全国高中数学联赛平面几何题
全国高中数学联赛平面几何题
1.(2000) 如图，在锐角三角形ABC 的BC 边上有两点E 、F ，满足∠BAE =∠CAF ，作FM ⊥AB ，FN ⊥AC （M 、N 是垂足），延长AE 交三角形ABC 的外接圆于D ．证明：四边形AMDN 与三角形ABC 的面积相等．
2. (2001) 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 ．
3.(2002)
4.(2003) 过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B 所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间，在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ ＝∠PBC ．求证：∠DBQ ＝∠PAC ．
A
B C D
E F
M N
5.(2004)在锐角三角形ABC 中，AB 上的高CE 与AC 上的高BD 相交于点H ，以DE 为直径的圆分别交AB 、AC 于F 、G 两点，FG 与AH 相交于点K 。已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK 的长。
6.(2005)
7.(2006)以B 0和B 1为焦点的椭圆与△AB 0B 1的边AB i 交于点
C i (i ＝0，1). 在AB 0的延长线上任取点P 0，以B 0为圆心，B 0P 0
为半径作圆弧P 0Q 0⌒
交C 1B 0的延长线于Q 0；以C 1为圆心，C 1Q 0
为半径作圆弧Q 0P 1⌒
交B 1A 的延长线于点P 1；以B 1为圆心，B 1P 1
为半径作圆弧P 1Q 1⌒
交B 1C 0的延长线于Q 1；以C 0为圆心，C 0Q 1
为半径作圆弧Q 1P 0'⌒
，交AB 0的延长线于P 0'. 试证：
⑴ 点P 0'与点P 0重合，且圆弧P 0Q 0⌒与P 0Q 1⌒
相切于点P 0； ⑵ 四点P 0，Q 0，Q 1，P 1共圆．
P
B 1
B 0
C 1P 1
P 0
Q 1Q 0
A
C 0
8.(2007)如图，在锐角△ABC 中，AB 9.(2008)如题一图，给定凸四边形ABCD ，180B D ∠+∠<，P 是平面上的动点，令()f P PA BC PD CA PC AB =?+?+?． （Ⅰ）求证：当()f P 达到最小值时，P A B C ,,,四点共圆； （Ⅱ）设E 是ABC ?外接圆O 的AB 上一点，满足： 3AE AB =，31BC EC =-，1 2 ECB ECA ∠=∠， 又,DA DC 是O 的切线，2AC =，求()f P 的最小值． O 2 O 1 F E P A 答一图1 参考答案1.(2000)证明：连结MN 、BD ， ∵FM ⊥AB ，FN ⊥AC ，∴A ，M ，F ，N 四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°，即MN ⊥AD. ∴S AMDN = 2 1 AD ·MN ∵∠CAF=∠DAB ，∠ACF=∠ADB ， ∴△AFC ∽△ABC ??=AD AC AB AF AB ·AC=AD ·AF . 又AF 是过A 、M 、F 、N 四点的圆的直经， ∴BAC MN ∠sin =AF ?AF sin ∠BAC=MN. ∴21=∧abc S AB·AC·sin∠BAC=21 AD·AF·sin∠BAC=2 1 AD·M N =S AMDN 2.．(2001)证明：(1)∵A 、C 、D 、F 四点共圆 ∴∠BDF ＝∠BAC 又∠OBC ＝2 1 (180°－∠BOC )＝90°－∠BAC ∴OB ⊥DF ． (2)∵CF ⊥MA ∴MC 2 －MH 2 ＝AC 2 －AH 2 ① ∵BE ⊥NA ∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2 ② ∵DA ⊥BC ∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2 ③ ∵OB ⊥DF ∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2 ④ ∵OC ⊥DE ∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2 ⑤ ①－②＋③＋④－⑤，得 NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH ∴OH ⊥MN 另证：以BC 所在直线为x 轴，D 为原点建立直角坐标系， 设A (0，a )，B (b ，0)，C (c ，0)，则 b a k c a k AB AC -=- =, ∴直线AC 的方程为)(c x c a y --=，直线BE 的方程为)(b x a c y -= 由??? ????