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高中数学竞赛练习—几何—题目1-10

设D是ABC的边BC上的一点,点P在线段AD上,过点D作一直线分别与线段AB、PB交于点M、E,与线段AC、PC的延长线交于点F、N。

如果DE=DF,求证:DM=DN设点D为等腰ABC∆的底边BC上一点,F为过A、D、C三点的圆在ABC∆内的弧上一点,过B、Array D、F三点的圆与边AB交于点E。

求证:CD EF DF AE BD AF⋅+⋅=⋅如图所示,在△ABC中,90,,∠=︒是边CA上的两点,ABC D G Array连接BD,BG . 过点A,G分别作BD的垂线,垂足分别为E,F,连接CF. 若BE=EF,求证:ABG DFC∠=∠.几何(4):如图,在ABC∆中,60A∠=︒, ABC∆的内切圆I分别切边,AB AC于点,D E,直线DE分别与直线BI CI,相交于点F G,, 证明:12FG BC=.B几何(5):在△ABC中,BC>AB,BD平分ABC交AC于D,如图,CP垂直BD,垂足为P,AQ垂直BP,Q为垂足。

M是AC中点,E 是BC中点。

若△PQM的外接圆O与AC 的另一个交点为H,求证: O、H、E、M 四点共圆。

C A几何(6):如图,ABC的内切圆I分别切BC、AC于点M、N,点E、F分别为边AB、AC的中点,D 是直线EF与BI的交点。

证明:M、N、D三点共线。

D A几何(7)∆的外接圆和内切圆;证明:过O 上的任意一点D,都可以作一个三角形DEF,使得O、I分别是DEF∆的外接圆和内切圆.如图,过ABC ∆的外心O 任作一直线,分别交边,AB AC 于,M N ,F E ,分别是,BN CM 的中点.证明:EOF A ∠=∠.设000,,AA BB CC 是ABC ∆的三条角平分线,自0A 作01A A ∥0BB ,02A A ∥0CC ,12,A A 分别在,AC AB 上,直线123A A BC A =;类似得到点33,B C .证明:333,,A B C 三点共线.33几何(10):一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A,且OA=a,折叠纸片,使圆周上某一点A'刚好与点A重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.当A'取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线上点的集合.设D 是ABC ∆的边BC 上的一点,点P 在线段AD 上,过点D 作一直线分别与线段AB 、PB 交于点M 、E ,与线段AC 、PC 的延长线交于点F 、N 。

如果DE=DF ,求证:DM=DN证明:对AMD ∆和直线BEP 用梅涅劳斯定理得:1(1)AP DE MBPD EM BA⋅⋅=,对AFD ∆和直线NCP 用梅涅劳斯定理得:1(2)AC FN DPCF ND PA ⋅⋅=, 对AMF ∆和直线BDC 用梅涅劳斯定理得:1(3)AB MD FCBM DF CA⋅⋅= (1)(2)(3)式相乘得:1DE FN MDEM ND DF⋅⋅=,又DE=DF ,所以有DM DNDM DE DN DE=--,所以DM=DN 。

设点D 为等腰ABC ∆的底边BC 上一点,F 为过A 、D 、C 三点的圆在ABC ∆内的弧上一点,过B 、D 、F 三点的圆与边AB 交于点E 。

求证:CD EF DF AE BD AF ⋅+⋅=⋅ 设AF 的延长线交BDF 于K ,AEF AKBAEF AKB∠=∠∴∆∆因此,EK BK AE AKAF AB AF AB==。

于是要证(1), 只需证明:(2)CD BK DF AK BD AB ⋅+⋅=⋅ 又注意到KBD KFD C ∠=∠=∠。

我们有1sin 2DCK S CD BK C ∆=⋅⋅∠进一步有1sin 21sin 2ABD ADK S BD AB CS AK DF C∆∆=⋅⋅∠=⋅⋅∠因此要证(2),只需证明(3)ABD DCK ADKS S S ∆∆∆=+ 而(3)//(4)ABC AKC S S BK AC∆∆⇔=⇔ 事实上由BKA FDB KAC ∠=∠=∠知(4)成立,得证。

