历年全国高中数学联赛二试几何题汇总

历年全国高中数学联赛二试几何题汇总2007联赛二试类似九点圆如图，在锐角ABC中，ABAC，AD是边BC上的高，P是线段AD内一点。过P作PEAC，垂足为E，作PFAB，垂足为F。1O、2O分别是BDF、CDE的外心。求证：1O、2O、E、F四点共圆的充要条件为P是ABC的垂心。（官方解答）证明：连BP、CP、1O2O、E2O、EF、F1O。因为PDBC，PFAB，则B、D、P、F四点共圆，且BP为该圆的直径。又因为1O是BDF的外心，故1O在BP上且是BP的中点。同理可证，C、D、P、E四点共圆，且2O是CP的中点。于是，1O2O平行于BC，则P2O1O=PCB。因为AF*AB=AP*AD=AE*AC，所以B、C、E、F四点共圆。充分性：设P是ABC的垂心，由于PEAC，PFAB，所以，B、1O、P、E四点共线，C、2O、P、F四点共线，F2O1O=FCB=FEB=FE1O，故1O、2O、E、F四点共圆必要性：设1O、2O、E、F四点共圆，则1O2OE+EF1O=注意到P2O1O=PCB=ACB-ACP，又因为2O是直角CEP的斜边中点，也就是CEP的外心，所以P2OE=2ACP。因为1O是直角BFP的斜边中点，也就是BFP的外心，从而ABDCEFP1O2OPF1O=2-BF1O=2-ABP因为B、C、E、F四点共圆，所以AFE=ACB，PFE=2-ACB于是，由1O2OE+EF1O=得：（ACB-ACP+2ACP）+(2-ABP+2-ACB)=，即ABP=ACP。又因为ABAC，ADBC，故BDCD。设B是点B关于直线AD的对称点，则B在线段DC上且BD=BD。连结AB、PB。由对称性，有ABP=ABP，从而ABP=ACP，故A、P、B、C四点共圆。由此可知，PBB=CAP=2-ACB。又因为PBC=PBB，故PBC+ACB=2，即BPAC又APBC，故P是ABC的垂心2006联赛二试以0B和1B为焦点的椭圆与10BAB的边iAB交于iC(i=0,1)。在0AB的延长线上任取点0P，以0B为圆心，00PB为半径作圆弧00QP交01BC的延长线于0Q；以1C为圆心，01QC为半径作圆弧10PQ交AB1的延长线于1P；以1B为圆心，11PB为半径作圆弧11QP交01CB的延长线于1Q；以0C为圆心，10QC为半径作圆弧01PQ交0AB的延长线于0P。试证：（1）点0P与点0P重合，且圆弧00QP与10QP相内切于0P；（2）四点0P，0Q，1Q，1P共圆证明：（1）由题设的四段圆弧有：00PB=00QB01BC+00QB=11PC11CB+11PC=01CB+10QC10QC=00BC+00PB以上四个式子相加，整理得：00PB+01BC+11CB=01CB+00BC+00PB又由题设的椭圆有：11CB+01BC=01CB+00BC于是，00PB=00PB，即点0P与点0P重合。又因为圆弧00QP与10QP对应的圆心0B、0C和点0P三点共线，且点0P在线段00BC的延长线上，所以圆弧00QP与10QP相内切于0P（2）过点0P、1P分别引相应圆弧的公切线TP0和TP1交于点T；再过点1Q引相应圆弧的公切线RS，分别交TP0、TP1于R、S。得到等腰三角形RQP10和SQP11。基于此，我们有：-110PQP=RQP10+SQP11=(10PTP-101PPQ)+(01PTP-011PPQ)又-110PQP=101PPQ+011PPQ，从而有：110PQP=-21(10PTP+01PTP)同理可得100PQP=-21(10PTP+01PTP)所以，0P，0Q，1Q，1P四点共圆。2005联赛二试如图，在ABC中，设ABAC，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。（官方解答）证明：（1）先证DE通过ABC的内心。连结DC、DE，作BAC的平分线，交DC于G，交DE于I。又AD=AC，则GAC与GAD全等，即有IAC=IAD=21DAC又D、C、E在以A为圆心的圆上，则21DAC=IEC故IAC=IEC，即A、I、C、E四点共圆。于是，ACI=AEI又F、D、E在以A为圆心的圆上，则AEI=21FAD又因为相切有FAD=ACB，故ACI=21ACB所以，I为内心。(2)DF通过ABC的一个旁心。设FD与AI的所在直线交于AI，连BAI，BI。则BIAI=2ABCBAC，而BDAI=ADF，又AD=AF，则ADF=AFD=2DAE=2CAEBAC，又因为相切有ABC=CAE，故BIAI=BDAI，即I、D、B、AI四点共圆。于是，IBAI=IDAI=90，又因为ABC的平分线与其外角平分线互相垂直，故BAI为其外角平分线。所以，AI为ABC的BC边外的旁心。2004联赛二试在锐角三角形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。解：在直角BCE中，BC=25，BE=7，则CE=24；同理，在直角BCD中，BC=25，BD=20，则CD=15。sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=2524*2515+257*2520=54于是，AC=ACEsin=30，则AD=15。同理，AB=ABDsin=25，则AE=18。注意到：AB=BC，则A=C由于CDB=CEB=90，C、D、E、B四点共圆，则C=AED。于是，A=AED，则DE=AD。