全国高中数学联赛平面几何题

1.(2000) 如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足∠BAE=∠CAF，作FM⊥AB，FN⊥AC（M、N是垂足），延长AE交三角形ABC的外接圆于D．证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等．

A

M N

B E F C

D

2. (2001) 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．

3.(2002)

4.(2003) 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∠DAQ＝∠PBC．求证：∠DBQ＝∠PAC．

1

5.(2004)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。

7.(2006)以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于点Ci(i＝0，1). 在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0

⌒为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0

⌒为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于点P1；以B1为圆心，

⌒B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，

P1A

6.(2005)

P

C为半径作圆弧Q⌒0Q11P0，交AB0的延长线于P0. 试证：

⑴ 点P⌒⌒0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于点P0； ⑵ 四点P0，Q0，Q1，P1共圆．

2

C1C0Q1B1B0Q0P08.(2007)如图，在锐角△ABC中，ABA9.(2008)如题一图，给定凸四边形ABCD，BD180，P是平面上的动点，令f(P)PABCPDCAPCAB．

（Ⅰ）求证：当f(P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆；

EAE3BC1，31，ECBECA，

AB2EC2（Ⅱ）设E是ABC外接圆O的AB上一点，满足：

FPOO21BDB'C又DA,DC是O的切线，AC2，求f(P)的最小值．

3

答一图1

参考答案1.(2000)证明：连结MN、BD，

∵FM⊥AB，FN⊥AC，∴A，M，F，N四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°，即MN⊥AD.

∴S1AMDN=

2AD·MN ∵∠CAF=∠DAB，∠ACF=∠ADB， ∴△AFC∽△ABCAFACAABADAB·

AC=AD·AF . 又AF是过A、M、F、N四点的圆的直经，

M∴MNsinBAC=AFAF sin∠BAC=MN. N∴S111BEFCabc2AB·AC·sin∠BAC=2 AD·AF·sin∠BAC=2

AD·M N =SAMDN

D加试（一）

2.．(2001)证明：(1)∵A、C、D、F四点共圆 ∴∠BDF＝∠BAC

又∠OBC＝12(180°－∠BOC)＝90°－∠BAC ∴OB⊥DF．

(2)∵CF⊥MA ∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2 ① ∵BE⊥NA ∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2 ② ∵DA⊥BC ∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2 ③ ∵OB⊥DF ∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2 ④ ∵OC⊥DE ∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2 ⑤ ①－②＋③＋④－⑤，得

NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH ∴OH⊥MN

另证：以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系，

设A(0，a)，B(b，0)，C (c，0)，则 kaACc,kaABb ∴直线AC的方程为yac(xc)，直线BE的方程为yca(xb)

c 由y(xb)a 得E点坐标为E (a2cbc2ac2abc22,22) yaacacc(xc) 同理可得F (a2bb2cab2abca2b2,a2b2)

直线AC的垂直平分线方程为ya2ca(xc2) 直线BC的垂直平分线方程为xbc2

ac 由y(xc)2a2 得O (bcbca2xbc2,2a) 2bca2 kOB2abca2bcac,kab2abcabacDFa2bb2ca2bc 2bab ∵kOBkDF1 ∴OB⊥DF 同理可证OC⊥DE．

在直线BE的方程yca(xb)中令x＝0得H (0，bca) bca2bc ∴kOH2aabca23bcabac

2 直线DF的方程为yabaca2bcx

 由yabac2xabca2cbc2a 得N (22,abcac222) ya2bcca2bccc(xc) 同理可得M (a2bb2ca22bcb2,abcab2a22bcb2)

2 ∴ka(bc2)(a2bc)abacMN(cb)(a2bc)(a23bc)a23bc ∵kOH ·kMN ＝－1，∴OH⊥MN． 4. (2003)．证明：联结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB 故△ADQ∽△ABC，而有

BCDQABAD，即BC·AD＝AB·DQ

4

又由切割线关系知△PCA∽△PAD得 PCACPAAD； 同理由△PCB∽△PBD得 PCBCPBBD

又因PA＝PB，故

ACBCADBD，得 AC·BD＝BC·AD＝AB·DQ

又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知 AC·BD＋BC·AD＝AB·CD 于是得：AB·CD＝2AB·DQ，故DQ＝12CD，即CQ＝DQ

在△CBQ与△ABD中，

ADDQCQABBCBC，∠BCQ＝∠BAD，于是△CBQ∽△ABD， 故∠CBQ＝∠ABD，即得∠DBQ＝∠ABC∠PAC．

5.(2004)解：由题知：ADBAEC90,ADBAEC，ADBDABAECEAC ① 又BC=25，BD=20，BE=7，故CD=15，CE=24.由①可解得：AD=15，AE=18.

