平面几何100题及答案(前80题)

1、第一题、如图,P为do外一点二鼠、PB分别切8于A、B,PCD为软一条害屿,8交00于另一点E,4EB交干点F,证实；CD平分/ADF.,F证实方法一：如图,延长ED交CA于K,根据条件知四边形CADB为调和四边形,故ED、EC、EA、EB构成一组调和线束,进而知K、C、A、F构成一组调和点列.而KD±CD,故CD平分/ADF."ZAOE-ZBOC1M-NA0C-NB0C诵肪法二如图,连结0A、OB、AB、BC,由于NAFB:NACE-NBEC=乎,目PA=PB,故点P为aABF的外心.于是知ZPFA=ZPAC=ZPDA,所以P、A、D、F四点洪图.又PA=PF,故CD平分

2、NADF.第二题、如图,AB为00直径,C、D为00上两点,且在AB同侧,O0在C、D两处的切线交于点E,BC、AD交干点F,EF交AB于心证实：E、C、M、D四点洪图证实：如图,延长AC、BD交于点、K,那么BC_LAK>AD1BK,从而知F为KAB的垂心.又在图内接六边形CCADDB中使用帕斯卡定理,知K、E、F三点共线,从而KMj_AB于M.于是知NCMF=ZCAF=NCDEj所以E、C、M、D四点、共同.OM第三题、如图,AB为直径,C、D为.上两点,且在AB同侧,00在C、.两处的切线交于点E>BC、AD交于点F,EB交.于点G,证实；/CEF=2/AGF."证

3、实：如图,根据条件知/CFD=空岁=8一)=/CAB+/DBA=ZECF+NEDF,HEC=ED,故点E为CFD外心.于是知/EFC=ZECF=ZCAB=/CGE,故E、C、F、G四点共圆.所以,ZCGF=ZCEF=2(90°-ZECF)=2(90.-ZCAB)=2ZABC=2ZAGC.所以ZAGF=等=今,即得/CEF=2ZAGFo,第四题、如图,&为.0直径,P为AB延长线上一点、,PC切00于C,点C关干弱的对称点为点D,CE1AD于E,F为CE中点“AF交.于K,求证：AP为aPCK外接圆的切线.第三十九届工M0预选题"证实：如图连接P"根据圆的对

4、称性知,点、D在.0上,目PD切00于D.连接CD交AB于T,那么CT1AB,且T为CD中点.连结TF、TK.显然TF为4CDE的中位线,所以TF/AD,所以TF±CE,且NTFK=ZDAK=ZTCK,所以C、F、T、K四点共圆.于是知/KTP=9T-NKTC=ZKCD=ZKDP,所以T、D、P、K四点共图,所以NTPK=ZTDK=ZPCK,所以AP为PCK外界图的切线.,第五题、如图,四边形ABCD内接于O0,且AC为90直径,D关于AC的对称点为E,C关于BD的对称点为F,AF交BD于G,BE交AC于K,求证：KG±BGo2021年新加坡数学奥林匹克公开赛第二轮试题&q

5、uot;证实方帚：如图,根据条件,显然点E在.0上,从而BC平分NDBE.设BD交AC于M.注意到ZABC=90%所以AB为NKBM的外角平分线,于是失喘=提=恐,从而AMAKCM=CK°"连结伏,根据对称性,GB平分/AGC,所以铠=察=%所以KG为/AGC的外角平分缥所以KG1BG.,BE证实方法二：如图7根据条件,显然点E在.上,从而BC平分/DBE.设BD交AC于M.注意到NABC=90.,所以K、M、C、A构成一组调和点列.连结也根据对称性,GB平分/AGC,根据调和性质知KG1BG.命题得证第六题、如图,P*PB分别切.0于A、B,K为.0上一点,BD10K于D

6、,分别交KP、KA于E、F,证实：E为BF中点、.证实方法一：如图,过点K作O0的切线KT,那么KT,BDc又KT、KP、KB、KA构成一组调和线束,故E为BF中点.证实方法二：如图,延长K0交.于T,延长TA交KB于S,连结TB交AK于H,在圆内接六边形AATBBK中使用帕斯卡定理,知S、P、H三点共线.又KAj_TS,TB±KS,故点、H为ASTK垂心.进而知NSAP=NTKA=NASP,从而知P为SH中点.注意到SH“BD,故E%BF中点.d第七题、如图'ZiABC中,CA=CB,D为AB中点,EF过点D,且使得ABC与AEFC有共同的内心,证实:DE-DF=DA2.证

7、实：如图,设ABC与共同的内心为I,取ABC的C房心为点J,贝JC、D、I、J构成一组调和点列,从而点J也为4?印的C谤心.取IJ中点为K,那么KI=KJ=KA=KB=KE=KF,故A、E、I、B、F、J六点共回,所以DEDF=DA-DB=DA2°/第八题、如图2aABC中/AD平分NBAC交BC于D,DE±AB于E,DF,AC于F,CE、BF交于点K,证实：AKlBCoN证实：如图,延长AH交BC十G,根据寒乩定理知急器噂=1=*=需=左季故AK1BC.p第九题、如图,P为.外一点,PA、PB分别切O0于A、B,C为O0上一点,过C作00切线别交PA、PB于E、F>

