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1、几何讲义1一圆切于两条平行线，第二个圆切于，外切于，第三个圆切于，外切于，外切于，交于，求证是的外心。（35届IMO预选题）证明 由，知，从而有，即三点共线。同理由，可得三点共线。又因为，所以四点共圆，即点在与的根轴上。又因为在与的根轴上，所以是与的根轴。同理是与的根轴，因此为根心，且有，即是的外心。2非等腰的内切圆圆心为，其与分别相切于点，分别交圆于，中的角平分线分别交于点，证明（1）是的角平分线；（2）如果是和的两个外接圆的交点，则点在直线上。（01年保加利亚）证明 （1）因为，所以有，从而有，即是的角平分线。（2）设的外心为，连，则。由于，所以，于是有，即与相切于。同理与的外接圆相切于，
2、从而在与的外接圆的根轴上，即三点共线。3已知圆外一点，由向圆引两条切线，切点分别为，过点作直线，与圆交于两点，且满足，若交于点，交于点，与的中垂线交于点，证明四点共圆。（05年日本）证明 因为是调和点列，且，所以在关于点的阿波罗尼斯圆上。连，有。设的外接圆与交于点，则有，即在的中垂线上，从而有，因此四点共圆。4若到的三个顶点的距离的比都是，且互不相等，则直线过的外接圆的一条直径。若设的外接圆圆心为，则。证明 法一：由于到的距离之比为，则在阿波罗尼斯圆上，其中与的交点为，且为调和点列。设与交于点，则，因此与相切于点，于是也与相切于点。同理，由于到的距离之比为，则在阿波罗尼斯圆上，设与交于点，于是
3、与相切于点。因为，所以在与的根轴上，从而有三点共线。设与交于点，则，即为调和点列。法二 由于，则的外接圆就是关于点的阿波罗尼斯圆，从而在直线上，且有。5已知圆心分别为的圆外切于点，并内切于圆，切点分别为，过点作的公切线。设圆的直径垂直于，使得在的同侧，证明三线交于一点。（第47届IMO预选题）证明 设的中点为，为圆与圆的位似中心，由于半径分别垂直于，所以，且有三点共线。同理三点共线。设交于点，由于，所以是的垂心，于是，这表明在直线上。设与直线交于点，下面证明点在直线上。设与圆的第二个交点为，则是圆的直径，由梅涅劳斯定理的逆定理，要证三点共线，只要证。因为，所以只要证。设与交于点，则，从而只要证
4、，即证是调和点列。连交于点，则是调和点列，因此有是调和点列。6设是梯形，在其两腰上分别存在点，使得，证明点到梯形两对角线的交点的距离相等。（20届全俄）证明 设与的外接圆交于点，则有，所以点在上。又因为，所以。设与的外接圆半径分别为，则，因此与的交点是的外接圆与的外接圆的位似中心，设与的外接圆的圆心分别为，则在上，且是的中垂线，于是有。7圆均与圆外切，切点分别为，并且它们还分别与的两条边相切，证明三线共点。（20届全俄）证明 设的内切圆的圆心为，半径为，的半径分别为，则。设为上的一点，且满足，则，从而有在一条直线上。同理与均三点共线，即三线共点。8给定一个半圆周，其直径为，圆心为，一直线与半圆
5、周相交于点，且与的延长线交于点，其中。设的外接圆的第二个交点为，证明是直角。（21届全俄）证明法一 连交于点，交于点，因为，且在上，所以只要证三点共线。由于是的直径，因此与相切。同理也均与相切。过作的平行线，与的延长线交于点，则，所以，即与均是等腰三角形，且对应边平行，因此对应顶点的连线交于一点，即三点共线。法二 设交于点，交于点，则为的垂心。连，分别交于点，则及为调和点列，所以是关于的极线，于是。同理，且是的垂心。由蒙日定理得过点，于是有。设与交于点，则，所以四点共圆，于是有三点共线。法三 延长至，则四点共圆。因为关于对称，所以有。9设点是凸四边形的对角线的交点，过的重心与的重心引一条直线，
6、过的垂心与的垂心引一条直线，证明这两条直线互相垂直。（6届全苏）证明 设的重心分别为，则四边形是平行四边形，并满足分别平行于，从而有。设的垂心分别为，则均三点共线，且四边形是平行四边形，并满足分别垂直于。设，不妨假设，则，所以有，即。同理，于是有。因此平行四边形与相似，若把其中的一个平行四边形旋转，那么不仅它们的对应边而且它们对应的对角线都互相平行，因此有。10已知四边形是等腰梯形，ADBC，把绕点旋转某一角度得到，证明线段的中点在同一条直线上。（23届全苏）证明 将平移得，则的中点经位似变换变为。连交于，由于，因此有，从而。因为直角梯形的腰的中点到两个直角顶点的距离相等，所以，即在以为圆心，
