13平面几何1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案.doc

1、1981 年年2019 年全国高中数学联赛二试试题分类汇编年全国高中数学联赛二试试题分类汇编平面几何部分平面几何部分2019A2019A 一、一、 （本题满分（本题满分 4040 分）分）如图，在锐角中，是边的中点点在内，ABCMBCPABC使得平分直线与,的外接圆分别相交于不同于点的两点APBACMPABPACPP,D E证明：若，则DEMP2BCBP证明：证明：延长到点，使得.连接 PMFMFME,BF BD CE由条件可知 10 分 BDPBAPCAPCEPCEM 因为且，所以且 BMCMEMFMBFCE/ /BFCE于是，进而 20 分 FCEMBDP BDBF又，故 DEMPDPEM

2、FM于是在等腰中，由对称性得从而40 BDFBPBM22BCBMBP分2019B2019B三、三、 （本题满分（本题满分 5050 分）分）如图，点在一条直线上顺次排列，满足，A,B,C,D,EBCCDABDE点在该直线外，满足点分别在线段上，满足PPBPD,K L,PB PD平分，平分. KCBKELCALD证明：四点共圆（答题时请将图画在答卷纸上）（答题时请将图画在答卷纸上）, ,A K L E证明：证明：令，（），由条件知 1AB BCCDt0t 2DEt注意到，可在延长线上取一点0180BKEABKPDEDEK CBA，使得 10 分 A KEABKA BK 此时有，故 20 分 A

3、BKA KEA BA KBKA KA EKE又平分，故于是有KCBKE211BKBCtKECEttt 30 分 22121A BA BA KBKABA EA KA EKEttAE由上式两端减 1，得，从而与重合BEBEA EAEAA因此 AKEA KEABK 同理可得而，所以ALEEDL ABKEDL AKEALE 因此四点共圆 50, ,A K L E2018A 二、二、 （本题满分 40 分）如图所示， 为锐角三角形，为边的中点，点和分别为的ABCACAB MBCDEABC外接圆弧和的中点，为内切圆在边上的切点，为与的交点，BACBCFABCABGAEBC在线段上，满足.NEFABNB 证

4、明：若,则。 （答题时请将图画在答卷纸上）EMBN FGDF 证明：证明：由条件知，为外接圆的直径，于，。记为DEABCBCDE MADAE I的内心，则在上，。由可知，ABCIAEABIF ABNB MEIADEADEABNABENBE0009090)180(又根据内心性质，有EIBABIEABABIEACCBIEBCEBI从而。结合，所以，EIBE EMBN MEINBE于是，故四点共圆。EFIBFEBNEEMI0018090MIFE,进而可知,故四点共圆。AGMIEMIFMAFM009090MGFA,再由知，四点共圆，所以五点共圆，从而090DMGDAGDMGA,DMGFA,，即。090

5、DAGDFGFGDF 2018B 二、二、 （本题满分 40 分）如图所示， 在等腰中，边上一点及ABCACAB ACD延长线上一点满足，以为直径的圆与线段交于一点。BCECEBCDCAD2ABDEF证明：四点共圆。 （答题时请将图画在答卷纸上）DFCB,证明证明:取中点，则由知，故在圆上.延长至，使得BCHACAB BCAH HFDG，结合已知条件得，故，BCAG/CEBCDCADCEAG2CHBHBCAG21从而为矩形，为平行四边形。AGBHAGHC由为矩形知，在圆上，故,AGBHGHBFHGF又为平行四边形，由，得,AGHCGHAC /HGFCDF所以，所以四点共圆。CDFHBFCBFD

6、FCB,2017A 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示，在中，为的内心，以为ABCACAB IABCA圆心，为半径作圆，以为圆心，为半径作圆，过点的圆与、分别交于AB1IIB2IB,312点、（不同于点） 。设与交于点。证明：（答题时请将图画在答卷纸上）PQBIPBQRCRBR 证明：证明：连接，由于点点在圆上，PCPBIQICIB,Q2故，所以。IQIB IQBIBQ又四点共圆，所以，于是，QPIB,IQBIPBIPBIBQ故，从而，且,IBPIRBIBPIRBIBIPIRIB又，且为的内心，故，所以ACAB IABCICIB ICIPIRIC所以，则ICPIRCICPIRC又点在圆的