--=-=)()(c x c a y b x a c y 得E 点坐标为E (2 222222,c a abc ac c a bc c a +-++) 同理可得F (2 222222,b a abc ab b a c b b a +-++) 直线AC 的垂直平分线方程为)2(2c x a c a y -=- 直线BC 的垂直平分线方程为2 c b x += 由??? ????+= -=-2)2(2c b x c x a c a y 得O (a a bc c b 2, 22++) bc a ac a b c b b a abc ab k ab ac a bc b c b a a bc k DF OB +-=+-=-+= -++=222222 ,2 2 ∵1-=DF OB k k ∴OB ⊥DF 同理可证OC ⊥DE ． 在直线BE 的方程)(b x a c y -= 中令x ＝0得H (0，a bc - ) ∴ac ab bc a c b a bc a a bc k OH ++=++ +=32 222 直线DF 的方程为x bc a ac ab y +-=2 由???????--=+-=)(2c x c a y x bc a ac a b y 得N (2 2222222,2c bc a ac abc c bc a bc c a -+--++) 同理可得M (2 22 22222,2b bc a ab abc b bc a c b b a -+--++) ∴bc a ac ab bc a bc a b c bc a c b a k MN 3)3)()(())((2 22222++-=++-+-= ∵k OH ·k MN ＝－1，∴OH ⊥MN ． 4. (2003)．证明：联结AB ，在△ADQ 与△ABC 中，∠ADQ =∠ABC ，∠DAQ =∠PBC =∠CAB 故△ADQ ∽△ABC ，而有 AD DQ AB BC = ，即BC ·AD ＝AB ·DQ 又由切割线关系知△PCA ∽△PAD 得 AD AC PA PC = ； 同理由△PCB ∽△PBD 得 BD BC PB PC = 又因PA ＝PB ，故 BD BC AD AC = ，得 AC ·BD ＝BC ·AD ＝AB ·DQ 又由关于圆接四边形ACBD 的托勒密定理知 AC ·BD ＋BC ·AD ＝AB ·CD 于是得：AB ·CD ＝2AB ·DQ ，故DQ ＝2 1 CD ，即CQ ＝DQ 在△CBQ 与△ABD 中， BC CQ BC DQ AB AD = =，∠BCQ ＝∠BAD ，于是△CBQ ∽△ABD ， 故∠CBQ ＝∠ABD ，即得∠DBQ ＝∠ABC ∠PAC ． 5.(2004)解：由题知：90,ADB AEC ADB AEC ∠=∠=?∴??，AD BD AB AE CE AC ∴ == ① 又BC=25，BD=20，BE=7，故CD=15，CE=24.由①可解得：AD=15，AE=18. 于是点D 是Rt AEC ?的斜边AC 的中点，DE=15.连接DF,因为点F 在以DE 为直径的圆上，90DFE ∠=?，故点F 为线段AE 中点，AF=9. 因为G 、F 、E 、D 四点共圆，D 、E 、B 、C 四点共圆， 所以AFG ADE ABC ∠=∠=∠，于是FG BC ，延长AH 交BC 于P ，故： AK AF AP AB = ② 又H 为ABC ?的垂心，故AP BC ⊥，25,BA BC ABP CBE ==∴???，AP=CE=24， 于是 924216 2525 AF AP AK AB ??= == 7.(2006) 关于⑴的证明要点： ① 说明C 0P 0＝C 0P 0'，从而得到P 0与P 0'重合： 由椭圆定义知B 0C 1＋B 1C 1＝B 0C 0＋B 1C 0＝2a (2a 为椭圆的长轴)． 记B i C j ＝r ij (i ，j ＝0，1)，即r 01＋r 11＝r 00＋r 10＝2a ． 设B 0P 0＝B 0Q 0＝b ， 则C 1Q 0＝C 1P 1＝C 1B 0＋B 0Q 0＝r 01＋b ； B 1P 1＝B 1Q 1＝B 1C 1＋C 1P 1＝r 11＋r 01＋b ； C 0Q 1＝C 0P 0'＝B 1Q 1－B 1C 0＝r 11＋r 01＋b －r 10 ＝b ＋2a －r 10＝b ＋r 00． 但C 0P 0＝b ＋r 00；从而C 0P 0'＝C 0P 0，故点P 0与P 0'重合．