2022年全国高中数学联赛二试几何题汇总.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 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P 作 PEAC,垂足为 E,作如图,在锐角ABC中, ABAC,AD是边 BC上的高, P 是线段 AD内一点；过PFAB,垂足为 F；O 、O 分别是BDF、CDE的外心；求证：O 、O 、E、F 四点共圆的充要条件为P是ABC的垂心；（官方解答）A E F P 证明：连B O1O2O 是BDF的外心,故O 1D C BP、CP、O 1O 、E O 、EF、FO ；由于 PDBC,PFAB,就 B、D、P、F 四点共圆,且BP为该圆的直径；又由于在 BP上且是 BP的中点；同理

2、可证, C、D、P、 E四点共圆,且 O 是 CP的中点；于是,O 1 O 平行于 BC,就 P O 2 O = PCB；由于 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 PEAC,PFAB,所以,B、O 、P、E四点共线, C、O 、P、F 四点共线,FO2O 1=FCB =FEB = FE O ,故O 、O 、 E、F 四点共圆必要性：名师归纳总结 设O 、O 、E、F 四点共圆,就O 1O E + EFO = CEP的斜边中点,也就是CEP的外心,留意到PO2O =PCB=ACB - ACP ,又由于O 是直角所以P

3、O E=2ACP；第 1 页,共 20 页由于O 是直角BFP的斜边中点,也就是BFP的外心,从而- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - PF O = 2 - BF O = 2 - ABP 由于 B、C、 E、F 四点共圆,所以AFE =ACB,PFE =2 - ACB AB P ACB ；于是,由O 1O E + EF O = 得：（ACB - ACP+ 2ACP）+ 2 - ABP +2 - ACB = ,即ABP =ACP；又由于 ABAC,ADBC,故 BDAC ,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 A

4、B 于 D；交直线 L 于 E、 F；名师归纳总结 证明：直线DE、DF 分别通过ABC 的内心与一个旁心； （官方解答）第 3 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 证明：（1）先证 DE 通过 ABC 的内心；名师归纳总结 连结 DC 、 DE,作BAC 的平分线,交DC 于 G,交 DE 于 I；DAC 2ABC,第 4 页,共 20 页又 AD=AC ,就GAC 与GAD 全等,即有IAC=IAD=12又 D、C、E 在以 A 为圆心的圆上,就1DAC=IEC BAC2故IAC=IEC ,即 A、 I、C、E 四点共圆；于是,ACI

5、=AEI 又 F、D、E 在以 A 为圆心的圆上,就AEI =1FAD 2又由于相切有FAD=ACB ,故ACI=1ACB 2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IA,连 BIA, BI ；就BIIA=2而BDIA=ADF ,又 AD=AF ,就ADF=AFD=DAE=BACCAE,2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又由于相切有ABC=CAE ,故BIIA=BDIA,即 I、D、B、IA四点共圆；于是,I BIIA=IDIA= 90 ,又由于ABC 的平分线与其外角平分线相互垂直,故 BIA为其外角

6、平分线；所以,A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 , BE7,求 AK 的长；解：在直角BCE中, BC=25 ,BE=7 ,就 CE=24；41AG*AKsinGAK 同理,在直角BCD中, BC=25, BD=20 ,就 CD=15 ；sinA = sinB+C = sinBcosC+cosBsinC =24*15+7*20= 252525255于是, AC=CE=30,就

7、AD=15 ；sinA同理, AB=BD=25,就 AE=18 ；sinA=54 ；5留意到： AB=BC ,就A=C 由于CDB=CEB= 90 ,C、D、E、B 四点共圆,就C=AED ；于是,A =AED ,就 DE=AD ；连 FD,就 DFAE,于是 AF=1AE=9 ,就 AG=AF *AE2AD由于SAFG=SAFK+SAGK,即1AF*AGsinA=1AF*AKsinFAK+222其中, sinFAK=sinBCE=7 ,sin 25GAK =sinCBD=1525将数据代进去,运算得：AK=21625（这里实际上使用了张角公式,而官方解答留意到2003 联赛二试GF 与 BC

8、 平行的关系）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DAQPBC,求证：DBQPAC.简证：连 AB ,留意到：AQP=DAQ+QDA=PBC+ABC=ABP DBQ于是, P、A 、Q、 B 四点共圆；那么,PAB=PQB 即PAC+BAC = BDC+DBQ 又由于BAC =BDC ,所以PAC =2002 联赛二试名师归纳总结 如图,在ABC中,A=60 , ABAC,点 O是外心；两条高BE、CF交于第 5 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - H点；点

9、M、N分别在线段BH、HF上,且满意BM=CN；求MHNH的值；OH机械解法：设外接圆半径为R, = CH = 2R 锐角三角形 引理 1：AH = BHcosAcosBcosC引理 2： OH = OA +OB +OC引理 1 的证明： BH= cosBF=acosB=2RcosB,同理有： AH=2RcosA, CH=2RcosC；CB；于ABHsinA引理 2 的证明：设 H 满意OH=OA + OB +OC,就AH=OB +OCA H* BC = OC +OB * OC - OB = OC2 - OB2 = 0 ,所以 AHBC 同理, BHAC,所以 H 与 H重合；题目的证明：图中

