高中数学联赛真题分类汇编平面几何A辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）

专题25平面几何A辑

施雷国氟题;

1.12020高中数学联赛A卷（第02试）】如图,在等腰△ABC中,48=BC,/为内心，”为B/的中点，尸为边AC

上一点，满足AP=3PC,PI延长线上一点H满足MH±PH,Q为AABC的外接圆上劣弧AB的中点.证明:

【答案】证明见解析

【解析】取AC的中点M由AP=3PC,可知P为NC的中点.易知B,I,N共线,NINC=9G°.

由/为zMBC的内心，可知C/经过点2，J@LZQIB=ZIBC+ZICB=ZABI+ZACQ=ZABI+ZABQ=ZQBI,

又M为BI的中点，所以QM_L8/.进而QMHCN.

考虑AHMQ与.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

从而H,M,B,Q四点共圆.于是有NBHe=NBM（2=9O。,即BHLQH.

2.【2020高中数学联赛B卷（第02试）】如图,A,8,C,O,E是圆Q上顺次的五点，满足ABC=BC£>=COE,点P,。分

别在线段A£>,BE上，且P在线段CQ上,证明:

【答案】证明见解析

【解析】记S为AD与BE的交点,T为CQ延长线与圆Q的交点.

注意到ABC=BCD=CDE^^,AB,CD所对的圆周角均为a,BC,DE所对的圆周角均为P，

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

由NATQ=NPSQ得S,A,T,Q四点共圆，又由NPTE=NPSQ得P,S,T,E四点共圆.

所以ZPAQ=ZPTS=ZPEQ.

3.12019高中数学联赛A卷（笫02试）】如图，在锐角△ABC中，M是8c边的中点点P在△A8C内，使得A

P平分N84c.直线MP与△4BP、AACP的外接圆分别相交于不同于点P的两点。、E'.证明:若DE=MP,则BC

=2BP.

【答案】证明见解析

【解析】如图，延长PM到点尸，使得MF=ME.连结BF、BD、CE.

由条件可知NBDP=NBAP=ZCAP=ZCEP=ZCEM.

因为BM=CM且EM=FM,所以BF=CE且BF//CE.

于是N尸=NCEM=ZBDP,进而BD=BF.

又DE=MP,故DP=EM=FM.

于是在等腰△8DF中，由对称性得BP=BM从而BC=2B=2BP

4.12019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=

7AB-DE,点P在该直线外，满足PB=PD点K、L分别在线段PB、P。上，满足KC平分NBKE,LC平分NA

LD.

证明:A、K、L、E四点共圆.

【答案】证明见解析

【解析】令A8=1,BC=C£)=«>0),由条件知。E=P.

如图，注意到NBKE</A8K=NPOE<18()o-NOEK,可在C8的延长线上取一点A。使得/4KE=41BK=N

A'BK.

此时有△ASKS/^AKE,故票=祟=能.

又KC平分NBKE,故冷如点=士.

丁日右48_AfBA'K__1_AB

‘乏A'E-A'KAfE—\KE/—l+2t+t2-AE'

由上式两端减1,得竽=—,从而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四点共圆.

5.【2018高中数学联赛A卷(第02试)】如图，AABC为锐角三角形，AB<AC,M为BC边的中点，点。和E

分别为△ABC的外接圆弧BAC和弧BC的中点，F为aABC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N8_L4B.

证明:若BN=EM,则。F_LFG.

【答案】证明见解析

【解析】由条件知，DE为△ABC外接圆的直径，DE1.BC于M,AE1AD.

记/为△ABC的内心，则/在AE上，IF±AB.

由NBLAB可知NNBE=Z.ABE-/.ABN

=(180°-/.ADE)-90°=90°-/.ADE=4MEI①

又根据内心的性质，

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

从而BE=EI.

结合BN=EM及①知，△NBE4AMEL

于是NEM/=/BNE=90°+NBFE=180°-NEFl,故E、尸、/、M四点共圆.

