全国初中数学竞赛试题汇编---几何解答题及答案

1全国初中数学竞赛试题汇编------------几何解答题1、如图，圆O与圆D相交于,AB两点，BC为圆D的切线，点C在圆O上，且ABBC=.（1）证明：点O在圆D的圆周上.（2）设△ABC的面积为S，求圆D的的半径r的最小值.解:（1）连,,,OAOBOCAC，因为O为圆心，ABBC=，所以△OBA∽△OBC，从而OBAOBC∠=∠.因为,ODABDBBC⊥⊥，所以9090DOBOBAOBCDBO∠=°−∠=°−∠=∠，所以DBDO=，因此点O在圆D的圆周上.（2）设圆O的半径为a，BO的延长线交AC于点E，易知BEAC⊥.设2ACy=(0)ya≤，OEx=，ABl=，则222axy=+，()Syax=+，22222222()2222()aSlyaxyaaxxaaxaaxy=++=+++=+=+=.因为22ABCOBAOABBDO∠=∠=∠=∠,ABBC=,DBDO=，所以△BDO∽△ABC，所以BDBOABAC=，即2raly=，故2alry=.所以22223222()4422alaaSSaSryyyy==⋅=⋅≥，即22Sr≥，其中等号当ay=时成立，这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为22S.2、如图，给定锐角三角形ABC，BCCA，AD，BE是它的两条高，过点C作△ABC的外接圆的切线l，过点D，E分别作l的垂线，垂足分别为F，G．试比较线段DF和EG的大小，并证明你的结论．解法1111：结论是DFEG=．下面给出证明．因为FCDEAB∠=∠，所以Rt△FCD∽Rt△EAB．于是可得CDDFBEAB=⋅．同理可得CEEGADAB=⋅．又因为tanADBEACBCDCE∠==，所以有BECDADCE⋅=⋅，于是可得DFEG=．解法2222：结论是DFEG=．下面给出证明连接DE，因为90ADBAEB∠=∠=°，所以A，B，D，E四点共圆，故CEDABC∠=∠．2又l是⊙O的过点C的切线，所以ACGABC∠=∠．所以，CEDACG∠=∠，于是DE∥FG，故DF＝EG．3、是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2倍的△ABC？证明你的结论．解：存在满足条件的三角形．当△ABC的三边长分别为6=a，4=b，5=c时，BA∠=∠2．………………5分如图，当BA∠=∠2时，延长BA至点D，使bACAD==．连接CD，则△ACD为等腰三角形．因为BAC∠为△ACD的一个外角，所以2BACD∠=∠．由已知，2BACB∠=∠，所以DB∠=∠．所以△CBD为等腰三角形．又D∠为△ACD与△CBD的一个公共角，有△ACD∽△CBD，于是BDCDCDAD=，即cbaab+=，所以()cbba+=2．而264(45)=×+，所以此三角形满足题设条件，故存在满足条件的三角形．………………15分说明：满足条件的三角形是唯一的．若BA∠=∠2，可得()cbba+=2．有如下三种情形：（i）当bca时，设1+=na，nc=，1−=nb（n为大于1的正整数），代入()cbba+=2，得()()()21121nnn+=−−，解得5=n，有6=a，4=b，5=c；（ⅱ）当bac时，设1+=nc，na=，1−=nb（n为大于1的正整数），代入()cbba+=2，得()nnn212⋅−=，解得2=n，有2=a，1=b，3=c，此时不能构成三角形；（ⅲ）当cba时，设1+=na，nb=，1−=nc（n为大于1的正整数），代入()cbba+=2，得()()1212−=+nnn，即0132=−−nn，此方程无整数解．所以，三边长恰为三个连续的正整数，且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在，而且只有三边长分别为4，5，6构成的三角形满足条件．4、△ABC的三边长,,,,,BCaACbABcabc===　　　都是整数，且,ab的最大公约数是2.点G和点I分别为△ABC的重心和内心，且90oGIC∠=，求△ABC的周长.