10、H 在三角形内部,可以判定ABC为锐角三角形；A=60 ,ABAC,就是可设B=60 -,C=60 +,其中 00 G为E为于是,直线BC为 y=kpnx - n ,直线 DF为 y=kqqx - m ,于是交点pmyG=kpnxG - n =kqqx - m （ 1）pmx = pqmnmnpqkAG= y G=pkpqnmnpqxGpmqn2qpqmnm同理,直线CD为 y=nkqx - n ,直线 BF为 y=pkpx - m ,于是交点qmyE=pkpxE - m =kqqx - n （2）mn（直接对调m与 n 的位置得出运算结果）xE = pq mnmnpqkAE= pnqm2qp

11、yE=pkpqmnnpqxEqmnm故kAG= - kAE,所以GAC = EAC 1998 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：名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - BC边上的旁切圆半径：R =b2 Sac2S = a*AD 作 IN AB ,垂足为 N,就 b+c a = 2AN 故R =a*ADR = AD2aO

12、K BC于是 OK2AN要证明R =R,即证明：AN连 AI 并延长交处接圆于K,连结 KO、 KB；就 K、M 分别为弧 BC 及弦 BC 的中点且 AD ,又 KI=KB ,就R = OK = ADKI = AIBK2a = ANADAI故只要证明：2a = BK ,亦即 AIANBKAI而 a = 2BM, 故只要证明：BM = BKAN AIBMK相像,所以上式成立；由于NAI=MBK= A ,2ANI 与故R =R 1997 联赛二试如图,已知两个半径不相等的圆O 1和圆O2相交于M、N 两点,且圆O 1、圆O2分别与圆OO 和圆O2内切于S、T两点,求证：OMMN的充分必要条件是S

13、、N、T三点共线证明：充分性；设S、N、T 三点共线；在S、T 所作的两公切线相交于K,就 KS=KT,且 K 在圆名师归纳总结 的根轴 MN上；设 ST交 KO于 D,由 OS=OT及 KS=KT有：OKST；第 9 页,共 20 页又OSSK,那么KDS与KSO相像,即有KD*KOKS2；又KN*KMKS2, 所以KN*KMKD*KO,即 O、 D、N、M四点共圆；故OMNODN90,即OMMN；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 必要性；设OMMN；类似地,设在S、T 所作的两公切线相交于K,就 KS=KT,且 K 在圆O 和圆O 的根轴 MN上；

14、设 ST 分别交 KO、KM于 D、 N ,就OKST,又OMNMN,故 O、D、 N 、M四点共圆, 于是KN*KMKD*KOKS2；又KN*KMKS2,故KKN,即 N 与 N重合,因此 S、N、 T 共线；1996 联赛二试如图,圆O 1和圆O2 与ABC的三边所在的三条直线都相切,E、F、G、H为切点,并且EG、FH的延长线交于P 点,求证直线PA 与BC垂直梅氏定理证法：名师归纳总结 延长 PA与 BC交于点 D；D 第 10 页,共 20 页PGE截ACD,由梅氏定理有：AG * CGCE * DEDP = 1 AP由于 CE、 CG均为圆O 的切线,就CE = CG 于是,AG

15、* DEDP = 1 1 AP同理, PHF截ABD,由梅氏定理有：AH * BHBF * DFDP = 1 AP- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由于 BH、 BF均为圆O 的切线,就BH = BF 于是,AH * DFDP = 1 2 APO 、A、O 三点共线；由（ 1）和（ 2）得：AG = DEAH,亦即DE = DFAG（3）DFAH连结 AO 、 A O 、O G、O H,就GA O =1GAB =HA O ,2又AG O =2 =AH O ,所以AG O 与AH O 相像；于是有AG = AHAO 4 AO 2由（ 3）和（ 4）得：D

16、E = DFAO 1AO2连结 EO 、 FO , 就 EO 1EF ,FO2EF ,EO 平行于 FO ；又由于DE = DFAO ,所以 AD平行于 E AO 2O ；故 PABC；1995 联赛二试如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E、F、G、H,在弧 EF 与弧 GH 上分别作圆 O 的切线交 AB 于 M,交 BC 于 N,交 CD 于 P,交 DA 于 Q,求证：MQ / NP分析：这个问题需要倒过来想,从结论动身；第一要加强对 MQ 平行于 NP 的懂得,连结 MP ,将会发觉证题目标转化为：AMQ= CPN,于是, 问题转化为求证：AMQ 与 CPN 相像,

17、考虑到 A= C,也就是求证： AM*CN=AQ*CP；这样,只要考虑对称的左边的“ AM*CN ” ,再将其转化为“ 公共的量” 即可；1994 联赛二试设ABC的外接圆 O半径为 R,内心为 I ,B=60 ,A C,A 的外角平分线交圆O于 E,证明：（1）IO = AE ；（2）2R IO + IA + IC 1+3 R . 机械证法：名师归纳总结 引理： IA = 4RsinB sin 2C ,IC = 4Rsin 2A sin 2B ,内切圆半径 r = 4Rsin 2A sin 2B sin 2C第 11 页,共 20 页2- - - - - - -精选学习资料 - - - -

