历年高中数学联赛真题分类汇编61平面几何

1/3历年高中数学联赛真题分类汇编专题62平面几何第二缉1．【2019年江苏预赛】如图，在凸五边形ABCDE中，已知∠ABC=∠CDE=∠DEA=90°，F是边CD的中点，线段AD,EF相交于点G，线段AC,BG相交于点M.若AC=AD,AB=DE，求证:BM=MG.【答案】证明见解析【解析】因为AC=AD,F是边CD的中点，连AF，则AF⊥CD.又∠CDE=∠DEA=90°，故四边形AEDF是矩形.所以△ACF≅△ADF≅△EFD.因此∠EFD=∠ACF，从而EF∥AC.又因为AB=DE，所以△ACB≅△EFD，因此△ACB≅△ACF.故AB=AF,CB=CF.连BF,BF交AC于N，AC垂直平分线段BF，BN=NF.线段AC,BG相交于点M，因为EF∥AC，由平行截割定理，BM=MG.2．【2019年江西预赛】BE,CF分别是锐角三角形△ABC的两条高,以AB为直径的圆与直线CF相交于点M,N,以AC为直径的圆与直线BE相交于点P,Q.证明:M,N,P,Q四点共圆.【答案】证明见解析【解析】如图设三角形△ABC的垂心为,则MH⋅HN=(MF−HF)(NF+HF)=(MF−HF)(MF+HF)=M=AF⋅FB−A同理有,PH⋅HQ=AE⋅AC−AH2.因BCEF四点共圆,知AF·AB=AE·故由以上两式得MH·HN=PH·HQ,所以M,N,P,Q四点共圆.3．【2019年福建预赛】如图，O、H分别为锐角△ABC的外心、垂心，AD⊥BC于D，G为AH的中点.点K在线段GH上，且满足GK=HD，连KO并延长交AB于点E.证明:(1)EK∥BC;(2)GE⊥GC.【答案】证明见解析【解析】(1)如图，连BO并延长交圆O于点F，由O为△ABC外心，知BF为圆O的直径.∴ 结合H为△ABC的垂心，得HC⊥AB，∴AF∥HC.同理，FC∥AII.∴四边形AHCF为平行四边形，FC=AH.作OM⊥BC交BC于点M，则OM=12FC因此，由G为AH的中点，GK=HD，可得KD=KH+HD=KH+GK=GH=1结合KD∥OM，得四边形OMDK为平行四边形.∴OK∥MD，即EK∥BC.(2)作GN⊥AB于N.由H为△ABC的垂心，知∠NAG=90°-∠ABC=∠DCH，结合HD⊥BC，得△ANG∽△CDH.∴ 又GK=HD, AG=GH，因此，又∠NGK=180°-∠NGA=180°-∠DHC=∠GHC.∴△NGK∽△GHC.∴∠KNG=∠CGH.由(1)知，GK⊥KE.因此，E、K、G、N四点共圆.∴∠CGH=∠KNG=∠GEK.∴∠EGC=∠EGK+∠CGH=∠EGK+∠GEK=90°∴GE⊥GC.4．【2019年广西预赛】如图所示,AD、AH分别是△ABC(其中AB>AC)的角平分线、高线,点M是AD的中点,△MDH的外接圆交CM于点E.求证∠AEB=90°.【答案】证明见解析【解析】连结HE.由M是Rt△AHD斜边AD的中点可知MA=MH=MD,∠MDH=∠MHD.由M,D,H,E四点共圆可得∠HEC=∠MDH=∠MHD.从而∠MHC=180又由∠CMH=∠HME可知△CMH∽△HME.故MHMC=ME又因为∠CMA=∠AME,所以△CMA∽△AME.故∠MCA=∠MAE由AD是角平分线,可得∠BAE=∠BAM+∠MAE=∠MAC+∠MCA=∠DME.则有∠BHE+∠BAE=∠DHE+∠DME=180°,从而A,B,H,E四点共圆所以∠AEB=∠AHB=90°.命题得证.5．【2019高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点点P在△ABC内，使得AP平分∠BAC.直线MP与△ABP、△ACP的外接圆分别相交于不同于点P的两点D、E.证明:若DE=MP，则BC=2BP.【答案】证明见解析【解析】如图，延长PM到点F，使得MF=ME.连结BF、BD、CE.由条件可知∠BDP=∠BAP=∠CAP=∠CEP=∠CEM.因为BM=CM且EM=FM，所以BF=CE且BF∥CE.于是∠F=∠CEM=∠BDP，进而BD=BF.又DE=MP，故DP=EM=FM.于是在等腰△BDF中，由对称性得BP=BM.从而BC=2B=2BP6．