8、0C交AB于L,LP交EF于D,证实：D为EF卬点.199L年四川竟暮题一证实：如图,过点L作0C的垂线分别交PA、PB于M、/注意到0A1PM、OB_1_P比根据西嫂松定理逆定理知0、H、P、N四点共圆.又0P平分/AFB,故0M=.2进而知LM=LNo而MNEF,故D为EF中点.第十题、如图,点P为.外一点,PA、PB分别切00于A、B,C为.上一点,CD1AB于D,过C作.0的切线分别交PA、PB于E、F,证实：CD平分/EDF.“证实方法一：如图,延长正交BA于K,过K作.切线KT切O0于T,注意到点K在P关于00的极线上,故点P也在点K关于.的极线上,从而知P、C、T共线.于悬口K、

9、C、E、F构成一组调和点列.而CD1AB,故CD平分/EDF.,证实方法二如图,作EM1AB于M,作FN1AB干N,噜二盘二六二器,故AEMDcoAfnd,所以/EDM=NFDN,所以NEDC=ZFDCo第十一题、如图,AB为00亘径/PA切Q0于A,PCD为O.一条割线,P0交BD于E,讲月：AC1AE.“证实方法一？如图,作PK切O0于K,那么PEj_AK,BK1AK,所以KB"PE°又注意到四边形CADK为堀和四边形,故BK、BA、DC、BD构成一组调和线束,从而.为EF中点,进而知四边形AEBF为平行四边形.干是知AEBCj从而知AE±AC.证实方法二：如

10、图,连结成交PE于F.作0K1CD于K,那么K为CD中点.注意到0、K、AsP四点共圆,故/AKD=ZFOBo又/ADK=NFB0,AADKo>AFB0o注意点0为AB卬点,故ADCsaFBA,从而知NFAB=NACD=NABD,故AFBD,于是知四边形AEBF为平行四边形,所以AEBC,即知AE±AC.*BP证实方法三：如图,延长AE交00于K,在图内接六边形AABDCK中使用帕斯卡定理,注意到P、0、E共线,故C、0、K共线,所以AE,AC.3笫十二题、如图,AB为半圆.直径,C、D为半圆上两点,过B作半圆.的切线交CD于P,直线P.分别交屋戋以、AD于E、F,求证：0E=

11、0F.2007年第四届东南地区数学奥林匹克试题,证实方法一：如图,过P作PG切半圆.于G,连接GA、GB、GC、GD、BC、BD.易知0P1BG,AG1BG,所以AG"OP.又四小形CBDG是调和四边形,所以AC、AD、AG、AB柱成一组调和线束.又由于AG"OP,所以OE=OF.诞昉法二：如图,作田切O0于G,贝B、G关于P0对称,且P、B、0、G四点共图.所以/GPO=/GBA=NGDAj于是知D、P、F、G四点共圆.进而知/FBP=/FGP=ZFDP=ZCDA=ZCBA,故NFBC=/PBA=90.=NECB,所以FB"EA.而.为AB中点、故.为EF中点.

12、"第十三题、如图,AABC中,D、E分别为ABXAC上一点,且DE/BC,BECD交于点F,BDF的外接图与4CEF的外接圆OP交于点G,求证：NBAF=NCAG.A证实：如图,延长AF交BC于H,由于DE/BC,所以H为BC中点,延长AH到I,使得AH=HI,连接BC、CI,那么四边形ABIC是平行四边形°d连接GC、GE、GD、GB、FG,由于/ACG=NBFG=NBDG,所以A、DG、C四点共图.于是知NDGC=180.一NBAC=NABI.同理可知A、B、G、E四点共是.所以ZDBG=ZCEG,ZBDG=ZECG,所以ABDOsZkECG,所以.=整=黎=常所以DG

13、CsZkABi,所以NBAF=NGDC=NCAG.合题得证.注；点G即为完全四边形ADFEBC的密克点©一第十四题、如图,.0、©P交于A、B两点、,BO、PA延长线交于点C,CD、CE分别切.0、0P于D、E,连接DE交AB于F,求证：F为DE中点.深圳黎誉俊老师题"证实:如图,延长AP交0P于G-连接EG,EP、FA、讯OP、OA、06加、RM设00、OP半径分别为口、匕.,由于曰=吧2吧=吧二处幺巴="=乂所以CD0SACEP,于是知母二口.JCPsmZCOPsinZBOPsinZAOPAPr/m人'JAUCEr2进而易知CDBs2kCEG

14、s2CAE,于是知胎=管=手由当=iQACDAcoACBE,从而AcLAvcDACA=Q一BECE-pBxpS0AB_DADB-sinZADB_DADBsinZADB_CDCAsinNAOP_CDsinZAOP_rt丁正加S皿日一EAEBsinZAEB-BEAE,linZAEB-CACEtinNAPO一CE'sinZAPOr2-器=1.所以F为DE中点.“第十五题、如图,半径不相等的两圆.0、OP交于A、B两点,过A的直线CD分别交00、0P于C、D,CB延长线交.P于F,DB延长线交.0于E,过A作CD垂线交EF中垂线于G,求证：AG2=EG2+AC-ADo(2021年CK)第一题推

15、广)/D0P谭明：如图,连接AB、CE、DF、GF.由于NCAE=NCBE=NFBD=NFAD>ZACE=ZABD=ZAFD,所以ACEs/UFD,所以ACAD=AEAF,又由于00、半径不相等,所以AEhAF.,又由于ZEAG=90°-ZCAE=90°-ZCBE=900-ZFBD=90°-ZFAD=ZFAG>GE=GF,所以A、E、G、F四点共圆.易知GEKs2kGAE,所以EG?=GKAG.又易知AEKsAaGF,由以AK-AG=AE-AF=AC-ADo于是矢DEG?+AC-AD=GKAG+AK-AG=AG2,命题得证.-箫十六题、如图,AABC内

