2000-2012全国高中数学联赛分类汇编-专题10-平面几何.doc
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1、(2000二试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、(2001二试1)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。
[来源:
Z.xx.k.Com]
【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
∴MC2-MH2=AC2-AH2①
∵BE⊥NA
∴NB2-NH2=AB2-AH2②
∵DA⊥BC
∴BD2-CD2=BA2-AC2③
∵OB⊥DF
∴BN2-BD2=ON2-OD2④
∵OC⊥DE
∴CM2-CD2=OM2-OD2⑤
①-②+③+④-⑤,得
NH2-MH2=ON2-OM2MO2-MH2=NO2-NH2
∴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、(2002二试1)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、(2003二试1)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.[来源:
Zxxk.Com]
分析:
由∠PBC=∠CDB,若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ,则DBDQ∽DDAQ.反之,若DBDQ∽DDAQ.则本题成立.而要证DBDQ∽DDAQ,只要证=即可.
【解析】:
连AB.
∵DPBC∽DPDB,
5、(2004二试1)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、(2005二试1)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、(2006二试1)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、(2007二试1)如图,在锐角△ABC中,AB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、(2008二试1)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;[来源:
学科网ZXXK]
(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.
(第1题图2)
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.
方法三:
(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.以下同方法一
10、(2009二试1)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、(2010二试1)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.
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、(2011二试1)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.[来源:
Zxxk.Com]
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.[来源:
学科网]