備戰(zhàn)2021年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽之歷年真題匯編（1981-2020）

專題25平面幾何A輯

施雷國(guó)氟題;

1.12020高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽A卷（第02試）】如圖,在等腰△ABC中,48=BC,/為內(nèi)心，”為B/的中點(diǎn)，尸為邊AC

上一點(diǎn)，滿足AP=3PC,PI延長(zhǎng)線上一點(diǎn)H滿足MH±PH,Q為AABC的外接圓上劣弧AB的中點(diǎn).證明:

【答案】證明見解析

【解析】取AC的中點(diǎn)M由AP=3PC,可知P為NC的中點(diǎn).易知B,I,N共線,NINC=9G°.

由/為zMBC的內(nèi)心，可知C/經(jīng)過點(diǎn)2，J@LZQIB=ZIBC+ZICB=ZABI+ZACQ=ZABI+ZABQ=ZQBI,

又M為BI的中點(diǎn)，所以QM_L8/.進(jìn)而QMHCN.

考慮AHMQ與.由于MH1.PH,故NHMQ=90°-NHMI=NHIB.

又N/HM=N/NP=90。,故翳=箸，

工日

I'UMNP1NC1MQMQ

HINI2N12MlIB

所以△HMQHIB,得NHQM=NHBL

從而H,M,B,Q四點(diǎn)共圓.于是有NBHe=NBM（2=9O。,即BHLQH.

2.【2020高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷（第02試）】如圖,A,8,C,O,E是圓Q上順次的五點(diǎn)，滿足ABC=BC￡>=COE,點(diǎn)P,。分

別在線段A￡>,BE上，且P在線段CQ上,證明:

【答案】證明見解析

【解析】記S為AD與BE的交點(diǎn),T為CQ延長(zhǎng)線與圓Q的交點(diǎn).

注意到ABC=BCD=CDE^^,AB,CD所對(duì)的圓周角均為a,BC,DE所對(duì)的圓周角均為P，

于是ZATQ=ZATC=a+ANPTE=NCTE=a+B，NPSQ=/BDA+NDBE=a+￡.

由NATQ=NPSQ得S,A,T,Q四點(diǎn)共圓，又由NPTE=NPSQ得P,S,T,E四點(diǎn)共圓.

所以ZPAQ=ZPTS=ZPEQ.

3.12019高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽A卷（笫02試）】如圖，在銳角△ABC中，M是8c邊的中點(diǎn)點(diǎn)P在△A8C內(nèi)，使得A

P平分N84c.直線MP與△4BP、AACP的外接圓分別相交于不同于點(diǎn)P的兩點(diǎn)。、E'.證明:若DE=MP,則BC

=2BP.

【答案】證明見解析

【解析】如圖，延長(zhǎng)PM到點(diǎn)尸，使得MF=ME.連結(jié)BF、BD、CE.

由條件可知NBDP=NBAP=ZCAP=ZCEP=ZCEM.

因?yàn)锽M=CM且EM=FM,所以BF=CE且BF//CE.

于是N尸=NCEM=ZBDP,進(jìn)而BD=BF.

又DE=MP,故DP=EM=FM.

于是在等腰△8DF中，由對(duì)稱性得BP=BM從而BC=2B=2BP

4.12019高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷(第02試)】如圖，點(diǎn)A、B、C、D、E在一條直線上順次排列，滿足BC=CD=

7AB-DE,點(diǎn)P在該直線外，滿足PB=PD點(diǎn)K、L分別在線段PB、P。上，滿足KC平分NBKE,LC平分NA

LD.

證明:A、K、L、E四點(diǎn)共圓.

【答案】證明見解析

【解析】令A(yù)8=1,BC=C￡)=?>0),由條件知。E=P.

如圖，注意到NBKE</A8K=NPOE<18()o-NOEK,可在C8的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)A。使得/4KE=41BK=N

A'BK.

此時(shí)有△ASKS/^AKE,故票=祟=能.

又KC平分NBKE,故冷如點(diǎn)=士.

丁日右48_AfBA'K__1_AB

‘乏A'E-A'KAfE—\KE/—l+2t+t2-AE'

由上式兩端減1,得竽=—,從而A=4.因此N4KE=Z.A'KE=Z.ABK.

AEAE

同理可得NALE=NEDL.

而ZABK=NEDL,所以NAKE=N4LE.

因此A、K、L、E四點(diǎn)共圓.

5.【2018高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽A卷(第02試)】如圖，AABC為銳角三角形，AB<AC,M為BC邊的中點(diǎn)，點(diǎn)。和E

分別為△ABC的外接圓弧BAC和弧BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為aABC的內(nèi)切圓在AB邊上的切點(diǎn)，G為AE與BC的交

點(diǎn)，N在線段EF上，滿足N8_L4B.

證明:若BN=EM,則。F_LFG.

【答案】證明見解析

【解析】由條件知，DE為△ABC外接圓的直徑，DE1.BC于M,AE1AD.

記/為△ABC的內(nèi)心，則/在AE上，IF±AB.

由NBLAB可知NNBE=Z.ABE-/.ABN

=(180°-/.ADE)-90°=90°-/.ADE=4MEI①

又根據(jù)內(nèi)心的性質(zhì)，

有4EBI=eEBC+4cBi=/.EAC+^.ABl=/.EAB+乙ABI=/.EIB,

從而BE=EI.