16、接干.0,D为BC申点,AD交.于E,过E作EF/BC,交.手F,过C作CGj_AC：交AE于G：求证：NAGC=NFGC0口BCi醐：如图j连接BE、CF、DF,过C作CK"BE交AE于K.由于BD=CD,所以四边形BECK为平行四边形.于是矢DCK=BE=CF,ZKCD=ZEBC=ZFCB,所以KCD84FCD,所以KF1BC.于是矢口NCFK=90o-NFCD=90.-NEBC=90.-NEAC=NCGK,所以G、F、C、K四点共圆©而CK=CF,所以/AGC=NFGC.第十七题、如图,ABC内切图Qi切BC于D,过I作IE/AD交BC于E,过E作.工切线,分别交AB

17、、AC于F、G,求证：E为PG中点证实：如图,连结DH交工E于心那么M为DH中点.连结AH,延长MI交AH于N,由于W/AD,所以N为AH中点.在退化的国外切四边形EFAG中使用牛顿定理,即知E为FG中D1第十1窿、如图,OP、OQ交于A、B两点,它们的外公切线CD分别切OP、OQ于C、DoE为BA延长线上一点,EC交OP于F,ED交.Q于G,AH平分/FAG交FG于求证：NFCH=NGDH.(深圳黎誓俊老师题一证实:由于E在.0、0P根轴上,所以F、C、D、G四点共图.如图设点、.为0P、02的外位似中央,那么.P、G)Q以点、0为反演中央互为反形.延长OF交.Q于G口那么OA2=OCOD=

18、OFOG,所以F、C、D、GJH点共圆.于是点G,与点G重合为一点.以0为圆心,以0A为半径作.交CD于K,那么00为K关干C、D的阿波罗尼斯圆,由于AH平分NFAG,所以点H为.0与FG的交点,从而.也为点H关于F、G的阿波罗尼斯囱.于是“ZFCH-ZGDH=(ZFCA-ZHCA)-(ZGDA-ZHDA)=(ZFCA-ZGDA)一(ZHCA-ZHDA)=(180°-ZFBA)-(180°-ZGBA)-(ZHCA-ZHKA)-(NHDA+ZHKA)+2ZHKA=(ZGBA-ZFBA)-(ZKAC-ZKHC)-(ZKAD-ZKHD)+2ZHKA.=(ZGBH+ZHBA)-(Z

19、FBH-ZHBA)-2ZHKA=2ZHBA-2ZHKA=0所以NFCH=/GDH.笫I九题、如囱,O.为AABC外接圆,工、E分:别为ZkAED的内心和一个旁心,ZBAC的外角平分线交BC延长线于D,IF1DETF,交00于G.求证：G为工F中点.(潘成华老师题)证实方法一：连接EB、EC并延长7分别交直线AC于K、J,那么易知K、J也是AABC的旁心,目aABC为AEKI的垂足三角形,I为AEKI的垂心从而.0为的九点圆.设.分别交灯、工E于L、M,那么知L、M分别为KJ和IE的卬点.又易知K、B、C、J四点共圆,且圆心为L,于是知LZE1DE,所以L、I、G、F四点共线.于是知NMGL=Z

20、MAL=90%从而MG“DE,又M为IE中点,所以G为工F中点.,证实方法二：如图,连接AE交O0于L那么知&I、J、E我线且J为IE中点.又由于NIBE=NICE=/IFE,所以B、E、F、C、：五点共匾,且圆心为J.延长DA交.0于H,贝I知DFDE=DC-DB=DADH,所以H、A、E、F四点共圆,于是知NHFE=ZHAE=90%所以H、I、G、F四点共线.又HHGJ=NHAJ=90.,所以JGEF,所以G为IF中点.第二十题、如图在锐角aABC中,ZB>ZC,F是BC的中点、,BE、CD是高.G、H分别是FD、FE的申点,假设过A且平行于EC的直线交QI于I,求证：AI=

21、FI.证实方法一：如图,显然B、C、E、D四点共图,且圆心为点Fo过点A作AF的垂线;交CB于M,交DE于N,根据蝴蝶定理矢QAM=AN,从而AF&ZAFN所以NAFM=NAFN."设GH交FN于匕由于GHDE,所以I为FN中点,所以AY=F,所以AF=ZITA=ZMFA,所以AI/BC.于是知I与I重合为一点.所以AI=FI."M第二十一题、如图,D是4的边区上一点,使得NDAC=NABD,GX>过点B、D分别交AB、AD于点E、F,直线BF交DE于点G,M是AG中点,求证；CllAOo(2021年国家集训队选拔测试试题,证实方法一；如图,连结EF并延长交B

22、C于点J,延长AG交BD于点工,交EF于H,连结AJ、GJ,那么知直线GJ为点A关于00的极线,于是知JG1A0.,又NDAC=/ABD=NDFJ,所以町"AC,于是知号/又在完全四边形BDFEJA卬,知(AGHOJE一组师口点列3又M是解中点,所以!GJA=HIM,艮啮=鲁=小于是知CM"§胞CM1A0证实方法二：如图,由于A、G为一对共施点,故M关于.0的幕为MA2,于是知MO2-MA2=R2=CO2-CD-CB=CO2-CA2,从而CM1A0,命题得证！第二十二S、如图,CD为©0直径,PC、PE分别切00于C、E,割线PBA交00于A、B,AC、