7、以为半径的圆上，从而有，于是可得三点共线。11已知为内一点，由分别向作垂线，垂足分别为。由分别向作垂线，证明这三条垂线交于一点。若的外心为，则三点共线，且是线段的中点。证明 法一 连，并延长至，使得是线段的中点。设的中点为，则为由所确定的四边形的外接圆的圆心，因此。又因为，所以有。同理可得。法二 分别延长至，使得分别是的中垂线，所以，即是的外心。同理，分别是的外心。由于由分别向作的垂线就是由分别向作的垂线，因此也就是的中垂线，而的中垂线交于一点，且就是的外心，即点。又因为是与的位似中心，且位似比为，所以三点共线，且是线段的中点。12已知分别是的边上的点，相交于点，证明和的内切圆外切的充分必要条
8、件是四边形有内切圆。（99年保加利亚）证明 充分性：由和的内切圆外切，可得。作的内切圆，过作该圆的切线，交于。由于，因此有，即。必要性：设和的内切圆与分别切于点，因为，所以有。13已知单位面积的凸四边形及其内一点，证明这5个点构成的三角形中必有一个的面积不超过，并证明这个上界是最小的。证明 假设两条对角线交于点，不妨假设点在中。假设的面积分别为，分别为，因为，所以有。若均大于，则，矛盾。当等腰梯形满足平行于，高为，在对称轴上，且到的距离为1。此时，所以是最小的。14已知的重心为，证明分别关于的角平分线对称的三条直线交于一点；若在三条边上的投影分别为，证明为的重心。证明 设的三条中线分别为，关于
9、的角平分线对称的三条直线分别与交于点，设，则。同理可得。由塞瓦定理，可得，于是有，由塞瓦定理的逆定理可得交于一点。注 用塞瓦定理的三角表示（角元塞瓦定理）更容易得到。设与交于点，由正弦定理可得，由于均四点共圆，所以，由正弦定理得，于是是的中点，进而可得是的重心。15已知的边上有两个点，证明与的内切圆半径相等的充分必要条件是与的内切圆半径相等。证明 先证明一个引理：设的边上的高为，内切圆半径为r, 则。设的内心为，作的平行线与圆相切，且分别与交于点，则。设的内切圆半径分别为，则。16已知圆内接五边形满足的内切圆半径等于的内切圆半径，的内切圆半径等于的内切圆半径，证明。（98年保加利亚） 证明 设
10、的内切圆半径分别为，外接圆半径为为，不含其它顶点的弧分别为，则有，。两式相减得，从而有，舍去一种情况后可得。代入第一个式子得，类似地可得。因此有。17已知凸四边形，交于点，交于点，为四边形内一点，且有，证明。（05年保加利亚BMO选拔）证明 设，则，从而有。类似地，有，因此有。同理，由，可得，因此有。设与交于点，由梅涅劳斯定理，于是有。积化和差并化简后得，于是可得（其中另一种情况不存在），从而有。18为的中点，在的同侧作全等的四边形，使它们都有内切圆，圆心分别为，证明三线共点。（30届加拿大训练题）证明 作位似变化，则有，于是是的中点，是的中点。设交于点，由，且，可得是四边形的内切圆的圆心。由
11、牛顿定理，可得三点共线。19已知圆按顺时针的顺序内切于圆，设圆的外公切线长为，证明依次以为边长，以为对角线构成的凸四边形是圆内接四边形。证明设圆的半径分别为，圆与圆的切点分别为，因为，所以有，即。同理可得的表达式。由托勒密定理的逆定理知，只要证。代入的表达式，只要证，即。20设是内一点，分别是的外心，证明，并确定等号成立的条件。证明 设与分别交于点，的外心为，外接圆半径为，。因为在圆的内部，由欧拉关于垂足三角形的面积公式，有。等号成立当且仅当，即为的外心。此时有为的垂心，且是锐角三角形。21直角中，是斜边的中点，交于点，的延长线交于点，证明。（07年第四届东南地区数学奥林匹克）证明 作的外接圆
12、，延长，与圆交于点，连，并与的延长线交于点。因为，所以只要证。又因为是的中点，因此只要证。设是以为圆心，为直径的半圆上的任意两点，过点作圆的切线，交直线于点，直线与直线分别交于点，证明。（07年第四届东南地区数学奥林匹克）统一证明 过作的垂线，与直线交于点，则是的中点。于是这两个问题都等价于：已知过圆的圆心的直线上的两个点满足，过作圆的割线，过作圆的切线，若与直线分别交于点，证明。实际上这个问题还可以更一般化：设一条直线与一条二次曲线交于点，的中点为，为上的两个点，且满足，过作圆的割线，过作圆的割线，若与直线分别交于点，证明。证明 以为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，二次曲线的方程设为。当时得，该二次方程的两个解就是点的横坐标。因为的中点为，所以，即二次曲线的方程化为。设，则，的方程为，因此过的二次曲线系为。特别地，当取某个特殊值时，该方程就是两条直线的方程。当时得，该二次方程的两个解就是点的横坐标。由于二次方程没有一次项，所以的横坐标的和为，从而有。18
