高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

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=__________。

2023年全国高中生数学奥赛高难题目难题一：立体几何
已知一个右方金字塔的顶点A位于平面xOy上，A的坐标为(5,6,0)，底面是一个边长为10的正方形，且底面中心O的坐标为(5,6,0)。

金字
塔的高度为12，求：
1. 金字塔底面四个顶点的坐标；
2. 金字塔的体积。

难题二：复数运算
若复数z满足z^4 + 15z^2 + 36 = 0，则求z的所有可能值。

难题三：概率与统计
已知A、B两个事件的发生概率分别为P(A) = 0.4，P(B) = 0.6，且
P(A∪B) = 0.7。

求：
1. P(A∩B)的值；
2. 若事件A和事件B相互独立，求P(A|B)和P(B|A)的值。

难题四：数列
已知数列{an}满足a1 = a2 = 1，且an+2 = an+1 + 2an对于n≥1成立。

求：
1. a5的值；
2. 数列{an}的通项公式；
3. 求该数列的前10项和。

难题五：函数与导数
已知函数f(x) = (x+1)e^x，在定义域上是递增函数。

求：
1. f'(x)的值；
2. 函数f(x)在定义域上的最小值点；
3. 函数f(x)的图像在x轴和y轴上与坐标轴围成的面积。

注意：以上题目均为高难度题目，需要运用数学知识和思维能力进行解答。

考生可以根据自己的实际情况选择解答题目，建议合理分配时间，不要卡在某一道题目上耽误整体答题进度。

祝各位考生取得优异成绩！。

第一题、如图，F为。

0外一点，PA、PB分别切6于A、B, PCD为ST割线，CO 交CX）于另一点E, AC、EB交于点F,证明：CD平分匕ADF。

"证明方法一：如图，延长ED交CA于K,根据条件知四边形CADB为调和四边形，故ED、EC、EA、EB构成一组调和线束，进而知K、C、A、F构成一组调和点列。

而KD±CD, 故CD平分ZADFo 3证明方法二：如鼠连結OA、OE、AB、BC,因为ZAFB = ZACE-ZBEC =ZAOE-ZBOC ISCT-NAOC-NBOC 半，且PA = PB,故点P为TkABF的外心。

于是知ZPFA= ZPAC = ZPDA,所以P、A、D、F 四点共圆。

又PA= PF,故CD 平分Z A DF。

3第二题、如图，AB为©0直径，C、D为O。

上两点，且在AB同侧，。

在C、D两处的切城交于点E, BC、AD交于点F, EF交AB于证明：E、C、页、D四点共圆。

“证明：如图，延长白C、BD交于点K,则BC1AK, AD丄BK,从而知F^)AKAB的垂心。

又在圆内接六边形CCADDB中使用帕斯卡定理，知K、E、F三点共线，从而KM丄卽于価。

于是知匕CMF = ZCAF= ZCDE,所以E、C、页、D四点共圆。

K第三题、如图，AB为。

直径，C、D为伽上两点'且在AB同侧，O0在C. D两处的切线交于点E, BC、AD交于点F, EB交0。

于点G,证明；ZCEF = 2/AGF。

“证明：如图，根据条件知匕CF D =典牌=(脸-®；(i对-命)=Z CAB + / DBA = ZECF + ZEDF；且EC = ED；故点E 为△CED 外心。

于是知/EFC = ZECF = ZCAB = ZCGE,敌E、C、F、G四点共圆。

所以“ZCGF = ZCEF = 2(90° - ZECF)= 2(90° - ZCAB)= 2ZABC 二2ZAGC " 0lWZAGF = —=—,即得ZCEF = 2ZAGFo，2 2第四題、如图，AB为直径，P为AB延长线上一点，PC切于C,点C关于朋的对称点为点D, CE1AD于E, F为CE中点，AF交于K,求证：AP为ZXPCK外扬圆的切线。