23、BD交于点F>DE交AB于G,求证：NGFE=/ADEo.p证实：如图,延长PA交CD于H,连接AE、BE、BC,由于四边形AEBC是调和四边形尸所以DA、DB、DE、DC是一组调和线束,从而H、G、A、B是一组调和点列,于是知G在H关于.的极线上.又F在H关于G).的极线上,所以直线GF是H关于00的极缘于是知GFJLCD.从而知/GFB=9(T-NFDC=NDCB=18(T-NGEB,所以G、F、B、E四点共图,于是知NGFE=NGBE二NADE.第二十三题、如图,.为ABC外心,D、E分别为AB、AC上一点,0Fj_DE于F>L、M、N分别为DE、BE、CD中点,求证：F、L

24、、M、N四点共圆.一证实：我们先证实一个引理：如图,.为AABC外心,D、E分别为AB、AC上一点,OF1DE干F>M、H分另的BE、CD中点、,那么Nmfn=Na.-DFE引理的证实：如图,作ABC外接圆分别延长BF、CF交.0于I、J,延长JD、IE交于点K,根据帕斯卡定理知K在.上.延长KF交.于T.连接TB交DE于P,延长TC交DE于Q.根据蝴蟆定理如：FP=FE,FD=FQ.根据中位线定理知MF/BP,NF/CE,所以NMFN=ZBTC=NBAC.下面借助引理证实原命题.一如图,连接MF、NF、肛、NLo根据引理知NMFN=NA.又由于ML/BD,NLCF,所以Nmln=Na.

25、所以Nmfn=Nmln.所以f、l、m、n四点共图.一D,I于G,作Abcg的外接圆Oo,求证：Oo、Oi相切于点G.d证实方法一：如图,连接AD交O：于J,延长DI交O工于K,由于DKAE,且DG平分AE,所以DK、DG、DJ、DC是一组调和线束,所以四边形DRTG是一个调和四边形.过J作OI切线交BC于M,那么M、D、C、B是一蛆调和点冽,且K、G、N三点共线,所以DG1GM,所以GD平分NBGC.延长GD交.0于N,那么N为瓠BC中点,所以ON1D,所以0、工、G三点共线,所以00、相切于点G.一证实方法二,如乳作AABC的A-亮切ISOjj谡.丁切EC于T,JiJiJCT=BD.延长A

26、D交.J于L,根据位似关系知TL为OJ直径.注意到J为LT口点,F为AE中点,旦LTAE,所以J、D、F、G四点共线o,作IS18于S,那么5为GD中息°由于NISJ=4BJ=/】CJ,所以I、S、B、J、C五点共圆.取DJ中点为那么BDCD=SDJD=FDMD,所以G、B、M、C四点共圆.作MNj_BC于电那么N为ITT中点,进而知N为比中点,于是知M3=MC,故GM平分NBGC,从而知00、相切于点G.-第二十五题、如图,ABC内接于.0,内切圆01分别切AB,AC于J、K,A0交.0于D,连接DI,延长CA到F,使得AF=BJ,mF作DI的垂2校BA延长线于G,求证：AG=CK

27、od证实：如图延长D：交于P,交PG延长线于E,那么FEj_DE.连接IJ、IK、JK、PJxPK、PB、PC,PA,那么AP1IP.由于/八口=/人1(1=【=90.,所以A、J、I、K、P五点共圆.所以NJPK=ZJAK=ZBPC,于是知NJPB=NKPC.又NPBJ=ZPCK,所以PJBs&kC,所以录=晋,又由于NFEI=NFKI=90.,所以F、ExK、I四点共圆,所以NPJK=NPIK=NAFG,又NJPK=NJAK=/FAG,所以PJKsafG,所以某=条所以祟所AwnwUa以AG=CK.8第二十六题.如图,00为烟外接圆,AD平分/BAC交.0于D,0E/BD交AB于E

28、,0F/CD交AC于F,H为ABC垂心,HGAD交BC于G,求证：BE=GE=GF=CF.证实；如图7延长AH交G>0于那么ATlBg旦易知H,J关于BC对称.延长JG交.0千K.由于/GJH=NGHJ=NDAJ,所以KD"AJ,所以KD1BC,即DK为.0直径,K为弧BAC中点,KB=KCoV连接KE、KF.由于DB1KB,0E/BD,所以QEj_KB,即直线0E为BK中垂线.进而知ZKEB=1800-2ZKBE=1800-2ZGJH=290°-ZGJH=2ZJGC=2/KGB,所以E为叫外心.同理可知F为或外心.又根据正弦定理知KBG和AKCG外接圆半径相等所以B

29、E=GE=GF=CF.第二十七题、如图,四边形ABIC中AB=AC,ZiABD外接圆O0x交加于F,AACD外接圆00?交AB于E,BF、CE交于点G求证：器=黑田开斌题一vULL/0s证实：如图,连接加、ED、FD、GD.由于点D为.01与.0?的交点,所以点D为完全四边形AEGFBC的密克点,所以B、D、G、E四点共图,C、D、G、F四点共圆.所以ZBDG=ZCEA=ZCDA,ZCDG=ZBFA=NBDA.于是知在BDG和ADC中,有ZGBD=ZCAD,ZBDG=ZADC,所以BD8>ZkADC.同理可知CDGs/kADB.于是知BG_AC_AB_CCgrpjBC_BDBD=AD=A

