平面几何试题精选精编版

1、1 凸四边形 ABCD 的对角线交于点 M，点 P、 Q 分别是 AMD 和 CMB 重心， R、 S 分别是 DMC 和 MAB 的垂心求证 PQRS证：过 A、C 分别作 BD 的平行线，过 B、D 分别作 AC 的平行线这四条直线分别相交于 X、 W、Y、 Z则四边形 XWYZ 为平行四边形，且XW AC XZ则四边形 XAMD 、 MBYC 皆为平行四边形由其对角线互相平分知MX 在 AMD 中线所在直线上，MY 在 BMC 中线所在直线上，且MP1MQMX=3=MY XY PQ故欲证原命题，只需证XY RS，这等价于XSDAPRMZQCWBYSY 2SX 2 = RY 2RX 2下证

2、上式：由S 为 AMB 垂心知 SB AMSB WY同理 SA WX则勾股定理知SY2= SB2+ BY2= BY2+ SW2WB2= BY2WB2+ SA2+ WA2SX2= SA2+ XA2得SY2SX2 = BY 2WB 2 + WA 2XA 2同理得RY2 =YC 2ZC2+ RD 2+ DA 2,RX2= DX 2+ RD 2故 RY2RX2 = YC2ZC 2 +DZ 2DX 2由 XWDB YZ, WY AC XZ 有 BY = DZ , WB = XD , AW = YC, AX = ZC比较两式右边即有 SY2 SX 2 = RY 2RX 2由此即有 XY RS，从而得出 P

3、Q RS，证毕02已知 E、 F 是 ABC 两边 AB、 AC 的中点， CM 、 BN 是 AB、 AC 边上的高，连线 EF 、 MN 相交于 P 点又设 O、 H 分别是 ABC 的外心和垂心，连接 AP 、OH求证 APOH 同苏炜杰 03证：引理：如图，设 BAP =, BAP = ，则 sin BAPsin BAPsin CAP= sin CAPAP 与1AP 重合引理的证明：事实上，式即sinsinsinAsin Asin A= sin Asin=sinsin A cot sin A = sin A cot cosA= B( )P ( P'' )AC即 AP 与

4、 AP 重合引理得证回到原题：为了看得清，我们画两张图表示，过A 作 AQOH = QA我们证明 AP 与 AQ 重合：由引理只需证sin 1sin 3sin 2= sin 4先看右图，E、 P、F 三点共线，以A 为视点运用张角定理得sin BAC=sin 1+sin 2APAFAE综合上二式有ME P F NBC1111sin 1AF ·AN EMAP ANsin 1 =AM AEsin 2sin 2= AM·AE NF 又易有 M、 B、 C、 N 四点共圆 AM·AB = AN·AC，即2AM·AE = 2 AN·AFA3 4

5、sin 1EM sin 2 = NF再看右图，AQH = ANH = AMH = 90 ， A、 M、 Q、 H； A、 Q、 H、 N 分别四点共圆MEFO NQ HGBC MHQ = 3, BHQ = 4在 MOH 与 BOH 中分别运用正弦定理有MOOHBOOHsin 3 = sin OMH, sin 4 = sin OBH 两式相除有sin 3=OM sin OMH，其中 MO sin OMH = OM cos OME =sin 4OB sin OBNEM过 O 作 OGBN = G，由 OGN = GNF = NFO = 90 知 OGNF 为矩形 OG = NF , OB sin

6、OBN = OG = NF sin 3 EM sin 4 = NF综合知式成立，故 AP OH ，证毕203 设 H 为 ABC 的垂心， D、 E、 F 为 ABC 的外接圆上三点使得AD BE CF， S、 T、U 分别为 D、 E、 F 关于边 BC、 CA、 AB 的对称点求证 S、 T、U 、H 四点共圆同何长伟 02，但解法不同证：我们先证明一些关于四边形HUST 的性质：延长 AH、BH、CH 与 ABC 外接圆交于 A 、B 、C A熟知 H 与 A关于 BC对称，H 与 B关于 AC对称， H与 C关于 AB对称又 D 与 S 关于 BC 对称，故四边形DHA S 关于 BC