7、弧上，故，P1BCABPC211800因此，ICPIBPIRCIRBBRCBPCBIC0360，即000090211802190360AACRBR 2017B 三、三、 （本题满分 50 分）如图，点是锐角的外接圆上弧的中点，直线与DABCBCDA圆过点的切线分别相交于点,与的交点为，与的交点为，与CB,QP,BQACXCPABYBQ的交点为求证：平分线段 （答题时请将图画在答卷纸上） CPTATXY证明：证明：首先证明，即证/YXBCAXAYXCYB连接，因为，,BD CDACQACQABCABCABPABPSSSSSS所以， 111sinsinsin222111sinsinsin222AC

8、 CQACQACBCACBACAQCAQAB BCABCAB BPABPABAPBAP由题设，是圆的切线，所以，又,BP CQACQABC ACBABP （注意是弧的中点） ，于是由知 CAQDBCDCBBAP DBCABAQCQACAPBP因为，所以，CAQBAP BAQCAP 于是 1sin21sin2ABQACPABAQBAQSABAQSACAPACAPCAP而 1sin21sin2BCQBCPBC CQBCQSCQSBPBCBPCBP由，得 ，即ABQCBQACPBCPSSSSABQACPCBQBCPSSSS又，故ABQCBQSAXSXCACPBCPSAYSYBAXAYXCYB设边的中

9、点为，因为，BCM1AXCMBYXCMBYA所以由塞瓦定理知，三线共点，交点即为，故由可得平分线段,AM BX CYT/YXBCATXY2016A 二、二、 （本题满分 40 分）如图所示，在中，是直线上两点（顺序ABCYX,BCYCBX,排列） ，使得,设，的外心分别为,，直线与，ABCYACBXACXABY1O2O1O2OAB分别交于点.证明：是等腰三角形。ACVU,AUV证明：证明：作的内角平分线交于点.设BACBCPACX，的外接圆分别为和，由角平分线定理知，ABY12ACABCPBP又条件可得,ACABCYBX从而，即，CPBPACABCPCYBPBXPYPXPYBPPXCP故对圆和

10、的幂相等，所以在圆和的根轴上。P12P12于是，这表明点关于直线对称，21OOAP VU,AP从而是等腰三角形。AUV2015A 三、三、 （本题满分 50 分）如图所示，内接于圆，ABCO为弧上一点，点在线段AP上，使得BK平分.PBCKABC过三点的圆与边交于点，连接交圆于CPK,ACDBD点，连接并延长与边交于点，EPEABF证明：。FCBABC2证明：证明：证法一证法一：设 CF 与圆 Q 交于点 L（异于 C)，连接 PB、PC、 BL、KL注意此时 C、D、L、K、E、P 六点均在圆上，结合 A、 B、P、C 四点共圆，可知FEB=DEP=180DCP=ABP=FBP，因此FBEF

11、PB，故 FB2=FEFP10 分又由圆幂定理知，FEFP= FLFC，所以 FB2=FLFC从而FBLFCB因此, FLB=FBC=APC=KPC=FLK, 即 B、K、L 三点共线 30 分再根据FBLFCB 得， FCB=FBL=ABC, 即ABC=2FCB12证法二：证法二：设 CF 与圆交于点 L（异于 C)对圆内接广义六边形 DCLKPE 应用帕斯卡定理可知， DC 与 KP 的交点 A、CL与 PE 的交点 F、LK 与 ED 的交点了共线，因此 B是 AF 与 ED的交点，即 B=B所以 B、K、L 共线10 分根据 A、B、P、C 四点共圆及 L、K、P、C 四点共圆，得AB

12、C=APC=FLK=FCB+LBC,又由 BK 平分ABC 知，FBL=ABC，从而12ABC=2FCB2015B 二、二、 （本题满分 40 分）如图，在等腰中，设为其内心，设为ABCACAB ID内的一个点，满足四点共圆，过点作的平行线，与的延长线交ABCDCBI,CBDAD于求证：ECEBDCD2证明：证明：连接 BI,CI设 I, B , C, D 四点在圆 O 上，延长 DE 交圆 O 于 F，连接 FB，FC因为 BD|CE，所以DCE=180-BDC=BFC 又由于CDE=CDF=CBF，所以BFCDCE，从而DCBFCEFC再证明 AB, AC 与圆 O 相切事实上，因为ABI

