2022年历年全国高中数学联赛二试几何题汇总 .pdf

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1、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 PEAC，垂足为 E，作 PFAB ，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 PDBC，PFAB ，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

2、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 PEAC ，PFAB ，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=2ACP 。因为1O是直角BFP的斜边中点，也就是BFP的外心，从而PF1O= 2 - BF1O= 2 -

3、 ABP 因为 B、 C 、E、F 四点共圆，所以AFE =ACB ，PFE =2 - ACB A B D C E F P 1O2O精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 20 页于是，由1O2OE + EF1O = 得：（ACB - ACP+ 2ACP ）+ (2 - ABP +2 - ACB) = ，即ABP =ACP 。又因为 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AB 于 D；交直线L 于 E、F。证明：直线DE、DF 分别通过ABC 的内

4、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=21DAC 又 D、C、 E 在以 A 为圆心的圆上，则21DAC=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 =21FAD 又因为相切有FAD=ACB ，故ACI=21ACB 所以， I 为内心。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，

5、共 20 页(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，I BAI=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

6、F、G 两点， FG 与 AH 相交于点K，已知BC25， BD=20 ，BE7，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

7、，则 DFAE，于是 AF=21AE=9 ，则 AG=ADAEAF *=554。由于AS=AFKS+AGKS，即21AF*AGsinA=21AF*AKsinFAK+21AG*AKsinGAK 其中， sinFAK=sinBCE=257，sinGAK =sinCBD=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、在精选学习资料 - - - - - - - - -

8、 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 20 页简证： 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+

9、OB+OC引理 1 的证明： BH=ABHBFcos=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 AHBC 同理， BHAC，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CB。于是可设B=60-，C=60+，其中 00 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(

10、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 = EAC x y A B(p,kp) D(q,-kq) C(n,o) G E F(m,o)

11、 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 20 页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：BC边上的旁切圆半径：AR=acbS22S = 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 = ANa2连 AI 并延长交处接圆于K，连结 KO 、KB。则 K

12、、M 分别为弧BC 及弦 BC 的中点且OKBC于是 OK AD ，又 KI=KB ，则ADR = ADOK =AIKI = AIBK故只要证明：ANa2 = AIBK，亦即BKa2 = AIAN而 a = 2BM, 故只要证明：BKBM = AIAN由于NAI=MBK=2A，ANI 与BMK相似，所以上式成立。故AR=R 1997 联赛二试三点共线、的充分必要条件是两点，求证：、内切于分别与圆、圆两点，且圆、相交于和圆相等的圆如图，已知两个半径不TNSMNOMTSOOONMOO2121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，则 KS=KT ，且 K在圆1O和

13、圆2O的根轴 MN上。设 ST交 KO于 D，由 OS=OT 及 KS=KT有：STOK。又SKOS，那么KDS与KSO相似，即有2*KSKOKD。又2*KSKMKN, 所以KOKDKMKN*，即 O、D、N、 M四点共圆。故90ODNOMN，即MNOM。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 20 页必要性。设MNOM。类似地，设在S、T 所作的两公切线相交于K，则 KS=KT ，且K在圆1O和圆2O的根轴 MN 上。 设 ST分别交 KO 、 KM 于 D、N， 则STOK， 又NMOM，故 O 、D、N、M四点共圆，于是2

14、*KSKOKDKMNK。又2*KSKMKN，故KNNK，即N与 N重合，因此S、 N、T 共线。1996 联赛二试垂直与求证直线点，的延长线交于、为切点，并且、都相切，的三边所在的三条直线与和圆如图，圆BCPAPFHEGHGFEABCOO21梅氏定理证法：延长 PA与 BC交于点 D。PGE截ACD ，由梅氏定理有：CGAG*DECE*APDP = 1 由于 CE 、CG均为圆1O的切线，则CE = CG 于是，DEAG*APDP = 1 (1) 同理， PHF截ABD ，由梅氏定理有：BHAH*DFBF*APDP = 1 由于 BH 、BF均为圆2O的切线，则BH = BF D 精选学习资料