数学奥林匹克竞赛训练题：几何部分（2）平面几何计算C2－001 设P是正方形ABCD内的一点，满足PA∶PB∶PC＝1∶2∶3，求∠APB．【题说】1979年内蒙古区赛二试题4．【解】作点Q，使CQ=PA，BQ=PB．再连PQ，显然△APB≌△BQC，故∠APB＝∠BQC∠ABP＝∠CBQ因而△PBQ是等腰直角三角形．且PQ2=PB2=8PA2，因此PC2=9PA2=PQ2＋CQ2于是△CPQ是直角三角形，故∠APB＝∠BQC＝∠CQP＋∠PQ BC2－002设N是正九边形，O为其外接圆圆心，PQ和QR是N的两个邻边．A为PQ的中点，B为垂直于QR的半径的中点．试求AO与AB的夹角．【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题1．【解】设C为垂直于QR的半径与外接圆的交点，则△POC为等边三角形，从而PB⊥OC；又因PA ⊥OA，所以A、B、O、P四点共圆．故∠OAB=∠OPB＝30°．C2－003 如图，在等腰△ABC中．AC=BC，∠ACB=40°．在三角形的外部取一点M，使∠MAB=20°，∠MBA=40°，求∠MCB．【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛八年级题3．【解】不妨设AC=BC=1，则由余弦定理知AB=2sin20°．再由正C2－004 锐角△ABC的外心为O．线段OA，BC的中点分别为M、N．∠ABC＝4∠OMN，∠ACB ＝6∠OMN．求∠OMN．【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题3．【解】如图，设∠OMN=θ，则∠ABC＝4θ，∠ACB＝6θ，∠BAC＝180°－10θ，∠NOC＝∠BOC ／2＝∠BAC＝180°－10θ，∠MOC=2∠ABC＝8θ．从而∠MON=8θ＋（180°－10θ）＝180°－2θ∠ONM＝180°－（∠MON＋∠OMN）＝θ－∠OMN所以∠OMN为等腰三角形．从而ON＝OM＝OA／2＝OC／2．故∠NOC＝60°＝180°－10θ，θ＝12°．C2－005 一直线与正六边形ABCDEF相交，截出一个△AKN，其中AK＋AN＝AB．试求∠KAN＋∠KBN＋∠KCN＋∠KDN＋∠KEN＋∠KFN等于多少度？【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题6．【解】不妨设点N位于边AB上．点K位于边AF上，由于AK＋AN=AB．故FK=AN．分别在边BC、CD、DE、EF上取点P、R、S、T．使得FK=AN=BP=CR=DS=ET（见图）．于是∠KBN=∠TAK∠KCN=∠SAT∠KDN=∠RAS∠KEN=∠PAR∠KFN=∠NAP所以∠KAN+∠KBN＋∠KCN+∠KDN＋∠KEN＋∠KFN=∠KAN＋∠TAK＋∠SAT+∠RAS＋∠PAR+∠NAP=∠KAN＋∠KAN＝2×120°＝240°C2－006 锐角△ABC的高AA1、BB1和CC1的中点分别是A2、B2和C2，求∠B2A1C2、∠C2B1A2与∠A2C1B2之和．【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【解】设M是AB边的中点．线段MA2和MB2分别是△AA1B和△AB1B的中位线，由此得∠A2MB2=∠ACB设H为△ABC的垂心，则∠HC1M=∠HA2M=∠HB2M=90°，所以M、A2、H、B2、C1都在以HM为直径的圆上，所以∠A2C1B2=∠A2MB2=∠ACB同理∠B2A1C2=∠BAC，∠C2B1A2=∠CBA所以所求的三个角之和等于△ABC三内角之和，即180°．C2－007 设△ABC是一个等腰三角形，其中AB＝AC．假如∠B平分线交AC于D，且BC＝BD＋AD．求∠A度数．【题说】第二十八届（1996年）加拿大数学奥林匹克题4．【解】在BC上取BE=BD．则EC=AD．由分角线定理，有又∠C公用，故△ABC∽△EDC．设∠ABD＝∠CBD＝α，则∠CDE＝∠DCE＝2α∠BDE＝∠BED＝4α从而9α＝180°，α＝20°∠A＝∠CED＝5α＝100°C2－009 作三边长为a、b、c的三角形ABC的内切圆．又作三条分别平行于这三角形各边的圆的切线．这三条切线从三角形ABC中截得三个新的三角形，再在每个新的三角形中作内切圆，计算这四个圆的面积和．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题3．本题由南斯拉夫提供．【解】考虑一个截得的三角形；比如△APQ．（如图）因△APQ∽△ABC，所以其中r a为△APQ的内切圆半径．因此，所求面积和为（Δ，s分别为△ABC的面积与半周长）C2－010 凸四边形ABCD的边AD和BC延长相交于E．设H和G分别是BD和AC的中点．求△EHG的面积对四边形ABCD面积的比．【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题4．【解】连AH、CH，有S△EGH＝S△ECH－S△GCH－S△EGC因此S△EHG∶S ABCD=1∶4．C2－011A、B、C三点共线并且B在A与C之间，在AC的同一侧分别以AB、BC、AC为直径作半圆，前两个半圆的外公切线的切点分别为U、V，而过点B的公切线与第三个【题说】1980年五国国际数学竞赛题2．本题由卢森堡提供．【解】设EA、EC分别交前两个半圆于U'、V'，则四边形EU'BV'是矩形，∠V'U'B=∠EBU'=∠EAB，∠U'V'B=∠ECB，U'V'是两个半圆的公切线，U'即U，V'即V．C2－012 一金工车间的切割工具呈有缺口的圆形，如图所示，圆B点到圆心的距离（以厘米为单位）的平方．【题说】第一届（1983年）美国数学邀请赛题4．OB2＝OA2＋AB2－2×OA×AB×cos∠OAB＝26C2－013 如图，在△ABC内选取一点P，过P作三条分别平行于各边的直线，这样所得到的三个三角形t1、t2、t3的面积，分别是4、9、49．求△ABC的面积，【题说】第二届（1984年）美国数学邀请赛题3．【解】t1，t2，t3的对应边的比：即BH∶AG∶GH=2∶3∶7所以AB∶GH=12∶7S△ABC∶S△PGH=122∶72S△ABC＝144C2－014 如图所示，将△ABC的三个顶点与同一个内点连接起来，所得三条连线把△ABC分成6个小三角形，其中4个小三角形的面积已在图上标出．试求△ABC面积．【题说】第三届（1885年）美国数学邀请赛题6．【解】设S△CDP=x，S△AEP=y，则有由（1）、（2）解得x=70，y=56，故S△ABC=315．C2－015 一个梯形被两条对角线分成四个三角形，若用A、B分别表示以梯形上、下底为底边且有公共顶点的两个三角形的面积，求此梯形的面积．【题说】1988年新加坡数学奥林匹克（A组）题8．原题为选择题．【解】如图所示，过三角形A、B的公共顶点引高，分别记为x、y，记另两个三角形的面积为C、D．容易证得：所以梯形的面积=A＋B＋C＋DC2－016 △ABC是面积为1的直角三角形．A'、B'、C'分别是A、B、C关于各自对边的反射（对称）点．求△A'B'C'的面积．【题说】第二十一届（1989年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】如图，设C'C交AB于D，延长交A'B'于D'，则易知C'D'⊥A'B'，AB=A'B'．C'D'=3CD，故C2－017 D、E为△ABC边AB、AC上的点，BE、CD交于P．△ADE、△BPD、△CEP的面积分别是5、8、3，求△ABC的面积．【题说】1994年日本数学奥林匹克预选赛题5．【解】如图，设△PDE、△PBC的面积分别为x、y，则（5+x+3）∶（8+y）=AD∶DB=5∶（x+8）即x2+16x+24=5y （1）又8∶y=DP∶PC=x∶3，即xy=24 （2）由（1）、（2）解得x=2，y=12．从而△ABC的面积为30．C2－018 凸五边形ABCDE中，BE分别交AC、AD于S、R，BD分别交CA、CE于T、P，AD交CE于Q．且△ASR、△BTS、△CPT、△DQP、△ERQ的面积均为1．（1）求五边形PQRST的面积；（2）求五边形ABCDE的面积．【题说】1995年日本数学奥林匹克题3．【解】（1）设五边形PQRST的面积为x．由S△BST=S△ASR得S△BTR=S△ATR，从而BA∥TR．所以同理可得BC∥AD，CD∥BE，DE∥AC，EA∥BD．由AE∥BD得即整理得x2=5（2）由AC∥DE得C2－019 设A'、B'、C'、D'、E'，F'分别是六边形ABCDEF的六边AB、BC、CD、DE、EF、FA的中点．试利用△ABC'、△BCD'、△CDE'、△DEF'、△EFA'、△FAB'的面积表示六边形ABCDEF的面积．【题说】1996年城市数学联赛高年级高水平题3．【解】A′是AB的中点，故2S△EFA′=S△EFA+S△EFB同理可得2S△FAB′=S△FAB+S△FAC2S△ABC′=S△ABC+S△ABD2S△BCD′=S△BCD+S△BCE2S△CDE′=S△CDE+S△CDF2S△DEF′=S△DEF+S△DEA另一方面S ABCDE=S△EFA+S△DEA+S△ABD+S△BCD=S△FAB+S△EFB+S△BCE+S△CDE=S△ABC+S△FAC+S△CDF+S△DEFC2-020在一个边长为1的正六边形内部有一点P，已知P到某两【题说】1963年北京市赛高二二试题3．C2-021侦察机沿以A为圆心、半径为10公里的圆周飞行，速度为每小时1000公里．某时刻从A 点发射一枚与飞机具有相同速度的火箭，无论何时火箭总在连结圆心与飞机的直线上，问火箭发射后，什么时间可以追上飞机？【题说】1965年全俄数学奥林匹克十年级题5．【解】设火箭发射时，飞机在Q点，半径AB⊥AQ（如图），以AB为直径作半圆．对半圆上任一点R，延长AR交⊙A于P，连RB，C2-022 给定三个单位圆，两两相切，求切于所有三个圆的圆的半径．【题说】第四届（1972年）加拿大数学奥林匹克题1．【解】设三单位圆心为A、B、C．则△ABC为边长为2的正C2-023 一个矩形桌子长和宽如图所示．一小球从P撞击到Q，反射到R，又从R反射到S，从S反射回原处P，入射角与反射角相等（例如∠PQA=∠RQB等等）．试求小球所走的路径的长．【题说】1979年广东省赛二试题4．【解】易知四边形PQRS是平行四边形．由△QBR≌△SDP及△PDS≌△RCS，得因而小球所走路径长为[别解] 利用轴对称可发现所以2（PQ+QR）=34．C2-024设AD为△ABC的高线，求一切△ABC使AB+AC=2cm，【题说】1979年英国数学奥林匹克题1．【解】设x=BD，y=DC，且z=AD，诸线段均指有向线段，使得x+y＞0且z＞0，则x2+z2≥（2x+z）2/5当且仅当x=2z时，等号成立．当且仅当y=2z时，等号成立．由（3）与（4）得由（1）与（2），（5）中等号成立，因此x=y=2z，故适合这问题的唯一的三角形的边为：C2-025AC、CE是正六边形ABCDEF的两条对角线，点M、N分别内分AC、CE使AM：AC=CN：CE=r．如果B、M、N三点共线，试求r的值．【题说】第二十三届（1982年）国际数学奥林匹克题5．【解】连结BD、ND，将△MBC绕外接圆的圆心O逆时针旋转120°，则重合于△NDE，故知∠BND=120°．以BD为一边向N点另一侧作等边三角形BDG，则N、B、G、D四点共圆且C为此圆的圆心．从而CN=CB．【别解】因B、M、N共线，由梅涅劳斯定理得其中X是AC与BE的交点．设正六边形的边长是1．则C2-026在一个面积为1的正方形中构作一个如下的小正方形：将单位正方形的每条边作n等分，然后将每个顶点和它相对的顶点最接近的分点连接起来．如果小正方形（图中阴影部分）的面积恰为1/1985，求n的值．【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题4．【解】作EF⊥HB，则Rt△BEF∽Rt△EDA从而即整理得2n2-2n+1=1985或2（n-32）（n+31）=0．解得n=32（负根舍弃）C2-027 如图，AOB是半圆的直径，AC=BC，E为BC中点，一l，求[10l]，其中[x]表示不超过x的最大整数．【题说】1986年北京市赛高一题2（7）．【解】由已知条件知O、E、F三点共线，且EF为小圈直径．连AE交小圆于K，连FK，易证△EKF∽△ACE．所以EK∶AC=EF∶AE故34.1＜10l＜34.2 即[10l]=34．C2-028如图所示，S1和S2是直角三角形ABC的两个内接正方形，若S1的面积为441，S2的面积为440，求AC+CB的值．【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题15．【解】令T1、T2、T′1、T′2、T3表示图c、d中直角三角形面积，S△ABC=S．则S=T′1+T′2+T3+440又设h、h1分别△ABC及T3斜边上高，则而ch=ab=2S于是（a+b）2=a2+b2+2ab所以a+b=21×22=462．【别解】设S1、S2的边长分别为a、b，∠B=θ．则所以a2（1+2sinθcosθ）=b2（sin2θcos2θ+2sinθcosθ+1）记t=sinθcosθ，将a2=441，b2=440代入上式并整理得440t2-2t-1=0AC+BC=（a+a tgθ）+（a+a ctgθ）=462C2-029令P是△ABC的一个内点，延长AP、BP、CP与对边相交，如图，a、b、c、d表示各相应线段的长．已知a+b+c=43，d=3，求abc=？【题说】第六届（1988年）美国数学邀请赛题12．利用三角形面积比．【解】三式相加，得整理后，得2d3+（a+b+c）d2-abc=0由是知abc=2×33+43×33=441C2-030设圆内两弦AB，CD交于圆内一点E．在直线段EB的内部取一点M，然后过点D、E、M 作圆，再过E作此圆的切线分别交【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题1．本题由印度提供．【解】如图所示，连DA、DM及DB．显然有∠CEF=∠DEG=∠EMD；∠ECF=∠MAD于是△CEF ∽△AMD，从而CE·MD=AM·EF．另一方面，又有∠ECG=∠MBD，于是∠CGE=∠CEF-∠ECG=∠EMD-∠MBD=∠BDM故△CGE∽△BDM，从而GE·MB=CE·MD于是GE·MB=AM·EF，故C2-031十二只完全相同的圆盘放置在半径为1的圆周上，使得这十二只圆盘覆盖这圆周，但没有两只圆盘重叠，所以这十二只圆盘的每一个与它两旁的两只圆盘相切．圆盘的排列如图所示．这十二只圆盘的被任一素数的平方整除．求a+b+c．【题说】第九届（1991年）美国数学邀请赛题11．【解】设小圆半径为r，大圆半径R=1．a+b+c=84+48+3=135C2-032梯形ABCD的边AB=92，BC=50，CD=19，AD=70，且AB∥CD．一圆的圆心P在AB上，且与BC和AD相切，设AP=m/n，其中m和n是互素的正整数，求m+n．【题说】第十届（199年）美国数学邀请赛题9．【解】延长AD和BC交于点Q．因为点P到AQ和BQ之距离C2-033 在正△ABC的边BC、CA、AB上有内分点D、E、F将边分成3∶（n-6）（n＞6）．线段AD、BE、CF相交所成的三角形面积是正三角形面积的4/49时，求n的值．【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题6．【解】如图，由梅内劳斯定理知于是所以整理得5n2-64n+192=0即（5n-24）（n-8）=0由于n＞6，所以所求的值为8．C2-034图中ABCD为正方形，U、V分别为边AB、CD内部的点．确定使四边形PUQV面积为最大时，U、V的所有可能情况．【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】不妨设BU≥CV．显然，△VQC∽△BQU，所以QU≥QC并且V到QC的距离≤B到UQ的距离．在QU上取E，使QE=QC，则S△BUE≥S△VUE，S△VQC=S△VQE又由BU∥CV易知S△BQC=S△QUV，所以S△UBQ+S△VQC=S△BUE+S△BQE+S△VQE≥S△VUE+S△BQC+S△VQE=2S△UQV从而同理相加得当且仅当BU=CV时等号成立．因此，在BU=CV时，四边形PUQV面积最大．C2-035直线l1与l2分别切圆周于点A和点B．在直线l1与l2上分别取1993个点A1，A2，…，A1993与B1，B2，…，B1993，使AA i=（i+1）BB i（i=1，2，…，1993），并且A i B i的延长线与AB的延长线相交于点M i（i=1，2，…，1993）．试问：【题说】1993年第十六届哈尔滨市高中数学竞赛二试题1．【解】过点B i作AA i的平行线交AB于点B i′，显然△B i B i′B是等腰三角形，从而BB i=B i′B i，AA i=（i+1）B i′B i，又由B i′B i∥AA i知C2-036 设D是锐角三角形ABC内部的一个点，使得∠ADB=∠ACB+90°并有AC·BD=AD·BC（2）求证△ACD的外接圆和△BCD的外接圆在C点的切线互相垂直．【题说】第三十四届（1993年）国际数学奥林匹克题2．【解】（1）如图a，以BC为边向△ABC外作△CBE∽△CAD，∠DBC+∠CAD=∠ADB-∠ACB=90°．所以△DBE是等腰直角三角形，（2）证明：如图b，设CK是△ACD的外接圆的切线，CL是△BCD的外接圆的切线．则∠LCK=∠LCD+∠KCD=∠CBD+∠CAD=90°即CL⊥CK．C2-037 一个三角形的3条边长及一条高是4个相继的正整数，且这条高将三角形分成的两个直角三角形的边长均为整数．求这三角形的三边长，并证明这是唯一的．【题说】第二十五届（1993）加拿大数学奥林匹克题1．【解】设△ABC中三边及高AD为正整数n，n+1，n+2，n+3．不妨设AB＞AC，则AB＞AC＞AD，故AD=n或n+1．（1）若AD=n+1，则AB=n+3，AC=n+2，BC=n．从而都不是整数．因此满足要求的三角形不存在．①若BC=n+1，则AC=n+2，AB=n+3．这时②若BC=n+2，则AC=n+1，AB=n，这时AC=13，BC=14，AB=15综上所述，满足要求的三角形ABC，只有一解，其边长分别为13、14、15．C2-038在△ABC中，CH为高，R、S分别为△ACH和△BCH的内切圆与CH的切点．若AB=1995，AC=1994，BC=1993，则RS【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题15．【解】1997．如图，令△ABC的三边BC、AC、AB分别为a、b、c，CH= h，AH= x，BH= y，两内切圆的半径分别为r1、r2．于是，RS=|RH-SH| =|r1-r2|．又因x2-y2=b2-a2将（2）代入（1），得所以m+n=332+665=997．C2-039设AB为圆的直径．点P不在直线AB上．直线PA、PB分别交圆于U、V．设PU=sPA，PV=tPB，s、t为非负实数．用s、t表出cos∠APB．【题说】第二十六届（1994年）加拿大数学奥林匹克题4．【解】若P在圆外（如图a、b、c），则若P在圆上（如图d），则若P在圆内（如图e），则同理所以C2-040如图，PQ=10，以PQ为直径的圆与一个以20为半径的圆相切于点P，正方形ABCD的顶点A、B在大圆上，小圆在正方形的外【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题2．【解】如图，设大圆圆心为O，则直线PQ过O，设这直线交AB于R，AB=x，那么RO=RQ-OQ=x-10，由勾股定理m+n=8+304=312C2-041在Rt△ABC中，∠C为直角，CD为AB边上的高，D质的正整数，求m+ n．【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题10．【解】如图，我们用a、b、c分别表示BC、AC、AB的长度．设p=29，则BD= p3．熟知有a2=p3c因为p是素数，所以，存在自然数x，使a= p2x，c= px2，从而b2=c2-a2=p2x4-p4x2=p2x2（x2-p2）从而，存在正整数y，使x2-p2=y2，故p2=x2-y2=（x-y）（x+ y）因为p是素数，且x-y＜x+y，则有x-y=1和x+ y= p2，即因此，m+n=450．C2-042 半径为3和6的两圆互相外切，并内切于一半径为9的圆．半径为9的圆有一条弦是另两圆的公切线．求这弦的长度的平方．【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题4．【解】如图，设三圆圆心分别为O1、O、O2，它们在已知弦BC上的射影分别为A1、A、A2．由相切关系易知O1、O、O2共线，并且OO1=9-6=3OO2=9-3=6又易知O1A1、O2A2是两圆的半径，所以O1A1=6，O2A2=3．由定比分点公式BC2=4（OB2-OA2）=4（92-52）=4×4×14=152-1=224C2-043△ABC为等腰三角形，AB=AC，且高AM=11．设在AM上有一点D，使得AD=10，∠BDC=3∠BAC，△ABC的周长可写成【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题9．【解】设∠BAM=α，则∠BDM=3α．设tanα=x，由倍角公式易得a+b=11+605=616C2-044在一个半径为42的圆中，两条长为78的弦相交，交点与圆心的距离为18．两条弦将圆的内部分成四个区域，其中两个区域由两条长度不相等的线段围成．这两个区域中任一个的面积能唯一地表成m求m+n+d．【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题14．【解】如图，两弦AB，CD长均为78，所以它们关于过交点P的直径EF对称．设圆心为O，AB中点为M，则∠OMA=90°，OM=m+n+d=294+81+3=378C2-046 在已知圆内求作内接等腰三角形，使这个等腰三角形的底与其底上的高的和为极大．【题说】1956年上海市赛决赛题5．【解】如图，任作一圆内接等腰三角形ABC，并作高D，延长AD至E，使DE=BC，则AE为底与底上的高的和．连结EC，由DC∶DE=1∶2知EC的方向确定．在与EC平行的各直线中，能使AE最大，且与圆有公共点时应为圆的切线．因此，作与EC平行的切线切圆于H．连AH并在圆上取I使AI=AH，则△AIH即为所求．C2-047由密度均匀的金属细丝绷成一个三角形框架，求这个三角形框架重心的位置．【题说】1962年成都市赛高三二试题3．【解】边BC、CA、AB的重心即各自的中点D、E、F．问题化为在D、E、F处分别放有质量a、b、c，求D、E、F的重心．P是E、F的重心．从而D、E、F的重心在DP上．同理这重心在∠DEF的平分线上．因此D、E、F 的重心即△DEF的内心G．G也是金属框架的中心．C2-048正n边形（n＞5）的最长对角线与最短对角线的差等于边长，求n．【题说】第二届（1968年）全苏数学奥林匹克九年级题1．【解】设a n是边，D n和d n是最长的和最短的对角线．当n=6和n=7时，由三角形两边之差小于第三边，即得D n-d n＜a n．当n=8时（如图a），从最短对角线BD的端点向最长的对角线AE作垂线BK和DL．∠ABK=90°-∠BAK=22.5°＜30°．所以，AB= a8＞2AK=D8-d8．当n=9时（如图b），同理有∠ABK=30°，所以AB= a9=2AK=D9-d9．当n＞9时，考虑半径为1的圆的内接正n边形．显然，D n≥D9，d n＜d9，a n＜a9．因此，D n-d n＞D9-d9=a9＞an．综上所述，n=9．C2-049一个战士想要查遍一个正三角形（包括边）区域内或边界上有无地雷，他的探测器的有效度等于正三角形高的一半．这个战士从三角形的一个顶点开始探测．问他循怎样的探测路线才能使查遍整个区域的路程最短．【题说】第十五届（1973年）国际数学奥林匹克题4．本题由南斯拉夫提供．【解】设战士从顶点A出发探测正三角形区域ABC，△ABC的高为2d．以B为圆心，d为半径作圆与AB、BC分别交于M、N；C为圆心，d为半径作圆与AC，BC分别交于P、Q．路不短于AD′+D′E′≥AD′+D′E″≥AD+DE，后一个不等式是由于AD+DC≤AD′+D′C．同时由于D与AC的距离为d，可见战士沿路线ADE就可以完成搜索任务，因此ADE就是最短路径．还有C2-050已知两个半径分别为R和r的圆，作出一些不同的梯形ABCD，使得每个圆与梯形的两条腰及一条底边相切．求出腰AB可取的最小长度．【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克九年级题2．【解】当⊙O1（R）与⊙O2（r）外离或外切或相交时，才有符合题意的梯形存在．不妨设两圆外切于T点，梯形ABCD的一腰AB分别切⊙O1与⊙O2于E与F，如图，过T点作这两圆的公切线交EF于P点，延长梯形的两腰交于O点．则△O1PE∽△PO2F及△BO1E∽△O2AF，于是，PE·PF= Rr及BE·AF =Rr．所以，梯形的腰长还要R＜3r这一附加条件，这样，就不难画出符合题意的梯形ABCD．C2-051E是某圆直径AC上的定点．经过点E，求作弦BD，使四边形ABCD的面积为最大．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克九、十年级题2．【解】设O为圆心，R为圆的半径，OE= a，则S OED∶S ACD=a∶2RS OEB∶S ABC=a∶2R所以应与直径AC垂直．C2-052已知△ABC的面积为1，设A1、B1和C1分别是边BC、CA和AB的中点，如果K、L和M 分别位于线段AB1、CA1和BC1上，那么△A1B1C1和△KLM的公共部分的最小面积是多少？【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题6．【解】设△A1B1C1的三边与△KLM的三边的交点为D、D1、E、E1、F、F1，如图所示，且它们的公共部分的面于是A1D1≤D1D，因此，S△A1D1F≤S△D1DF同理，S△B1E1D≤S△E1EDS△C1F1E≤S△F1FE所以S△A1B1C1-S≤S△D1DF+S△E1ED+S F1FE=S-S△DEF≤SC2-053在一个面积为32cm2的平面凸四边形中，两条对边和一条对角线的长度之和为16cm，试确定另一条对角线的所有可能长度．【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】设凸四边形ABCD（图a）的面积为32cm2．AB+BD+CD=16cm于是32=S△ABD+S△BCD故式中应取等号，从而AB+CD=DB=8，则AB⊥DB，CD⊥DB（图b）．因此，C2-054设三角形三边长为3、4、5，P为这三角形内一点，求P到这三角形三边距离乘积的最大值．【题说】1979年陕西省赛二试题7．【解】如图，设BC=3，CA=4，AB=5．点P到AB、BC、CA的距离分别为x、y、z，因5x+3y+4z=125x·3y·4z=64为最大．故xyz的最大值为16/15．C2-055在已知锐角△ABC中作内接正方形，试求其面积最大者．【题说】1979年云南省赛二试题7．【解】如图，内接正方形MNPQ有两个顶点在BC上．边长为x a，面积为S a，则其中a= BC，h a= AH．设△ABC中，c≥b≥a，熟知a+ h a≥b+ h b≥c+ h a所以在锐角△ABC三边上的三个内接正方形中，最小边上的内接正方形的面积最大．C2-056已知两个等腰直角三角形，将一个的三个顶点分别放在另一个三角形的三条边上，问这两个三角形的面积之比最小值是多少？【题说】第十三届（1979年）全苏数学奥林匹克八、九年级题1．较小三角形的直角顶点位置有两种情况：（1）当放在较大三角形的斜边上时，（如图a）两个三角形直角边的比小于1/2，它们的面积之比不小于1/4．（2）当放在较大三角形的直角边上时（如图b），x2+y2=a2，且C2－057 已知边长为4的正三角形ABC，D、E、F分别是BC、QS，P点在△RQS内及其边上移动，P点到△ABC三边的距离分别记作x、y、z．1．求证：当P点在△RQS的顶点位置时，乘积xyz有极小值．2．求上述乘积的极小值．【题说】1982年全国联赛题4．【解】如图a，第一步，先固定x，考虑yz最小值．即过P作直线l∥BC，当P在l上变化时，yz何时最小？第二步，证两个引理：引理1：z+y+z=定值，这个定值就是△ABC的高．端点处取得最小值．这两个引理很容易证明．由此不难得到结论：如果P′、P″为l上两点，那么当P在区间[P′，P″]上变动时，xyz在端点P′或P″处取得最小值．第三步，扩大P点的变化区域：根据上面所述，当P点在l上变动时，xyz的值在P′或P″处为最小，这里P′、P″是l与△RQS 的边界的交点．但△RQS的边不与△ABC的边平行，因而在P移到△RQS的边界后，不能搬用上述方法再将P′或P″调整为△RQS的顶点．但是我们可以把P′点变化区域由△PQR扩大为图b所示的六边形RR′QQ′SS′，其中RR′∥Q′S∥CA，R′Q∥SS′∥BC，QQ′∥RS′∥AB，也就是说：R′与R关于∠ABC的平分线为对称．S′与R关于∠ACB的平分线为对称，等等．过P作平行于BC的直线l，将P调整为l与六边形RR′QQ′SS′的边界的交点P′（或P″），再将P′调整为顶点R或S′，每一次调整都使xyz的值减小．由于对称，xyz在六个顶点R、R′、Q、Q′、S、S′处的值显然相等，因而命题成立．2．由题易知，△ABE≌△BCF≌△CAD，从而△AER≌△BFQ≌△CDS，△RQS是正三角形．由1，我们只考虑S点x，y，z的取值．求得C2－058 在正方形ABCD的边AB、BC上分别取点P、Q，连接DP、DQ、PQ，分别记△DPQ、△DAP、△DQC和△PBQ的面值？【题说】第二届（1987年）东北三省数学邀请赛题5．【解】不妨设正方形边长为1．如图建立坐标系．设P（0，b）与Q（a，0），于是，C2－059 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，求这个菱形两条对角线长度之和的最大值．【题说】1987年全国联赛一试题1（2）．原题为选择题．【解】设菱形的两条对角线长分别为x及y，则由已知考虑平行直线族x+y=c．当直线过点（8，6）时，得x+y的最大值14．C2－060在边长为10的正三角形ABC中，以如图所示的方式内接两个正方形（甲、乙两个正方形有一边相重迭，都有一边落在BC上，甲有一顶点在AB上，乙有一顶点在AC上）．求这样内接的两个正方形面积和的最小值．【题说】1988年北京市赛高一题3．【解】设甲、乙两正方形的边长分别为x、y，易知BC边上的四条线段之和为：记甲、乙两正方形面积之和为S，则有C2-051E是某圆直径AC上的定点．经过点E，求作弦BD，使四边形ABCD的面积为最大．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克九、十年级题2．【解】设O为圆心，R为圆的半径，OE= a，则S OED∶S ACD=a∶2RS OEB∶S ABC=a∶2R所以应与直径AC垂直．C2-052已知△ABC的面积为1，设A1、B1和C1分别是边BC、CA和AB的中点，如果K、L和M分别位于线段AB1、CA1和BC1上，那么△A1B1C1和△KLM的公共部分的最小面积是多少？【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题6．【解】设△A1B1C1的三边与△KLM的三边的交点为D、D1、E、E1、F、F1，如图所示，且它们的公共部分的面于是A1D1≤D1D，因此，S△A1D1F≤S△D1DF同理，S△B1E1D≤S△E1EDS△C1F1E≤S△F1FE所以S△A1B1C1-S≤S△D1DF+S△E1ED+S F1FE=S-S△DEF≤SC2-053在一个面积为32cm2的平面凸四边形中，两条对边和一条对角线的长度之和为16cm，试确定另一条对角线的所有可能长度．【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】设凸四边形ABCD（图a）的面积为32cm2．AB+BD+CD=16cm于是32=S△ABD+S△BCD故式中应取等号，从而AB+CD=DB=8，则AB⊥DB，CD⊥DB（图b）．因此，C2-054设三角形三边长为3、4、5，P为这三角形内一点，求P到这三角形三边距离乘积的最大值．【题说】1979年陕西省赛二试题7．【解】如图，设BC=3，CA=4，AB=5．点P到AB、BC、CA的距离分别为x、y、z，因5x+3y+4z=125x·3y·4z=64为最大．故xyz的最大值为16/15．C2-055在已知锐角△ABC中作内接正方形，试求其面积最大者．【题说】1979年云南省赛二试题7．【解】如图，内接正方形MNPQ有两个顶点在BC上．边长为x a，面积为S a，则其中a= BC，h a= AH．设△ABC中，c≥b≥a，熟知a+ h a≥b+ h b≥c+ h a所以在锐角△ABC三边上的三个内接正方形中，最小边上的内接正方形的面积最大．C2-056已知两个等腰直角三角形，将一个的三个顶点分别放在另一个三角形的三条边上，问这两个三角形的面积之比最小值是多少？【题说】第十三届（1979年）全苏数学奥林匹克八、九年级题1．较小三角形的直角顶点位置有两种情况：（1）当放在较大三角形的斜边上时，（如图a）两个三角形直角边的比小于1/2，它们的面积之比不小于1/4．（2）当放在较大三角形的直角边上时（如图b），x2+y2=a2，且C2－057 已知边长为4的正三角形ABC，D、E、F分别是BC、QS，P点在△RQS内及其边上移动，P点到△ABC三边的距离分别记作x、y、z．1．求证：当P点在△RQS的顶点位置时，乘积xyz有极小值．2．求上述乘积的极小值．【题说】1982年全国联赛题4．【解】如图a，第一步，先固定x，考虑yz最小值．即过P作直线l∥BC，当P在l上变化时，yz何时最小？第二步，证两个引理：引理1：z+y+z=定值，这个定值就是△ABC的高．端点处取得最小值．这两个引理很容易证明．由此不难得到结论：如果P′、P″为l上两点，那么当P在区间[P′，P″]上变动时，xyz在端点P′或P″处取得最小值．第三步，扩大P点的变化区域：根据上面所述，当P点在l上变动时，xyz的值在P′或P″处为最小，这里P′、P″是l与△RQS 的边界的交点．但△RQS的边不与△ABC的边平行，因而在P移到△RQS的边界后，不能搬用上述方法再将P′或P″调整为△RQS的顶点．但是我们可以把P′点变化区域由△PQR扩大为图b所示的六边形RR′QQ′SS′，其中RR′∥Q′S∥CA，R′Q∥SS′∥BC，QQ′∥RS′∥AB，也就是说：R′与R关于∠ABC的平分线为对称．S′与R关于∠ACB的平分线为对称，等等．过P作平行于BC的直线l，将P调整为l与六边形RR′QQ′SS′的边界的交点P′（或P″），再将P′调整为顶点R或S′，每一次调整都使xyz的值减小．由于对称，xyz在六个顶点R、R′、Q、Q′、S、S′处的值显然相等，因而命题成立．2．由题易知，△ABE≌△BCF≌△CAD，从而△AER≌△BFQ≌△CDS，△RQS是正三角形．由1，我们只考虑S点x，y，z的取值．求得C2－058 在正方形ABCD的边AB、BC上分别取点P、Q，连接DP、DQ、PQ，分别记△DPQ、△DAP、△DQC和△PBQ的面值？【题说】第二届（1987年）东北三省数学邀请赛题5．【解】不妨设正方形边长为1．如图建立坐标系．设P（0，b）与Q（a，0），于是，C2－059 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，求这个菱形两条对角线长度之和的最大值．【题说】1987年全国联赛一试题1（2）．原题为选择题．【解】设菱形的两条对角线长分别为x及y，则由已知考虑平行直线族x+y=c．当直线过点（8，6）时，得x+y的最大值14．C2－060在边长为10的正三角形ABC中，以如图所示的方式内接两个正方形（甲、乙两个正方形有一边相重迭，都有一边落在BC上，甲有一顶点在AB上，乙有一顶点在AC上）．求这样内接的两个正方形面积和的最小值．【题说】1988年北京市赛高一题3．【解】设甲、乙两正方形的边长分别为x、y，易知BC边上的四条线段之和为：。

