历年全国高中数学联赛二试几何题汇总汇总
历年全国高中数学联赛二试几何题汇总 2007
联赛二试 类似九点圆
如图，在锐角?ABC 中，AB 求证：1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件为P 是?ABC 的垂心。（官方解答） 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 。 因为1O 是直角?BFP 的斜边中点，也就是?BFP 的外心，从而 A B D C E F P 1O 2 O ∠PF 1O = 2π - ∠BF 1O = 2 π - ∠ABP 因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以∠AFE =∠ACB ，∠PFE =2 π - ∠ACB 于是，由∠1O 2O E + ∠EF 1O = π得： （∠ACB - ∠ACP+ 2∠ACP ）+ ( 2π - ∠ABP +2 π - ∠ACB) = π ， 即∠ABP =∠ACP 。 又因为AB π - ∠ACB 。 又因为∠PBC=∠P B 'B ，故∠PBC + ∠ACB = 2 π ，即BP ⊥AC 又AP ⊥BC ，故P 是?ABC 的垂心 2006 联赛二试 以0B 和1B 为焦点的椭圆与10B AB ?的边i AB 交于i C (i=0,1)。在0AB 的延长线上任取点0P ，以0B 为圆心，00P B 为半径作圆弧00Q P 交01B C 的延长线于0Q ；以1C 为圆心，01Q C 为半径作圆弧10P Q 交A B 1的延长线于1P ；以1B 为圆心，11P B 为半径作圆弧11Q P 交01C B 的延长线于1Q ；以0C 为圆心，10Q C 为半径作圆弧01P Q '交0AB 的延长线于' 0P 。试证： （1） 点' 0P 与点0P 重合，且圆弧00Q P 与10Q P 相内切于0P ；（2）四点0P ，0Q ，1Q ，1P 共圆 证明：（1）由题设的四段圆弧有： 00P B =00Q B 01B C +00Q B =11P C 11C B +11P C =01C B +10Q C 10Q C =00B C +'00P B 以上四个式子相加，整理得：00P B +01B C +11C B =01C B +00B C +' 00P B 又由题设的椭圆有：11C B +01B C =01C B +00B C 于是，00P B ='00P B ，即点' 0P 与点0P 重合。 又因为圆弧00Q P 与10Q P 对应的圆心0B 、0C 和点0P 三点共线，且点0P 在线段00B C 的延长线上，所以圆弧00Q P 与10Q P 相内切于0P （2）过点0P 、1P 分别引相应圆弧的公切线T P 0和T P 1交于点T ；再过点1Q 引相应圆弧的公切线RS ，分别交T P 0、T P 1于R 、S 。得到等腰三角形R Q P 10和S Q P 11。基于此，我们有： π-110P Q P ∠=R Q P 10∠+S Q P 11∠= (10P TP ∠-101P P Q ∠)+(01P TP ∠-011P P Q ∠) 又π-110P Q P ∠=101P P Q ∠+011P P Q ∠，从而有： 110P Q P ∠=π-2 1 (10P TP ∠+01P TP ∠) 同理可得100P Q P ∠=π-2 1 (10P TP ∠+01P TP ∠) 所以， 0P ，0Q ，1Q ，1P 四点共圆。 2005 联赛二试 如图，在?ABC 中，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：直线DE 、DF 分别通过?ABC 的内心与一个旁心。（官方解答） 证明：（1）先证DE 通过?ABC 的内心。 连结DC 、 DE ，作∠BAC 的平分线，交DC 于G ，交DE 于I 。 又AD=AC ，则?GAC 与?GAD 全等，即有∠IAC=∠IAD=2 1 ∠DAC 又D 、C 、E 在以A 为圆心的圆上，则 2 1 ∠DAC=∠IEC 故∠IAC=∠IEC ，即A 、I 、C 、E 四点共圆。 于是，∠ACI=∠AEI 又F 、D 、E 在以A 为圆心的圆上，则∠AEI =2 1 ∠FAD 又因为相切有∠FAD=∠ACB ，故∠ACI=2 1 ∠ACB 所以，I 为内心。 (2) DF 通过?ABC 的一个旁心。 