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．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 ．AB C DE FM N5.(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。

6.(2005)7.(2006)以B 0和B 1为焦点的椭圆与△AB 0B 1的边AB i 交于点C i (i ＝0，1). 在AB 0的延长线上任取点P 0，以B 0为圆心，B 0P 0为半径作圆弧P 0Q 0⌒交C 1B 0的延长线于Q 0；以C 1为圆心，C 1Q 0为半径作圆弧Q 0P 1⌒交B 1A 的延长线于点P 1；以B 1为圆心，B 1P 1为半径作圆弧P 1Q 1⌒交B 1C 0的延长线于Q 1；以C 0为圆心，C 0Q 1为半径作圆弧Q 1P 0'⌒，交AB 0的延长线于P 0'. 试证：⑴ 点P 0'与点P 0重合，且圆弧P 0Q 0⌒与P 0Q 1⌒相切于点P 0； ⑵ 四点P 0，Q 0，Q 1，P 1共圆．PB 1B 0C 1P 1P 0Q 1Q 0AC 08.(2007)如图，在锐角△ABC 中，AB<AC ，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 一点。

过P 作PE ⊥AC ，垂足为E ，作PF ⊥AB ，垂足为F 。

O 1、O 2分别是△BDF 、△CDE 的外心。

求证：O 1、O 2、E 、F 四点共圆的充要条件为P 是△ABC 的垂心。

9.(2008)如题一图，给定凸四边形ABCD ，180B D ∠+∠<，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；（Ⅱ）设E 是ABC ∆外接圆O 的AB 上一点，满足：3AE AB =，31BC EC =-，12ECB ECA ∠=∠，又,DA DC 是O 的切线，2AC =，求()f P 的最小值．O 2O 1F E PA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.∴S AMDN =21AD ·MN ∵∠CAF=∠DAB ，∠ACF=∠ADB ， ∴△AFC ∽△ABC ⇒⇒=ADACAB AF AB ·AC=AD ·AF .又AF 是过A 、M 、F 、N 四点的圆的直经，∴BACMN∠sin =AF ⇒AF sin ∠BAC=MN. ∴21=∧abc S AB·AC·sin∠BAC=21 AD·AF·sin∠BAC=21AD·M N=S AMDN2.．(2001)证明：(1)∵A 、C 、D 、F 四点共圆 ∴∠BDF ＝∠BAC又∠OBC ＝21(180°－∠BOC )＝90°－∠BAC ∴OB ⊥DF ．(2)∵CF ⊥MA ∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2① ∵BE ⊥NA∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2② ∵DA ⊥BC∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2③ ∵OB ⊥DF∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2④ ∵OC ⊥DE∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2⑤ 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 ba k c a k AB AC -=-=, ∴直线AC 的方程为)(c x c a y --=，直线BE 的方程为)(b x acy -=由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=-=)()(c x c a y b x ac y 得E 点坐标为E (2222222,c a abc ac c a bc c a +-++) 同理可得F (2222222,b a abcab b a c b b a +-++)直线AC 的垂直平分线方程为)2(2c x a c a y -=- 直线BC 的垂直平分线方程为2cb x +=由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=-2)2(2c b x c x a c a y 得O (a a bc c b 2,22++) bca ac abc b b a abc ab k abac a bc b c b a a bc k DFOB+-=+-=-+=-++=222222,22 ∵1-=DF OB k k ∴OB ⊥DF 同理可证OC ⊥DE ．