18、- - - - - 引理的证明：在ACI 中,应用正弦定理：sinbB=IA=IC,其中 b=2RsinB ,90sin C 2sin A 22故 IA=4RsinB sin 2C ,IC=4Rsin 2A sin 2B ,于是, r=AIsin 2A =4Rsin 2A sin 2B sin 2C2题目的证明：（1）B=60 ,A C,于是可设 A=60 -,C=60 +,其中 0 60 ,那么 ABE=,AE = 2Rsin；由引理知：2 2r = 2Rsin 60sin 60 = R （cos-1 ）2 2 2由 Euler 定理知： IO 2 = RR-2r = 2R 2 （1-cos

19、）= 4R 2 sin 22故 IO = AE = 2Rsin2（2）由引理知： IA = 2Rsin 60,IC = 2Rsin 602 2故 IO + IA + IC = 2R（sin + sin 60 + sin 60）= 2R（ sin +cos）2 2 2 2 2= 2 2 Rsin + 45 2由于 0 30 ,就 45 +45 75 ,所以 sin 45 sin +45 sin 752 2 2故 2 2 Rsin 45 IO + IA + IC2 2 Rsin 75即 2R IO + IA + IC bc0 ,就AP2AO2r2a2x2r2令x2r2t,那么AP2a2t,即APa

20、2t同理BQb2t,CRc2t令GAB*CRBC*AP2AC*BQ2,就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - Gabc2tbca2t2ac 2 b2tab c2t bc a2t2ab bc2 b2tt2tb2tab2c2tbc2a2t2abbcc2ta2ab2b2tbc2b2t2abbcb2t2ta ab 22 cb2 bc 2a2b22 ab bc c abbc ab bc bc ab 2 c2ta2t2 b22 t2 ab bcact c2ta2tr2,相切时,有x=r ,从而 t=0 ,G=0,1 式成立；相交时, 0xr ,于是 t0 于是通过两端

21、平方及 t0 ,可验证： c2ta2tact即 Gr ,于是 t0 ,同样可验证 G0 ,（3）式成立；1992 联赛二试设 A1A2A3A4 为 O 的内接四边形,H 1,H 2,H 3,H 4依次为A2A3A4, A1A3A4, A1A2A4, A1A2A3 的垂心,求证： H 1,H2,H3,H 4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置引理：设O、H分别为ABC的外心、垂心,就OH = OA + OB + OC引理的证明：名师归纳总结 设 H 满意O H=OA +OB +OC ,就A H= OB +OCBC 第 13 页,共 20 页A H* BC = OC +OB * OC - OB

22、 = OC2 - OB2 = 0 ,所以 AH同理, BHAC,所以 H 与 H重合；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 题目的证明：由引理有：OH 1 = OA + OA + OA 4,OH 2 = OA + OA + OA 4H 2H 1 = OH -OH 2 = OA -OA = A 1A 2于是,A 1 A 2 H 1 H 2 为平行四边形,对角线 A 1 H 1 与 A 2 H 2 相互平分；设它们的交点为 P,就A P=P H 1,A P=P H 2同理,A 2 H 2 与 A 3 H 相互平分,就交点为 A 2 H 2 的中点 P；同理,A

23、 3 H 3 与 A 4 H 相互平分于点 P；即 A P=P H 3,A P=P H 4于是 iA 和 H （i=1 ,2,3,4）关于点 P 是中心对称的；由于 A 、A 、A 、A 共圆,所以 H 、H 2、H 3、H 4 四点也共圆,其圆心是点 O关于点 P 的中心对称点；名师归纳总结 连 OP,延长 OP 到 O 使 PO =OP,就 O 是H 、H2、H3、H4四点所打算的圆的圆心；第 14 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1991 联赛二试设凸四边形 ABCD的面积为 1,求证在它的边上（包括顶点）或内部可以找到四个点,

24、使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积均大于 1 ；4官方证明：考虑四个三角形 ABC ,BCD ,CDA ,DAB 的面积,不妨设 S DAB 最小,分四种情形争论：1SDAB1,这时,明显A、B、 C、D四点即为所求；11 ；442 SDAB1,设 G为BCD 的重心；4因SBCD1SDAB3,故SGBCSGCDSGDB1SBCD434于是, G、B、 C、D四点即为所求；3 SDAB=1 ,就 4SBCD=3 ,其余两个三角形的面积均大于 41 ；4由于SABC1SCDA 3 = 4SBCD,所以,过A作 BC的平行线 L 必与线段 CD相交于 CD内一点 E；由于SABCSDAB,所以SEABSDAB14又SEACSEAB1,SEBCSABC144故 E、A、 B、C四点即为所求；4 SDAB=1 ,就 4SBCD=3 ,其余两个三角形中仍有一个的面积等于 4不妨设SCDA1,就SABC=3 ,且有： AD与 BC平行, BC=3AD；44在 AB上取 E,DC上取 F,使得：AE1AB,DF1CD44那么EF13ADBC1