15、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 20 页于是，DFAH*APDP = 1 (2) 由（ 1）和（ 2）得：DEAG = DFAH，亦即DFDE=AHAG（ 3）连结 A1O、A2O、1OG、2OH，则GA1O=21GAB =HA2O，1O、A、2O三点共线。又AG1O=2 =AH2O，所以AG1O与AH2O相似。于是有AHAG = 21AOAO (4) 由（ 3）和（ 4）得：DFDE=21AOAO连结 E1O、F2O, 则 E1OEF ，F2OEF ，E1O平行于 F2O。又因为DFDE=21AOAO，所以 AD平行于 E1O。

16、故 PABC 。1995 联赛二试NPMQQDAPCDNBCMABOGHEFHGFEOABCD/，求证：于，交于，交于交，于的切线交上分别作圆与弧，在弧、与各边分别切于的内切圆如图，菱形分析：这个问题需要倒过来想，从结论出发。首先要加强对MQ 平行于NP 的理解，连结MP， 将会发现证题目标转化为：AMQ=CPN， 于是，问题转化为求证：AMQ 与CPN相似，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：

17、（1）IO = AE ；（2）2R IO + IA + IC (1+3)R . 机械证法：引理： IA = 4Rsin2Bsin2C，IC = 4Rsin2Asin2B，内切圆半径 r = 4Rsin2Asin2Bsin2C引理的证明： 在ACI 中，应用正弦定理：)290sin(Bb=2sinCIA=2sinAIC，其中 b=2RsinB，故 IA=4Rsin2Bsin2C，IC=4Rsin2Asin2B，于是， r=AIsin2A=4Rsin2Asin2Bsin2C题目的证明：（1）B=60，A C，于是可设A=60-，C=60+，其中 060，精选学习资料 - - - - - - - -

18、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 20 页那么ABE=2，AE = 2Rsin2。由引理知： r = 2Rsin260sin260 = R （cos-21）由 Euler 定理知： IO2 = R(R-2r) = 2R2（1-cos）= 4R2sin22故 IO = AE = 2Rsin2（2）由引理知：IA = 2Rsin260，IC = 2Rsin260故 IO + IA + IC = 2R（ sin2+ sin260+ sin260）= 2R（sin2+cos2）= 22Rsin(2+45) 因为 0230，则452+4575，所以 sin45sin(2+4

19、5)sin7522Rsin45IO + IA + IC22Rsin75即 2R IO + IA + IC bc0) ，则222222rxarAOAP令trx22，那么taAP22，即taAP2同理tbBQ2，tcCR2令22)*()*(BQACAPBCCRABG，则)()()()(22222tbcatacbtcbaG)()()()()(22222tbcbbatacbtcba)()(2)()()()()(2)()()()(22222222222tbcbbatbcbtbbatatccbbatacbtcba)()(2)()()()(222222222tbtatccbbabacbbcba22)(2)(

20、)()(222tbtatcbacbcbbacbba精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 20 页 )()()(222tatctaccbba相切时，有x=r ，从而 t=0 ，G=0,(1) 式成立。相交时， 0 xr ，于是 t0 于是通过两端平方及 t0 ，可验证：tactatc)(22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，H1，H2，H3，H4依次为 A2A3A4， A1A3A4， A1A2A4，A1A2A3的垂心，求证：H1，H2，

21、H3，H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置引理：设O 、H分别为ABC的外心、垂心，则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 AHBC 同理， BHAC，所以H与 H重合。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 20 页题目的证明：由引理有：1OH = 2OA + 3OA + 4OA，2OH = 1OA + 3OA + 4OA12HH = 1OH-2OH = 2OA-1OA = 21A

22、A于是，1A2A1H2H为平行四边形，对角线1A1H与2A2H互相平分。设它们的交点为P，则1AP=P1H，2AP=P2H同理，2A2H与3A3H互相平分，则交点为2A2H的中点 P。同理，3A3H与4A4H互相平分于点P。即3AP=P3H，4AP=P4H于是iA和iH（i=1 ，2，3，4）关于点P是中心对称的。因为1A、2A、3A、4A共圆，所以1H、2H、3H、4H四点也共圆，其圆心是点O关于点 P的中心对称点。连 OP，延长 OP 到O使 PO=OP，则O是1H、2H、3H、4H四点所决定的圆的圆心。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