7、 对称C'H故 DHA S 必为等腰梯形四边形HFUC 与 HTEB 同理亦然 HS=AD,HU =CF,HT=BE, SHA = HA DBU记FCE 所对圆周角为，由 AD BE, DE = AB 知A'DE 所对角为 C, AC 所对角为 B, CE 所对角为AD 所对角为 B C SHA = HA D = BC11UHC = HCF= CCF= 2BC BF= 2BC CE =A , AHC =180 CHA =B UHA=180 CHU + AHC =C+同理可得 THA = B + 得 UHS = B；得 SHT = C 又 AD = AB + AB + AD =2

8、90 B+C+BC =290 A D = 2R sin 90 HS = 2R sin 90 同理可计算出C F = 2R sin90B+, BE = 2R sin90 C从而 HU = 2R sin 90 B +, HT = 2R sin 90 C由此有 HS : HU : HT = sin 90 : sin 90 B +: sin 90 C 综上我们得出了一些关于四边形HUST 的性质：HUsin 90 B +HTsin 90 CUHS = B, SHT = C,HS =sin 90 ,HS=sin 90 D B'ETCS下面我们利用这些性质判定H 、U、 S、 T 四点共圆：作 X

9、YZ ABC，即 X = A, Y = B, Z = C在 ZY 与 X 异侧作 ZYW1= 90 B + , YZW2 = 90 C YW1与 ZW2 交于 W，连接 XW ZWY = 180 ZYW + YZW = 180 180 BC = B + C = 180 ZXY X、 Z、 W、Y 四点共圆 XZW + XYW = 180*XXYW = XYZ + ZYW = B + 90 B += 90+ ,WXY = WZY = 90 C WYsin WXYsin 90 CZY 由正弦定理知HTWX= sin XYW =sin 90+=HSW3又 YWX = YZX = C = THS，WZ

10、X HTS从而 WYX = HTS同理可得WZX = HUS * ， HTS + HUS = 180 从而 H 、T、 S、 U 四点共圆证毕评注： 这一作法的出发点是想通过对线段长度以及角度的计算揭示H 、T、S、U 四点的一些并不明显的性质，利用熟知结论 “垂心关于边的对称点在外接圆周上”将类似线段转化为可求的，刻画了“对称”条件角度的推算多次利用弧长，刻画了“平行”条件，后半部论证精神为同一法事实上， 一个四边形中若已知一个顶点引出的三条线段及两个角，则这个四边形便已确定4 在 ABC 中， D 是 BC 边上一点，设 O1、O2 分别是 ABD、 ACD 外心， O 是经过 A、O1、

11、 O2 三点的圆的圆心，记 ABC 的九点圆圆心为 Ni ，作 O E BC = E求证 NiEAD证：以 ABC 外接圆圆心为原点建立复平面，设其半径为1设 A cos , sin、 B cos , sin、 C cos , sin ， ADB =由正弦定理知AB= 2 sin =AC且 BAO1 = CAO2AO 1AO2 O1AO2 = BAC，从而 AO1O2 ABC 且相似比为12 sin由 BAO1 = 90知 ABC 变换为 AO1O2 为一个绕 A 逆时针旋转 90 及以A为中心位似比为1的位似变换之积2 sin对应复数为 cos i sin，则 AO 对应复数为AO = co

12、s , sin cos i sin1cos 90 + i sin 90 = A 记为 · 2 sin则A=1 sin+ i cos 2 sinAO'O2sin +O1 O = A + A ， O 的横坐标即为 sin + cos =Ni2 sin2 sinBE DC E 点坐标为sin+, sin2 sin又由九点圆性质，设O 为外心， G 为重心，则NiO= 3 且 Ni 与 O 在 G 异侧OG233设 G 为 G 点对应复数，Ni 为 Ni 点对应复数，则Ni = 2 G = 2 A + B + C 于是 Ni坐标为cos,sin + 2 sin设 NiE 斜率为 k，

13、则22sin+ 2 sin sinsinsink = cos2= tansin+= sin+2 2 sincos sin又 ADC = ，AD 斜率亦为 tan，故 AD 与 BiE 平行，证毕45 设 ABC 的边 AB 中点为 N， A > B，D 是射线 AC 上一点，满足 CD = BC，P 是射线 DN 上一点，且与点A 在边 BC 同侧，满足PBC = A，PC 与 AB 交于点 E，BCBCEA与 DP 交于点 T求表达式TC EB 的值解：我们先证明CP 平分 ACB，且 CP BD 用同一法作 ACB 平分线 CP 交 DN 于 P ，则 BCP = ACP = CBD