結(jié)合BN=EM及①知，△NBE4AMEL

于是NEM/=/BNE=90°+NBFE=180°-NEFl,故E、尸、/、M四點(diǎn)共圓.

進(jìn)而可知N4FM=90°+N/FM=90°+N/KW=NAGM,從而A、尸、G、M四點(diǎn)共圓.

再由ND4G=NDMG=90。知，A,G,M,。四點(diǎn)共圓，所以A、F、G、。五點(diǎn)共圓.從而NOFG=/DAG=9

0°,BPDFVFG.

6.12018高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷（第02試）】如圖所示，在等腰△ABC中，AB=AC,邊AC上一點(diǎn)。及8c延長(zhǎng)線

上一點(diǎn)E滿足絲=法，以A8為直徑的圓3與線段DE交于一點(diǎn)F

證明:8、C、F、。四點(diǎn)共圓.

【答案】證明見解析

【解析】如圖，取BC中點(diǎn)，，則由AB=AC知故H在圓3上.

延長(zhǎng)尸。至G,使得AG〃BC,結(jié)合已知條件得，—=—=故AG—BC=BH=HC,

CEDC2CE2

從而AGB”為矩形，AGHC為平行四邊形.

由4GBH為矩形知，G亦在圓3上.故NbGQNHBE

又AG//C為平行四邊形，由AC〃GH,得NCDF=NHGF.

所以NCDF=NHBF=NCBF,故8、C、F、。四點(diǎn)共圓.

7.12017高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽A卷（第02試）】如圖，在△ABC中，AB=AC,/為△A8C的內(nèi)心似A為圓心，AB為

半徑作圓以/為圓心，出為半徑作圓心，過點(diǎn)8、/的圓弓與幾心分別交于點(diǎn)P、。（不同于點(diǎn)B）.設(shè)/P與BQ

交于點(diǎn)R.

證明:BR_LCR.

【答案】證明見解析

【解析】連結(jié)出、IC、IQ、PB、PC,如圖.

由于點(diǎn)Q在圓心上，故.IB=IQ,所以N/BQ=//Q8

又B、/、P、。四點(diǎn)共圓，所以NIQB=NIPB,于是N/BQ=N/PB,

故從而有N/RB=Z/BP,且竺=竺.

△/BPS/VRB,/RIB

注意至ljAB=AC,且/為△ABC的內(nèi)心，故/B=/C,

所以%=2，于是△/CPS^/RC,故N/RC=//CP.

又點(diǎn)P在圓「的弧BC上，故NBPC=180o—：NA,因此

乙BRC=乙IRB+乙IRC=&IBP+Z.1CP=360°-/.BIC-乙BPC

=360°-(90°+|z/l)-(180°=90",

故BR_LCR.

8.12017高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷（第02試）】如圖，點(diǎn)O是銳角△4?C的外接圓3上弧BC的中點(diǎn)，直線。4與圓

“過點(diǎn)8、C的切線分別相交于點(diǎn)P、Q,BQ與AC的交點(diǎn)為X,CP與A8的交點(diǎn)為匕BQ與CP的交點(diǎn)為T.

求證:AT平分線段XX

p'

【答案】證明見解析

【解析】首先證明這〃BC,即證竺=".連結(jié)BD、CD,如圖.因?yàn)樗慕z?如空=處”,

XCYBS^ABCS"BPS-BP

所以^4CCQsin/JlCQ^ACBCsxnLACB^ACAQsxn^CAQ

①

^ABBCs\nz.ABC^ABBPsin^ABP^ABAPsin￡BAP

由題設(shè)，BP、CQ是圓。的切線，所以NAC0=NABC,NACB=NABP,又NCAQ=NDBC=NDCB=NBAP（注意

。是弧BC的中點(diǎn)）,

于是由①知爵吟②

因?yàn)镹CAQ=/54P,所以NB4Q=NC4P,

于罡SABQ_p48AQsinN84Q48AQ

③

S“"^ACAPsin^CAPACAP

而由②、③、④得汕歿=汕嗎即SAMBQ_SMCP

S&ACPSABCPS“BQS^BCP

又S"BQ=AXS"CP=AYf故絲=AY

乂S&CBQ-XC'SABCP-YB"口乂XC-YB

設(shè)邊BC的中點(diǎn)為M,因?yàn)橛嘈栉?1，

所以由塞瓦定理知，AM,BX、CY三線共點(diǎn)交點(diǎn)即為T,故由K￥〃BC可得，AT平分線段XK

9.12016高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】如圖所示，在△ABC中，X、丫是直線BC上兩點(diǎn)（X,B,C,丫順次排

列），使得BX?4C=CY-AB.

設(shè)AACX、ZXABy的外心分別為。1，。2，直線。1。2與AB、AC分別交于點(diǎn)。、V.

證明:△AUV是等腰三角形.

【答案】證明見解析

【解析】如圖，作NBAC的內(nèi)角平分線交BC于點(diǎn)P.設(shè)三

角形4cx和ABY的外接圓分別為硒和他.由內(nèi)角平分線的性質(zhì)知笑=名由條件可得差=多

GIAC*v?IAC/

-r-PXBX+BPABBP

從H而——----=—=—,

PYCY+CPACCP

即CPPX=BP-PY.

故P對(duì)圓O?1和O>2的哥相等，所以P在31和32的根軸上.

于是4PJ.0102,這表明點(diǎn)U、V關(guān)于直線4P對(duì)稱，從而三角形AUV是等腰三角形.