【2019高中数学联赛B卷（第02试）】如图，点A、B、C、D、E在一条直线上顺次排列，满足BC=CD=AB⋅DE，点P在该直线外，满足PB=PD.点K、L分别在线段PB、PD上，满足KC平分∠BKE，LC平分∠ALD.证明:A、K、L、E四点共圆.【答案】证明见解析【解析】令AB=1，BC=CD=t(>0)，由条件知DE=t2.如图，注意到∠BKE<∠ABK=∠PDE<180°－∠DEK，可在CB的延长线上取一点A'，使得∠A此时有△A'BK∽△A'KE，故A'又KC平分∠BKE，故BKKE于是有A'由上式两端减1，得BEA'E=BEAE，从而同理可得∠ALE=∠EDL.而∠ABK=∠EDL，所以∠AKE=∠ALE.因此A、K、L、E四点共圆.7．【2018年福建预赛】如图，AB、PA、PBC分别为⊙O的切线和割线，切点A是BD的中点，AC、BD相交于点E，AB、PE相交于点F，直线CF交⊙O于另一点G、交PA于点K.证明：（1）K是PA的中点；（2）AG【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1)在△APC中，由塞瓦定理，知AKKP⋅PB∵A是BD的中点，PA是⊙O的切线，∴∠PAB=∠ADB=∠ABD.∴EB∥AP，PBBC=由①、②，得AK=KP.K是PA的中点.另解：∴A是BD的中点，PA是⊙O的切线，∴∠PAB=∠ADB=∠ABD，EB∥AP.如图，过点F作MN∥AP，交AE于点M，交PB于点N.则MFAP=且EB∥AP∥MN，EMEA=∴由①、②，得MFAP∴FM=FN.又由MN∥AP，得MFAK∴AK=KP，K是PA的中点.（2）由（1）及切线长定理，得KP2=K又∠PKG=∠CKP，∴△PKG∽△CKP.∠APG=∠KPG=∠KCP=∠GCB=∠BAG.又∠PAG=∠ABG，∴△GPA∽△GAB，AGBGAG8．【2018年贵州预赛】已知梯形ABCD，边CD、AB分别为上、下底，且∠ADC=90°，对角线AC⊥BD，过D作DE⊥BC于点E．（1）证明：AC（2）证明：AEBE【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：如右图．（1）由于∠ADC=90°，故AC因为对角线AC⊥BD，所以∠DCA=90°－∠BDC=∠ADB．而∠ADC=90°=∠BAD，则△ACD〜△BDA，故ADCD因此，有AC（2）由于∠ADC=90°，故AC所以AC⋅CDA因为∠BAD+∠DEB=180°，所以A、B、E、D四点共圆，故∠AEB=∠ADB．由于∠BAC=90°－∠CAD=∠ADB，且∠AEB=∠BAC，∠EBA=∠ABC，则△ABE～△CBA，故AEBE所以AEBE9．【2018年浙江预赛】如图所示将同心圆环均匀分成n(n≥3)格.在内环中固定数字1~n.问能否将数字1~n填入外环格内，使得外环旋转任意格后有且仅有一个格中内外环的数字相同？【答案】见解析【解析】设对应于内环1，2，…，n的外环数字为i1，i2，…，in，它是数字1，2，…，n的一个排列.对k=1，2，…，n，记外环数字ik在按顺时针方向转动jk格时，和内环数字相同，即ik−k=jkmod根据题意，j1，j2，…，jn应是0，1，2，…，n-1的排列.求和k=1n于是n必须是奇数.对于奇数n，我们取in=n，im=n-m，(m=1，2，…，n-1)，可以验证ijn=0,jn-1=2，jn-2=4，…，jnj1=n-2,jn-1=n-4，j3=n-6，…，jn−1符合题目要求.10．【2018年陕西预赛】如图，在锐角ΔABC中，M是BC的中点，圆O过点A且与直线BC相切于点C，直线AM与圆O交于另一点D，直线BD与圆O交于另一点E.证明：【答案】见解析【解析】由圆幂定理知MC易知ΔABM∼ΔBDM.∴∠ABC=∠BDM=∠ADM=∠ACE.又弦切角∠ACB=∠AEC，易知∠EAC=∠BAC.证毕.11．【2018年陕西预赛】如图，在锐角ΔABC中，M是BC的中点，圆O过点A且与直线BC相切于点C，直线AM与圆O交于另一点D，直线BD与圆O交于另一点E.证明：【答案】见解析【解析】由圆幂定理知MC易知ΔABM∼ΔBDM.