14、 = CDB = 12 C P C BD我们证明P BC = A事实上，这只须证BCP ADB P(P' )A1又由于我们已知BCP = ADB = CCPBC故只须证BD=ADENBTC注意到 P C BD ，故 CPCTBD=BT又CD=BC，故 CTCDBT=ADD对直线 NTD 截 ABC 运用梅涅劳斯定理有BT CDANCT DANB =1 N为 AB中点，CTCDAH=NBBT = AD ，得证从而 BCP ADBP BC = A PBC = P BC，P 、P、A 皆在 BC 同侧， P 与 P 皆在 ND 上，P = P即 CP 平分 ACB 且 CP BD 下证 BC

15、EABC TD NATCEB = 2，对 ACD 截 BTN 有 EB DN AB = 1 N为 AB中点，BC2DN2NTTC =TD=2+ TD CP 平分 ACB， EA = AC ，我们证明 2NT = AC 即可EBCBTDCB CD = BC， 只须证 2NT CD = 1TD AC对 BTC 截 AND 运用梅氏定理有DC AB NT2NT CDBCEACA BN TD=1，即 TD AC =1故 TC EB =2综上所述，所求BCEAYCEB = 2评注：从题目的问题得到提示，使用梅氏定理，比例的转换方向明确506 ABC 中， BD 和 CE 为高， CG 和 BF 为角平分

16、线， I 是内心， O 为外心求证D、I 、E 三点共线G、 O、F 三点共线证：记 BAC = A, ABC = B, ACB = C，BC = a, AB = c, AC = b， ABC 外接圆半径为 R，内切圆半径为 r易得 AO= R,AI=rA2, AD = c cos A = 2 R sin C cos A, AE = 2 R sin B cos A,sinEAI = IAD = A2 , GAO = 90 C, OAC = 90 B由 AF + FC = b, AF=c解得 AF=bc同理可得AG =bcFCaa + ca + bG由张角定理知， G、 O、 F 三点共线sin

17、 Asin GAOsin OACEAO=AF+AGsin A=cosBcosCBRbc+bca + ba + cbc sin A = R a + bcosB + a + ccosC 利用正弦定理2 sin A sin B sin C =sin A + sin BcosB +sin A + sin CcosC2 sin A sin B sin C = sin AcosB + cosC + sin B cosB + sin C cosC利用 sin B cosB + sin C cosC = 1sin 2B + sin 2C = sin B + C cos B C = sin A cos2B C

18、消去 sin A 得2 sin B sin C = cosB + cosC + cos B C 再对左边积化和差有cos B C cos B + C = cosB + cosC + cos B CcosA = cosB + cosC*另一方面， D、 I 、 E 三点共线sin Asin EAIsin DAIAI=AD+AEsin Asin 2Asin 2Ar2A=2R cosA sin B + 2R cosA sin C sin消去 sin2A 、去分母有r sin B + sin C = 2R sin A sin B sin C cosA又 S=2R2sin A sin B sin C =

19、1 ra + b + c ，2 2R sin A sin B sin C=a + b + c= sin A + sin B + sin C 正弦定理 r2R故 sin B + sin C = sin A + sin B + sin C cosAAB右边和差化积，右边利用熟知的三角形内恒等式sin A + sin B + sin C = 4 cos 2 cos 2cosC2 有ABCABC2 cos 2cos2= 4 cos 2cos 2cos 2 cosAAO FIDHC6消去 2 cosABC2再对 cos 2 cos2 积化和差有B CB CB + CB CAcos2=cos2+ cos2

20、cosAcos21 cosA= sin 2 cosABC2ABCA2 cos2sin2cosA2 cos2sin 2 = cosABCB + C2 cos2cos2= cosA cosB + cosC = cosA 积化和差 故 D、I、 E 三点共线cosA = cosB + cosCG、O、F 三点共线 D、I 、E 共线G、 O、F 三点共线，证毕7 ABC 中， A, B 为锐角， CD 为高， O1、O2 分别为 ACD 和 BCD 内心问，ABC 满足怎样的充要条件，使得A、 B、 O1、 O2 四点共圆解：所求充要条件为 C = 90或A= B 其中 C= ACB, A= CAB

