2018山东省高中数学竞赛初赛答案
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题4 平面向量(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题4 平面向量 （50题竞赛真题强化训练）一、单选题1．（2018·全国·高三竞赛）已知ABC ∆的外接圆圆心为O ，BC CA AB >>.则（ ）. A ．OA OB ⋅>OA OC ⋅>OB OC ⋅. B ．OA OB ⋅>OB OC ⋅>OA OC ⋅. C ．OB OC ⋅>OA OC ⋅>OA OB ⋅ D ．OA OC ⋅>OB OC ⋅>OA OB ⋅ 【答案】A 【解析】 【详解】设ABC ∆的外接圆半径为R .则2cos2O R A OB C ⋅=,2cos2O R B OC A ⋅=,2cos2O R A OC B ⋅=.又由BC CA AB >>，可知sin sin sin 0A B C >>>.故22212sin 12sin 12sin A B C -<-<-，即cos2cos2cos2A B C <<.所以OA OB ⋅>OA OC ⋅>OB OC ⋅.2．（2019·全国·高三竞赛）设P 为ABC ∆所在平面内一动点.则使得PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅取得最小值的点P 是ABC ∆的（ ）. A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心【答案】C 【解析】 【详解】 注意到()()()()PA PB PB PC PC PA PA PA AB PA AB PA AC PA AC PA⋅+⋅+⋅=⋅+++⋅+++⋅222()32()3()33AB AC AB AC PA AB AC PA AB AC PA AB AC ++=++⋅+⋅=+-+⋅①当3AB ACPA +=，即P 为ABC ∆的重心时，式①取得最小值2()3AB AC AB AC +-+⋅.故答案为C3．（2018·全国·高三竞赛）设H 是ABC ∆所在平面上的一点，用a 、b 、c 、h 分别表示向量OA 、OB 、OC 、OH ．若⋅+⋅=⋅+⋅=⋅+⋅a b c h b c a h c a b h ，则H 是ABC ∆的．A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心【答案】D 【解析】 【详解】由⋅+⋅=⋅+⋅a b c h b c a h ，得0⋅+⋅-⋅-⋅=a b c h b c a h ，即()()0-⋅-=a c b h ． 所以0CA HB ⋅=,则HB CA ⊥．同理，HA BC ⊥．4．（2019·全国·高三竞赛）如图，在ABC ∆的边上做匀速运动的三个点P 、S 、R ，当0=t 时，分别从A 、B 、C 出发，当1t s =时，恰好同时到达B 、C 、A ．那么，这个运动过程中的定点是PQR ∆的（ ）A ．内心B ．外心C ．垂心D ．重心【答案】D 【解析】 【详解】 依题意知AP BS CR AB BC CA λ===，设G 为PSR ∆的重心，则1(),3AG AP AS AR =++ 11[1)]()33AB AB BC AC AB AC λλλ+++-=+（. 所以，G 为ABC ∆的重心. 故答案为D5．（2018·全国·高三竞赛）如图，在凸四边形ABCD 中，4AB =，3BC =，52CD =，且90ADC ABC ∠=∠=︒.则BC AD→⋅→等于（ ）.A ．25334+B ．27334+C ．338+D ．29334+【答案】B 【解析】 【详解】如图由勾股定理得225435222AC CD =+==⨯=，且90ADC ∠=︒，则30CAD ∠=︒. 又因90ADC ABC ∠=∠=︒，所以，A 、B 、C 、D 四点共圆. 联结BD ，则903060ABD ACD ∠=∠=︒-︒=︒. 设BAC α∠=（α为锐角），则3sin 5α=，()4cos 0605αα=︒<<︒. 作矩形CBAF ，则AF BC =，()903060FAD αα∠=︒-+︒=︒-.故()cos 3sin cos 60sin BC AD AF AD AF ADAB FAD ABD ADB α⎡⎤→⋅→=→⋅→=→⋅→∠=⋅∠︒-⎢⎥∠⎣⎦()413273sin60cos sin 33sin 90224ααα⎡⎤=⨯⋅︒+=+⎢⎥︒-⎣⎦.选B.编者注：此题用复数法解答比较简洁.6．（2018·全国·高三竞赛）已知P 为△ABC 内一点，且满足2PA+3PB+4PC=0，那么，::PBC PCA PAB S S S ∆∆∆等于.A ．1:2:3B ．2:3:4C ．3:4:2D ．4:3:2【解析】 【详解】如图，延长PA 至D ，使PD=2PA ；延长PB 至E ，使PE=3PB ；延长PC 至F ，使PF=4PC.则PD+PE+PF=0.从而，P 为△DEF 的重心.于是，有 11113433436PBC PEF DEF DEF S S S S ∆∆∆∆==⨯=⨯⨯， 11114234224PCA PFD DEF DEF S S S S ∆∆∆∆==⨯=⨯⨯， 11112332318PAB PDE DEF DEF S S S S ∆∆∆∆==⨯=⨯⨯. 故111::::2:3:4362418PBC PCA PAB S S S ∆∆∆==.7．（2020·浙江温州·高一竞赛）已知单位向量1e ，2e 的夹角为60°，向量12a xe ye =+，且12x ≤≤，12y ≤≤，设向量a 与1e 的夹角为α，则cos α的最大值为（ ）．A 6B 6C 57D 27【答案】C 【解析】 【详解】 由题意有2212cos x y x xy y α+=++ 则22222221344cos 11x xy yx xy y x x y y α++==-++⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 又因为1,22x y ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以2425cos ,728α⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以max 517cos α=8．（2018·全国·高三竞赛）平面上的两个向量OA 、OB 满足OA a =，OB b =，且224a b +=，0⋅=OA OB .若向量(),OC OA OB λμλμ=+∈R ，且222211122a b λμ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.则OC 的最大值是（ ） A ．12 B ．1 C ．2 D ．4【答案】C 【解析】 【详解】因为OA a =，OB b =，且224a b +=，OA OB ⊥，所以，O 、A 、B 三点在以AB 的中点M 为圆心、1为半径的圆上. 又()12OM OA OB =+，OC OA OB λμ=+，则 11=22MC OC OM OA OBλμ⎛⎫⎛⎫=--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故21112222MC OA λλμ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.22221111222OA OB OB a b μλμ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅+-=-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.从而，点C 也在以M 为圆心，1为半径的圆上. 因此，O 、A 、B 、C 四点共圆，其圆心为M .当O 、M 、C 三点共线，即OC 为M 的一条直径时，max 2OC =.9．（2018·陕西·高三竞赛）在边长为8的正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，N 是AD 边上一点，且3DN NA =，若对于常数m ，在正方形ABCD 的标上恰有6个不同的点P ，使PM PN m ⋅=，则实数m 的取值范围是A ．()8,8-B ．()1,24-C ．()1,8-D ．()0,8【答案】C 【解析】如图建立直角坐标系，()()()()0,0,8,4,0,2,,A M N P x y .由题意得：()()228,4,2868PM PN x y x y x x y y m ⋅=--⋅--=-+-+= ()()224317x y m ⇔-+-=+.即以()4,3为圆心，17m +为半径的圆与正方形四边有且仅有6个不同的交点，易由图形知()41751,0m m <+<⇒∈-.二、填空题10．（2018·吉林·高三竞赛）如图，在直角三角形ABC 中，2ACB π∠=，2AC BC ==，点P是斜边AB 上一点，且2BP PA =，那么CP CA CP CB ⋅+⋅=__________.【答案】4 【解析】 【详解】解法一：因为()11213333CP CA AP CA AB CA AC CB CA CB =+=+=++=+，所以CP CA CP CB ⋅+⋅=22218443333CA CB +=+=. 解法二：以C 为原点，CA 、CB 分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，则A （2，0）， B （0，2），P （43，23），有()2,0CA =，()0,2CB =，42,33CP ⎛⎫= ⎪⎝⎭.所以CP CA CP CB ⋅+⋅= 84433+=. 故答案为411．（2019·全国·高三竞赛）设ABC ∆的面积为1，边AB 、AC 的中点分别为E 、F ，P 为线段EF 上的动点，则2f PB PC BC =⋅+的最小值为__________． 【答案】3 【解析】 【详解】作PD BC ⊥于点D.设BC a =.如下左图，当点D 位于线段BC 或CB 的延长线上时， ()()f PD DB PD DC =+⋅++2BC 22PD DB DC a =+⋅+ 221234a a h a ah ≥+>=>. 如下右图，当点D 位于边BC 上时， ()()f PD DB PD DC =+⋅++ 2BC 22PD DB DC a =+⋅+ 2214a h DB DC a ≥-+ 2222231334442a a a a h a h a ah +≥-+=≥= 当D 为线段BC 的中点以及23a =时，上式等号成立. 综上，min 3f =. 故答案为312．（2019·全国·高三竞赛）设P 是ABC 所在平面上一点,满足2PA PB PC AB ++=.若ABC S ∆1=,则PAB S ∆=______. 【答案】13【解析】 【详解】设O 为原点.则()()()OA OP OB OP OC OP PA PB PC -+-+-=++ ()22AB OB OA ==-,即()3OA OP OB OC -=-. 故3PA CB =.得PA BC ,且3BC PA =. 所以,PABS=11=33ABC S ∆. 故答案为1313．（2019·全国·高三竞赛）在△ABC 中，已知2,3,4AB AC BC ===，设0为△ABC 的内心，且AO AB BC λμ=+.则λ+μ=________． 【答案】79【解析】 【详解】设AO 与BC 交于点D. 由角平分线定理知23BD AB DC AC ==. 于是，3255AD AB AC =+. 又54AO AB AC AB AC OD BD CD BD CD ===+=，则 512939AO AD AB AC ==+ ()1239AB AB BC =++ 5299AB BC =+. 因此，79λμ+=. 故答案为7914．（2021·全国·高三竞赛）已知向量(cos ,sin ),(2,7)a b αα==，则|2|a b +的最大值是___________． 【答案】5【解析】 【详解】|2|2||||235a b a b +≤+≤+=，当14tan 2α=时等号成立 故答案为：5.15．（2019·全国·高三竞赛）在正四面体ABCD 中，设14AE AB =，14CF CD =，记DE 和BF 所成的角为θ．则cos θ=______． 【答案】413- 【解析】 【详解】设正四面体棱长为4．则()()224cos43BF DE BC CF DA AE CF DA BC AE π⋅=+⋅+=⋅+⋅=⨯=-．而222cos133BF DE BC CF BC CF π==+-=，则4cos 13BF DE BF DEθ⋅==-⋅．16．（2019·全国·高三竞赛）如图，已知G 是ABO 的重心，若PQ 过点G ,且,,,OA a OB b OP ma OQ nb ====，则11m n+=_____.【答案】3 【解析】 【详解】由1()2OM a b =+，可知21()33OG OM a b ==+.由P 、G 、Q 三点共线有PG GQ λ=.而111()()333PG OG OP a b ma m a b =-=+-=-+,111()(),333GQ OQ OG nb a b a n b =-=-+=-+-故11113333m n λ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+=-+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.因为、a b 不共线，所以，11331133m n λλ⎧-=-⎪⎪⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩. 解得3mn m n =+.故113m n+=. 故答案为317．（2021·全国·高三竞赛）ABC 中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，O 是ABC 的外心，点P 满足OP OA OB OC =++，若3B π=，且4BP BC ⋅=，则ABC 的面积为_________．【答案】【解析】 【分析】 【详解】由OP OA OB OC =++，得OP OA OB OC -=+，即AP OB OC =+． 注意到()OB OC BC +⊥，所以AP BC ⊥． 同理，BP AC ⊥，所以P 是ABC 的垂心， ()BP BC BA AP BC BA BC ⋅=+⋅=⋅，所以cos 4ac B =，8ac =，所以1sin 2ABC S ac B ==△故答案为：18．（2021·全国·高三竞赛）已知平面单位向量a b c x 、、、，且0a b c ++=，记||||||y x a x b x c =-+-+-，则y 的最大值为________．【答案】4 【解析】 【分析】 【详解】单位向量a b c 、、满足0a b c ++=，则有2,,,3a b b c c a π===，不妨设四个向量如图所示，分别为OA OB OC OX 、、、，X 在单位圆O 的AB 上．设||,||AX m BX n ==，则有223m n mn ++=，故有22()()334m n m n mn ++=+≤+，即有2m n +≤，故||||||||224y x a x b x c m n x c =-+-+-=++-≤+=． 故答案为：4.19．（2021·全国·高三竞赛）已知点A 满足1||2OA =，B 、C 是单位圆O 上的任意两点，则AC BC ⋅的取值范围是__________． 【答案】1,38⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】 【分析】 【详解】(221()()()2AC BC OC OA OC OB OC OA OB OC ⋅=-⋅-=++--)222211()28OA OB OCOA CB --=+-. 又150||||||222OA CB OA CB ≤+≤+≤+=，取等可以保证， 故所求范围为1,38⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．