(10分) ② 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上，或说明两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆相切． 由于弧P 0Q 0⌒的圆心为B 0，P 0Q 1⌒ 的圆心为C 0，而P 0为两圆公共点，但C 0、B 0、P 0三点共线，故两圆弧切于点P 0． 或：由于C 0B 0＝C 0Q 1－B 0P 0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆切．(20分) ⑵的证明要点：主要有以下两种思路，一是从角度入手证明， 一是从找出圆心入手证明．分述如下： ① 说明对两定点角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为180°， 连P 0Q 0，P 0Q 1，P 1Q 0，P 1Q 1， 证法一：证明∠Q 0P 0Q 1＝∠Q 0P 1Q 1．从而说明四点共圆． 由于∠Q 0P 0Q 1＝∠B 0P 0Q 0－∠C 0P 0Q 1＝12(180°－∠P 0B 0Q 0)－1 2(180° －∠P 0C 0Q 1) ＝12(∠P 0C 0Q 1－∠P 0B 0Q 0)＝12(∠AC 0B 1－∠C 0B 0C 1)＝1 2∠C 0MB 0；(30分) ∠Q 0P 1Q 1＝∠B 1P 1Q 1－∠C 1P 1Q 0＝12(180°－∠P 1B 1Q 1)－1 2 (180°－∠P 1C 1Q 0) ＝12(∠P 1C 1Q 0－∠P 1B 1Q 1)＝1 2 ∠C 1MB 1；(40分) 但，∠C 0MB 0＝∠C 1MB 1，故∠Q 0P 0Q 1＝∠Q 0P 1Q 1，从而P 0，Q 0，Q 1，P 1四点共圆得证． 证法二：利用圆心角证明∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而说明四点共圆． 由于∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 1B 1＋∠C 0Q 1P 0＝12(180°－∠P 1B 1Q 1)＋1 2 (180°－∠P 0C 0Q 1) ＝180°－1 2 (∠P 1B 1Q 1＋∠P 0C 0Q 1)； (30分) ∠P 1Q 0P 0＝∠P 1Q 0C 1＋∠B 0Q 0P 0＝1 2(180 °－∠P 1C 1Q 0)＋1 2 (180°－∠P 0B 0Q 0) ＝180°－1 2 (∠P 1C 1Q 0＋∠ P 0B 0Q 0)； (40分) 而∠P 1C 1Q 0＋∠P 0B 0Q 0＝∠P 1B 1Q 1＋∠B 1DC 1＋∠DB 0C 0＝∠P 1B 1Q 1＋＋∠P 0C 0Q 1， 所以，∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而P 0，Q 0， B 1 B 0 C 1P 1 P 0 Q 1Q 0 A C 0D B 1 B 0 C 1 P 1 P 0 Q 1Q 0 A C 0T S R D B 1 B 0 C 1 P 1 P 0 Q 1Q 0 A C 0 Q 1，P 1四点共圆得证．(50分) 证法三：利用弦切角证明∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而说明四点共圆． 现在分别过点P 0和P 1引上述相应相切圆弧的公切线P 0T 和P 1T 交于点T ，又过点Q 1引相应相切圆弧的公切线RS ，分别交P 0T 和P 1T 于点R 和S ．连接P 0Q 1和P 1Q 1，得等腰三角形P 0Q 1R 和P 1Q 1S ．基于此，我们可由 ∠P 0Q 1P 1＝π－∠P 0Q 1R －∠P 1Q 1S ＝π－(∠P 1P 0T －∠Q 1P 0P 1)－(∠P 0P 1T －∠Q 1P 1P 0) (30分) 而 π－∠P 0Q 1P 1＝∠Q 1P 0P 1＋∠Q 1P 1P 0， 代入上式后，即得 ∠P 0Q 1P 1＝π－1 2 (∠P 1P 0T ＋∠P 0P 1T ) (40分) 同理可得∠P 0Q 0P 1＝π－1 2 (∠P 1P 0T ＋∠P 0P 1T )．所以四点P 0， Q 0，Q 1，P 1共圆．(50分) 还有例如证明∠P 1Q 1Q 0＋∠P 1P 0Q 0＝180°，从而证明四点共 圆等用角来证明四点共圆的方法． ② 找出与这四点距离相等的点，即确定圆心位置，从而 证明四点共圆．若此四点共圆，则圆心应在P 0Q 0、P 0Q 1、P 1Q 0、P 1Q 1的垂直平分线上，也就是在等腰三角形的顶角平分线上．可 以作出其中两条角平分线，证明其他的角平分线也过其交点．