13、=ABC=ACB=ICB，1212所以 AB 与圆 O 相切同理 AC 与圆 O 相切 20 分因此有ABDAFB，ACDAFC，故,BDABACDCBFAFAFCF即 30 分BFBDFCDC结合、，得，DCBDCEDC即 40 分2CDBD CE2016B 三、三、 （本题满分 50 分）如图所示， 是平行四边形，是的重心，点在ABCDGABDQP,直线上，使得,证明：平分BDPCGP QCGQ AGPAQ证明：证明：连接，与交于点由平行四边形ACBD.M的性质，点是的中点因此，M,AC BD点在线段上由于，GAC90GPCGQC 所以四点共圆，并且其外接圆是以为直径的圆,P G Q CG

14、C由相交弦定理知 .PM MQGM MC取的中点注意到故有GC.O:2:1:3,AG GM MC 1,2OCGCAG因此关于点对称于是 ,G OM.GM MCAM MO结合、，有，因此四点共圆PM MQAM MO, ,A P O Q又所以，即平分1,2OPOQGCPAOQAO AG.PAQ2014A 二、二、 （本题满分 40 分）如图所示，锐角中，过点分别作ABC060BACCB,的外接圆的切线，且满足。直线与的延长线分ABCOCEBD,BCCEBDDEACAB,别交于点，设与交于点,与交于点，证明：。GF,CFBDMCEBGNANAM 证明：证明： 如图，设两条切线交于点，则，结合可知，C

15、EBD,KCKBK CEBD BCDE/作的平分线交于点，连接。BACALBCLLNLM,由知，故与相似。BCDE/DFBABCBACDBCFDBABCDFB由此并结合，及内角平分线定理可得：BCDE/BCBD ，因此，同理可得，LBLCABACFDBDFDBCMFMCBFLM /CGLN /由此得BALABLALBBLMALBALM0180，ALNCLNALCACLALCCAL0180在结合及内角平分线定理得FGBC /，即1ACABBLCLBLBCACABBCCLLNCGCGBFBFLMLNLMLNLM 故由，得ALAL ALNALMLNLM ALNALM所以ANAM 另证：记的三个内角分

16、别为其对边分别为ABCCBA,cba,由于和都是的切线，故。再由，可得四边形BDECECBBACDBCCEBD 是等腰梯形，从而.BCEDBCDE/由于，故，BABCBFDABACDBCFDBDFBABC得，即，babBDcFDbacFD 由，可得，即FDBC /cbFDBCMDBMcbabBM在中，由余弦定理得：ABMABABMabcbacbabccbbacBAcbabccbbacAM22)cos(2222222222222)()(122222222cbcbacbacbccbbcaacbacbbccbcb222223322221同理可算得和时，只需在上述和的表达式中将交换，而由中可见CN2A

17、NBM2AMcb,的表达式中是等地位出现，所以，即，结论得证。2AMcb,2AM2ANANAM 2014B 一、一、 （本题满分 40 分）如下图，是三个半径同为的圆的共同交点，三点则是另HRCBA,外三个交点. (1) 试证明：是的垂心；HABC(2) 证明：的外接圆半径等于.ABCR证明：证明：设,分别是三个圆的圆心，如下图：1O2O3O四边形和的边都等于，所以它们是菱形.所以且相等，所12HOAOHBOO32R321/BOHOAO以四边形是一个平行四边形，即且长度相等。13OABO13/OOAB(1) 由于与是菱形的两条对角线，所以它们互相垂直，则。同理CH31OO31HOCOABCH

18、,即是的垂心；BCAH ACBH HABC(2) 由于，同理可知,，所以，又到三ABOO3121OOBC 32OOAC 213OOOABCH个圆心的距离都是，所以的外接圆半径就是。即的外接圆半径等于R213OOORABCR2013A 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示，是圆的一条弦，为弧内一点，为线段ABPABFE,上两点，满足.连接并延长，与圆分别相交于点.求证：ABFBEFAEPFPE,DC,（解题时请将图画在答卷纸上）BDACCDEF证明：证明：连接，由于，从而DECFBCAD,FBEFAE2sinsinAEBEACEACBCEBC同理2sinsinBFAFBDFBDADFAD又,