23、 -第 14 页，共 20 页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，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41。官方证明： 考虑四个三角形ABC，BCD，CDA，DAB的面积， 不妨设DABS最小，分四种情况讨论：(1)DABS41，这时，显然A、 B、C、D四点即为所求。(2) DABS41，设 G为BCD的重心。因431DABBCDSS，故4131BCDGDBGCDGBCSSSS于是， G 、B、C、D四点即为所求。(3) DABS=41，则BCDS=43，其余两个三角形的面积均大于41。由于CDAABCSS1 AC

24、 ，A 的一个外角的平分线交ABC的外圆于点E，过 E作 EFAB ，垂足为 F。求证： 2AF=AB-AC 。证明：在 FB 上取 FG=AF，连 EG、EC、EB，于是 AEG 为等腰三角形，EG=EA又3=180 -EGA=180 -EAG=180 -5=4，1=2于是 EGBEAC全等BG=AC， AB-AC=AG=2AF1988 联赛二试在ABC中， P、 Q 、 R将其周长三等分， 且 P 、 Q在 AB边上。求证：ABCPQRSS92证明：由于P、Q在 AB边上，则有：3cbac。PQR以边PQ=3cba为底，要使其面积达到最小值，就是要使PQ 边上的高，即点R到 AB边的距离达

25、到最小。由于对称性的关系，不妨设点R在边 BC上。当线段PQ向点 A运动时，点R在 BC边上向点B运动。当点P与 A重合时，PQR面积最小。此时有： BR=3cba-BQ=3cba-(c-3cba)=322cbaABCPQRSS = ABRPQR*ABCABR = ABPQ*BCBR = ccba3*acba322= 91*acba*ccba22因为 b+ca，所以acba2；因为 a+bc，所以ccba221。故PQR面积最小时，ABCPQRSS92故任何情况下均有：ABCPQRSS921985 联赛二试在ABC中角 A， B， C的对边分别为a， b， c， 若角 A， B， C的大小成等

26、比数列， 且acab22，求角 B ABCEFG12345精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 20 页解：如图，作ABC的外接圆。由于acab220，即 ba，弧 AC大于弧 BC 。于是，可以在弧 AC上取一点D，使得弧AD等于弧 BC ，即 AD=BC=a 。连 DA,DB ，DC 。那么，弧BAD等于弧 ABC ，即 BD=AC=b 。应用托勒密定理有：CDcab*22又题设acab22，故 CD=a 于是，弧AD 、弧 CD 、弧 BC均相等，则2BA那么，BBAC23又题设CAB*2，即)23(*22BBB故72

27、B1983 联赛二试在四边形 ABCD 中， ABD 、 BCD 、ABC 的面积比是341，点 M、N 分别在 AC 、CD 上满足 AM AC=CN CD，并且 B、M、N 三点共线求证：M 与 N 分别是 AC 与 CD的中点注意：这里用表示三角形的面积引理： （面积的定比分点公式） 设线段 CD 不与直线 AB 相交， N 在线段 CD 上并且 CN=CD，则ABN =ABD +(1-)ABC 引理的证明：记四边形ABCD 的面积为 S。则ABN =S -BCN -AND = S -BCD - (1-)ACD = S -(S -ABD)- (1-)(S-ABC) = ABD +(1-)

28、ABC A B C D 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 20 页题目的证明：设AM AC=CN CD=，则MCAM = BNCBNA = BCDABCABD)1( = 4)1(3又MCAM =1，故412=1于是，162 = 0 ，21（舍去负的）所以， M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中点1979 联赛二试；成立的充要条件是求证：，于交圆的弦，圆于交圆的弦两点，圆、相交于和圆如图，圆CEDFCBADBAFOBDOEOBCOBAOO122121A B C D M N 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 20 页证明：连结AC 、 AD 、AE 、AF。因为 A、 C 、B、F 四点共圆，所以AFDACE因为 A、 E 、B、D四点共圆，所以ADFAEC故ACE与AFD相似，即有AFACCEDF即 DF=CE等价于 AC=AF 又CBADBA等价于 AC=AF 故CBADBA等价于 DF=CE ，即CBADBA成立的充要条件是DF=CE 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 20 页