或证明△AB 1C 0与△AB 0C 1有公共的心． 证法一：作∠AB 1C 0与∠AC 0B 1的角平分线，交于点I ，则I 为△AB 1C 0的心．作IM ⊥AB 1，IN ⊥ AC 0，垂足分别为M 、N ．则AM ＝AN ＝12 (AB 1＋AC 0－B 1C 0)； 作∠AC 1B 0与∠AB 0C 1的角平分线，交于点I '，则I '为△AB 0C 1的心．作I 'M '⊥AC 1，I 'N '⊥AB 0，垂足分别为M '、N '． 同上得，AM '＝AN '＝1 2 (AC 1＋＋AB 0－B 0C 1)．(30分) 但AB 1＋AC 0－B 1C 0＝AC 1＋B 1C 1＋AB 0－B 0C 0－B 1C 0 ＝AC 1＋＋AB 0－B 0C 1．(40分) 于是，M 与M '，N 与N '重合．即I 与I '重合． 于是IP 1＝IQ 1＝IP 0＝IQ 0，即P 0，Q 0，Q 1，P 1共圆．(50分) 证法二：作∠AB 1C 0与∠AC 0B 1的角平分线，交于点I ，则I 为△AB 1C 0的心，故I 在∠B 0AB 1的角平分线上． 但B 1I 是P 1Q 1的垂直平分线，C 0I 是P 0Q 1的垂直平分线，从而I 又是?P 0P 1Q 1的外心，即I 在P 0P 1的垂直平分线上，故I 是P 0P 1的垂直平分线与∠B 0AB 1的角平分线的交点． 作∠AC 1B 0与∠AB 0C 1的角平分线，交于点I '，同理I '也是P 0P 1的垂直平分线与∠B 0AB 1的角平分线的交点，从而I 与I '重合．于是I 是?P 0P 1Q 0与?P 0P 1Q 1的公共的外心，即I 到P 0、P 1、Q 0、Q 1的距离相等．从而此四点共圆． 8.(2007)证明：连结BP 、CP 、O 1O 2、EO 2、EF 、FO 1。因为PD ⊥BC ，PF ⊥AB ，故B 、D 、P 、F 四点共圆，且BP 为该圆的直径。又因为O 1是△BDF 的外心，故O 1在BP 上且是BP 的中点。同理可证C 、D 、P 、E 四点共圆，且O 2是的CP 中点。综合以上知O 1O 2∥BC ，所以∠PO 2O 1=∠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 、O 1、P 、E 四点共线，C 、O 2、P 、F 四点共线，∠FO 2O 1=∠FCB =∠FEB =∠FEO 1，故O 1、O 2、E 、F 四点共圆。 必要性：设O 1、O 2、E 、F 四点共圆，故∠O 1O 2E +∠EFO 1=180°。 由于∠PO 2O 1=∠PCB =∠ACB ?∠ACP ，又因为O 2是直角△CEP 的斜边中点，也就是△CEP 的外心，所以∠PO 2E =2∠ACP 。因为O 1是直角△BFP 的斜边中点，也就是△BFP 的外心，从而∠PFO 1=90°?∠BFO 1=90°?∠ABP 。因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以∠AFE =∠ACB ，∠PFE =90°?∠ACB 。于是，由∠O 1O 2E +∠EFO 1=180°得 (∠ACB ?∠ACP )+2∠ACP +(90°?∠ABP )+(90°?∠ACB )=180°，即∠ABP =∠ACP 。又因为AB 9.(2008)[解法一] （Ⅰ）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点P ，有 PA BC PC AB PB AC ?+?≥?． 因此 ()f P PA BC PC AB PD CA =?+?+? PB CA PD CA ≥?+?()PB PD CA =+?． 因为上面不等式当且仅当,,,P A B C 顺次共圆时取等号，因此当且仅当P 在ABC ?的外接圆且在 AC 上时， ()()f P PB PD CA =+?． 又因PB PD BD +≥，此不等式当且仅当,,B P D 共线且P 在BD 上时取等号．因此当且仅当P 为ABC ?的外接圆与BD 的交点时，()f P 取最小值min ()f P AC BD =?． 故当()f P 达最小值时，,,,P A B C 四点共圆． （Ⅱ）记ECB α∠=，则2ECA α∠=， 由正弦定理有sin 2sin 3AE AB αα== 32sin 2αα=， 34sin )4sin cos αααα-=，所以 2cos )4cos 0αα--=， 整理得24cos 0αα-=， 解得cos α= cos α=（舍去）， 故30α=，60ACE ∠=． 