q两点，记直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，试证：k1k2为定值，并求此定值（用a的函数表示）8．【2018年陕西预赛】如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴的正半轴相交于A,B两点（A在B的上方），且|AB|=3.（1）求圆C的方程；（2）设过点B的直线l与椭圆x 28+y24=1相交于P，Q两点，求证：射线AB平分∠PAQ.9．【2018年陕西预赛】如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴的正半轴相交于A,B两点（A在B的上方），且|AB|=3.（1）求圆C的方程；（2）设过点B的直线l与椭圆x 28+y24=1相交于P，Q两点，求证：射线AB平分∠PAQ.10．【2018年陕西预赛】如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴的正半轴相交于A,B两点（A在B的上方），且|AB|=3.（1）求圆C 的方程；（2）设过点B 的直线l 与椭圆x 28+y 24=1相交于P ，Q 两点，求证：射线AB 平分∠PAQ .11．【2018年湖南预赛】已知抛物线C 1的顶点(√2−1,1)，焦点(√2−34,1)，另一抛物线C 2的方程为y 2−ay +x +2b =0，C 1与C 2在一个交点处它们的切线互相垂直.试证C 2必过定点，并求该点的坐标.12．【2018年湖南预赛】如图，在凸四边形ABCD 中，M 为边AB 的中点，且MC=MD.分别过点C 、D 作边BC 、AD 的垂线，设两条垂线的交点为P.过点P 作PQ ⊥AB 与Q.求证：∠PQC =∠PQD .13．【2018年贵州预赛】已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a >b >0）的离心率e =√22，直线y =2x －1与C 交于A 、B两点，且|AB |=89√5 ． （1）求椭圆C 的方程；（2）过点M (2，0)的直线l （斜率不为零）与椭圆C 交于不同的两点E 、F （E 在点F 、M 之间），记λ=S ΔOME S ΔOMF，求λ的取值范围．14．【2018年广西预赛】已知中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率为√32的椭圆过点(√2,√22).设不过原点O的直线l 与该椭圆交于P ，Q 两点，且直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，求△OPQ 面积的取值范围．15．【2018年安徽预赛】设O 是坐标原点，双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1上动点M 处的切线，交C 的两条渐近线于A 、B 两点.⑴求证：△AOB 的面积S 是定值； ⑵求△AOB 的外心P 的轨迹方程.16．【2018年山东预赛】已知圆O:x 2+y 2=4与曲线C:y =3|x −t |，A (m,n )，B (s,p )，(m,n,s,p ∈N ∗)为曲线C 上的两点，使得圆O 上任意一点到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值k (k >1)，求t 的值． 17．【2018年湖北预赛】已知O 为坐标原点，N (1,0)，点M 为直线x =−1上的动点，∠MON 的平分线与直线MN 交于点P ，记点P 的轨迹为曲线E . （1）求曲线E 的方程；（2）过点Q (−12,−12)作斜率为k 的直线l ，若直线l 与曲线E 恰好有一个公共点，求k 的取值范围.18．【2018年甘肃预赛】已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1过点M (0,2)，且右焦点为F (2,0)． （1）求椭圆C 的方程；（2）过点F 的直线l 与椭圆C 交于A,B 两点，交y 轴于点P ．若PA⃗⃗⃗⃗⃗ =mAF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =nBF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求证：m +n 为定值； （3）在（2）的条件下，若点P 不在椭圆C 的内部，点Q 是点P 关于原点O 的对称点，试求三角形QAB 面积的最小值．19．【2018年吉林预赛】如图，已知抛物线y =ax 2过点P （-1，1），过点Q （−12，0）作斜率大于0的直线l 交抛物线与M 、N 两点（点M 在Q 、N 之间），过点M 作x 轴的平行线，交OP 于A ，交ON 于B.△PMA 与△OAB 的面积分别记为S 1、S 2，比较S 1与3S 2的大小，说明理由.20．【2018年天津预赛】如图，F1、F2是双曲线x2−y24=1的两个焦点，一条直线与双曲线的右支相切，且分别交两条渐近线于A、B.又设O为坐标原点，求证：（1）|OA|⋅|OB|=|OF1|2；⑵F1、F2、A、B 四点在同一个圆上.21．【2018年河南预赛】已知方程17x2−16xy+4y2−34x+16y+13=0在xOy平面上表示一椭圆．试求它的对称中心及对称轴．22．【2018年河北预赛】如图，椭圆x2y +y2b=1（a>b>0）的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A、B两点.当直线AB经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60°.