连FD，则DFAE，于是AF=21AE=9，则AG=ADAEAF*=554。由于AFGS=AFKS+AGKS，即21AF*AGsinA=21AF*AKsinFAK+21AG*AKsinGAK其中，sinFAK=sinBCE=257，sinGAK=sinCBD=2515将数据代进去，计算得：AK=25216（这里实际上使用了张角公式，而官方解答注意到GF与BC平行的关系）2003联赛二试两点，、。所作割线交圆于，割线，切点为作圆的两条切线和一条过圆外一点DCBAP.PACDBQPBCDAQQCDDPC，求证：＝，使上取一点之间，在弦、在简证：连AB，注意到：AQP=DAQ+QDA=PBC+ABC=ABP于是，P、A、Q、B四点共圆。那么，PAB=PQB即PAC+BAC=BDC+DBQ又因为BAC=BDC，所以PAC=DBQ2002联赛二试如图，在ABC中，A=60，ABAC，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OHNHMH的值。机械解法：设外接圆半径为R，引理1：AAHcos=BBHcos=CCHcos=2R(锐角三角形)引理2：OH=OA+OB+OC引理1的证明：BH=ABHBFcos=ABasincos=2RcosB，同理有：AH=2RcosA，CH=2RcosC。引理2的证明：设H满足HO=OA+OB+OC，则HA=OB+OCHA*BC=(OC+OB)*(OC-OB)=OC2-OB2=0，所以AHBC同理，BHAC，所以H与H重合。题目的证明：图中H在三角形内部，可以判断ABC为锐角三角形。A=60，ABAC，则CB。于是可设B=60-，C=60+，其中030。因为BM=CN，则MH+NH=(BH-BM)+(CN-CH)=BH-CH=2R(cosB-cosC)=2R[cos(60-)-cos(60+)]=23Rsin而OH2=(OA+OB+OC)2=3R2+2R2(cos2A+cos2B+cos2C)=3R2+2R2[cos120+cos(120-2)+cos(120+2)]=2R2(1-cos2)=4R2sin2，即OH=2Rsin故OHNHMH=sin2sin32RR=32001联赛二试如图，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(1)∵A、C、D、F四点共圆∴∠BDF＝∠BAC又∠OBC＝(180°－∠BOC)＝90°－∠BAC∴OB⊥DF．同理OCDE(2)引理：OH=OA+OB+OC引理的证明：设H满足HO=OA+OB+OC，则HA=OB+OCHA*BC=(OC+OB)*(OC-OB)=OC2-OB2=0，所以AHBC同理，BHAC，所以H与H重合。题目（2）OHMN的证明：因为OA+OBAB，则OA+OBAM，所以（OA+OB）*AM=0同理有，（OA+OC）*AN=0再结合第一问的结论有：OH*MN=(OA+OB+OC)*(AN-AM)=OB*AN-OC*AM=OB*(DN-DA)-OC*(DM-DA)=-OB*DA+OC*DA=DA*BC=02000联赛二试的面积相等与点，证明四边形的外接圆于交，延长是垂足、，作，满足、边上有两点的在锐角如图ABCAMDNDABCAENMACFNABFMCAFBAEFEBCABC)(,,三角证法：记BAE=CAF=，EAF=，则AM=AFcos(+)，AN=AFcosAMDNS=AMDS+ADNS=21AD*AMsin+21AD*ANsin(+)=21AD*AFcos(+)sin+21AD*AFcossin(+)=21AD*AFsin(+(+))而ABCS=21AB*ACsin(2+)连结BD，注意到：ADB=ACB，又题设BAE=CAF，则ADB与ACF相似，于是有：ABAD=AFAC即：AD*AF=AB*AC，所以AMDNS=ABCS1999联赛二试在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：GAC=EAC解析证法：如图建立直角坐标系，令A(0,0)，F(m,o)，C(n,o)，B(p,kp)，m、n、p、k均为正数。则直线AB为y=kx。由于AC平分BAD，则直线AD为y=-kx。可设D(q,-kq)，q0于是，直线BC为y=npkp(x-n)，直线DF为y=qmkq(x-m)，于是交点G为Gy=npkp(Gx-n)=qmkq(Gx-m)（1）Gx=qpqnpmpqnmmnqp2)()(AGk=GGxy=pqnmmnqpmnkpq)()()(同理，直线CD为y=qnkq(x-n)，直线BF为y=mpkp(x-m)，于是交点E为Ey=mpkp(Ex-m)=qnkq(Ex-n)（2）（直接对调m与n的位置得出计算结果）Ex=qpqmpnpqnmmnqp2)()(AEk=EExy=pqnmmnqpnmkpq)()()(故AGk=-AEk，所以GAC=EAC1998联赛二试如图，O、I分别为ABC外心和内心，AD是BC边上的高，I在线段OD上，求证：ABC的外接圆半径等于BC边上的旁切圆半径。注：ABC的BC边上的旁切圆是与边AB、AC的延长线以及边BC都相切的圆。纯几何证法：xyAB(p,kp)D(q,-kq)C(n,o)GEF(m,o)BC边上的旁切圆半径：AR=acbS22S=a*AD作IN⊥AB，垂足为N，则b+c–a=2AN故AR=ANADa2*要证明AR=R，即证明：ADR=