全国高中数学联赛与各省市预赛历届（2009-2019）试题汇编 平面几何（解析版）.doc

1、 全国高中数学历届全国高中数学历届(2009-2019)联赛与各省市预赛试题汇编联赛与各省市预赛试题汇编 专题专题 12 平面几何真题汇编与预赛典型例题平面几何真题汇编与预赛典型例题 1 【2014 年全国联赛】设等边ABC 的内切圆半径为 2、圆心为 I.若点 P 满足 PI1，则APB 与APC 的 面积之比的最大值为_. 【答案】 【解析】 如图所示，由 PI1，知点 P 在单位圆上. 设BAP.在上取一点，使得 取到最大值，此时，点应落在IAC 内，且其为的 切点. 由于，故， ， 其中，. 由，知. 于是，. 故 据式、知当 P 与重合时，的最大值为. 2 【2018 年全国联赛】如

2、图，ABC 为锐角三角形，ABAC，M 为 BC 边的中点，点 D 和 E 分别为ABC 的外接圆弧 BAC 和弧 BC 的中点，F 为ABC 的内切圆在 AB 边上的切点，G 为 AE 与 BC 的交点，N 在线 段 EF 上，满足 NBAB. 求证：若 BN=EM，则 DFFG.（答题时请将图画在答卷纸上） 【答案】证明见解析 【解析】由条件知，DE 为ABC 外接圆的直径，DEBC 于 M，AEAD. 记 I 为ABC 的内心，则 I 在 AE 上，IFAB. 由 NBAB 可知： NBE=ABE-ABN=（180 -ADE）-90 =90 -ADE=MEI. 又根据内心的性质，有: E

3、BI=EBC+CBI=EAC+ABI=EAB+ABI=EIB，从而 BE=EI. 结合 BN=EM 及知，. 于是EMI=BNE=90 +BFE=180 -EFI，故 E，F，I，M 四点共圆. 进而可知AFM=90 +IFM=90 +IEM=AGM，从而 A，F，G，M 四点共圆。 再由DAG=DMG=90 知，A，G，M，D 四点共圆，所以 A，F，G，M，D 五点共圆. 从而DFG=DAG=90 ，即 DFFG. 3【2017 年全国联赛】 如图,在ABC中,AB=AC,I为ABC的内心。 以 AB为半径作,以 IB为半径作, 过点 B、I的圆分别交于点 P、Q(不同于点 B).设 IP

4、 与 BQ交于点 R.证明:. 【答案】见解析 【解析】 连结 IB、IC、IQ、PB、PC. 由于点 Q 在上，故. 又四点共圆，则 故。 注意到，且 I为的内心。则 于是 又点 P 在的弧上，从而， . 因此，。 4【2016年全国联赛】 如图， 在中， X、 Y为直线BC上两点 （X、 B、 C、 Y顺次排列） ， 使得. 设的外心分别为，直线与 AB、AC 分别交于点 U、V.证明：为等腰三角 形. 【答案】见解析 【解析】 证法 1 如图所示，作的平分线，与 BC 交于点 P.设的外接圆分别为. 由内角平分线的性质知. 由条件得. 故 . 则点 P 对的幂相等.从而，点 P 在圆的根

5、轴上. 于是，.这表明，点 U、V 关于直线 AP 对称. 因此，为等腰三角形. 证法 2 如图所示，设的外心为 O，联结.过点分别作直线 BC 的垂线，垂足分别 为作于点 K. 下面证明：. 在中， . 由外心的性质，知. 又，故. 而分别为 BC、CX 的中点，则 ， 其中，R 为的外接圆半径. 类似地，. 由已知条件得 . 由. 类似地，. 又因为，所以， ， . 因此，为等腰三角形. 5 【2015 年全国联赛】 如图，内接于为弧上一点， 点 在线段上， 使得平分. 过 三点的圆 与边交于点 ，联结与圆 交于点 ，联结并延长，与边交于点 .证明： 【答案】见解析 【解析】 设与圆 交于

6、点 （异于 ） ，联结. 此时，六点均在圆 上. 结合四点共圆知 . 故. 又由幂定理知 . 从而，. 则，即三点共线. 再根据，得 . 6 【2014 年全国联赛】如图，在锐角ABC 中，BAC60，过点 B、C 分别作ABC 外接圆的切线 BD、 CE，且满足，直线 DE 与 AB、AC 的延长线分别交于点 F、G、CF 与 BD 交于点 M，CE 与 BG 交 于点 N.证明：. 【答案】见解析 【解析】 如图所示，设两条切线 BD 与 CE 交于点 K，则 BK=CK. 结合 BD=CE，知. 作BAC 的平分线 AL 与 BC 交于点 L，联结 LM、LN. 由，知 ABC=DFB，