（1）求该椭圆的离心率；（2）设线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴、y轴分别交于D、E两点.记△GDF的面积为S1，△OED（O坐标原点）的面积为S2.求S1S2的取值范围.23．【2018年四川预赛】已知双曲线x24−y23=1，设其实轴端点为A1、A2，点P是双曲线上不同于A1、A2的一个动点，直线PA1、PA2分别与直线x=1交于M1、M2两点.证明：以线段M1、M2为直径的圆必经过定点.24．【2018年浙江预赛】已知动直线l与圆O：x2+y2=1相切，与椭圆x29+y2=1相交于不同的两点A，B.求原点到AB的中垂线的最大距离.25．【2018年辽宁预赛】如图所示，在平面直角坐标系xOy，设点M(x0,y0)是椭圆C:x24+y2=1上一点，左右焦点分别是F1、F2，从原点O向圆M：(x−x0)2+(y−y0)2=r2(0<r<1)作两条切线分别与椭圆C交于点P、Q，直线OP、OQ的斜率分别记为k1、k2.(1)设直线MF1、MF2分别与圆交于A、B两点，当|AF1|−|BF2|=2r，求点A的轨迹方程；(2)当k1·k2为定值时，求|OP|·|OQ|的最大值.26．【2018年江西预赛】若椭圆x225+y29=1上不同的三点A(x1,y1)，B(4,95)，C(x2,y2)到椭圆右焦点的距离顺次成等差数列，线段AC的中垂线l交x轴于点T，求直线BT的方程．27．【2018年湖南预赛】设曲线C:|x2−16y|=256−16|y|所围成的封闭区域为D.（1）求区域D的面积；（2）设过点M(0,−16)的直线与曲线C交于两点P、Q，求|PQ|的最大值.28．【2018年福建预赛】已知F1、F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点P(2√63,1)在椭圆C上，且△F1PF2的垂心为H(2√63,−53)．（1）求椭圆C的方程；（2）设A为椭圆C的左顶点，过点F2的直线l交椭圆C于D、D两点．记直线AD、AE的斜率分别为k1、k2，若k1+k2=−12，求直线l的方程．29．【2018年全国】在平面直角坐标系xOy中，设AB是抛物线y2=4x的过点F（1，0）的弦，△AOB的外接圆交抛物线于点P（不同于点O，A，B）.若PF平分∠APB，求|PF|的所有可能值.30．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A、B与C、D分别是椭圆Γ:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点与上、下顶点.设P，Q是Γ上且位于第一象限的两点，满足OQ∥AP，M是线段AP的中点，射线OM与椭圆交于点R.证明:线段OQ，OR，BC能构成一个直角三角形.2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编专题46平面解析几何第六讲1．【2019高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆中，F 为一个焦点，A 、B 为两个顶点若|F A |=3，|FB|=2，求AB 的所有可能值. 【答案】答案见解析【解析】不妨设平面直角坐标系中椭圆Γ的标准方程为x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)，并记c=√a 2−b 2.由对称性，可设F 为Γ的右焦点.易知F 到Γ的左顶点的距离为a +c ，到右顶点的距离为a －c ，到上下顶点的距离均为a .分以下情况讨论: (1)A 、B 分别为左、右顶点.此时a +c =3，a －c =2，故|AB|=2a =5(相应地，b 2=(a +c )(a －c )=6，Γ的方程为4x 225+y 26=1). (2)A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点.此时a +c =3，a =2，故c =1，进而b 2=a 2−c 2=3，所以|AB|=√a 2+b 2=√7(相应Γ的方程为x 24+y 23=1).(3)A 为上顶点或下顶点，B 为右顶点.此时a =3，a －c =2，故c =1，进而b 2=a 2−c 2=8，所以|AB|=√a 2+b 2=√17(相应Γ的方程为x 29+y28=1).综上可知，|AB |的所有可能值为5,√7,√17.2．【2018年福建预赛】已知△DEF 三边所在的直线分别为l 1:x =－2，l 2：x +√3y －4=0，l 3：x －√3y －4=0，⊙C 为△DEF 的内切圆. （1）求⊙C 的方程；（2）设⊙C 与x 轴交于A 、B 两点，点P 在⊙C 内，且满足|PC |2=|PA |⋅|PB |.记直线P A 、PB 的斜率分别为k 1、k 2，求k 1 k 2的取值范围. 【答案】（1）x 2+y 2=4.（2）(－1，0] 【解析】（1)解法一：设C (a ，b )，⊙C 半径为r ，则 |a +2|=|a+√3b−4|2=|a−√3b−4|2=r ，结合点C (a ，b )在△DEF 内，可得a +2=−(a+√3b−4)2=−(a−√3b−4)2=r .解得a =b =0，r =2.∴⊙C 的方程为x 2+y 2=4. 解法二：设C (a ，b )，⊙C 半径为r .如图，由条件知，l 2、l 3的倾斜角分别为150°和30°，且它们关于x 轴对称，同时l 1⊥x 轴. 因此，△DEF 为正三角形. ∴点C 在x 轴上，且a =－2+r ，b =0.由l 2、l 3交x 轴于点D (4，0)，知△DEF 的高为6. ∴r =13×6=2，a =0.∴⊙C 的方程为x 2+y 2=4.