tceic.com
简单学习网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

2000-2012全国高中数学联赛分类汇编 专题10 平面几何


1、 (2000 二试 1)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 二试 1)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。 【解析】证明:(1)∵A、C、D、F 四点共圆 ∴∠BDF=∠BAC
[来源:Z.xx.k.Com]

又∠OBC=

1 (180°-∠BOC)=90°-∠BAC 2

∴OB⊥DF. (2)∵CF⊥MA 2 2 2 2 ∴MC -MH =AC -AH ∵BE⊥NA 2 2 2 2 ∴NB -NH =AB -AH ∵DA⊥BC 2 2 2 2 ∴BD -CD =BA -AC

① ② ③

∵OB⊥DF 2 2 2 2 ∴BN -BD =ON -OD ④ ∵OC⊥DE 2 2 2 2 ∴CM -CD =OM -OD ⑤ ①-②+③+④-⑤,得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2 MO 2-MH 2=NO 2-NH 2 ∴OH⊥MN

∵ kOB k DF ? ?1 同理可证 OC⊥DE. 在直线 BE 的方程 y ?

∴OB⊥DF

bc c ) ( x ? b) 中令 x=0 得 H(0, ? a a

bc ? a 2 bc ? 2 2a a ? a ? 3bc ∴ k OH ? b?c ab ? ac 2 ab ? ac x 直线 DF 的方程为 y ? 2 a ? bc

ab ? ac ? ? y ? a 2 ? bc x ? 由? ? y ? ? a ( x ? c) ? c ?
同理可得 M (

得N (

a 2 c ? bc2 abc ? ac2 , 2 ) a 2 ? 2bc ? c 2 a ? 2bc ? c 2

a 2b ? b 2 c abc ? ab2 , 2 ) a 2 ? 2bc ? b 2 a ? 2bc ? b 2

∴ k MN ?

a(b 2 ? c 2 )(a 2 ? bc) ab ? ac ?? 2 2 2 (c ? b)(a ? bc)(a ? 3bc) a ? 3bc

∵k OH ·kMN =-1,∴OH⊥MN. 3、 (2002 二试 1)如图,在⊿ABC 中,∠A=6 0°,AB>AC,点 O 是外心,两条高 BE、CF 交 于 H 点,点 M、N 分别在线段 BH、HF 上,且满足 BM=CN,求

MH ? NH 的值。 OH

4、 (2003 二试 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.
[来 源:Zxxk.Com]

分析:由∠PBC=∠CDB,若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ,则?BDQ∽?DAQ.反之,若?BDQ∽?DAQ.则 本题成立.而要证?BDQ∽?DAQ,只要证 = 【解析】 :连 AB. ∵ ?PBC∽?PDB,

BD DQ 即可. AD AQ

5、 (2004 二试 1)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 二试 1)如图,在△ABC 中,设 AB>AC,过 A 作△AB C 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:直线 DE、DF 分别通 过△ABC 的内心与一个旁心。 (注:与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称为三角形的旁切圆,旁切圆的圆心 称为旁心。 ) 【解析】证明: (1)先证 DE 过△ABC 的内心。 如图,连 DE、DC,作∠BAC 的平分线分别交 DC 于 G、DE 于 I,连 IC, 则由 AD=AC, 得,AG⊥DC,ID=IC. 又 D、C、E 在⊙A 上,

7、 (2006 二试 1)以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1) 。在 AB0 的延 长线上任取点 P0,以 B0 为圆心,B0P0 为半径作圆弧 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0;以 C1 为圆心, C1Q0 为半径作圆弧 Q0P1 交 B1A 的延长线于 P1;以 B1 为圆心,B1P1 为半径作圆弧 P1Q1 交 B1C0 的 延长线于 Q1;以 C0 为圆心,C0Q1 为半径作圆弧 Q1P′0,交 AB0 的延长线于 P′0。试证: (1)点 P′0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内切于 P0; (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 【解析】以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1) 。在 AB0 的延长线上任 取点 P0,以 B0 为圆心,B0P0 为半径作圆弧 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0;以 C1 为圆心,C1Q0 为半 径作圆弧 Q0P1 交 B1A 的延长线于 P1;以 B1 为圆心,B1P1 为半径作圆弧 P1Q1 交 B1C0 的延长线于 Q1;以 C0 为圆心, C0Q1 为半径作圆弧 Q1P′0,交 AB0 的延长线于 P′0。试证: (1)点 P′0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内切于 P0; (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 证明: (1)显然 B0P0=B0Q0,并由圆弧 P0Q0 和 Q0P1,Q0P1 和 P1Q1 , P1Q1 和 Q1P′ 0 分别相内切于点 Q0 、 P1 、 Q1 ,得 C1B0+B0Q0=C1P1,B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1 以及 C0Q1=C0B0+B0P′0。 四式相加,利用 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0 以及 P′0 在 B0P0 或其 延长线上,有 B0P0=B0P′0。 从而可知点 P′0 与点 P0 重合。由于圆弧 Q1P0 的圆心 C0、 圆弧 P0Q0 的圆心 B0 以及 P0 在同一直线上,所以圆弧 Q1P0 和 P0Q0 相内切于点 P0。 (2)现在分别过点 P0 和 P1 引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T。又过点 Q1 引 相应相切圆弧的公切线 R1S1,分别交 P0T 和 P1T 于点 R1 和 S1。连接 P0Q1 和 P1Q1,得等腰三角 形 P0Q1R1 和 P1Q1S1。基于此,我们可由 ∠P0Q1P1=π ? ∠P0Q1R1 ? ∠P1Q1S1=π ? (∠P1P0T? ∠Q1P0P1)? (∠P0P1T? ∠Q1P1P0) 而π ? ∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0,代入上式后,即得