在直线BE 的方程)(b x a cy -=中令x ＝0得H (0，abc -) ∴ac ab bc a c b a bc a a bc k OH ++=+++=32222直线DF 的方程为x bca acab y +-=2由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+-=)(2c x c a y x bca ac ab y 得N (22222222,2c bc a ac abc c bc a bc c a -+--++) 同理可得M (22222222,2b bc a ab abc b bc a c b b a -+--++)∴bca acab bc a bc a b c bc a c b a k MN3)3)()(())((222222++-=++-+-= ∵k OH ·k MN ＝－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ADDQAB BC =，即BC ·AD ＝AB ·DQ又由切割线关系知△PCA ∽△PAD 得 ADACPA PC =； 同理由△PCB ∽△PBD 得 BDBCPB PC =又因PA ＝PB ，故BDBCAD AC =，得 AC ·BD ＝BC ·AD ＝AB ·DQ又由关于圆接四边形ACBD 的托勒密定理知 AC ·BD ＋BC ·AD ＝AB ·CD 于是得：AB ·CD ＝2AB ·DQ ，故DQ ＝21CD ，即CQ ＝DQ在△CBQ 与△ABD 中，BCCQBC DQ AB AD ==，∠BCQ ＝∠BAD ，于是△CBQ ∽△ABD ， 故∠CBQ ＝∠ABD ，即得∠DBQ ＝∠ABC ∠PAC ．5.(2004)解：由题知：90,ADB AEC ADBAEC ∠=∠=︒∴∆∆，AD BD ABAE 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，90DFE ∠=︒，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FG BC ，延长AH 交BC 于P ，故：AK AFAP AB =② 又H 为ABC ∆的垂心，故AP BC ⊥，25,BA BC ABP CBE ==∴∆≅∆，AP=CE=24， 于是 9242162525AF AP AK AB ⋅⨯===7.(2006)关于⑴的证明要点：① 说明C 0P 0＝C 0P 0'，从而得到P 0与P 0'重合：由椭圆定义知B 0C 1＋B 1C 1＝B 0C 0＋B 1C 0＝2a (2a 为椭圆的长轴)．记B i C j ＝r ij (i ，j ＝0，1)，即r 01＋r 11＝r 00＋r 10＝2a ． 设B 0P 0＝B 0Q 0＝b ，则C 1Q 0＝C 1P 1＝C 1B 0＋B 0Q 0＝r 01＋b ； B 1P 1＝B 1Q 1＝B 1C 1＋C 1P 1＝r 11＋r 01＋b ；C 0Q 1＝C 0P 0'＝B 1Q 1－B 1C 0＝r 11＋r 01＋b －r 10＝b ＋2a －r 10＝b ＋r 00．但C 0P 0＝b ＋r 00；从而C 0P 0'＝C 0P 0，故点P 0与P 0'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 0Q 0⌒的圆心为B 0，P 0Q 1⌒的圆心为C 0，而P 0为两圆公共点，但C 0、B 0、P 0三点共线，故两圆弧切于点P 0．或：由于C 0B 0＝C 0Q 1－B 0P 0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆切．(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：① 说明对两定点角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为180°，连P 0Q 0，P 0Q 1，P 1Q 0，P 1Q 1，证法一：证明∠Q 0P 0Q 1＝∠Q 0P 1Q 1．从而说明四点共圆． 由于∠Q 0P 0Q 1＝∠B 0P 0Q 0－∠C 0P 0Q 1＝12(180°－∠P 0B 0Q 0)－12(180°－∠P 0C 0Q 1)＝12(∠P 0C 0Q 1－∠P 0B 0Q 0)＝12(∠AC 0B 1－∠C 0B 0C 1)＝12∠C 0MB 0；(30分) ∠Q 0P 1Q 1＝∠B 1P 1Q 1－∠C 1P 1Q 0＝12(180°－∠P 1B 1Q 1)－12(180°－∠P 1C 1Q 0)＝12(∠P 1C 1Q 0－∠P 1B 1Q 1)＝12∠C 1MB 1；(40分) 但，∠C 0MB 0＝∠C 1MB 1，故∠Q 0P 0Q 1＝∠Q 0P 1Q 1，从而P 0，Q 0，Q 1，P 1四点共圆得证．