故答案为：1,38⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.20．（2020·浙江·高三竞赛）已知a ，b 为非零向量，且1a a b =+=，则2a b b ++的最大值为__________. 【答案】22【解析】解法一 设()1,0a =，()cos 1,sin b θθ=-，则(cos 2cos sin222a b b θθ⎛⎫==+≤ ⎝++⎪⎭解法二 设m an a b =⎧⎨=+⎩，则2a b n m a n m⎧+=+⎨=-⎩，且1n m ==，所以()()222222422a b b n m n m n m n mn m++=++-≤++-=+=故答案为：21．（2021·全国·高三竞赛）已知两个非零向量,m n 满足2,22m m n =+=，则2m n n ++的最大值是_____．【解析】 【分析】 【详解】设()()2,0,22cos ,2sin m m n x x =+=，则()cos 1,sin n x x =-．则：|2|||(cos m n n x ++===.当且仅当102cos 3(22cos )3x x +=-，即1cos 3x =.. 22．（2021·全国·高三竞赛）设P 是ABC 所在平面内一点，满足3PA PB PC AB ++=，若PAC △的面积为1，则PAB △的面积为__________.【答案】12【分析】 【详解】因为3PA PB PC AB ++=，所以33PA AB AC AB ++=，即1322()2PA AB AC AB AC =-=-， 记AC 的中点为M ，于是23PA MB =，因此1122PAB PAM PAC S S S ===.故答案为：12.23．（2021·全国·高三竞赛）已知、、A B C 为ABC 三内角，向量cos,3sin ,||222A B A B αα-+⎛⎫== ⎪⎝⎭.如果当C 最大时，存在动点M ，使得|||||MA AB MB 、、∣成等差数列，则||||MC AB 最大值为________.【解析】 【分析】 【详解】 2213||2cos 3sin 2cos()cos()22222A B A B A B A B α-+=⇔+=+--+= 1cos()3cos()2sin sin cos cos tan tan 2A B A B A B A B A B ⇔-=+⇔=⇔=， tan tantan tan()2(tan tan )tan tan 1A BC A B A B A B +=-+==-+≤---，等号成立仅当tan tan 2A B ==. 令||2AB c =，因||||4MA MB c +=，所以M 是椭圆2222143x y c c +=上的动点.故点C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，设(,)M x y ，则： 22222224||432c MC x y c y y ⎛⎫=+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭221932c y =-+，||y ≤.当3y c =-时，22max max 72661||,||22MC c MC c ++==. 即max||2324||MC AB +=.故答案为：2324+. 24．（2021·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，32,5,cos ,5CAB AB AC D ===∠是边BC 上一点，且2BD DC =．若点P 满足BP 与AD 共线，PA PC ⊥，则||||BP AD 的值为_________．【答案】34或316【解析】 【分析】 【详解】因为2BD DC =，所以2()AD AB AC AD -=-，即1233AD AB AC =+． 因为BP 与AD 共线，所以存在实数λ，使得BP AD λ=．因为1233AD AB AC =+，所以233BP AB AC λλ=+， 从而2213333PA PB BA AB AC AB AB AC λλλλ⎛⎫=+=---=-+- ⎪⎝⎭21133PC PA AC AB AC λλ⎛⎫⎛⎫=+=-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以222422111133333PA PC AB AB AC AC λλλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=+++-⋅-- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．因为32,5,cos 5AB AC CAB ==∠=， 所以2234,25,2565AB AC AB AC ==⋅=⨯⨯=，所以24221411612533333PA PC λλλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=+⨯++-⨯--⨯ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2128829λλ=--． 因为PA PC ⊥，所以0PC PA ⋅=，即21288209λλ--=，解得34λ=或316λ=-．因此||3||4||BP AD λ==或316．故答案为：34或316.25．（2021·全国·高三竞赛）若平面向量a b a b +、、的模均在区间[]2,4内，则a b ⋅的取值范围是_________． 【答案】[]14,4- 【解析】 【分析】 【详解】222222()||||2441422a b a b a b +----⋅=≥=-．等号成立当且仅当||||4,||2a b a b ==+=时成立． 取边长为4、4、2的等腰OAB ，其中2AB =． 令,OA a BO b ==即可．又222()()4444a b a b a b +--⋅=≤=．取(2,0)a b ==，等号成立． 故答案为：[]14,4-.26．（2019·广西·高三竞赛）已知点P (－2，5)在圆22:220C x y x y F +--+=上，直线l ：3480x y ++=与圆C 相交于A 、B 两点，则AB BC →→⋅=____________ .【答案】32- 【解析】 【详解】由已知求得圆C ：(x －1)2+(y －1)2=52到直线l 的距离为3， 从而4||5,||8,cos 5BC AB ABC ==∠=. 所以||||cos()32AB BC AB BC ABC π⋅=-∠=-. 故答案为：32-．27．（2019·甘肃·高三竞赛）△ABC 的三边分别为a 、b 、c ，点O 为△ABC 的外心，已知2220b b c -+=，那么BC AO ⋅的取值范围是____________ .【答案】1,24⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】 【详解】延长AO 交△ABC 的外接圆于D ，得到 BC AO AO AC AO AB ⋅=⋅-⋅1122AD AC AD AB =⋅-⋅ ()2212b c =-21124b ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭. 因为2220c b b =-+>，所以b ∈(0，2)，故1,24BC AO ⎛⎫⋅∈- ⎪⎝⎭.故答案为：1,24⎛⎫- ⎪⎝⎭．28．（2019·四川·高三竞赛）设正六边形ABCDEF 的边长为1，则()()AB DC AD BE +⋅+=______ .【答案】－3 【解析】 【详解】如图所示，建立平面直角坐标系设C (1，0)，则1313,,,2222B A ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1313,,,2222D E ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 于是13(1,0),22AB DC ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭33,22⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，(1,3)(1,3)(0,23)AD BE +=-+--=-，于是33()()(0,23)32AB DC AD BE ⎛+⋅+=⋅-=- ⎝⎭.故答案为：3-．29．（2019·重庆·高三竞赛）已知向量,,a b c 满足()||:||:||1::3a b c k k +=∈Z ，且b a -=2()c b -，若α为,a c 的夹角，则cos α=_______ .【答案】112- 【解析】 【详解】因为2()b a c b -=-，所以1233b a c =+，所以222144999b a c a c =++⋅.因为||||:||1::3a b c k ==，所以2144cos (2,6)93k α=++∈. 又因为k ∈Z +，所以k =2，所以1cos 12α=-.故答案为：112-．30．（2018·山东·高三竞赛）在ABC 中，60BAC ∠=︒，BAC ∠的平分线AD 交BC 于D ，且有14AD AC t AB =+．若8AB =，则AD =______． 【答案】63 【解析】 【详解】过点D 作DE AB 交AC 于点E ，DF AC 交AB 于点F ，由题设14AD AC t AB AE AF =+=+，所以14AE AC =，13AE EC =，AF t AB =． 因此13AE BD BF AB EC CD FA AC ====，所以24AC =，334FA BF AB ==，因此34t =． 所以22131313444444AD AC AB AC AB AC AB ⎛⎫⎛⎫=+=+⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22196108161616AC AB AC AB =++⋅=． 由此得63AD =31．（2018·河北·高三竞赛）设点O 为三角形ABC 内一点，且满足关系式： 23=AOBBOC COAABCSS SS++_____.【答案】116【解析】 【详解】将OA 2OB 3OC 32CA AB BC ++=++化为3OA OB 2OC 0++=，()()OA OB 2OA OC 0+++=.设M 、N 分别是AB 、AC 的中点，则OM 2ON =-. 设△ABC 的面积为S ，由几何关系知12BOCS S =，13AOHS S =，16AOCS S =， 所以23116AOBBOC COAABCSS SS++=.32．（2018·全国·高三竞赛）在等腰△ABC中，已知AC BC ==D 、E 、F 分别在边AB 、BC 、CA 上，且AD =DB=EF=1．若25·16DE DF ≤，则·EF BA 的取值范围是_______． 【答案】423⎡⎤⎢⎥⎣⎦， 【解析】 【详解】以D 为原点、射线DB 和DC 分别为x 和y 轴正方向建立平面直角坐标系.则 A(-1,0)，B(1,0)，C(0,2).设点()()1122,,,E x y F x y ，其中，112222,22y x y x =-+=+.设线段EF 的中点为()00,M x y .则()121201212024,22.2y y x x x y y x x y ⎧-=-+=-⎪⎨+-==-⎪⎩ 由EF=1，得()()2200421x y -+-=. ①故()()2200041201 3.x y y -=--≥⇒≤≤ ②又()()222221125·4416DE DF DE DF DE DF DM EF DM ⎡⎤=+-+=-=-≤⎢⎥⎣⎦ 222002929.1616DM x y ⇒≤⇒+≤ ③ 将式①代入式③，消去0x ，整理得220002984154321653y y y --≤⇒-≤≤. ④ 综合式②、④得041.3y ≤≤于是，12312x x ≤-≤. 故()()()2121124·,?1,02,23EF BA x x y y x x ⎡⎤=---=-∈⎢⎥⎣⎦. 33．（2018·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，已知O 为原点，点()1,0A -，(B ，动点C 在圆()2234x y -+=上运动，则OA OB OC ++的最大值为_________．2 【解析】 【详解】令()[)()32cos ,2sin 0,2C θθθπ+∈，则(2OA OB OC ++=()()()2222232cos 2sin 72θθ≤+++=+.当且仅当点()3,2与()2cos ,2sin θθ的连线过原点O 时，上式等号成立.这显然是可以取得的.34．（2019·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，已知O 为BC 的中点，点M 、N 分别在边AB 、AC 上，且6AM =，4MB =，4AN =，3NC =，90MON ∠=︒．则cos A =______．【答案】38【解析】 【详解】令AB a =，AC b =．则10a =，7b =． 因为O 为BC 的中点，所以，1122AO a b =+． 由题意知35AM a =，47AN b =．故31111522102OM AM AO a a b a b ⎛⎫=-=-+=- ⎪⎝⎭，41111722214ON AN AO b a b a b ⎛⎫=-=-+=-+ ⎪⎝⎭．由90MON ∠=︒，知11110102214OM ON a b a b ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭221910203528a a b b ⇒-+⋅-=191100107cos 490203528A ⇒-⨯+⨯⨯-⨯= 3cos 8A ⇒=．故答案为3835．（2018·全国·高三竞赛）已知D 为ABC 边AB 上的一点, P 为ABC 内一点,且满足3D 4A AB =,25AP AD BC =+.则APD ABCS S =△△ ______. 【答案】310【解析】【详解】注意到, 1sin 23232154510sin 2APD ABC AD DP ADP S DP BC DP BC ADP B S AB BC B ∠=⇒⇒∠=∠⇒==⨯= 36．（2018·全国·高三竞赛）已知O 是ABC 的外心.若AB AC =,30CAB ∠=︒,且12CO CA CB λλ=+,则12λλ=______.【答案】12【解析】【详解】不妨设2AB =.以A 为原点、AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系.则()())0,0,2,0,A BC . 设外心为()O 1,y .由C OA O =，得())()222111y y+=+-.解得2y =则(()()12121121CO CA CB λλλλ==+=-+-.解得13,λ= 22λ=.故1212λλ=.37．（2018·全国·高三竞赛）在△ABC 中，已知∠A=120︒，记向量,cos cos BABCBA A BC C α=+.cos cos CACBCA A CB B β=+则α与β的夹角等于________.【答案】60︒【解析】 【详解】注意到1221IG F F IG PF IG PF ⋅=⋅-⋅，即,CA BA αβ⊥⊥.从而，α与β的夹角与∠A 相等或互补.又11.cos ?cos cos cos cos cos ?cos BA CBBC CBB C ABA CB A B BC CB B C αβ⋅⋅⋅=+=--⋅⋅⋅ 显然，cos cos cos 0.B C A ⋅>->则0.αβ⋅>因此，α与β的夹角等于60.︒38．（2018·全国·高三竞赛）如图，设G H 、分别为ABC ∆的重心、垂心，F 为线段GH 的中点，ABC ∆外接圆的半径1R =．则222AF BF CF ++ =_______．【答案】3【解析】【详解】 以ABC ∆的外心O 为原点建立平面直角坐标系.于是， O H OA OB OC =++，()1 3OG OA OB OC =++. 则()()1223OF OG OH OA OB OC =+=++. 