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 1AB, FN XAC(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D2. (2001) 如图，A ABC^, O为ABC的面积相等.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) OBL D5 OCL DE(2) OHL MN3.(2002)5.(2004)在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与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.AC上的高BD相交于点H ,以D别交AB、AC于F、Ko 已知 BC=25, BD=20, BE=7,为直径的圆分与AH相/G两点，FGPCi(i = 0, 1).在AB0的延长线上任取点 P以B0 为同心，B0P0为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线 于Q。
以Ci为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交BiA 的延长线于点P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆 弧日Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1 为半径作圆弧Q1P的延长线于P0.试证：⑴点P0与点P0重合，且圆弧 自Q0与P0Q1相内切 于点P0⑵四点P0, Q0, Q1, P1共圆.6.(2005)P1C1AQ14P07.(2006)以B0和B1为焦点的椭 圆与△ AB0B1的边 ABi交于点O2分别是△BDF、ACDE的外心求证：Oi、O2、E、F四点共圆的充要条件为 P是△ ABC的垂心AB
2AB AC sinZBAC=1 AD AF sinOAC建AD, M N =S AMDN2.. (2001)证明:(1)〃A、C、D、F 四点共圆 / BDF = / BAC又 / QBC= f (180(2) /CF±MA ..MC2—MH 2=AC2 —AH 2 ① v BEX NA・•・ NB 2 — NH 2 = AB 2 — AH 2 ②VDAXBC・•・ BD 2 — CD 2 = BA 2 — AC 2 ③VQBXDF・•・ BN 2 — BD 2 = QN 2 — QD 2 ④VQCXDE/.CM 2— CD2 = QM 2—QD2 ⑤①一②+③+④一⑤，得NH 2—MH 2=QN 2—QM 2 MQ 2—MH 2 =NQ2—NH /.QHXMN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 k- : kAB : c b，直线AC的方程为y -(x c),直线BE的方程 c为 y - (x b) a—/ BQC) = 90cy —(x b) aay (x c)c得E点坐标为E (2,2 2 ,a c bc ac abc \2 ， 2 2- )a c a c 72, , 2同理可得M (年占a 2bc b2abc aba2 2bc b2 )2 2 . 2 .同理可得F (”c,冷詈) a b a b 7• • kMNa(b2 c2)(a2bc)2 2(c b)(a bc)(a 3bc)ab aca2 3bc「 kQH kMN直线AC的垂直平分线方程为 直线BC的垂直平分线方程为a2 b2c c—(x —)a 2c—1,・•・ QHXMN .a2b~2bc a1)得Q (十bc a2 \2a )4. (2003).证明：联结 AB,在AADQ 与AABC 中, / ADQ= / ABC , / DAQ= / PBC= / CAB 故△ADQs^ABC,而有染 当，即 BC - AD = AB - DQ^\B ^\DkQB2ab c-b2bc a2ac ab,2 .ab abc~2 2~a b b cab acbc• kQB kDF/.QBXDF同理可证QCXDE.在直线BE的方程y £(x b)中令x=0得H (0,匹) a a 'bc a2 bc■ l 2a a a2 3bc• • Kqh .b c ab ac2直线DF的方程为yab ac「,ab ac『xa, 、-(x c) c2 , 2a c bc1 2abc aca2 2bc c2 ' a2 2bc c2又由切割线关系知△ PCA s △ PAD得PC AC一 一:PA AD)同理由△ PCBs^PBD得匹型PB BD又因 PA= PB,故嗡■!!，得 AC BD = BC AD=AB - DQ又由关于圆内接四边形 ACBD的托勒密定理知 AC . BD + BC . AD=AB - CD于是得：AB - CD = 2AB - DQ,故 DQ = 1CD,即 CQ=DQ又H为ABC的垂心）故AP BC）BA BC 25, ABP所以AFG于P）故:于是 AKAF AP 9 24AB 2521625在4CBQ 与4ABD 中，* 2Q 殁 / BCQ = 7 AB BC BC)/BAD,于是△ CBQs/XABD,故/CBQ = /ABD,即得/ DBQ = /ABC/PAC.5.（2004）解：由题知：ADB AEC 90 , ADB : AEC）AD BD AB ① AE CE AC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RtAEC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，dfe 90 ,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，ADE ABC）于是 FG PBC）延长 AH 交 BC 处处② AP AB JAP=CE=24 ,7.（2006）关于⑴的证明要点：①说明CoP0=CoP0 ,从 而得到P0与P0重合：由椭圆定义知B0C1+B1C1 =B0C0 +BiCo = 2a（2a 为椭圆 的长轴）.记 BiCj=Dj(i,j = 0,1),即 r01 + r11 =「0。
臼 =2a.设 BoPo= BoQo= b)则 CiQo= C1P1 = C1B0+ BoQo= r01 + b;B1P1=B1Q1=B1C1 + C1P1=rn + r01 + b;C0Q1 = C0P0 = BiQi — BiC0=「ii + r01 + b— r10= b+2a—「10= b +「00.但 C0P0=b+r00；从而 C0P0=C0P故点 P0与P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.由于弧保Q0的圆心为B0,保Qi的圆心为C0, 而P0为两圆公共点，但CP0三点共线，故 两圆弧内切于点P0.或：由于C0B0=C0Qi —B0P°,即两圆圆心距等 于两圆半径差）从而两圆内切.（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说明对两定点张角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为 180?连 P0Q0, P0Q1, P1Q0, P1Q1,证法一证明/ Q0P0Q1 = / Q0P1Q1,从而说明四点共圆.1 由于/ Q0P0Q1 = Z B0P0Q0—/ C0P0Q1=2(180? 1 _ 一/ P0B0Q0)—2(180?— / P0C0Q1)1 -=2(/ P0C0Q1 一 / P0B0Q0)= 2(/ AC0B1 一 / C0B0C1)1 ，，= 2/C0MB0； (30 分)1 一/ Q0P1Q1 = / B1P1Q1 一 / C1P1Q0 = 2 (180?— /八 1 八/ …P1B1Q1) —2(180?- / P1C1Q0)1 1 ,=2(/ P1C1Q0—/ P1B1Q1)=-ZC1MB1; (40 分)但，/ C0MB0= / C1MB1 ,故/Q0P0Q1=/Q0P1Q1,从而P0, Q0, Q1, P1四点共圆得证.证法二：利用圆心角证明/ P1Q1P0=/ P1Q0P0,从而说明四点共圆.1 .由于 / PiQiP0=/ P1Q1B1+/ C0QiP0=2(180?1 _ 一/ P〔B1Q1)+ 2(180?— / P0C0。