30、D=CD,历以近=而.第二十/遍、如图,0为炽外心,D为内一点,使得NDAB=ZDBC,ZDAC=ZDCB,E为AD卬点,过E作EF,AD交CB延长线于F,连接FA、FD、F0,求证:ZAFD=2N0FC.(2021年美国数学奥林匹克试题)"解答；如图,作ABC外接圆0.,延长AD交BC于H,交00于G,连接BG、CG、.心0H.由于NGBC=GAC=ZDCB；所以BGCD.同理可知CG/BD；所以四边形DBQ2为平行四边形.所以H为BC、DG的中点.一又AF?=EF2+EA2=FH2-EH2+EA2=FH2一(EH+EA)(EH-EA)=FH2-AH-GH=FH2-BH2=FB-F

31、C,所以FA切.0于A,所以OAj_FA,所以0、A、F、H四点共图,所以NFOH=NFAE,所以NOFH=NAFE,所以NAFD=2N0FC.d第二十九题、如图,O0的内接四边形ABCD,AB、DC交干点E,AD、BC交于点F,AEM的外接圆.P交00于G,AG交EF于比HC交.于工,求证：M、8、FE三点共线."A证实：如图,延长AH交Op于K,连接EK、FK、BG、DG、EG、FG.由于NGBF=/GDE,NGFB=NGED,所以GBFsAkGDE,所以GDBsgeF.于是知NGAD=NGBD=NGFE=NGKE,所以AFEK0同理可知AEFK,所以四边形AEKF是平行四边形所

32、以H为EF和AK中点.又知CH-JH=GH-KH=GH-AH=CH-IH,所以H为IJ中点,所以四边形IEJF是平行四边形,所以NEIF=ZEJF=ZEKF=ZEAF,所以A、工、E、F四点共圆.根据蒙日定理知,AisGC、FE三点共线°第三十禺、如图'ABC中,D为BC中点,.为外心,H为垂心,E、F分别为AB、AC上一点,使得AE=AF,且D、H、E三点共缀P为AEF外心,求证；OP/HD证实方法二：如副作AABC外接图延长A0交O0于K,那么四边形BHCK为平行四边形,故K、D、H共线.延长BH交AC于M,延长CH交AB于N那么B、C、M、N四点共圆,且圆心为D.过H作

33、DH的垂线分另咬AB、AC于UV,贝蜥据蝴蝶定理知HU=HV.延长AP交HD于T,那么AT平分NBAC,且TU=TV,故T、U、A、V四点共圆.根据西姆松定理,知点T在AU、理上的垂足与点H共线,进而知DE,AU,DF1AV,故A、E、T、F四点共胤且直径为AT,于是知P为AT中点.注会I.为AK中点,故OP/KT,从而OK/DH.-ZECD,ZEBA=ZEDC,过点E的直线FG平分/REC,交00于F、G两点,求证,EF=EG.2006年第57届波兰数学奥林匹克试题/证实:如图,连接M、即交于点K,延长杷、凶交于点T.根据条件知EABsECD,进而知EMseBD,于是知NEAK=NEBK,N

34、ECK=NEDK,所以A、B、K、E四点共圆,C、D、E、E四点共圆,根据募日定理知E、K、T共线.“又由于A、B、K、E四点共圆,C、D、E、K四点共圆,所以NKEB=NKAB=ZKDC=ZKEC,所以K在直线FG上,也即F、E、K、G、T五点共线.*注意至"T、K为.0的一对共轲点,故T、鼠G、F为一组调和点列.而TG.TF=TB.TA=TKTE,根据调和的性质知,E为FG中点.,第三I二题、如氐在ZkABCU,AD、BE、CF是三条高线,点产为：内部点'f关于长、CMAR的对称点分别为L.M、TU线段AP卬点为G,求证：及E、F、G四点共圆的充要条件为A、L、M、N四点

35、共圆."M证实：先证实充分性,即a、L、M、N四点共圆,贝D、E、F、G四点共圆.取BC、CAxAB中点分别为U、V、*连结GV、G叭UV、Wo那么D、E、F、U、V、W六点共圆,都在AABC的九点图上.于是要证D、E、F、G四点共圆,只需证实U、V、W、G四点共圆,即只需证实NWGV+/WUV=180%而根据中位线定理知WG"BP,VG/CP,所以NWGV二NBPC,又显然NWUG=NBAC,所以只需证实NBPC+ZBAC=180.,也即只需证实NBAC=NPBC十ZPCB.3由于队N分别为P关于CAAB的对称点,所以/NAM=2NBAC.又由于A、L、I、N四点共圆,所

36、以/NLM=180Q-/NAM=180'2NBA.连结P工交BC于X,连结PM交CA于Y,连结PN交AB于Z,贝"X、Y、Z分别为PL、PM、PN中点,所以XZLM,XY/LM,于是知/ZXY=NNLM=1800-2NBAC.又易知PX±BC于X,PY1CA于.PZ±AB于Z,所以P、2、B、X四点共图,P、Y、C、X四点共圆.所以NPBC+ZPCB=(ZABC-ZABP)+(ZACB-ZACP)=(ZABC+ZACB)-(ZPXZ+NPXY)=(180°-ZBAC)-ZZXY=(180°-ZBAC)-(1800-2ZBAC)=ZBAC

