1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题26平面几何B辑历年联赛真题汇编1【2000高中数学联赛(第02试)】如图，在锐角ABC的BC边上有两点E，F，满足BAE=CAF，作FMAB，FNAC(M，N为垂足)，延长AE交三角形ABC的外接圆于点D.证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等.【答案】证明见解析【解析】如图，联结MN，BD，因为FMAB,FNAC，所以A，M，F，N四点共圆.所以AMN=AFN，所以AMN+BAE=AFN+CAF=90，可知MNAD，所以SAMDN=12ADMN.又因为CAF=DAB,ACF=ADB，所以AFCABD，则AFAB=ACA
2、D，所以ABAC=ADAF.而AF是过A，M，F，N四点的圆的直径，所以MNsinBAC=AF，则AFsinBAC=MN，SABC=12ABACsinBAC=12ADAFsinBAC=12ADMN=SAMDN2【1999高中数学联赛(第02试)】如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD.在c上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G.求证：GAC=EAC.【答案】证明见解析【解析】1.采用逐步消线段的方法，分为四个步骤：第一步，联结BD交AC于H，在BCD中，由塞瓦定理，得(CG-GB)(BH-HD)(DE-EC)=1 第二步，由角平分线的性质，得BH-HD=AB-AD 第三步，
3、过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J，则有CG-GB=CI-AB，DE-EC=AD-CJ 由式，得CI=CJ.第四步，由ACIACJ得IAC=JAC，即GAC=EAC.3【1998高中数学联赛(第02试)】如图，已知：，1分别为ABC的外心和内心，AD是BC边上的高.I在线段OD上.求证：ABC的外接圆半径等于BC边上的旁切圆半径.【答案】证明见解析【解析】如图，作ABC的外接圆圆O，延长A交BC于J，交弧BC于K，则K为弧BC中点，显然OKBC，设O是与BC边相切的ABC的旁切圆圆心，则O在AI延长线上，即A，1，J，K，O共线.作OYBC于Y.则OY是
4、旁切圆圆O的半径(记为ra).又因为AD，OK，OY都垂直于BC，所以AD/OK/OY.因此AIDKIO，得ADOK=AIIK，即ADR=AIIK 又由ADJOYJ得ADOY=AJJO，即ADra=AJJO 于是，要证R=ra只需证AIIK=AJJO即可.联结BI,IC,CO,OC，易知IBO=ICO=90.所以B，I，C，O四点共圆.因此AOC=IBC=B2=ABI，又BAI=OAC，所以ABIAOC，所以ABAI=AOAC，即AIAO=ABAC 联结BK，在ABK与AJC中，因为BAK=JCA,BKA=JCA，所以ABKAJC，有ABAK=AJAC，即A1KAJ=ABAC 由式与可得AIA
5、O=AKAJ，即AKAI=AOAJ，由AI+IKAI=AJ+JOAJ有IKAI=JOAJ 将式结合式与可得RAD=raAD，所以R=ra.4【1997高中数学联赛(第02试)】1.如图，已知两个半径不相等的圆O1与圆O2相交于M，N两点，且圆O1，圆O2分别与圆O内切于S，T两点.求证：OMMN的充分必要条件是S，N，T三点共线.【答案】证明见解析【解析】如图，设圆O1，圆O2，圆O的半径分别为r1,r2,r.由条件知O，O1，S三点共线，O，O2，T三点共线，且OS=OT=r.联结OS,OT,SN,NT,O1M,O1N,O2M,O2N,O1O2.充分性.设S，N，T三点共线，则S=T，又O1
6、SN与O2NT均为等腰三角形，故S=O1NS,T=O2NT，于是S=O2NT,T=O1NS，从而O2N/OS,O1N/OT.故四边形OO1NO2为平行四边形.因此得出OO1=O2N=r2=MO2，OO2=O1N=r1=MO1，故O1MOO2MO，从而SO1MO=SO2OM，由此得O1O2/OM.又由于O1O2MN，故OMMN.必要性.若OMMN,O1O2MN，有O1O2/OM，从而SO1MO=SO2OM.设OM=a，由O1M=r1,O1O=r-r1,O2O=r-r2,O2M=r2知O1MO与O2OM的周长都等于a+r，记p=a+r2，由三角形面积的海伦公式，有SO1MO=pp-r1p-r+r1
7、(p-a)=pp-r2p-r+r2(p-a)=SO2MO.化简得r1-r2r-r1-r2=0.又已知r1r2，有r=r1+r2，故O1O=r-r1=r2=O2N，O2O=r-r2=r1=O1N.所以，四边形OO1NO2为平行四边形，O2NS+S=180=O1NT+T.又O1SN与O2NT均为等腰三角形，所以T=O2NT,S=O1NS.所以O1NO2+2S=O2NS+S=O1NT+T=O1NO2+2T，即S=T，于是O1NS=O2NT，故所以S，N，T三点共线.5【1996高中数学联赛(第02试)】如图，圆O1和圆O2与ABC的三边所在的三条直线都相切，E，F，G，H为切点，并且EG，FH的延长
8、线交于点P.求证直线PA与BC垂直.【答案】证明见解析【解析】联结O1A,O1E,O1G,O2A,O2F,O2H，如图所示，由题意，延长PA交BC于D，有EDDF=SPEDSPDF=12PEPDsin112PFPDsin2=PEPFsin1sin2.在PEF中，由正弦定理，有PEPF=sinPFEsinPEF，又因为FE，CE是圆O1的切线，所以PEF=CGE=180-3，所以sinPEF=sin3，同理，有sinPFE=sin4.所以EDDF=sin4sin3sin1sin2=sin4sin2sin1sin3，在PHA及PGA中，由正弦定理，有sin4sin2=PAAH，sin1sin3=A