进而可知N4FM=90°+N/FM=90°+N/KW=NAGM,从而A、尸、G、M四点共圆.

再由ND4G=NDMG=90。知，A,G,M,。四点共圆，所以A、F、G、。五点共圆.从而NOFG=/DAG=9

0°,BPDFVFG.

6.12018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。及8c延长线

上一点E满足丝=法，以A8为直径的圆3与线段DE交于一点F

证明:8、C、F、。四点共圆.

【答案】证明见解析

【解析】如图，取BC中点，，则由AB=AC知故H在圆3上.

延长尸。至G,使得AG〃BC,结合已知条件得，—=—=故AG—BC=BH=HC,

CEDC2CE2

从而AGB”为矩形，AGHC为平行四边形.

由4GBH为矩形知，G亦在圆3上.故NbGQNHBE

又AG//C为平行四边形，由AC〃GH,得NCDF=NHGF.

所以NCDF=NHBF=NCBF,故8、C、F、。四点共圆.

7.12017高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在△ABC中，AB=AC,/为△A8C的内心似A为圆心，AB为

半径作圆以/为圆心，出为半径作圆心，过点8、/的圆弓与几心分别交于点P、。（不同于点B）.设/P与BQ

交于点R.

证明:BR_LCR.

【答案】证明见解析

【解析】连结出、IC、IQ、PB、PC,如图.

由于点Q在圆心上，故.IB=IQ,所以N/BQ=//Q8

又B、/、P、。四点共圆，所以NIQB=NIPB,于是N/BQ=N/PB,

故从而有N/RB=Z/BP,且竺=竺.

△/BPS/VRB,/RIB

注意至ljAB=AC,且/为△ABC的内心，故/B=/C,

所以%=2，于是△/CPS^/RC,故N/RC=//CP.

又点P在圆「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高中数学联赛B卷（第02试）】如图，点O是锐角△4?C的外接圆3上弧BC的中点，直线。4与圆

“过点8、C的切线分别相交于点P、Q,BQ与AC的交点为X,CP与A8的交点为匕BQ与CP的交点为T.

求证:AT平分线段XX

p'

【答案】证明见解析

【解析】首先证明这〃BC,即证竺=".连结BD、CD,如图.因为四丝•如空=处”,

XCYBS^ABCS"BPS-BP

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

①

^ABBCs\nz.ABC^ABBPsin^ABP^ABAPsin£BAP

由题设，BP、CQ是圆。的切线，所以NAC0=NABC,NACB=NABP,又NCAQ=NDBC=NDCB=NBAP（注意

。是弧BC的中点）,

于是由①知爵吟②

因为NCAQ=/54P,所以NB4Q=NC4P,

于罡SABQ_p48AQsinN84Q48AQ

③

S“"^ACAPsin^CAPACAP

而由②、③、④得汕殁=汕吗即SAMBQ_SMCP

S&ACPSABCPS“BQS^BCP

又S"BQ=AXS"CP=AYf故丝=AY

乂S&CBQ-XC'SABCP-YB"口乂XC-YB

设边BC的中点为M,因为余需胃=1，

所以由塞瓦定理知，AM,BX、CY三线共点交点即为T,故由K¥〃BC可得，AT平分线段XK

9.12016高中数学联赛（第02试）】如图所示，在△ABC中，X、丫是直线BC上两点（X,B,C,丫顺次排

列），使得BX•4C=CY-AB.

设AACX、ZXABy的外心分别为。1，。2，直线。1。2与AB、AC分别交于点。、V.

证明:△AUV是等腰三角形.

【答案】证明见解析

【解析】如图，作NBAC的内角平分线交BC于点P.设三

角形4cx和ABY的外接圆分别为硒和他.由内角平分线的性质知笑=名由条件可得差=多

GIAC*v»IAC/

-r-PXBX+BPABBP

从H而——----=—=—,

PYCY+CPACCP

即CPPX=BP-PY.

故P对圆O»1和O>2的哥相等，所以P在31和32的根轴上.