1 1 ?P0Q1 P ? ? ? (?P P0T ? ?P0 PT ) ,同理可得 ?P0Q0 P ? ? ? (?P P0T ? ?P0 PT ) 。所 1 1 1 1 1 1 2 2
以四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。

8、 (2007 二试 1)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,做 PF⊥AB,垂足为 F。O1、O2 分别是△BDF、△CDE 的外心。求 证:O1、O2、E、F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。

9、 (2008 二试 1)如图,给定凸四边形 ABCD , ?B ? ?D ? 180? , P 是平面上的动点,令 f ( P) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB . (1)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P、A、B、C 四点共圆;
[来源:学科网 ZXXK]

BC AE 3 ( 2 ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 ? 上 一 点 , 满 足 : , AB ? 3 ?1 , ? EC AB 2
?ECB ? 1 ?ECA ,又 DA, DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值. 2

解 得 cos ? ?

3 1 或 cos ? ? ? ( 舍 去 ) 故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? . , 2 2 3

由已知

sin ?EAC ? 30 BC , 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , 即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 2? 3 1 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC , sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC ,整理得 2 2 2 2 1 ? ? 故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 , 可 得 ?EAC ? 75 , 从 而 ?E ? 45 , 2? 3 ?DAC ? ?DCA ? ?E ? 45? , ?ADC 为等腰直角三角形.因 AC ? 2 ,则 CD ? 1 .又 ?ABC 也 是 等 腰 直 角 三 角 形 , 故 BC ? 2 , BD2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 , BD ? 5 . 故
0

?

?

f (P)min ? BD ? AC ? 5 ? 2 ? 10 . 方法二: 如图 2, (1) 连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O 于 P 0
点(因为 D 在 ? O 外,故 P 在 BD 上) . 0 过 A, C , D 分 别 作 P A, P C, P D 的 垂 线 , 两 两 相 交 得 0 0 0

?A1B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而在 ?A1B1C1 内,记
?ABC

之 三 内 角 分 别 为

x,y,z

, 则

?AP C ? 180? ? y ? z ? x , 又 因 B1C1 ? P A , 0 0 B1 A1 ? PC ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , ?C1 ? z , 0
(第 1 题图 2)

所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC .设 B1C1 ? ? BC , C1 A1 ? ?CA , A1B1 ? ? AB ,则对平面上任意点 M ,



? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? PC ? AB) ? P0 A ? B1C1 ? P0 D ? C1 A1 ? PC ? A1B1 ? 2S?A1B1C1 0 0
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1B1 ? ? (MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB) ? ? f (M ) ,
从而 由 知 由点 P 在 ? O 上, f ( P0 ) ? f (M ) . M 点的任意性, P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点. 0

故 P 、A、B、C 四点共圆. 0

方法三: (1)引进复平面,仍用 A, B, C 等代表 A, B, C 所对应的复数.由三角形不等式,对 于复数 z1 , z2 ,有 z1 ? z2 ? z1 ? z2 ,当且仅当 z1 与 z2 (复向量)同向时取等号. 有 所以

??? ??? ??? ??? ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? ? ? ? ? PA ? BC ? PC ? AB ? PA ? BC ? PC ? AB ,

( A ? P)(C ? B) ? (C ? P)(B ? A) ? ( A ? P)(C ? B) ? (C ? P)(B ? A)



??? ???? ? ? ?P ? C ? A ? B ? C ? B ? P ? A ? ( B ? P)(C ? A) ? PB ? AC ,
从而

??? ??? ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? ? ? ??? ???? ??? ???? ? ? ??? ??? ???? ? ? PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA ? PB ? AC ? PD ? AC ? ( PB ? PD ) ? AC


??? ???? ? ? BD ? AC .