10.12015高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】如圖，ZVIBC內(nèi)接于圓O,P為弧BC上一點(diǎn)，點(diǎn)K在線段AP上，使得

BK平分NABC.過K,P,C三點(diǎn)的圓與邊AC交于點(diǎn)。，聯(lián)結(jié)BD交圓廠于點(diǎn)E,聯(lián)結(jié)PE并延長(zhǎng)與邊A3交于

點(diǎn)F,證明：NABC=2NFCB.

A

【答案】證明見解析

【解析】證法一如圖，設(shè)C/交圓r于點(diǎn)X,分別延長(zhǎng)CF,P尸交圓。于點(diǎn)匕./聯(lián)結(jié)4匕KX,EX,PC.由兩圓

相交的性質(zhì)可知/。尸=Z.FCP=乙FEX,

則EX/〃Y,Z-AJF+Z-ACP=180°,乙DEP+乙ACP=180",

則乙勺?=Z_DEP,得EB///4,同理KX//4V,

由平行線分線段成比例定理可得99=喋，從而得4Y〃BX,

FXFEFB

又因?yàn)镵X〃AY,BX〃AY,所以8,K,X三點(diǎn)共線.根據(jù)A,B,P,。四點(diǎn)共圓及3K,P,。四點(diǎn)共圓，得

2LABC=Z.APC=乙FXK=乙FCB+(XBC.

又由“平分4BC知NXBC=28配從而“BC=2"CB.

證法二如圖，記CF交圓「于H.^GK-GP=GH-GC得獲=-.

由FHFC=FE-FP得FH=胃券.

又竽=磊,結(jié)合〃PC=UDK,LPED=NPKD=180；〃KD,N"C=〃°E,

FEFPsin￡ABDs\m.FCPsincABDsin乙FCP

——,—?=?，

CBFFCsinzDEPs\nz.FPCs\nz.AKDsinz4DE

又pG方K=正GCsin乙4PCsiniADK

sinzFCPsinzFCP

從而竺=竺.竺sin￡ADBsinz.AKD

AKADAKs\nz.ABDsinz.ADK

則”.”.竺=1,即也”

BFGHAKBFHGKA

從而B,K,"三點(diǎn)共線.

根據(jù)A,B,P,C四點(diǎn)共圓及4,K,P,C四點(diǎn)共圓，得乙ABC=/.APC=/.FHK=Z.FCB+乙HBC.

又由BK平分NABC知4HBe/"BC.

從而/ABC=24FCB.

證法三如圖，聯(lián)結(jié)FK并延長(zhǎng)交圓r于點(diǎn)S,聯(lián)結(jié)BS,BP,SC,PC.因?yàn)?ABe=/4PC,即NF8C=NKPC=

Z.KSC,

所以F,B,S,C四點(diǎn)共圓.

A

又因?yàn)镹4BP=180°-4ACP=180°-乙DCP=4DEP=乙FEB,所以△FBEFPB.

從而可得竺="，gpFB2=FE-FP.

FEFB

XFFFP^FK-FS,則F82=FK?FS,即竺=".

FKFB

可得AFSKs△尸SB,則NFBK=4FSB,

又4FSB=LFCB,則NFBK="CB,從而NABC=2/FC8.

11.12014高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】如圖，在銳角△A8C中，ZB4C#60°,過點(diǎn)8,C分別作△ABC的外接圓

的切線BO,CE,且滿足B￡>=CE=BC.直線OE與AB,AC的延長(zhǎng)線分別交于點(diǎn)F,G設(shè)CF與BO交于點(diǎn)M,C

E與8G交于點(diǎn)N證明：AM=AN.

【答案】證明見解析

【解析】證法一如圖，設(shè)兩條切線B。，CE交于點(diǎn)K,則8K=CK,結(jié)合8D=CE可知。E〃BC,作N8AC的平

分線AL交8c于點(diǎn)L聯(lián)結(jié)AM,LN.

由DE//BC知N48c=乙DFB,Z.FDB=Z.DBC=ABAC.

故△ABC與△。尸B相似.

由此并結(jié)合DE//BC,BD=BC及內(nèi)角平分線定理可得啜=,=黑=曝=之

MFFDFDABLB

因此LM〃BF,同理LN〃CG.

由此推出乙ALM=Z.ALB+乙BLM=Z.ALB+Z.ABL=1800-Z-BAL=180°-乙CAL

=Z.ALC+Z.ACL=Z.ALC+乙CLN=(ALN.

CGCLABBC

再結(jié)合BC//FG以及內(nèi)角平分線定理得到瑞=影芳———?—

LNBCACBL

CLAB

BLAC

即LM=LN,

故由4L=AL.Z.ALM=^ALN.LM=ZJV得到△ALW與△4LN全等，因而AM=AN,證畢.

證法二由于BD和EC都是3的切線，故4D8C=^BAC=乙ECB,

再由BD=CE可得四邊形BCED是等腰梯形，從而DE〃BC,

由于/BFD=/.ABC-x,Z.FDB-Z.DBC—Z.BAC-y,

故4DFB-'AABC,

設(shè)△ABC的三個(gè)內(nèi)角分別為NA,ZB,ZC,三條邊長(zhǎng)分別為BC=a,C4=b,AB=c,

由ADFBsAZBC有空=處=巴，可得FD=竺.

ebbb

故由BD=a可得BM=￥①

b+c

在△ABM中Z718M=%+y,

由余弦定理得4M2=c2+留j一警cosfy+x)

(b+c)/b+ci'

2a2b22abca2+b2—c2

C.(b+c)2+b+c2ab

--------—(b2c2+2bc3+c44-a2b2+a2bc+a2c2+b3c+b2c2-be3-c4)

(b+c)2'7

=—(2b2c2+be3+b3c+a2b2+a2c2+a2bc)②

(b+c)，

用同樣方法計(jì)算CN和AM時(shí)，只需在上述BM與AM2的表達(dá)式①與②中將b,c交換.而由式②可見的表

達(dá)式關(guān)于，，c對(duì)稱，因此4N2=4M2,即4M=4N.