（2）由（1）知，C (0，0)，A (－2，0)，B (2，0).设P (x ，y )，则x 2+y 2<4. ∵|PC |2=|PA ||PB |，∴x 2+y 2=√(x +2)2+y 2⋅√(x −2)2+y 2， 化简得，x 2－y 2=2. ∴k 1k 2=yx+2⋅yx−2=y 2x 2−4=x 2−2x 2−4=1+2x 2−4. 由x 2+y 2<4，以及x 2－y 2=2，y 2≥0，得2≤x 2<3. ∴k 1 k 2∈(－1，0].∴k 1 k 2的取值范围为(－1，0].3．【2018年江苏预赛】如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O 的方程为x 2+y 2=4，过点P(0,1)的直线l 与圆O 交于点A ，B ，与x 轴交于点Q ，设QA⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =μPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求证：λ+μ为定值。
205全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】
文案大全2012全国高中数学联赛挑战极限--------[平面几何试题]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 ．2、如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC ⌒ 、AC ⌒的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．PABC DQ文案大全⑴ 求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵ 在弧AB ⌒（不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．ITQ P NMCBA3.一圆O 切于两条平行线12,l l ，第二个圆1O e 切1l 于A ，外切O e 于C ，第三个圆2O e 切2l 于B ，外切O e 于D ，外切1O e 于E ，AD 交BC 于Q ，求证Q 是CDE ∆的外心。
（35届IMO 预选题）文案大全4. 如图，给定凸四边形ABCD ，180B D ∠+∠<o ，P 是平面上的动点， 令()f P PA BC PD CA PC AB =⋅+⋅+⋅．（Ⅰ）求证：当()f P 达到最小值时，P A B C ,,,四点共圆；（Ⅱ）设E 是ABC ∆外接圆O 的»AB 上一点，满足：3AE AB =，31BCEC=-，12ECB ECA ∠=∠，又,DA DC 是O e 的切线，2AC =，求()f P 的最小值．5. 在直角三角形ABC 中，90ACB ∠=︒，△ABC 的内切圆O 分别与边BC ，CA ， AB 相切于点D ，E ，F ，连接AD ，与内切圆O 相交于点P ，连接BP ，CP ，若90BPC ∠=︒，求证：AE AP PD +=．图1文案大全6. 给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分别是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分别作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分别为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分别为M ，N ．（1）若A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅； （2）若 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论． ．7. 如图，已知△ABC 内切圆I 分别与边AB 、BC 相于点F 、D ，直线AD 、CFCB文案大全分别交圆I 于另一点H 、K . 求证：错误!未找到引用源。
平面几何选讲—利用塞瓦定理解决完全四边形问题
广州大学 唐松锦 2011.1.26
一、试题展示：2010年全国高中数学联合竞赛试题（A卷）二试（题一）
如图1，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
G
H
M
②
在△APQ 和△AMN 中，分别应用塞瓦定理得
AB PG QC 1,
③
BP GQ CA
AB MH NC 1.
④
BM HN CA
综合式①至④得
BP CQ BG CQ BC ∥MN BM CN BN CN
OK ⊥ BC K 是边 BC 的中点. 这与 K 不是边 BC 的中点矛盾。 所以，点 D 不能在⊙O 外。 同理，点 D 也不能在⊙O 内。 故点 D 一定在⊙O 上，即 A、B、D、C 四点共圆。 （刘才华 山东省宁阳第一中学，271400）
BK CN AM 1 BK BM AN .
KC NA MB
KC MA NC
设△AMN 底边 MN 上的高为 h.则
BB BB h BM AN BK BP . CC h CC MA NC KC CP
A
O
C
BK
D
所以，Rt△B B P∽Rt△CC′P.
ME NC AB 1，M1E1 N1C AB 1. EN CA BM E1N1 CA BM1
又因 ME = M1E1 ，所以 N1C BM 1 .
EN E1N1
NC BM
于是，BC∥MN.
或由
2012年全国高中数学联赛加试(A卷)平面几何题的证明欣赏
高 中 版中。 ？ 擞－ ？ 纛
数 在
命 题 感 悟
２ ０ １ ３年 ４月
从而边 ｃ 的 中点Ｒ
… 一
