全国高中数学联赛二试几何题汇总
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<α30。因为BM=CN ,则 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 2sin 2 α ,即OH=2Rsin α 故 OH NH MH + = ααsin 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<α60, 那么∠ABE= 2α,AE = 2Rsin 2α 。由引理知: r = 2Rsin 260α-?sin 2 60α+? = R (cos α-21 ) 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 2 60α-?)= 2R (sin 2α+cos 2α ) = 22Rsin(2α +?45) 因为0<2α30,则?45<2α+?4575,所以sin ?45 α +?45) 故 22Rsin ?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 ?>?+??+??=?+?⊥相离时,与圆相交时,与圆相切时,与圆为切点,试证:、、的三条切线,为圆、、点最近,点离点最远,点离上方,在圆外,且位于直线、、同的三点上不在圆心的右侧,直线,点相交于与,的中心,直线通过圆水平直线 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 2 2 )*()**(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41=?CDA S ,则ABC S ?=4 3 ,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 。 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。 A B N C Q P O O A B C D P 1O O O 2 3 4 E F 1 2 3 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 ?? = 2 1 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 ⊿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 故任何情况下均有: ABC PQR S S ?> 9 2 1985联赛二试 A B C E F G 1 2 3 4 5 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)23(*22 B B B -=π 故7 2π=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 。