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。

1994—2009年全国联赛中的平面几何题1.如图,设的外接圆的半径为,内心为,,,的外角平分线交圆于.ABC ∆O R I °=∠60B C A ∠<∠A ∠O E 证明:(1)(2)(1994年);AE IO =.)31(2R IC IA OI R +<++<2.如图,菱形的内切圆与各边分别相切于在与上分别作圆的切线交ABCD O ,,,,H G F E ⌒EF ⌒GH O AB 于,交于,交于,交于.证明:.(1995年)M BC N CD P DA Q NP MQ //3.如图示,圆与圆和的三边所在的直线都相切,为切点,直线和相交于1O 2O ABC ∆H G F E ,,,EG FH P 点.证明:.(1996年)BC PA ⊥4.如图,已知两个半径不相等圆与圆相交于两点,且圆,圆分别与圆内切于两点.1O 2O N M ,1O 2O O T S ,求证:三点共线.(1997年)T N S MN OM ,,⇔⊥5.如图,分别为的外心和内心,是边上的高,在线段上.求证:的外接圆半I O ,ABC ∆AD BC I OD ABC ∆径等于边上的旁切圆半径.注:的边上的旁切圆是与边的延长线以及边都相切BC ABC ∆BC AC AB ,BC 的圆.(1998年)6.如图,在凸四边形中,平分,是线段上的一点.,.ABCD AC BAD ∠E CD F AC BE =∩G BC DF =∩求证:.(1999年)GAC EAC ∠=∠CA7.如图,锐角的边上有两点,满足,作(是ABC ∆BC F E ,CAF BAE ∠=∠AC FN AB FM ⊥⊥,N M ,垂足),延长交的外接圆于点.证明:四边形的面积与的面积相等.(2000年)AE ABC ∆D AMDN ABC ∆D8.如图,中,为外心,三条高交于点,直线和交于点,直线和交ABC ∆O CF BE AD ,,H ED AB M FD AC 于点,求证:(1)(2).(2001年)N ;,DE OC DF OB ⊥⊥MN OH ⊥9.如图,在中,,,点是的外心,高交于点,点分别在ABC ∆°=∠60A AC AB >O ABC ∆CF BE ,H N M ,线段上,且满足.求的值.(2002年)HF BH ,CN BM =OHNH MH +10.过圆外一点作圆的两条切线和一条割线,切点为,所作割线交圆于两点,在之间.在P B A ,D C ,C D P ,弦上取一点使.求证:.(2003年)CD ,Q PBC DAQ ∠=∠PAC DBQ ∠=∠11.如图,在锐角中,上的高与上的高相交于点,以为直径的圆分别与两边ABC ∆AB CE AC BD H DE 相交于两点,求的长.(2004年)AC AB ,G F ,.7,20,25,====BE BD BC K AH FG ∩AK C12.如图,在中,过作外接圆的切线,又以点为圆心,为半径作圆分别交ABC ∆,AC AB >A ABC ∆l A AC 线段于点交直线于点.证明:直线分别通过的内心与一个旁心.(2005年)AB ,D l F E ,DF DE ,ABC ∆EA13.如图,以为焦点的椭圆与的边交于.在的延长线上任取点,以10,B B 10B AB ∆i AB )1,0(=i C i 0AB 0P 0B 为圆心,为半径作圆弧交的延长线于点;以为圆心,为半径作圆弧交00P B 00Q P 01B C 0Q 1C 01Q C 01Q P A B 1的延长线于点;以为圆心,为半径作圆弧交的延长线于点;以为圆心,为半1P 1B 11P B 11Q P 01C B 1Q 0C 10Q C 径作圆弧交的延长线于点.试证明:(1)与点重合,且圆弧与圆弧相内切于点;21P Q 0AB 2P 2P 0P 00Q P 10Q P 0P (2)四点共圆.(2006年)1010,,,Q Q P P14.如图,在锐角中,,是边上的高,是线段上一点,过作,垂足ABC ∆AC AB <AD BC P AD P AC PE ⊥为,作,垂足为,分别是的外心.求证:四点共圆的充要条E AB PF ⊥F 21,O O CDE BDF ∆∆,F E O O ,,,21件为是的垂心.(2007年)P ABC ∆B15.如图,凸四边形,,,其中是平面上的ABCD °<∠+∠180D B AB PC CA PD BC PA P f ⋅+⋅+⋅=)(P 一动点.(1)求证:当达到最小值时,四点共圆;)(P f C B A P ,,,(2)设是外接圆的弧上一点,满足:,且圆E ABC ∆O AB ,13,23−==EC BC AB AE ECA ECB ∠=∠21的两条切线为,,求的最小值.(2008年)O DC DA ,2=AC )(P fE16.如图,已知分别为锐角三角形()的外接圆上弧,弧的中点.过点作N M ,ABC ∆B A ∠<∠ΓBC AC C 交圆于点,为的内心,连接并延长交圆于.MN PC //ΓP I ABC ∆PI ΓT (1)求证:;(2)在弧(不含点)上任取一点,记,的NT NP MT MP ⋅=⋅AB C ),,(B T A Q Q ≠AQC ∆QCB ∆内心分别为.求证:四点共圆.(2009年)21,I I ,,T Q 21,I I。