故222AF BF CF ++()()()()()()OA OF OA OF OB OF OB OF OC OF OC OF =-⋅-+-⋅-+-⋅- ()22223OA OB OC OA OB OC OF OF OF =++-++⋅+⋅2223OA OB OC =++=39．（2019·全国·高三竞赛）如图，M ，N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 的内分点，且AM CN AC CE λ==，若B 、M 、N 三点共线，则λ=______.3【解析】【详解】 延长EA 、CB 交于点P ，设正六边形边长为1，易知2PB =，A 为EP 的中点，3EA AP ==，由AM AC λ=，可得(1)CM CA λ=-，又3CP CB =，CA 是PCE ∆边PE 上的中线，CN CE λ=， 则有1()2CA CE CP =+，即113122λλ=+-， 整理得CM ()31122λλλ--=+， 因为当B 、M 、N 三点共线时，存在实数t 使得(1)CM t CN tCB =-+， 故()311122λλλ--+=，解得λ=40．（2019·全国·高三竞赛）设实常数k 使得方程222250x y xy x y k +-+++=在平面直角坐标系xOy 中表示两条相交的直线,交点为P.若点A 、B 分别在这两条直线上,且||1PA PB ==,则PA PB ⋅=_____.【答案】45± 【解析】【详解】由题设知，关于x y 、的二次多项式222250x y xy x y k +-+++=可以分解为两个一次因式的乘积.因()()2222522x y xy x y x y +-=-+-+，所以，()()2222522x y xy x y k x y a x y b +-+++=-++-++，其中，a b 、为待定的常数.将上式展开后比较对应项的系数得,21,21ab k a b b a =--=+= .解得1,1,1a b k ==-=-.再由210,210,x y x y -++=⎧⎨-+-=⎩得两直线斜率为121,22k k ==，交点()1,1P . 设两直线的夹角为θ（θ为锐角）.则212134tan ,cos 145k k k k θθ-===+.故PA PB ⋅cos PA PB θ=⋅ 或()4cos 180cos 5PA PB PA PB θθ⋅︒-=±⋅=±. 故答案为45± 41．（2018·全国·高三竞赛）在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，AB c =.沿向量AB 的方向，点121,,,n M M M -将线段AB 分成了n 等份.设0A M =，n B M =.则()11211lim n n CA CM CM CM CM CB n -→+∞⋅+⋅++⋅=______. 【答案】23c【解析】【详解】设CB a =，CA b =.则222a b c +=.故i n i iCM CA CB n n -=+.由0CA CB ⋅=，得111lim ni in i CM CM n -→∞=⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭∑()()()22221111lim n n i i i ni n i ab n n n →∞=⎡⎤---+=+⎢⎥⎣⎦∑()()222111lim n n i ii b a n n→∞=-=-∑()222223211lim lim33nn n i c n c i i c n n →∞→∞=-=-==∑.42．（2019·全国·高三竞赛）设点O 在ABC 的外部，且230OA OB OC --=.则:ABC OBC S S =______.【答案】4【解析】【详解】如图，设D ，E 分别是边AB 、BC 的中点，联结CD .则2OA OB OD += ① 2OB OC OE += ②3-⨯①②得2326OA OB OC OD OE →=--=-. 则3OD OE =.因此，OD 与OE 共线，且3OD OE =. 于是，2DE OE =.故221BCD OBC S S ==，24ABCBCD OBC OBCS S S S ==. 43．（2018·全国·高三竞赛）已知向量a 、b 满足·2a b a b ===，且()()·0a c b c --=.则2b c -的最小值为______.71【解析】【详解】注意到，·1cos ,,=23a b a b a b a b π==⇒. 由此可设()(2,0,3b a == .设(),c m n = . 由()()()()())2233·01203012a c b c m m n n m n ⎛⎛⎫--=⇒--+-=⇒-+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭. 设33cos ,sin 2m n αα=+=. 又()24,b c m n -=--，则()()2252485cos 3sin 827sin arctan 3b c m n ααα⎛⎫-=-+=--=--+ ⎪⎝⎭ 82771≥-=-.因此，min 271b c -=-.44．（2018·江苏·高三竞赛）在ABC ∆中，5AB =，4AC =，且12AB AC ⋅=，设P 为平面ABC 上的一点，则()PA PB PC ⋅+的最小值是________.【答案】658-【解析】【详解】由5AB =，4AC =，且12AB AC ⋅=得3cos 5A =.如图，以A 为坐标原点，AC 为x 轴建立直角坐标系，则()4,0C ，()3,4B ，设(),P x y ，则()()()22,72,422724PA PB PC x y x y x x y y ⋅+=--⋅--=-+-()2276522148x y ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭.即()PA PB PC ⋅+的最小值是658-.故答案为658-45．（2018·贵州·高三竞赛）已知O 为△ABC 所在平面上一定点，动点P 满足AB AC OP OA AB AC λ⎛⎫⎪=++ ⎪⎝⎭，其[]0λ∈+∞，，则P 点的轨迹为________．【答案】∠BAC 的角平分线【解析】【详解】 AB AC AB AC OP OA AB AC AB AC λλ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=++⇒=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 而AB AC AB AC ⎛⎫ ⎪+ ⎪⎝⎭，且[]0λ∈+∞，， 所以AB AC AB AC λ⎛⎫ ⎪+ ⎪⎝⎭表示∠BAC 的角平分线上的一个向量． 因此，P 点的轨迹为∠BAC 的角平分线．故答案为∠BAC 的角平分线46．（2021·全国·高三竞赛）已知平面向量a ､b ､c ，满足||2,||||5,01a b c λ===<<，若0b c ⋅=，那么2|()|(1)()5a b b c c b c λλ-+-++--的最小值为___________.2##2-【解析】【分析】设(,),(5,0),(0,5)a x y b c ===，则2|()|(1)()5a b b c c b c λλ-+-++--即为点(55,5)P λλ-到点(,)A x y （圆224x y +=上的动点）的距离与到点(0,3)D 的距离，利用对称可求其最小值.【详解】解析：建立直角坐标系.设(,),(5,0),(0,5)a x y b c ===，则2|()|(1)()5a b b c c b c λλ-+-++-- 2222[(55)](5)(550)(53)x y λλλλ=--+---+-问题转化为点(55,5)P λλ-到点(,)A x y 的距离与到点(0,3)D 的距离之和最小，其中点(55,5)P λλ-在直线5(05)x y x +=<<上运动，点(,)A x y 在圆224x y +=上运动，所以||||||||||||2PD PA PD PO r PD PO +≥+-=+-.点O 关于直线5x y +=对称的点为(5,5)G ，所以22|||||5229PD PO DG +≥+=∣ 所以||||292PD PA +≥292.292.【点睛】 思路点睛：向量的模的最值问题，可建立平面直角坐标系，将问题转化为动点到几何对象的距离和最值的问题.47．（2019·贵州·高三竞赛）在△ABC 中，0,0GA GB GC GA GB ++=⋅=.则(tan tan )tan tan tan A B C A B+⋅=____________ .【答案】12【解析】【详解】设△ABC 中角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c . 由0,0GA GB GC GA GB ++=⋅=，知G 为△ABC 的重心.又GA ⊥GB ，所以22222222211221122GA GB c GA GB a GB GA b ⎧⎪+=⎪⎪⎪⎛⎫⎛⎫+=⎨ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎛⎫⎛⎫⎪+= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩. 得到2225a b c +=.故：(tan tan )tan (sin cos cos sin )sin tan tan sin sin cos A B C A B A B C A B A B C++=⋅ 2sin sin sin cos C A B C =()22222abc ab a b c =+-2222212c a b c ==+-. 故答案为：12．48．（2021·全国·高三竞赛）已知三个非零向量a 、b 、c ，满足||a b c a b b c c a t λ++=⋅+⋅+⋅=（其中λ为给定的正常数）．则实数t 的最小值为___________．【答案】23λ【解析】【分析】应用()()222211||||cos ,||||||||22a b a b a b a b a b a b ⋅=⋅<>≤⋅≤+=+及求和的轮换关系得到2222cyc cyc||23t a b c a a b t λ=++=+⋅≥∑∑，再分类讨论即可得解.【详解】 ()()222211||||cos ,||||||||22a b a b a b a b a b a b ⋅=⋅<>≤⋅≤+=+， 所以2cyc cyc a b a ⋅≤∑∑．故2222cyc cyc||23t a b c a a b t λ=++=+⋅≥∑∑． 假设0=t ，则0,()0a b c a b a b c ++=⋅++⋅=． 故2222()2a b c a b a b c a b a b +=-⋅=-+⋅-⋅=-⋅， 所以22||||||||||2||||a b a b a b a b ⋅≥⋅=+≥⋅，这与a 、b 为非零向量矛盾．从而0t >．又223t t λ≥，所以23t λ≥，当,,a b c 两两同向且模均为λ时等号成立．故2min 3t λ=． 故答案为：23λ三、解答题49．（2020·浙江温州·高一竞赛）若平面上的点111222333()(),,,,,(),2)1(,A x y A x y A x y C -满足1235CA CA CA ===．（1）求12CA CA -的最大值；（2）设向量(,)m a b =,(,)n c d =,定义运算m n ac bd ⊗=-．若21230A A A A ⋅=,求122331OA OA OA OA OA OA ⊗+⊗+⊗的取值范围．(其中О为坐标原点)【答案】（1）（2）[]24,6-．【解析】【详解】 （1）因为121225CA CA CA CA -≤+=等号当且仅当向量1CA 与2CA 反向共线时成立,所以12CA CA -的最大值为（2）由于1235CA CA CA ===所以点123,,A A A 在以C 为圆心 又因为21230A A A A ⋅=,所以13A A 为圆的直径,则点C 为A 1A 3的中点．所以122331OA OA OA OA OA OA ⊗+⊗+⊗121223233131x x y y x x y y x x y y =-+-+-① 因为点C 为13A A 的中点,所以132x x +=,134y y +=-,代入式①可得原式=2213132211112424(2)(4)x y x x y y x y x x y y ++-=++----222211112424x y x x y y =+-+++②因为125CA CA ==所以()()()()22112222125125x y x y ⎧-++=⎪⎨-++=⎪⎩, 可得221111244x x y y -+=+≥-,再代入式②可化简为：22211242(2)x y x x ++-+,且21182(2)2x x -≤-+≤．设21x α=,22y α=-,则22246x y αα+=-++4[]16,∈-．故122331OA OA OA OA OA OA ⊗+⊗+⊗22211242(2)x y x x =++-+6[]24,∈-．50．（2021·全国·高三竞赛）已知点(2cos ,sin ),(2cos ,sin ),(2cos ,sin )A B C ααββγγ，其中,,[0,2)αβγπ∈，且坐标原点O 恰好为ABC 的重心，判断ABCS是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】三角形ABC 【解析】 【分析】 【详解】先证明一个引理：若()()1122,,,,(0,0)A x y B x y C ，则122112ABCS x y x y =-． 因为()()1122,,,CA x y CB x y ==， 所以21cos CA CB C CA CBx⋅==⨯所以sin C ==所以：1sin 2ABCSCA CB C =⋅⋅12211122x y x y==-回到原题，连结OA、OB、OC，则：ABC OAB OBC OACS S S S=++112cos sin2sin cos2cos sin2sin cos22αβαββγβγ=-+-12cos sin2sin cos2αγαγ+-sin()sin()sin()αββγαγ=-+-+-．由三角形的重心为原点得sin sin sin0,2cos2cos2cos0.αβγαβγ++=⎧⎨++=⎩即sin sin sin,cos cos cos.αβγαβγ+=-⎧⎨+=-⎩所以两式平方相加可得1cos()2αβ-=-，所以sin()αβ-=，同理sin()sin()βγαγ-=-=，所以sin()sin()sin()3ABCSαββγαγ=-+-+-==故三角形ABC【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题4 平面向量 （50题竞赛真题强化训练）一、单选题1．（2018·全国·高三竞赛）已知ABC ∆的外接圆圆心为O ，BC CA AB >>.则（ ）. A ．OA OB ⋅>OA OC ⋅>OB OC ⋅. B ．OA OB ⋅>OB OC ⋅>OA OC ⋅. C ．OB OC ⋅>OA OC ⋅>OA OB ⋅ D ．OA OC ⋅>OB OC ⋅>OA OB ⋅2．（2019·全国·高三竞赛）设P 为ABC ∆所在平面内一动点.则使得PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅取得最小值的点P 是ABC ∆的（ ）. A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心3．（2018·全国·高三竞赛）设H 是ABC ∆所在平面上的一点，用a 、b 、c 、h 分别表示向量OA 、OB 、OC 、OH ．若⋅+⋅=⋅+⋅=⋅+⋅a b c h b c a h c a b h ，则H 是ABC ∆的．A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心4．（2019·全国·高三竞赛）如图，在ABC ∆的边上做匀速运动的三个点P 、S 、R ，当0=t 时，分别从A 、B 、C 出发，当1t s =时，恰好同时到达B 、C 、A ．那么，这个运动过程中的定点是PQR ∆的（ ）A ．