9、GPA，所以EDDF=PAAHAGPA=AGAH，由此，可知RtAGO1RtAHO2.所以EDDF=AGAH=AO1AO2，易知O1EFO2是直角梯形，又由EDDF=AO1AO2可知AD/OE，所以ADBC，即PABC.6【1995高中数学联赛(第02试)】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：MQNP.【答案】证明见解析【解析】分别联结AC，BD，其交点为内切圆圆O.如图，设MN切圆O于L.分别联结OE，OM，OL，ON，OF，并设MOL=,LON=,ABO=，则易知EOM=，FON=，
10、EOF=2+2=180-2.所以BON=90-=，CNO=NBO+BON=+=AOM.又OCN=MAO，所以OCNMOA，于是AMCN=COAO.同理AQCP=COAO.所以AMCN=AQCP.又MAQ=PCN，所以AMQCPN，所以AMQ=CPN，从而MQ/NP.7【1995高中数学联赛(第02试)】菱形ABCD的内切圆O与各边的切点依次为E，F，G，H，在弧EF和弧GH上分别作圆O的切线交AB于点M，交BC于点N，交CD于点P，交DA于点Q，求证：MQNP.【答案】证明见解析【解析】联结AC，BD交于内切圆的圆心O，记MN与圆O的切点为L，联结OE，OF，OM，ON，OL，如图，于是有OE
11、AB,OFBC,OLMN.记MOE=,NOF=,ABO=，于是2+2+2=180，+=90.所以AOM=+=CNO，CON=+=AMO.所以AMOCON，所以AMCN=AOOC.同理AOOC=AQCP，所以AMCN=AQCP，所以AMQCPN，所以CNP=AQM，所以AMQ+CNP=AMQ+AQM=180-A=2，所以QMN+MNP=180，因此MQ/NP.8【1995高中数学联赛(第02试)】如图，圆O1和圆O2与ABC的三边所在的三条直线都相切，E，F，G，H为切点，并且EG，FH的延长线交于点P，求证直线PA与BC垂直.【答案】证明见解析【解析】延长PA交BC于D，联结O1A,O1E，O
12、1G,O2A,O2F,O2H.则EDDF=SPEDSPDF=12PEPDsin112PEPDsin2=PEPFsin1sin2.在PEF中，由正弦定理PEPF=sinPFEsinPEF，因为FE，CE是圆O1的切线，所以PEF=CGE=180-3，sinPEF=sin3.同理sinPFE=sin4，故EDDF=sin4sin3sin1sin2=sin4sin2sin1sin3.在PHA及PGA中，由正弦定理，有sin4sin2=PAAH,sin1sin3=AGPA，有EDDF=PAAHAGPA=AGAH，易知RtAGO1RtAHO2，于是EDDF=AGAH=AO1AO2.易知四边形O1EFO2
13、是直角梯形，由EDDF=AO1AO2有AD/OE.故ADBC，即PABC.9【1994高中数学联赛(第02试)】如图，设ABC的外接圆O的半径为R，内心为I，B=60，AC，A的外角平分线交圆O于E，证明：(1)IO=AE；(2)2RIO+IA+IC(1+2)R.【答案】证明见解析【解析】(1)如图，设射线BI，AI分别与圆O交于M及F，易知M为弧AC的中点.联结OA，OM，AM.由AOM=B=60知，OAM为正三角形，AMO=60，AMB=C.所以IMO=AMB-AMO=C-60.联结EF，FB.因AF，AE分别为A及其外角的平分线，故EAF为直角，EF为圆O的直径.AEF=ABF=B+12
14、A，所以AOE=180-2B+12A=C-60，所以IMO=AOE.从而两个等腰三角形MIOOAE，IO=AE.(2)联结OC.因为AOC=2B=120，所以OAC=OCA=30，AIC=B+12A+12C=120.所以AOC=AIC.因此A，O，1，C共圆，则OCI=OAF=OFA，OIC=180-OAC=150，AIO=ACO=30，所以OIF=150，所以OICOIF，IC=IF.如情形(1)中所述，EAF是直角，EF是圆O的直径，所以IO-IA+IC=AE+AF=2R(sinOFA+cosOFA)=22RsinOFA+45=22RsinOAF+45=22Rsin30-12A+45=22
15、Rsin75-12120-C=22Rsin15+12C.由AC知60C120，所以3012C60.而sin75=2+64，故22Rsin45IO+IA+IC22Rsin75.此即2RIO+IA+IC(1+3)R.10【1993高中数学联赛(第02试)】设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A，B，C，D外，在该凸四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点，试证n应满足的充分必要条件是n4.【答案】证明见解析【解析】非钝角三角形一定可分割成三个钝角三角形.事实上，取锐角三角形任一顶点，或直角三角形直角顶点，设为，向对边AC作高BG，再以
16、AC为直径向三角形内作半圆，于是，BG把位于该半圆内的任意点E与三顶点连线将三角形分割成三个钝角三角形，AB，BCE，CAE即为所求.(2)凸四边形ABCD可分割成四个钝角三角形，如图，联结线段AC，又由情形(1)，ABC可分割成三个钝角三角形，共有四个钝角三角形(3)凸四边形ABCD可分割为n=5，6，个钝角三角形，如图，作AE1,AE2即得新分割的钝角三角形AEE1,AE1E2,共有5，6，个钝角三角形.必要性.先指出一个事实：非钝角三角形不能分割成两个钝角三角形，而分割线段与对边的夹角不能将180角分成两个钝角，所以不能分割成两个钝角三角形.设凸四边形已被分割为n个钝角三角形，如果该凸四
