2022年历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；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 O1O2O 是BDFB D C 证明：连 BP、CP、O 1O 、EO 、EF、FO ；由于 PDBC,PFAB,就 B、 D、P、F 四点共圆,且BP为该圆的直径；又由于的外心,故O 在 BP上且是 B

2、P的中点；同理可证,C、D、P、E 四点共圆,且O 是 CP的中点；于是,O 1O 平行于 BC,就PO2O =PCB；由于 AF*AB = AP*AD = AE*AC ,所以 B、C、E、F 四点共圆；名师归纳总结 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 、第 1 页,共 20 页P、F 四点共线,FO2O =FCB =FEB = FE O ,故O 、O 、E、F 四点共圆必要性：设O 、O 、E、F 四点共圆,就O 1O E + EF O = 留意到PO2O =PCB=ACB - ACP ,又由于O 是直角CEP的斜边中点,

3、也就是CEP的外心,所以PO E=2ACP；由于O 是直角BFP的斜边中点,也就是BFP 的外心,从而PFO = 2 - BF O = 2 - ABP 由于 B、 C、E、F 四点共圆,所以AFE =ACB,PFE =2 - ACB - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 于是,由O 1O E + EFO = 得：（ACB - ACP+ 2 ACP）+ - ABP + - ACB = ,即 ABP = ACP；2 2又由于 ABAC,AD BC,故 BDAC ,过 A 作ABC 的外接圆的切线L；又以 A 为圆心, AC第 4 页,共 20 页为半径作圆分别

4、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 ,就GAC 与GAD 全等,即有IAC=IAD=1DAC 2又 D、C、 E 在以 A 为圆心的圆上,就1DAC=IEC 2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,就AEI =1FAD 2又由于相切有FAD=ACB ,故ACI=1ACB 所以, I 为内心；2- - - - -

5、 - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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=BAC2ABC,IA而BDIA=ADF ,又 AD=AF ,就ADF=AFD=DAE=BAC2CAE,2又由于相切有ABC=CAE ,故BIIA=BDIA,即 I、 D、 B、IA四点共圆；于是,I BIA=IDIA=90 ,又由于ABC 的平分线与其外角平分线相互垂直,故 B为其外角平分线；所以,IA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

6、 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 AK 的长；K,已知 BC25, BD=20 ,BE 7,求解：在直角 BCE中, BC=25 ,BE=7 ,就 CE=24 ；同理,在直角 BCD中, BC=25,BD=20 ,就 CD=15 ；24 15 7 20 4sinA = sinB+C = sinBcosC+cosBsinC = * + * = 25 25 25 25 5于是, AC= CE=30,就 AD=15 ；同理, AB= BD=25,就 AE=18 ；sin A sin A留意到： AB=BC ,就 A= C 由于 CDB= C

7、EB= 90 ,C、 D、 E、B 四点共圆,就 C= AED ；于是,A = AED ,就 DE=AD ；连 FD,就 DF AE,于是 AF= 1AE=9 ,就 AG= AF * AE= 54 ；2 AD 5由 于 S A = S AFK + S AGK,即1AF*AGsinA=1AF*AKsinFAK+1 2AG*AKsin227 ,sin 25GAK =sin其中, sinFAK=sinBCE=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GAK CBD=15 25GF 与 BC 平行的关系）名师归纳总结 过圆外一点P 作圆的两条切

8、线和一条割线,切点为A,B；所作割线交圆于C、D两点,第 5 页,共 20 页C在P、D之间,在弦CD上取一点Q,使DAQPBC,求证：DBQPAC.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 简证： 连 AB,留意到：AQP=DAQ+QDA=PBC+ABC=ABP 于是, P、A 、Q、B 四点共圆；那么,PAB=PQB DBQ DBQ即PAC+BAC = BDC+又由于BAC =BDC ,所以PAC =2002 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,且满意BM=CN；求

9、MHNH的值；OH机械解法：设外接圆半径为R,引理 1：AH = BH = CH = 2R 锐角三角形 cosAcosBcos C引理 2： OH =OA +OB +OC引理 1 的证明： BH= BF = a cos B =2RcosB,同理有： AH=2RcosA, CH=2RcosC；cos ABH sin A引理 2 的证明：设 H 满意 O H =OA + OB +OC,就 A H =OB +OCA H * BC = OC +OB * OC - OB = OC 2 - OB 2 = 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

10、,可以判定 ABC为锐角三角形；A=60 , ABAC,就C B；于是可设 B=60 -,C=60 +,其中 0 0 G为第 8 页,共 20 页于是,直线BC为 y=kpnx - n ,直线 DF为 y=kqqx - m ,于是交点pmyG=kpnx - n =kqqx - m （1）pmx = pq mnmnpqkAG= y G=pkpqnmnpqpmqn2qpxGqmnmE 为同理,直线CD为 y=kqqx - n ,直线 BF为 y=pkpx - m ,于是交点nmyE=pkpx - m =nkqxE - n （2）mq（直接对调m与 n 的位置得出运算结果）x = pq mnmnpq