于是点D是RtAEC的斜边AC的中点，DE=15.连接DF,因为点F在以DE为直径的圆上，DFE90，故点F为线段AE中点，AF=9. 因为G、F、E、D四点共圆，D、E、B、C四点共圆，

所以AFGADEABC，于是FGBC，延长AH交BC于P，故：AKAFAPAB ② 又H为ABC的垂心，故APBC，BABC25,ABPCBE，AP=CE=24， 于是 AKAFAPAB9242162525 7.(2006)

关于⑴的证明要点：

P1① 说明C0P0＝C0P0，从而得到P0与P0重合： A由椭圆定义知B0C1＋B1C1＝B0C0＋B1C0＝2a(2a为椭圆的长轴)．

记BiCj＝rij(i，j＝0，1)，即r01＋r11＝r00＋r10＝2a． 设B0P0＝B0Q0＝b，

C则C11Q0＝C1P1＝C1B0＋B0Q0＝r01＋b； C0Q1B1P1＝B1Q1＝B1C1＋C1P1＝r11＋r01＋b； C0Q1＝C0P0＝B1Q1－B1C0＝r11＋r01＋b－rB1B0Q010

＝b＋2a－rP010＝b＋r00．

但C0P0＝b＋r00；从而C0P0＝C0P0，故点P0与P0重合．(10分)

② 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上，或说明两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆相切．

由于弧⌒P，⌒0Q0的圆心为B0P0Q1的圆心为C0，而P0为两圆公共点，但C0、B0、P0三点共线，故两圆弧内切于点P0．

或：由于C0B0＝C0Q1－B0P0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆内切．(20分)

⑵的证明要点：主要有以下两种思路，一是从角度入手证明，

一是从找出圆心入手证明．分述如下：

P1A① 说明对两定点张角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为180˚，

C1连P0Q0，P0Q1，P1Q0，P1Q1，

DC0Q1证法一：证明∠Q0P0Q1＝∠Q0P1Q1．从而说明四点共圆． B1B0Q0P0由于∠Q0P0Q1＝∠B0P0Q0－∠C0P0Q1＝12(180˚－∠P0B0Q0)－

1

2(180˚－∠P0C0Q1)

＝12(∠P0C0Q1－∠P0B0Q0)＝11

2(∠AC0B1－∠C0B0C1)＝2

∠C0MB0；(30分) ∠ Q 0 P1Q1＝∠B1P1Q1－∠C1P1Q0＝1

2(180˚－∠P1B1Q1)－1

2(180˚－∠P1C1Q0) ＝12(∠P1C1Q0－∠P1B1Q1)＝12

∠C1MB1；(40分)

但，∠C0MB0＝∠C1MB1，故∠Q0P0Q1＝∠Q0P1Q1，从而P0，Q0，Q1，P1四点共圆得证．

证法二：利用圆心角证明∠P1Q1P0＝∠P1Q0P0，从而说明四点共圆．

由于∠P1Q1P0＝∠P1Q1B1＋∠C0Q1P0＝11

2(180˚－∠P1B1Q1)＋2

(180˚－∠P0C0Q1)

＝180˚－1

2

(∠P1B1Q1＋∠P0C0Q1)； (30分)

∠P1Q1

P10P0＝∠P1Q0C1＋∠B0Q0P0＝

2

A(180˚－∠P1C1Q0)＋1

2

(180˚－∠P0B0Q0)

S＝180˚－1

2

(∠P1C1Q0＋∠

P0B0Q0)； (40分)

C1Q1T 而∠P1C1Q0＋∠P0B0Q0＝∠P1B1Q1＋∠

DC05

B1B0Q0RP0 B1DC1＋∠DB0C0＝∠P1B1Q1＋＋∠P0C0Q1，

所以，∠P1Q1P0＝∠P1Q0P0，从而P0，Q0，Q1，P1四点共圆得证．(50分) 证法三：利用弦切角证明∠P1Q1P0＝∠P1Q0P0，从而说明四点共圆．