由已 知 1BC EC == () 0sin 30sin EAC EAC ∠-∠, 有sin(30)(1)sin EAC EAC ∠-= ∠， 即1cos 1)sin 2EAC EAC EAC ∠-∠= ∠，整理得1cos 2 EAC EAC ∠=∠， 故tan 2EAC ∠==，可得75EAC ∠=从而45E ∠=，45DAC DCA E ∠=∠=∠ =， ADC ?为等腰直角三角形．因AC =1CD =． N M I' I C 0A Q 0 Q 1P 0P 1 C 1B 0B 1 又ABC ?也是等腰直角三角形，故2BC =，212212cos1355BD =+-??=，5BD =．故 min ()5210f P BD AC =?=?=． [解法二] （Ⅰ）如答一图2，连接BD 交ABC ?的外接圆 O 于0P 点（因为D 在O 外，故0P 在BD 上） ． 过,,A C D 分别作000,,P A P C P D 的垂线，两两相交得111A B C ?，易知0P 在ACD ?，从而在111A B C ?，记ABC ?之三角分别为x y z ，，，则0180AP C y z x ∠=?-=+，又因110B C P A ⊥，110B A P C ⊥，得1B y ∠=，同理有1A x ∠=，1C z ∠=， 所以111A B C ?∽ABC ?． 设11B C BC λ=，11C A CA λ=，11A B AB λ=， 则对平面上任意点M ，有 0000()()f P P A BC P D CA P C AB λλ=?+?+?011011011P A B C P D C A P C A B =?+?+? 1112A B C S ?= 111111MA B C MD C A MC A B ≤?+?+? ()MA BC MD CA MC AB λ=?+?+? ()f M λ= 从而 0()()f P f M ≤． 由M 点的任意性，知0P 点是使()f P 达最小值的点． 由点0P 在O 上，故0,,,P A B C 四点共圆． （Ⅱ）由（Ⅰ），()f P 的最小值11102 ()A B C f P S λ ?= 2ABC S λ?=， 记ECB α∠=，则2ECA α∠=，由正弦定理有 sin 23 sin 3AE AB αα== ，从而3sin 32sin 2αα=，即33(3sin 4sin )4sin cos αααα-=，所以 23343(1cos )4cos 0αα---=整理得243cos 4cos 30αα--=， 解得3cos α=或cos 23 α=-（舍去）， 故30α=，60ACE ∠=． 由已知 31BC EC =-= () 0sin 30sin EAC EAC ∠-∠,有sin(30)(31)sin EAC EAC ∠-=-∠，即31sin cos (31)sin 2EAC EAC EAC ∠-∠=-∠，整理得231sin cos 2 EAC EAC -∠=∠，故tan 2323 EAC ∠==+-，可得75EAC ∠=， 所以45E ∠=?，ABC ?为等腰直角三角形，2AC =，1ABC S ?=，因为145AB C ∠=?，1B 点在O 上，190AB B ∠=?，所以11B BDC 为矩形，1112212cos1355B C BD ==+-???=，故52λ=， 所以min 5()21102 f P =??=． [解法三] （Ⅰ）引进复平面，仍用,,A B C 等代表,,A B C 所对应的复数． 由三角形不等式，对于复数12,z z ，有 1212z z z z +≥+，当且仅当1z 与2z （复向量）同向时取等号． 有 PA BC PC AB PA BC PC AB ?+?≥?+?， 所以 ()()()()A P C B C P B A --+-- ()()()()A P C B C P B A ≥--+-- （1） P C A B C B P A =-?-?+?+?()()B P C A PB AC =--=?， 从而 PA BC PC AB PD CA ?+?+?PB AC PD AC ≥?+?()PB PD AC =+? BD AC ≥?． （2） （1）式取等号的条件是 复数 ()()A P C B --与()()C P B A -- 同向，故存在实数0λ>，使得 ()()()()A P C B C P B A λ--=--， A P B A C P C B λ --=--， 所以 arg()arg()A P B A C P C B --=--， 向量PC 旋转到PA 所成的角等于BC 旋转到AB 所成的角， 从而,,,P A B C 四点共圆． （2）式取等号的条件显然为,,B P D 共线且P 在BD 上． 故当()f P 达最小值时P 点在ABC ?之外接圆上，,,,P A B C 四点共圆． （Ⅱ）由（Ⅰ）知min ()f P BD AC =?． 以下同解法一． 答一图2