内心B ．外心C ．垂心D ．重心5．（2018·全国·高三竞赛）如图，在凸四边形ABCD 中，4AB =，3BC =，52CD =，且90ADC ABC ∠=∠=︒.则BC AD→⋅→等于（ ）.A ．25334B ．27334C ．338D ．293346．（2018·全国·高三竞赛）已知P 为△ABC 内一点，且满足2PA+3PB+4PC=0，那么，::PBC PCA PAB S S S ∆∆∆等于.A ．1:2:3B ．2:3:4C ．3:4:2D ．4:3:27．（2020·浙江温州·高一竞赛）已知单位向量1e ，2e 的夹角为60°，向量12a xe ye =+，且12x ≤≤，12y ≤≤，设向量a 与1e 的夹角为α，则cos α的最大值为（ ）．A 6B 6C 57D 278．（2018·全国·高三竞赛）平面上的两个向量OA 、OB 满足OA a =，OB b =，且224a b +=，0⋅=OA OB .若向量(),OC OA OB λμλμ=+∈R ，且222211122a b λμ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.则OC 的最大值是（ ） A ．12B ．1C ．2D ．49．（2018·陕西·高三竞赛）在边长为8的正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，N 是AD 边上一点，且3DN NA =，若对于常数m ，在正方形ABCD 的标上恰有6个不同的点P ，使PM PN m ⋅=，则实数m 的取值范围是A ．()8,8-B ．()1,24-C ．()1,8-D ．()0,8二、填空题10．（2018·吉林·高三竞赛）如图，在直角三角形ABC 中，2ACB π∠=，2AC BC ==，点P是斜边AB 上一点，且2BP PA =，那么CP CA CP CB ⋅+⋅=__________.11．（2019·全国·高三竞赛）设ABC ∆的面积为1，边AB 、AC 的中点分别为E 、F ，P 为线段EF 上的动点，则2f PB PC BC =⋅+的最小值为__________．12．（2019·全国·高三竞赛）设P 是ABC 所在平面上一点,满足2PA PB PC AB ++=.若ABC S ∆1=,则PAB S ∆=______.13．（2019·全国·高三竞赛）在△ABC 中，已知2,3,4AB AC BC ===，设0为△ABC 的内心，且AO AB BC λμ=+.则λ+μ=________．14．（2021·全国·高三竞赛）已知向量(cos ,sin ),(2,7)a b αα==，则|2|a b +的最大值是___________．15．（2019·全国·高三竞赛）在正四面体ABCD 中，设14AE AB =，14CF CD =，记DE 和BF 所成的角为θ．则cos θ=______．16．（2019·全国·高三竞赛）如图，已知G 是ABO 的重心，若PQ 过点G ,且,,,OA a OB b OP ma OQ nb ====，则11m n+=_____.17．（2021·全国·高三竞赛）ABC 中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，O 是ABC 的外心，点P 满足OP OA OB OC =++，若3B π=，且4BP BC ⋅=，则ABC 的面积为_________．18．（2021·全国·高三竞赛）已知平面单位向量a b c x 、、、，且0a b c ++=，记||||||y x a x b x c =-+-+-，则y 的最大值为________．19．（2021·全国·高三竞赛）已知点A 满足1||2OA =，B 、C 是单位圆O 上的任意两点，则AC BC ⋅的取值范围是__________．20．（2020·浙江·高三竞赛）已知a ，b 为非零向量，且1a a b =+=，则2a b b ++的最大值为__________.21．（2021·全国·高三竞赛）已知两个非零向量,m n 满足2,22m m n =+=，则2m n n ++的最大值是_____．22．（2021·全国·高三竞赛）设P 是ABC 所在平面内一点，满足3PA PB PC AB ++=，若PAC △的面积为1，则PAB △的面积为__________.23．（2021·全国·高三竞赛）已知、、A B C 为ABC 三内角，向量cos,3sin ,||222A B A B αα-+⎛⎫== ⎪⎝⎭.如果当C 最大时，存在动点M ，使得|||||MA AB MB 、、∣成等差数列，则||||MC AB 最大值为________.24．（2021·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，32,5,cos ,5CAB AB AC D ===∠是边BC 上一点，且2BD DC =．若点P 满足BP 与AD 共线，PA PC ⊥，则||||BP AD 的值为_________．25．（2021·全国·高三竞赛）若平面向量a b a b +、、的模均在区间[]2,4内，则a b ⋅的取值范围是_________．26．（2019·广西·高三竞赛）已知点P (－2，5)在圆22:220C x y x y F +--+=上，直线l ：3480x y ++=与圆C 相交于A 、B 两点，则AB BC →→⋅=____________ .27．（2019·甘肃·高三竞赛）△ABC 的三边分别为a 、b 、c ，点O 为△ABC 的外心，已知2220b b c -+=，那么BC AO ⋅的取值范围是____________ . 28．（2019·四川·高三竞赛）设正六边形ABCDEF 的边长为1，则()()AB DC AD BE +⋅+=______ .29．（2019·重庆·高三竞赛）已知向量,,a b c 满足()||:||:||1::3a b c k k +=∈Z ，且b a -=2()c b -，若α为,a c 的夹角，则cos α=_______ .30．（2018·山东·高三竞赛）在ABC 中，60BAC ∠=︒，BAC ∠的平分线AD 交BC 于D ，且有14AD AC t AB =+．若8AB =，则AD =______． 31．（2018·河北·高三竞赛）设点O 为三角形ABC 内一点，且满足关系式：23=AOBBOC COAABCSS SS++_____.32．（2018·全国·高三竞赛）在等腰△ABC 中，已知5AC BC ==，点D 、E 、F 分别在边AB 、BC 、CA 上，且AD =DB=EF=1．若25·16DE DF ≤，则·EF BA 的取值范围是_______． 33．（2018·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，已知O 为原点，点()1,0A -，()0,3B ，动点C 在圆()2234x y -+=上运动，则OA OB OC ++的最大值为_________．34．（2019·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，已知O 为BC 的中点，点M 、N 分别在边AB 、AC 上，且6AM =，4MB =，4AN =，3NC =，90MON ∠=︒．则cos A =______．35．（2018·全国·高三竞赛）已知D 为ABC 边AB 上的一点, P 为ABC 内一点,且满足3D 4A AB =,25AP AD BC =+.则APD ABCS S =△△ ______. 36．（2018·全国·高三竞赛）已知O 是ABC 的外心.若AB AC =,30CAB ∠=︒,且12CO CA CB λλ=+,则12λλ=______.37．（2018·全国·高三竞赛）在△ABC 中，已知∠A=120︒，记向量,cos cos BA BC BA ABC Cα=+.cos cos CA CB CA ACB Bβ=+则α与β的夹角等于________.38．（2018·全国·高三竞赛）如图，设G H 、分别为ABC ∆的重心、垂心，F 为线段GH 的中点，ABC ∆外接圆的半径1R =．则222AF BF CF ++ =_______．39．（2019·全国·高三竞赛）如图，M ，N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 的内分点，且AM CNAC CEλ==，若B 、M 、N 三点共线，则λ=______.40．（2019·全国·高三竞赛）设实常数k 使得方程222250x y xy x y k +-+++=在平面直角坐标系xOy 中表示两条相交的直线,交点为P.若点A 、B 分别在这两条直线上,且||1PA PB ==,则PA PB ⋅=_____.41．（2018·全国·高三竞赛）在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，AB c =.沿向量AB 的方向，点121,,,n M M M -将线段AB 分成了n 等份.设0A M =，n B M =.则()11211limn n CA CM CM CM CM CB n -→+∞⋅+⋅++⋅=______.42．（2019·全国·高三竞赛）设点O 在ABC 的外部，且230OA OB OC --=.则:ABCOBCSS=______.43．（2018·全国·高三竞赛）已知向量a 、b 满足·2a b a b ===，且()()·0a c b c --=.则2b c -的最小值为______.44．（2018·江苏·高三竞赛）在ABC ∆中，5AB =，4AC =，且12AB AC ⋅=，设P 为平面ABC 上的一点，则()PA PB PC ⋅+的最小值是________.45．（2018·贵州·高三竞赛）已知O 为△ABC 所在平面上一定点，动点P 满足AB AC OP OA AB AC λ⎛⎫⎪=++ ⎪⎝⎭，其[]0λ∈+∞，，则P 点的轨迹为________．46．（2021·全国·高三竞赛）已知平面向量a ､b ､c ，满足||2,||||5,01a b c λ===<<，若0b c ⋅=，那么2|()|(1)()5a b b c c b c λλ-+-++--的最小值为___________. 47．（2019·贵州·高三竞赛）在△ABC 中，0,0GA GB GC GA GB ++=⋅=.则(tan tan )tan tan tan A B CA B+⋅=____________ .48．（2021·全国·高三竞赛）已知三个非零向量a 、b 、c ，满足||a b c a b b c c a t λ++=⋅+⋅+⋅=（其中λ为给定的正常数）．则实数t 的最小值为___________． 三、解答题49．（2020·浙江温州·高一竞赛）若平面上的点111222333()(),,,,,(),2)1(,A x y A x y A x y C -满足1235CA CA CA ===．（1）求12CA CA -的最大值；。
高中数学竞赛分类：集合-1981-2018年历年数学联赛48套真题分类汇编含详细答案
1981年--2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编1、集合部分2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ，集合{}A x x B ∈=|2，集合{}A x x C ∈=2|，则集合C B 的元素个数为24★解析：由条件知，{}48,,6,4,2 =C B ，故C B 的元素个数为24。
2018B1、设集合{}8,1,0,2=A ，集合{}A a a B ∈=|2，则集合B A 的所有元素之和是◆答案：31★解析:易知{}16,2,0,4=B ，所以{}16,8,4,2,1,0=B A ，元素之和为31.2018B 三、（本题满分50分）设集合{}n A ,,2,1 =，Y X ,均为A 的非空子集（允许Y X =）．X 中的最大元与Y 中的最小元分别记为Y X min ,max ．求满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目。
★解析:先计算满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目.对给定的X m max =，集合X 是集合{}1,,2,1-m 的任意一个子集与{}m 的并，故共有12-m 种取法.又Y m min ≤，故Y 是{}n m m m ,,2,1, ++的任意一个非空子集，共有121--+m n 种取法.因此，满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目是：()[]()12122122111111+⋅-=-=-∑∑∑=-==-+-n nm m n m n nm mn m n 由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--nnn个，于是满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目是()()124122122+-=-+⋅--n n n n n n n 2017B 二、（本题满分40分）给定正整数m ，证明：存在正整数k ，使得可将正整数集+N 分拆为k 个互不相交的子集k A A A ,,,21 ，每个子集i A 中均不存在4个数d c b a ,,,（可以相同），满足m cd ab =-．★证明：取1k m =+，令{(mod 1),}i A x x i m x N +=≡+∈，1,2,,1i m =+ 设,,,i a b c d A ∈，则0(mod 1)ab cd i i i i m -≡∙-∙=+，故1m ab cd +-，而1m m +，所以在i A 中不存在4个数,,,a b c d ，满足ab cd m-=2017B 四、（本题满分50分）。
高三数学-2018年全国高中数学联合竞赛一试试卷及答案(word版) 精品
2018年全国高中数学联合竞赛一试试卷（考试时间：上午8：00—9：40）一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1. 如图，在正四棱锥P −ABCD 中，∠APC =60°，则二面角A −PB −C 的平面角的余弦值为（ ） A. 71 B. 71- C. 21 D. 21- 2. 设实数a 使得不等式|2x −a |+|3x −2a |≥a 2对任意实数x 恒成立，则满足条件的a 所组成的集合是（ ） A. ]31,31[- B. ]21,21[- C. ]31,41[- D. [−3，3] 3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。
甲从袋中摸出一个球，其号码为a ，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b 。
则使不等式a −2b +10>0成立的事件发生的概率等于（ ） A. 8152 B. 8159 C. 8160 D. 8161 4. 设函数f (x )=3sin x +2cos x +1。
若实数a 、b 、c 使得af (x )+bf (x −c )=1对任意实数x 恒成立，则ac b cos 的值等于（ ） A. 21- B. 21 C. −1 D. 1 5. 设圆O 1和圆O 2是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是（ ）6. 已知A 与B 是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且为A ∩B 空集。
若n ∈A 时总有2n +2∈B ，则集合A ∪B 的元素个数最多为（ ）A. 62B. 66C. 68D. 74二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 在平面直角坐标系内，有四个定点A (−3，0)，B (1，−1)，C (0，3)，D (−1，3)及一个动点P ，则|PA |+|PB |+|PC |+|PD |的最小值为__________。