17、边形的4条边分别属于4个不同的钝角三角形，则已证得了n4.如果有两条邻边同属于一个钝角三角形(不相邻的两条边不能构成三角形)，这时有以下两种情况之一发生：(i)该两邻边夹角为钝角D，于是D不被分割.这时AC必为分割线，非钝角ABC必被再分割，它不能分割成两个钝角三角形，只能分割成3个以上的钝角三角形，连同钝角ADC，有n4.(ii)该两邻边夹角不是D，这时夹角不能是B，因为ABC不是钝角三角形，因此夹角只能是A或C，而使BD为分割线，并且将D分割出一个钝角，使该两邻边构成钝角三角形的两条边，这样，另一非钝角三角形必被再分割，于是同理，必须分割成3个以上的钝角三角形，同样得到n4.11【1993
18、高中数学联赛(第02试)】水平直线m通过圆O的中心，直线lm，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，点A离点M最远，点C离点M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ABCR+BCAP=ACBQ；(2)l与圆O相交时ABCR+BGAPACBQ.【答案】证明见解析【解析】设圆半径为r，OM=x，AM=a，BM=b，CM=c(abc0)，易算得AM2+OM2-OP2=AP2.故有AP2=a2+x2-r2=a2+tt=x2-r2，AP=a2+t.同理BQ=b2+t,CR=c2+t.令G=(ABCR+BCAP
19、)2-(ACBQ)2，则：G=(a-b)c2+t+(b-c)a2+t2-(a-c)2b2+t=(a-b)c2+t+(b-c)a2+t2-(a-b)+(b-c)2b2+t=(a-b)2c2+t+(b-c)2a2+t+2(a-b)(b-c)c2+ta2+t-(a-b)2b2+t-(b-c)2b2+t-2(a-b)(b-c)b2+t=(a-b)2b2-c2+(b-c)2a2-b2+2(a-b)(b-c)c2+ta2+t-b2-t=(a-b)(b-c)-(a-b)(b+c)+(a+b)(b-c)+2c2+ta2+t-2b2-2t=2(a-b)(b-c)-(ac+t)+c2+ta2+t相切时，有x=r，
20、从而t=0,G=0.情形(1)中的式子成立.相交时0xr，于是tr2，t=x2-r2-c2-a2.从而式中根号内为正数，且ac+t0.于是通过两端平方及t0，可验证a2+ta2+tac+t.即Gr，于是t0.同样可验证G0，情形(3)中的式子成立.12【1992高中数学联赛(第02试)】设A1A2A3A4为圆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.【答案】证明见解析【解析】如图过A3作圆O的直径A3B.联结BA1,BA2,BA4，H1A2,H1A4,H2A1,H
21、2A4.因为A2H1,BA4同垂直于A3A4，所以A2H1/BA4.因为A4H1,BA2同垂直于A2A3，所以A4H1/BA2.因此，四边形H1A4BA2为平行四边形，从而A2H1BA4且A2H1=BA4，同理，可得四边形H2A4BA1为平行四边形，因此A1H2BA4且A1H2=BA4，从而A2H1A1H2且A2H1=A1H2.联结H1,H2.因此，四边形A1A2H1H2为平行四边形.(2)联结A1H1,A2H2，由平行四边形的性质知，对角线A1H1与A2H2互相平分，设它们的交点为P，则A1P=PH1,A2P=PH2.同理可得A2H2与A3H3互相平分，则交点为A2H2的中点P.同理，A3H
22、3与A4H4相互平分于点P，即A3P=PH3,A4P=PH4.于是Ai和Hi(i=1，2，3，4)关于点P是中心对称的.(3)因为A1,A2,A3,A4共圆，故H1,H2,H3,H4四点也共圆，其圆心点是O关于点P的中心对称点.联结OP，延长OP到O使PO=OP,则O是H1,H2,H3,H4所决定的圆的圆心.13【1991高中数学联赛(第02试)】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均大于14.【答案】证明见解析【解析】如图，考虑四个三角形ABC，BCD，CDA，DAB的面积，不妨设SDAB最小，分四种情
23、况讨论：(1)SDAB14.这时，显然A，B，C，D即为所求的四个点.(2)SDAB34，故SGGC=SCCD=SGDB=13SBCD14.于是，B，C，D，G四点即为所求.(3)SDAB=14.则其他三个三角形的面积均大于14.由于SABC=1-SCDASDAB，故SEABSDAB=14.又SEAC=SEAB，SEBC=SABC14.故E，A，B，C四点即为所求.(4)SDAB=14.而其他三个三角形中还有一个面积为14，不妨设SCDA=14.因SDAB=SCDA，故AD/BC.又SABC=SDBC=34，故得BC=3AD.在AB上取E，DC上取F，使AE=14AB,DF=14CD，那么EF
24、=14(3AD+BC)=32AD，SEBF=SECF=34SABF=3412SABC14，SEBC=SFBCSEBF14.故E，B，C，F四点即为所求.14【1990高中数学联赛(第02试)】四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P，设ABP，BCP，CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1,O2,O3,O4.求证：OP,O1O3,O2O4三条直线共点.【答案】证明见解析【解析】如图，联结O1O2,O2O3,O3O4,O4O1，易证O1O4AC,O2O3AC.所以o1O4/O2O3，同理o1O2/O3O4.所以O1O2O3O4是平行四边形，则O1O3与O2O4相交于O1O3的中点G，联结