21、, B=CBA 记 AC = b, BC = a, AB = c，外接圆半径为RC过 O1作 O1HAB = H，过 O2 作 O2I AB = I ，O2EO1H = E，则11O 1FO 2O1AB = 2 A, O2BA =2 BEAHD IB故 A、 B、O1、 O2 四点共圆BAO1 = FO2O11 O2E AB， FO2E = 2 B1 FO 2O1 = EO2F O1O2E， FO 2O1 = 2 B O1O2E ABB AB A2= 2 O1O2E O1O2E =2tan EO2O1= tan2记 O1H = r A, O2i = rB ， ADC = 90 ，由直角三角形内

22、心性质知r A = DH=AD + DCAC2同理 r B =BD + CD BC, tan2易有 AD = b cos A = 2 R sin BO1Er A rBAD BD + BC ACEO 2O1 = HI= rA + rB= 2CD + AB AC BC cosA, BD = 2R sin A cosB, BC = 2R sin A, AC = 2 R sin B,AB = 2R sin C代入有tan EO2O1 =sin B cosA sin A cosB + sin A sin B=2 sin B sin A + sin A + B sin A sin B2 sinBABA c

23、osB + A2cos 222 sin B sin A + sin C sin A sin B 7sin cosB ABABA cos B2+A )22 sin 2( cos 2BA =22 sin A sin B + sin C sin A sin B下面分情况讨论：1 A = B 时，左右两边皆为 0，式成立；2 A B 时， sinB A2 sin A sin B + sin C sin Asin B = 2 cos 22可约去，得B AB + A2cos2利用 2 sin A sin B = cos BA cos A + B = cos B A + cosC, 2 cos2B A= c

24、os B2B AcosB + A= cosA + cosBA + 1, 2 cos22三式代入化简得cosA + cosB + cosC = 1 + sin A + sin B sin CABC而由三角形内熟知恒等式cosA + cosB + cosC = 1 + 4 sin 2 sin 2 sin2 得A + BA BA + BC1 sin A + sin B sin C = 1 + 2 sin2cos2 2 sin2sin 2 = 1 + 2 cosCABA + BABC2cos2 cos2= 1 + 4 sin 2 sin 2cos 2结合两方面知sinCC2= cos 2C=90 综合

25、1、2知 C =90 或 A= B故 A、 B、O1、 O2 四点共圆C = 90 或 A = B得证8 ABC 的外心是 O，三条高线 AH、 BK、CL 垂足分别为 H、 K、L A0、 B0、C0 分别是AH、BK 、CL 中点， I 为内切圆圆心， 内切圆切 ABC 三边 BC、CA、AB 于 D、E、F 证明 A0D、 B0E、 C0F、OI 四线共点证：首先以引理的形式给出本图的一些内在特征引理 1：AB CD ，CD 中点为 Q， AB 中点为 R，AC 与 BD 交于 P，则 P、Q、R 三点共PCDQ线 也即 QR、 AC、 BD 三线共点A引理 1 的证明： PCD 与 P

26、AB 为以 P 为位似中心的位似关系，PQ 为 CD 中点， PR 为 AB 中点故 Q、 R 为一对对应点，从而P、 Q、 R 三点共线RB引理 2： A0I 与 BC 交于 D ，则 D 为 ABC 在 A 内旁切圆与BC 的切点，并由此有O在 DD 中垂线上8引理 2的证明：延长DI 交I 于 J，延长 AJ交 BC 于 D 过 J 作 I 切线交 AB、AC 于 B 、C ，则 B C DI, OIBC B C BC ， AB C 与 ABC 构成以 A 为位似中的位似关系显然 I 为 AB C 在 A 内旁切圆，故J 为旁切圆切点AB'JC'O A0I由 J 与 D