19、BDFBDPBCPBCEADFADPACPACE由得,即4BDACADBCBDACADBC4又托勒密定理知CDABBDACBCAD结合得BDACCDAB3即BDACCDEF2013B 二、二、 （本题满分 40 分）设依次是直线 上的三个不同的点，证明存在 外一点，使得, ,A B CllPAPBBPC 对于直线 上依次排列的任意四点，是否总存在 外一点，使得l, ,A B C DlP？如果点总存在，试写出证明；如果点不一定存在，请举出反APBBPCCPD PP例证明：证明：如图 1，分别在线段,上作等边三角形,，再作它们的外接圆,，两圆ABBCADBBEC1C2C的交点为，由圆周角定理知，

20、，即证得。BP,BPCAPB060 图图 1 图图 2尽管有时候这样的依次四点存在，但是在一般情况下，我们不能找到线外一点，使DCBA,P得，接下来，我们构造一个反例。CPDBPCAPB在直线 上依次取四个不同的点，使得。如果我们有线外一点，使得lDCBA,CDBCABP。我们来证明一定会落在 过点的垂线上。当然这一点有许多办法可证。我BPCAPBPlB们考察,是顶角的平分线。所以，由于，所以，即APCPBPBCPCABAPCBAB PCAP 在线段的垂直平分线上。PAC接下来证明。不然的话，假定它们相等，如图 2，我们从出发向直线作垂BPCCPDCPD线，垂足为，可得，从而。另一方面，我们在

21、直角三角形中EEPCBPCECBC CDE看，斜边。即，这与我们一开始的做法矛盾。这个矛盾证明了我们ECCD BCCD CDBC 的假设是不可能发生的，即。BPCCPDBPCCPD所以不存在 外一点，使得。lPAPBBPCCPD 2012A 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示，在锐角中，ABC，是边上不同的两点，使得，ACAB NM,BCCANBAM设和的外心分别为,ABCAMN21,OO求证：三点共线。AOO,21证明：证明：如图.连接,过点作的垂线交的延长线于点,则12,AO AOA1AOAPBCPAP是的外接圆的切线.因此10 分ABC1OBPAC 因为,BAMCAN 所以20 分

22、AMPBBAMPACCANPAN 因而是的外接圆的切线30 分APAMN2O故2.APAO所以三点共线。40 分12,O OA2012B 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示，圆内切于圆，切点为，圆的弦且圆于点IOPOABI，的延长线交圆于点，为圆的直径。过点作的垂线交于点。QPQONM,MNOPPAANC求证：三点共线。QIC,证明：证明：如图所示，作圆，圆的公切线，则,因此弧等于弧与OIPDAQPMPDPAMPA弧之和，故弧等于弧。即。MBAMMBABMN 连接并延长，交于，则.因而，所以QIAN1CABQC1QCMN1/,所以四点共圆，从而APQANMQAC1QCPA,1，所以点与重

23、合，即三点共线。APCAQCAPC0101901801CCQIC,2011A 一、一、 （本题满分 40 分）如图，分别是圆内接四边形的对角线的中点若QP,ABCDBDAC,，证明：DPABPACQBAQB 证明：证明：延长线段与圆交于另一点，则，又是线段的中点，DPEBPADPACPEPAC故，从而 CEABBDACDP又，所以，于是，即 . PCDABDABDPCDCDPCBDABBDPCCDAB从而有，即 BQACBDACBDACCDAB)21(21CDBQACAB又，所以ABQACD，所以 ACDABQDACQAB延长线段与圆交于另一点，则，故AQFDAFCAB DFBC又因为为的中点

24、，所以QBDDQFCQB又，所以 DQFAQBCQBAQB2011B 二、二、 （本题满分 40 分）如图，过圆外一点作圆的两条切线，切点分别为.点OAO,B C在线段的延长线上，.为的中点，过点作圆的两条切线，切点分别DBC12CDBCPADPO为，与交于点.点在线段的延长线上，.为的中点，过点,Q RQRBCEMCBBMBCNAM作圆的两条切线，切点分别为，与交于点NO,J KJKBCL证明：（1）四点共圆； , ,A R Q D（2）.MCBECLCE.证明：证明：（1）连接交于点，过点作于点，则由题意有,OABCFPOAPH HOABC ,.CFBF FHAH 因为是的斜边的中点，所以

25、.由切线长定理得，PAFDRtADPFPDPAPRPQ 设圆的半径为，则Or2222222222rFHPFOHrPHOHrOPPQ22222PFrOFOAPFrFHOHFHOHPF即，于是五点共圆，所以四点共圆；PFPQ ,F, ,A R Q D, ,A R Q D（2）由相交弦定理有,又由CEBEQEREFEDE及2222)(CFEFEFCFEFCFEFCEBEEFEFDEEFDF,可得,故有,即,即CFBC2EFDFBC 42EFBCBCDF22CEBECEBEDCDBDCDB,所以.3DCDBCEBECEBE3同理可得,故，从而，因此21CMBMCLBLCLBL21CLMC3CEBECL