25、OO1,OO4,PO2,PO3,CO3.记CAB=CDB=，CAD=CBD=，利用OO1AB,O1O4AC可证OO1O4=CAB=.再利用PO3O2=12PO3C=BDC可证PO3O2=.所以OO1O4=PO3O2，同理OO4O1=PO2O3.而o1o4=o2O3，所以OO1O4PO2O3.因为O1O4/O2O3，所以OO1O4=O1O3O2.所以OO1O3=O3O1O4-OO1O4=O1O3O2-PO3O2=O1O3P，所以OO1/PO3.又OO1=PO3，所以OO1PO3是平行四边形.所以O1O3与OP也相交于O1O3的中点G，所以，OP，O1O3,O2O4相交于同一点G.15【1989高
26、中数学联赛(第02试)】在ABC中，ABAC，A的一个外角的平分线交ABC的外接圆于点E，过E作EFAB，垂足为F，求证：2AF=AB-AC.【答案】证明见解析【解析】如图，在FB上取点D，使FD=FA，联结ED并延长交圆于G，联结BG，则EDA为等腰三角形，所以EDA=EAB=12PAB=12(ABC+C).从而AED=180-2EAB=180-(ABC+C)=BAC.于是AG=BC,BG=AC，所以BG=AC.因为G=EAD=EDA=BDG，所以BD=BG=AD，即2AF=AD=AB-AC.16【1988高中数学联赛(第02试)】如图，在ABC中，P，Q，R将其周长三等分，且P，Q在AB边
27、上，求证：SPORSABC29.【答案】证明见解析【解析】不妨设周长为1.作ABC，PQR的高CL，RH，则SPOKSABC=12PQRH12ABBC=RQARABAC.因为PQ=13,AC23.因为APAP+BQ=AB-PQ13-16=16，AC1612=13，SPQRSABC2313=29.17【1986高中数学联赛(第02试)】已知锐角ABC的外接圆半径是R，点D，E，F分别在边BC，CA，AB上.求证：AD，BE，CF是ABC的三条高的充要条件是S=R2(EF+FD+DE).式中S是ABC的面积【答案】证明见解析【解析】证法一设ABC的外接圆的圆心为O，BC=a，CA=b，AB=c，联
28、结OA，OB，OC，OD，OE，OF.因为ABC为锐角三角形，所以点O在ABC内.于是S=S四边形OFBD+S四边形ODCE+S四边形OEAF.过点A作圆O的切线PQ，则OAPQ,PAB=ACB.又B，C，E，F四点共圆，所以ACB=AFE，所以PAB=AFE，所以PQ/EF.所以OAFE.所以S四边形OEAF=12OAEF.同理S四边形OFBD=12OBDF，S四边形ODCE=12OCDE.从而SABC=12(OAEF+OBFD+OCDE)=R2(EF+FD+DE).再证充分性.设SABC=R2(EF+FD+DE)，先证OAEF.用反证法.若OA与EF不垂直，则S四边形OEAF12OAEF.
29、又S四边形OFBD12OBFD，S四边形ODCF12OCDE.所以SABCR2(EF+FD+DE).这与已知条件矛盾，故OAEF.同理OBFD,OCDE.过点A作圆O的切线PQ，则OAPQ，因为OAEF，所以PQ/EF，所以AFE=PAF=ACB.所以B，C，E，F四点共圆.同理A，B，D，E四点共圆，C，A，F，D四点共圆.所以ADB=AEB(A，B，D，E四点共圆).且ADC=AFC(A，C，D，F四点共圆).于是AEB+AFC=180.又B，C，E，F四点共圆，有AEB=AFC，所以AEB=AFC=90，ADC=AFC=90，即ADBC,BECA,CFAB.证法二因为ABC为锐角三角形，
30、故点O在ABC内.所以SABC=SOBC+SOCA+SOAB=R22(sin2A+sin2B+sin2C)=R(RsinAcosA+RsinBcosB+RsinCcosC)=R2(acosA+bcosB+cosC).因为B，C，E，F四点共圆，故AFE=ACB，所以AFEACB，所以FEBC=AFAC=cosA，即EF=acosA.同理FD=bcosB,DE=ccosC，从而SABC=R2(EF+FD+DE).设AD，BE，CF是ABC的三条高，由证法一的证明知OAFE,OBDF,OCDE.又设点D，E，F分别在边BC，CA，AB上，使SABC=R2(EF+FD+DE).由证法一知OAFE,O
31、BDF,OCDE，所以FE/FE,DF/DF,DE/DE.若点F与F不重合，不妨设AFAF，则AECE，亦有CDCD，又AFBF，亦有BDBD.从而BCBC，矛盾.于是点F与F重合.同理点E与E重合，点D与D重合.故AD，BE，CF是ABC的三条高.18【1984高中数学联赛(第02试)】如图，在ABC中，P为BC边上任意一点，PEBA，PFCA.若SABC=1，证明SBPF，SPCE和SPEAF中至少有一个不小于49.【答案】证明见解析【解析】很明显，SBPF,SPCE,SPEAF由点P的位置决定.因为BPFBCA,PCEBCA，所以SBPFSBCA=BPBC2，SPCESBCA=CPBC2
32、，SPEAF=SABC-SBPF-SPCE，设BPBC=t(0t1)，且SABC=1，得SBPF=t2,SPCE=(1-t)2，SPEAF =1-t2-(1-t)2=2t(1-t).原题需证SBPF,SPCE,SPEAF中至少有一个不小于49，亦就是证不能都小于49.现采用反证法如下：不妨假设SBPF49,SPCE49,SPEAF49，于是得不等式组t2491-t2492t(1-t)49，即0t231323或t13，显然此不等式组无解.所以SBPF,SPCE,SPEAF中至少有一个不小于49.19【1983高中数学联赛(第02试)】如图，在四边形ABCD中，ABD，BCD，ABC的面积比是3：