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。

【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题9 平面几何 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2018·天津·高三竞赛）凸六边形ABCDEF 的6条边长相等，内角A 、B 、C 分别为134°、106°、134°.则内角E 是___________（用度数作答）. 【答案】134° 【解析】 【详解】不妨设边长为1，设AC 、DF 的中点分别为M 、N ，且A 在DF 上的射影为K ，则37BAM ∠=︒，97MAF ∠=︒，83AFK ∠=︒，即cos83FK =︒，cos37KN AM ==︒.又设EFN x ∠=，则cos FN x =，利用FN FK KN =+， 我们有cos cos83cos372cos60cos23cos23x =︒+︒=︒︒=︒，因此23x =︒，即等腰△DEF 的底角为23°，可见其顶角E 为134°. 故答案为134°2．（2020·江苏·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，直线y kx =与圆C ：()()2227365x y -+-=交于A ，B ，则OA OB ⋅=__________．【答案】2020 【解析】 【详解】解析：222020OA OB OC R ⋅=-=． 故答案为：2020.3．（2021·全国·高三竞赛）在ABC 中，ABC ∠所对的旁切圆与边AC 相切于点D ，ACB ∠所对的旁切圆与边AB 相切于点E ．若||1,||2AB AC ==，则ADE 面积的最大值为_______．【解析】 【详解】设边BC 、CA 、AB 的长度分别为a 、b 、c ，则11||(),||()22AD a b c AE a c b =+-=+-，故1||||sin 2ADESAD AE A =⋅⋅ 221()sin 8a b c A ⎡⎤=--⋅⎣⎦ 22211sin 282a b c A bc bc ⎛⎫--=⋅+⋅⋅ ⎪⎝⎭2311(1cos )sin 42sin 2cos sin 2sin cos 8222222A A A A A A A =-⋅=⋅⋅=⋅⋅ 故()2222622sin sin sin 2224sin cos 427cos 223332ADEA A A A SAA==⨯⨯⨯⨯⨯， 42222sin sin sin 222+++cos 273332427464A A A A ⎛⎫ ⎪⎪≤⨯⨯= ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭， 故338ADES≤（等号在23A π=时取到）．故答案为：338. 4．（2021·浙江·高三竞赛）在ABC 中，AB AC BC >>，在M ，N 为AB 上两点，且AN AC =，BM BC =，点P 为ABC 的内心.若75MPN ∠=°，则ACB =∠______.【答案】105 【解析】 【分析】 【详解】证明：连接P A 、PB 、PC 及PM 、PN ． 由已知易证△APC ≌△APN ，△BPC ≌△BPM ． 从而PC =PN ，PC =PM ，即PM =PN =PC ． 故P 为△CMN 的外心，此时有∠MPN =2∠MCN ．而∠ACN =90°12-∠A ，∠BCM =90°12-∠B ， 故∠ACN +∠BCM =180°12-(∠A +∠B )， 即∠MCN +∠ACB =180°12-(∠A +∠B )， 则∠MCN =∠MCN +∠ACB -∠ACB =(180°-∠ACB )12-(∠A +∠B ) =()12A B ∠∠+-(∠A +∠B ) =12(∠A +∠B )． 故∠MPN =2∠MCN =∠A +∠B =180°-∠C 所以∠C =180°-∠MPN =180°75-︒=105°．故答案为：105°．5．（2021·全国·高三竞赛）设三个不同的正整数a b c 、、成等差数列，且以555a b c 、、为三边长可以构成一个三角形，则a 的最小可能值为________. 【答案】10 【解析】 【分析】 【详解】设,a b k c b k =-=+为正整数，由于以555 a b c 、、为三边长可以构成一个三角形， 则55554235()()10202b k b b k b b k b k k -+>+⇔>++， 所以5410,10b b k b k >>，于是9a b k k =->，即有9110a k ≥+≥. 故答案为：10.6．（2019·贵州·高三竞赛）如图，在△ABC 中，AB =30，AC =20，S △ABC =210，D 、E 分别为边AB 、AC 的中点，∠BAC 的平分线分别与DE 、BC 交于点F 、G ，则四边形BGFD 的面积为________.【答案】1892【解析】 【详解】如图，在△ABC 中，由AG 平分∠BAC 知23CG AC BG AB ==，故35ABG ABCS BG S BC ==.又S △ABC =210，则3321012655ABGABCSS ==⨯=. 由D 、E 分别为边AB 、AC 的中点知12DE BC ，所以△ADF ∽△ABG . 由14ADF ABGS S=，得到632ADFS =，故BGFD S 四边形6318912622=-=. 故答案为：1892． 7．（2018·山东·高三竞赛）若直线65280x y --=交椭圆22221x y a b +=（0a b >>，且2a 、b 为整数）于点A 、C ．设()0,B b 为椭圆的上顶点，而ABC 的重心为椭圆的右焦点2F ，则椭圆的方程为______． 【答案】2212016x y += 【解析】 【详解】设()11,A x y ，()22,C x y ，由题意ABC 的重心为椭圆的右焦点2F ，整理得213x x c +=，21y y b +=-． 由()11,A x y ，()22,C x y 在直线65280x y --=上，得到212165y y x x -=-．由()11,A x y ，()22,C x y 在椭圆()222210x y a b a b +=>>上，得到2211221x y a b +=，2222221x y a b+=． 两式相减并整理得()()()()2212122121635y y y y b b a x x x x c +---==⋅+-， 整理得225a bc =． ①因为()11,A x y ，()22,C x y 在直线65280x y --=上， 所以有1165280x y --=，2265280x y --=．将123x x c +=，12y y b +=-代入得()635560c b ⨯---=， 整理得18556c b +=． ②联立①②，且注意到a 、b 为整数，解得2c =，4b =，220a =．故所求的椭圆方程为2212016x y +=．8．（2018·河北·高三竞赛）在△ABC 中，3AC =，sin sin (k 2)C k A =≥，则△ABC 的面积最大值为_____. 【答案】3 【解析】 【详解】由正弦定理将sin sin C k A =变形为c ka =，其中,c AB a BC ==.以线段AC 所在直线为x 轴，以AC 的中点O 为坐标原点建立平面直角坐标系，则33,0,,022A C ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(),B x y ，由c ka ==两边平方整理得()()()()22222291133104k x k y k x k -+--++-= 因为2k ，所以上述方程可化为为()2222339014k x y x k ++-+=-由此可知点B 的轨迹是以()()2231,021k k ⎛⎫+ ⎪ ⎪-⎝⎭为圆心，以231k r k =-为半径的圆.所以当点B 在圆上运动时，点B 到x 轴的最大距离为半径231kr k =-，所以ABC 的面积()21391321212k S k k k k =⨯⨯=⨯--在2k 上单调递减，所以max 9131222S =⨯=-. 9．（2021·全国·高三竞赛）已知直角梯形ABCD 中，//AB CD ，对角线AC 、BD 相交于O ，90DAB ∠=︒，P 、Q 分别是腰AD 、BC 上的点，且,BPA DPC AQB DQC ∠=∠∠=∠，若23AB CD =，则OPOQ=_________． 【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】如图所示，记P 为过O 点在AD 上的垂线的垂足，Q 为过P 点在BC 上的垂线的垂足，下证P 、Q 即为所求． 对P 点，在DP DO CDAP OB AB==，所以有CDP BAP ∽，从而CPD BPA ∠=∠． 对Q ，PQ BC ⊥，所以P 、Q 、C 、D ，P 、Q 、B 、A 均四点共圆， 所以有DQC CPD BPA AQB ∠=∠=∠=∠．设AD 、BC 交于T ，K 为TP 的中点．不妨设5AD =， 则10,2DT DP ==，3,12,6,4,6AP TP KP KD TK =====， 从而23DK DO KT OB ==，所以//OK BT ，所以OK PQ ⊥． 由KP KQ =，所以OP OQ =，从而有1OPOQ=．故答案为：1.10．（2019·山东·高三竞赛）△ABC 中，16,9AB BC CA ===.在△ABC 外部，到点B 、C 的距离小于6的点组成的集合，所覆盖平面区域的面积是______ .【答案】54π【解析】 【详解】分别以点B 、C 为圆心，6为半径作圆，交于三角形外一点D ，连结BD 、CD ； 有5353cos ,cos 7272A BDC =∠=-，故A 、B 、D 、C 四点共圆，所以∠ABD +∠ACD =π. 又易知AB 与圆C 相离，故所求的面积为2个圆的面积去掉半个圆的面积再加上△BCD 的面积等于54π+故答案为：54π 二、解答题11．（2021·全国·高三竞赛）已知ABC 满足60A ∠=︒，E 、F 分别为AB AC 、延长线上的点，且,BE CF BC ACE ==的外接圆与EF 交于不同于E 的点K ．证明：点K 在BAC ∠的角平分线上．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设BF 与CE 相交于点T ．连结BK 、CK ．由BCE BEC ABC ∠+∠=∠，及BC BE =，得12BCE ABC ∠=∠， 类似可得12CBF ACB ∠=∠，故 1()602CTF BCE CBF ABC ACB ∠=∠+∠=∠+∠=︒，因此，A 、B 、T 、C 四点共圆．进而，,180180EBF ACE AKE ABF EBF AKE AKF ∠=∠=∠∠=︒-∠=︒-∠=∠， 所以A 、B 、K 、F 四点共圆．由,EBK CFK BEK FCK ∠=∠∠=∠，及BE FC =，得KBE KFC ≌． 于是KC KE =．因此，KC KE =，即AK 是BAC ∠的角平分线．12．（2021·全国·高三竞赛）如图，在平行四边形ABCD 中，1A ､1C 分别是边AB BC 、上的点，线段1AC ､1CA 交于点P ，1AA P 和1CC P △的外接圆的第二个交点Q 位于ACD △的内部.证明：PDA QBA ∠=∠.【答案】证明见解析 【解析】 【详解】对完全四边形11BC CPAA 用密克定理，知Q ､1A ､B ､C 四点共圆，所以1QCB AAQ APQ ∠=∠=∠. 又因为1PAQ PAQ CBQ ∠=∠=∠，所以PAQ CBQ ∽. 因此AP BC ADPQ QC QC==， 结合1PAD PC B PQC ∠=∠=∠知PAD PQC ∽. 因此PDA PCQ ABQ ∠=∠=∠.13．（2021·全国·高三竞赛）如图，设O 、H 分别为ABC 的外心与垂心，M 、N 分别为BH 、CH 的中点．BB '是ABC 的外接圆的一条直径，如果HONM 是一个圆的内接四边形，证明：12B N AC '=．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】如图，设F 为AC 的中点，连接,,,,,,,AH AB B C AO FN OF OM OH ''，可证F 、A 、O 、H 四点共圆，从而可证明四边形B FNC '为等腰梯形，故可证12B N AC '=. 【详解】如图，连接,,,AH AB B C AO ''，则,AH BC B C BC '⊥⊥，故//AH B C '，同理//AB HC '，故四边形AHCB '为平行四边形设F 为AC 的中点，故B '、F 、H 共线，且F 为B H '的中点， 连接,FN OF ，结合N 为CH 的中点可知，//FN B C '．连接,OM OH ，则//OM B H '，故FHO HOM HNM HCB ππ∠=∠=-∠=-∠， 另一方面，容易得到2FAO ABC HCB π∠=-∠=∠，故FHO FAO π∠+∠=，从而F 、A 、O 、H 四点共圆，从而可知FB C FHA FOA ABC AB C NCB π∠=∠=∠=∠=-=∠'∠''， 从而四边形B FNC '为等腰梯形，进而12B N CF AC ='=，证毕． 【点睛】思路点睛：竞赛中的平面几何，大多数与四点共圆相关，因此需要结合三角形中各类角的性质进行大小关系的转化.14．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知锐角ABC 的外接圆为Γ，过B 、C 分别作圆Γ的切线交于点P ，P 在直线BC 、AC 、AB 上的投影分别为D 、E 、F ，DEF 的外接圆与BC 交于点N （不同于点D ），A 在BC 上的投影为M ．求证：BN CM =．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】连结AP 、EF 、DE 、FN ．因为,PD BC PF AB ⊥⊥，所以DPF ABC ∠=∠．因为PB 、PC 与O 相切，所以BAC BCP CBP ∠=∠=∠．因此180180PCE ACB PCB ACB BAC ABC DPF ∠=︒-∠-∠=︒-∠-∠=∠=∠． 又因为,PD BC PE AC ⊥⊥，所以PCE PDE ∠=∠． 所以PF //DE ，因此PFE DEF ∠=∠．又因为F 、E 、D 、N 四点共圆，所以BNF DEF ∠=∠． 又因为P 、E 、A 、F 四点共圆，所以BNF PFE PAC ∠=∠=∠． 又因为PCE ABC ∠=∠，所以ACP MBF ∠=∠， 故BFN CPA ∽，所以BN ACBF CP=， 因此cos cos BF BFBN AC AC AC PBF AC ACB CM CP BP=⋅=⋅=⋅∠=⋅∠=． 15．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知等腰三角形ABC 中，AB AC =，M 为BC 的中点．D 为线段BM 上一点，E 、F 分别为AC AB 、上的点，且四边形AEDF 为平行四边形.BO 交DE 于点P ，CO 的延长线交DF 的延长线于点Q ，ABC 的外接圆O 交ADM △的外接圆于A 、K 两点．求证：K 、Q 、P 、O 四点共圆． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】因为,,OB OA AE FD BF OBA OAB EAO ===∠=∠=∠， 所以OAE OBF △≌△，所以BFO AEO ∠=∠， 所以A 、E 、F 、O 四点共圆，记该圆为ω．又OPE OBA OAE ∠=∠=∠，故有P 在圆ω上，同理Q 也在ω上．ADM △的外接圆圆心N 为AD 的中点，即EF 的中点．又OE OF =，故有ON EF ⊥，所以O 、N 与ω的圆心共线． 所以三圆关于直线ON 对称，故K 也在ω上． 所以K 、Q 、P 、O 四点共圆．16．（2021·全国·高三竞赛）如图，AE 、AF 为圆的两切线，ABC 为圆的一条割线，EF 为切点连线，D 为过C 、B 关于圆的切线的交点，证明：D 、E 、F 共线．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 法一：共圆证法． 作圆心O ，连结AOEF M =，连结MB 、OC ．由于DC 、DB 为圆O 的切线，故O 、C 、D 、B 四点共圆． 对Rt AOF 用射影定理2AM AO AF ⇒⋅=．又2AF AB AC AM AO AB AC =⋅⇒⋅=⋅，即M 、O 、C 、B 四点共圆．⇒O 、C 、D 、B 、M 五点共圆，故D 、C 、M 、B 四点共圆．AMB OCB OBC OMC MF ⇒∠=∠=∠=∠⇒平分CMB ∠．又CD BD MF =⇒过D ，即D 、E 、F 共线． 法二：塞瓦定理． 对F 及CDB △用塞瓦定理，sin sin sin 1sin sin sin BDF FCD CBFCDF BCF FBD ∠∠∠⨯⨯=∠∠∠．对E 及CBD 用塞瓦定理，sin sin sin 1sin sin sin BDE DCE EBCCDE ECB EBD∠∠∠⨯⨯=∠∠∠．由于2sin sin ,sin sin BDF FBD FCD CBF BCF FBD CDF CBF ∠∠⎛⎫∠=∠∠=∠⇒= ⎪∠∠⎝⎭．由于2sin sin 180,180sin sin BDE EBC DCE EBC EBD ECB CDE ECB ∠∠⎛⎫∠=︒-∠∠=︒-∠⇒= ⎪∠∠⎝⎭．sin sin sin sin FBD EBC CF CECBF ECB BF BE∠∠=⇔=∠∠．由,CF AC AC CEABF AFC ABE AEC BF AF AE BE⇒===∽∽． 从而D 、E 、F 共线．17．（2021·全国·高三竞赛）如图，在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，G 为重心，P 为射线AG 上一点，满足CPA CAB ∠=∠，Q 为射线BG 上一点，满足CQB ABC ∠=∠，证明：AQG 、BPG 的外接圆的另一个交点在AB 上．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】如图，延长CG 与AB 交于点J ，则J 为AB 的中点，故CPA CAB ACG ∠=∠=∠． 从而2ACG APC AG AP AC ⇒⋅=∽． 同理，2BG BQ BC ⋅=．