結(jié)論獲證.

12.【2013高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】如圖，AB是圓3的一條弦，尸為弧AB內(nèi)一點(diǎn)，E,尸為線段A3上兩點(diǎn),

滿足4E=EF=FB.聯(lián)結(jié)PE,PF并延長(zhǎng)，與圓分別相交于點(diǎn)C,D求證EF,CD=4C?8D.

【答案】證明見解析

【解析】聯(lián)結(jié)AO,BC,CF,OE.由于AE=EF=尸8,

ri而嚴(yán)siMBCE_點(diǎn)B到直線CP的跑離_BE__y

ACsin&CE一點(diǎn)A到直線CP的跑離一族―

后］樣”列衛(wèi)竺_點(diǎn)A到直線PD的^離_竺_2⑨

口BDsinzBDF一點(diǎn)B到直線PD的距離-BF~

另一方面，由于乙BCE=4BCP=4BDP=4BDF,Z.ACE=Z.ACP=Z.ADP=^ADF.

故將式①與②相乘可得絲絲=4,即8c?4。=44c?BO

由托勒密定理4。BC^AC-BD+ABCD④

故由式③與④得4B-CD=3AC■BD,即EF■CD=AC-BD.

13.12012高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】在銳角AABC中，AB>AC,M,N是BC邊上不同的兩點(diǎn)，使得NBAM=

/CAN.設(shè)△ABC和的外心分別為Q,O2,求證：。，5，A三點(diǎn)共線.

【答案】證明見解析

【解析】如圖，聯(lián)結(jié)AOi，4。2,過點(diǎn)A作AOi的垂線4P交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P,則4P是圓。?的切線.因此

乙B=/.PAC.

因?yàn)镹8AM="AN,所以乙4Mp=M+4BAM=/.PAC+4CAN=/.PAN,

因而AP是的外接圓S的切線，故APJLA02-

所以01，。2,4三點(diǎn)共線.

14.12011高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】如圖，P,。分別是圓內(nèi)接四邊形4BCD的對(duì)角線AC,BD的中點(diǎn)若/BP

A^ZDPA,證明：NAQB=NCQB.

【答案】證明見解析

【解析】如圖，延長(zhǎng)線段DP與圓交于另一點(diǎn)E,則ZTPE=NDH4=N8P4,

又P是線段AC的中點(diǎn)，故和=",

E

從而NCDP=4BDA,又乙4BD=乙PCD,所以△ABD-△PCD,

于是竺="，BIJyiBCD=PC-BD,

BDCD

從而有AB-CD=-AC-BD=AC?（-BD）=AC-BQ,即吟=署，

又/4BQ=Z4CD,所以A/WQ?△"￡）,所以“48=z￡MC,

延長(zhǎng)線段A。與圓交于另一點(diǎn)尸，則NC4B=4D4F,故肥=此，

又因?yàn)椤锽。的中點(diǎn)，所以“QB=/DQF,

又4AQB=乙DQF,所以乙4QB=Z.CQB.

15.12010高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】如圖，銳角△4BC的外心為。，K是邊BC上一點(diǎn)（不是邊BC的中點(diǎn)），D

是線段4K延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，直線8。與AC交于點(diǎn)N,直線C￡＞與AB交于點(diǎn)M.求證：若OKLMN,則A,B,

D,C四點(diǎn)共圓.

【答案】證明見解析

【解析】用反證法.若A,B,D,C四點(diǎn)不共圓，設(shè)△ABC的外接圓與A。交于點(diǎn)E,聯(lián)結(jié)BE并延長(zhǎng)交直線AN

于點(diǎn)。，聯(lián)結(jié)CE并延長(zhǎng)交直線AM于點(diǎn)P,聯(lián)結(jié)PQ

因?yàn)镻t?=P的呆（關(guān)于圓O）+K的幕（關(guān)于圓。）=（PO2-r2）+{KO2-r2）,

A

同理QY=（QO2-r2）+（KO2-r2）,所以PM-PK2=QO2-QK2,

故OKJ.PQ,由題設(shè)OKJ.MN,所以PQ〃MN,

于是絲="①

QNPM

由梅涅勞斯定理，得

”.空.絲=1②

BDEAQN

空.變.”=1③

CDEAPM

由式①，②，③可嘴造所以冷翳,

故4DMNsKDCB,于是ZDMN=4DCB,

所以BC〃MN,故。KJ.8C.

即K為8C的中點(diǎn)，矛盾.

從而A,B,D,C四點(diǎn)共圓.

注1"「心=P的事（關(guān)于圓O）+K的基（關(guān)于圓O）”的證明：延長(zhǎng)PK至點(diǎn)F,

則P,E,F,A四點(diǎn)共圓，故NPFE=NP4E=NBCE,從而E,C,F,K四點(diǎn)共圓,

于是PKPFPEPC⑤

⑤一④，得PK?PE-PC-AK-KE=P的哥（關(guān)于圓0）+K的幕（關(guān)于圓0）.