8. 在△ABC 和△AEF 中，B 是EF 的中点，AB =EF =1，BC =6，33=CA ，若2=⋅+⋅，则与的夹角的余弦值等于________。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题17 其它综合类竞赛题(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题17 其它综合类竞赛题 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2019·全国·高三竞赛）计算:10112k k nn k C k +=⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑=_______.【答案】113112n n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦【解析】 【详解】注意到，()01nnk kn k C x x ==+∑.两边积分得()01112200nn k kn k C x dx x dx ==+∑ 11011311212k n k nn k C k n ++=⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⇒=-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑. 故答案为113112n n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦2．（2019·全国·高三竞赛）设1234123,241,1,5,4,13P P P k P k +（，，）（，，）（，）（，）是空间中体积为1的一个四面体的四个顶点.则k ＝_______. 【答案】-2或1. 【解析】 【详解】四面体体积为()()62276k k ⇒---=1k ⇒=+1805n n a a n n N ∈＝，）或-2. 故答案为-2或1.3．（2019·全国·高三竞赛）给定函数())1f x x ≤.则函数()f x 与反函数()1f x -交点的坐标为______.【答案】()1,0，()0,1，⎝⎭. 【解析】 【详解】())1f x x ≤的反函数为()()1210f x x x -=-≥.联立方程21,y y x ⎧⎪⎨=-⎪⎩①② 由式①得()()42212211y x x x x =-+=---.把式①、②代入上式，得422y y y =-，即()()4220y y y y ---=，于是，()()2110y y y y -+-=.解得10y =，11x =；21y =，20x =；3y =（舍去负值），3x =. 故答案为()1,0，()0,1，⎝⎭. 4．（2019·全国·高三竞赛）把函数()ax bf x cx d+=+的系数按其自然位置排成两行两列，记为二阶矩阵A a b c d ⎛⎫= ⎪⎝⎭．其中，每一个数字称为二阶矩阵的元素．又记()()()()af x b f f x cf x d+=+()()()()22abc x ab bd ac cd x bc d +++=+++的系数所组成的二阶矩阵22a ab ab bd ac cd bc d ⎛⎫++ ⎪++⎝⎭为A 的平方，即222A A A a bc ab bd ac cd bc d ⎛⎫++=⨯= ⎪++⎝⎭．观察二阶矩阵乘法的规律，写出1112322122A A A aa a a ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭中的元素21a =________．【答案】222a c acd bc cd +++ 【解析】【详解】根据二阶矩阵乘法的规律，知111232122a a A a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭中的ij a 应是2A 中第i 行的元素分别乘以A 中第j 列对应元素的代数和，则()()222221a ac cd a bc d c a c acd bccd =+++=+++．故答案为222a c acd bc cd +++5．（2018·江西·高三竞赛）a 、b 为正整数，满足1112018a b -=，则所有正整数对(),a b 的个数为______． 【答案】4 【解析】 【详解】 由1112018a b -=，知12018a ≤<，且201820180ab a b +-=， 于是()()22220182018201821009a b -+==⋅，而020182018a <-<，20182018b +>． 因1009为质数，数2221009⋅所有可能的分解式为212018⨯，()2221009⨯⨯，241009⨯，()100941009⨯⨯．其中每一个分解式对应于(),a b 的一个解，故其解的个数为4． 故答案为46．（2018·湖南·高三竞赛）如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫.设A n 是第n 次挖去的小三角形面积之和（如1A 是第1次挖去的中间小三角形面积，2A 是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则前n 次挖去的所有小三角形面积之和的值为____________________.3314n⎤⎛⎫-⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦【解析】 【详解】3而第k 次一共挖去13k -个小三角形，1334k k A -⎫=⎪⎝⎭.因此，可以采用等比级数求和公式，得到答案为1111333334134414nk n n n k k k A -==⎛⎫- ⎪⎤⎛⎫⎛⎫⎝⎭===-⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-∑. 3314n⎤⎛⎫-⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦7．（2018·湖南·高三竞赛）已知n 为正整数，若22310616n n n n +-+-是一个既约分数，那么这个分数的值等于_____. 【答案】811【解析】 【详解】因为()()()()225231061682n n n n n n n n +-+-=--+-，当21n -=±时，若()()8,55,31n n n ++=+=，则22310616n n n n +---是一个既约分数，故当3n =时，该分数是既约分数. 所以这个分数为811. 故答案为8118．（2019·全国·高三竞赛）设k 为常数.若对一切()0,1x y ∈、，有111k k k k k k k k x y x y x y x y+-≤+-，则实数k 的取值范围是____. 【答案】](,0.-∞ 【解析】 【详解】注意到()()111111111k k k kk kk k k k k k x y x y x y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫+-≤+-⇔--≥-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭10.k k x y k ⇔≥⇔≤故答案为](,0-∞9．（2019·全国·高三竞赛）定义数列{}n a ：()34n a n n N +=+∈，令()1,n n n d a a +=.则n d 的最大值为_________. 【答案】433. 【解析】 【详解】由()()334,14n d n n +++，知()324,331n d n n n +++.则()()3234331n d n n n n ⎡⎤-++++⎣⎦，且()()222331312,331n n d n n d n n n n ++⇒+-++()()2213,331213,332n n d n n n d n n ⇒+++⇒+- ()()233233213433n n d n n d ⎡⎤⇒--++⇒⎣⎦.所以，()max 433n d ≤. 易知，()210211,433a a =. 从而，()max 433n d =. 故答案为43310．（2019·全国·高三竞赛）如图，设圆台的轴截面为等腰梯形ABCD ，其中，18AB =，6CD =．若圆台的高为8，PQ 是下底面与AB 夹角为60︒的直径，则异面直线PC 、DQ 所成角的余弦值为________．【答案】1127【解析】 【详解】如图，设异面直线PC 、QD 所成角为α，向量PC 、DQ 的夹角为θ，以下底面中心O 为原点、AB 所在直线为x 轴建立空间直角坐标系.则()3,0,8C 、()3,0,8D -、993,,022P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、993,,022Q ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭. 于是393,,822PC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，393,,822QD ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭. 因此1PC QD ⋅=.而127PC =，127QD =， 故1cos 127θ=. 从而，1cos cos 127αθ==. 故答案为112711．（2018·甘肃·高三竞赛）设,x y 满足24,1,2 2.x y x y x y +≥⎧⎪-≥⎨⎪-≤⎩若z ax y =+只在点()2,0A 处取得最小值，则实数a 的取值范围是______．【答案】122a -<<【解析】 【详解】画出平面区域如下：由数形结合可得122a -<-<，即122a -<<．12．（2018·全国·高三竞赛）若函数()1y f x =+的反函数为()11y f x -=+，且()13999f =，则满足()f n n =的最小正整数n =______． 【答案】2000 【解析】 【详解】由条件得()()1111f x f x --+-=-，()113999f -=．从而，()()11399939981ff ---=-，()()11399839971f f ---=-，…，()()1111f k f k --+-=-． 相加得()()()111399940004000f k k f k k f k k ---=-⇒=-⇒-=．令40000k -=．则2000k =．13．（2018·全国·高三竞赛）方程()4sin 1cos 33x x +=______． 【答案】()π2π3x k k =+∈Z 【解析】 【详解】原方程两边平方得()()()22222716sin 1cos 161cos 12cos cos x x x x x =+=-++4316cos 32cos 32cos 110x x x ⇒+-+=()()222cos 14cos 12cos 110x x x ⇒-++=()1πcos 2π23x x k k Z ⇒=⇒=+∈． 14．（2018·全国·高三竞赛）已知,42ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，一元二次方程()()22222tansec 2tan sin cos 20x x θθθθθ++--=有重根.则cos θ的值是______.【解析】 【详解】由于方程有重根，故0∆=，即()()22222tan sin cos2tan sec 0θθθθθ-++=. 设2cos d θ=.则()21111210d d d d d dd --⎛⎫⎛⎫+-+-+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 故()22310d d -+=，解得d =因此，cos θ. 15．（2018·全国·高三竞赛）设()f x 定义在+N 上，其值域B +⊆N ，且对任意n +∈N ，都有()()1f n f n +>，及()()3f f n n =．则()()1011f f +=________．【答案】39 【解析】 【详解】由()()13f f =，知()()()()13f f f f =． 若()11f =，则()()()3111f f f ===，矛盾． 因此，()()()()21213f f f f ≤<≤=．则()23f =，()12f =，()()()326f f f ==，()()()639f f f ==．又()()()()634569f f f f =<<<=，故()47f =，()58f =，()()()7412f f f ==，()()()12721f f f ==．因为()()()9618f f f ==，()()()()189********f f f f =<<<=，所以，()1019f =，()1120f =．因此，()()101139f f +=．16．（2018·全国·高三竞赛）已知()221f x x x =++，存在实数t ，使得当[]1,x m ∈时，()f x t x +≤恒成立.则m 的最大值是______. 【答案】4 【解析】 【详解】把()f x 的图像向右平移t -个单位，数形结合得m 的最大值是(),y x y f x t =⎧⎨=+⎩两个交点横坐标的较大者.由()11f t +=，解得1,3t t =-=-.再由()3f x x -=，得1x =（舍去），4x =. 故m 的最大值是4.17．（2018·全国·高三竞赛）直角坐标平面上两曲线3y x =与3x y =围成的图形的面积为______． 【答案】1． 【解析】 【详解】因为两曲线分别关于原点对称，从而，只需计算两曲线在第一象限围成的图形的面积A ．当1x >时，3x >；当01x <<时，3x <． 所以，两曲线在第一象限有唯一的交点()1,1．又)13A x dx =⎰441303311|44442x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭，所以，两曲线围成的图形的面积为21A =．18．（2019·全国·高三竞赛）已知关于x 的方程()()2201000x a x a a +-+=≠的两根均为整数．则实数a 的值为______． 【答案】4024 【解析】 【详解】设方程的根为1x 、()212x x x ≤．由韦达定理得()122010x x a +=--，12x x a =．则12122010x x x x ++=，即()()12112011x x ++=．又因为2011为质数，所以，120,2010x x =⎧⎨=⎩或122012,2.x x =-⎧⎨=-⎩故0a =（舍）或4024a =．19．（2021·全国·高三竞赛）若65432()2f x x x x x =--+-+f 的值为_______．【解析】 【分析】 【详解】研究二次方程210x --=和210x -+=，即(0x x =和(0x x =．因此0x422()(1)(1)(f x x x x x x =--+-++故f =20．（2019·全国·高三竞赛）不等式()332211x x+-≥的解集为________．【答案】{}0,1 【解析】【详解】y =，则不等式化为221x y +=，331x y +≥. 故330x y ≤+()()2211x x y y =-+-()()()()221111y x x y =--+--()()()()221111y x x y =------()()()112x y x y =---++.因为2221x y x =+≥，所以1x ≤. 同理，1y ≤.故10x ±≥，10y ±≥，20x y ++≥.若20x y ++=，110x y +=+=，不满足221x y +=.因此，20x y ++>. 于是，不等式化为()()110x y --≤. 但10x -≥，10y -≥， 故()()110x y --=. 解得()()(),1,0,0,1x y =.经检验，0x =或1都是原不等式的解. 故原不等式的解集为{}0,1. 故答案为{}0,121．（2019·全国·高三竞赛）已知函数26y x ax a =+-与x 轴有两个不同的交点()()12,0,0x x 、，并且()()()()121238311+1616aa x x a x a x -=-+----，则a 的值是______．