设BPG 的外接圆圆M 与AB 的另一个交点为K ， 由圆幂定理知：2AK AB AG AP AC ⋅=⋅=， 所以CK AB ⊥，于是2BK BA BC BG BQ ⋅==⋅．因此A 、K 、G 、Q 四点共圆，所以AQG 、BPG 的外接圆的另一个交点在AB 上． 18．（2021·全国·高三竞赛）如图，设圆内接四边形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点P ，并且DA 与CB 交于Q ．若PQ AC ⊥，且E 是AB 的中点．求证：PE BC ⊥．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】过B 作//BF PE 交AC 于F ，连结FQ ．则有AP PF =，于是PQ 是AF 的中垂线，故,QA QF = 180180QFA QAF DAC DBC QBP ∠=∠=︒-∠=︒-∠=∠．因此Q 、P 、F 、B 共圆，再由QP PF ⊥，得BF BQ ⊥． 而//BF PE ，故PE BQ ⊥，即PE BC ⊥．19．（2021·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，BC 最短，D 、E 分别在AB AC 、上满足BD CE BC ==，设I 是ABC 内心，O 是ADE 外心，求证：OI BC ⊥.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】设ABC 的外接圆P ，M 、N 、Q 分别是弧AB AC BC 、、的中点. 如图连结线段，则由BC CE =得MB ME =. 又MA MB =，所以MA ME =，于是MO AE ⊥. 又PN AC ⊥，所以//MO PN .同理//NO PM ， 再由PM PN =，即知四边形OMPN 是菱形， 所以MN OP ⊥，并且2sin2AOP PM QB QI =⋅==.另一方面，由鸡爪定理又有MN AI ⊥，所以//OP QI 且OP QI =， 即四边形OPQI 是平行四边形，所以//OI PQ ，所以OI BC ⊥.20．（2021·全国·高三竞赛）如图，锐角ABC 中，D 为边BC 中点，ABD △内切圆与边AB 切一点,E ACD 的内切圆与边AC 切于点F ，若四边形EDFG 为平行四边形，求证：G 在BAC ∠的平分线上.【答案】证明见解析. 【解析】【分析】 【详解】设ABD △的内切圆分别与BD AD 、切H I 于、两点；ACD △的内切圆分别与DC AD 、切于J K 、两点.作平行四边形AGFM ，连结DM ，交AC 于点L ，则FAG AFM ∠=∠， 且,AM GF ED AM GF ED ==∥∥， 所以AEDM 是平行四边形，所以AE DM ∥.又AG MF ∥，所以EAG DMF ∠=∠，所以要证明EAG FAG FML AFM LF LM ∠=∠⇔∠=∠⇔=. 因为D 是BC 的中点，AE DM ∥，所以L 是AC 的中点，且12DL AB =. 因此：2222LM DM DL AE AB =-=-AE EB AI BH =-=-AI BD HD =-+AI BD DK KI =-++.222222LF AF AL AK AL AK AC =-=-=- AK FC AI IK CF AI IK CJ =-=+-=+- AI IK CD DJ AI IK BD DK =+-+=+-+，所以LM LF =，所以AG 是BAC ∠的平分线.21．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知圆O 是ABC 的外接圆，切线、BP CP 交于点P ，D 是BC 的中点，K 、L 分别在线段AB AC 、上，且满足KD LD ⊥，连结KP LP 、，求证：2BPC KPL ∠=∠．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】如图，过P 作,PM AB PN AC ⊥⊥，垂足分别为M 、N ．首先，由题意知PD BC ⊥，则B 、M 、P 、D 共圆，C 、N 、P 、D 共圆， 而90KMD BPD CPD LND A ∠=∠=∠=∠=-︒，则90MKD KDM A ∠+∠=︒+， 而90MKD NLD A ∠+∠=︒+，故NLD KDM ∠=∠，即KDM DLN ∽， 因此KM DNMD NL=． 又因为PMD PBD PCD PND ∠=∠=∠=∠，()18018090MPN A MKD KDM ︒∠=︒-=-∠+∠-︒ 36090LDN KDM MDN =-︒-∠-∠=∠︒．故四边形MPND 为平行四边形，即得KM PM KM PNPN NL MP NL=⇔=， 结合直角，故Rt KMP Rt PNL ∽，即90KPM LPN ∠+∠=︒， 则()901809090KPL MPN A A ∠=∠-︒=︒=︒-︒--． 而1802BPC A ∠=︒-，故2BPC KPL ∠=∠．22．（2021·全国·高三竞赛）点P 为椭圆22221(0)x y a b a b+=>>外一点，过P 作椭圆两条切线PA 、PB ，切点分别为A 、B ，连结AB ，点M 、N 分别为PA 、AB 中点，连结MN 并延长交椭圆于点C ，连结PC 交椭圆于另一点D ，连结ND 并延长交PB 于Q ，证明：Q 为PB 的中点． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】PC 与AB 交于点K ．首先证明：P 、D 、K 、C 为调和点列，即||||||||PD KD PC KC =． 设()00,P x y ，则直线AB 方程为00221x x y ya b+=． 设P 、D 、K '、C 为调和点列，且||||K DPD PC K Cλ='='． 设()()()112233,,,,,A x y B x y K x y '，则12123121203,,11,.11x x x x x x y y y y y y λλλλλλλλ⎧-+⎧==⎪⎪⎪⎪-+⎨⎨-+⎪⎪==⎪⎪-+⎩⎩ 故()()()()1212121203032222211x x x x y y y y x x y y a b a b λλλλλ-+-+⎡⎤+=+⎢⎥-⎣⎦22222112222222111x y x y ab a b λλ⎡⎤⎛⎫=+-+=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎣⎦，所以K '在直线AB 上，即K '与K 重合，结论成立． 下面证明原题：由梅涅劳斯定理可知1CN MA PKNM AP KC⋅⋅=， 又由12AM AP =，可知2CN CK NM PK=， ① 由直线上托勒密定理可知，CD KP CK PD CP DK ⋅=⋅+⋅，由P 、D 、K 、C 四点调和可知，CK PD CP DK ⋅=⋅，故2CD KP CK PD ⋅=⋅，即2CD CKPD KP= ② 结合①、②可知，CN CD NM PD=．故//ND PM ． 又N 为AB 的中点，所以Q 为PB 的中点．23．（2021·全国·高三竞赛）如图，在锐角ABC 中，AB AC >，D 、E 分别是AB 、AC 的中点，ADE 的外接圆与BCE 的外接圆交于点P （异于E ），ADE 的外接圆与BCD △的外接圆交于点Q （异于D ），证明：AP AQ =．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】连结BP 、DE 、QC 、PE 、DQ 、PD ，由于D 、E 分别是边AB 、AC 的中点可知//DE BC ，则180APD AED DAE ADE DAE DBC ∠=︒-∠=∠+∠=∠+∠180180DQE DQC EQC =︒-∠+︒-∠=∠，180BPD BPE DPE ACB DAE ∠=∠-∠=-∠-∠︒ ABC ADE APE AQE =∠=∠=∠=∠，APB APD BPD EQC EQA AQC ∠=∠+∠=∠+∠=∠，且：1sin sin 21sin sin 2PBD PADAP PB PD BPD AP AP SBPD BP BP SAPD BP PA PD APD ⎛⎫⋅⋅⋅∠ ⎪⋅∠⎝⎭===⋅∠⎛⎫⋅⋅⋅∠ ⎪⎝⎭1sin sin 21sin sin 2AQE CQECQ AQ AE AQE CQ S AQE CQCQE AQ SAQAQ CQ QE CQE ⎛⎫⋅⋅⋅∠ ⎪⋅∠⎝⎭====∠⋅⎛⎫⋅⋅⋅∠ ⎪⎝⎭， 所以APB CQA ∽，所以:AQP ADP PBD BPD QAE AQE QEC APQ ∠=∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，所以AP AQ =．24．（2019·江西·高三竞赛）如图所示，BE 、CF 分别是锐角三角形△ABC 的两条高，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点M 、N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点P 、Q .证明：M 、N 、P 、Q 四点共圆.【答案】见解析 【解析】 【详解】如图，设△ABC 的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF ⋅=-+ ()()MF HF MF HF =-+22MF HF =-()22AF FB AH AF =⋅--2AF AB AH =⋅- ①同理有2PH HQ AE AC AH ⋅=⋅-， ②因B 、C 、E 、F 四点共圆，知 AF AB AE AC ⋅=⋅ ③ 故由①、②、③式得MH HN PH HQ ⋅=⋅. 所以M 、N 、P 、Q 四点共圆.25．（2019·山东·高三竞赛）已知：正方形ABCD 的边长为1点M 是边AD 的中点以M 为圆心AD 为直径作圆，点E 在线段AB 上，且直线CE 与圆相切.求△CBE 的面积. 【答案】38【解析】 【详解】设直线CE 与圆Γ相切于点N ，连结ME 、MN 、MC .在Rt △MNC 和Rt △MDC 中，MC =MN ，m =MC ，所以△MNC ≌△MDC ，故∠NMC =∠DMC . 同理∠EMN =∠AME .所以∠EMC =90°. 故MN 是Rt △EMC 斜边上的高，所以EN MNNM NC =，故14EN =. 所以13,44AE BE ==.因此△CBE 的面积等于38.26．（2018·江西·高三竞赛）如图，ABC 的内心为I ，D 、E 、F 分别是边BC 、CA 、AB 的中点，证明：直线DI 平分DEF 的周长．【答案】见解析 【解析】 【详解】如图①，不妨设AB AC ≥，ABC 的内切圆切BC 、CA 、AB 于T 、1K 、2K ．图①过T 作内切圆的直径TK ，过K 作I 的切线分别交AC 、AB 于M 、N ，则NM BC ． 由于I 是AMN 的旁切圆，12AK AK =，因1MK MK =，2NK NK =， 所以有AM MK AN NK +=+．延长AK 交BC 于G ，则BG CT =，因此DT DG =， 故DI 是TGK 的中位线，所以DP AG ，因四边形BDEF 为平行四边形，所以DEP ∽ABG ，相似比为12DE AB =． 同理，DEP ∽ACG ，相似比为12DF AC =． 又注意AMK ∽ACG ，ANK ∽ABG ，相似比均为AKAG， 既然有AM MK AN NK +=+，所以AC CG AB BG +=+， 因此，DF FP DE EP +=+，即所证结论成立． 附注 在几何题中用到三角形内切圆的一个基本性质． 如图②，在ABC 中，内切圆I 切BC 于D ，设DH 是I 的直径，若AH 交BC 于M ，则BM CD =． 证明：过H 作EF BC ，点E 、F 分别在AB 、AC 上．设I 的半径为r ，HF x =，CD y =，EH z =，BM t =，MD d =，连结BI 、CI 、EI 、FI ，由于CI 、FI 分别平分一对互补角BCF ∠、EFC ∠， 所以90CIF ∠=︒，且CDI ∽IHF ，则y rr x=，2xy r =． 同理BDI ∽IHE ，则t d rr z +=，()2z t d r +=， 所以()xy z t d =+，则x t dz y+=． ①又由EF BC ，得x AH z y d AM t ==+，所以x y d z t +=， ② 根据①②式得，t d y dy t ++=，所以22t td y yd +=+，即()()0y t y t d -++=， 由此得，0y t -=，即t y =，也就是BM CD =．（同时也有CM BD =．）27．（2018·福建·高三竞赛）如图，在锐角ABC 中，E 、E 是边BC 上的点，ABC 、ABD △、ADC 的外心分别为O 、P 、Q ．证明：（1）APQ ∽ABC ；（2）若EO PQ ⊥，则QO PE ⊥． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【详解】（1）如图，连结PD 、QD ．因为P 、Q 分别为ABD 、ADC 的外心，所以PQ 为线段AD 的垂直平分线． 所以12APQ APD ABD ABC ∠=∠=∠=∠，12AQP AQD ACD ACB ∠=∠=∠=∠．故APQ ∽ABC ．（2）如图，连结OA 、OB 、OP 、PB 、QC ．延长OQ 与AC 相交于点F ． 由O 、P 、Q 分别为ABC 、ABD 、ADC 的外心， 知OP 、OQ 、PQ 分别是线段AB 、AC 、AD 的垂直平分线． 所以()22APB APD BPD ABD BAD ADC AQC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠． 又OBP OAP ∠=∠，1122AQF AQC APB APO ∠=∠=∠=∠．所以A 、P 、O 、Q 四点共圆，OAP OQP ∠=∠．又EO PQ ⊥，DQ PQ ⊥，所以EO DA ，12OEC ADC APB BPO ∠=∠=∠=∠．所以P 、B 、E 、O 四点共圆，OEP OBP ∠=∠． 设EO 、QO 的延长线分别与PQ 、PE 相交于M 、N ，则OEP OBP OAP OQP ∠=∠=∠=∠．故M 、N 、E 、Q 四点共圆． 又EO PQ ⊥，所以90QNE QME ∠=∠=︒．故QO PE ⊥．28．（2019·全国·高三竞赛）在ABC ∆中，设∠C=90°，CD AB ⊥，垂足为D ，P 、Q 分别为ADC ∆、BDC ∆的内心，PQ 与CD 交于点K ，记ABC ∆的面积为S.证明：22111CK CD S-=. 【答案】见解析 【解析】 【详解】如图，延长PQ ，分别与AC 、BC 交于点M 、N ，联结DP 、DQ 、CP. 分别过M 、N 作CD 的平行线与BC 、AC 的延长线交于点F 、E. 易知，Rt ADC Rt CDB ∆~∆.又P 、Q 分别为ADC ∆、BDC ∆的内心， 故AC DPRt ACB Rt PDQ QPD BAC BC DQ=⇒∆~∆⇒∠=∠ A D P M ⇒、、、四点共圆45CMN ADP CM CN ⇒∠=∠=︒⇒=.易证Rt CPM Rt CPD ∆≅∆. 于是，CM=CD=CN.由∠FMC=∠ACD ，CM=DC Rt FCM Rt ADC MF AC ⇒∆≅∆⇒=. 类似地，NE=BC. 根据三平行线定理得222111111121CK MF NE AC BC CK AC AC BC BC=+=+⇒=++⋅. 再由直角三角形恒等式得222111CD AC BC =+，12S AC BC=⋅. 故22111CK CD S-=.29．（2018·全国·高三竞赛）如图，1O 与2O 的半径相等，交于X 、Y 两点. ABC ∆内接于1O ，且其垂心H 在2O 上，点Z 使得四边形CXZY 为平行四边形.证明：AB 、XY 、HZ三线共点.【答案】见解析 【解析】 【详解】如图，设1O 、2O 的半径为R ，XY 的中点为M. 则点Z 与C 关于M 对称，点1O 与2O 关于M 对称. 因此，点Z 在2O 上.记ABH ∆的外接圆为3O ，其半径为1R .则()12sin 2sin 2sin AB AB ABR R AHB ACB ACBπ====∠-∠∠.接下来证明：Z 为2O 与3O 的交点（异于H ）.由1O 、2O 、3O 的半径均为R ，知四边形12XO YO 、四边形31AO BO 均为菱形. 记AB 中点为N ，则N 也为13O O 的中点. 注意到，H 与1O 分别为ABC ∆的垂心与外心. 故1132CH O N OO ==，即13CO HO =. 因为，XZ CY =.所以，22O Z O X XZ =+ 113YO CY CO HO =+==. 又H 为2O 、3O 的一个交点，则Z 为两圆另一交点. 于是，AB 、XY 、HZ 恰为1O 、2O 、3O 两两的公共弦. 由根轴定理知AB 、XY 、HZ 三线共点.30．（2021·全国·高三竞赛）如图，以AB 为直径的圆上有C 、D 两点，AC 、BD 两点的中点为E 、F ，直线EF 与直线AD 、BC 分别交于G 、H ，求证：以FG 为直径的圆和以EH 为直径的圆有一交点在CD 上．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】取D 关于AB 的对称点D ，延长D C '与BA 交于I 点，则IAC ID B IDB '．因为AC 、BD 两点的中点为E 、F ，所以IAE IDF ，而IACID B '，故ICB IEF IAD ，所以IBC IFE IDA ∠=∠=∠，所以I 、D 、G 、F 四点共圆．又ICB IEF ∠=∠，所以IEH ICH ∠=∠，所以I 、E 、C 、H 四点共圆，注意到90HDA GDF ∠=∠=︒， 故EH 、FG 为直径的圆过I ．取I 关于HE 的对称点I '，则EH 、FG 为直径的圆交于I 、I '， 则I '、H 、I 、E 、C 五点共圆，所以I CH ICH BCD BCD ∠=∠==∠'∠'． 所以I '在CD 上，即以FG 为直径的圆和以EH 为直径的圆有一交点在CD 上．31．（2021·全国·高三竞赛）如图所示，在等腰ABC 中，AB AC =，设点D 是边AC 上一点，点E 是线段BD 的中点，延长AE 与底边BC 交于点F ，证明：若BF EF =，求证：2AE AB AD =⋅.【答案】证明见解析 【解析】 【详解】证法1：设ABD △的外接圆为Γ，其中弧BD 的中点为N ， 如图1，连结BN ，DN ，AN 与BD 交于点M .易见AN 平分BAC ∠，从而AN BC ⊥.