注2若點(diǎn)E在線段4。的延長(zhǎng)線上，完全類似.

16.12009高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】如圖，M,N分別為銳角△A8C（NA<NB）的外接圓廠上弧BC,AC的中

點(diǎn).過點(diǎn)C作PC〃MN交圓于點(diǎn)P,/為△48C的內(nèi)心，聯(lián)結(jié)P/并延長(zhǎng)交圓r于7.

(1)求證：MP-MT=NP-NT；

(2)在弧AB(不含點(diǎn)。上任取一點(diǎn)Q(Q#A,T,B),記△AQC,△QCB的內(nèi)心分別為兒為，求證：Q，八，A，

四點(diǎn)共圓.

【答案】證明見解析

【解析】⑴聯(lián)結(jié)N/,M/.由于PC〃MN,P,C,M,N共圓，故PCMN是等腰梯形.

因此NP=MC,PM=NC,聯(lián)結(jié)AM,Cl,則AM與C7交于/.

因?yàn)?M/C=/.MAC+Z.ACI=乙MCB+Z.BC1=乙MCI,

所以MC=M/,同理NC=N/,

于是NP=MI,PM=NI,故四邊形MPM為平行四邊形.

因此SAPM產(chǎn)SA/W(同底，等局).

又P,N,T,M四點(diǎn)共圓，故ZTNP+4PMT=180°,

由三角形面積公式SdPMT=：PM?MTsinz.PMT=SAPNT=”N.NTsm^PNT

=LPN?NTsin乙PMT,

2

于是PM-MT=PN-NT.

(2)如圖，因?yàn)閆JVC/i=4NCA+N4C/I=ZJVQC+/QC。=“kN,

p

所以NC=NIi，

同理MC=Mb，

由MP-MT=NP-NT得”=—,

MPNP

由情形(1)所證MP=NC,NP=MC,故”=把，

NiiMI2

又因4N7="NT=3MT=/-12MT,有4/所?△l2MT,

故/N77i=4MTV2，從而//1Q/2=乙NQM=乙NTM=/"％，

因此Q/」2，T四點(diǎn)共圓.

17.12008高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】如圖，給定凸四邊形A8C￡>,ZB+ZZX18O0,P是平面上的動(dòng)點(diǎn)，令f(P

)=PABC+PD-CA+PCAB,

(1)求證：當(dāng)火尸)達(dá)到最小值時(shí)，P,A,B,C四點(diǎn)共圓；

⑵設(shè)E是△4BC外接圓。的弧AB上一點(diǎn)，滿足：—=—,—=y/3-l,Z.ECB=-^ECA,又己知OA,0c是

AB2EC2

圓。的切線，AC=V2,求人P)的最小值.

【答案】(1)證明見解析；(2)V10.

【解析】證法一(1)如圖，由托勒密不等式，對(duì)平面上的任意點(diǎn)P,^PABC+PC-AB^PB-AC,

因此/'(P)=PA-BC+PC-AB+PD-CA^PB-CA+PD-CA=(PB+PD)-CA.

因?yàn)樯厦娴牟坏仁疆?dāng)且僅當(dāng)P,A,B,C順次共圓時(shí)取等號(hào)，因此當(dāng)且僅當(dāng)P在△ABC的外接圓且在弧AC上

時(shí)/'(P)=(PB+P。)?CA,

又因?yàn)镻B+PD》BD,

此不等式當(dāng)且僅當(dāng)8,P,。共線且P在8。上時(shí)取等號(hào).因此當(dāng)且僅當(dāng)P為△4BC的外接圓與B。的交點(diǎn)時(shí)火P)

取最小值=4C,BD,

故當(dāng)4P)達(dá)到最小值時(shí)，P,A,B,C四點(diǎn)共圓.

(2)記NECB=。，則NECA=2a,由正弦定理知些=*=在，

ABs1n3a2

從而舊sin3a=2sin2a,即8(3sina—4sin3a)=4sinacosa,

所以3g—4A/3(1—cos2a)—4cosa=0,整理得475cos?Q-4cosa-V3=0.

解得cosa=/或cosa=一嘉(舍去)，

故a=30°tz.ACE=60°,

由已知能=V3-1=sin.4C-;o。)有sinQE4c-30°)=(V3-l)sinNE4C,

ECsinz.Ej4c

即與sin/EAC-^COSNEAC=(V3-l)sinz_E4C,

整理得Usin/EAC=-cos^EAC,

22

故tan/EAC==2+V3,

可得ZE4c=75°,從而乙4EC=45°.

所以Z7MC=Z.DCA=乙4EC=45",ZXADC為等腰直角三角形.

因?yàn)锳C=O,則CD=1,又因?yàn)椤鰽BC也是等腰直角三角形，

故BC=&，5D2=1+2-2■1-V2cosl35°=5,則8D=V5,

故/'(P)min=BD?AC=近?0=V10.

證法二(1)如圖，聯(lián)結(jié)BD交△4BC的外接圓。于點(diǎn)R)(因?yàn)镈在圓。外，故凡在8。上).