设FD 与AI 的所在直线交于A I ，连B A I ， BI 。则∠BI A I = 2 ABC BAC ∠+∠， 而∠BD A I =∠ADF ，又AD=AF ，则∠ADF=∠AFD=2DAE ∠=2 CAE BAC ∠+∠， 又因为相切有∠ABC=∠CAE ，故∠BI A I =∠BD A I ，即I 、D 、B 、A I 四点共圆。 于是，∠I B A I =∠ID A I =?90，又因为∠ABC 的平分线与其外角平分线互相垂直，故B A I 为其外角平分线。所以，A I 为?ABC 的BC 边外的旁心。 2004联赛二试 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。 解：在直角?BCE 中，BC=25，BE=7，则CE=24； 同理，在直角?BCD 中，BC=25，BD=20，则CD=15。 sinA = sin(B+C) = sinBcosC+cosBsinC = 2524*2515+257*2520= 5 4 于是，AC= A CE sin =30，则AD=15。 同理，AB=A BD sin =25，则AE=18。 注意到：AB=BC ，则∠A=∠C 由于∠CDB=∠CEB=?90，C 、D 、E 、B 四点共圆， 则∠C=∠AED 。于是，∠A =∠AED ，则DE=AD 。 连FD ，则DF ⊥AE ，于是AF= 21AE=9，则AG=AD AE AF *=554。 由于AFG S ?=AFK S ?+AGK S ?，即21AF*AGsinA=21AF*AKsin ∠FAK+21 AG*AKsin ∠GAK 其中，sin ∠FAK=sin ∠BCE=257，sin ∠GAK =sin ∠CBD=2515 将数据代进去，计算得：AK=25 216 （这里实际上使用了张角公式，而官方解答注意到GF 与BC 平行的关系） 2003 联赛二试 两点， 、。所作割线交圆于，割线，切点为作圆的两条切线和一条过圆外一点D C B A P .PAC DBQ PBC DAQ Q CD D P C ∠=∠∠∠，求证：＝，使上取一点之间，在弦、在 简证：连AB ，注意到： ∠AQP=∠DAQ+∠QDA=∠PBC+∠ABC=∠ABP 于是，P 、A 、Q 、B 四点共圆。 那么，∠PAB=∠PQB 即 ∠PAC+∠BAC = ∠BDC+∠DBQ 又因为 ∠BAC =∠BDC ，所以∠PAC =∠DBQ 2002 联赛二试 如图，在?ABC 中，∠A=?60，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 OH NH MH +的值。 机械解法： 设外接圆半径为R ， 引理1： A AH cos = B BH cos = C CH cos = 2R (锐角三角形) 引理2：OH =OA +OB +OC 引理1的证明：BH= ABH BF ∠cos =A B a sin cos =2RcosB ，同理有：AH=2RcosA ， CH=2RcosC 。 引理2的证明：设H '满足H O '=OA +OB +OC ，则H A '=OB +OC H A '*BC =(OC +OB )*(OC -OB ) = OC 2- OB 2 = 0 ，所以A H '⊥BC 同理，B H '⊥AC ，所以H '与H 重合。 题目的证明：图中H 在三角形内部，可以判断?ABC 为锐角三角形。∠A=?60，AB>AC ，则∠C>∠B 。于是可设∠B=?60-α，∠C=?60+α，其中0<α MH+NH =(BH-BM)+(CN-CH) = BH-CH = 2R(cosB-cosC) = 2R[cos(?60-α)-cos(?60+α)] =23Rsin α 而OH 2 = (OA +OB +OC )2 = 3R 2 +2R 2 (cos2A+cos2B+cos2C) = 3R 2 +2R 2 [cos ?120+cos(?120-2α)+cos(?120+2α)] = 2R 2 (1-cos2α) = 4R 2 sin 2 α ，即OH=2Rsin α 故 OH NH MH + = α α sin 2sin 32R R = 3 2001联赛二试 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 (1)∵A、C 、D 、F 四点共圆 ∴∠BDF＝∠BAC 又∠OBC＝ (180°－∠BOC)＝90°－∠BAC ∴OB⊥DF． 