7、FDBDBC=BAC. 故. 再结合，BD=BC 及内角平分线定理可得 . 因此，. 同理，. 由此推出 ALM=180-BAL=180-CAL=ALN. 由及内角平分线定理得： . 故由 AL=AL，ALM=ALN，LM=LN，得 . 从而，AM=AN. 证法 2 由 BD 与 EC 均为ABC 外接圆的切线，知 DBC=BAC=ECB. 由 BD=CE，得四边形 BCED 为等腰梯形. 从而，. 又BFDABC，FDB=DBC=BAC， 故. 设ABC 的三条边长分别为. 由 . 由. 故由，得 . 在ABM 中，由ABM=ABC+BAC，及余弦定理得 . 用同样方法计算 CN 和时，只需

8、在上述 BM 和的表达式、中将 b、c 交换. 而由式知的表达式关于 b、c 对称，故 . 7【2013 年全国联赛】 如图， 是圆 的一条弦，为弧内一点，为线段上两点， 满足. 联结并延长，与圆 分别交于点.证明：. 【答案】见解析 【解析】 如图，联结. 记表示点 到直线 的距离. 由，知. 同理， . 另一方面，注意到 ， . 将式、相乘得. 由托勒密定理知. 故由式、得，即 . 8 【2012 年全国联赛】 如图， 在锐角中，是边上不同的两点， 使得. 设的外心分别为.证明：三点共线. 【答案】见解析 【解析】 如图 8，联结，过点的垂线的延长线交于点 .则的切线. 故. 因为，所以，

9、 . 从而，外接圆的切线. 故. 因此，三点共线. 9 【2011 年全国联赛】如图，分别是圆内接四边形的对角线的中点.若， 证明：. 【答案】见解析 【解析】 如图，延长线段分别与圆交于点.则. 由 是线段的中点，知.从而，. 因为，所以，. 故，即. 又，则. 故. 由的中点，知. 10 【2010 年全国联赛】已知锐角的外心为是边上一点（不是边的中点） ， 是线段延长 线上一点，直线交于点 ，直线交于点.求证：若，则四点共圆. 【答案】见解析 【解析】 用反证法. 若不四点共圆，如图，设的外接圆与交于点 ，联结并延长交直线于点 ，联结 并延长交直线于点 ，联结. 注意到的幂的幂（关于.

10、同理，. 故. 所以，. 由题设知. 因此，.于是，. 由梅涅劳斯定理得. . 由式、得. 故，即的中点，矛盾. 从而，四点共圆. 【注】 （1）“的幂的幂（关于）”的证明： 延长至点 ，使得. 则四点共圆. 故. 从而，四点共圆. 于是，. -得的幂的幂（关于）. （2）若点 在线段的延长线上，完全类似. 11 【2009 年全国联赛】如图，分别为锐角）的外接圆圆 上弧的中点过点 交圆 于点的内心，联结并延长交圆 于点 ， 求证： （1）； （2）在弧（不含点 ）上任取一点） ，记的内心分别，则四点共 圆 【答案】 （1）见解析（2）见解析 【解析】 （1）如图，联结由于四点共圆，故四边形是

11、等腰梯形因此 联结则交于点 因， 所 以 ， 同 理 ， 于 是 ， 故四边形为平行四边形因此，又由 三角形面积公式得于是， （2） 如图， 联结 因， 所以， 同 理，由，得由（1）所证，故又 故因此，四点共圆 1 【2018 年福建】如图，AB、PA、PBC 分别为O的切线和割线，切点 A是 BD的中点，AC、BD 相交于 点 E，AB、PE 相交于点 F，直线 CF交O于另一点 G、交 PA于点 K. 证明： （1）K是 PA 的中点； （2） 【答案】 （1）见解析（2）见解析 【解析】 （1)在APC 中，由塞瓦定理，知. A是 BD 的中点，PA 是O 的切线， PAB=ADB=A

12、BD. EBAP，. 由、，得 AK=KP.K是 PA的中点. 另解：A是 BD的中点，PA 是O 的切线， PAB=ADB=ABD，EBAP. 如图，过点 F 作 MNAP，交 AE 于点 M，交 PB于点 N.则 . 且 EBAPMN，. 由、，得. FM=FN. 又由 MNAP，得， AK=KP，K是 PA的中点. （2）由（1）及切线长定理，得.因此，. 又PKG=CKP， PKGCKP. APG=KPG=KCP=GCB=BAG. 又PAG=ABG， GPAGAB，. . 2 【2018 年贵州】已知梯形 ABCD，边 CD、AB 分别为上、下底，且ADC=90 ，对角线 ACBD，过