過A,C,。分別作P。4PoGPoD的垂線，兩兩相交得AaiBiG，

易知尸0在△ACO內(nèi)，從而在△481G內(nèi)，記△ABC的三內(nèi)角分別為x,y,z,則41Poe=180°—y=z+x,

又因?yàn)镴q1PoABMi1P0C,得乙Bi=y,

同理有=%,4C1=z,所以A41B1G-△ABC,

設(shè)&G=XBC.CiAi=A.CA,A^=AAB,

則對(duì)平面上任意點(diǎn)M,有

1/(PO)=MP0A-BC+P0D-CA+P0C-AB)=P0A-81G+P0D-G4+P0C-

=2sA4181cl4M",B1C1+MD-CtAr+MC-A1B1

=X(MA-BC+MD-CA+MC-AB)="(M),

從而f(Po)4f(M),

由點(diǎn)M的任意性，知點(diǎn)凡是使/(P)達(dá)到最小值的點(diǎn).由點(diǎn)H)在圓。上，故尸o,A,B,C四點(diǎn)共圓.

(2)由情形(1)知，犬P)的最小值f(P0)=2ASAXBC,

t己Z_ECB=a,貝iJz_EC/=2a,

由正弦定理得生=又歿=—,從而國(guó)sin3a=2sin2a,

ABsm3a2

即V5(3sina—4sin3a)=4sinacosa,

所以3V5—475(1—cos2a)—4cosa=0,整理得4v5cos2a—4cosa-V3=0,

解得cosa=3或cosa=——、(舍去)，故a=30°,Z.ACE=60°,

22V3

由已知能=V3-1=有sin(z_E4c-30")=(V3-l)sin/E4C,

ECsincEAC

即當(dāng)sin/EAC-[COSNEAC=(V3-l)sinz_E4C,

整理得Usin/E4c=-COS/.EAC,

22

故tan/E4c=4=2+6，可得/E4C=75",所以N4EC=45°,

△ABC為等腰直角三角形，AC=五,SAABC=1，

因?yàn)橐?8￡=45",點(diǎn)BI在圓。上，Z.ABXB=90°,

所以當(dāng)BOG為矩形，BG=BD=Vl+2-2-l-V2cosl35°=瓜

故;I=強(qiáng)所以“P)mm=2.強(qiáng)1=同.

18.12007高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】如圖，在銳角△ABC中，A8<AC,A。是邊8c上的高，P是線段AD內(nèi)

一點(diǎn).過P作PE_L4C,垂足為E,作PFJ_AB,垂足為尸.0”。2分別是△BO凡△(?￡)￡；的外心求證：0|,02,

E,尸四點(diǎn)共圓的充要條件為P是△A8C的垂心.

【答案】證明見解析

【解析】聯(lián)結(jié)8P,CP,0102，E02，EF,F0I.

因?yàn)镻D_LBC,PF_L4B,故B,D,P,尸四點(diǎn)共圓，且BP為該圓的直徑.又因?yàn)椤Ｊ恰鰾OF的外心，故Q在

BP上且是8P的中點(diǎn).

同理可證，C,D,P,E四點(diǎn)共圓，且。2是C尸的中點(diǎn).

綜合以上知。1。2〃8酊所以"O2O1="CB.

因?yàn)锳B=4P?4。=4E所以8,C,E,尸四點(diǎn)共圓.

充分性.

設(shè)戶是△ABC的垂心，由于PEJ.AGPFJ.4B,所以B,O\,P,E四點(diǎn)共線，C,。2，P,F四點(diǎn)共線，且NF

。2。1=乙FCB=乙FEB="EOi，

故a,o2,E,尸四點(diǎn)共圓

必要性.設(shè)Oi，Q,E,尸四點(diǎn)共圓，故NOWZE+NEFOI=180°,

注意到乙尸。2。1=乙PCB=Z.ACB-UCP,

又因?yàn)椤?是直角的斜邊中點(diǎn)，也就是的外心，所以NPO2E=2/4CP,

因?yàn)镺i是直角△BFP的斜邊中點(diǎn)，也就是ABO的外心，

從而NPFOi=90°-4BFOi=90°-Z.ABP,

因?yàn)锽,C,E,F四點(diǎn)共圓，所以N4FE=〃CB,NPFE=90°-乙4CB,

于是，由NOIOZE+乙EFOi=180"

得(乙4cB-UCP)+2Z.ACP+(90°-乙4BP)+(90°-/.ACB)=180°,

即乙4BP=AACP,

又因?yàn)?B<4C,4D1BC,故BD<CD,

設(shè)方是點(diǎn)B關(guān)于直線AD的對(duì)稱點(diǎn)，對(duì)8在線段DC上且&。=BD,

聯(lián)結(jié)PB1由對(duì)稱性，有乙48?=NABP,

從而P=^ACP,

所以AP,B',C四點(diǎn)共圓.由此可知NPB，8=4。4P=90°-乙4cB.

因?yàn)?P8C=乙PB，B,故"BC+/.ACB=（90°-4ACB）+乙4cB=90°,

故直線BP和AC垂直.

由題設(shè)P在邊BC的高AD上，所以P是/ABC的垂心.

19.12005高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】如圖，在△4BC中，設(shè)AB>AC,過A作△"（?的外接圓的切線L又以A

為圓心，AC為半徑作圓分別交線段48于。，交直線/于E,F.

證明：直線。E,。尸分別通過△ABC的內(nèi)心與一個(gè)旁心.（注：與三角形的一邊及另兩邊的延長(zhǎng)線均相切的圓稱

為三角形的旁切圓，旁切圓的圓心稱為旁心）.

【答案】證明見解析

【解析】（1）先證。E過△ABC的內(nèi)心.

