高中联赛难度几何100题及其解答修订版.docx
《高中联赛难度几何100题及其解答修订版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中联赛难度几何100题及其解答修订版.docx（125页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
高中联赛难度几何100题及其解答修订版
高中联赛难度几何100题及其解答
解答人：
文武光华数学工作室田开斌
第一题、如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，PCD为⊙O一条割线，CO交⊙O于另一点E，AC、EB交于点F，证明：
CD平分∠ADF。
P
C
A
B
O
D
F
E
证明方法一：
如图，延长ED交CA于K，根据条件知四边形CADB为调和四边形，故
ED、EC、EA、EB构成一组调和线束，进而知K、C、A、F构成一组调和点列。
而KD⊥CD，故CD平分∠ADF。
P
C
A
B
O
D
F
K
E
证明方法二：
如图，连结OA、OB、AB、BC，因为∠AFB=∠ACE−∠BEC=
∠AOE−∠BOC=180°−∠AOC−∠BOC=∠APC，且PA=PB，故点P为△ABF的外心。
于是知
222
∠PFA=∠PAC=∠PDA，所以P、A、D、F四点共圆。
又PA=PF，故CD平分∠ADF。
P
F
C
A
B
O
D
E
第二题、如图，AB为⊙O直径，C、D为⊙O上两点，且在AB同侧，⊙O在C、D两处的切线交于点E，BC、AD交于点F，EF交AB于M，证明：
E、C、M、D四点共圆。
E
C
F
D
OM
AB
证明：
如图，延长AC、BD交于点K，则BC⊥AK，AD⊥BK，从而知F为△KAB的垂心。
又在圆内接六边形CCADDB中使用帕斯卡定理，知K、E、F三点共线，从而KM⊥AB于M。
于是知∠CMF=∠CAF=∠CDE，所以E、C、M、D四点共圆。
K
E
C
F
D
OM
AB
第三题、如图，AB为⊙O直径，C、D为⊙O上两点，且在AB同侧，⊙O在C、D两处的切线交于点E，BC、AD交于点F，EB交⊙O于点G，证明：
∠CEF=2∠AGF。
E
C
G
D
F
O
AB
证明：
如图，根据条件知∠CFD=ÂB+ĈD=（180°−ÂC）+（180°−B̂D）=∠CAB+∠DBA=
22
∠ECF+∠EDF，且EC=ED，故点E为△CFD外心。
于是知∠EFC=∠ECF=∠CAB=
∠CGE，故E、C、F、G四点共圆。
所以
∠CGF=∠CEF=2（90°−∠ECF）=2（90°−∠CAB）=2∠ABC=2∠AGC
所以∠AGF=∠CGF=∠CEF，即得∠CEF=2∠AGF。
22
E
C
G
D
F
O
AB
第四题、如图，AB为⊙O直径，P为AB延长线上一点，PC切⊙O于C，点C关于AB的对称点为点D，CE⊥AD于E，F为CE中点，AF交⊙O于K，求证：
AP为△PCK外接圆的切线。
（第三十九届IMO预选题）
K
F
O
B
E
C
AP
D
证明：
如图，连接PD，根据圆的对称性知，点D在⊙O上，且PD切⊙O于D。
连接CD
交AB于T，则CT⊥AB，且T为CD中点。
连结TF、TK。
显然TF为△CDE的中位线，所以TF∥AD，所以TF⊥CE，且∠TFK=∠DAK=∠TCK，所以C、F、T、K四点共圆。
于是知∠KTP=90°−∠KTC=∠KCD=∠KDP，所以T、D、P、K四点共圆，所以∠TPK=∠TDK=∠PCK，所以AP为△PCK外界圆的切线。
K
F
OT
B
E
C
AP
D
第五题、如图，四边形ABCD内接于⊙O，且AC为⊙O直径，D关于AC的对称点为E，
C关于BD的对称点为F，AF交BD于G，BE交AC于K，求证：