26、MC2010AB 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示， 锐角三角形的外心为，是边上一点（不是边的中点） ，是线段ABCOKBCBCD延长线上一点，直线与交于点，直线与交于点.AKBDACNCDABM求证：若，则四点共圆。MNOK CDBA,证明：证明：用反证法若 A，B，D，C 不四点共圆，设三角形 ABCEQPONMKDCBA的外接圆与 AD 交于点 E，连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q，连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P，连接 PQ因为P 的幂（关于O）K 的幂（关于O），2PK 2222POrKOr同理，所以， 22222QKQOrKOr2222POPKQOQK故 由

27、题设，OKMN，所以 PQMN，于是 OKPQAQAPQNPM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得， ，1NB DE AQBD EA QN1MC DEAPCDEA PM由，可得， 所以，故DMN DCB，于是NBMCBDCDNDMDBDDC，所以 BCMN，故 OKBC，即 K 为 BC 的中点，矛盾！从而四点DMNDCB , ,A B D C共圆. 注注 1：“P 的幂（关于O）K 的幂（关于O） ”的证明：延长 PK 至点 F，使得2PK ， ，则 P，E，F，A 四点共圆，故，PK KFAK KEPFEPAEBCE 从而 E，C，F，K 四点共圆，于是， PK PFPE PC-，得P

28、的幂（关于O）K 的幂（关于O） 2PKPE PCAK KE 注 2：若点 E 在线段 AD 的延长线上，完全类似2009*一、一、 （本题满分 50 分）如图所示， ，分别为锐角三角形（）的外接圆上弧，的中点，MNABCBABCAC过点作交圆于点，为的内心，连接并延长交圆于点.CMNPC /PIABCPIT求证：;NTNPMTMP在弧（不含）上任取一点（）,记,的内心分别为，ABCQBTAQ,AQCQCB21,II求证：四点共圆。TIIQ,21证明：证明：（1）连 NI，MI.由于 PC/MN，P，C，M，N 共圆，故 PCMN 是等腰梯形。因此NP/MC，PM/NC连 AM，CI，则 AM

29、 与 CI 交于 I，因为,MCIBCIMCBACIMACMIC所以 MC=MI，同理 NC=NI.于是 NP=MI，PM=NI.故四边形 MPNI 为平行四边形。因此（同底，等高）PNTPMTSS又 P，N，T，M 四点共圆，故.由三角形面积公式180PMTTNPPMTMTPMSPMTsin21PNTNTPNSPNTsin21PMTNTPNsin21 PMTNTPNsin21于是NTPNMTPM（2）因为，NCIQCINQCACINCANCI1111所以.同理.由得1NINC 2MIMC NTNPMTMP.NPMTMPNT由（1）所证 MP=NC，NP=MC.故 21MIMTNINT又因，M

30、TIQMTQNTNTI21有.故从而.MTINTI21 .21MTINTI2121TIINTMNQMQII因此四点共圆TIIQ,212008A 一、一、 （本题满分 50 分）如图所示， 给定凸四边形，点是平面上的动点，令ABCD0180DBP.ABPCCAPDBCPApf)(求证：当达到最小值时，四点共圆；)(pfCBAP,设是外接圆的弧上一点，满足：,EABCOAB23ABAE13 ECBCECAECB21又是圆的切线，求的最小值。DCDA,O2AC)(pf证明：证明：方法一：（1）如答一图 1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，P有 因此 PA BCPC ABPB AC( )f PPA

31、BCPC ABPD CAPB CAPD CA()PBPDCA因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此PABC、当且仅当在的外接圆且在上时，PABCAC 又因，此不等式当且仅( )()f PPBPDCAPBPDBD当共线且在上时取等号因此当且仅当为的外, ,B P DPBDPABC接圆与的交点时，取最小值BD( )f Pmin( )f PAC BD故当达最小值时，四点共圆( )f PPABC、（2）记，则，由正弦定理有，从而，ECB2ECAsin23sin32AEAB3sin32sin2即，所以，33(3sin4sin)4sincos23 34 3(1 cos)4cos0整理得， 解得或（舍