又由于ABM AND ∠=∠，故ABM AND ∽，进而得到 AM AN AB AD ⋅=⋅.另一方面，由垂径定理可知NE BD ⊥.因此909090()ANE EMN AMD ABM BAM ∠=︒-∠=-∠=︒-∠+∠()90BAM ABD ABC ABD EBF =︒-∠-∠=∠-∠=∠. 注意到AEM BEF EBF ∠=∠=∠，故ANE AEM ∠=∠. 这说明ANE AEM ∽，从而得到2AE AM AN AB AD =⋅=⋅.证法2：设BCE 的外接圆为Ω，圆心为O ；如图2，连结OB OC 、OE OF 、、；连结OA 与线段BC BD 、分别交于点N ､G ，取边AB 的中点M ，连结MN CE FG 、、.由条件及OB OE =可知，OF 垂直平分BE ，即OF BG ⊥. 同理BF OG ⊥，因此F 是OBG △的垂心，从而FG OB ⊥.另一方面，E 是BD 的中点，而MN 是ABC 的中位线，因此M ､E ､N 三点共线， 由塞瓦定理，我们有1AG NF BMGN FB MA⋅⋅=， 注意到BM MA =，因此AG BFGN FN=，从而//FG AB . 综上可知AB OB ⊥，因此Ω与边AB 相切于点B . 再由对称性，Ω必然与边AC 相切于点C ，因此 ACE CBE BEF AED ∠=∠=∠=∠，从而ACE AED ∽.故2AE AC AD AB AD =⋅=⋅.32．（2021·全国·高三竞赛）如图，在锐角ABC 中，已知点D ､E ､F 分别是点A ､B ､C 在边BC ､CA ､AB 上的投影，AEF ､BDF 的内心分别为1I ､2I ，1ACI ､2BCI 的外心分别为1O ､2O ，证明：1212//I I O O .【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设,,CAB A ABC B BCA C ∠=∠=∠=，1AI ､2BI 的延长线交于点I . 由1AI ､2BI 分别为CAB ∠､ABC ∠的角平分线知I 为ABC 的内心.因为点E ､F 均在以BC 为直径的圆上，所以,AEF ABC AFE ACB ∠=∠∠=∠， 则AEF ABC ∽，相似比cos AEA AB=. 又因为1I ､I 分别为AEF ､ABC 的内心，所以1cos I A IA A =. 故211(1cos )2sin2A II IA I A IA A IA =-=-=，同理，222sin 2B II IB =.在ABI △中，由正弦定理知sinsin 22A BIA IB =，则 22122sin 2sin 22A B II IA IA IB II IB ⎛⎫⎛⎫⋅===⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A ､B ､2I ､1I 四点共圆，且I 关于1O ､2O 等幂.于是，CI 是1O 与2O 的根轴.故12CI O O ⊥.设CI 与12I I 交于点Q ，则1112II Q I IQ II I ACI CAI ∠+∠=∠+∠+∠ 2ABI ACI CAI =∠+∠+∠90222B C A=++=︒. 因此12CI I I ⊥，从而1212//I I O O .33．（2021·全国·高三竞赛）如图，AB 是O 的一条弦，AB 的垂直平分线交O 于M N 、两点，交AB 于点D ．P 为O 内一点，DMP 外接圆交PN 于点,E ABE 的外接圆交MP 于点F ，且点M P E F 、、、在直线AB 同侧．证明：EF PN ⊥．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】延长MF 交O 于点G ，直线NG 交AB 于点H ．因为90MDH MGH ∠=∠=︒，所以M D G H 、、、四点共圆． 又M D E P 、、、四点共圆，所以NG NH ND NM NE NP ⋅=⋅=⋅．于是P E G H 、、、四点共圆，所以90HEP ∠=︒．设HE 交MP 于点F '，则90HEN HGF ∠=∠'=︒，所以E N G F '、、、四点共圆． 又A B G N 、、、四点共圆，于是···HE HF HN NG HA HB '==， 所以A B F E '、、、四点共圆，于是F F ='，故90FEP ∠=︒，即EF PN ⊥．34．（2021·全国·高三竞赛）如图，锐角ABC 的外接圆为Γ，D 是A 在BC 上的射影，假设AD BC =，点M 为DC 中点，ADC ∠的角平分线与AC 交于点N ，Γ上一点P 满足//BP AC ．直线DN 与AM 交于点F ，直线PF 与圆Γ再交于点Q ．直线AC 与PNQ 的外接圆再交于点E ．证明：90DQE ∠=︒．【答案】证明见解析. 【解析】 【详解】先证明//QC AB ．事实上设Q '在Γ上异于C ，//Q C PB '只要证Q '、F 、P 共线． 易知AP AQ BC AD ==='．设A 关于M 的对称点为,A AA ''另交Γ于T ，则 ,CTM ABM CTD ABA MTD MBA '⇒'∽∽∽．因为BC AD A C =='，故45A BC '∠=︒即45MTD FDA ∠=︒=∠， 因此222AF AT AD AP AQ '⋅===， 知Q '、F 、P 三点共线，故Q '、Q 重合. 再证A 、N 、D 、P 共圆，事实上由119090()22APD DAP CAP CAD ∠=︒-∠=︒-∠-∠()190901352C C C =︒-∠-︒+∠=︒-∠ CND =∠，即得．因此结合AP AD =知，NA 是DNP ∠的外角平分线，故设D 关于AC 的对称点为D ，则D 、N 、P 共线．设PQ 与AC 交于点K ，则22AK AC AP AD ⋅==， 故,,DD AC PQ '共点K ．因为90AD C ADC ∠=∠='︒，故A 、D 、C 、D 共圆． 故KQ KP KC KA KD KD D ⋅=⋅=⋅⇒''、Q 、D 、P 共圆， 从而QEN QPN QDK ∠=∠=∠，于是Q 、K 、D 、E 共圆， 所以90EQD EKD ∠=∠=︒．35．（2021·浙江·高三竞赛）如图，O 是ABC 的外接圆，D 是弧BC （不含A ）上一点，S 为弧BAC 的中点.P 为线段SD 上一点，过P 作DB 的平行线交AB 于点E ，过P 作DC 的平行线交AC 于点F ，过O 作SD 的平行线交弧BDC 于点T .已知O 上的点Q 满足QAP ∠被AT 平分.证明：QE QF =.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】设M 是弧BDC 的中点，OT ，SD 分别与BC 交于点K ，L .由πAEP AFP ABD ACD ∠+∠=∠+∠=知A ，E ，P ，F 共圆.由ASP ACD AFP ∠=∠=∠知S ，A ，P ，F 共圆，即S ，A ，E ，P ，F 五点共圆. 注意SEF SAF SBC ∠=∠=∠，同理πSFE SAE SCB ∠=-∠=∠可知SEF 与SBC △相似.因此SE SB SF SC=，即SE SF =. π22TAC TOC TKC KCO DLC A ⎛⎫∠=∠=∠-∠=∠--∠ ⎪⎝⎭πππ222A DBC BDS A DSC A -⎛⎫⎛⎫⎛⎫∠+∠--∠=∠+--∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭12DSC A =∠+∠由AT 平分QAP ∠可知：11222QAC TAC PAC DSC A PSF A FSC ∠=∠-∠=∠+∠-∠=∠+∠因此1122QSF QSC FSC QAC FSC A ESF ∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠.即QS 是ESF ∠的平分线，结合SE SF =可知SQ 是EF 的垂直平分线，故QE QF =. 36．（2021·全国·高三竞赛）在锐角ABC 中，D 为边BC 上一定点，P 为AD 边上一动点，直线CP 交AB 于点Q ，DQ 交BP 于点X ．BCX 、CAX 、ABX 的三个外接圆分别交DQ 于X 外的另三点1Y 、2Y 、3Y ，过1Y 、2Y 、3Y 分别作DQ 垂线1l 、2l 、3l ，证明：1l 、2l 、3l 均过定点．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】连结AX 并延长交BC 于E ．对ABD △和点X ，由赛瓦定理得1BE DP AQED PA QB⋅⋅=． 对ABD △和截线CPQ ，由梅涅劳斯定理得1BC DP AQCD PA QB⋅⋅=． 结合两式有BE BCED CD=，所以E 为定点，延长BC 至1B 使得1CB CB =，这样有11,BE B C BD B DED CD ED CD==． 所以11XD DY BD CD B D ED ⋅=⋅=⋅，进而X 、E 、1Y 、1B 四点共圆．所以11DY B DEX DEA ∠=∠=∠为定角．又D 、1B 为定点，所以1Y 在过D 的定圆上运动，取该圆上D 的对径点1D （直径的另外一个端点），则1D 为定点，且1D 在直线1l 上．又2CY D CAX CAE ∠=∠=∠为定角，C 、D 为定点，所以2Y 在过D 的定圆上运动，取该圆上D 的对径点2D ，则2D 为定点，且2D 在直线2l 上，又33BY D BY X BAX BAE ∠=∠=∠=∠为定角，B 、D 为定点，所以3Y 在过D 的定圆上运动，取该圆上D 的对径点3D ，则3D 为定点，且3D 在直线3l 上． 命题得证．37．（2021·全国·高三竞赛）在ABC 中，点P 、Q 、R 分别位于边BC 、CA 、AB 上，A ω、B ω、C ω分别是AQR 、BRP △、CPQ 的外接圆，线段AP 与A ω、B ω、C ω分别相交于点X 、Y 、Z .证明：YX BPXZ PC=．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】设圆A ω与B ω交于异于点R 的点N （三角形密克点），则P 、N 、Q 、C 共圆． 设直线AP 与直线RN 交于点K ，直线AP 与直线QN 交于点M ，设,NPX NRY NXA BRK αβ∠=∠=∠=∠=， 由于sin sin sin sin sin sin MNP MNXMP SNP MNP CMX S NX MNX PAQβα⋅∠===⋅∠∠，sin sin sin sin sin sin KRY ARKKY SRY KRY PAB AK SRA ARK B αβ∠∠===∠．我们有sin sin sin sin sin sin KY MP PAB C AB PAB BP AK MX B PAQ AC PAQ CP⋅∠⋅⋅∠===⋅⋅∠⋅∠．另一方面由PK KY KN KR AK KX ⋅=⋅=⋅得()AP KY AK KP KY AK KY AK XK AK XY ⋅=+=⋅+⋅=⋅．同理由MZ MP MN MQ MX MA ⋅=⋅=⋅得： ()MP XZ MP XM MZ MP XM MP MZ ⋅=⋅+=⋅+⋅MP XM MA XM MX AP =⋅+⋅=⋅因此XY KY MP XZ AK MX =，由此得到YX BPXZ PC=． 38．（2021·全国·高三竞赛）点O 是ABC 的外接圆圆心，含点A 的BC 的中点为S ，点T 在不包含点A 的BC 上.点M 在圆O 上且//SM OT .点P 在线段SM 上.过点P 作MB 的平行线交AB 于点F ，过点P 作MC 的平行线交AC 于点E .点Q 在圆O 上，使得AT 是PAQ ∠的角平分线.证明：QE QF =.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】因为,FP BM EP CM ∥∥，所以sin sin sin sin FB PMB PMC ECPM FBM ECM PM∠∠===∠∠，即FB EC =. 又SB SC =，且SBF SCE ∠=∠，故SBF SCE ≌，所以SF SE =.于是，要证QE QF =，只需证SQ EF ⊥.又由SBF SCE ≌知，SFA SEA ∠=∠，故S A F E 、、、四点共圆. 而180AFP AEP ABM ACE ∠+∠=∠+∠=︒，故A F P E 、、、四点共圆. 从而S A F P E 、、、、五点共圆.则：180ESQ SEF ESP PSQ SAF ∠+∠=∠+∠+︒-∠1902EAP MAQ BAC =∠+∠+︒-∠1902EAP MAT TAQ BAC =∠+∠+∠+︒-∠1902EAT MAT BAC =∠+∠+︒-∠190902CAT JAT BAC =∠+∠+-∠=︒︒.其中，S T 、关于QO 对径点分别为J K 、. 则JT KS TM ==，即SQ EF ⊥.故QE QF =. 证毕.39．（2021·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，A B C ∠≥∠≥∠，且AD 为BC 边上的高，BE 为AC 边上的中线，CF 为C ∠的平分线，AD 与CF BE 、分别交于P R 、两点，BE 与CF 交于Q 点，令PQR ABCS x S=．求证：16x <，且16是最好的界（即可以无限接近于16）．【答案】证明见解析.【解析】 【分析】 【详解】由A B C ∠≥∠≥∠，知B C ∠∠、均为锐角，可知D 在边BC 上，且BD CD ≤． 连结AQ 并延长交BC 于S ．由CF 平分C ∠，得AF ACFB BC=， 又A B ∠≥∠，从而知1AC BC ≤，得1AFFB ≤． 由塞瓦定理得1BS CE AF SC EA FB ⋅⋅=，可知1BS FB SC AF=≥，得BS SC ≥， 所以如图S 在BC 的中点的右边，而D 在BC 的中点左边，综上可得D 在线段BS 上．由D 在BS 上，知Q 在ADC 内，连DE 交CP 于O 点，由CP 平分C ∠，有,PD CD OD CDAP AC OE CE ==． 将1,2AC CD CE AC >=代入上式可得21,2PD OD CDAP OE AC<=<， 所以12,23PD OD AD DE <<，故13OPD ADES PD OD S AD DE ⋅=<⋅． 由AE EC =，可知16OPD ACDSS<． 又,OPDPQR ACDABC SSSS≥≤知16PQR OPD OPD ABCABCACDS S S x SSS=≤≤<． 若令1AC BC ==，则AF BF =，而AE CE =，得Q 为ABC 的重心， 16BFQ ABCS S=，16BFQ BFPR BFPR ABC ABCS S S x S S -==-． 令0C ∠→，则0ABD ABCSS→，知0BFPRABC S S →，故16x →，且x 可无限接近16． 40．（2021·全国·高三竞赛）设ABC 的内心为点I ，内切圆分别切BC CA AB 、、于D E F 、、．直线DF 与EI 交于点N ．连结并延长BN ，交AC 于点M ．求证：M 是AC 中点．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】过N 作AC 平行线，分别交AB BC 、于P Q 、，连结ID IF IP IQ 、、、．由IN AC ⊥得IN PQ ⊥，又IF AB ⊥，因此F P N I 、、、四点共圆．因此IFN IPN ∠=∠，同理IDN IQN ∠-∠．又由ID IF =知IDN IFN ∠=∠，从而IPN IQN ∠=∠，即IP IQ =．再由IN PQ ⊥可得PN QN =．再由PQ AC ∥得PN BN QN AM BM CM==，因此,AM CM M =是AC 中点． 41．（2021·全国·高三竞赛）已知O 上依次四点A ､B ､C ､D ，射线AB DC 、交于点P .射线AD BC 、交于点Q ，弦AC BD 、交于点R ，点M 为线段PQ 的中点.过点O 作MR 的垂线，分别PQ MR 、于点U ､V .过点U 作O 的切线UK ，与O 切于点K .证明：（1）P ､Q ､V ､O 四点共圆；（2）K ､M ､R 三点共线.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】【详解】 首先证明一个引理：引理：已知O 上依次四点E ､F ､G ､H ，直线EF GH 、交于点X ，直线EH FG 、交于点Y ，直线EG 、FH 交于点Z ，则点O 为XYZ 的垂心.引理的证明：注意到X ､Y ､Z 分别是直线YZ ZX XY 、、关于O 的极点，从而OX YZ ⊥，,OY ZX OZ XY ⊥⊥，即O 是XYZ 的垂心. 回到原题，由引理知O 是PQR 的垂心.设OP QR ⊥于点0P ，OQ RP ⊥于点0,Q OR PQ ⊥于点0R ，直线00P Q 与PQ 交于点0U ， 则P ､0P ､0Q ､Q 四点共圆，且圆心为M .由引理知M 为0OU R 的垂心，则0MR OU ⊥.由题意，MR OU ⊥知U 与0U 重合，从而V ､O ､0P ､R ､0Q 五点均在以OR 为直径的圆上. 故00UV UO UQ UP UQ UP P ⋅=⋅=⋅⇒､Q ､V ､O 四点共圆.由090RVU RR U ∠=∠=︒知U ､V ､R ､0R 四点共圆，推出002OV OU OR OR OP OP r ⋅⋅===⋅，其中r 为O 的半径，最后一步是由配极原理得到.在直线MR 上取点0K ，满足20VK VO VU =⋅.则090OK U ∠=︒，且220OK OU OV r ⋅==，即0UK 为O 的切线，故K 与0K 重合，K ､M ､R 三点共线.42．（2020·全国·高三竞赛）如图，在等腰ABC 中，AB BC =，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC =，PI 延长线上一点H 满足MH PH ⊥，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BH QH ⊥．【答案】证明见解析.【解析】【分析】取AC 的中点N ，结合已知条件证得//QM CN ，再由三角形边之间的比例关系证得三角形相似，可得四点共圆，即得证.【详解】证明：取AC 的中点N ．连接QB 、QM ，由3AP PC =，可知P 为NC 的中点．易知B ，I ，N 共线，90INC ∠=︒．由I 为ABC 的内心，可知CI 经过点Q ，且QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠=∠，又M 为BI 的中点，所以QM BI ⊥．进而//QM CN ．。