33、4：1，点M，N分别在AC，CD上，满足AM：AC=CN：CD，并且B，M，N三点共线.求证：M与N分别是AC与CD的中点.【答案】证明见解析【解析】证法一不妨设AMAC=CNCD=r(0r1)，及SABC=1，这时SABD=3,SBCD=4，SACD=3+4-1=6，SABM=r,SBCM=1-r，SBCN=4r,SACN=6r，SCNM=SBCN-SBCM=4r-(1-r)=5r-1，SAMN=SACN-SCNM=6r-(5r-1)=r+1.因此SAMNSACN=r+16r，又因SAMNSACN=AMAC=r，所以r+16r=r，即6r2-r-1=0.这个方程在区间(0，1)中有唯一解r=
34、12，即M与N分别是AC与CD的中点.证法二不妨设AMAC=CNCD=r(0r1)，及SABC=1，这时：SABD=3,SBCD=4,SACD=6，SABM=r,SBCM=1-r，SBCN=4r,SACN=6r，设两条对角线AD与BD交于E，于是AE:EC=3:4，且BD=7BE.因此得SBNDSBME=BDBNBEBM=7BNBM=7SBCNSBCM=28r1-r.又由于SBNDSBME=(1-r)SBCDEMACSABC=4(1-r)ACEM=4(1-r)ACAC-(AE+MC)=4(1-r)ACAC-37+1-rAC=28(1-r)7r-3所以28r1-r=28(1-r)7r-3，即6r
35、2-r-1=0.解得r=12.所以M与N分别是AC与CD的中点.20【1982高中数学联赛(第02试)】已知边长为4的正ABC，D，E，F分别是BC，CA，AB上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1.联结AD，BE，CF，交成RQS.点P在RQS内及其边上移动，点P到ABC三边的距离分别记作x，y，z(1)求证：当点P在RQS的顶点位置时，乘积xyz有极小值；(2)求上述乘积xyz的极小值.【答案】(1)证明见解析；(2)64821973.【解析】分析由于x+y+z=常数(正三角形的高)，因此乘积xyz在x=y=z时(此时，点P位于ABC的中心O)，取到极大值；而要xyz取到极小值，也就是
36、要x，y，z的大小最为悬殊，亦即要点P尽量远离中心.下面的证明过程就是把以上的想法作出严格的表述.在证明过程中，注意到图形的对称性能使表达得以简化.证明如图1标上各点.记ABC的中心为O，把图形以点O为中心逆时针旋转120后，A变为B，B变为C，C变为A，E变为F，F变为D，D变为E，从而R变成Q，Q变成S，S变成R.分别用P1,P2,P3表示点P到BC，CA，AB的距离(同样，S1,S2,S3表示点S到BC，CA，AB的距离，R1，R2，R3表示点R到BC，CA，AB的距离，Q1,Q2,Q3表示点Q到BC，CA，AB的距离)，可见S1=R2=Q3，S2=R3=Q1，S3=R1=Q2，如果两个
37、数x，y之和为a，那么它们的乘积xy=14(x+y)2-(x-y)2=14a2-(x-y)2.所以，如果x+y=常数a，当x=y=a2，乘积xy最大；而在|yx|较大时，xy的值较小.由于正ABC内任意一点P到三边的距离之和等于该三角形的高，因此，如果l是与BC平行的直线，当P在l上变动时，P到三边的距离乘积在P0(l与BC边上的高的交点)处为最大，而当PP0较大时，P到三边的距离之积较小，而且，在l上与P0等距离的点，乘积是相等的.对于与AC或AB平行的直线，也有同样的结论.对于RQS内任何点P，过P作BC的平行线l，l与RQS的交点为L，N.这时，LP0与NP0中总有一个比PP0大，所以乘
38、积的最小值必定在RQS的边上取到.如图2，过Q作AB的平行线，过S作BC的平行线，过R作AC的平行线，这三条直线交得RQS，这是与ABC同中心的正三角形.对于QS上的点P，过P和S作AC的平行线，分别与RQ交于P和S.易见，S与S关于AC边上的高对称，S与Q关于AB边上的高对称.这时P1P2P3P1P2P3Q1Q2Q3，Q1Q2Q3=S1S2S3=S1S2S3，所以，当P在RQS内(包括三边上)时，乘积P1P2P3Q1Q2Q3.即乘积在顶点处取极小值.最后，计算这极小值.由于AREACD，所以|AR|:|RE|=4:1，由于AFSADB，所以|AS|:|SF|=4:3，因此|AR|:|RS|:
39、|SD|=4:8:1，因为ABC的高H=12，而S1=113H,S2=313H,S3=913H，所以S1S2S3=113313913(12)3=64821973.此即所求的极小值.21【1981高中数学联赛(第02试)】在圆O内，弦CD平行于弦EF，且与直径AB交成45角，若CD与EF分别交直径AB于P和Q，且圆O的半径长为1.求证PCQE+PDQF2.【答案】证明见解析【解析】证法一作OMCD，联结OC(图1)，则CM=MD,PM=MO，PC2+DP2=(CM-PM)2+(MD+PM)2=2CM2+MO2=2OC2=2.同理QE2+QF2=2.因为PC2+QE22PCQE，PD2+QF22P
40、DQF，所以PCQE+PDQF12PC2+QE2+PD2+QF2=2即PCQE+PDQF2仅当PC=QE,PD=QF时等号成立.但是PCQE,PDQF，PC=QE,PD=QF.四边形PCEQ，PDFQ都是平行四边形，即CE/PQ/DF.且四边形CDFE是矩形，与CD，EF和AB交成45角矛盾.等号不成立.所以PCQE+PDQF2.证法二联结OC，OD，OE，OF(图2)，令DCO=CDO=，FEO=EFO=，则CPO=FQO=135，OPD=OQE=45.由正弦定理PC=OCsin45-sin135，PC=2sin45-，PD=ODsin135-sin45，PD=2sin45+.同理EQ=2s
41、in45+，QF=2sin45-.于是PCQE+PDQF=2sin45-sin45+sin45+sin45-=cos(+)+sin(-)+cos(+)+sin(-)=2cos(+)2.因为+180，所以PCQE+PDQF2.证法三联结OC，OE(图3)，令HOC=,HOE=，则C(cos,sin),D(-cos,sin)，E(cos,sin),F(-cos,sin)，于是直线CD的方程为y=sin，直线EF的方程为y=sin，直线PQ的方程为y=x，所以P(sin,sin),Q(sin,sin)，PC=cos-sin，PD=-cos-sin，QE=cos-sin，QF=-cos-sin，所以P