32、去） ，故，24 3cos4cos303cos21cos2 3 30 由已知=,有，60ACE31BCEC0sin30sinEACEACsin(30 )( 31)sinEACEAC即，整理得，故31sincos( 31)sin22EACEACEAC231sincos22EACEAC，可得，从而，1tan2323EAC75EAC45E45DACDCAE 为等腰直角三角形因，则又也是等腰直角三角形，故，ADC2AC 1CD ABC2BC ，故 2122 12cos1355BD 5BD min( )5210f PBD AC方法二：方法二：（1）如图 2，连接交的外接圆于点（因为BDABCO0P在外，

33、故在上） DO0PBD过分别作的垂线，两两相交得，易知,A C D000,P A PC P D111ABC在内，从而在内，记之三内角分别为0PACD111ABCABC，则，又因，xyz，0180APCyzx110BCP A，得，同理有，110B APC1By1Ax1Cz所以设，111ABCABC11BCBC，则对平面上任意点，有11C ACA11ABABM 0000()()f PP A BCP D CAPC AB 011011011P A BCP D C APC AB 1 1 12A B CS 111111MA BCMD C AMC AB ，()MA BCMD CAMC AB()f M从而 由

34、点的任意性，知点是使达最小值的点由点在上，故0()()f Pf MM0P( )f P0PO四点共圆 0PABC、（2）由（1） ，的最小值 ，记，则，由正弦( )f P1 1 102()A B Cf PS2ABCSECB2ECA定理有，从而，即，所以sin23sin32AEAB3sin32sin233(3sin4sin)4sincos，整理得， 解得或23 34 3(1 cos)4cos024 3cos4cos303cos2（舍去） ，故，由已知=,有1cos2 3 3060ACE31BCEC0sin30sinEACEAC，即，整理得sin(30 )( 31)sinEACEAC31sincos

35、( 31)sin22EACEACEAC，故，可得， 231sincos22EACEAC1tan2323EAC75EAC所以，为等腰直角三角形，因为，点在45EABC2AC 1ABCS145ABC1B上，所以为矩形，故O190AB B11B BDC11122 12cos1355BCBD ，52所以 min5( )21102f P （第 1 题图2）方法三：方法三：（1）引进复平面，仍用等代表所对应的复数由三角形不等式，对于复数, ,A B C, ,A B C，有 ，当且仅当与（复向量）同向时取等号12,z z1212zzzz1z2z有 ，PA BCPC ABPA BCPC AB 所以 ()()(

36、)()AP CBCP BA ()()()()AP CBCP BA P CA BC BP A ，()()BP CAPBAC 从而 PABCPCABPDCA PBACPDAC ()PBPDAC BDAC 式取等号的条件是复数 与同向，故存在实数，使得()()AP CB()()CP BA0， ，所以 ，()()()()AP CBCP BAAPBACPCBarg()arg()APBACPCB向量旋转到所成的角等于旋转到所成的角，从而四点共圆PC PA BC AB PABC、式取等号的条件显然为共线且在上故当达最小值时点在之外接圆, ,B P DPBD( )f PPABC上，四点共圆 PABC、（2）由

37、（1）知以下同方法一min( )f PBD AC2008B 一、一、 （本题满分 50 分）如题一图，是圆内接四边形与的交点为，是弧上一点，连接并延长ABCDACBDPEABEP交于点，点分别在，的延长线上，满足，DCF,G HCEDEEAGFAD ，求证：四点共圆 EBHFBC ,C D G H证明：证明：由已知条件知 FAGFAEEAGFAEFADDAE 又，所以，180DAEDCE180FAGDCE从而四点共圆，此圆记为,A F C G1同理可证：四点共圆，此圆记为 ,B F D H2点在圆，内延长与圆相交于点E12FE1，I则，IP PFAP PCDP PB故四点共圆 ,B F D I

38、所以在的外接圆上，故在上 IBFDI2再用相交弦定理： ，EC EGEF EIED EH故四点共圆 ,C D G H2007*一、一、 （本题满分 40 分）如图所示， 在锐角三角形中，是边上的高，是线段内一点。过ABCACAB ADBCPAD点作，垂足为，作，垂足为。，分别是、的外PACPE EABPF F1O2OBDFCDE心。求证：、四点共圆的充要条件为为的垂心。1O2OEFPABC证明：证明：连结、。BPCP21OO2EOEF1FO因为，故、四点共圆，BCPD ABPF BDPF且为该圆的直径。又因为是的外心，BP1OBDF故在上且是的中点。1OBPBP同理可证、四点共圆，且是的中点。