于是4PJ.0102,这表明点U、V关于直线4P对称，从而三角形AUV是等腰三角形.

10.12015高中数学联赛（第02试）】如图，ZVIBC内接于圆O,P为弧BC上一点，点K在线段AP上，使得

BK平分NABC.过K,P,C三点的圆与边AC交于点。，联结BD交圆厂于点E,联结PE并延长与边A3交于

点F,证明：NABC=2NFCB.

A

【答案】证明见解析

【解析】证法一如图，设C/交圆r于点X,分别延长CF,P尸交圆。于点匕./联结4匕KX,EX,PC.由两圆

相交的性质可知/。尸=Z.FCP=乙FEX,

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

则乙勺?=Z_DEP,得EB///4,同理KX//4V,

由平行线分线段成比例定理可得99=喋，从而得4Y〃BX,

FXFEFB

又因为KX〃AY,BX〃AY,所以8,K,X三点共线.根据A,B,P,。四点共圆及3K,P,。四点共圆，得

2LABC=Z.APC=乙FXK=乙FCB+(XBC.

又由“平分4BC知NXBC=28配从而“BC=2"CB.

证法二如图，记CF交圆「于H.^GK-GP=GH-GC得获=-.

由FHFC=FE-FP得FH=胃券.

又竽=磊,结合〃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

从而竺=竺.竺sin£ADBsinz.AKD

AKADAKs\nz.ABDsinz.ADK

则”.”.竺=1,即也”

BFGHAKBFHGKA

从而B,K,"三点共线.

根据A,B,P,C四点共圆及4,K,P,C四点共圆，得乙ABC=/.APC=/.FHK=Z.FCB+乙HBC.

又由BK平分NABC知4HBe/"BC.

从而/ABC=24FCB.

证法三如图，联结FK并延长交圆r于点S,联结BS,BP,SC,PC.因为4ABe=/4PC,即NF8C=NKPC=

Z.KSC,

所以F,B,S,C四点共圆.

A

又因为N4BP=180°-4ACP=180°-乙DCP=4DEP=乙FEB,所以△FBEFPB.

从而可得竺="，gpFB2=FE-FP.

FEFB

XFFFP^FK-FS,则F82=FK・FS,即竺=".

FKFB

可得AFSKs△尸SB,则NFBK=4FSB,

又4FSB=LFCB,则NFBK="CB,从而NABC=2/FC8.

11.12014高中数学联赛（第02试）】如图，在锐角△A8C中，ZB4C#60°,过点8,C分别作△ABC的外接圆

的切线BO,CE,且满足B£>=CE=BC.直线OE与AB,AC的延长线分别交于点F,G设CF与BO交于点M,C

E与8G交于点N证明：AM=AN.

【答案】证明见解析

【解析】证法一如图，设两条切线B。，CE交于点K,则8K=CK,结合8D=CE可知。E〃BC,作N8AC的平

分线AL交8c于点L联结AM,LN.

由DE//BC知N48c=乙DFB,Z.FDB=Z.DBC=ABAC.

故△ABC与△。尸B相似.

由此并结合DE//BC,BD=BC及内角平分线定理可得啜=,=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

再结合BC//FG以及内角平分线定理得到瑞=影芳———•—

LNBCACBL

CLAB

BLAC

即LM=LN,

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

证法二由于BD和EC都是3的切线，故4D8C=^BAC=乙ECB,

再由BD=CE可得四边形BCED是等腰梯形，从而DE〃BC,

由于/BFD=/.ABC-x,Z.FDB-Z.DBC—Z.BAC-y,

故4DFB-'AABC,

设△ABC的三个内角分别为NA,ZB,ZC,三条边长分别为BC=a,C4=b,AB=c,

由ADFBsAZBC有空=处=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)，

用同样方法计算CN和AM时，只需在上述BM与AM2的表达式①与②中将b,c交换.而由式②可见的表

达式关于，，c对称，因此4N2=4M2,即4M=4N.

结论获证.