现在分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T，又过点Q1引相应相切圆弧的公切线RS，分别交P0T和P1T于点R和S．连接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R和P1Q1S．基于此，我们可由

∠P0Q1P1＝π－∠P0Q1R－∠P1Q1S

＝π－(∠P1P0T－∠Q1P0P1)－(∠P0P1T－∠Q1P1P0) (30分) 而 π－∠P0Q1P1＝∠Q1P0P1＋∠Q1P1P0， 代入上式后，即得

∠P0Q1P1＝π－1

2

(∠P1P0T＋∠P0P1T) (40分)

P1同理可得∠P0Q0P1＝π－1

2(∠P1P0T＋∠P0P1T)．所以四点

AP0，Q0，Q1，P1共圆．(50分)

还有例如证明∠P1Q1Q0＋∠P1P0Q0＝180˚，从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法．

MIN ② 找出与这四点距离相等的点，即确定圆心位置，从而

CI'1C0Q1证明四点共圆．若此四点共圆，则圆心应在P0Q0、P0Q1、P1Q0、B1B0Q0P1Q1的垂直平分线上，也就是在等腰三角形的顶角平分线

P0上．可以作出其中两条角平分线，证明其他的角平分线也过其交点．或证明△AB1C0与△AB0C1有公共的内心．

证法一：作∠AB1C0与∠AC0B1的角平分线，交于点I，则I为△AB1C0的内心．作IM⊥AB1，

IN⊥AC0，垂足分别为M、N．则AM＝AN＝1

2

(AB1＋AC0－B1C0)；

作∠AC1B0与∠AB0C1的角平分线，交于点I，则I为△AB0C1的内心．作IM⊥AC1，IN⊥AB0，垂足分别为M、N．

同上得，AM＝AN＝1

2

(AC1＋＋AB0－B0C1)．(30分)

但AB1＋AC0－B1C0＝AC1＋B1C1＋AB0－B0C0－B1C0

＝AC1＋＋AB0－B0C1．(40分)

于是，M与M，N与N重合．即I与I重合．

于是IP1＝IQ1＝IP0＝IQ0，即P0，Q0，Q1，P1共圆．(50分) 证法二：作∠AB1C0与∠AC0B1的角平分线，交于点I，则I为△AB1C0的内心，故I在∠B0AB1

的角平分线上．

但B1I是P1Q1的垂直平分线，C0I是P0Q1的垂直平分线，从而I又是∆P0P1Q1的外心，即I在P0P1的垂直平分线上，故I是P0P1的垂直平分线与∠B0AB1的角平分线的交点．

6

作∠AC1B0与∠AB0C1的角平分线，交于点I，同理I也是P0P1的垂直平分线与∠B0AB1的角平分线的交点，从而I与I重合．于是I是∆P0P1Q0与∆P0P1Q1的公共的外心，即I到P0、P1、Q0、Q1的距离相等．从而此四点共圆．

8.(2007)证明：连结BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为PD⊥BC，PF⊥AB，故B、D、P、F四点共圆，且BP为该圆的直径。又因为O1是△BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中点。同理可证C、D、P、E四点共圆，且O2是的CP中点。综合以上知O1O2∥BC，所以∠PO2O1=∠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、O1、P、E四点共线，C、O2、P、F四点共线，∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1，故O1、O2、E、F四点共圆。 必要性：设O1、O2、E、F四点共圆，故∠O1O2E+∠EFO1=180°。

由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB−∠ACP，又因为O2是直角△CEP的斜边中点，也就是△CEP的外心，所以∠PO2E=2∠ACP。因为O1是直角△BFP的斜边中点，也就是△BFP的外心，从而∠PFO1=90°−∠BFO1=90°−∠ABP。因为B、C、E、F四点共圆，所以∠AFE=∠ACB，∠PFE=90°−∠ACB。于是，由∠O1O2E+∠EFO1=180°得

(∠ACB−∠ACP)+2∠ACP+(90°−∠ABP)+(90°−∠ACB)=180°，即∠ABP=∠ACP。又因为AB9.(2008)[解法一] （Ⅰ）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有

