历年全国高中数学联赛《平面几何》专题真题汇编

1、如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足∠BAE=∠CAF，作FM⊥AB，FN⊥AC（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ABC的面积相等．

2、如图：⊿ABC中，O为外心，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）OB⊥DF，OC⊥DE；（2）OH⊥MN。

【解析】证明：(1)∵A、C、D、F四点共圆

∴∠BDF＝∠BAC

又∠OBC＝(180°－∠BOC)＝90°－∠BAC

∴OB⊥DF．

(2)∵CF⊥MA

∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2 ①

∵BE⊥NA

∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2 ②

∵DA⊥BC

∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2 ③

∵OB⊥DF

∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2 ④

∵OC⊥DE

∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2 ⑤

①－②＋③＋④－⑤，得

NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH 2

∴OH⊥MN

∵ ∴OB⊥DF

同理可证OC⊥DE．

在直线BE的方程中令x＝0得H(0，)

∴

直线DF的方程为

由 得N ()

同理可得M ()

∴

∵kOH ·kMN ＝－1，∴OH⊥MN．

3、如图，在⊿ABC中，∠A=60°，AB>AC，点O是外心，两条高BE、CF交于H点，点M、N分别在线段BH、HF上，且满足BM=CN，求的值。

4、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．

分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，则 BDQ∽ DAQ．反之，若 BDQ∽ DAQ．则本题成立．而要证 BDQ∽ DAQ，只要证=即可．

5、在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的长．

6、如图，在△ABC中，设AB>AC，过A作△ABC的外接圆的切线l，又以A为圆心，AC为半径作圆分别交线段AB于D；交直线l于E、F。证明：直线DE、DF分别通过△ABC的内心与一个旁心。

（注：与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为旁心。）

【解析】证明：（1）先证DE过△ABC的内心。

如图，连DE、DC，作∠BAC的平分线分别交DC于G、DE于I，连IC，

则由AD=AC，

得，AG⊥DC，ID=IC.

又D、C、E在⊙A上，

7、以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于Ci（i=0，1）。在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧Q1P′0，交AB0的延长线于P′0。试证：

（1）点P′0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于P0；

（2）四点P0、Q0、Q1、P1共圆。

【解析】以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于Ci（i=0，1）。在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧Q1P′0，交AB0的延长线于P′0。试证：

（1）点P′0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于P0；

（2）四点P0、Q0、Q1、P1共圆。

证明：（1）显然B0P0=B0Q0，并由圆弧P0Q0和Q0P1，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P′0分别相内切于点Q0、P1、Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+B0P′0。四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0以及P′0在B0P0或其延长线上，有B0P0=B0P′0。

从而可知点P′0与点P0重合。由于圆弧Q1P0的圆心C0、圆弧P0Q0的圆心B0以及P0在同一直线上，所以圆弧Q1P0和P0Q0相内切于点P0。

（2）现在分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T。又过点Q1引相应相切圆弧的公切线R1S1，分别交P0T和P1T于点R1和S1。连接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R1和P1Q1S1。基于此，我们可由

∠P0Q1P1=π−∠P0Q1R1−∠P1Q1S1=π−(∠P1P0T−∠Q1P0P1)−(∠P0P1T−∠Q1P1P0)

而π−∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0，代入上式后，即得

，同理可得。所以四点P0、Q0、Q1、P1共圆。

8、如图，在锐角△ABC中，AB，AD是边BC上的高，P是线段AD内一点。过P作PE⊥AC，垂足为E，做PF⊥AB，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。

9、如图，给定凸四边形，，是平面上的动点，令．

（1）求证：当达到最小值时，四点共圆；

（2）设是外接圆的上一点，满足：，，，又是的切线，，求的最小值．

解得或（舍去），故，． 由已知=,有，即，整理得，故，可得，从而，，为等腰直角三角形．因，则．又也是等腰直角三角形，故，，．故．

方法二：（1）如图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，记之三内角分别为，则，又因，，得，同理有，，

所以∽．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．

方法：（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，有 ，当且仅当与（复向量）同向时取等号．

有 ，

所以 ①

，

从而

． ②

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．

（2）由（1）知．同方法一

10、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．

⑴求证：；

⑵在弧（不含点）上任取一点（，，），记，的内心分别为，，

11、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OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．

证明：由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

， ②

． ③

由①，②，③可得， 所以，故△DMN ∽ △DCB，于是，所以BC∥MN，故OK⊥BC，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

， ④

则P，E，F，A四点共圆，故

，

12、如图，分别是圆内接四边形的对角线的中点．若，证明：．

【解析】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△ABQ∽△ACD，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．