《平面几何41747.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《平面几何41747.doc（36页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、全国高中数学联赛试题平面几何（高二数学514）2012年全国高中数学联赛 加试1如图，在锐角ABC中，ABAC，M、N是BC边上不同的两点，使得BAM=CAN，设ABC和AMN的外心分别为、，求证：、A三点共线2011年全国高中数学联赛 加试1. （40分）如图，分别是圆内接四边形的对角线的中点若，证明：1. PABCDQEF 延长线段与圆交于另一点，则，又是线段的中点，故，从而又，所以，于是，即。从而有，即 又，所以ABQACD，所以 延长线段与圆交于另一点，则，故又因为为的中点，所以又，所以 2011全国高中数学联赛模拟题 加试2. （本题满分40分）在直角三角形ABC中，它的内切圆分别与
2、边BC，CA，AB相切与点D，E，F，连接AD，与内切圆相交于另一点P，连接PC，PE，PF已知，求证：2连接DE，DF，则BDF是等腰直角三角形于是，故又，所以PFD PDC，所以 又由，所以，AFP ADF，AEP ADE，于是 ，故由得 因为，结合得，EPD EDC，所以，EPD也是等腰三角形，于是，所以，2010年全国高中数学联赛 加试1. （40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M求证：若OKMN，则A，B，D，C四点共圆1. 用反证法若A，B，D，C不四点共圆，设三角形A
3、BC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） ，同理 ，所以 ，故 由题设，OKMN，所以PQMN，于是 由梅内劳斯（Menelaus）定理，得， 由，可得， 所以，故DMN DCB，于是，所以BCMN，故OKBC，即K为BC的中点，矛盾！从而四点共圆. 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， 则P，E，F，A四点共圆，故，从而E，C，F，K四点共圆，于是， -，得 P的幂（关于O）K的幂（关于O） 注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似2009年全国高中数学联合竞
4、赛 加试一、如图，分别为锐角三角形（）的外接圆上弧、的中点过点作/交圆于点，为的内心，连接并延长交圆于（I）求证：当；（II）在弧（不含点）上任取一点（，），记，的内心分别为，求证：，四点共圆【解析】 连，由于，共圆，故是等腰梯形因此，连，则与交于，因为，所以同理于是，故四边形为平行四边形因此（同底，等高）又，四点共圆，故，由三角形面积公式 于是因为，所以，同理由得由所证，故又因，有故，从而因此，四点共圆2008年全国高中数学联合竞赛 加试A卷一、（本题满分50分）答一图1如题一图，给定凸四边形，是平面上的动点，令（）求证：当达到最小值时，四点共圆；（）设是外接圆的上一点，满足：，又是的切线，
5、求的最小值解法一 （）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，有答一图1 因此 因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此当且仅当在的外接圆且在上时， 10分又因，此不等式当且仅当共线且在上时取等号因此当且仅当为的外接圆与的交点时，取最小值故当达最小值时，四点共圆 20分（）记，则，由正弦定理有，从而，即，所以，整理得， 30分解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整理得，故，可得， 40分从而，为等腰直角三角形因，则又也是等腰直角三角形，故，故 50分答一图2解法二 （）如答一图2，连接交的外接圆于点（因为在外，故在上）过分别作的垂线，两两相交得，易知在内，从而在内，记之三内角分别
6、为，则，又因，得，同理有，所以 10分设，则对平面上任意点，有 ，从而 由点的任意性，知点是使达最小值的点由点在上，故四点共圆 20分（）由（），的最小值 ，记，则，由正弦定理有，从而，即，所以，整理得， 30分解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整理得，故，可得， 40分所以，为等腰直角三角形，因为，点在上，所以为矩形，故，所以 50分解法三 （）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，有 ，当且仅当与（复向量）同向时取等号有 ，所以 （1） ，从而 （2） 10分（1）式取等号的条件是 复数 与同向，故存在实数，使得 ， ，所以 ，向量旋转到所成的角等于旋转到所成的
7、角，从而四点共圆（2）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上，四点共圆 20分（）由（）知以下同解法一2008年全国高中数学联合竞赛 加试B卷题一图一、（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，连接并延长交于点，点分别在，的延长线上，满足，求证：四点共圆 证由已知条件知又，所以，答一图从而四点共圆，此圆记为同理可证：四点共圆，此圆记为 点在圆，内延长与圆相交于点，则，故四点共圆 所以在的外接圆上，故在上 再用相交弦定理：，故四点共圆 2007年全国高中数学联合竞赛 加试一、（本题满分50分）如图，在锐角ABC中，ABAC，AD是边BC上的高，P是线段
8、AD内一点。过P作PEAC，垂足为E，做PFAB，垂足为F。O1、O2分别是BDF、CDE的外心。求证：O1、O2、E、F四点共圆的充要条件为P是ABC的垂心。一、（本题满分50分）如图，在锐角ABC中，ABAC，AD是边BC上的高，P是线段AD内一点。过P作PEAC，垂足为E，作PFAB，垂足为F。O1、O2分别是BDF、CDE的外心。求证：O1、O2、E、F四点共圆的充要条件为P是ABC的垂心。证明：连结BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为PDBC，PFAB，故B、D、P、F四点共圆，且BP为该圆的直径。又因为O1是BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中点。同理可证C、D、P
9、、E四点共圆，且O2是的CP中点。综合以上知O1O2BC，所以PO2O1=PCB。因为AFAB=APAD=AEAC，所以B、C、E、F四点共圆。充分性：设P是ABC的垂心，由于PEAC，PFAB，所以B、O1、P、E四点共线，C、O2、P、F四点共线，FO2O1=FCB=FEB=FEO1，故O1、O2、E、F四点共圆。必要性：设O1、O2、E、F四点共圆，故O1O2E+EFO1=180。由于PO2O1=PCB=ACBACP，又因为O2是直角CEP的斜边中点，也就是CEP的外心，所以PO2E=2ACP。因为O1是直角BFP的斜边中点，也就是BFP的外心，从而PFO1=90BFO1=90ABP。因
10、为B、C、E、F四点共圆，所以AFE=ACB，PFE=90ACB。于是，由O1O2E+EFO1=180得(ACBACP)+2ACP+(90ABP)+(90ACB)=180，即ABP=ACP。又因为ABAC，ADBC，故BDCD。设B是点B关于直线AD的对称点，则B在线段DC上且BD=BD。连结AB、PB。由对称性，有ABP=ABP，从而ABP=ACP，所以A、P、B、C四点共圆。由此可知PBB=CAP=90ACB。因为PBC=PBB，故PBC+ACB=(90ACB)+ACB=90，故直线BP和AC垂直。由题设P在边BC的高上，所以P是ABC的垂心。2006年全国高中数学联合竞赛 加试一、（本题满分50分）以B0和B1为焦点的椭圆与AB0B1的边ABi交于点Ci(i0，1). 在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧交B1A的延长线于点P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧，交AB0的延长线于P0. 试证： 点P0与点P0重合，且圆弧与相内切于点P0； 四点P0，Q0，Q1，P1共圆关于的证明要点： 说明C0P0C0P0，从而得到P0与P0重合：由椭圆定义知B0C1B1C1B0