如圖，聯(lián)結(jié)。E,OC,作NBAC的平分線，分別交DE于/,。。于G,聯(lián)結(jié)/C,

則由4。=4c得4G_LDC,ID=IC.

又D,C,E在圓A上，所以ZL4C=z/EC.

從而A,/,C,E四點(diǎn)共圓，所以4C/E=Z_C4E=/ABC,

而zZ7E=2Z.ICD,于是Z/CG=2BC.

所以=N/GC+N/CG=90°+^ABC,NAC/=故/為△ABC的內(nèi)心.

(2)再證DF過AABC的一個(gè)旁心

聯(lián)結(jié)FD并延長(zhǎng)交NABC的外角平分線于/1,聯(lián)結(jié)〃

由情形(1)知，為內(nèi)心,所以N/B/i=90°=NED/1.

于是，四點(diǎn)共圓.

因?yàn)閆B%=ZB%=90°-/.ADI=(2AC+NADG)-乙ADI=^BAC+乙IDG.

所以4/,/i共線.

因此，4是△ABC的BC邊外的旁心.

20.12004高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】在銳角△ABC中，AB上的高CE與AC上的高B。相交于點(diǎn)”，以DE為

直徑的圓分別交AB,AC于尸，G兩點(diǎn).FG與A”相交于點(diǎn)K.己知8c=25,80=20,BE=7.求AK的長(zhǎng).

【答案】8.64

【解析】由題設(shè)知乙4DB=Z4EC=90°,所以△4DB?△4EC,

唬得說①

由于BC=25,8。=20,BE=7,所以CD=15,CE=24.

AD_5

重:“所以{黑二:?

{AD+156

所以點(diǎn)。是放△AEC的斜邊AC的中點(diǎn)，因此DE=g/lC=15,

聯(lián)結(jié)。R因?yàn)辄c(diǎn)F在以CE為直徑的圓上，所以NDEF=90°,

所以=2AE=9,

2

因?yàn)镚,F,E,。四點(diǎn)共圓，D,E,B,C四點(diǎn)共圓.

所以Z_AFG=MADE=4ABC,所以GF〃CB.

延長(zhǎng)AH交BC于P,有祭=與②

因?yàn)椤笆恰鰽BC的垂心，所以力P±BC,

又因?yàn)?4=BC,所以AP=CH=24,

所以由式②有4K=竺絲=吧《8.64.

AB25

21.12003高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】過圓外一點(diǎn)尸作圓的兩條切線和一條割線，切點(diǎn)為A,B,所作割線交圓

于C,。兩點(diǎn)，C在P,。之間在弦C。上取一點(diǎn)Q,使ND4Q=NPBC.

求證：ZDBQ=ZPAC.

【答案】證明見解析

【解析】如圖，聯(lián)結(jié)AB,在△ADQ和△ABC中N4DQ=44BC,miQ=zPBC=S18,

故4ADQ~△ABC,

有益=器，即BC.力￡>=48.DQ,

又由割線關(guān)系知ZiPCA-△PAD,故含=務(wù)

同理，由APCBsAPm瓷4，

又P4=PB,噴=器

即AC?B。=BC?4D=4B?DQ.

在圓內(nèi)接四邊形ACBO中，由托勒密定理，得4L8D+8c=4BCD,

所以48?CD=248-DQ,故DQ=gc。，即CQ=DQ.

在△CBQ和△ABD中，—=—=—,/.BCQ=/.BAD,

ABBCBC

于是ACBQ~AABD,故LCBQ=LABD,即/D8Q=NA8C=NPAC,

因?yàn)镹PQA=Z.QDA+Z.QAD=/.ABC+4PBC=4PBA,

所以P,A,Q,B四點(diǎn)共圓.

從而NPQB=/.PAB,

又ZPAB=/.PAC+^BAC=/.PAC+乙CDB,乙PQB=/.CDB+ADBQ,

所以/DBQ=Z.PAC.

22.12003高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】設(shè)三角形的三邊長(zhǎng)分別是整數(shù)/,相，”，且/＞機(jī)＞〃，己知｛'｝=｛瑞｝=

｛蓋卜其中“｝9一[劃，而㈤表示不超過x的最大整數(shù).求這種三角形的周長(zhǎng)的最小值.

【答案】3003

【解析】由題設(shè)可知言一圖="一圖=/一圖，

于是3,三37n三3n(modIO’)，3'三3m三3n(mod2”，3(=3m=3n(mod54),

由于(3,2)=(3,5)=1,所以由上式可知3'f=3m-n=1(mod24).

現(xiàn)在設(shè)“是滿足3"三1(mod2，)的最小正整數(shù)，則對(duì)任意滿足3V三1(mod2，)的正整數(shù)v,我們有”|也即〃整

除也

事實(shí)上，若則由帶余除法可知，存在非負(fù)整數(shù)“及從使得”=aiz+b,其中0＜b4u-l.

從而可推出3b=3b+au=3V=1(mod24).

而這顯然與“的定義矛盾，所以“|R

注意到3三3(mod24),32=9(mod24),33=27=ll(mod24),34=1(mod24),

從而可設(shè)m—n=4,其中★為正整數(shù).

同理可由前式推出3加-“=1(mod54),故34kmi(mod5”.

現(xiàn)在我們求滿足3伙三1(mod5與的正整數(shù)k.