【答案】12 【解析】 【详解】由23640a a ∆+>，得0a >或19a <-,根据题意知()()2126y x ax a x x x x =+-=--则()()()1211117x x f a -+=-=-，()()121616a x a x ---- ()1617f a a =-=-于是，38317a a a-=-- 解得12a =或0a =（舍去）. 22．（2019·全国·高三竞赛）设实常数k 使得方程222250x y xy x y k +-+++=在平面直角坐标系xOy 中表示两条相交的直线,交点为P.若点A 、B 分别在这两条直线上,且||1PA PB ==,则PA PB ⋅=_____. 【答案】45±【解析】 【详解】由题设知，关于x y 、的二次多项式222250x y xy x y k +-+++=可以分解为两个一次因式的乘积.因()()2222522x y xy x y x y +-=-+-+，所以，()()2222522x y xy x y k x y a x y b +-+++=-++-++，其中，a b 、为待定的常数. 将上式展开后比较对应项的系数得 ,21,21ab k a b b a =--=+= .解得1,1,1a b k ==-=-.再由210,210,x y x y -++=⎧⎨-+-=⎩得两直线斜率为121,22k k ==，交点()1,1P .设两直线的夹角为θ（θ为锐角）.则 212134tan ,cos 145k k k k θθ-===+.故PA PB ⋅cos PA PB θ=⋅或()4cos 180cos 5PA PB PA PB θθ⋅︒-=±⋅=±.故答案为45±23．（2019·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 是一个直角三角形三边之长，且对大于2的自然数n ，成立()()22222n n n n n n a b c a b c ++=++．则n =______． 【答案】4 【解析】 【详解】设2nx a =，2n y b =，2nz c =，有 ()()()()22222444222022n n n n n na b c a b c x y z x y z =++-++=++-++444222222222x y z x y x z y z =++---()()()()x y z x y z y z x z x y =-+++-+-+-． （*）不妨设c 为斜边，则z x >，z y >．可知0x y z ++>，0y z x +->，0z x y +->． ∴（*）式等价于z x y =+，即221nna b c c ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．另一方面，222a b c +=成立，或221a b c c ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因为01a c <<，01b c <<，x xa b y c c ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭为单调减函数，仅在一个x 点处取1y =，因此，22n=，4n =． 故答案为424．（2018·山东·高三竞赛）已知a ，b ∈Z ，且a b +为方程20x ax b ++=的一个根，则b 的最大可能值为______． 【答案】9 【解析】 【详解】由题设()()20a b a a b b ++++=，则22230a ab b b +++=．因为a ，b Z ∈，则()222988b b b b b ∆=-+=-必为完全平方数．设()228b b m m N -=∈，则()22416b m --=，()()4416b m b m -+--=．所以4842b m b m -+=⎧⎨--=⎩或4444b m b m -+=⎧⎨--=⎩或4248b m b m -+=-⎧⎨--=-⎩或4444b m b m -+=-⎧⎨--=-⎩．解得9b =，8，1-,0．所以b 的最大可能值为9.25．（2018·贵州·高三竞赛）方程组()33266x y xy x y ⎧+=⎪⎨+=-⎪⎩的实数解为___________.【答案】13x y =-⎧⎨=⎩或31x y =⎧⎨=-⎩ 【解析】 【详解】因为()33266x y xy x y ⎧+=⎪⎨+=-⎪⎩，所以()()333326188x y x y xy x y +=+++=-=，即2x y +=，代入()6xy x y +=-，得3xy =-.由23x y xy +=⎧⎨=-⎩ ⇒ 13x y =-⎧⎨=⎩或31x y =⎧⎨=-⎩. 26．（2018·全国·高三竞赛）已知αβγ、、为方程3256780x x x -+-=的三个不同的根，则()()()222222ααββββγγγγαα++++++的值为_________．【答案】1679-625【解析】 【详解】注意到，()()()()()()()()()3333332222225-5-5-++++++=5-5-5-αββγγαααββββγγγγαααββγγα⋅⋅()()()()()()()()()2222226--7-6--7-6--7-=5-5-5-αβαββγβγγαγααββγγα⋅⋅()()()36+-76+-76+-7=5αββγγα⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦36666--76--76--7555=5γαβ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 3111-6-6-6555=5αβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 336111=---5303030αβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 记()()()()5f x x x x αβγ=--- 则()()()32222224611679530625f ααββββγγγγαα⎛⎫++++++==-⎪⎝⎭. 27．（2018·全国·高三竞赛）使得方程280x ax a ++=①只有整数解的实数a 的个数为______. 【答案】8 【解析】 【详解】设方程①有整数解()m n m n ≤、.则,8m n a mn a +=-=. 于是，()()8864m n ++=.解得，()()()()()()()()(),72,9,40,10,24,12,16,16,7,56,6,24,4,8,0,0m n =-----------. 对应的()81,50,36,32,49,18,4,0,a m n =-+=---共8个.28．（2018·全国·高三竞赛）某人排版一个三角形,该三角形有一个内角为60°,该角的两边边长分别为x 和9.这个人排版时错把长x 的边排成长1x +,但发现其他两边的长度没变.则x =______.【答案】4 【解析】 【详解】 由12cos609x +=︒,得4x =.29．（2018·全国·高三竞赛）已知()3233f x x x x =-+在区间[],a b ()b a >上的值域为[],a b ．则满足条件的区间[],a b 为________． 【答案】[]0,1，[]0,2，[]1,2 【解析】 【详解】有()()2236331f x x x x =-+=-，知除1x =外，()0f x '>．故()f x 在(),-∞+∞上为增函数．依题意函数在x a =取最小值a ，在x b =取最大值b ，则()f a a =，()f b b =， 这表明a 、b 是方程()f x x =的两个根．注意到3233x x x x -+= ⇔ ()()120x x x --=．解得10x =，21x =，32x =． 故所求的区间为[]0,1，[]0,2，[]1,2．30．（2018·全国·高三竞赛）30 ！末尾最后一个不为零的数字为________. 【答案】8 【解析】 【详解】注意到2614742230!2357111317192329=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 则1914422730!23711131719232910=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ()1914422237137939mod10≡⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯.因为4437、模10均余1，且42n 模10余6，所以，()3730! 28mod1010≡≡31．（2018·全国·高三竞赛）平面区域()223,0,,sin sin sin sin 24S x y x y x x y y π⎧⎫⎡⎤=∈+⋅+≤⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭、的面积等于______. 【答案】26π【解析】 【详解】由()()()()()222sin sin sin sin 22cos cos cos cos x x y y x y x y x y x y -⋅+=-+⋅-++--()()31132cos cos 2222x y x y ⎡⎤⎡⎤=-++⋅--≤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 得()()11cos cos 022x y x y ⎡⎤⎡⎤++⋅--≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，即2,33x y x y ππ⎧+≤⎪⎪⎨⎪-≤⎪⎩或2,3.3x y x y ππ⎧+≥⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩结合x 、0,2y π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得到如图的平面区域，其面积为2222126236ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.32．（2018·上海·高二竞赛）分解因式：()()()111xy x y xy ++++=_______. 【答案】(xy+x+1)(xy+y+1) 【解析】 【详解】xy =(xy+1)(xy+x+y+1)+xy=(xy+1)((xy+1)+(x+y))+xy=(xy+1)^2+(x+y)(xy+1)+xy =((xy+1)+x)((xy+1)+y)=(xy+x+1)(xy+y+1)33．（2021·全国·高三竞赛）若一个分数ab（a ，b 均为正整数）化为小数后，小数部分出现了连续的“2020”，例如20.02020299=，就称它为“好数”.则“好数”的分母的第二小的可能值为________. 【答案】193 【解析】 【分析】 【详解】我们总可以将一个“好数”适当乘一个10的方幂并减去其整数部分后使之成为一个小数点后前四位是“2020”的真分数，于是0.20200.2021ab≤<， 进而1115005476a b ≤-<，即1515005476a b b -≤<. 若51a b -=，则4765500b <≤且()4mod5b ≡，所以99b =.若52a b -=，则95251000b <≤且()3mod5b ≡，所以193,198b =. 若53a b -≥，则51428,286b b >≥. 另一方面，390.20207193≈是“好数”，因此b 的第二小的可能值为193. 故答案为：193. 二、双空题(共0分)34．（2018·全国·高三竞赛）阅读下面一道题目的证明，指出其中的一处错误．题目：平面上有六个点，任何三点都是三边互不相等三角形的顶点，则这些三角形中有一个的最短边又是另一个三角形的最长边．证明：第一步，对已知的六个点作两两连线，可以得出15条边，记为1a ，2a ，…，15a .第二步，由于任何三点组成的都是“三边互不相等的三角形”，因此，15条边互不相等不妨设1215a a a <<<.第三步，由于“任何三点都是三边互不相等三角形的顶点”，因此，任取三条边都可以组成三角形，则1a 、2a 、3a 组成的三角形的最长边3a ，也是3a 、4a 、5a 组成的三角形的最短边,命题得证.这三步中，第______步有错误，理由是______. 【答案】 二或三 第三步有错误，理由是：不能推出“任取三条边都可以组成三角形”或第二步有错误，理由是：不能推出1215a a a <<<.【解析】 【详解】不能推出“任取三条边都可以组成三角形”，比如，从六个点1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A 中，记1A 、2A 的连线为i a ，记3A 、4A 的连线为j a ，记5A 、6A 的连线为k a （i 、j 、k 互不相等），则i a 、j a 、k a 未必能组成三角形，即使组成三角形也不是本题所说的“三点两两连线”所成的三角形．第二步也有错误，理由是三点组成的“单个三角形”内部边长互不相等， 不能推出“多个三角形”之间边长互不相等，因而，“1215a a a <<<”中的“<”也可能有“≤”．说明：虽然证明有错误，但结论是成立的，可把六个点“两两连线”的每个三角形最长边染成红色，剩下的边染成蓝色，然后证明必有同色三角形，又因为每个三角形都有红边，所以，同色三角形必有三边同红色的三角形，这个三角形的最短边便又是另一个三角形的最长边． 三、解答题(共0分)35．（2019·全国·高三竞赛）在直角坐标系中，有三只青蛙A 、B 、C ，其起始位置分别为()()(0004,62,3,6A B C 、，首先，A 以B 为中心跳到其对称点上，然后，B 以C 为中心跳到其对称点上，接着，C 以A 为中心跳到其对称点上，……依此类推．设A 、B 、C 第n 次跳到的位置分别为n n n A B C 、、，201120112011A B C ∆的三边长分别为a 、b 、c ，面积为S ．证明:222201730017a b c S ++>⨯ 【答案】见解析 【解析】 【详解】设n n n A B C ∆的三边长分别为,,n n n a b c .则由題意知1n n 1n n 1n n+1222n n n A A B B B C C C A++++=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩ ①②③ 由式①得 ()n 1n 12n B A A +=+ ④ 将式④代入式②得 ()n 2n+1124n n C A A A +=++ ⑤ 将式⑤代人式③并整理得 3n+21350n n n A A A A +++++=.其特征方程为323510λλλ+-+=，即()()21410λλλ-+-=.解得0121,22λλλ==-=-则n nn 12A D E F λλ=++ ⑥在式④、⑤、⑥中令n=0，得()()(12124,6112,32211622D E F D E F D E F λλλλ⎧⎪++=⎪++⎪+⋅+⋅=⎨⎪--⎪+⋅+⋅=+⎪⎩24 解得()()()0,0,1,2,3,4D E F ===.故222n n n a b c ++222n n n n n n B C C A A B =-+-+-()()()222n+2n+21n+111123442n n n n A A A A A A A +=-+-+- ()()222n+1n+1n+111=22n n A A A A A +++- ()222n+1n+11=2n A A A ++又每只青蛙跳后，三只青蛙所组成的三角形面积不变，即000A B C S S =∆=. 而()22n n 212225221nn n A EE F λλλ=+>+-，故 22222201*********a b c A A ++=+()40222514222>++)4022142S >+()(20111509S =+201130017S >⨯36．