39、CDPE2OCP综合以上知，所以。BCOO/21PCBOPO12因为，所以、四点共圆。ACAEADAPABAFBCEF充分性：充分性：设是的垂心，由于，所以、四点共线，PABCACPE ABPF B1OPE、四点共线，故、四点C2OPF112FEOFEBFCBOFO1O2OEF共圆。必要性：必要性：设、四点共圆，故。1O2OEF0121180EFOEOO由于，又因为是直角的斜边中点，也就是ACPACBPCBOPO122OCEP的外心，所以。因为是直角的斜边中点，也就是的外CEPACPEPO221OBFPBFP心，从而。因为、四点共圆，所以ABPBFOPFO01019090BCEF，。于是，由得

40、ACBAFEACBPFE0900121180EFOEOO,即。又因为，00180902ACBACPACPACBACPABPACAB ，故。设是点关于直线的对称点，则在线段上且BCAD CDBD /BBAD/BDC。连结、。由对称性，有，从而，BDDB/AB/PBABPPAB/ACPPAB/所以、四点共圆。由此可知。因为AP/BCACBCAPBPB0/90，BPBPBC/故，故直线和垂直。090ACBPBCBPAC由题设在边的高上，所以是的垂心。PBCPABC2006*一、一、 （本题满分 50 分）以和为焦点的椭圆与的边交于（） 。在的延长线上任取点，以0B1B10BABiABiC1 , 0i

41、0AB0P为圆心，为半径作圆弧交的延长线于；以为圆心，为半径作圆0B0B0P0P0Q1C0B0Q1C1C0Q弧交的延长线于；以为圆心，为半径作圆弧交的延长线于；0Q1P1BA1P1B1B1P1P1Q1B0C1Q以 为圆心，为半径作圆弧,交的延长线于。试证：0C0C1Q1Q/0P0AB/0P点与点重合，且圆弧与相内切于；/0P0P0P0Q0P1Q0P、四点共圆。0P0Q1Q1P证明：证明：（1）显然，并由圆弧和弧，弧和弧，弧和0B0P0B0Q0P0Q0Q1P0Q1P1P1Q1P1Q分别相内切于点、，得，以及/01PQ0Q1P1Q110001PCQBBC10011111QCCBPCCB。四式相加，

42、利用以及在或其延长线/000010PBBCQC00010111BCCBBCCB/0P00PB上，有。从而可知点与点重合。由于圆弧的圆心、圆弧的圆心/0000PBPB/0P0P01PQ0C0P0Q以及在同一直线上，所以圆弧和相内切于点。0B0P01PQ0P0Q0P（2）现在分别过点和引上述相应相切圆弧的公切线和交于点。又过点引相应0P1PTP0TP1T1Q相切圆弧的公切线，分别交和于点和。连接和，得等腰三角形11SR0PTTP11R1S01PQ1P1Q0P和。基于此，我们可由1Q1R1P1Q1S 0111010101111110110PPQTPPPPQTPPSQPRQPPQP而，代入上式后，即得

43、011101110PPQPPQPQP，同理可得。)(211001110TPPTPPPQP)(211001100TPPTPPPQP所以、四点共圆。0P0Q1Q1P另解：另解：证明：首先证明的内心与的内心重合：01BAC10BAC假设这两个三角形的内心不重合，并设为的内心，、分别为切点。则可从点O01BACMNF引圆的切线与圆切于点、与线段交于点，而且点与点不重合，如图 2。1BOOE0ABDD0C由切线性质，可以得到： .DNDEMBEB,11. NBFBMCFC0011,分别将、中的等式相加，得到：. DNMBDB11. NBMCBC0101-: )(011011DNNBMCMBBCDB 01

44、1101BCBCDBDB又因为，01110010BCBCBCBC001001BCBCDBDB，这与点与点不重合矛盾，1001BCDCDBD0C所以假设不成立，因此：的内心与01BAC10BAC的内心重合。设、的内心为，如图 3。 01BAC10BACO由于直线平分，又，0OC10BAC0010PCQC直线垂直平分线段，0OC10QP10OQOP 同理：直线垂直平分线段，0OB00QP00OQOP 直线垂直平分线段， OC101QP01OQOP 直线垂直平分线段，OB111QP11OQOP ，01OQOQ 00OPOP 又点、都在的延长线上，点、重合，P0P0AB0P0P且圆弧与相切于点。00P