如图所示,在△ABC中,90,,ABC D G∠=︒是边CA上的两点,连接BD,BG . 过点A,G分别作BD的垂线,垂足分别为E,F,连接CF. 若BE=EF,求证:ABG DFC∠=∠.证:作Rt ABC的外接圆w,延长BD、AE分别交w于K、J.连接BJ、CJ、KJ、FJ. 易知BAJ KBC∠=∠,故BJ=KC.于是四边形BJCK是等腰梯形,又AJ垂直平分BF,故BJ=FJ,故四边形FJCK是平行四边形.设AE与BG的交点为M,FC与JK的交点为N,则M、N分别是BG和FC的中点,于是sin sin, sin sinAB MAG JKC FK AG BAM BKJ CK∠∠===∠∠又BAG FKC∠=∠,于是BAG∆∽FKC∆,所以ABG DFC∠=∠.EFGD几何(4):如图,在ABC ∆中,60A ∠=︒, ABC ∆的内切圆I 分别切边,AB AC 于点,D E ,直线DE 分别与直线BI CI ,相交于点F G ,, 证明:12FG BC =.证法一:分别连接CF BG ID IE AI ,,,,, 则A D I E 、、、四点共圆.所以12IDE A ∠=∠,从而1902BDF A ∠=︒+∠, 又1118022BIC B C A ∠=︒-∠+∠︒+∠()=90,所以BDF BIC ∠=∠.又 DBF CBI ∠=∠,得FDB ∆∽CIB ∆.所以FB DBCB IB=. 又由 DBI FBC ∠=∠,得 IDB ∆∽CFB ∆,所以 CF BF ⊥, 从而1302FCG A ∠=∠=︒.同理BG GC ⊥,所以B C F G 、、、四点共圆,由此 sin FGBC FCG=∠,所以12FG BC =.证法二:因为1()2BIG B C ∠=∠+∠,又因为1801()22A BDG ADEBC ︒-∠∠=∠==∠+∠,所以B D I G 、、、四点共圆,因此 90BGC BDI ∠=∠=︒.同理90CFB ∠=︒,所以B C F G 、、、四点共圆.又 19090()302FCG FBC BCI B C ∠=︒-∠-∠=︒-∠+∠=︒,所以1sin 2FG BC FCG BC =∠=.BB几何(5):在△ABC 中,BC >AB ,BD 平分ABC ∠交AC 于D ,如图,CP 垂直BD ,垂足为P ,AQ 垂直BP ,Q 为垂足。

M 是AC 中点,E 是BC 中点。

若△PQM 的外接圆O 与AC 的另一个交点为H ,求证: O 、H 、E 、M 四点共圆。

作AQ 延长线交BC 于N ,则Q 为AN 中点,又M 为AC 中点,故QM //BC 。

所以12PQM PBC ABC ∠=∠=∠。

同理,12MPQ ABC ∠=∠。

所以 QM= PM 。

又因为Q 、H 、P 、M 共圆,所以PHC PHM PQM ∠=∠=∠,故PHC PBC ∠=∠。

所以P 、H 、B 、C 四点共圆,90BHC BPC ∠=∠=,故12HE BC EP ==。

结合OH =OM ,知OE 为HP 中垂线,易知EHO EPO OPM ∠=∠=∠,所以O 、H 、E 、M 四点共圆。

CA几何(6):如图,ABC ∆的内切圆I 分别切BC 、AC 于点M 、N ,点E 、F 分别为边AB 、AC 的中点,D 是直线EF 与BI 的交点。

证明:M 、N 、D 三点共线。

连接AD ,则易知90ADB ∠=。

连接AI 、DM ,DM 与AC 交于点G 。

因为ABI DBM∠=∠,所以AB BI BD BM =,故ABI DBM ∆∆,从而1902DMB AIB ACB ∠=∠=+∠ 连接IG 、IC 、IM ,则1902IMG DMB ACB GCI ∠=∠-=∠=∠所以I 、M 、C 、G 四点共圆,从而IG AC ⊥,因此G 与N 重合,即M 、N 、D 三点共线。