∴∠ABC=∠BDM=∠ADM=∠ACE.又弦切角∠ACB=∠AEC，易知∠EAC=∠BAC.证毕.12．【2018年陕西预赛】如图，在锐角ΔABC中，M是BC的中点，圆O过点A且与直线BC相切于点C，直线AM与圆O交于另一点D，直线BD与圆O交于另一点E.证明：【答案】见解析【解析】由圆幂定理知MC易知ΔABM∼ΔBDM.∴∠ABC=∠BDM=∠ADM=∠ACE.又弦切角∠ACB=∠AEC，易知∠EAC=∠BAC.证毕.13．【2018年贵州预赛】已知梯形ABCD，边CD、AB分别为上、下底，且∠ADC=90°，对角线AC⊥BD，过D作DE⊥BC于点E．（1）证明：AC（2）证明：AEBE【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：如右图．（1）由于∠ADC=90°，故AC因为对角线AC⊥BD，所以∠DCA=90°－∠BDC=∠ADB．而∠ADC=90°=∠BAD，则△ACD〜△BDA，故ADCD因此，有AC（2）由于∠ADC=90°，故AC所以AC⋅CDA因为∠BAD+∠DEB=180°，所以A、B、E、D四点共圆，故∠AEB=∠ADB．由于∠BAC=90°－∠CAD=∠ADB，且∠AEB=∠BAC，∠EBA=∠ABC，则△ABE～△CBA，故AEBE所以AEBE14．【2018年广西预赛】如图，⊙O切AB、AC于点B、C，过C的割线CD//AB交⊙O于点D，E是AB延长线上一点，直线CE分别交BD和⊙O于点F、G.延长BG与CD的延长线相交于点P.求证：A、F、P三点共线.【答案】见解析【解析】如图，连结AF、FP、BC.由弦切角性质，有∠ABC=∠ACB=∠BDC=∠BCD.则△ABC与△BCD均为等腰三角形且相似.因此可得ABBC于是有AB⋅CD=BC2又由∠BDP=π−∠BDC=∠CBE，可知ΔBDP∼ΔEBC.则有BCBE从而由BC=BD可得BCBE于是BC2由①与②可得AB⋅CD=BE⋅DP.故CDBE=由CP//AE可知ΔCDF∼ΔEBF，从而DFFB联合③式，易知DFFB=由CP//AE可得∠FDP=∠FBA，从而由④式可知ΔAFB∼ΔPFD，故A、F、P三点共线.15．【2018年安徽预赛】如图所示，设四边形ABCD是矩形，点E、F分别是线段AD、BC的中点，点G在线段EF上，点D、H关于线段AG的垂直平分线l对称.求证：∠HAB=3∠GAB.【答案】见解析【解析】由E、F分别是AD、BC的中点，得EF//AB⊥AD.如图，设P是E关于l的对称点，则EP//AG⊥l，故四边形AEPG是等腰梯形.进而∠PAG=∠EGA=∠GAB，∠APG=∠GEA，从而AP⊥HG.再由HP=DE=EA=PG，得因此∠HAB=3∠GAB.16．【2018年河北预赛】如图，设△ABC的外接圆为⊙O，∠BAC的角平分线与BC交于点D，M为BC的中点.若△ADM的外接圆⊙【答案】见解析【解析】如图.设AB=c，BC=a，AC=b.由BQ⋅AB=BD⋅BM⇒BQ=BD⋅BM类似地，CP=a于是，BQ=CP.联结BP、CQ，并设X、Y分别为其中点.则XN=∥1类似地，NY=∥MX.故四边形NYMX为平行四边形.由BQ=CP，知四边形NYMX为菱形.从而，MN平分∠XNY.又AD平分∠BAC，因此，AD∥MN.17．【2018年河北预赛】如图，设△ABC的外接圆为⊙O，∠BAC的角平分线与BC交于点D，M为BC的中点.若△ADM的外接圆⊙Z分别与AB、AC交于P、Q、N为PQ的中点.证明：（1）BP=CQ；（2）【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】(1)设AB=c,BC=a,AC=b在△ABC中，AD为∠BAC的平分线，所以BDDC因此有BDa=c又BM=a2由CQ⋅CA=CM⋅CD，得CQ=因此CQ=BP.(2)连结BQ、PC，并设X、Y分别为BQ、PC的中点，易证XN平行且等于MY，所以四边形为NXMY平行四边形，由CQ=BP知NX=NY，所以四边形为NXMY菱形，从而MN平分∠XNY，又AD平分∠BAC，AB∥NX，18．