同理OC ⊥DE (2)引理：OH =OA +OB +OC 引理的证明：设H '满足H O '=OA +OB +OC ，则H A '=OB +OC H A '*BC =(OC +OB )*(OC -OB ) = OC 2- OB 2 = 0 ，所以A H '⊥BC 同理，B H '⊥AC ，所以H '与H 重合。 题目（2）OH ⊥MN 的证明： 因为OA +OB ⊥AB ，则OA +OB ⊥AM ，所以（OA +OB ）*AM = 0 同理有，（OA +OC ）*AN = 0 再结合第一问的结论有： OH *MN = (OA +OB +OC )*(AN -AM )= OB *AN - OC *AM =OB *(DN -DA )-OC *(DM -DA )= -OB *DA +OC *DA =DA *BC = 0 2000联赛二试 的面积相等 与点，证明四边形的外接圆于交，延长是垂足、，作，满足、边上有两点的在锐角如图ABC AMDN D ABC AE N M AC FN AB FM CAF BAE F E BC ABC ??⊥⊥∠=∠?)(,, 三角证法：记∠BAE=∠CAF=α，∠EAF=β，则 AM=AFcos(α+β) ，AN=AFcos α AMDN S = AMD S ?+ADN S ? = 21AD*AMsin α+2 1 AD*ANsin(α+β) = 21AD* AFcos(α+β)sin α+21 AD* AFcos αsin(α+β) = 2 1 AD* AFsin(α+(α+β)) 而ABC S ? = 2 1 AB* ACsin(2α+β) 连结BD ，注意到：∠ADB=∠ACB ，又题设∠BAE=∠CAF ， 则?ADB 与?ACF 相似，于是有： AB AD =AF AC 即：AD* AF = AB* AC ， 所以AMDN S = ABC S ? 1999联赛二试 在四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠BAD 。在CD 上取一点E ，BE 与AC 相交于F ，延长DF 交BC 于G 。 求证：∠GAC = ∠EAC 解析证法： 如图建立直角坐标系，令A(0,0)，F(m,o) ，C(n,o)，B(p,kp)，m 、n 、p 、k 均为正数。则直线AB 为y = kx 。 由于AC 平分∠BAD ，则直线AD 为y = - kx 。可设D(q, -kq)，q>0 于是，直线BC 为y= n p kp -(x - n) ，直线DF 为y=q m kq -(x - m) ，于是交点G 为 G y = n p kp -(G x - n) =q m kq -(G x - m) （1） ? G x = qp qn pm pq n m mn q p 2)()(-++-+ ? AG k = G G x y =pq n m mn q p m n kpq )()() (+-+- 同理，直线CD 为y= q n kq -(x - n) ，直线BF 为y=m p kp -(x - m) ，于是交点E 为 E y = m p kp -(E x - m) =q n kq -(E x - n) （2） （直接对调m 与n 的位置得出计算结果） ? E x = qp qm pn pq n m mn q p 2)()(-++-+ ? AE k = E E x y =pq n m mn q p n m kpq )()()(+-+- 故AG k = - AE k ，所以∠GAC = ∠EAC 1998联赛二试 如图，O 、I 分别为?ABC 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。 注：?ABC 的BC 边上的旁切圆是与边AB 、AC 的延长线以及边BC 都相切的圆。 纯几何证法： x y A B(p,kp) D(q,-kq) C(n,o) G E F(m,o) BC 边上的旁切圆半径：A R = a c b S -+2 2S = a*AD 作IN ⊥AB ，垂足为N ，则b+c – a = 2AN 故A R = AN AD a 2* 要证明A R =R ，即证明： AD R = AN a 2 连AI 并延长交处接圆于K ，连结KO 、KB 。则K 、M 分别为弧BC 及弦BC 的中点．且OK ⊥BC ．