KG⊥BG。
（2014年新加坡数学奥林匹克公开赛第二轮试题）
G
FD
AK
OC
E
B
证明方法一：
如图，根据条件，显然点E在⊙O上，从而BC平分∠DBE。
设BD交AC
于M。
注意到∠ABC=90°，所以AB为∠KBM的外角平分线，于是知KC=KB=KA，从而
AM=AK。
MCMBMA
CMCK
连结GC，根据对称性，GB平分∠AGC，所以AG=AM=AK，所以KG为∠AGC的外角平
分线，所以KG⊥BG。
CGCMCK
G
FD
AK
OMC
E
B
证明方法二：
如图，根据条件，显然点E在⊙O上，从而BC平分∠DBE。
设BD交AC
于M。
注意到∠ABC=90°，所以K、M、C、A构成一组调和点列。
连结GC，根据对称性，
GB平分∠AGC，根据调和性质知KG⊥BG。
命题得证
G
FD
AK
OMC
E
B
第六题、如图，PA、PB分别切⊙O于A、B，K为⊙O上一点，BD⊥OK于D，分别交KP、
KA于E、F，证明：
E为BF中点。
P
B
A
O
EF
D
K
证明方法一：
如图，过点K作⊙O的切线KT，则KT∥BD。
又KT、KP、KB、KA构成一组调和线束，故E为BF中点。
B
A
O
EF
D
P
T
K
证明方法二：
如图，延长KO交⊙O于T，延长TA交KB于S，连结TB交AK于H，在圆内接六边形AATBBK中使用帕斯卡定理，知S、P、H三点共线。
又KA⊥TS，TB⊥KS，故
点H为△STK垂心。
进而知∠SAP=∠TKA=∠ASP，从而知P为SH中点。
注意到SH∥BD，故E为BF中点。
P
B
A
E
H
F
OD
S
TK
第七题、如图，△ABC中，AD平分∠BAC交BC于D，E为AD中点，M、N分别在BE、CE上，使得∠AMC=∠ANB=90°，求证：
∠MBN=∠MCN。
（2014年福建高一数学竞赛试题，2014年台湾数学奥林匹克训练营试题，2013年第五十三届乌克兰数学奥林匹克试题）
E
M
N
A
BDC
证明：
如图，过C作CP∥AD，交BA于P，交BE于J，则根据位似关系，知J为PC中点。
又∠APC=∠BAD=∠CAD=∠ACP，所以AJ⊥CJ。
于是A、M、C、J四点共圆，且AJ⊥AD。
同理，过B作BQ∥AD，交CA于Q，交CE于K，则A、N、B、K四点共圆，且AK⊥AD。
所以K、A、J三点共线。
于是知∠EMC=∠JAC=∠JAP=∠KAB=∠ENB，所以M、B、C、N四点共圆，所以
∠MBN=∠MCN。
P
K
A
J
E
M
N
B
D
C
Q
第八题、如图，△ABC内接于⊙O，BE⊥AC于F，CF⊥AB于F，BE、CF交于点H，AH交
⊙O于D，L为AH中点，过L作MN∥EF分别交AB、AC于M、N，证明：
∠MDF=∠NDE。
（2013年伊朗数学奥林匹克第三轮试题）
A
M
L
F
N
O
E
H
B
C
D
证明方法一：
如图，连结LE、LF、CD、BD。
根据条件知H为△ABC垂心，所以H、D关于BC对称。
又显然B、C、E、F四点共圆。
因为MN∥EF，所以∠AML=∠AFE=∠ACB=
∠ADB，所以B、M、L、D四点共圆。
又注意到L位AH中点，所以∠LEH=∠LHE=
∠BHD=∠BDH，所以B、L、E、D四点共圆，所以B、M、L、E、D五点共圆。
同理可知C、N、L、F、D五点共圆。
所以∠FDN=∠FCN=∠EBM=∠EDM，所以∠MDF=∠NDE。
A
M
L
F
N
O
E
H
B
C
D
证明方法二（东北育才中学张鑫垚同学方法）：
如图，设EF交AH于K，连结LB、
LC、KB、KC、DB、DC。
显然H为△ABC垂心，且B、C、E、F四点共圆。
因为∠AML=
∠AFE=∠ACB=∠ADB，所以B、D、L、M四点共圆，B、D、K、F四点共圆。
于是知