【2018年辽宁预赛】如图，⊙O1、⊙O2与⊙O3交于点P，⊙O1与⊙O2的另一个交点为A，经过点A的一条直线分别与⊙O【答案】见解析【解析】联结EP，与⊙O1、由相交弦定理及切割线定理得QA⋅QB=QS⋅QP，两式相加得QA⋅BC=ST⋅QP⇒BC又DE∥BC⇒ΔAQP故BCEP⋅ES−EP⋅ET=EM19．【2018年江西预赛】如图，△ABC的内心为I，D、E、F分别是边【答案】见解析【解析】如图①，不妨设AB≥AC，△ABC的内切圆切图①过T作内切圆的直径TK，过K作⊙I的切线分别交AC、由于⊙I是△AMN的旁切圆，AK所以有AM+MK=AN+NK．延长AK交BC于G，则故DI是△TGK的中位线，所以因四边形BDEF为平行四边形，所以△DEP∽△ABG，相似比为同理，△DEP∽△ACG，相似比为又注意△AMK∽△ACG，既然有AM+MK=AN+NK，所以AC+CG=AB+BG，因此，DF+FP=DE+EP，即所证结论成立．附注在几何题中用到三角形内切圆的一个基本性质．如图②，在△ABC中，内切圆⊙I切设DH是⊙I的直径，若AH交证明：过H作EF∥BC，点E、设⊙I的半径为r，连结BI、CI、EI、所以∠CIF=90°，且△CDI∽△IHF，则同理△BDI∽△IHE，则所以xy=zt+d，则xz又由EF∥BC，得xy+d=AHAM根据①②式得，t+dy=y+dt，所以由此得，y−t=0，即t=y，也就是BM=CD．（同时也有CM=BD．）20．【2018年山西预赛】如图，圆内接四边形ABCD中，自AD的中点M,作MN⊥BC,ME⊥AB,MF⊥CD，【答案】见解析【解析】如图所示,在线段AB、CD上分别取点G、H，使GE=AE,HF=DF,则A、G、H、D四点共圆(以M点为该圆的圆心)，所以∠BGH=∠ADC=180°−∠ABC，于是GH//BC,则MN⊥GH.设垂足为K,于是K为GH的中点(圆心M至圆弦的垂线，平分该弦)，这样就有E、K、F、M为四边形AGHD四条边的中点,因此四边形EKFM为平行四边形，故其对角线互相平分,即MN过线段EF的中点.21．【2018年湖南预赛】（1）已知P是矩形ABCD所在平面上的一点，则有PA（2）将上述命题推广到P为空间上任一点的情形，写出这个推广后的命题并加以证明.（3）将矩形ABCD进一步推广到长方体ABCD−A【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】（1）如图①，设在直角坐标平面中，矩形ABCD的顶点坐标分别为A(−a,−b),B(a,−b),C(a,b),D(−a,b)，点P(x,y)是直角坐标平面上的任意一点，则P=2(P=2(故PA（2）推广命题：若棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，则有PA证明：如图②，设棱锥P−ABCD的底面ABCD在空间直角坐标系的xOy平面上，矩形ABCD的顶点坐标为A(−a,−b,0),B(a,−b,0),C(a,b,0),D(−a,b,0)，设P点坐标为P(x,y,z)，则PAPB故PA（3）再推广命题：设ABCD−APA证明：如图③，由（2）中定理可得PPA所以PA22．【2018年福建预赛】如图，在锐角△ABC中，E、E是边BC上的点，△ABC、（1）△APQ∽（2）若EO⊥PQ，则QO⊥PE．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）如图，连结PD、因为P、Q分别为△ABD、△ADC的外心，所以所以∠APQ=1故△APQ∽（2）如图，连结OA、OB、OP、由O、P、知OP、OQ、所以∠APB=∠APD+∠BPD=2∠ABD+∠BAD又∠OBP=∠OAP，所以A、P、又EO⊥PQ，DQ⊥PQ，所以所以P、B、设EO、QO的延长线分别与PQ、则∠OEP=∠OBP=∠OAP=∠OQP．故M、又EO⊥PQ，所以∠QNE=∠QME=90°．故QO⊥PE．23．【2018年全国】如图，△ABC为锐角三角形，AB<AC，M为BC边的中点，点D和E分别为△ABC的外接圆弧BAC和弧BC的中点，F为△ABC的内切圆在AB边上的切点，G为AE与BC的交点，N在线段EF上，满足NB⊥AB.