于是OK ∥AD ，又KI=KB ，则 AD R = AD OK =AI KI = AI BK 故只要证明：AN a 2 = AI BK ，亦即 BK a 2 = AI AN 而a = 2BM,故只要证明：BK BM = AI AN 由于∠NAI=∠MBK=2 A ，?ANI 与?BMK 相似，所以上式成立。 故A R =R 1997联赛二试 三点共线 、、的充分必要条件是两点，求证：、内切于分别与圆、圆两点，且圆、相交于和圆相等的圆如图，已知两个半径不T N S MN OM T S O O O N M O O ⊥2121 证明：充分性。设S 、N 、T 三点共线。在S 、T 所作的两公切线相交于K ，则KS=KT ，且K 在圆1O 和圆2O 的根轴MN 上。设ST 交KO 于D ，由OS=OT 及KS=KT 有：ST OK ⊥。 又SK OS ⊥，那么KDS ?与KSO ?相似，即有2 *KS KO KD =。 又2 *KS KM KN =, 所以KO KD KM KN **=，即O 、D 、N 、M 四点共圆。 故?=∠=∠90ODN OMN ，即MN OM ⊥。 必要性。设MN OM ⊥。类似地，设在S 、T 所作的两公切线相交于K ，则KS=KT ，且K 在圆1O 和圆2O 的根轴MN 上。设ST 分别交KO 、KM 于D 、N '，则ST OK ⊥，又N M OM '⊥，故O 、D 、N '、M 四点共圆，于是 2**KS KO KD KM N K =='。又2 *KS KM KN =，故KN N K ='，即N '与N 重合， 因此S 、N 、T 共线。 1996联赛二试 垂直 与求证直线点，的延长线交于、为切点，并且、、、都相切，的三边所在的三条直线与和圆如图，圆BC PA P FH EG H G F E ABC O O ?21 梅氏定理证法： 延长PA 与BC 交于点D 。 PGE 截?ACD ，由梅氏定理有： CG AG *DE CE *AP DP = 1 由于CE 、CG 均为圆1O 的切线，则CE = CG 于是， DE AG *AP DP = 1 (1) 同理，PHF 截?ABD ，由梅氏定理有： BH AH *DF BF *AP DP = 1 D 由于BH 、BF 均为圆2O 的切线，则BH = BF 于是，DF AH *AP DP = 1 (2) 由（1）和（2）得：DE AG = DF AH ，亦即 DF DE =AH AG （3） 连结A 1O 、A 2O 、1O G 、2O H ，则 ∠GA 1O =2 1 ∠GAB =∠HA 2O ， 1O 、A 、2O 三点共线。 又∠AG 1O =2 π =∠AH 2O ，所以?AG 1O 与?AH 2O 相似。 于是有 AH AG = 2 1AO AO (4) 由（3）和（4）得： DF DE =2 1 AO AO 连结E 1O 、F 2O ,则E 1O ⊥EF ，F 2O ⊥EF ，E 1O 平行于F 2O 。 又因为 DF DE =2 1 AO AO ，所以AD 平行于E 1O 。故PA ⊥BC 。 1995联赛二试 NP MQ Q DA P CD N BC M AB O GH EF H G F E O ABCD //，求证：于，交于，交于交，于的切线交上分别作圆与弧，在弧、、、与各边分别切于的内切圆如图，菱形 分析：这个问题需要倒过来想，从结论出发。首先要加强对MQ 平行于NP 的理解，连结MP ，将会发现证题目标转化为： ∠AMQ=∠CPN ，于是，问题转化为求证：?AMQ 与?CPN 相似，考虑到∠A=∠C ，也就是求证：AM*CN=AQ*CP 。这样，只要考虑对称的左边的“AM*CN ”， 再将其转化为“公共的量”即可。 1994 联赛二试 设?ABC 的外接圆O 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 . 机械证法： 引理：IA = 4Rsin 2B sin 2C ，IC = 4Rsin 2A sin 2B ，内切圆半径 r = 4Rsin 2A sin 2B sin 2 C 引理的证明：在?ACI 中，应用正弦定理： )290sin(B b +?= 2sin C IA =2 sin A IC ，其中b=2RsinB ， 故IA=4Rsin 2B sin 2C ，IC=4Rsin 2A sin 2B ，于是，r=AIsin 2A =4Rsin 2A sin 2B sin 2 C 题目的证明： （1）∠B=?60，∠A <∠C ，于是可设∠A=?60-α，∠C=?60+α，其中0<α 2α，AE = 2Rsin 2α 。