（2019·全国·高三竞赛）设异面直线a 、b 成60︒角，它们的公垂线段为EF ，且2EF =，线段AB 的长为4，两端点A 、B 分别在a 、b 上移动.求线段AB 中点P 的轨迹方程.【答案】2219x y +=【解析】 【详解】易知点P 在过EF 的中点O ，且与a 、b 平行的平面α内.如图所示，设a 、b 在α内的射影分别为a '、b '，点A 、B 在α内的射影分别为A '、B '，则60A OB ∠=''︒，且A B ''的中点即为AB 的中点P .又4AB =，2EF =，则23A B ''=.于是，问题转化为求定线段A B ''的两个端点分别在a '、b '上移动时，其中点P 的轨迹. 如图所示，以A OB ∠''的平分线为x 轴，O 为原点，建立直角坐标系.不失一般性，令OB n '=，OA m '=.在A OB ∆''中，22 12m n mn +-=. ①设A B ''的中点P 的坐标为(),x y ，则()()232,2,32212.232m x y x m n n x y y m n ⎧⎧=+=+⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪=-=-⎪⎪⎩⎩代入式①，化简整理得2219x y +=. ②这里得到的是椭圆②夹在A OB ∠''内的弧.在另外3种情形中，同样可得到椭圆②的另3段弧.综合得点P 的轨迹是椭圆2219x y +=.37．（2018·全国·高三竞赛）求所有三次多项式()P x ，使得对一切0x y ≥、，均有()()()P x y P x P y +≥+.【答案】见解析【解析】 【详解】设()()320P x ax bx cx d a =+++≠.则原不等式等价于()32axy x y bxy d ++≥（任意的x 、y 0≥） ① 令x 、y 充分大，得0a >. 令x=y=0，得0d ≤. 在这样的条件下，式①又可写成()()22332ax y axy d b xy ++-≥-（任意的x 、y 0≥） ②当2b -，即328243b a d ≥时，由基本不等式得式②成立.反之，当2b -时.若0d <，则取x 、y 使2233ax y axy d ==-，即知式②不成立；若d=0时，则要求对任意整数x 、y ，有()32a x y b +≥-，故0b ≥，矛盾.综上，所求三项多项式为()32P x ax bx cx d =+++.其中，0a >，0d ≤，328243b a d ≥ 38．（2018·全国·高三竞赛）已知多项式()()()()4322275311735f x ax a x a x a x a =+-+-+-+-，其中，a 为实数．证明：对任意的实数a ，方程()0f x =总有一个相同的实数根． 【答案】见解析 【解析】 【详解】注意到，()()()432322757323115f x a x x x x x x x =-+-++-+-()()()32221335x a x x x x x ⎡⎤=--+-+-+⎣⎦ ()()()()2221315x a x x x x ⎡⎤=--++-+⎣⎦．从而，对任意的实数a ，方程()0f x =总有根0.5x =．39．（2018·全国·高三竞赛）给定正整数n ,求1122nk k n =⎡⎤-⎢⎥⎣⎦∑,其中,[]x 表示不超过实数x 的最大整数. 【答案】0 【解析】 【详解】令11110222m m m m n a a a a --=++++.其中,0m a ≠.此时,122m m n +≤< ,所以,[]2log n m =.若2k m ≥+,则1212102222m k m n ++-<-=，此时1122k n ⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦.若1k m =+,则11110,22222k m n n +⎡⎫-=-∈⎪⎢⎣⎭，此时1022k n ⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦.若k m =,则110111222222m m t m m m k t t a a n a a ---=⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=-=+-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑.若1k m ≤+,则1011221222m m m k tt k m t t k k t t k n a a a -----==⎡⎤⎡⎤-=-=+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑. 则[]2log 11111111111121222222n m m m m t k m m t k k k k k k k k t k n n n a a a a ------=====⎛⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=-=-+=++- ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑∑∑∑∑ 1111111121mtm m t km m t k t k k k a a a a -----=====-++-∑∑∑∑()()()111122211m mmtm t k t k a a a m --===-+-+--∑∑m211t t t a m n m ==--=--∑.故1112111122222222nm nk k m k k k k m n n n n +===+⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=-+-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑()()()()2101110nk m n m n m n m =+=--++-=-----=∑40．（2018·全国·高三竞赛）试求所有的正整数n 及实数,22x x ππ⎛⎫⎡⎤∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，使得tan n xcot x +.【答案】见解析 【解析】 【详解】由tan n xcot x((()tan cot tan cot n x x n x x Q +=++，①((tan cot tan cot 3n x x n n x x Q =++∈.②由式①知存有理数q，使得tan cot n x x q +=-由式②知(tan cot n x x Q +，即(0q Q Q q -⇒⇒=.故tan cot n x x +=-设tan x y =.则1ny y +=-210ny ⇒++=y ⇒=由ny Q +=，知2n =或3. 当2n =时，y =此时，x =或. 当3n =时，y =此时，arctan 6x π⎛==- ⎝⎭. 41．（2018·全国·高三竞赛）实数333111111i i i i i y x y x ======∑∑∑满足3211123ii y x x x x =+∑，试求()11,2,3ii y a i x ==的值. 【答案】0 【解析】 【详解】令331111i i i i a a x ====∑∑.于时，()()()()()()1111111211231123231213122331y y x a a a x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x -===+++++++++.故()()()222222123122331y a a x x x x x x x x x x x -=++++. 同理，()()()333323123122331y a a x x x x x x x x x x x -=++++，()()()333111112111231223310i i i i a a x y x x x x x x x x x x ===-==++++∑∑∑. 则211,)2y y p.42．（2018·全国·高三竞赛）已知非零实数a 、b 、c 、t 满足()2,1.a tb c b c t t =+⎧⎪⎨=++⎪⎩（1）求证：二次方程()()()22220cx c b c x b c b c +--+-=①必有实根，且2c b a --是方程的一个实根；（2）当15a =，7b =时，求c 、t . 【答案】（1）见解析；（2）1,2c t == 【解析】 【详解】（1）解法1：由()21b c t t =++，有()22441bc c t t =++ ()22223123c c t c =++≥，得二次方程的判别式()()()222224c b c c b c b c ∆=-++- ()22430b bc c =-≥.所以，二次方程①必有实根，把2x c b a =--代入方程①有左边()()222c c b a c b c =--+-⋅ ()()()222c b a b c b c ---+-()()()222c b a c c b a c b c ⎡⎤=----+-⎣⎦ ()()22b c b c ---()()()222ac c b a b c b c =----+- ()()()()22bt c c bt b c b c b c =++--+-()()()22222c b t b t b c c b c b c ⎡⎤=++--+-⎣⎦()()222b c t t b c c ⎡⎤=++-⎣⎦ ()()22b c b c -+-()()()()2222b b c b c c b c b c ⎡⎤=-+--+-⎣⎦()()()()22220b c b c b c b c =+--+-=.因此，2c b a --是方程①的一个实根．所以，二次方程①必有实根，且2c b a --是方程的一个实根．解法2：由()2,1a tb c b c t t =+⎧⎪⎨=++⎪⎩消去t 得21a c a c b c b b ⎡⎤--⎛⎫=++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 故()()232b c b b a c a c ⎡⎤=+-+-⎣⎦()22232ca c b c a b c bc c =+-+-+.则()()()22220ca c b c a b c b c +--+-=.②.这表明，二次方程①有实根a .由根与系数的关系得方程的另一根为()22c c b x a c b a c-=-=--.因此，二次方程①必有实根，且2c b a --是方程的一个实根．说明：当0∆=时，43b c =，12t =-，58a c =，确实有两根相等528c b a c a --==.（2）把15a =，7b =代入式②整理得32373793430c c c -+-=.观察知方程的系数和为0，故有分解式()()21363430c c c --+=，但()223634318190c c c -+=-+>，得1c =.代入a bt c =+得a ct b -=15127-==. 43．（2018·全国·高三竞赛）设a 、b 为复数，01p ≤≤．求证：pppa b a b +≤+． 【答案】见解析 【解析】 【详解】对于0p =，1p =，不等式显然成立． 对于01p <<： 若0a b +≠，则1111pppppa b a b a b a b a ba ba ba b----+++=≤=+++++． ①若{}max ,a b a b +≥，则1111ppa b a--≤+，1111ppa bb--≤+．利用式①有11pp pa b a b a ba b--+≤+++ 11p pppa b a b ab--≤+=+．不等式成立．若{}max ,a b a b +<，则{}()max ,pp ppa b a b a b +≥>+．不等式也成立．最后，若0a b +=，则0p p pa b a b +≥=+．不等式也成立． 44．（2019·全国·高三竞赛）已知非常数的整系数多项式()f x 满足()()()()32324432211xx x f x x x x f x +++=-+-+.①证明：对所有正整数()8n n ≥，()f n 至少有五个不同的质因数. 【答案】见解析 【解析】 【详解】 式①等价于()()()()()()2231111x x x f x x x x f x +++=--++. ②在式②中分别令3x =-1. 则()()210f f f f -====⎝⎭⎝⎭.再在式②中令2,0x =-.则()()100f f -==. 故2-、1-、0、1()0f x =的根.则 ()()()()()()22111f x x x x x x x g x =++--+， ③其中，()g x 为实系数多项式.由式③得()()()()()()2132111f x x x x x x x g x +=++++++. ④将式③、④代入式②得()()1g x g x =+. 设()0nkk k g x a x ==∑.则()01nnkkk k k k a x a x ===+∑∑.考虑两边1n -次项系数知110n n n n a na a na --=+⇒=. 所以，()g x 为常数c .故()()()()()22111f x c x x x x x x =++---，其中，常数{}\0c Z ∈.首先证明：()()()()2118n n n n n ++-≥至少有四个不同的质因数.否则，()()()211n n n n ++-至多有三个不同的质因数2、3、()2,3p p ≠.但1n -、n 、1n +、2n +两两之间的最大公因数为1、2、3，其中两个奇数互质，则为3a 、()bp a b N +∈、.从而，两个偶数为12c +、()23dc d N +⨯∈、.故231c d -=.解得()()(),2,1,3,2c d =.因此，这两个偶数为8、6或16、18.前者不符，后者得到另两个奇数为15、17或17、19，均导致矛盾.其次，假设存在某个正整数()8n n ≥，使得21n n -+的每个质因数都是()()()211n n n n ++-的质因数，且()()()211n n n n ++-恰有四个质因数，否则，结论成立.显然，()()21,11n n n n -+-=.由()()()()21123237n n n n n n -+=+-+=+-+,知()21,11n n n -++=或3，()21,21nn n -++=或7.故()2137a b n n a b N +-+=∈、.但9|21)n n -+（不能，故{}0,1a ∈，则0b >. 由假设知2n +、1n +、n 、1n -的质因数为2、3、7、()2,3,7p p ≠.则()72n +. 考虑其中两个偶数、两个奇数的质因数集合A 、B .显然，2A ∈，2B ≥，{}3A B ⋂⊆. 故2A =或3A =且3A ∈.若{}2,3A =或{}2,7，则两个偶数为12c +、23d ⨯或12c +、27d ⨯，得231c d -=或271c d-=.故这两个偶数为16、18或16、14.前者得7 |（n+2）不能；后者使()()()211n n n n ++-有质因数2、3、5、7及13(或17），矛盾. 若{}2,A p =，则2n +为奇数，1n -为偶数. 由33|A ∈⇒(1)3|n -⇒(2)n -.故()27c n +=，3d n =，且{}21,1en n ∈+- ()2,3c d e N c d e +∈≥≥、、、. 从而，()()321,2,3d ed e -=⇒=.于是，9n =.则2117c n +=≠，矛盾.若{}2,3,7A =，则{}3,B p =，且2n +为偶数，()2,13n n +-=. 故()2372n ⨯⨯+.从而，2c n =，13d n -=，1e n p += (),3,2c d e N c d +∈≥≥、、.于是，()()231,2,1c dc d -=⇒=，矛盾.若{}2,3,A p =，则{}3,7B =，且2n +为奇数，()2,13n n +-=.故()372n ⨯+. 但(),21n n +=，则n 的奇质因数不是3、7，矛盾.45．（2019·贵州·高三竞赛）我们知道，目前最常见的骰子是六面骰，它是一颗正立方体，上面分别有一到六个洞(或数字)，其相对两面之数字和必为七.显然，掷一次六面骰，只能产生六个数之一(正上面).