①式取等号的条件是复数 ( A ? P)(C ? B) 与 (C ? P)( B ? A) 同向,故存在实数 ? ? 0 ,使得

A? P B? A A? P B? A ,所以 arg( ?? ) ? arg( ), C?P C?B C?P C?B ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 向量 PC 旋转到 PA 所 成的角等于 BC 旋转到 AB 所成的角,从而 P、A、B、C 四点共圆.
( A ? P)(C ? B) ? ? (C ? P)( B ? A) ,
②式取等号的条件显然为 B, P, D 共线且 P 在 BD 上.故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ?ABC 之 外接圆上, P、A、B、C 四点共圆. (2)由(1)知 f ( P)min ? BD ? AC .以下同方法一 ⌒ 10、 (2009 二试 1) 如图,M ,N 分别为锐角三角形 ?ABC ( ?A ? ?B ) 的外接圆 ? 上弧BC 、 ⌒的中点.过点 C 作 PC ∥ MN 交圆 于 点, 为 ?ABC 的内心,连接 并延长交圆 于 AC ? P ? I PI T. 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 I1 , I 2 ,

11、 (2010 二试 1)如图,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 四点共圆.

由梅内劳斯(Menelaus)定理,得

NB DE AQ ? ? ? 1, BD EA QN
MC DE AP ? ? ? 1. CD EA PM
由①,②,③可得





NB MC ? , BD CD

所以

ND MD ? , 故 △ DMN ∽ △ DCB , 于 是 BD DC

?DMN ? ?DCB ,所以 BC∥MN,故 OK⊥BC,即 K 为 BC 的中点,矛盾!从而 A, B, D, C 四
点共圆. 注 1: PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O) “ ”的证明:延长 PK 至点 F,使得
2

PK ? KF ? AK ? KE ,
则 P,E,F,A 四点共圆,故



?PFE ? ?PAE ? ?BCE ,

12、 (2011 二试 1)如图, P, Q 分别是圆内接四边形 ABCD的对角线 AC, BD 的中点.若 ?BPA? ?DPA, 证明: ?AQB ? ?CQB .

【解析】延长线段 DP 与圆交于另一点 E ,则 ?CPE ? ?DPA? ?BPA,又 P 是线段 AC 的中 点,故 AB ? CE ,从而 ?CDP ? ?BDA. 又 ?ABD? ?PCD , 所 以 △ ABD ∽ △ PCD , 于 是
[来源:Zxxk.Com]

?

?

AB PC , 即 AB? CD ? PC? BD . ? BD CD

从而有 AB ? CD ? 即
AB BQ . ? AC CD

1 1 AC ? BD ? AC ? ( BD) ? AC ? BQ , 2 2

又 ?ABQ ? ?ACD ,所以△ABQ∽△ACD, 所以 ?QAB ? ?DAC .

延长线段 AQ 与圆交于另一点 F ,则 ?CAB ? ?DAF ,故 BC ? DF . 又因为 Q 为 BD 的中点,所以 ?CQB ? ?DQF . 又 ?AQB ? ?DQF ,所以 ?AQB ? ?CQB .
[来源:学科网]

?

?


推荐相关:

2000-2012全国高中数学联赛分类汇编 专题10 平面几何

2000-2012全国高中数学联赛分类汇编 专题10 平面几何_学科竞赛_高中教育_教育专区。1、 (2000 二试 1)如图,在锐角三角形 ABC 的 BC 边上有两点 E、F,满足∠...


2000-2012全国高中数学联赛分类汇编 专题07 解析几何

2000-2012全国高中数学联赛分类汇编 专题07 解析几何_学科竞赛_高中教育_教育专区...[来源:Zxxk.Com] 32、 (2010 一试 10)已知抛物线 y 2 ? 6 x 上的两个...


参加2002年全国高中数学联赛

省数学会通知,2012 年全国高中数学联赛定于 10 ...2000 年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定...试卷包括 4 道解答题, 涉及平面几何、代数、数论、...


参加2002年全国高中数学联赛

省数学会通知,2012 年全国高中数学联赛定于 10 ...2000 年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定...试卷包括 4 道解答题,涉及平面几何、代数、 数论、...


厦门市参加2012年福建省高中数学竞赛

厦门市参加 2012 年福建省高中数学竞赛2012 年...2000 年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定...适当增加一些教学大纲之外的内容,涉及平面几何、代数...


2001年全国高中数学联赛试题及解答

yangchengwen17贡献于2012-11-20 0.0分 (0人评价...2000年全国高中数学联赛试... 10页 免费 2001年全国...说明:本题也可以利用复数的几何意义解. ? 9.正方...


参加2002年全国高中数学联赛

省数学会通知,2012 年全国高中数学联赛定于 10 ...2000 年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定...试卷包括 4 道解 答题,涉及平面几何、代数、数论、...


全国高中数学联赛平面几何题

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...文档贡献者 附中数学老师 贡献于2012-10-30 1/2 相关文档推荐 ...


高中数学竞赛讲义(免费)

全国高中数学联赛加试 全国高中数学联赛加试(二试)与...平面几何 几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、...{2,4,5,8,10}, {3,4,6,8,9}, {1,2,5...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com