由引理知： r = 2Rsin 260α-?sin 260α+? = R （cos α-2 1 ） 由Euler 定理知：IO 2 = R(R-2r) = 2R 2 （1-cos α）= 4R 2 sin 2 2 α 故IO = AE = 2Rsin 2 α （2）由引理知：IA = 2Rsin 260α+? ，IC = 2Rsin 260α -? 故 IO + IA + IC = 2R （sin 2α+ sin 260α+?+ sin 260α-?）= 2R （sin 2α+cos 2 α ） = 22Rsin(2 α +?45) 因为0< 2α α +?45) 1993 联赛二试 ; )3(;)2(;)1(.BQ AC AP BC CR AB O l BQ AC AP BC CR AB O l BQ AC AP BC CR AB O l R Q P O CR BQ AP M C M A m C B A l M M m l m l O m ?>?+?? 官方证明：设圆半径为r ，OM=x ，AM=a ，BM=b ，CM=c (a>b>c>0)，则 222222r x a r AO AP -+=-= 令 t r x =-2 2 ，那么t a AP +=2 2 ，即 t a AP +=2 同理 t b BQ += 2 ， t c CR +=2 令 22)*()**(BQ AC AP BC CR AB G -+= ，则 )()(])()[(22222t b c a t a c b t c b a G +--+-++-= )()]()[(])()[(22222t b c b b a t a c b t c b a +-+--+-++-= ) )()((2)()()()())((2)()()()(2 2 2 2 2 222222t b c b b a t b c b t b b a t a t c c b b a t a c b t c b a +---+--+--++--++-++-= )]))(()[)((2)()()()(222222222t b t a t c c b b a b a c b b c b a --++--+--+--= ]22))((2))(())(()[)((222t b t a t c b a c b c b b a c b b a --++++-++----= ]))(()()[)((222t a t c t ac c b b a ++++---= 相切时，有x=r ，从而t=0，G=0,(1)式成立。 相交时，0 2 2 r c x >+， 那么 2 2 2 2 a c r x t ->->-= 从而G 式中根号内为正数，且 ac+t>0 于是通过两端平方及 t<0 ，可验证： t ac t a t c +<++))((22 即 G<0 ，（2）式成立。 相离时， x>r ，于是 t>0 ，同样可验证 G>0 ，（3）式成立。 1992 联赛二试 设A 1A 2A 3A 4为⊙O 的内接四边形，H 1，H 2，H 3，H 4依次为△A 2A 3A 4，△A 1A 3A 4，△A 1A 2A 4，△A 1A 2A 3的垂心，求证：H 1，H 2，H 3，H 4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置． 引理：设O 、H 分别为?ABC 的外心、垂心，则OH = OA + OB + OC 引理的证明： 设H '满足H O '=OA +OB +OC ，则H A '=OB +OC H A '*BC =(OC +OB )*(OC -OB ) = OC 2- OB 2 = 0 ，所以A H '⊥BC 同理，B H '⊥AC ，所以H '与H 重合。 题目的证明：由引理有： 1OH = 2OA + 3OA + 4OA ，2OH = 1OA + 3OA + 4OA 12H H = 1OH -2OH = 2OA -1OA = 21A A 于是，1A 2A 1H 2H 为平行四边形，对角线1A 1H 与2A 2H 互相平分。 设它们的交点为P ，则 1A P=P 1H ，2A P=P 2H 同理，2A 2H 与3A 3H 互相平分，则交点为2A 2H 的中点P 。 同理，3A 3H 与4A 4H 互相平分于点P 。 即 3A P=P 3H ，4A P=P 4H 于是i A 和i H （i=1，2，3，4）关于点P 是中心对称的。 因为1A 、2A 、3A 、4A 共圆，所以1H 、2H 、3H 、4H 四点也共圆，其圆心是点O 关于点P 的中心对称点。 