27、为对应点知 D 亦为旁切圆切点X而 A0 为 AH 中点， I 为 JD 中点，由引理1知 D 在 IA0上BD'PDHC故 IA 0 与 BC 交于旁切圆切点更进一步作 OP BC 于 PP为BC中点又由内切圆及旁切圆性质知BD = CD故 P又为 DD 中点O 在 DD 中垂线上，引理2 得证下面回到原题：延长OI 交 AD 于 X，我们通过计算证明IX 为关于 A, B, C 对称的值，从而证明原题利用 A、 X、D 三点共线，由张角定理知sin AIDsin A0IO+sin DIOIX=IDIA 0 1sin A0IOsin DIOIX =ID sin D ID +IA 0

28、sin D ID由 IDA0H 知 IA0 =DH·ID ，而ID=1代入得DDDDsin D ID1sin AIOsin DIOIX = ID sin D ID+DH又 sin AID = sin D IX = sin D ID + DIX sin AIOcos DIX+cos D ID sin DIX=cos DIX+ID sin D ID=IDID sin D IDIDsin DIOD D1cos DIX11cos DIXIX=ID+sinDIO·DH+DD=ID+ sinDIO ·D HDH ·DD由 D HA0H1cos DIXA0H1DD=I

29、D代入有IX=ID+ DH ·IDsin DIO= IDcos DIX+A0HDHsin DIO OP ID ， cos DIX = cos POX, sin DIO = sin POX 括号中乘一个 OI ，括号外除一个 OI 得911A0H1IX= ID ·OIOQ+ DH·IQ ，其中 QO =OPID,IQ =PD = 2DD引理2知111DD1IX= ID·OI OP + 2DH· A0H OI 注意到 OI 、ID = r 皆为对称的值故我们仅须证OP+ 1 DD·A0H 为对称的值记为2 DHMA 记 BAC = A,

30、ABC = B, ACB = C， AC = c, AC = b, BC = a，外接圆半径为R，则a + b ca + b c11OP = R cosA, CD =2,BD =2, CH = b cosC, A0H =2 AH = 2 b sin C= R sin B sin C DH = CDCH=a + bca + b ca 2 + b 2 c 22 b cos C =22a=c bc + ba,2aDD= BC BD + CD = a a + b c = c b故1DDa2 DH · A0H = b + ca· R sin B sin C故 MA = R cosA

31、+sin A sin B sin C，其中sin B + sin C sin AAB CB + CAsin B + sin C sin A = 2 cos 2 cos2 2 cos2cos 2ABCB + CABC= 2 cos 2cos2 cos2= 2 cos 2 sin 2 sin 2 ,ABCABCsin A sin B sin C = 8 sin 2 sin 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos 2 代入有 MA = MB = MC 等价于ABCBACCcos A + 2 sin 2cos 2 cos 2= cos B + 2sin 2cos 2cos 2= cos C +

32、 2sin 2 cosAB2cos 2 其中 cosA + 2 sinABCBAC2cos 2cos 2 = cosB + 2 sin 2cos 2 cos 2CBAABcosA cosB = 2 cos 2( sin 2 cos 2 sin 2cos 2 )GcosA cosB = 2 sinA + BBAC2sin2，此式显然成立P故 MA= MB同理 MB= MC, MA = MCEDB MA=MB=MCIX 为关于 A、 B、 C 对称之值，即A0D 、B0E、C0FO都交于 OI 上同一点AQF10即 A0D、 B0E、 C0F 、OI 四线共点，证毕评注：此解法计算复杂，但思路清晰

33、9 已知 ABC，过点 B、 C 的 O 与 AC、 AB 分别交于点 D、 E，BD 与 CE 交于 F，直线OF 与 ABC 外接圆交于P证明， PBD 的内心就是PCE 的内心证：引理 1：四边形ABCD 内接于 O，对角线AC、 BD 交于 E，直线 BA、CD 交于 F，直线 AD、 BC 交于 G，则 DE FQ引理 1 的证明：首先，2FOE · OF = rr 为半径 过 F 作O 切线 FP、PQ 切O 于 P、Q FPA FBP ，APFAFAPB=FP=FBAP2 FAPQ2FDPB= FB 同理QC=FC由 FAD FCB 知BC2FB· FCAD= FD·FA 上面三式相乘得AP PQ BC= 1 PB QC ADPADCOB BD 、 AC、 PQ 三线共点又由 E在 PQ上知2DE ·DF =OR +RE·OF =OR ·OF