∠MDF=∠BFD−∠BMD=∠BKD−∠BLD=∠LBK。
同理可知∠NDE=∠LCK。
又显然A、F、H、E四点共圆，且L为圆心，所以点K为△LBC垂心，所以∠LBK=∠LCK，所以∠MDF=∠NDE。
A
M
L
F
N
K
O
E
H
B
C
D
第九题、如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，C为⊙O上一点，过C作
⊙O切线分别交PA、PB于E、F，OC交AB于L，LP交EF于D，证明：
D为EF中点。
（1991年四川竞赛题）
B
F
C
DL
PO
E
A
证明：
如图，过点L作OC的垂线分别交PA、PB于M、N，注意到OA⊥PM、OB⊥PN，根据西姆松定理逆定理知O、M、P、N四点共圆。
又OP平分∠APB，故OM=ON，进而知
LM=LN。
而MN∥EF，故D为EF中点。
N
B
F
C
DL
PO
E
M
A
A
E
F
O
M
S
BC
T
K
第十题、如图，锐角△ABC中，点E、F分别在边AC、AB上，M为线段EF中点，令EF的中垂线与直线BC交于点K，MK的中垂线分别交AC、AB于S、T，若K、S、A、T四点共圆，证明：
∠KEF=∠KFE=∠BAC。
（2015年中国台湾数学奥林匹克训练营试题）
证明：
如图，延长AM交TS于N，交四边形ATKS外接圆⊙O于L，因为M为EF中点，且TS∥EF，所以N为TS中点。
又根据对称性知∠LNT=∠ANS=∠KNS，所以L、K关于
ON对称，所以∠LAT=∠KAS，故△ATN∽△AKS。
而AM=AE，所以△MTN∽△EKS，所以
MNES
∠EKS=∠MTN=∠KTN。
同理可知∠FKT=∠KSN，所以∠EKF=∠TKS−
（∠EKS+∠FKT）=∠TKS−（∠KTN+∠KSN）=2∠TKS−180°=2（180°−∠BAC）−
180°=180°−2∠BAC，所以∠KEF=∠KFE=∠BAC，命题得证！
A
E
F
O
M
S
N
BC
T
K
L
注：
四边形ATKS为调和四边形。
第十一题、如图，AB为⊙O直径，PA切⊙O于A，PCD为⊙O一条割线，PO交BD于E，证明：
AC⊥AE。
E
O
C
B
D
PA
证明方法一：
如图，作PK切⊙O于K，则PE⊥AK，BK⊥AK，所以KB∥PE。
又注意到四边形CADK为调和四边形，故BK、BA、BC、BD构成一组调和线束，从而O为EF中点，进而知四边形AEBF为平行四边形。
于是知AE∥BC，从而知AE⊥AC。
K
E
O
F
C
B
D
PA
证明方法二：
如图，连结BC交PE于F。
作OK⊥CD于K，则K为CD中点。
注意到O、
K、A、P四点共圆，故∠AKD=∠FOB。
又∠ADK=∠FBO，故△ADK∽△FBO。
注意点O为AB中点，故△ADC∽△FBA，从而知∠FAB=∠ACD=∠ABD，故AF∥BD，于是知四边形AEBF为平行四边形，所以AE∥BC，即知AE⊥AC。
B
E
O
F
K
C
D
PA
证明方法三：
如图，延长AE交⊙O于K，在圆内接六边形AABDCK中使用帕斯卡定理，注意到P、O、E共线，故C、O、K共线，所以AE⊥AC。
K
E
O
C
B
D
PA
第十二题、如图，AB为半圆O直径，C、D为半圆上两点，过B作半圆O的切线交CD于P，直线PO分别交直线CA、AD于E、F，求证：
OE=OF。
（2007年第四届东南地区数学奥林匹克试题）
D
P
C
A
O
B
F
E
证明方法一：
如图，过P作PG切半圆O于G，连接GA、GB、GC、GD、BC、BD。
易知
OP⊥BG，AG⊥BG，所以AG∥OP。
又四边形CBDG是调和四边形，所以AC、AD、AG、AB构成一组调和线束。
又因为AG∥OP，所以OE=OF。
G
D
P
C
A
O
B
E
证明方法二：