证法二：利用圆心角证明∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而说明四点共圆． 由于∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 1B 1＋∠C 0Q 1P 0＝12(180°－∠P 1B 1Q 1)＋12(180°－∠P 0C 0Q 1)＝180°－12(∠P 1B 1Q 1＋∠P 0C 0Q 1)； (30分)∠P 1Q 0P 0＝∠P 1Q 0C 1＋∠B 0Q 0P 0＝12(180°－∠P 1C 1Q 0)＋12(180°－∠P 0B 0Q 0)＝180°－12(∠P 1C 1Q 0＋∠P 0B 0Q 0)； (40分)而∠P 1C 1Q 0＋∠P 0B 0Q 0＝∠P 1B 1Q 1＋∠B 1DC 1＋∠DB 0C 0＝∠P 1B 1Q 1＋＋∠P 0C 0Q 1，所以，∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而P 0，Q 0，B 1B 0C 1P 1P 0Q 1Q 0AC 0DB 1B 0C 1P 1P 0Q 1Q 0AC 0TSRDB 1B 0C 1P 1P 0Q 1Q 0AC 0Q 1，P 1四点共圆得证．(50分)证法三：利用弦切角证明∠P 1Q 1P 0＝∠P 1Q 0P 0，从而说明四点共圆．现在分别过点P 0和P 1引上述相应相切圆弧的公切线P 0T 和P 1T 交于点T ，又过点Q 1引相应相切圆弧的公切线RS ，分别交P 0T 和P 1T 于点R 和S ．连接P 0Q 1和P 1Q 1，得等腰三角形P 0Q 1R 和P 1Q 1S ．基于此，我们可由∠P 0Q 1P 1＝π－∠P 0Q 1R －∠P 1Q 1S＝π－(∠P 1P 0T －∠Q 1P 0P 1)－(∠P 0P 1T －∠Q 1P 1P 0) (30分) 而 π－∠P 0Q 1P 1＝∠Q 1P 0P 1＋∠Q 1P 1P 0， 代入上式后，即得∠P 0Q 1P 1＝π－12(∠P 1P 0T ＋∠P 0P 1T ) (40分)同理可得∠P 0Q 0P 1＝π－12(∠P 1P 0T ＋∠P 0P 1T )．所以四点P 0，Q 0，Q 1，P 1共圆．(50分)还有例如证明∠P 1Q 1Q 0＋∠P 1P 0Q 0＝180°，从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法． ② 找出与这四点距离相等的点，即确定圆心位置，从而证明四点共圆．若此四点共圆，则圆心应在P 0Q 0、P 0Q 1、P 1Q 0、P 1Q 1的垂直平分线上，也就是在等腰三角形的顶角平分线上．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△AB 1C 0与△AB 0C 1有公共的心．证法一：作∠AB 1C 0与∠AC 0B 1的角平分线，交于点I ，则I 为△AB 1C 0的心．作IM ⊥AB 1，IN ⊥AC 0，垂足分别为M 、N ．则AM ＝AN ＝12(AB 1＋AC 0－B 1C 0)；作∠AC 1B 0与∠AB 0C 1的角平分线，交于点I '，则I '为△AB 0C 1的心．作I 'M '⊥AC 1，I 'N '⊥AB 0，垂足分别为M '、N '．同上得，AM '＝AN '＝12(AC 1＋＋AB 0－B 0C 1)．(30分)但AB 1＋AC 0－B 1C 0＝AC 1＋B 1C 1＋AB 0－B 0C 0－B 1C 0＝AC 1＋＋AB 0－B 0C 1．(40分)于是，M 与M '，N 与N '重合．即I 与I '重合．于是IP 1＝IQ 1＝IP 0＝IQ 0，即P 0，Q 0，Q 1，P 1共圆．(50分)证法二：作∠AB 1C 0与∠AC 0B 1的角平分线，交于点I ，则I 为△AB 1C 0的心，故I 在∠B 0AB 1的角平分线上．但B 1I 是P 1Q 1的垂直平分线，C 0I 是P 0Q 1的垂直平分线，从而I 又是∆P 0P 1Q 1的外心，即I 在P 0P 1的垂直平分线上，故I 是P 0P 1的垂直平分线与∠B 0AB 1的角平分线的交点．作∠AC 1B 0与∠AB 0C 1的角平分线，交于点I '，同理I '也是P 0P 1的垂直平分线与∠B 0AB 1的角平分线的交点，从而I 与I '重合．于是I 是∆P 0P 1Q 0与∆P 0P 1Q 1的公共的外心，即I 到P 0、P 1、Q 0、Q 1的距离相等．从而此四点共圆．8.(2007)证明：连结BP 、CP 、O 1O 2、EO 2、EF 、FO 1。