42、CQE+PDQF=2(sinsin+coscos)=2cos(-).又a，所以PCQE+PDQF2.22【1981高中数学联赛(第02试)】一张台球桌形状是正六边形ABCDEF.一个球从AB的中点P击出，击中BC边上的某点Q，并且依次碰击CD，DE，EF，FA各边，最后击中AB边上的某一点.设BPQ=，求的取值范围.提示:利用入射角等于反射角的原理.【答案】arcsin33127arcsin3391【解析】解法一如图1，设小球各边的反射点依次为P，Q，R，S，T，U，V根据入射角等于反射角的原理：PQB=RQC，B=C=120.所以有PQBRQC，有BQBP=CQCR，同理推得BQBP=CQC
43、R=DSDR=ESET=FUFT=AUAV.不失一般性，设正六边形的边长为1，PB=12，BQ=x，则CQ=1-x，CR=1-x2x，DR=3x-12x，DS=3x-1，ES=2-3x，ET=2-3x2x，FT=5x-22x，FU=5x-2，AU=3-5x，AV=3-5x2x.因为Q，R，S，T，U，V各点均在正六边形的边上，所以0x101-x2x103x-1102-3x2x105x-2103-5x2x1即：0x113x113x2325x2325x3537x35解上面不等式组得37x35.在PBQ中BP=12，PBQ=120，37BQ35，由余弦定理解得PQ的范围12714PQ9110.由正弦
44、定理即可得QPB的范围arcsin33127arcsin3391.解法二将正六边形ABCDEF(简称图A0)以BC为对称轴反射，得图A1；再将正六边形图A1以CD1为对称轴反射，得图A2；如图2，顺次得A3,A4,A5，各正六边形显然B,D1,F1,B1以及A,C,E1,A1各点分别在一条直线上，且ABB1A1为平行四边形.又因为入射角等于反射角，所以从AB的中点P击出，依次碰到图A0的各边反射，最后击中AB边上的一点，在这种情况下，球P所经过的折线轨迹，由对称性可得如图所形成的在平行四边形ABB1A1内始点在P，终点在A1B1上的直线段.所以BPQ的范围BPB1BPQBPA1.由AB=1,B
45、P=12，AB=1,BP=12，可以解得BPB1=arcsin33127，BPA1=arcsin3391.所以arcsin33127BPA，故可在BC上取一点D，使CPD=APB于是，PDCPBA，PDXPBZ则CDAB=PDPB=PXPZCDPX=ABPZ 同理，DBPX=CAPY 整理得BCPX=CAPY+ABPZ3如图，在锐角ABC中，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，满足DB=DF，DC=DE.设H是ABC的垂心.证明：A、E、H、F四点共圆.【答案】见解析【解析】如图，延长BH、CH分别与AC、AB交于点K、L，作DMAC于点M，DNAB于点N，连接HE、HF.易知M、N分别为
46、CE、BF的中点，DMBK，DNCL.则CECK+BFBL=2(CMCK+BNBL)=2(CDCB+BDBC)=2.不妨设CECK1，则点K在线段CE上，点L在线段BF的延长线上.从而，EKCK-FLBL=(EK+CKCK-1)+(BL-FLBL-1)=CECK+BFBL-2=0.再注意到，CHKFHL.所以，EKFL=CKBL=HKHL.故EHKFHL.于是，FHE=LHK=180-A.从而，A、E、H、F四点共圆.4如图,在凸四边形ABCD中,已知BA=AD=DC,ACBD ,AC与BD交于点P.证明：ABC+BCD=120的充分必要条件是PB=PC.【答案】见解析【解析】必要性.已知AB
47、C+BCD=120。如图,延长BA、CD得交点Q,联结PQ.记等腰ABD两底角为,等腰DAC两底角为.因为ABC+BCD=120,所以,ADC+BAC=240.从而,2+2=360-240=120.故+=60.又AQD=BQC=180-(ABC+BCD)=60,CPD=+=60 ,则AQD=CPD A、P、D、Q四点共圆.由BQP=AQP=ADP=QBPPB=PQ.同理,PC=PQ.故PB=PC.充分性.已知PB=PC.设BAC=,BDC=.在PAB、PDC中,注意到BA=DC.由正弦定理得PBsin=BAsinAPB=DCsinDPC=PCsin 若=,则四边形ABCD为等腰梯形.故BD=A
48、C,与已知矛盾.因此,+=180.作点D关于BC的对称点D,联结CD、DD、BD.则A、B、D、C四点共圆.因为DC=DC=BA,所以,圆内接四边形ABDC为等腰梯形.此时,ACD=BAG=.又BAD=+=DCD,BA=AD=DC=DC ,则ABD_CDDBD=DD=BDDBD=60DBC=12DBD=30PBC=30.由PB=PCPCB=PBC=30+=CPD=PBC+PCB=60ABC+BCD=PBC+PCB+=120.5如图，设O1与O2交于两个不同点P、Q，两圆的距点Q较近的一条公切线与O1、O2切于点A、B，延长PQ与AB交于点R，过点P作直线与O1、O2交于点C、D，过点A、B的圆
49、与直线CD切于点M若CD=2AB，求证：CM+ABAR=DM+CPBR，DM+ABER=CM+DPAR.【答案】见解析【解析】如图，设CP、DP的中点分别为E、F，连接O1O2、O1A、O1E、O2B、O2F则O1AAB,O2BAB,O1ECP,O2FPD作O1SO2F于点S，作O2TO1A于点T则O1SCD,O2TAB由O1S=EF=12CP+12PD=12CD=AB=O2TRtO1SO2RtO2TO1O2O1S =O1O2TO1SO2T所以，CDAB从而，A、O1、E,B、O2、F分别三点共线因此，四边形AEFB是矩形又MA=MB，则ME=MF，即M是EF的中点故CM-MD-CE-FD，A