解：如图，连结GA，GB，过G，I作直线交BC、AC于点E、F，作△ABC的内切圆I，切BC边于点D。记△ABC的半周长为P，内切圆半径为r，BC，AC边上的高线长为,abhh3()()()ABCSrpppapbpc∆==−−−∵()()()papbpcrp−−−∴=易知：CDpc=−,在RtCIE∆中，2rDEpc=−即()()papbDEp−−=∴()()()papbabCECDDEpcpp−−=+=−+=又∵,CIEFCIACB⊥∠平分，所以CE＝CF由GEGFGFEABCABBACSSSSS∆∆∆∆∆=+++　得：ABCS111))2323232abABChhabababSrppp∆∆+×−×+×−×+×××＝（a（b即ABC2S11()()32323ABCabpbpaabShhrpppp∆∆−−+×××+×××+×＝ab整理得223pcpab−=，即232(2)()abpcpppcPab=−=−=+设△ABC的周长为m，则62abmpab==+为整数。由已知(,)2ab=，设2,2,(,)1,,asbtstst===且都是正整数，代入上式，得12stmst=+∵(,)1,(,)1ssttst+=+=，∴st+是12的约数，即st+＝1，2，3，4，6，12不妨设st≥，则1st（，）＝，得12351171,1,1,1,1,5689101135ssssssttttttmmmmmm======⎧⎧⎧⎧⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪======⎨⎨⎨⎨⎨⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪======⎩⎩⎩⎩⎩⎩经检验，只有7535stm=⎧⎪=⎨⎪=⎩符合题意，4所以：14,10,11abc===或10,14,11abc===，即所求△ABC的周长为35。5、设CD是直角三角形ABC的斜边AD上的高，1I、2I分别是△ADC、△BDC的内心，AC＝3，BC＝4，求1I2I的长解作1IE⊥AB于E，2IF⊥AB于F.在直角三角形ABC中，AC＝3，BC＝4，22AB=AC+BC5=.又CD⊥AB，由射影定理可得2AC9AD=AB5=，故16BD=ABAD5−=，2212CD=ACAD5−=.因为1IE为直角三角形ACD的内切圆的半径，所以1IE＝13(ADCDAC)25+−=.连接D1I、D2I，则D1I、D2I分别是∠ADC和∠BDC的平分线，所以∠1IDC＝∠1IDA＝∠2IDC＝∠2IDB＝45°，故∠1ID2I＝90°，所以1ID⊥2ID，1113IE325DIsinADIsin455===∠°.同理，可求得24IF5=，242DI5=.所以1I2I＝2212DIDI2+=.6、已知△ABC中，∠ACB＝90°，AB边上的高线CH与△ABC的两条内角平分线AM、BN分别交于P、Q两点.PM、QN的中点分别为E、F.求证：EF∥AB.解解解解因为BN是∠ABC的平分线，所以ABNCBN∠=∠.又因为CH⊥AB，所以CQNBQH90ABN90CBNCNB∠=∠=°−∠=°−∠=∠，因此CQNC=.又F是QN的中点，所以CF⊥QN，所以CFB90CHB∠=°=∠，因此C、F、H、B四点共圆.又FBH=FBC∠∠，所以FC＝FH，故点F在CH的中垂线上.同理可证，点E在CH的中垂线上.因此EF⊥CH.又AB⊥CH，所以EF∥AB.7777、如图，四边形ABCD是梯形，点E是上底边AD上一点，CE的延长线与BA的延长线交于点F，过点E作BA的平行线交CD的延长线于点M，BM与AD交于点N.证明：∠AFN=∠DME.证明设MN与EF交于点P，∵NE//BC，∴△PNE∽△PBC，∴PCPEPBPN=,ABCDEFMNP5∴PCPNPEPB⋅=⋅.又∵ME//BF，∴△PME∽△PBF，∴PFPEPBPM=,∴PFPMPEPB⋅=⋅.∴PFPMPCPN⋅=⋅,故PFPCPNPM=又∠FPN=∠MPE，∴△PNF∽△PMC，∴∠PNF＝∠PMC，∴NF//MC∴∠ANF＝∠EDM.