13、 D 作 DEBC于点 E （1）证明：； （2）证明： 【答案】 （1）见解析（2）见解析 【解析】 证明：如右图 （1）由于ADC=90 ，故 因为对角线 ACBD，所以DCA=90 BDC=ADB 而ADC=90 =BAD，则ACDBDA，故 因此，有 （2）由于ADC=90 ，故， 所以 因为BAD+DEB=180 ， 所以 A、B、E、D四点共圆，故AEB=ADB 由于BAC=90 CAD=ADB，且AEB=BAC，EBA=ABC， 则ABECBA，故 所以 3 【2018 年浙江】如图所示将同心圆环均匀分成 n()格.在内环中固定数字 1n.问能否将数字 1n填入 外环格内，使得外

14、环旋转任意格后有且仅有一个格中内外环的数字相同？ 【答案】见解析 【解析】 设对应于内环 1，2，n 的外环数字为 i1，i2，in，它是数字 1，2，n 的一个排列.对 k=1，2， n，记外环数字 ik在按顺时针方向转动 jk格时，和内环数字相同，即 ,k=1，2，n. 根据题意，j1，j2，jn应是 0，1，2，n-1 的排列.求和 . 于是 n 必须是奇数. 对于奇数 n，我们取 in=n，im=n-m，(m=1，2，n-1)，可以验证 jn=0, jn-1=2，jn-2=4， j1=n-2, jn-1=n-4，j3=n-6， 符合题目要求. 4 【2018 年陕西】如图，在锐角中，的

15、中点，圆 过点 且与直线相切于点 ，直线与圆 交于另一点 ，直线与圆 交于另一点 .证明：. 【答案】见解析 【解析】 由圆幂定理知. 易知. 又弦切角，易知.证毕. 5 【2018 年陕西】如图，在锐角中，的中点，圆 过点 且与直线相切于点 ，直线与圆 交于另一点 ，直线与圆 交于另一点 .证明：. 【答案】见解析 【解析】 由圆幂定理知. 易知. 又弦切角，易知.证毕. 6 【2018 年陕西】如图，在锐角中，的中点，圆 过点 且与直线相切于点 ，直线与圆 交于另一点 ，直线与圆 交于另一点 .证明：. 【答案】见解析 【解析】 由圆幂定理知. 易知. 又弦切角，易知.证毕. 7 【201

16、8 年贵州】已知梯形 ABCD，边 CD、AB 分别为上、下底，且ADC=90 ，对角线 ACBD，过 D 作 DEBC于点 E （1）证明：； （2）证明： 【答案】 （1）见解析（2）见解析 【解析】 证明：如右图 （1）由于ADC=90 ，故 因为对角线 ACBD，所以DCA=90 BDC=ADB 而ADC=90 =BAD，则ACDBDA，故 因此，有 （2）由于ADC=90 ，故， 所以 因为BAD+DEB=180 ， 所以 A、B、E、D四点共圆，故AEB=ADB 由于BAC=90 CAD=ADB，且AEB=BAC，EBA=ABC， 则ABECBA，故 所以 8 【2018 年广西】

17、如图，切 AB、AC于点 B、C，过 C 的割线 CD/AB交于点 D，E是 AB延长线 上一点，直线 CE 分别交 BD和于点 F、G.延长 BG与 CD 的延长线相交于点 P.求证：A、F、P 三点共线. 【答案】见解析 【解析】 如图，连结 AF、FP、BC.由弦切角性质，有. 则ABC与BCD均为等腰三角形且相似.因此可得. 于是有. 又由， 可知.则有. 从而由可得， 于是. 由与可得. 故. 由 CP/AE 可知，从而. 联合式，易知. 由 CP/AE 可得， 从而由式可知. 故 A、F、P 三点共线. 9 【2018 年安徽】如图所示，设四边形 ABCD是矩形，点 E、F分别是线

18、段 AD、BC 的中点，点 G在线段 EF上，点 D、H关于线段 AG 的垂直平分线 l对称.求证：HAB=3GAB. 【答案】见解析 【解析】 由 E、F分别是 AD、BC的中点，得 EF/ABAD.如图，设 P 是 E关于 l的对称点，则 EP/AGl，故四边 形 AEPG是等腰梯形.进而，从而 APHG.再由 HP=DE=EA=PG， 得. 因此HAB=3GAB. 10 【2018 年河北】如图，设ABC的外接圆为的角平分线与 BC 交于点 D，M 为 BC 的中点. 若ADM的外接圆分别于 AB、AC交于 P、Q，N为 PQ的中点，证明：. 【答案】见解析 【解析】 如图. 设 AB=c，BC=a，AC=b. 由. 类似地，. 于是，. 联结 BP、CQ，并设 X、Y 分别为其中点. 则. 类似地，. 故四边形 NYMX 为平行四边形. 由，知四边形 NYMX 为菱形. 从而，MN 平分XNY. 又 AD 平分BAC，因此，ADMN.