11、kAE= yE=pkpqmnn pqxEpnqm2qpqmnm故kAG= - kAE,所以GAC = EAC - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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 BC边上的旁切圆半径：RA=b2 Sa2S = a*AD 第 9 页,共 20 页c作 IN AB ,垂足为 N,就 b+c a = 2AN 故R =

12、a*AD2AN要证明R =R,即证明：R = 2aADAN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OKBC于是 OK AD ,又 KI=KB ,就R = ADOK = ADKI = AIBKAI故只要证明：2a = BK ,亦即 AI2a = ANANBKAI而 a = 2BM, 故只要证明：BM = BKANAI由于NAI=MBK= A ,2ANI 与BMK相像,所以上式成立；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O 2相交于M、N 两点,且圆O 1、圆O2分别与圆O内切于S、T两点,求证：OMMN的充分必

13、要条件是S、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O 和圆O 的根轴 MN上；设 ST 交 KO于 D,由 OS=OT及 KS=KT有：OKST；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；设 ST分别交 K

14、O、KM于 D、N ,就OKST,又OMMN,故 O、D、 N 、M四点共圆,于是KN*KMKD*KOKS2；又KN*KMKS2故KNKN,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；DP = 1 1 APD 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 * DE同

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

16、连结 EO 、FO , 就 E O 1EF ,FO2EF ,EO 平行于 F又由于DE = DFAO ,所以 AD平行于 E O ；故 PAAO 2BC；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,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 ”

17、,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：引理： IA = 4Rsin 引理的证明： 在B sin 2C ,IC = 4Rsin 2A sin 2B ,内切圆半径 r = 4Rsin 2A sin 2B sin 2C2ACI 中,应用正弦定理：sinbB=IA=IC,其中 b=2RsinB,90sin C 2sin A 2故 IA=4RsinB sin 22C ,IC=4Rsin 2A sin 2

18、B ,于是, r=AIsin 2A =4Rsin 2A sin 2B sin 2C2题目的证明：名师归纳总结 （1）B=60 ,A C,于是可设A=60 -,C=60 +,其中 060 ,第 11 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 那么ABE=2,AE = 2Rsin2；由引理知： r = 2Rsin602sin602 = R（cos-1 ）2由 Euler 定理知： IO2 = RR-2r = 2R2 （1-cos）= 4R2 sin222）故 IO = AE = 2Rsin2（2）由引理知： IA = 2Rsin602,IC = 2

19、Rsin602故 IO + IA + IC = 2R（ sin2+ sin602+ sin602）= 2R（sin2+cos= 22 Rsin2+ 45 由于 02 30 ,就 45 2+ 45 75 ,所以 sin 45 sin2+45 sin 7522 Rsin 45 IO + IA + IC22 Rsin 75即 2R IO + IA + IC bc0 ,就AP2AO2r2a2x2r2令x2r2t,那么AP2a2t,即APa2t同理BQb2t,CRc2t令GAB*CRBC*AP2AC*BQ2,就Gabc2t bca2t2ac 2 b2tab c2t bc a2t2ab bc 2 b2ta

20、b2c2tbc2a2t2ab bcc2ta2tab 2b2tbc2b2t2 ab bcb2t ab 2 c22 b bc 2a22 b2 ab bc c2ta2t2 bt ab bc ab bc bc ab2c2ta2t2 b22 t- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2 ab bcactc2t a2t相切时,有 x=r ,从而 t=0 ,G=0,1 式成立；2 2 2相交时, 0xr ,于是 t0 于是通过两端平方及 t0 ,可验证： c 2 t a 2 t ac t即 Gr ,于是 t0 ,同样可验证 G0 ,（ 3）式成立；1992 联赛二试设 A

21、1A2A3A4为 O 的内接四边形,H 1,H2,H 3,H4 依次为A2A3A4, A1A3A4, A1A2A4, A1A2A3 的垂心,求证：H1,H 2, 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AH=OB +OC,所以 AHBC 第 13 页,共 20 页A H* BC = OC +OB * OC - OB = OC2 - OB2 = 0 同理, BHAC,所以 H与 H重合；- - - - - - -精选学习资料 - -

22、- - - - - - - 题目的证明：由引理有：OH1 = OA + 2OA + OA 4,OH2 = OA + 1OA + OA 43O 关于H2H1 = OH1-OH2 = OA -OA = A 1A 2于是,A 1A 2H1H2为平行四边形,对角线A 1H 与A 2H2相互平分；设它们的交点为P,就A P=PH1,A P=PH2同理,A 2H 与A 3H3相互平分,就交点为A 2H2的中点 P；同理,A 3H 与A4H4相互平分于点P；即A P=PH3,A P=PH4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 、H2、H3、

23、H 四点也共圆,其圆心是点、H4四点 P 的中心对称点；连 OP,延长 OP 到 O 使 PO =OP,就 O 是H 、H 、H点所打算的圆的圆心；名师归纳总结 - - - - - - -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,使得最小,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SDAB分四种情形争论：1SDAB1,这时,明显A、 B、C、D四点即为所求；1SBCD142 SDAB1 4,设 G为BCD 的重心；因SBCDSDAB3,故SGBCSGCDSGDB1434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 41 ；4不妨设SCDA1,就SABC=3 ,且有： AD