又∵ME//BF，∴∠FAN＝∠MED.∴∠ANF＋∠FAN＝∠EDM＋∠MED，∴∠AFN=∠DME.8、如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B．过点A作PB的平行线，交⊙O于点C．连结PC，交⊙O于点E；连结AE，并延长AE交PB于点K．求证：PE·AC=CE·KB．证明：因为AC∥PB，所以∠KPE=∠ACE．又PA是⊙O的切线，所以∠KAP=∠ACE，故∠KPE=∠KAP，于是△KPE∽△KAP，所以KPKEKAKP=，即KAKEKP⋅=2222．由切割线定理得KAKEKB⋅=2222,所以KBKP=．…10分因为AC∥PB，△KPE∽△ACE，于是ACKPCEPE=故ACKBCEPE=，即PE·AC=CE·KB．…………15分9、锐角ΔABC中，AB＞AC，CD、BE分别是AB、AC边上的高，DE与BC的延长线于交于T，过D作BC的垂线交BE于F，过E作BC的垂线交CD于G，证明：F、G、T三点共线。证法1：设过D、E的垂线分别交BC于M、N，在Rt△BEC与Rt△BDC中，由射影定理得：CE2＝CN·CB，BD2＝BM·BC∴22CNCEBMBD=又Rt△CNG∽Rt△DCB，Rt△BMF∽Rt△BEC，∴,BDCEGNCNFMBMCDBE=⋅=⋅∴()221GNBDBECNBDBECEBECEFMCDCEBMCDCEBDBDCD⋅⋅⋅=⋅=⋅=⋅⋅⋅在Rt△BEC与Rt△BDC中，由面积关系得：BE·CE＝EN·BC，BD·CD＝DM·BCABCOPEK6∴()2BECEENTNBDCDDMTM⋅==⋅由(1)(2)得：,.GNTNGNFMFGTFMTM=∴�又，、、三点共线证法2：设CD、BE相交于点H，则H为△ABC的垂心，记DF、EG、AH与BC的交点分别为M、N、R∵DM∥AR∥EN∴DFAHEGFMHRGN==由合比定理得：,,.DMENGNENTNFGTFMGNFMDMTM=∴==故、、三点共线证法3：在△ABC中，直线DET分别交BC、CA、AB于T、E、D，由梅涅劳斯定理得：1(1)BTCEADTCEADB⋅⋅=　　　　设CD、BE相交于点H，则H为△ABC的垂心，AH⊥BC∵DF⊥BC、EG⊥BC∴AH∥DF∥EG∴(),,11CECGADHFBTCGHFEAGHDBFBTCGHFB==⋅⋅=代入得由梅涅劳斯定理的逆定理得：F、G、T三点共线.证法4：连结FT交EN于G’，易知''DFEGFMGN=为了证明F、G、T三点共线，只需证明DFEGFMGN=即可∵1212sinsinsinsinBDFBMFBDBFABESDFBDABEFMSBMBFCBEBMCBE∆∆⋅∠∠===⋅⋅∠∠1212sinsinsinsinCEGCMGCECGACDSEGCEACDGNSCNCGBCDCNBCD∆∆⋅∠∠===⋅⋅∠∠又,BDBCCEBCBMBDCNCE==∴sin,sinDFBCABEFMBDCBE∠=∠()sin1sinEGBCACDGNCEBCD∠=∠　　∵CD⊥AB、BE⊥CA，∴B、D、E、C四点共圆7∴∠ABE＝∠ACD(2)又,sinsinsinsinBDCEBCBDCBECEBCDBCDCBE==∴∠=∠∠∠(3)将(2)(3)代入（1）得：DFEGFMGN=，故F、G、T三点共线.10、在△ABC中，D为AB的中点，分别延长CA、CB到点E、F，使DE＝DF；过E，F分别作CA、CB的垂线，相交于P，设线段PA、PB的中点分别为M、N.求证：①△DEM≌△DFN；②∠PAE＝∠PBF.（本题满分20分）证明：(1)如图，据题设可知，DM∥BN，DM＝BN，DN∥AM，DN＝AM故∠AMD＝∠BND因为M、N分别是Rt△AEP和Rt△BFP斜边的中点，所以，EM＝AM＝DN，FN＝BN＝DM又已知DE＝DF，故△DEM≌△FDN(2)由上述三角形全等可知∠EMD＝∠FND，则∠AME＝∠BNF而△AME、△BNF均为等腰三角形，所以，∠PAE＝∠PBF11、如图4，已知：