12.【2013高中数学联赛(第02试)】如图，AB是圆3的一条弦，尸为弧AB内一点，E,尸为线段A3上两点,

满足4E=EF=FB.联结PE,PF并延长，与圆分别相交于点C,D求证EF,CD=4C•8D.

【答案】证明见解析

【解析】联结AO,BC,CF,OE.由于AE=EF=尸8,

ri而严siMBCE_点B到直线CP的跑离_BE__y

ACsin&CE一点A到直线CP的跑离一族―

后］样”列卫竺_点A到直线PD的^离_竺_2⑨

口BDsinzBDF一点B到直线PD的距离-BF~

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

故将式①与②相乘可得丝丝=4,即8c・4。=44c•BO

由托勒密定理4。BC^AC-BD+ABCD④

故由式③与④得4B-CD=3AC■BD,即EF■CD=AC-BD.

13.12012高中数学联赛（第02试）】在锐角AABC中，AB>AC,M,N是BC边上不同的两点，使得NBAM=

/CAN.设△ABC和的外心分别为Q,O2,求证：。，5，A三点共线.

【答案】证明见解析

【解析】如图，联结AOi，4。2,过点A作AOi的垂线4P交BC的延长线于点P,则4P是圆。।的切线.因此

乙B=/.PAC.

因为N8AM="AN,所以乙4Mp=M+4BAM=/.PAC+4CAN=/.PAN,

因而AP是的外接圆S的切线，故APJLA02-

所以01，。2,4三点共线.

14.12011高中数学联赛（第02试）】如图，P,。分别是圆内接四边形4BCD的对角线AC,BD的中点若/BP

A^ZDPA,证明：NAQB=NCQB.

【答案】证明见解析

【解析】如图，延长线段DP与圆交于另一点E,则ZTPE=NDH4=N8P4,

又P是线段AC的中点，故和=",

E

从而NCDP=4BDA,又乙4BD=乙PCD,所以△ABD-△PCD,

于是竺="，BIJyiBCD=PC-BD,

BDCD

从而有AB-CD=-AC-BD=AC•（-BD）=AC-BQ,即吟=署，

又/4BQ=Z4CD,所以A/WQ〜△"£）,所以“48=z£MC,

延长线段A。与圆交于另一点尸，则NC4B=4D4F,故肥=此，

又因为。为B。的中点，所以“QB=/DQF,

又4AQB=乙DQF,所以乙4QB=Z.CQB.

15.12010高中数学联赛（第02试）】如图，锐角△4BC的外心为。，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D

是线段4K延长线上一点，直线8。与AC交于点N,直线C£＞与AB交于点M.求证：若OKLMN,则A,B,

D,C四点共圆.

【答案】证明见解析

【解析】用反证法.若A,B,D,C四点不共圆，设△ABC的外接圆与A。交于点E,联结BE并延长交直线AN

于点。，联结CE并延长交直线AM于点P,联结PQ

因为Pt?=P的呆（关于圆O）+K的幕（关于圆。）=（PO2-r2）+{KO2-r2）,

A

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

故OKJ.PQ,由题设OKJ.MN,所以PQ〃MN,

于是丝="①

QNPM

由梅涅劳斯定理，得

”.空.丝=1②

BDEAQN

空.变.”=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为8C的中点，矛盾.

从而A,B,D,C四点共圆.

注1"「心=P的事（关于圆O）+K的基（关于圆O）”的证明：延长PK至点F,

则P,E,F,A四点共圆，故NPFE=NP4E=NBCE,从而E,C,F,K四点共圆,

于是PKPFPEPC⑤

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

注2若点E在线段4。的延长线上，完全类似.

16.12009高中数学联赛（第02试）】如图，M,N分别为锐角△A8C（NA<NB）的外接圆厂上弧BC,AC的中

点.过点C作PC〃MN交圆于点P,/为△48C的内心，联结P/并延长交圆r于7.

(1)求证：MP-MT=NP-NT；

(2)在弧AB(不含点。上任取一点Q(Q#A,T,B),记△AQC,△QCB的内心分别为儿为，求证：Q，八，A，

四点共圆.