50、B=12CD=CE+FD两式相加得CM-MD+AB=2CE=CPCM+AB=CP+MD两式相减得CM-MD-AB=-2FD=-DPCM+DP=DM+AB又AR2=RPRQ=BR2AR=BR故CM+ABAR=DM+CPBR,DM+ABBR=CM+DPAR6如图，已知过O外一点P作O的两条切线PE、PF及两条割线PDA、PCB，联结弦EF，分别与割线PDA、PCB交于点M、N求证：(1)PADM=PDMA；(2)AB、EF、DC三线共点【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)辅助线如图所示由共边定理知PDPA=SPEDSPEA=SPFDSPFA由PEDPAE及PFDPAF，分别得SPEDS
51、PAE=ED2EA2，SPFDSPAF=FD2FA2则EDEA=FDFA故PDPA=ED2EA2=EDEAFDFA由MEDMAF及MFDMAE，分别得EDAF=MEMA， FDAE=MDME 由式、得PDPA=MDAM(2)记AB与DC交于点为Q要证AB、EF、DC三线共点，只需证明E、F、Q三点共线由(1)知DMAM=DPAP，CNBN=CPBP则DMDP=AMAP=ADDP+AP，CNCP=BNBP=BCBP+CP故MPDM=1+DPDM=1+DP+PAAD=2APAD同理，PNCN=2PBBC因为直线QBA与PCD三边的延长线都相交，所以，由梅涅劳斯定理有1=CQQDDAAPPBBC=C
52、QQDDA2AP2PBBC=CQQDDMMPPNCN又由梅涅劳斯定理的逆定理知，Q、N、M三点共线故Q、F、E三点共线7如图,在ABCD中,已知P为对角线BD上一点,且满足PCB=ACD,ABD的外接圆与AC交于另一点E.证明：AED=PEB.【答案】见解析【解析】由PCB=ACD,知PCD=ACB=DAE.易知BDC=ABD=AED.则DPCEDADPDE=CDAE=ABAE.又BAE=BDE,故DEPAEBDEP=AEBAED=PEB.8如图,已知以BC为直径的y=ax2+bx+c与ABC的边AC、AB分别交于点D、E,BD与CE交于点F,G为线段DE上一点,AIFG ,交FG于点H,且交
53、OD于点I.证明：B、G、I三点共线. 【答案】见解析【解析】联结BI、EI、CI.则B、G、I三点共线SBEISBDI=EGGD.因为O为BC的中点,所以,SBDI=SCDI.而BC为直径,故CEA=BDA=90.结合AIFG,有A、E、F、D、H五点共圆.于是,BAI+EFG=180 ,CAI=DFG.则SBEISBDI=SBEISCDI=BEAIsinBAICDAIsinCAI=sinBAIsinBDEsinCAIsinCED=sinEFGsinFDEsinDFGsinFED=EGGD9如图,已知ABC为非等边锐角三角形,P、Q为边AB、BC的中点,H为垂心,延长PH、QH与外接圆O交于
54、点M、N.证明:P、Q、M、N四点共圆.【答案】见解析【解析】延长AO与O交于点A.则ACAC.由H为垂心,知BHAC.故BHAC.同理,CHAB.于是,四边形BHCA为平行四边形.又由Q是BC中点,知Q是HA的中点.延长CO,与O交于点C.同理,P是HC的中点.由N、M、A、C四点共圆NHHA=MHHC(2PH)MH=(2QH)NHPHMH=QHNHP、Q、M、N四点共圆.10如图，在ABC中，已知ABAC，内切圆I分别与边BC、CA、AB切于点D、E、F、M是边BC的中点，直线EF分别与BI、CI的延长线交于点P、Q，且与ABC的外接圆O交于点R、S，证明：QMR=PDS【答案】见解析【解
55、析】如图，联结ID、IE、IF、MP、QD、BQ、CP则IDBC，IECA，IFAB由AE=AF，知AEF=AFE=12(180-BAC)又BIQ=CIP=12(ABC+ACB)=12(180-BCA)，知BFQ=AFE=BIQ，CIP=AEF则B、I、F、Q和C、I、P、E分别四点共圆故IQB=IFB=90，IPC=IEC=90由IDBC，知B、D、I、F、Q和C、D、I、P、E分别五点共圆由CQB=BPC=90，知B、C、P、Q都在以BC为直径的圆上，其圆心为M故PDQ=IDQ+IDP=IBQ+ICP=2PBQ=PMQ从而，P、D、M、Q四点共圆记射线BC与射线RS交于点N由B、C、S、R
56、、B、C、P、Q及P、D、M、Q分别四点共圆，根据圆幂定理得NSNR=NBNC=NPNQ=NDNM故M、D、S、R四点共圆MRS=CDSQMR=SQM-MRS=CDP-CDS=PDS11如图，五边形ABCDE各对角线交得凸五边形A1B1C1D1E1，且SABD1=SBCE1=SCDA1=SDEB1=SEAC1.证明：SD1BE1=SA1CE1=SA1DB1=SB1EC1=SD1AC1.【答案】见解析【解析】如图，用x,y,z,u,v分别表示对应三角形的面积，记SAEC1=1.由CD1E被直线AC1B1所截，则利用梅涅劳斯定理得SDBE1SCDB1SABCSABD1SAD1C1SAEC1 =EB
57、1B1CCAAD1D1C1C1E=1 11+u2+y1x1=1.1+u=x(2+y). 同理，1+u=y(2+x).由式，得x=y.由对称性，同理可得y=z,z=u,u=v.故x=y=z=u=v.12如图，在ABC中，已知AD为边BC上的高，以AD为直径的O分别与AC、AB交于点E、F设M、M1、M2分别为BC、BD、DC的中点，BE与CF交于点P，EM1与FM2交于点Q证明：P、Q、M三点共线【答案】见解析【解析】如图，设EM1、FM2分别与O交于点K1、K2，联结BK1、CK2、DE、DF设BEK1、CFK2的外接圆分别为O1、O2由射影定理得AFAB=AD2=AEACB,F,E,C四点共