45、 Q01P Q0P0101OQOQOPOP所以四点、共圆0P0Q1P1Q2005*一、一、 （本题满分 50 分） 如图，在中，过作的外接圆的切线 ，又以为圆心，为半径ABCACAB AABClAAC作圆分别交线段于，交直线 于。证明：直线分别通过的内心和一个ABDlFE,DFDE,ABC旁心。（注：与三角形的一边及另两边的延长线相切的圆称为三角形的旁切圆，其圆心称为旁心）证明：证明：先证明过的内心。连接、，作的平分线分别交于、DEABCDEDCBACDCG于，连接，则由得，,.又在圆上，所以DEIICACAD DCAG ICID ECD,A,则四点共圆，IECDACIAC21ECIA,所以,

46、而,所以,ABCCAECIEICDCIE2ABCICD21所以,即,ABCICGIGCAIC21900ACBACI21所以是的内心。IABC（2）再证过的一个旁心.连并延长交的外角平分线于，DFABCFDABC1I连、，由（1）知，为内心，所以，即四点共圆，1II1BIBII10190EDIIBIIIBD,1因为IDGBACADIADGBACADIBDIBII2121901011所以共线，即是的边外的旁心。1,IIA1IABCBCOQCDBAP2004*一、一、 （本题满分 50 分）在锐角三角形中，边上的高与上的高相交于点，以为直径的圆分别ABCABCEACBDHDE交 、于、两点，与相交于

47、点，已知，ABACFGFGAHK25BC20BD7BE求 的长AK解析：解析：因为,所以7,20,25BEBDBC15,24CDCE又，所以，ABCEBDACABAC56因为，所以共圆，ACBD ABCE CDEB,所以，即715ABABACAC7155656ABABABAB解得,所以25AB30AC15,18ADAE即1521ACDE延长交于， 则AHBCPBCAP 所以,解得BDACBCAP24AP连，则，DFABDF 因为，得ABDFDEAE,921AEAF又共圆，所以，GFED,ABCADEAFG所以，ABCAFG所以，得ABAFAPAK2521625249ABAFAPAK2003*一

48、、一、 （本题满分 50 分）过圆外一点作圆的两条切线和一条割线，切点为，所作割线交圆于两点，PBA,DC,在之间在弦上取一点，使 求证：CDP,CDQPBCDAQPACDBQ证明：证明：分析：由，若，则反之，CDBPBCADQPACDBQDAQBDQ若则本题成立而要证，只要证即可DAQBDQDAQBDQAQDQADBD 证明：连，ABPDBPBC，同理，PBPDBCBDPAPDACAD，PBPA ACBCADBD，DAQPBCBACADQABC ADQABC AQDQACBCAQDQADBDBDQPBCDAQDBQADQ证毕ADQPACDBQ2002*一、一、 （本题满分 50 分）如图，在

49、中，点是外心，两条高ABC060AACAB O交于点，点、分别在线段上，且满足，求的值。CFBE,HMNHFBH,CNBM OHNHMH 解析：解析：在上取，连接，BECHBK OKOCOB,由三角形外心的性质知;01202ABOC由三角形垂心的性质知,00120180ABHC BHCBOC 四点共圆.OHCB, ,OCHOBHOCOB CHBK .COHBOK ，.0120BOCBOK030OHKOKH 观察知得OKH30sin120sinOHKHOHKH3 又，CHBKCNBM,NHKM OHKHKMMHNHMH3 = .OHNHMH 32001*一一、 （本题满分 50 分）如图，中，为

50、外心，三条高交于点，直线ABCOCFBEAD,H和交于点， 和交于点EDABMFDACN求证：（1），DFOB DEOC （2）MNOH 证明：证明：（1）四点共圆，FDCA,BACBDF又，BACBOCOBC009018021同理.DFOB DEOC （2） ，MACF .2222AHACMHMC，NABE 2222AHABNHNB，BCDA 2222ACBACDBD，DFOB 2222ODONBDBN，DEOC 2222ODOMCDCM-+-，得,.2222OMONMHNH2222NHNOMHMO所以MNOH 2000*一、一、 （本题满分 50 分）如图，在锐角三角形的边上有两点，满足，