C1-061 △ABC是直角三角形，以直角边AC和BC为边分别向外作两个菱形ACDE和CBFG，其中心分别为P和Q，且∠EAC=∠GCB ＜90°，如果M和N分别为AB和DG的中点．证明：PQ⊥MN．【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛八年级题2．【证】容易证明，△ACG≌△BCD，所以AG=BD．从而以四边形ADGB各边中点为顶点的四边形P，N，Q，M是菱形，故PQ⊥MN．C1-062 ABCDE是凸五边形，AB=BC，∠BCD=∠EAB=90°．X为此五边形内一点，使得AX⊥BE且CX⊥BD．证明：BX⊥DE．【题说】 1992年澳大利亚数学奥林匹克题3．【证】设AX交BE于Y，CX交BD于Z，BX交DE于F．则AB2=BY·BE=BZ·BD所以D，E，Y，Z四点共圆．又由于B，Y，X，Z四点共圆，所以∠BXZ=∠BYZ=∠ZDF故D，F，X，Z四点共圆，从而∠BFD=∠DZX=90°，即BX⊥DE．C1-063 已知△ABC以O1、O2、O3为旁切圆圆心．证明：△O1O2O3是锐角三角形．【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题3．【证】易知△O1O2O3包含△ABC，△ABC三内角平分线是△O1O2O3三高，△ABC内心O是△O1O2O3垂心．O在△ABC内，更在△O1O2O3内，故△O1O2O3为锐角三角形．C1-064 在△ABC中，∠A的平分线交AB边中垂线于A′，∠B 的平分线交BC边中垂线于B′，∠C的平分线交CA边中垂线于C′．求证：（1）若A′与B′重合，则△ABC为正三角形；【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题3．【证】（1）若A′与B′重合，则△ABC的内心与外心重合，从而△ABC为正三角形．（2）将△A′AC′绕A旋转，使A与B重合．设这时C′转到∠ABC-∠BAC+∠ACB）=∠B′CC′．所以△B′BK≌△B′CC′，B′K=B′C′．从而△B′A′K≌△B′A′C′，∠【注】设I为内心，AB的垂直平分线交BB′于J，则可以证明△A′C′I∽△A′B′J，从而导出结论，但需要稍多的计算．C1-065 ABC是一个等腰三角形，AB=AC，假如（i）M是BC的中点，O是直线AM上的点，使得OB垂直于AB；（ii）Q是线段BC上不同于B和C的一个任意点；（iii）E在直线AB上，F在直线AC上，使得E，Q，F是不同的和共线的．求证：OQ⊥EF当且仅当QE=QF．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题2．本题由亚美尼亚-澳大利亚提供．【证】连线段OE、OF、OC．由对称性，OC⊥AC，∠OBQ=∠OCQ．若OQ⊥EF，则O、Q、B、E四点共圆，O、Q、C、F四点共圆，故∠OEQ=∠OBQ，∠OFQ=∠OCQ （1）于是∠OEQ=∠OFQ，OE=OF又OQ⊥EF，故QE=QF．反之，若QE=QF，过E作EG∥BC交AC于G，则易知EB=GC=CF．又OB=OC，∠OBE=∠OCF=90°，所以△OBE≌△OCF，OE=OF．从而OQ⊥EF．C1-066 如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、CD于P，交DA于Q．求证：MQ∥NP．【题说】 1995年全国联赛二试题3．【证】连结AC，则O为AC中点，再连结MO、NO．则∠MON=180°-（∠OMN+∠MNO）因此△AMO∽△OMN∽△CON同理 AQ·CP=OA2，从而AM·CN=AQ·CP即AM∶AQ=CP∶CN又∠MAQ=∠PCN，故△AMQ∽△CPN．因此∠AMQ=∠CPN从而 MQ∥NP．C1-067 如图，⊙O1和⊙O2与△ABC的三边所在直线都相切．E、F、G、H为切点，且EG、FH的延长线交于P点．求证：PA⊥BC．【题说】 1996年全国联赛二试题3．【证】由旁切圆性质知，CE=p（△ABC半周长）=BF分别过P、A作PP1⊥BC，AA1⊥BC．连O1E、O1C，易知Rt△O1EC ∽Rt△P1EP．从而EP1∶O1E=PP1∶CE同理 Rt△O2FB∽Rt△P1FPFP1∶O2F2=PP1∶BF故 EP1∶O1E=FP1∶O2F2因△AGO1∽△AHO2因此P1与A1重合，即PA⊥BC．C1-068 在△ABC中，AM是A到∠C的平分线所作的垂线，M 为垂足；AN、CL分别是A、C到∠B的平分线所作的垂线，N、L为垂足，MN的延长线交AC于F，BF的延长线交CL于E，BL交AC于D．求证：DE∥MN．【题说】 1996年江苏省竞赛题3．【证】（1）延长AM交BC于D′，延长AN交BC于E′，则由已知可得，AN=NE′，AM=MD′，故MN∥BC （1）注意到AM=MD′，故AF=FC．连LF并延长交BC于G，设CL交BA延长线于G，则L平分CG，所以LF∥AB，故BG=GC （2）C1-069 在等腰△ABC中，AC=BC．O是它的外心，I是它的内心，点D在BC边上，使得OD与BI垂直．证明：直线ID与AC平行．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【证】如果△ABC是等边的（点O与I重合），那么结论显然成立．设点O在点I与C之间（如图a），作高CE，则∠EIB=∠ODB所以B、I、O和D四点共圆，于是∠IDB=∠IOB．于是∠IDB=∠ACB，ID∥AC．当点I在点O与C之间时，证法同上．见图b、图c．C1-070三只苍蝇沿三角形ABC的边爬行，它们形成的三角形的重心都在同一位置，证明：如果它们中的一只苍蝇沿三角形的整个边界爬过，那末它们的重心与△ABC的重心重合．【题说】第九届（1975年）全苏数学奥林匹克八年级题5．【证】如果一只苍蝇位于顶点A，那末，由苍蝇形成的三角形的重心位于三角形ADE内（如图），这里DE∶BC=2∶3．因为一只苍蝇游遍了所有顶点，所以“苍蝇三角形”的重心应属于图中带斜线的三个三角形．而它们唯一的公共点就是△ABC的重心．欢迎访问。