58、圆BPPF=CPPF点P到O1和O2等幂由BD为O的切线，且M1为BD中点，知M1B2=M1D2=M1K1M1EBM1K1EM1BM1BK1=M1EBM1B为O1的切线同理，M2C为O2的且性能由M为BC的中点，知点M到O1和O2等幂由QEQK1=QFQK2，知点Q到O1和O2等幂故点P、Q、M均在O1和O2的根轴上，即P、Q、M三点共线13已知ABC及一点O，分别以ABC边BC、CA、AB的中点A1、B1、C1为圆心作过点O的圆，记这三个圆两两的异于O的交点分别为A2、B2、C2证明：(1)若ABC为锐角三角形，则当且仅当O为ABC的外心时，O为A2B2C2的内心；(2)若A为钝角，则当且仅
59、当O为ABC的外心时，O为A2B2C2的A2内的旁心【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】显然，ABC的外心为A1B1C1的垂心，点A2、B2、C2分别是点O关于B1C1、C1A1、A1B1的对称点.(1)ABC为锐角三角形.如图，过点A2、B2、C2分别作B1C1、C1A1、A1B1的平行线，所交成的三角形记为A3B3C3，则A3B3C3与A1B1C1关于点O位似，位似比为2.故O为A1B1C1的垂心O为A3B3C3的垂心O为A2B2C3的内心.(2)A为钝角.如图，设点O在B1C1、C1A1、A1B1上的射影分别为A3、B3、C3，则A3B3C3与A2B2C2关于点O位似，位似比为12
60、.故O为A2B2C2的A2内旁心O为A3B3C3的A3内的旁心A1为A3B3C3的内心A1为OB1C1的垂心，O为A1B1C1的垂心.14如图，已知圆是ABC的外接圆，D为CB延长线上一点，圆与切于点S，与AD、BD分别切于点N、M，MS的延长线与圆交于点T，MN的延长线与TA的延长线交于点Ia.证明：(1)N、S、A、Ia四点共圆；(2)TIa=TB.【答案】见解析【解析】(1)如图，设圆、的内公切线为XSY，该直线与CD、AD分别交于点X、Y.则MNS=MSX=YST=SCT=SAIa.从而，N、S、A、Ia四点共圆.(2)由(1)的结果得AIaS=ANS=NMS.从而，TIa为MSIa外
61、接圆的切线.又TMB=MSX=TSY=TBS，故TIa2=TSTM=TB2，即TIa=TB.15如图，H为锐角ABC的垂心，AH与BC交于点D，CDBD3CD，点E在边BC上，满足2BE+BC=4BD，且HFAE于点F，G为DF延长线上一点，满足AGF=AEC.证明：AGB=ACB.【答案】见解析【解析】如图，设ABC的外接圆为O，以AH为直径的圆为M，并设O与M交于点A、G.由CDBD，知点G必存在且与点C在AD同侧.设GH与BC交于点P，与O交于点Q，联结BQ、CQ、BH、CH、AG、AQ.由AGH=90，知AQ为O的直径.故BQAB，CQAC.因为CHAB，BHAC，所以，BQCH，CQ
62、BH.故四边形BHCQ为平行四边形，P为BC的中点.又由2BE+BC=4BD(CDBDAC)的内切圆l分别与边BC、CA、AB切于点D、E、F.过BC延长线上一点P作l的另一条切线，与l切于点G，并与AB、AC分别交于点M、N.记MD与BG交于点Q，ND与CG交于点R.证明：P、R、Q三点共线的充分必要条件是A、G、D三点共线.【答案】见解析【解析】首先证明：P、Q、F和P、E、R分别三点共线.由切线长定理得PG=PD，MG=MF，BD=BF.则PGGMMFFBBDDP=1.由塞瓦定理的逆定理，知BG、MD、PF三线共点，即P、Q、F三点共线.同理，P、E、R三点共线.故P、R、Q三点共线 P
63、、E、F三点共线.其次证明：P、E、F三点共线A、G、D三点共线.事实上，P、E、F三点共线IAPFAP2-AF2=IP2-IF2，A、G、D三点共线IPADPA2-PD2=IA2-ID2. 结合ID=IF及IP2-PD2=ID2=IF2=IA2-AF2，知 式式.综上，P、R、Q三点共线的充分必要条件是A、G、D三点共线.19如图，设M、N分别是ABC外接圆劣弧BC、CA的中点，过点C作PCNM与外接圆交于点P，I为ABC的内心，直线PI与外接圆交于点T，分别过C、T作圆的切线交于点Q.证明：N、M、Q三点共线.【答案】见解析【解析】如图，由题设知A、I、M,B、I、N分别三点共线.联结CM
64、、CI、CN.由内心性质知NI=NC,MI=MC.从而，四边形NIMC为筝形，即MN为CI的中垂线.因为PCNM，所以PCCI，即PCI=90.则CIP=90-CPI=90-CPT=90-CTQ=12CQT.设D是以Q为圆心且过点C、T的圆上一点.由CDT=12CQT=CIP，知C、I、T、D四点共圆，其圆心为点Q.从而，QI=QC，即知点Q位于CI的中垂线MN上.故N、M、Q三点共线.20如图，设AD、BE、CF是ABC的三条高，且交于点H，M是边BC的中点，BME的外接圆圆a2与CMF的外接圆圆2交于M、N两点，直线AN与圆a2、2分别交于另一点P、Q证明：AD平分PDQ【答案】见解析【解
65、析】辅助线如图因为B、C、E、F四点共圆，所以，HBHE=HCHF这表明，点H在圆1与2的根轴上因此，M、H、N三点共线于是，FNH=FNM=FCM=FAH从而，A、F、H、N四点共圆又AFFH，则ANNH，即MNPQ因此，PBBC同理，QCBC于是，PBADQC注意到BNM=BEM=CBE=DAC，MNC=MFC=FCB=BAD则BNC=BNM+MNC=DAC+BAD=BAC从而，A、B、C、N四点共圆故PMB=PNB=ANB=ACB这表明，PMAC所以，PBMADCBMDC=PBAD同理，MCBD=QCAD两式相除并注意到BM=MC，得BDDC=PBQC则PBDQCD PDB=CDQ而ADBC，故AD平分PDQ