如图，作PG切⊙O于G，则B、G关于PO对称，且P、B、O、G四点共圆。
所以∠GPO=∠GBA=∠GDA，于是知D、P、F、G四点共圆。
进而知∠FBP=∠FGP=
∠FDP=∠CDA=∠CBA，故∠FBC=∠PBA=90°=∠ECB，所以FB∥EA。
而O为AB中点，故O为EF中点。
G
D
P
C
A
O
B
F
E
证明方法三（四川名师堂李超老师方法）：
如图，过点P作MN∥AB分别交EA、EB
于M、N，则BP⊥MN。
注意到到O为AB中点，故P为MN中点。
又∠BDM=90°，故B、D、
M、P四点共圆。
于是知∠NBP=∠MBP=∠MDP=∠ADC=∠ABC，从而知∠FBC=
∠PBA=90°。
又AC⊥BC，故BF∥CE。
从而知OE=OF。
M
D
P
N
C
A
O
B
E
第十三题、如图，△ABC中，D、E分别为AB、AC上一点，且DE∥BC，BECD交于点F，
△BDF的外接圆⊙O，与△CEF的外接圆⊙P交于点G，求证：
∠BAF=∠CAG。
D
E
F
BP
O
G
A
C
证明：
如图，延长AF交BC于H，因为DE∥BC，所以H为BC中点，延长AH到I，使得AH=HI，连接BC、CI，则四边形ABIC是平行四边形。
连接GC、GE、GD、GB、FG，因为∠ACG=∠BFG=∠BDG，所以A、D、G、C四点共圆。
于是知∠DGC=180°−∠BAC=∠ABI。
同理可知A、B、G、E四点共圆。
所以
∠DBG=∠CEG，∠BDG=∠ECG，所以△BDG∽△ECG，所以DG=BD=AB=AB，所以△
CGCEACIB
DGC∽△ABI，所以∠BAF=∠GDC=∠CAG。
命题得证。
D
E
F
H
B
P
O
G
A
C
I
注：
点G即为完全四边形ADFEBC的密克点。
第十四题、如图，⊙O、⊙P交于A、B两点，BO、PA延长线交于点C，CD、CE分别切
⊙O、⊙P于D、E，连接DE交AB于F，求证：
F为DE中点。
（深圳黎誉俊老师题）
C
E
A
F
D
O
P
B
证明：
如图，延长AP交⊙P于G，连接EG、EP、EA、EB、OP、OA、OD、AD、BD。
设⊙
O、⊙P半径分别为r1、r2。
因为CO=sin∠CPO=sin∠CPO=sin∠APO=AO=r1，所以△CDO∽△CEP，于是知CD=r1。
CPsin∠COP
sin∠BOP
sin∠AOPAPr2
CEr2
进而易知△CDB∽△CEG∽△CAE，于是知DB=CD=CB。
由CD=CB，知△CDA∽△CBE，从而
DA=CA。
AECACE
CACE
BECE
于是知S∆DAB=DA·DB·sin∠ADB=DA·DB·sin∠ADB=CD·CA·sin∠AOP=CD·sin∠AOP=r1·
S∆EABEA·EB·sin∠AEBBEAEsin∠AEBCACEsin∠APOCEsin∠APOr2
r2=1。
所以F为DE中点。
r1
C
E
A
F
D
O
P
B
G
第十五题、如图，半径不相等的两圆⊙O、⊙P交于A、B两点，过A的直线CD分别交
⊙O、⊙P于C、D，CB延长线交⊙P于F，DB延长线交⊙O于E，过A作CD垂线交EF中垂线于G，求证：
AG2=EG2+AC·AD。
（2013年CMO第一题推广）
D
A
O
P
B
E
F
C
G
证明：
如图，连接AB、CE、DF、GF。
因为∠CAE=∠CBE=∠FBD=∠FAD，
∠ACE=∠ABD=∠AFD，所以△ACE∽△AFD，所以AC·AD=AE·AF，又由于⊙O、⊙P
半径不相等，所以AE≠AF。
又因为∠EAG=90°−∠CAE=90°−∠CBE=90°−∠FBD=90°−∠FAD=∠FAG，
GE=GF，所以A、E、G、F四点共圆。
易知△GEK∽△GAE，所以EG2=GK·AG。
又易知△