ｈ
， 丽 ｋ ｌ ｈ ） ， 边 Ａ ｃ 的 筹 ） ．
由曰 、 Ｍ、 Ｎ 、 ｃ 共线， 可知蔚 ∥赢 而赢 ＝ （ （ １ － ｔ ） （ １ ＋
在（ ３ ０ １ 中， ２ 鲋 ０ １ ＋ Ａ ０ ｌ Ｂ ＝ １ ８ ０ 。 ，
又 Ａ０ｌ Ｂ ＝ ２ Ａ凹 ， Ａ凹 ＋ Ｃ ＡＨ＝ ９ ０ 。 ，
由作 图 ， 知Ｚ ． Ａ Ｎ Ｏ ＝ ／ ＿ ＿ ． Ａ Ｒ Ｏ ｌ ＝ Ｏ ， ａ Ｒ， 所 以Ｏ Ｎ ／ ／ Ｏ １ Ｒ，
证法３ （ 几何 法３ ） ：作 出，
△Ａ Ｂ Ｃ的外 接 圆 ｏ０ ， ．延 长 Ａ ０ １ 、 Ａ Ｍ、 Ａ Ｎ分 别 交 （ ３ ０ 。 于 点 ． Ｐ 、 Ｑ、 Ｒ；￣ ｔ Ｆ Ａ Ｎ的垂直平分线 ，
Ｐ 于点０；连Ｏ Ｍ、 Ｏ Ｎ、 ０ Ｑ 、 Ｒ Ｄ Ｒ、 、 Ｑ Ｒ， 如 图４ ． 在 ｏ０ １ 中， 由 ＡＢ Ａ Ｍ＝ Ｃ ＡＮ，
） ，
，
． ，
垂 直 平 分 线 的 法 向 量 为 ＝ （ ， ｋ ｌ ｈ ） ， 故 其 方 程 为 丽
￣ Ｏ ｘ ＋ ｋ ｌ ｙ ＝
） ＋ ｋ ｌ ｈ 、 （ ｙ 一 ｋ ） Ｊ ＼ ＝ 。 ，
ｍ
…
ｈ
（ （ １
１
（ １ ＋ ｔ ） Ｙ ｏ
Ｃ Ａ Ｎ，所 以 鲋 Ｃ 与 ＾ Ⅳ
礴由， 建 立 直角 坐标 系 ， 则 由已知 条 件 ，设 直 线Ａｃ ： ｙ ＝ ｋ ｌ ｘ ， Ａ Ｎ： ｙ ：
，
全国高中数学联赛二试平面几何赛题精选
历年全国高中数学联赛二试几何题汇总1 （类似九点圆）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 ，作PF ⊥AB ，垂足为F 。
1O 、2O 分别是∆BDF 、∆CDE 的外心。
求证：1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件为P 是∆ABC 的垂心。
证明：连BP 、CP 、1O 2O 、E 2O 、EF 、F 1O 。
因为PD ⊥BC ，PF ⊥AB ，则B 、D 、P 、F 四点共圆，且BP 为该圆的直径。
又因为1O 是∆BDF 的外心，故1O 在BP 上且是BP 的中点。
同理可证，C 、D 、P 、E 四点共圆，且2O 是CP 的中点。
于是，1O 2O 平行于BC ，则∠P 2O 1O =∠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 、1O 、P 、E 四点共线，C 、2O 、P 、F 四点共线，∠F 2O 1O =∠FCB =∠FEB = ∠FE 1O ，故1O 、2O 、E 、F 四点共圆 必要性：设1O 、2O 、E 、F 四点共圆，则∠1O 2O E + ∠EF 1O = π注意到∠P 2O 1O =∠PCB=∠ACB - ∠ACP ，又因为2O 是直角∆CEP 的斜边中点，也就是∆CEP 的外心，所以∠P 2O E=2∠ACP 。
ABDCEFP1O 2O因为1O 是直角∆BFP 的斜边中点，也就是∆BFP 的外心，从而∠PF 1O =2π - ∠BF 1O = 2π- ∠ABP 因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以∠AFE =∠ACB ，∠PFE =2π- ∠ACB 于是，由∠1O 2O E + ∠EF 1O = π得： （∠ACB - ∠ACP+ 2∠ACP ）+ (2π - ∠ABP +2π- ∠ACB) = π ， 即∠ABP =∠ACP 。
2022年全国高中数学联赛(CMO预赛)平面几何专题冲刺复习试题
2022年全国高中数学联赛（CMO 预赛）平面几何专题冲刺复习讲义P00.圆基础01. 如图，在等腰△ABC 中，AB=AC ，AM 是高，P 在△ABM 内部，Q 在 AM 上，且满足∠PBQ=∠ACP 。
求证：∠BPQ+∠APC=180°B02. 如图，四边形 ABCD 是梯形，AB//CD, AB<CD ，Q 在形内且满足∠QAB=∠QDC=90°-∠BQC ，BC, DA 交于 P 。
求证：∠PQA=2∠QCDC D03. 如图，凸四边形 ABCD 内接于圆Ω，AD, BC 的延长线交于 P ，Q 是 BP 延长线上一点，且BP=PQ ，R, S 使得 CAQR, DBCS 均是平行四边形。
求证：C, Q, R, S 四点共圆B R04. 如图，在等腰△ABC 中，CA=CB ，D 在 AC 的延长线上，且满足 AC>CD ，∠BCD 的角平分线交 BD 于 N ，M 是 BD 的中点，过 M 关于⊙(AMD)的切线交 BC 于 P 。
求证：A, P, M, N 四点共圆PBLCK05. 如图，在等腰△ABC 中，AB=AC ，M 是 BC 的中点，CD 是 AB 边上的高，E 在 CD 延长线上，且满足 BE=MB ，P 在⊙(ABM)上，且满足 PB=PE ，P, M 在 BE 同侧。
求证：∠EMP=90°A06. 如图，在△ABC 内部有一点 P ，且满足∠ABP=∠ACP=45°-A/4，AL 是∠BAC 的角平分线，PL 再次交⊙(BPC)于 K 。
求证：∠AKB=∠AKCAPEDB MC07. 如图，P 是△ABC 形内一点，过 P 分别作 BC, CA, AB 的平行线，与三边对应的交点是 E,H ；G, D ；I, F ，AP 再次交△ABC 的外接圆于 Q 。
求证：DP*PG+EP*PH+FP*PI=AP*PQ08. 如图，在△ABC 中， L 在 BC 上，M, N 分别在 AB, AC 的延长线上，且满足∠ALB=2∠ANB,∠ALC=2∠AMC ，K 是△AMN 的外心。
高中数学联赛几何题