高中数学竞赛平面几何叶中豪学习要点几何问题的转化圆幂与根轴P ’tolemy 定理及应用几何变换及相似理论位似及其应用完全四边形与Miquel 点垂足三角形与等角共轭反演与配极，调和四边形射影几何复数法及重心坐标方法例题和习题1．四边形ABCD 中，AB=BC ，DE ⊥AB ，CD ⊥BC ，EF ⊥BC ，且()s i n 1t a n s i n 2θθγγ⋅+=。

求证：2EF=DE+DC 。

（10081902.gsp ）2．已知相交两圆O和O'交于A、B两点，且O'恰在圆O上，P为圆O的AO'B 弧段上任意一点。

∠APB的平分线交圆O'于Q点。

求证：PQ2=PA×PB。

（10092401-1. gsp）3．设三角形ABC的Fermat点为R，连结AR，BR，CR，三角形ABR，BCR，ACR的九点圆心分别为D，E，F，则三角形DEF为正三角形。

（10082602.gsp）4．在△ABC中，已知∠A的内角平分线和外角平分线分别交外接圆于D、E，点A关于D、E的对称点分别为F、G，△ADG和△AEF的外接圆交于A 和另一点P。

求证：AP//BC。

（10092102.gsp）5．圆O1和圆O2相交于A、B两点，P是直线AB上一点，过P作两圆作切线，分别切圆O1和圆O2于点C、D，又两圆的一条外公切线分别切圆O1和圆O2于点E，F。

求证：AB、CE、DF共点。

（10092201.gsp）6．四边形ABCD中，M是AB边中点，且MC=MD，过C、D分别作BC、AD 的垂线，两条垂线交于P点，再作PQ⊥AB于Q。

求证：∠PQC=∠PQD。

（10081601-26.gsp）7．已知RT△ABD∽RT△ADC，M是BC中点，AD与BC交于E，自C作AM 垂线交AD于F。

求证：DE=EF。

（10083001.gsp）8．在△ABC中，AB=AC，D为BC边的中点，E是△ABC外一点，满足CE⊥AB，BE=BD。