求证：若BN=EM，则DF⊥FG.（答题时请将图画在答卷纸上）【答案】证明见解析【解析】由条件知，DE为△ABC外接圆的直径，DE⊥BC于M，AE⊥AD.记I为△ABC的内心，则I在AE上，IF⊥AB.由NB⊥AB可知：∠NBE=∠ABE-∠ABN=（180°-∠ADE）-90°=90°-∠ADE=∠MEI.①又根据内心的性质，有:∠EBI=∠EBC+∠CBI=∠EAC+∠ABI=∠EAB+∠ABI=∠EIB，从而BE=EI.结合BN=EM及①知，ΔNBE≅ΔMEI.于是∠EMI=∠BNE=90°+∠BFE=180°-∠EFI，故E，F，I，M四点共圆.进而可知∠AFM=90°+∠IFM=90°+∠IEM=∠AGM，从而A，F，G，M四点共圆。再由∠DAG=∠DMG=90°知，A，G，M，D四点共圆，所以A，F，G，M，D五点共圆.从而∠DFG=∠DAG=90°，即DF⊥FG.24．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，设AB是抛物线y2=4x的过点F(1，0)的弦，△AOB的外接圆交抛物线于点(不同于点O、A、B).若PF平分∠APB，求|PF|的所有可能值.【答案】答案见解析【解析】设Ay12设直线AB的方程为x=ty+1，与抛物线方程联立可得y2故y1y2=−4注意到△AOB的外接圆过点O，可设该圆的方程为x2与x=y24该四次方程有y=y1,故由韦达定理得y1+y2+y因PF平分∠APB，由角平分线定理知|PA||PB|结合①、②，有y=y即y1故y1当y12=y22时，y2当y14+y1因y12+y22=413>8=2y此时，结合①、②知|PF|=y25．【2018高中数学联赛A卷（第02试）】如图，△ABC为锐角三角形，AB<AC，M为BC边的中点，点D和E分别为△ABC的外接圆弧BAC和弧BC的中点，F为△ABC的内切圆在AB边上的切点，G为AE与BC的交点，N在线段EF上，满足NB⊥AB.证明:若BN=EM，则DF⊥FG.【答案】证明见解析【解析】由条件知，DE为△ABC外接圆的直径，DE⊥BC于M，AE⊥AD.记I为△ABC的内心，则I在AE上，IF⊥AB.由NB⊥AB可知∠NBE=∠ABE−∠ABN=180°−∠ADE−又根据内心的性质，有∠EBI=∠EBC+∠CBI=∠EAC+∠ABI=∠EAB+∠ABI=∠EIB，从而BE=EI.结合BN=EM及①知，△NBE≌△MEI.于是∠EMI=∠BNE=90°+∠BFE=180°－∠EF1，故E、F、I、M四点共圆.进而可知∠AFM=90°+∠IFM=90°+∠IEM=∠AGM，从而A、F、G、M四点共圆.再由∠DAG=∠DMG=90°知，A，G，M，D四点共圆，所以A、F、G、M、D五点共圆.从而∠DFG=∠DAG=90°，即DF⊥FG.26．【2018高中数学联赛B卷（第02试）】如图所示，在等腰△ABC中，AB=AC，边AC上一点D及BC延长线上一点E满足ADDC=BC2CE，以AB为直径的圆ω与线段证明:B、C、F、D四点共圆.【答案】证明见解析【解析】如图，取BC中点H，则由AB=AC知AH⊥BC，故H在圆ω上.延长FD至G，使得AG∥BC，结合已知条件得，AGCE=AD从而AGBH为矩形，AGHC为平行四边形.由AGBH为矩形知，G亦在圆ω上.故∠HGF=∠HBF.又AGHC为平行四边形，由AC∥GH，得∠CDF=∠HGF.所以∠CDF=∠HBF=∠CBF，故B、C、F、D四点共圆.27．【2017高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在△ABC中，AB=AC，I为△ABC的内心.以A为圆心，AB为半径作圆Γ1，以I为圆心，IB为半径作圆Γ2，过点B、I的圆Γ3与Γ1,Γ2分别交于点P、Q(不同于点B证明:BR⊥CR.【答案】证明见解析【解析】连结IB、IC、IQ、PB、PC，如图.由于点Q在圆Γ2上，故IB=IQ，所以∠IBQ=∠IQB又B、I、P、Q四点共圆，所以∠IQB=∠IPB，于是∠IBQ=∠IPB，故△IBP∽△IRB，从而有∠IRB=∠IBP，且IBIR注意到AB=AC，