连OP ，延长OP 到O '使P O '=OP ，则O '是1H 、2H 、3H 、4H 四点所决定的圆的圆心。 1991 联赛二试 设凸四边形ABCD 的面积为1，求证在它的边上（包括顶点）或内部可以找到四个点，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4 1。 官方证明：考虑四个三角形ABC ?，BCD ?，CDA ?，DAB ?的面积，不妨设DAB S ?最小，分四种情况讨论： (1)DAB S ?> 41 ，这时，显然A 、B 、C 、D 四点即为所求。 (2) DAB S ?<4 1 ，设G 为BCD ?的重心。 因 431>-=??DAB BCD S S ，故4 1 31>===????BCD GDB GCD GBC S S S S 于是，G 、B 、C 、D 四点即为所求。 (3) DAB S ?=41，则BCD S ?=43，其余两个三角形的面积均大于4 1 。 由于 CDA ABC S S ??-=1 < 4 3 = BCD S ? ， 所以，过A 作BC 的平行线L 必与线段CD 相交于CD 内一点E 。 由于 DAB ABC S S ??> ，所以 4 1=>??DAB EAB S S 又 41> =??EAB EAC S S ，4 1>=??ABC EBC S S 故E 、A 、B 、C 四点即为所求。 (4) DAB S ?= 41，则BCD S ?=43，其余两个三角形中还有一个的面积等于41。 不妨设4 1=?CDA S ，则ABC S ?=43 ，且有：AD 与BC 平行，BC=3AD 。 在AB 上取E ，DC 上取F ，使得：AB AE 41= ，CD DF 4 1 = 那么 BC BC AD EF 2 1 )3(41=+=，于是： 41 32921*4343>====????ABC ABF ECF EBF S S S S 4 1 16943>===???ABC FBC EBC S S S 故E 、F 、C 、B 四点即为所求。 1990联赛二试 四边形ABCD 内接于⊙O ，对角线AC 与BD 相交于P ，设CDP BCP ABP ???,,和DAP ?的外接圆圆 心分别为4321,,,O O O O 。求证：OP O O O O ,,4231三直线共点。 证明 ∵O 为⊿ABC 的外心，∴ OA =OB ． ∵ O 1为⊿P AB 的外心，∴O 1A =O 1B ． ∴ OO 1⊥AB ． 作⊿PCD 的外接圆⊙O 3，延长PO 3与所作圆交于点E ，并与AB 交 于点F ，连DE ，则∠1=∠2=∠3，∠EPD =∠BPF ， ∴ ∠PFB =∠EDP =90?． ∴ PO 3⊥AB ，即OO 1∥PO 3． 同理，OO 3∥PO 1．即OO 1PO 3是平行四边形． ∴ O 1O 3与PO 互相平分，即O 1O 3过PO 的中点． 同理，O 2O 4过PO 中点． ∴ OP 、O 1O 3、O 2O 4三直线共点． 说明：对于PO 3⊥AB 的证明，可以用圆幂定理： PC AP AP AC AP R AO **22 323+==- PD BP BP BD BP R BO **22 32 3+==- 相减即有：222 32 3BP AP BO AO -=- 从解答可知：4321O O O O 为平行四边形。 1990联赛二试 已知?ABC 中，AB=AC 。在?ABC 内取一点P ，直线AP 与BC 交于N 。设∠NPC =∠BAC=2∠BPN ，求证：BN = 3 1BC 证明：延长AN 交?ABC 的外接圆于Q ，则∠PQC=∠ABC ，又题设∠NPC=∠BAC ， 于是?PQC 与?ABC 相似。因AB=AC ，则PQ=PC 。 A B N C Q P O O A B C D P 1O O O 2 3 4 E F 1 2 3 因为弧AB 与弧AC 相等，所以∠PQB=∠PQC 。 过点P 作等腰?PQC 的角平分线交QC 于K ，则?PQK 与?PCK 全等，面积也相等。 且有∠QPK= 2 1 ∠QPC=∠QPB ，于是，?QPK 与?QPB 全等，面积也相等。 所以，?QPC 的面积是?QPB 的两倍。 NC BN = QPC QPB ?? = 21 故 BN=31BC 1989联赛二试 在?ABC 中，AB>AC ，∠A 的一个外角的平分线交?ABC 的外圆于点E ，过E 作EF ⊥AB ，垂足为F 。