几何专题1.线段AB平行于两等圆的连心线并与两圆相交（交点都在AB内），分别过A,B作靠近自己的一圆的两切线，设这四条切线围成的四边形包含两圆．求证，这个四边形有内切圆．2.ABCV的内切圆与AB,AC边分别切于P,Q点，设RS是平行于AB的中位线，而T是直线PQ与RS的交点．求证，T在角B的平分线上．3.设K,L分别是ABCV的边AC,CB上的旁切圆切点．求证，线段KL,AB的中点连线：（1）平分ABCV的周长；（2）平行于ABCÐ的角平分线．4. 以O 为圆心的圆的两条弦AC 与BD 交于K 点，设M,N 分别是三角形AKB,CKD 的外心．求证：OM=KN ．5. ABC V 的三条高是,,AD BE CF ．求证：以三角形,,AEF BFD CDE 的垂心为顶点的三角形与DEF V 全等．6. 设AD,BE,CF 是锐角三角形ABC 的三条高，123,,O O O 分别是三角形AEF,BFD,CDE 的内心，而123,,T T T 分别是ABC V 的内切圆与三边BC,CA,AB 的切点．求证：六边形132132T O T OT O 的各边全都相等．B7. 等腰三角形ABC 的顶角120C? ，D ，E 为底边AB 上两点满足60DCE? （点D 靠近点A ，点E靠近点B ），F ，G 分别为边AC ，BC 上两点，满足,ADFCDB BEG CEA ?行= ．求证：ADF BEG CDE S S S +=V V V8. ABCD 是非等腰的梯形．1A 是BCD V 外接圆与直线AC 异于点C 的交点．类似定义111,,B CD 点．求证：1111A B C D 也是梯形．9. 圆内接四边形的两对角线交于P 点，四边的中点依次为K,L,M,N ．求证：三角形PKL ，PLM ，PMN ，PNK 的外接圆半径都相等．B爱数学 高中2015年11. 锐角三角形ABC 的三边BC ，AC ，AB 上分别取点111,,A B C 使得射线111,,A A B B C C 为111A B C V 的三条内角平分线．试证：111,,AA BB CC 是三角形ABC 的三条高12. 锐角三角形ABC 的两边AB,BC 分别向外做两个矩形ABMN ，BCKL 满足MB BCAB BL=．求证：直线AL,CM,NK 共点．D13. 如图，1O e 过2O e 的圆心，由1O e 上的点C 作2O e 的两条切线，分别另交1O e 于A,B 两点．求证：直线AB 与两圆的连心线垂直．14. 如图，12,O O e e 相交于E ，F 两点，过平面上一点O 做1O e 的2条切线OA ，OB 与2O e 的两条切线OC ，OD ；若AOB COD ? ，证明：EOC FOB ? ．15. 12,O O e e 交于A,B 两点，一条公切线（靠近点B ）的切点为E ，F ，直线AB 与EF 交于M 点．在AM 的延长线上取点K 使得KM M A =，直线KE 与1O e 交于E ，C 两点，直线KF 与2O e 交于F ，D 两点．证明：CDA 共线．16. ABC V 中H 为垂心，I 为内心，O 为外心，K 是内切圆与BC 边的切点．若//IO BC ，求证：//AO HK ．17. O e 为斜边为AB 的直角三角形ABC 的外接圆，设K 是劣弧BC的中点，N 是线段AC 的中点，M 是射线KN 与O e 的交点，O e 在A,C 处的切线交于E 点．求证：EMK Ð为直角．18. 12,O O e e 交于AB 两点，过B 的直线分别另交12,O O e e 于K ，M 点．直线PQ 与1O e 切于Q 点并平行于AM ，直线PR 与2O e 切于R 点并平行于AK ，点P ，Q 位于直线KM 的不同侧．求证： （1）点A 在直线QR 上：（2）点P 在直线KM 上19. 正方形1111A B C D 在正方形ABCD 内，又2222,,,A B C D 分别是1111AA BB CC DD 、、、的中点．试证：2222A B C D 也是正方形．20. 设ABC V 的边AB 、AC 上分别有N 、K 两点，且N 、K 、C 、B共圆于O e ，若ABC V 与ANK V 的外接圆还交于异于点A 的点M ，求证：AM OM ^．C21. 设四边形ABCD 有内切圆O e ，求证：OAB V 、OBC V 、OCD V 、ODA V 的垂心共线．22. 如图，凸四边形ADPE 中，ADPAEP ? ，延长AD 至点B ，延长AE 至点C ，使得DPBEPC ? ，记ADE V 的外心为点1O ，ABC V 的外心为点2O ，且两外接圆不相切，求证：直线12O O 平分AP ．B23. 两圆12O O e e 、相交于P 、Q 两点，且离点P 近的公切线分别与12O O e e 、切于点A 、B ．过点P 作1O e 的切线，与2O e 交于点C ，又AP 延长之后与BC 交于点R ，证明：PQR V 的外接圆与直线BP 、BR 相切．24. 设O e 的内接四边形ABCD ，E 是对角线交点，P 是四边形内任意异于E 的一点，,,,PAB PBC PCD PDA V V V V 的外心分别是1233O O O O 、、、，设1324O O O O 、交于点Q ，求证：O E Q 、、共线25. 已知AD 是锐角ABC V 的一条高，P 是AD 上某一点，延长BP交AC 于点M ，延长CP 交AB 于点N ，又MN 与AP 交于点Q ，过Q 做任一直线交PN 于点E ，交AM 于点F ，求证：EDA FDA ? ．26. 证明斯坦纳定理：ABC V 外接圆上一点P 与ABC V 垂心H 的连线PH 被P 关于ABC V 的西姆松线平分延长PD 交外接圆于Q ，延长AH 交BC 于M 交外接圆于N 则HM=MN ，只需证明AQ 平行EF ，由AQPN 为等腰梯形推 出结论B C27.证明牛顿线：四边形ABCD对边交点分别为E，F，对角线AC中点为M，BD中点为N，EF中点为O，则M，N，O三点共线28.