【答案】证明见解析

【解析】⑴联结N/,M/.由于PC〃MN,P,C,M,N共圆，故PCMN是等腰梯形.

因此NP=MC,PM=NC,联结AM,Cl,则AM与C7交于/.

因为/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,故四边形MPM为平行四边形.

因此SAPM产SA/W(同底，等局).

又P,N,T,M四点共圆，故ZTNP+4PMT=180°,

由三角形面积公式SdPMT=：PM♦MTsinz.PMT=SAPNT=”N.NTsm^PNT

=LPN•NTsin乙PMT,

2

于是PM-MT=PN-NT.

(2)如图，因为ZJVC/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)所证MP=NC,NP=MC,故”=把，

NiiMI2

又因4N7="NT=3MT=/-12MT,有4/所〜△l2MT,

故/N77i=4MTV2，从而//1Q/2=乙NQM=乙NTM=/"％，

因此Q/」2，T四点共圆.

17.12008高中数学联赛(第02试)】如图，给定凸四边形A8C£>,ZB+ZZX18O0,P是平面上的动点，令f(P

)=PABC+PD-CA+PCAB,

(1)求证：当火尸)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆；

⑵设E是△4BC外接圆。的弧AB上一点，满足：—=—,—=y/3-l,Z.ECB=-^ECA,又己知OA,0c是

AB2EC2

圆。的切线，AC=V2,求人P)的最小值.

【答案】(1)证明见解析；(2)V10.

【解析】证法一(1)如图，由托勒密不等式，对平面上的任意点P,^PABC+PC-AB^PB-AC,

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

因为上面的不等式当且仅当P,A,B,C顺次共圆时取等号，因此当且仅当P在△ABC的外接圆且在弧AC上

时/'(P)=(PB+P。)•CA,

又因为PB+PD》BD,

此不等式当且仅当8,P,。共线且P在8。上时取等号.因此当且仅当P为△4BC的外接圆与B。的交点时火P)

取最小值=4C,BD,

故当4P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆.

(2)记NECB=。，则NECA=2a,由正弦定理知些=*=在，

ABs1n3a2

从而旧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

即与sin/EAC-^COSNEAC=(V3-l)sinz_E4C,

整理得Usin/EAC=-cos^EAC,

22

故tan/EAC==2+V3,

可得ZE4c=75°,从而乙4EC=45°.

所以Z7MC=Z.DCA=乙4EC=45",ZXADC为等腰直角三角形.

因为AC=O,则CD=1,又因为△ABC也是等腰直角三角形，

故BC=&，5D2=1+2-2■1-V2cosl35°=5,则8D=V5,

故/'(P)min=BD•AC=近•0=V10.

证法二(1)如图，联结BD交△4BC的外接圆。于点R)(因为D在圆。外，故凡在8。上).

过A,C,。分别作P。4PoGPoD的垂线，两两相交得AaiBiG，

易知尸0在△ACO内，从而在△481G内，记△ABC的三内角分别为x,y,z,则41Poe=180°—y=z+x,

又因为Jq1PoABMi1P0C,得乙Bi=y,

同理有=%,4C1=z,所以A41B1G-△ABC,

设&G=XBC.CiAi=A.CA,A^=AAB,

则对平面上任意点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),

从而f(Po)4f(M),

由点M的任意性，知点凡是使/(P)达到最小值的点.由点H)在圆。上，故尸o,A,B,C四点共圆.

(2)由情形(1)知，犬P)的最小值f(P0)=2ASAXBC,

t己Z_ECB=a,贝iJz_EC/=2a,

由正弦定理得生=又殁=—,从而国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

即当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为等腰直角三角形，AC=五,SAABC=1，

因为乙48£=45",点BI在圆。上，Z.ABXB=90°,

所以当BOG为矩形，BG=BD=Vl+2-2-l-V2cosl35°=瓜

故;I=强所以“P)mm=2.强1=同.