AEK∽△AGF，所以AK·AG=AE·AF=AC·AD。
于是知EG2+AC·AD=GK·AG+AK·
AG=AG2，命题得证。
D
A
O
P
B
E
K
F
C
G
第十六题、如图，△ABC内接于⊙O，D为BC中点，AD交⊙O于E，过E作EF∥BC，交
⊙O于F，过C作CG⊥AC，交AE于G，求证：
∠AGC=∠FGC。
A
O
K
D
B
G
C
EF
证明：
如图，连接BE、CF、DF，过C作CK∥BE交AE于K。
因为BD=CD，所以四边形BECK为平行四边形。
于是知CK=BE=CF，∠KCD=∠EBC=∠FCB，所以△KCD≌△
FCD，所以KF⊥BC。
于是知∠CFK=90°−∠FCD=90°−∠EBC=90°−∠EAC=∠CGK，
所以G、F、C、K四点共圆。
而CK=CF，所以∠AGC=∠FGC。
A
O
K
D
B
G
C
EF
第十七题、如图，△ABC内切圆⊙I切BC于D，过I作IE∥AD交BC于E，过E作⊙I切线，分别交AB、AC于F、G，求证：
E为FG中点。
B
D
E
I
F
AGC
证明：
我们先证明一个引理：
如图，△ABC的内切圆⊙I切BC于D，E为BC中点，EI交AD于F，则F为AD中点。
A
I
F
BEDC
引理的证明：
如图，延长DI交⊙I于K，连结AK并延长交BC于T，则点T为△ABC的A-旁切圆在BC上的切点，所以BT=CD，进而知E为DT中点。
又注意到I为DK中点，所以点F为AD中点。
A
K
F
I
BTEDC
下面回到原题。
如图，连结DH交IE于M，则M为DH中点。
连结AH，延长MI交AH于N，因为MN∥AD，所以N为AH中点。
根据引理，即知E为FG中点。
B
D
I
E
MH
N
F
AGC
注：
在退化的圆外切四边形EFAG中使用牛顿定理，即可知E为FG中点。
此为题中引理的背景。
第十八题、如图，⊙P、⊙Q交于A、B两点，它们的外公切线CD分别切⊙P、⊙Q于C、D。
E为BA延长线上一点，EC交⊙P于F，ED交⊙Q于G，AH平分∠FAG交FG于H，求证：
∠FCH=∠GDH。
（深圳黎誉俊老师题）
E
C
D
A
P
H
B
Q
G
F
证明：
因为E在⊙O、⊙P根轴上，所以F、C、D、G四点共圆。
如图，设点O为⊙P、⊙Q的外位似中心，则⊙P、⊙Q以点O为反演中心互为反形。
延长OF交⊙Q于G1，则OA2=OC·OD=OF·OG1，所以F、C、D、G1四点共圆。
于是点G1与点G重合为一点。
以O为圆心，以OA为半径作⊙O交CD于K，则⊙O为K关于C、D的阿
波罗尼斯圆，由于AH平分∠FAG，所以点H为⊙O与FG的交点，从而⊙O也为点H关于F、G的阿波罗尼斯圆。
于是
∠FCH−∠GDH=（∠FCA−∠HCA）−（∠GDA−∠HDA）
=（∠FCA−∠GDA）−（∠HCA−∠HDA）
=[（180°−∠FBA）−（180°−∠GBA）]−[（∠HCA−∠HKA）−（∠HDA+∠HKA）+2∠HKA]
=（∠GBA−∠FBA）−[（∠KAC−∠KHC）−（∠KAD−∠KHD）+2∠HKA]
=[（∠GBH+∠HBA）−（∠FBH−∠HBA）]−2∠HKA=2∠HBA−2∠HKA=0
所以∠FCH=∠GDH。
E
CKD
O
A
F
P
H
B
Q
G（G1）
第十九题、如图，⊙O为△ABC外接圆，I、E分别为△ABD的内心和一个旁心，∠BAC的
外角平分线交BC延长线于D，IF⊥DE于F，交⊙O于G，求证：
G为IF中点。
（潘成华老师题）
A
I
O
C
G
F
BD
E
证明方法一：
连接EB、EC并延长，分别交直线AC于K、J，则易知K、J也是△ABC的旁心，且△ABC为△EKJ的垂足三角形，I为△EKJ的垂心，从而⊙O为△EKJ的九点圆。
设
⊙O分别交KJ、IE于L、M，则知L、M分别为KJ和IE
升级会员 