六边形ABCDEF中各边中点分别为A’B’C’D’E’F’证明：A’D’,B’E’,C’F’交于一点的充要条件是三角形ACE面积等于三角形BDF面积29.四边形蝴蝶定理:四边形ABCD满足AB=AD，BC=CD，对角线AC，BD相交于O，过O做任俩直线分别交四边于P、Q、R、S，PQ、RS交BD于M、N，证明：OM=ON30. 如图，两个正方形（边长不一定相等）重叠，边之间的交点为12121212,,,,,,,A A B B C C D D ，证明：2222A C B D31. 证明：将三角形的各内角三等分，靠近某一边的两条三分角线相交得一交点则三交点构成正三角形．C求证：直线AT 关于BC ，BT 关于CA ，CT 关于AB 的对称线交于一点．33. ABC V 的角平分线1AA 上取点X ，设BX 交AC 于点1B ，直线CX 交AB 于1C ，线段11A B 与1CC 交于P 点，线段11AC 与1BB 交于Q 点．求证：PAC QAB ? ．34. 锐角ABC V 的内切圆I 切BC 于点K ，AD 为ABC V 的高，M 为AD 的中点，直线KM 交I e 于另一点N ，求证：NK 平分BNC Ð．CBC35.如图，非正三角形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：OH MN^．36.ABCV的内切圆BC于D，E在线段AD在圆内的部分上，设线段EB，CE分别与圆交于点F、G，求证：AD,BG,CF共点．B C。
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全国高中数学联赛平面几何题1.(2000) 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．2. (2001) 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 ．3.(2002)4.(2003) 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 ．AB C DE FM N5.(2004)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 相交于点K 。
已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK 的长。
6.(2005)7.(2006)以B 0和B 1为焦点的椭圆与△AB 0B 1的边AB i 交于点C i (i ＝0，1). 在AB 0的延长线上任取点P 0，以B 0为圆心，B 0P 0为半径作圆弧P 0Q 0⌒交C 1B 0的延长线于Q 0；以C 1为圆心，C 1Q 0为半径作圆弧Q 0P 1⌒交B 1A 的延长线于点P 1；以B 1为圆心，B 1P 1为半径作圆弧P 1Q 1⌒交B 1C 0的延长线于Q 1；以C 0为圆心，C 0Q 1为半径作圆弧Q 1P 0'⌒，交AB 0的延长线于P 0'. 试证：⑴ 点P 0'与点P 0重合，且圆弧P 0Q 0⌒与P 0Q 1⌒相切于点P 0； ⑵ 四点P 0，Q 0，Q 1，P 1共圆．PB 1B 0C 1P 1P 0Q 1Q 0AC 08.(2007)如图，在锐角△ABC 中，AB<AC ，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 一点。
过P 作PE ⊥AC ，垂足为E ，作PF ⊥AB ，垂足为F 。
O 1、O 2分别是△BDF 、△CDE 的外心。
求证：O 1、O 2、E 、F 四点共圆的充要条件为P 是△ABC 的垂心。
9.(2008)如题一图，给定凸四边形ABCD ，180B D ∠+∠<，P 是平面上的动点，令()f P PA BC PD CA PC AB =⋅+⋅+⋅．（Ⅰ）求证：当()f P 达到最小值时，P A B C ,,,四点共圆；（Ⅱ）设E 是ABC ∆外接圆O 的AB 上一点，满足：3AE AB =，31BC EC =-，12ECB ECA ∠=∠，又,DA DC 是O 的切线，2AC =，求()f P 的最小值．O 2O 1F E PA答一图1参考答案1.(2000)证明：连结MN 、BD ，∵FM ⊥AB ，FN ⊥AC ，∴A ，M ，F ，N 四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°，即MN ⊥AD.∴S AMDN =21AD ·MN ∵∠CAF=∠DAB ，∠ACF=∠ADB ， ∴△AFC ∽△ABC ⇒⇒=ADACAB AF AB ·AC=AD ·AF .又AF 是过A 、M 、F 、N 四点的圆的直经，∴BACMN∠sin =AF ⇒AF sin ∠BAC=MN. ∴21=∧abc S AB·AC·sin∠BAC=21 AD·AF·sin∠BAC=21AD·M N=S AMDN2.．(2001)证明：(1)∵A 、C 、D 、F 四点共圆 ∴∠BDF ＝∠BAC又∠OBC ＝21(180°－∠BOC )＝90°－∠BAC ∴OB ⊥DF ．