现欲要求你设计一个“十进制骰”，使其掷一次能产生0~9这十个数之一，而且每个数字产生的可能性一样.请问：你能设计出这样的骰子吗?若能，请写出你的设计方案；若不能，写出理由.【答案】能，方案见解析 【解析】 【详解】因为不存在正十面体，所以直接产生“十进制骰”是办不到的. 但要实现“十进制骰”的要求，这样的骰子也是能设计的.即把骰子做成正二十面体，使其相对两面标同一个数字，这样0~9这十个数字就均匀分布在骰子上，当掷一次骰子时，最上面出现的数字必然是0~9这十个数字之一， 显然，每个数字出现的可能性一样故“个位骰”即为“二十面骰”.46．（2019·全国·高三竞赛）设二元函数()22,236z f x y x y y ==+-的定义域是(){}22,327,,D x y xy xy x y R =+≤∈.（1）求(),z f x y =（点(),x y ∈D ）的取值范围；（2）求所有的实数a ，使得在空间直角坐标系O xyz -中，曲面(),z f x y =（点(),x y ∈D ）与另一个曲面()z xy a x y =+∈R 、相交. 【答案】(1) 81,29⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭(2) 8126a -≥ 【解析】 【详解】（1）当0x =时，220,0y y ≤=，()(),0,00f x y f ==；当0x ≠时，22730y y x x x ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭，即1302y y x x ⎛⎫⎛⎫--≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.解得132yx≤≤. 令y t x=，则3,yt y tx x ≤≤=，()222,326f x y t x x tx =+-()22326t x tx =+- ()2326x t x t ⎡⎤=+-⎣⎦先固定t ，让x 变化.显然，当x →-∞或+∞时，(),f x y →+∞. 当2332tx t =+时，(),f x y 取得最小值. ()22296,33232t f x y t t -=-+++ 368133229≥-+-+当且仅当239273,,322929t t x y tx t =====+时等号成立. 由以上讨论可知(),f x y 的取值范围是81,29⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.（2）曲面()()(),,z f x y x y D =∈与(),z xy a x y R =+∈相交⇔方程()()(),,f x y xy a x y D =+∈有实数解 ⇔ ()()22236,x y y xy a x y D +-=+∈有实数解(),x y2222236,132x t x tx tx a t ⎧+-=+⎪⇔⎨≤≤⎪⎩有实数解(),x t ()223260,132t t x tx a t ⎧-+--=⎪⇔⎨≤≤⎪⎩有实数解(),x t ()22364320,132t t t a t ⎧∆=+-+≥⎪⇔⎨≤≤⎪⎩有实数解t 229,32132t a t t t ⎧-≥⎪⎪-+⇔⎨⎪≤≤⎪⎩（显然2320t t -+>）， 221333322t a t t t -⎛⎫⇔≥--⋅≤≤ ⎪-+⎝⎭.令()2213322t g t t t t -⎛⎫=≤≤ ⎪-+⎝⎭. 欲求()g t 的最大值，只须考虑23t <≤这一情形（否则()0g t ≤，不可能是最大值）. 令2(01)t k k -=<≤，则()()()23222kg t k k =+-++211231112113kk k k k =-++⎛⎫++ ⎪⎝⎭ 211231112113kk k k k ==++⎛⎫++ ⎪⎝⎭21141131134k k ==⎛⎫⎡⎤++ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎢⎥⎣⎦211261134≤=⎡⎤⎢⎥++⎢⎥⎣⎦0>，且关于k 严格递减）. 当且仅当1k =时，上式等号成立.故()g t 的最大值为126. 从而，()813326a g t -≥--≥.所以，a 的取值范围是8126a -≥.47．（2019·全国·高三竞赛）设直线与函数42y x x x =-+的图像恰有两个不同的公共点.求出所有这样的直线方程.【答案】1112y x ⎛=+ ⎝⎭【解析】 【详解】显然，直线x a =与函数42y x x x =-+的图像只有一个公共点.于是， 设直线方程为y px q =+.将其代入42y x x x =-+，得()4210x x p x q -+--=. ①方程①恰有两个不同实根，有如下3种情形：（1）()()()()4221x x p x q x u x v x Cx D -+--=--++，其中，u 、v 、C 、D R ∈，u v ≠，且24C D <.（2）()()()22421x x p x q x u x v -+--=--，其中，u 、v R ∈，且u v ≠. （3）()()()3421x x p x q x u x v -+--=--，其中，u 、v R ∈，且u v ≠.对于（1），可设()()()42221x x p x q x Ax B x Cx D -+--=++++，其中，24A B >，24C D <.展开比较系数得0A C +=，1AC B D ++=-，1BC AD p +=-，BD q =-. 由前两个方程得C A =-，21D A B =--，代入24A B >，24C D <，得 22244444B A C D A B <=<=--.所以，2844B A <-.故22221,12min ,24,4A A A AB A A ⎧-≤⎪⎧⎫-⎪<=⎨⎬⎨⎩⎭⎪⎪⎩ 则3121p BC AD A AB A =--=++-，22q BD B B A B =-=+-.直线方程为()32221y A AB A x B B A B =++-++-，其中，实数A 、B 满足221min ,24A A B ⎧⎫-<⎨⎬⎩⎭. 比如，取0A =，则12B <-；取2B =-，则1p =，2q =.因此，直线方程为2y x =+.此时，方程①为()()22210x x -+=.对于（2），可设()()24221x x p x q x Ax B -+--=++，其中，24A B >.在（1）的方程组中令A C =，B D =，得20A =，221A B +=-，21AB p =-，2B q =-. 解得0A =，12B =-，1p =，14q =-.因此，直线方程为14y x =-.对于（3），展开比较系数得30u v +=，()231u uv +=-，3231u u v p +=-，2u v q =-.由前两个方程得3v u =-，()22331u u -=-.解得u =注意到，()()2141319163p u u v u u u =++=+-=-，341312q u v u =-==，于是，()1,112p q ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.此时，直线方程为1112y x ⎛=+ ⎝⎭. 48．（2018·全国·高三竞赛）已知12,,n x x x 为实数,且1i x ≥,对{}1,2,,x n =的子集{}12t ,,,A i i i =,定义()12t i i i S A x x x =+++.其中,规定()0S ∅=，问：从n 个这样的和中至多可以选出多少个,使得其中任何两个的差的绝对值都小于1? 【答案】n 2nC ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】 【详解】不妨设所有的0i x >.事实上,若有某个0i x <,则将i x 换作i x -,并将集合A 换作：{}()A A i i A =⋃∉'或{}()\A A i i A ='∈.故“和()S A ”变为()()S A S A x '=-,这样所有2n 个和均增加了i x -,任何两个“和”的差不变. 从而, 1i x ≥. 设12,,k A A A 是选出来的集合X 的子集,满足()()1i j S A S A -<.从而,必有各i A 互不包含.否则,设i j A A ⊆故()()()\1i j i j S A S A S A A -=≥.导出矛盾.由斯波那定理,知可选出的集合数n 2n C k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦≤.另外,取1i x =,则{}1,2,,X n =的全部n 2n C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个n 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦元子集互不包含,且对每一个i A ,有()n 2i S A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.于是,()()01i j S A S A -=<.所以,集合数的最大值为n 2n C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.49．（2018·全国·高三竞赛）(1)若正整数n 可以表示成(),2b a a b N a b 、、∈≥)的形式，则称n 为“好数”．试求与2的正整数次幂相邻的所有好数.(2) 试求不定方程2351x y z-⨯=的所有非负整数解(),,.x y z【答案】（1）9；（2）(1，0，0)，(1，1，0)，(2，1，0)，(3，2，0)，(4，l ，1)，(2，0，1). 【解析】 【详解】(1)设所求的好数为n ，(),2,2.bn a a b N a b +=∈≥≥、于是，存在正整数t (t>1)，使得2 1.t b a =±显然，a 为奇数．若b 为奇数，则()()12211.t b b a aa a --=±+⋯+ ① 而121b b a a a --+⋯+是奇数个奇数相加减的结果仍然是奇数，只可能是l ，代入 式①得b=l ，这与b≥2矛盾．若b 为偶数，则()1mod4.ba =若21t b a =+，则()212mod4.t ba =+=所以，t=1．矛盾若222111b b tba a a ⎛⎫⎛⎫=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，但221,12b ba a ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭， 故2129.bb a a -=⇒=综上，所求的所有好数只有一个n=9.(2)显然，x ≥1.当z=0时，若y≤1，易得方程的三组解(1，0，0)，(1，1，0)，(2，l ，0)； 若y≥2，由(1)的结论易知此时方程只有一组解(3，2，0). 当z≥l 时，显然，2x ≥．易知当且仅当2x =(mod 4)时，()21mod5x=-；当且仅当0x =(mod 4)时，()21mod5.x=若2351x y z -⨯= ②则()21mod5x≡，此时，()0mod4.x ≡设()4.x m m N +=∈对式②两边模4得()()111mod4.y +-≡于是，y 是奇数．设()21.y l l N =+∈ 则式②变为4212351m l z +-⨯=， 即()()2221212135.mm l z +-+=⨯。
【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)解析版+原卷版
【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 ．。
2018 年全国高中数学联合竞赛A 卷试题及解析(含一试及加试)
而I＜π － 2 < 8-2r. < 2 ， 故原不等式组成立当且仅当xE［肯 － 2, 8-2肯｝． 6.设复数z满足l= I=I ， 使得关于，y的方程 x' + 2:x+2 =0有实根 ， 则这样
＝
的复数z的和为 答案：
分别是F；、凡，椭l2ll c 的弦 ST 与 UV 分别 －＇￥· 行于 x 剿l与y轴 ， 且相交子点P. 己 知线段PU,PS ‘ PV 、 PT 的长分另lj为L 2. 3. 6 ， 则 MF., 凡的朋积为 答案： -Jl5. 解： 由对称性 ， 不妨设 P （，飞·，，， )'p ）在第 一 象限，则由条件知
主．
解：设们在平面。上的射影为。白条件知， 立 ＝ tanLOQP ｜丘♂ I ' OQ I 3
ε
i己为 a, b,c, d, e,f ，则。be ÷d吃f ；是偶数的
概率为 答案： 解：先考虑。 bc+def ：为奇数的俏况，此时 abc、 d吃f 一 奇一 ｛间，若 abc 为奇敛，
10
则。 ， b,c 为l, 3, 5 的排列 ， 避而 d‘ e,f 为2,4,6的排列，这样有3！×31=36种情况， 由对称性可知 ， 使 abc+def 为奇数的情况数为 36 × 2 =72 种．从而 abc+d，电f 为偶 72 72 9 ＝I－一一＝一． 数的概率为I－一 ' 6 720 JO
1. 设织合 A= {I, 2, 3、
2018年全国高中数学联合竞赛一试（A卷） 参考答案及评分标准
,99｝‘B={2xjxE A}, C={xl2xε斗 ， 则B门C的元
2018年全国高中数学联合竞赛一试(含答案)
则(������ + ������������)������2 + 2(������ − ������������)������ + 2 = 0，
整理得：(������������2 + 2������������ + 2) + (������������2 − 2������������)������ = 0
由图结合对称性得：
������1 = ������ − 2, ������2 = 2������ − [4 + 2(2������ − 6)] = 8 − 2������ 所以，由函数单调性，不等式1 ≤ ������(������) ≤ 2在[1，2]内
分析：������������������ + ������������������为偶数，则������������������与������������������奇偶性相同，
故当������ ≥ 2 时，
������������ = √������ ± √������ − 1 ≤ √������ + √������ − 1 < 2√������ (2) ������������与������������+1异号时结论显然成立，
当������������与������������+1同号时： 由(1)得������������ = ±√������， 不妨得：������������ = √������ − √������ − 1
6. 设复数������满足|������|=1，使得关于������ 的方程z������2 + 2������̅������ +
2 = 0有实根，则这样的复数������的和为
2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)_PDF压缩
等式得
f (u) + f (v) ≥ f (u) − f (v) ≥ 4 ，
故 f (u) ≥ 2 与 f (v) ≥ 2 中至少有一个成立．
注意到 f (4 ) f ( 4) f () 1, f (2 6) f (2) 0 ，
所以
0 f (x) 1 f (2 6) f (x) f (4 ) ，
而 0 2 6 4 1 ，故原不等式组成立当且仅当 x [2 6, 4 ] ．
4 7
，即
tan
2
4 7
，从而
tan(
)
cot
2
7 4
．
6. 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
…………………5 分
由 f (a) f (b) 得 1 log3 a log3 b 1，
即 log3 a log3 b 2 ，因此 ab 32 9 ．于是 abc 9c ． 又
…………………10 分
0 f (c) 4 c 1，
…………………15 分
故 c (9, 16) ．进而 abc 9c (81, 144) ．