37、,充分性得证.丁显然上述推论过程是可逆的,即是等价推论,必要性显然.第三十三题.如图,O0-OOz半径分别为j00-00工交于a、R两点,P为平面上一点,PC切00工于PD切0于D,且:=%才证：PCAsZkPBD.“rUr2pi硼：如图,连接c、do2,由于能=岩,所以apco1sPDO于是知rUL/V2粉=言=釐,所以点P在,02A的阿波罗尼斯圆上.作小.,.?A的阿波罗尼斯圆.0交区线0工.2于E、F两点,那么知EP平分N.1P.2.又弧AE邹BE,所以EP平分/APB,所以NPA=N02PG.由于景=瞪,且/PAO,与NPGO2均为钝角,根据正弦定理知01PA<oA02PG,所以

38、PCASZ1PD8ZAPBD.3第三十幅、如图,P是口ABCD对角线BD上一点,满足/PCB=NACD,ZABD的外接圆与对角线耻交于点E,求证：ZAED=ZPEBo2021年塞尔维亚数学奥林匹克试题,iiEWl>4：根据条件知NPBC=ZBDA=ZBEA,ZBCP=ZDCA=NEAB,所以PBCcABEA,所以|=黑=器.又知NPBE=NDAE,所以PBEs/kDAE,所以EEAEAEZAED=ZPEBo命题得证./证实方法二：如图,延长DE交BC于F,除PF.由于NFDP=ZEAB=ZACD=ZFCP,所以D、P、F、C四点共圆.于是知NPFE=ZPCD=ZACB=ZCAD=/PBE

39、,所以P、E、F、B四点共圆.所以NPEB=NPFB=NBDC=/ABD=NAED.命题得证."第三十五题、如图'AABC内接于E为BC中点'F为邨BC中点'I为AABC内心,M为BI中点,N为EF中点,MN交BC于点D,证实：DM平分/ADB.2006年中国国家队培训题一谭明：如图,连接AF,贝J工在AF上.曦BF、MF、ME、MAo由于NFIB=NBAI+ZABI=ZCA1+ZCB1=ZFBC+ZCBI=ZFBI,所以FB=FL于是知FM1B工.又易知FE1BC,所以B、M、EF四点共圆.,进而知/EMF=ZCBF=ZIAC=ZIAB,ZEFM=ZEB1=

40、ZIBA,所以AEMFsAIABo于是知EMNs/Xia比AFMNABAMo于是知/DMA=3600-ZFMB-ZFMN一NBMA=360°-900-ZFMN-ZFNM=90°+(180°-ZFMN-ZFNM)=90°+ZMFN=90°4-ZMBE=90°+又BH平分NASD,所以点M为ZkABD内心,所以DH平分Nadb."第三十六题、如图,.0为AABC的外接图,AF平分NBAC交O0于F,H为Z1ABC的垂心,CE1AB于E,BDj_AC于D,Z1ADE的外接圆交00于GoGF交BC于I,求证：IH平分/BHCovif

41、明：如图,连结GB、GC、GE.由于NGBE=NGCD,ZGEB=180°-ZAEG=180°-ZADG=ZGDC,所以GEBsgDC,所以*=*=器.又F为弧BC中点,所以CooBDnGI平分NBGC,所以需=*所以需=於所以IH平分田注：设CE交AF于P,=|ZBHC=1(180°-ZBAC)=90°-|ZBACoXUZCPF=ZFAC+ZACE=7ZBAC+(900-ZBAC)=90°ZBAC；所以/CHI=/CPF可得IH/AF.“第三十七题、如国,ZUBC中,AD、BE、CF是斯的三条高缄H为AABC的垂心,0为AABC的外心,ED交

42、AB于M,FD交AC于心求证：0H±nNo2001高中数学联赛二试试题.证实：如图,取HO卬点为K,那么K为九点圆圆心,即为ADEF的外心.作AABC外接EIGo,作Adm外接图GKc由于a、r、d、e四点共图,所以MDME=MR.MA,所以点M在00和0K的根轴上.同理可知,点N在00和OK的根轴上,所以直线MN为O.和Gk的根铀,所以oigLmn,即ohImn.n第二十八软、如因,以AB为斜访向外作等腰直角ABD,以AC为直由由向外作等腰直角AACE,使得NCAE=90°,F为DE中点,证实：S,rcf=?S“bd+Saace十3s“de./B证实：如图j连结CD、BE

43、,延长AD到L,使得DL=DA,那么aBAL为等腰直角三角形.此时",SBCF=Z(SsbD+S媪CE+3SqadB)"0SBCD+S'BCE=S那RD十S2ACE+3Smdev=(S&BCD+S揖CD+SBDL)+(SBCE+SABE)=(SABD+SBDL+SABE+2SADE)+(SqACE+S3CD+S3DE)"QSr边形bcal+S必彩BCEA=4BE+SaECD(*),事实上,我们可以证实汨二形bq=SLBE,Sr泣彩SCEA=S=ECD.,作BG1AC于G,作DJ1AC于J,作DKJLBG于K,那么ADEB丝ZiDJA.故c,c_AC