(2)∵CF ⊥MA ∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2① ∵BE ⊥NA∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2② ∵DA ⊥BC∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2③ ∵OB ⊥DF∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2④ ∵OC ⊥DE∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2⑤ ①－②＋③＋④－⑤，得NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH∴OH ⊥MN另证：以BC 所在直线为x 轴，D 为原点建立直角坐标系，设A (0，a )，B (b ，0)，C (c ，0)，则 ba k c a k AB AC -=-=, ∴直线AC 的方程为)(c x c a y --=，直线BE 的方程为)(b x acy -=由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=-=)()(c x c a y b x ac y 得E 点坐标为E (2222222,c a abc ac c a bc c a +-++) 同理可得F (2222222,b a abcab b a c b b a +-++)直线AC 的垂直平分线方程为)2(2c x a c a y -=- 直线BC 的垂直平分线方程为2cb x +=由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=-2)2(2c b x c x a c a y 得O (a a bc c b 2,22++) bca ac abc b b a abc ab k abac a bc b c b a a bc k DFOB+-=+-=-+=-++=222222,22 ∵1-=DF OB k k ∴OB ⊥DF 同理可证OC ⊥DE ．在直线BE 的方程)(b x a cy -=中令x ＝0得H (0，abc -) ∴ac ab bc a c b a bc a a bc k OH ++=+++=32222直线DF 的方程为x bca acab y +-=2由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+-=)(2c x c a y x bca ac ab y 得N (22222222,2c bc a ac abc c bc a bc c a -+--++) 同理可得M (22222222,2b bc a ab abc b bc a c b b a -+--++)∴bca acab bc a bc a b c bc a c b a k MN3)3)()(())((222222++-=++-+-= ∵k OH ·k MN ＝－1，∴OH ⊥MN ． 4. (2003)．证明：联结AB ，在△ADQ 与△ABC 中，∠ADQ =∠ABC ，∠DAQ =∠PBC =∠CAB 故△ADQ ∽△ABC ，而有ADDQAB BC =，即BC ·AD ＝AB ·DQ又由切割线关系知△PCA ∽△PAD 得 ADACPA PC =； 同理由△PCB ∽△PBD 得 BDBCPB PC =又因PA ＝PB ，故BDBCAD AC =，得 AC ·BD ＝BC ·AD ＝AB ·DQ又由关于圆接四边形ACBD 的托勒密定理知 AC ·BD ＋BC ·AD ＝AB ·CD 于是得：AB ·CD ＝2AB ·DQ ，故DQ ＝21CD ，即CQ ＝DQ在△CBQ 与△ABD 中，BCCQBC DQ AB AD ==，∠BCQ ＝∠BAD ，于是△CBQ ∽△ABD ， 故∠CBQ ＝∠ABD ，即得∠DBQ ＝∠ABC ∠PAC ．5.(2004)解：由题知：90,ADB AEC ADBAEC ∠=∠=︒∴∆∆，AD BD ABAE CE AC∴==① 又BC=25，BD=20，BE=7，故CD=15，CE=24.由①可解得：AD=15，AE=18.于是点D 是Rt AEC ∆的斜边AC 的中点，DE=15.连接DF,因为点F 在以DE 为直径的圆上，90DFE ∠=︒，故点F 为线段AE 中点，AF=9. 因为G 、F 、E 、D 四点共圆，D 、E 、B 、C 四点共圆，所以AFG ADE ABC ∠=∠=∠，于是FG BC ，延长AH 交BC 于P ，故：AK AFAP AB =② 又H 为ABC ∆的垂心，故AP BC ⊥，25,BA BC ABP CBE ==∴∆≅∆，AP=CE=24， 于是 9242162525AF AP AK AB ⋅⨯===7.(2006)关于⑴的证明要点：① 说明C 0P 0＝C 0P 0'，从而得到P 0与P 0'重合：由椭圆定义知B 0C 1＋B 1C 1＝B 0C 0＋B 1C 0＝2a (2a 为椭圆的长轴)．记B i C j ＝r ij (i ，j ＝0，1)，即r 01＋r 11＝r 00＋r 10＝2a ． 设B 0P 0＝B 0Q 0＝b ，则C 1Q 0＝C 1P 1＝C 1B 0＋B 0Q 0＝r 01＋b ； B 1P 1＝B 1Q 1＝B 1C 1＋C 1P 1＝r 11＋r 01＋b ；C 0Q 1＝C 0P 0'＝B 1Q 1－B 1C 0＝r 11＋r 01＋b －r 10＝b ＋2a －r 10＝b ＋r 00．但C 0P 0＝b ＋r 00；从而C 0P 0'＝C 0P 0，故点P 0与P 0'重合．(10分)② 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上，或说明两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆相切．由于弧P 0Q 0⌒的圆心为B 0，P 0Q 1⌒的圆心为C 0，而P 0为两圆公共点，但C 0、B 0、P 0三点共线，故两圆弧切于点P 0．或：由于C 0B 0＝C 0Q 1－B 0P 0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆切．(20分)⑵的证明要点：主要有以下两种思路，一是从角度入手证明，一是从找出圆心入手证明．