求证： 2AF=AB-AC 。 证明：在FB 上取FG =AF ，连EG 、EC 、EB ， 于是⊿AEG 为等腰三角形，∴EG =EA ． 又∠3=180?-∠EGA =180?-∠EAG =180?-∠5=∠4， ∠1=∠2．于是⊿EGB 与⊿EAC 全等．BG =AC ， ∴ AB -AC =AG =2AF ． 1988联赛二试 在?ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上。求证： ABC PQR S S ?> 9 2 证明：由于P 、Q 在AB 边上，则有：3 c b a c ++≥ 。 PQR ?以边PQ= 3 c b a ++为底，要使其面积达到最小值，就是要使PQ 边上的高，即点R 到AB 边的距离达到最小。 由于对称性的关系，不妨设点R 在边BC 上。当线段PQ 向点A 运动时，点R 在BC 边上向点B 运动。当点P 与A 重合时，PQR ?面积最小。 此时有：BR= 3c b a ++-BQ=3c b a ++-(c-3c b a ++)=3 22c b a -+ ABC PQR S S ? = ABR PQR ??*ABC ABR ?? = AB PQ *BC BR = c c b a 3++*a c b a 322-+ = 91*a c b a ++*c c b a -+22 因为b+c>a ，所以a c b a ++>2；因为a+b>c ，所以c c b a -+22>1。 故PQR ?面积最小时， ABC PQR S S ?> 9 2 A B C E F G 1 2 3 4 5 故任何情况下均有： ABC PQR S S ?> 9 2 1985联赛二试 在ABC ?中角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若角A ，B ，C 的大小成等比数列，且ac a b =-2 2 ，求角B 解：如图，作ABC ?的外接圆。由于ac a b =-2 2>0，即b>a ，弧AC 大于弧BC 。于是，可以在弧AC 上取一点D ，使得弧AD 等于弧BC ，即 AD=BC=a 。连DA,DB ，DC 。 那么，弧BAD 等于弧ABC ，即BD=AC=b 。 应用托勒密定理有：CD c a b *2 2 += 又题设ac a b =-2 2 ，故CD=a 于是，弧AD 、弧CD 、弧BC 均相等，则2 B A = 那么，B B A C 23- =--=ππ 又题设C A B *2 =，即)2 3(*22B B B -=π 故72π=B 1983 联赛二试 在四边形ABCD 中，⊿ABD 、⊿BCD 、⊿ABC 的面积比是3∶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． 注意：这里用?表示三角形的面积 引理：（面积的定比分点公式）设线段CD 不与直线AB 相交，N 在线段CD 上并且CN=λCD ，则 ?ABN =λ?ABD +(1-λ)?ABC 引理的证明：记四边形ABCD 的面积为S 。则 ?ABN =S -?BCN -?AND = S -λ?BCD - (1-λ)?ACD = S -λ(S -?ABD)- (1-λ)(S-?ABC) = λ?ABD +(1-λ)?ABC A B C D 题目的证明：设AM ∶AC=CN ∶CD=λ ，则 MC AM = BNC BNA ?? = BCD ABC ABD ??-+?λλλ)1( = λλλ4)1(3-+ 又MC AM =λλ-1 ，故 λλ412+=λ λ-1 于是，162 --λλ = 0 ，2 1=λ（舍去负的） 所以，M 与N 分别是AC 与CD 的中点． 1979联赛二试 ； 成立的充要条件是求证：， 于交圆的弦，圆于交圆的弦两点，圆、相交于和圆如图，圆CE DF CBA DBA F O BD O E O BC O B A O O =∠=∠122121 A B C D M N 证明：连结AC 、AD 、AE 、AF 。 因为A 、C 、B 、F 四点共圆，所以AFD ACE ∠=∠ 因为A 、E 、B 、D 四点共圆，所以ADF AEC ∠=∠ 故ACE ?与AFD ?相似，即有 AF AC CE DF = 即DF=CE 等价于AC=AF 又CBA DBA ∠=∠等价于AC=AF 故CBA DBA ∠=∠等价于DF=CE ，即CBA DBA ∠=∠成立的充要条件是DF=CE 。