44、BC,c_ACKC.hAEEK,c_ACDJ,AEAJ,口边形BCEA=*ABC+、qEAC=二-十、AEBC=Zh、aEAC=十T十Seac=S“cd+Sued+Seac=Secd.作LM1GB于M,作AN±LM于N：那么LMBSZkBGA.故.AELN+AEMNq_«1qAC-BG.qAC-LM.q3口运形BCAL=十3上LBA=h»LLBA=2十?ALBAS"EL+S“eb+SdLBA二SLBE,综合上述两方面,即知*)成立,命题得证！第三十九题、如图,AABC中,旁切圆OP分别切CB、CA延长线于D、E,旁切圆0Q分别切BC、BA延长线于F、G,

45、DE、FG分别交PQ于M、N,BN、CM交于点L,求证：AL平分NBAC.潘成华老师题证实：如图,设0P切AB于T,那么NPDB=NPTB=90.,所以P、D、B、T四点、共同.又根据对称性知NMTA=/MEA二NBDM,所以D、B、T、M四点共圆,所以P、D、B、M四点去圆7所以bjlLpq.同理可知CN1PQ.于是知bamsziaw所以alJj叫所以AL平分Nbac.6N第四十题、如图OABCD中,E、F分别为AD、CD上一点,AF、CE交于点G,AAEG的外接圆0.与CFG的外接圆0P交于点H连接BG、DH,求证：NGBA=NHDA."证实：如图,连接HG、HE、HA、HF、H

46、C,贝叱HCF=NHGA=/HEA,所以H、C、D、E四点共圆,同理可知H、F、D、A四点共圆.延长CH交AB于L,那么/ALH=180.-NHCF=NHGF,所以A、L、H、G四点共图,即L在.上.连接LG,贝*ZLGC=ZLGH+ZCGH=ZLAH+ZCFH=ZLAH+ZDAH/二NBAD=180.-NLBC/所以B、L、G、C四点共圆.所以/GBA=NGCH=/HAD°命题得证第四十T、如图,交AB于E,交BD于F,题一证实方法一:如图PA、PB分别切6于A、B,PCD为GOf副线,过C作CF/PB,求证：E为CF中点.2021年第六国防数学舆林匹克邀清爽试设PD、AC交于点K

47、,作0J1CD于乙那么J为CD中点,连接EL由于NOAPmzobp=NOJP,所以&P、B、JZJCE,所以A、C、E、J四点共图,所以/CJE=为CF中点.、0五点共图,所以/JAE=ZDPB=ZCAB=ZCDB,胞EJBD,瞅E4泅昉法二：如图,设PD、AC交于点K,连接BC、CA.也CACBCAPCPBPC二=二o>BDBDADPAPDPD根据梅捏劳斯定理仙叫瑞嘿=51卷嚼=F证实方法三：如图,由于四边形入D、A、C是调和四边形一组调和线束.由于CF“PB,所以E为CF中点、.,那么京=点.加=疝.E=EC,所以E为CF申点.“BP,所以即、鼬、BC、BD是第四十二3、如图

48、,F,求证：H为EF申点6IH为AA0C垂心,D为DC中点“过H作EF1DH分别交AB、AC于E、2021年摩尔多瓦数学奥林匹克试题,A证实：如图,作AABC的外接圆延长A0交.0千G,连接BHCH、BG、CG、EGFGo由于bg_Lab、ch_Lab,而以bgch.同理bhcg/斤以四边形BGCH是平行四边形,所以D为GH中点.d又由于B、G、H、E四点共国,即为BGH的外接圆,GE是直径；G、F、C、H四点共圆,即为ACHG的外接圆,GF是直径.而ADG咤CHG所以GE=GF,所以11为EF中点、.,第四十三题.如图,锐角ABC中,ABVAC,且点D和E在边BC上,满足BD=CE,假设在A

49、BC内存在点P满足PDAE>nZPAB=ZEAC,证实：NPBA=NPCA.2021年全国高中数学联赛辽宁赛区硕寡试题一证实：如图,取BC中点为K,那么K为DE中点.延长PK交AE延长线于F,由于PDAEPK=FK,所以四边形PBFC为平行四边形.平移AABP到QFC,那么四边形APCQ为平行四边形.由于NFQC=/BAP=NEAC,所以AFCQ四点洪圆,所以/ABP=ZQFC=NQAC=NACPqd第四十幅.如图,AB为半圆0直径,0C1AB,C在圆上,P是BA延长线上一点、,PD目Q0于D,FE平分NDPE,分另校AC、BC于E、F,求证：ZEOF=90%2007年辽宁高中数学联赛初

50、赛试题,谭明,如图,连接DA、DB、DC、DE、DF、DO.那么NDPE=ZDPB=BD-AD=HBC+CD-AC-CD=iCD=ZDAE,所以D、P、A、E山点共圆,号是知4ZZPDE=ZEAO=45°=1ZPDO,所以e为pdo内心,所以OE平分Naod.又ZDBF=ZDAE=ZDPF,所以D、P、B、F四点共圆,又PF平分NDPB,所以DF=BF,于是知FPO四FBO,所以OF平分/DOB.所以/EOF=90.V第四十五题、如图,PA为00的切线,PBC为.0的割线,AD10P于点D,AADC的外接图与BC的另一个交点为E,证实：ZBAE=ZACBo2021年初申数学联暮二试试