分述如下：① 说明对两定点角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为180°，连P 0Q 0，P 0Q 1，P 1Q 0，P 1Q 1，证法一：证明∠Q 0P 0Q 1＝∠Q 0P 1Q 1．从而说明四点共圆． 由于∠Q 0P 0Q 1＝∠B 0P 0Q 0－∠C 0P 0Q 1＝12(180°－∠P 0B 0Q 0)－12(180°－∠P 0C 0Q 1)＝12(∠P 0C 0Q 1－∠P 0B 0Q 0)＝12(∠AC 0B 1－∠C 0B 0C 1)＝12∠C 0MB 0；(30分) ∠Q 0P 1Q 1＝∠B 1P 1Q 1－∠C 1P 1Q 0＝12(180°－∠P 1B 1Q 1)－12(180°－∠P 1C 1Q 0)＝12(∠P 1C 1Q 0－∠P 1B 1Q 1)＝12∠C 1MB 1；(40分) 但，∠C 0MB 0＝∠C 1MB 1，故∠Q 0P 0Q 1＝∠Q 0P 1Q 1，从而P 0，Q 0，Q 1，P 1四点共圆得证．证法二：利用圆心角证明∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而说明四点共圆． 由于∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 1B 1＋∠C 0Q 1P 0＝12(180°－∠P 1B 1Q 1)＋12(180°－∠P 0C 0Q 1)＝180°－12(∠P 1B 1Q 1＋∠P 0C 0Q 1)； (30分)∠P 1Q 0P 0＝∠P 1Q 0C 1＋∠B 0Q 0P 0＝12(180°－∠P 1C 1Q 0)＋12(180°－∠P 0B 0Q 0)＝180°－12(∠P 1C 1Q 0＋∠P 0B 0Q 0)； (40分)而∠P 1C 1Q 0＋∠P 0B 0Q 0＝∠P 1B 1Q 1＋∠B 1DC 1＋∠DB 0C 0＝∠P 1B 1Q 1＋＋∠P 0C 0Q 1，所以，∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而P 0，Q 0，B 1B 0C 1P 1P 0Q 1Q 0AC 0DB 1B 0C 1P 1P 0Q 1Q 0AC 0TSRDB 1B 0C 1P 1P 0Q 1Q 0AC 0Q 1，P 1四点共圆得证．(50分)证法三：利用弦切角证明∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而说明四点共圆．现在分别过点P 0和P 1引上述相应相切圆弧的公切线P 0T 和P 1T 交于点T ，又过点Q 1引相应相切圆弧的公切线RS ，分别交P 0T 和P 1T 于点R 和S ．连接P 0Q 1和P 1Q 1，得等腰三角形P 0Q 1R 和P 1Q 1S ．基于此，我们可由∠P 0Q 1P 1＝π－∠P 0Q 1R －∠P 1Q 1S＝π－(∠P 1P 0T －∠Q 1P 0P 1)－(∠P 0P 1T －∠Q 1P 1P 0) (30分) 而 π－∠P 0Q 1P 1＝∠Q 1P 0P 1＋∠Q 1P 1P 0， 代入上式后，即得∠P 0Q 1P 1＝π－12(∠P 1P 0T ＋∠P 0P 1T ) (40分)同理可得∠P 0Q 0P 1＝π－12(∠P 1P 0T ＋∠P 0P 1T )．所以四点P 0，Q 0，Q 1，P 1共圆．(50分)还有例如证明∠P 1Q 1Q 0＋∠P 1P 0Q 0＝180°，从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法． ② 找出与这四点距离相等的点，即确定圆心位置，从而证明四点共圆．若此四点共圆，则圆心应在P 0Q 0、P 0Q 1、P 1Q 0、P 1Q 1的垂直平分线上，也就是在等腰三角形的顶角平分线上．可以作出其中两条角平分线，证明其他的角平分线也过其交点．或证明△AB 1C 0与△AB 0C 1有公共的心．证法一：作∠AB 1C 0与∠AC 0B 1的角平分线，交于点I ，则I 为△AB 1C 0的心．作IM ⊥AB 1，IN ⊥AC 0，垂足分别为M 、N ．则AM ＝AN ＝12(AB 1＋AC 0－B 1C 0)；作∠AC 1B 0与∠AB 0C 1的角平分线，交于点I '，则I '为△AB 0C 1的心．作I 'M '⊥AC 1，I 'N '⊥AB 0，垂足分别为M '、N '．同上得，AM '＝AN '＝12(AC 1＋＋AB 0－B 0C 1)．(30分)但AB 1＋AC 0－B 1C 0＝AC 1＋B 1C 1＋AB 0－B 0C 0－B 1C 0＝AC 1＋＋AB 0－B 0C 1．(40分)于是，M 与M '，N 与N '重合．即I 与I '重合．于是IP 1＝IQ 1＝IP 0＝IQ 0，即P 0，Q 0，Q 1，P 1共圆．(50分)证法二：作∠AB 1C 0与∠AC 0B 1的角平分线，交于点I ，则I 为△AB 1C 0的心，故I 在∠B 0AB 1的角平分线上．但B 1I 是P 1Q 1的垂直平分线，C 0I 是P 0Q 1的垂直平分线，从而I 又是∆P 0P 1Q 1的外心，即I 在P 0P 1的垂直平分线上，故I 是P 0P 1的垂直平分线与∠B 0AB 1的角平分线的交点．作∠AC 1B 0与∠AB 0C 1的角平分线，交于点I '，同理I '也是P 0P 1的垂直平分线与∠B 0AB 1的角平分线的交点，从而I 与I '重合．于是I 是∆P 0P 1Q 0与∆P 0P 1Q 1的公共的外心，即I 到P 0、P 1、Q 0、Q 1的距离相等．从而此四点共圆．8.(2007)证明：连结BP 、CP 、O 1O 2、EO 2、EF 、FO 1。