PABCPCABPBAC．

因此 f(P)PABCPCABPDCA PBCAPDCA(PBPD)CA．

因为上面不等式当且仅当P,A,B,C顺次共圆时取等号，因此当且仅当P在ABC的外接圆且在

AC上时， f(P)(PBPD)CA． 又因PBPDBD，此不等式当且仅当B,P,D共线且P在BD上时取等号．因此当且仅当P为ABC的外接圆与BD的交点时，f(P)取最小值f(P)minACBD．

故当f(P)达最小值时，P,A,B,C四点共圆． （Ⅱ）记ECB，则ECA2，由正弦定理有AEsin23ABsin32，从而3sin32sin2，即3(3sin4sin3)4sincos，所以

3343(1cos2)4cos0，

整理得43cos24cos30， 解得cos32或cos1（舍去）， 23故30，ACE60．

由已知BC=sinEAC300EC31sinEAC,有sin(EAC30)(31)sinEAC，即32sinEAC12cosEAC(31)sinEAC，整理得2312sinEAC2cosEAC，故tanEAC123，可得EAC75从而E45，DACDCAE45，23ADC为等腰直角三角形．因AC2，则CD1．

又ABC也是等腰直角三角形，故BC2，BD212212cos1355，BD5．故f(P)minBDAC5210． [解法二] （Ⅰ）如答一图2，连接BD交ABC的外接圆O于P0点（因为D在O外，故P0在BD上）．

过A,C,D分别作P0A,P0C,P0D的垂线，两两相交得A1B1C1，

易知P0在ACD内，从而在A1B1C1内，记ABC之三内角分别为x，y，z，则AP0C180yzx，又因

B1C1P0A，B1A1P0C，得B1y，同理有A1x，

C1z，

所以A1B1C1∽ABC．

设B1C1BC，C1A1CA，A1B1AB，

答一图2

则对平面上任意点M，有

f(P0)(P0ABCP0DCAP0CAB)P0AB1C1P0DC1A1P0CA1B1 2SA1B1C1 MAB1C1MDC1A1MCA1B1 (MABCMDCAMCAB) f(M) 从而 f(P0)f(M)．

由M点的任意性，知P0点是使f(P)达最小值的点．

由点P0在O上，故P0,A,B,C四点共圆． （Ⅱ）由（Ⅰ），f(P)的最小值f(P0)2SA1B1C12SABC，

记ECB，则ECA2，由正弦定理有

AEABsin2sin332，从而3sin32sin2，即3(3sin4sin3)4sincos，所以

3343(1cos2)4cos0整理得43cos24cos30， 解得cos32或cos1（舍去）， 故330，ACE60． 2由已知

BCsinEAC300EC31=

sinEAC,有sin(EAC30)(31)sinEAC，即32sinEAC12cosEAC(31)sinEAC，整理得2312sinEAC2cosEAC，故tanEAC123，可得EAC75，

23所以E45，ABC为等腰直角三角形，AC2，SABC1，因为AB1C45，B1点在O上，AB1B90，所以B1BDC1为矩形，B1C1BD12212cos1355，故5，

2

所以f(P)min25110．

2[解法三] （Ⅰ）引进复平面，仍用A,B,C等代表A,B,C所对应的复数．

由三角形不等式，对于复数z1,z2，有 z1z2z1z2，当且仅当z1与z2（复向量）同向时取等号．

有 PABCPCABPABCPCAB， 所以 (AP)(CB)(CP)(BA)

(AP)(CB)(CP)(BA) （1）

PCABCBPA(BP)(CA)PBAC，

从而 PABCPCABPDCAPBACPDAC(PBPD)ACBDAC． （2）

（1）式取等号的条件是

复数 (AP)(CB)与(CP)(BA) 同向，故存在实数0，使得

(AP)(CB)(CP)(BA)， APBACPCB， 所以 arg(APCP)arg(BACB)，

向量PC旋转到PA所成的角等于BC旋转到AB所成的角， 从而P,A,B,C四点共圆．

（2）式取等号的条件显然为B,P,D共线且P在BD上．

故当f(P)达最小值时P点在ABC之外接圆上，P,A,B,C四点共圆． （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(P)minBDAC． 以下同解法一．

7