DAID C BAF E NM几何(7)已知O 、I 分别是ABC ∆的外接圆和内切圆;证明:过O 上的任意一点D ,都可以作一个三角形DEF ,使得O 、I 分别是DEF ∆的外接圆和内切圆.证:如图,设OI d =,,R r 分别是ABC ∆的外接圆和内切圆半径,延长AI 交O 于K ,则2sin2A KI KB R ==,sin 2rAI A =,延长OI 交O 于,M N ;则()()2R d R d IM IN AI KI Rr +-=⨯=⨯=,即222R d Rr -=;过D 分别作I 的切线,DE DF ,,E F 在O 上,连EF ,则DI 平分EDF ∠,只要证,EF 也与I 相切;设DIO P =,则P 是EF 的中点,连PE ,则2sin2D PE R =,sin 2r DI D =,()()22ID IP IM IN R d R d R d ⋅=⋅=+-=-,所以2222sin 2sin 22R d R d D DPI R PE DI r --==⋅==, 由于I 在角D 的平分线上,因此点I 是DEF ∆的内心, (这是由于,()()0011180180222D EPEI PIE P F +∠=∠=-∠=-∠=,而 2D PEF ∠=,所以2EFEI ∠=,点I 是DEF ∆的内心). 即弦EF 与I 相切.N F几何(8)如图,过ABC ∆的外心O 任作一直线,分别交边,AB AC 于,M N ,F E ,分别是,BN CM 的中点.证明:EOF A ∠=∠. 先证引理:如图,过O 的直径KL 上的两点,A B 分别作弦,CD EF ,连,CE DF ,分别交,K L 于,M N ,若OA OB =,则MA NB =.引理证明:设CD EF P =,直线,CE DF 分别截PAB ∆,据梅涅劳斯定理,1AC PE BM CP EB MA ⋅⋅=,1BF PD ANFP DA NB⋅⋅=; 则MA AC AD PE PF BM NB BE BF PC PD AN⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅ ……① 而由相交弦,得PC PD PE PF ⋅=⋅ ……② 若O 的半径为R ,OA OB a ==,则22AC AD AK AL R a BK BL BE BF ⋅=⋅=-=⋅=⋅ …③,据①②③得,MA MB NB NA =,即1MA MA AB ABNB NB AB AB+===+.因此MA NB =.引理得证.回到本题,如下图(两图都适用),延长MN 得直径1KK ,在直径上取点1M ,使1OM OM =,设11CM O A =,连1A B 交1KK 于1N ,由引理,11MN M N =,(右图中则是11M N MN =)因此,O 是1NN 的中点,故,OE OF 分别是1NBN ∆及1MCM ∆的中位线,于是得1EOF BA C A ∠=∠=∠.11几何(9):设000,,AA BB CC 是ABC ∆的三条角平分线,自0A 作01A A ∥0BB ,02A A ∥0CC ,12,A A 分别在,AC AB 上,直线123A A BC A =;类似得到点33,B C .证明:333,,A B C 三点共线.证明:据梅尼劳斯逆定理,只要证,3333331CA AB BC B C A B C A⋅⋅= …… ①由于直线123A A A 截ABC∆,得2313211BA CA AA A B A A AC ⋅⋅=,所以 321321CA A A A CA BBA AA =⋅…… ②; 同理有321321AB B B B A B C CB BB =⋅ …… ③,321321BC C C C BC A AC CC =⋅…… ④. 由020BC BA BA BC =⋅,020AA AA AC AI =⋅,得200200AA AA AC BC BA BA BC AI⋅=⋅⋅ … ⑤ 又由010AA AA AB AI =⋅,010CA CA CB CB =⋅,得100100A CCA CB AIAA AA AB BC⋅=⋅⋅… ⑥ 据②、⑤、⑥得23000030000CA CA CA AC CB A BBA BC AB A B ⎛⎫=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭; 同理可得,23030CB CB B A B A ⎛⎫= ⎪⎝⎭,23030AC AC C B C B ⎛⎫= ⎪⎝⎭…… ⑦ 由于ABC ∆的三条角平分线000,,AA BB CC 共点,由塞瓦定理,0000001CA AB BC B C A B C A⋅⋅= …… ⑧,于是由⑦、⑧得, 23033003330001CA CA AB BC AB BC B C A B C A B C A B C A ⎛⎫⋅⋅=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭,即①成立,因此结论得证.33几何(10):一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A,且OA=a,折叠纸片,使圆周上某一点A'刚好与点A重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.当A'取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线上点的集合.解:对于⊙O上任意一点A',连AA',作AA'的垂直平分Array线MN,连OA'.交MN于点P.显然OP+P A=OA'=R.由于点A在⊙O内,故OA=a<R.从而当点A'取遍圆周上所有点时,点P的轨迹是以O、A为焦点,OA=a为焦距,R(R>a)为长轴的椭圆C.而MN上任一异于P的点Q,都有OQ+QA=OQ+QA'>OA'.故点Q在椭圆C外.即折痕上所有的点都在椭圆C上及C外.反之,对于椭圆C上或外的一点S,以S为圆心,SA为半径作圆,交⊙O于A',则S在AA'的垂直平分线上,从而S在某条折痕上.最后证明所作⊙S与⊙O必相交.1︒当S在⊙O外时,由于A在⊙O内,故⊙S与⊙O必相交;2︒当S在⊙O内时(例如在⊙O内,但在椭圆C外或其上的点S'),取过S'的半径OD,则由点S'在椭圆C外,故OS'+S'A≥R(椭圆的长轴).即S'A≥S'D.于是D在⊙S'内或上,即⊙S'与⊙O必有交点.于是上述证明成立.综上可知,折痕上的点的集合为椭圆C上及C外的所有点的集合.。

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