因?yàn)?4=1+5x23所以3曲-1=(l+5x2")k-1=0(mod54),即

5kx24+k(fk(-2)

2x52x286x53x212

=5k+52H3+(fc-1)x27]+及黑噂?=0(mod54),

或k+5fc[3+(fc-1)x27]+"黑鷺沼三℃mod53),

即有k=5t,并代入該式得t+5t[3+芳]三0(mod52),

即有t三0(mod52),即k=5t=53s,其中s為正整數(shù)，

故7n-n=500s,s為正整數(shù).

同理可證1—n=500r,r為正整數(shù).

由于l>m>n,所以r>s,

有這樣一來，三角形的三個(gè)邊為500什〃，500s+"和〃.

由于兩邊之差小于第三邊，故n>500(r-s),

因此，當(dāng)5=1"=2,?=501時(shí)，三角形的周長(zhǎng)最小，

其值為(1000+501)+(500+501)+501=3003.

23.12003高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】由〃個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的/條連線段組成一個(gè)空間圖形，其中n=q2+q

+1,/>7f",q>2,q€N.已知任四點(diǎn)不共面，每點(diǎn)至少有一條連線段，存在一點(diǎn)至少有q+2條連線段.

證明：必存在一個(gè)空間四邊形(即由四點(diǎn)A,B,C,。和四條連線段A8,BC,CD,DA組成的圖形)

【答案】證明見解析

【解析】設(shè)這"個(gè)點(diǎn)的集合U={4O,4I，A2,…，力.-/為全集，

記A,的所有鄰點(diǎn)(與A,有連線段的點(diǎn))的集合為民,以中的點(diǎn)的個(gè)數(shù)記為|5|=bi，

顯然士口?仇且灰<n-1(/=0,1,2,-??,n-1).

若存在4="一1時(shí)，只需取

+1=2q(q+l)2+L

l=(n—l)+味+142(Q+l)(n-l)

則必存在四邊形，因此下面只討論上1,2,〃一1)的情況.

不妨設(shè)q+2(仇V幾一1,

用反證法，若圖中不存在四邊形，則當(dāng)?shù)臅r(shí)，民與馬無公共點(diǎn)對(duì)，即回門即41(0<i<;<n-1)

因此同nBol)打一1(i=1,2,,,,,n—1),

n—1、一in-1

Zq；*》2r的

(當(dāng)斤1或2時(shí)，令髭I=0)

九一1/7l—1\

1V?2…，c、、1(E匕1瓦￥c八U八，》,、

=仇一3瓦+2)》2"1--------3(Z瓦)+2(n-1)

i=l\i=l)

-------g—3(2/—b0)+2(n—1)=--------(2/—b0—n+1)(2/—b0—2n4-2)

n—1Z(n—1)

1rr

>57-----TT[(^一l)(q+1)+2—b—n+l][(n—l)(q+1)+2—b—2n4-2]

2(71-1)00

=”=1、(九q—q+2—bo)(nq—Q-n4-3—b。).

2g1)

故(n-l)(n-bo)(n一壇-1)

》(ziq—q+2—b0)(nq-q—幾+3—b°)q(q+1)(九一b0)(n-b0-1)

》(ziq-q+2—b0)?(nq-q-n+3—b0)①

但(ziq—Q-n+3—bo)—Q(n-b0—1)=(Q—l)b0—n4-3

》(q—l)(q+2)—+3=0②

及(nq-q+2一瓦)一(q+l)(n-bQ)=qbQ-q-n2

>q(q+2)-q-n+2=l>0②

由式②與③及(九-M(q+1),(n-b0-l)q皆是正整數(shù)，

n

得(nq-q+2-bo)(nq-q-n+3-b0)>q(q+l)(n-b0)(一M一1)?

而這與所得的式①相矛盾，故原命題成立.

24.12002高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】如圖，在△ABC中，ZA=60°,AAAC,點(diǎn)。是外心.兩條高BE,CF交

于點(diǎn)”.點(diǎn)M,N分別在線段HF±,且滿足BM=CN.求端色的值.

【答案】V3OH

【解析】如圖，在BE上取8K=CH,聯(lián)結(jié)。B,OC,OK.

由三角形外心的性質(zhì)，知Z80C=2/4=120°,

由三角形垂心的性質(zhì)，知=180°-Z4=120°,

所以4BOC=4BHC,所以B,C,H,。四點(diǎn)共圓.

所以NOBH=&OCH.

又OB=OC,BK=CH,所以ABOK三ACOH,

因?yàn)镹BOK="OH,OK=OH,

所以"OH=乙BOC=120°,4OKH=Z.OHK=30",

觀察△OKH,有」^=與，則KH=6OH,

sinl20sm30

又因?yàn)锽M=CN,BK=CH,所以KM=NH,

所以MH+NH=MH+KM=KN=y/30H,故=y/30H.

OH

25.12001高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】如圖，在△4BC中，。為外心，三條高4￡),I3E,CF交于點(diǎn)H,直線ED

和AB交于點(diǎn)M,FD和AC交于點(diǎn)M

求證：(1)OB_L￡>F,OC1OE；Q)OHLMN.

【答案】證明見解析

【解析】解法一(1)因?yàn)?,C,D,尸四點(diǎn)共圓，所以4BDF=NB4C,

又乙OBC=|(180°-乙BOC)=90°-Z.BAC,所以O(shè)B1DF.

(2)因?yàn)镃F_LM4所以-M"2=一4出2①

因?yàn)锽E1NA,所以NB2-NH?=AB2-