51、题适明：如图,连接0A、0B、0C、BD、CDo幽0A±PA,根据射影定理知PA12=PDPO.又根据切割线定理知PA?=PBPC,所以PD-P0=PB-PC,于是知PBDsZpoc,所以ZPDB=ZPCO,知B、D、0、C四点共圆.TtEQZBEA=180°-ZAEC=180°-ZADC=90°-ZCD0=90°-ZCB0=ZBAC,于是知ABEs/kCBA.所以NBAE=ZACBoa第四十六题、如图,平行四边形ABCD中,CE1AB于E,CF,AD于F,EF交BD于G,求证：GCJ.ACo一证实：如图,设AC、BD交于点0,那么.为BD中点

52、.根据条件知C、E、A、F四点共同,圆心为0,作四边形CEAD的外接圆.0.过E作EMBD,交AD于M,交AC于N.由于.为BD中点,所以N为EM中点.过.作0K1EF,根据垂径定理知K为EF中点,所以NKMF.于是知/NKE=Zafe=Nace,所以e、n、k、c四点共圆,所以Nkco=Zken=NKGO,所以0、K、G、c四点共图,所以NOCG=180-ZOKG=90%所以GclACo一证实方法二：如图,设AC、BD交于点0.显然A、E、C、F四点共图,目图心为0.设.0交CD于K,根据图的对称性知E、0、K共线.在图内接六边形CCAFEK中使用帕昕卡定理,注意到G、D、0共线,知GC切于

53、C.故GCj_AC第四十七题、如图'AABC内接于.0,AD1BC于D,AD交C0于E>F为AE中点,FO交BC于H,CG_U0于G,求证：B、H、0、G四点共圆.“述明方法一：如图,延长A0交.于J,连接即、BJSCJop由于NBCJ=ZBAJ=NCAE,ZCBJ=ZCAJ=ZACE,所以aBCjs/lCAE,所以券二经nAE.BC=AC-CJ=CGAJn与=瞿.又/EAJ二ZGCB,所以EAjsAGCB,CJBCCGBC所以NEJA=NGBH./又OF为ZkAJE中位线,舱J,OF#JD,所以NHOJ=/EJA=NGBH,所以B、H、0、G四点共圆b“证实方法二；如图,延长8

54、交.0于K,那么G为CK中点：HZKBC=2ZABC=ZEOA.又易知A、G、D、C四点共圆,所以NBCK=ZOAE,所以CBKsZiAOE.又注意到F为AE中点,G为CK中点,所以CBAOF,故/CBG=/AOF,所以B、H、0、G四点共圆.,交JM于K."由于JMJLB3AD1BC,所以JM“AD,又F为AE中点,所以K为JM中点,所以0K为JMC中位线,所以OKMC.又显然B、M、C、G四点共图,斫以NBGO=/BCM=ZCHO,所以B、H、0、G四点共图.第四十/调、如图,I是ABC内心,A关于B工对称点是K,E为BC申点,F为弧BC中点,EF中点为H,BI中点为M,MN交B

55、C于D,求证：A、K、D、览四点共圆.“F证实：根据条件知K在直线K上,且AB=KBo连接AF,那么AF过点L且FB=FI.由于M为BI卬点,所以FWLLbI,于怒UB、M、E、F四点共图.所以/MFE=NEBI=ZABI,ZFME=ZFBC=ZFAC=ZBAI,所以MFEsAaBI.又n、M分另ij为EF、BI中点,所以MFNsabm,于是知NFMN=NBAM.于是知/ZDMA+ZDKA=(ZFMA-ZFMN)+ZBAK一=(ZFMA-ZBAM)+(BAM+ZMAK)=ZFMA+ZMAK/又由于FM1RI,AK1BI,所以FM1AK,所以NFMA+/MAK=180.,于是知ZDMA+ZDKA

56、=180°,即A、K、D、M四点共图./第四十九题、如图,H为ABC的垂心,D为CH卬点,BE1AD于E证实：B、C、E、H四点共图.?田开斌题证实方法一,如图,延长AD到F,使得DF=DA,那么四边形AIITC为平行四边形,所以CF"AH,FH/AC0由于AILLBC,所以FC_LBC,所以B、E、C、F四点共图；由于BH±AC,所以Mil叫所以B、IE、F四点共图,所以B、H、E、C、F五点共胤所以&C、E、H四点共圆.证实方法二；如图,延长AH交BC于F,连结BH、EH、EF、DFod由于HF1BC于F；所以DF=DC=DH,所以NDFC=ZDCF=

57、ZHAB.又显然A、B、F、E四点共圆,所以/EFC=/EAB,所以/EFD=/FAD,所以DEDA=DF?=DH?,所以/DHE=NEAH=NEBC,所以B、C、E、H四点共圆.,第五十题、如图,I为AABC内心,G5P分别与AB、AC相切,过点BC的.与0P外切于点K,证实：KI平分/BKC.6证实；如图,设AB交于S,AC交.0于T,0P分别切AB,AC于D,E.显然A、P、I共缥且D、E关于AI对称.延长DK交00于“延长EK交.0于V,注意到0P、O0关于点K位似,故U为儿SCB中点,V为弧TBC中点,UV/DEo3取TCB的C售心电ASBC的B/心g贝“N、I、C共线,N、V、B共线,M、C、U共线,M、I、B共线,且根据火山定理知比E、D、N共线.于是知NCKV=180.-yOAf,ZCUV=ZCME,所以C、MxE、K四点共图.又NCIM=90.一三兰=NAED=/CEM