18.12007高中数学联赛(第02试)】如图，在锐角△ABC中，A8<AC,A。是边8c上的高，P是线段AD内

一点.过P作PE_L4C,垂足为E,作PFJ_AB,垂足为尸.0”。2分别是△BO凡△(?£)£；的外心求证：0|,02,

E,尸四点共圆的充要条件为P是△A8C的垂心.

【答案】证明见解析

【解析】联结8P,CP,0102，E02，EF,F0I.

因为PD_LBC,PF_L4B,故B,D,P,尸四点共圆，且BP为该圆的直径.又因为。是△BOF的外心，故Q在

BP上且是8P的中点.

同理可证，C,D,P,E四点共圆，且。2是C尸的中点.

综合以上知。1。2〃8酊所以"O2O1="CB.

因为AB=4P♦4。=4E所以8,C,E,尸四点共圆.

充分性.

设户是△ABC的垂心，由于PEJ.AGPFJ.4B,所以B,O\,P,E四点共线，C,。2，P,F四点共线，且NF

。2。1=乙FCB=乙FEB="EOi，

故a,o2,E,尸四点共圆

必要性.设Oi，Q,E,尸四点共圆，故NOWZE+NEFOI=180°,

注意到乙尸。2。1=乙PCB=Z.ACB-UCP,

又因为。2是直角的斜边中点，也就是的外心，所以NPO2E=2/4CP,

因为Oi是直角△BFP的斜边中点，也就是ABO的外心，

从而NPFOi=90°-4BFOi=90°-Z.ABP,

因为B,C,E,F四点共圆，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,

又因为4B<4C,4D1BC,故BD<CD,

设方是点B关于直线AD的对称点，对8在线段DC上且&。=BD,

联结PB1由对称性，有乙48?=NABP,

从而P=^ACP,

所以AP,B',C四点共圆.由此可知NPB，8=4。4P=90°-乙4cB.

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

故直线BP和AC垂直.

由题设P在边BC的高AD上，所以P是/ABC的垂心.

19.12005高中数学联赛（第02试）】如图，在△4BC中，设AB>AC,过A作△"（?的外接圆的切线L又以A

为圆心，AC为半径作圆分别交线段48于。，交直线/于E,F.

证明：直线。E,。尸分别通过△ABC的内心与一个旁心.（注：与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称

为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为旁心）.

【答案】证明见解析

【解析】（1）先证。E过△ABC的内心.

如图，联结。E,OC,作NBAC的平分线，分别交DE于/,。。于G,联结/C,

则由4。=4c得4G_LDC,ID=IC.

又D,C,E在圆A上，所以ZL4C=z/EC.

从而A,/,C,E四点共圆，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/为△ABC的内心.

(2)再证DF过AABC的一个旁心

联结FD并延长交NABC的外角平分线于/1,联结〃

由情形(1)知，为内心,所以N/B/i=90°=NED/1.

于是，四点共圆.

因为ZB%=ZB%=90°-/.ADI=(2AC+NADG)-乙ADI=^BAC+乙IDG.

所以4/,/i共线.

因此，4是△ABC的BC边外的旁心.

20.12004高中数学联赛(第02试)】在锐角△ABC中，AB上的高CE与AC上的高B。相交于点”，以DE为

直径的圆分别交AB,AC于尸，G两点.FG与A”相交于点K.己知8c=25,80=20,BE=7.求AK的长.

【答案】8.64

【解析】由题设知乙4DB=Z4EC=90°,所以△4DB〜△4EC,

唬得说①

由于BC=25,8。=20,BE=7,所以CD=15,CE=24.

AD_5

重:“所以{黑二:?

{AD+156

所以点。是放△AEC的斜边AC的中点，因此DE=g/lC=15,

联结。R因为点F在以CE为直径的圆上，所以NDEF=90°,

所以=2AE=9,

2

因为G,F,E,。四点共圆，D,E,B,C四点共圆.

所以Z_AFG=MADE=4ABC,所以GF〃CB.

延长AH交BC于P,有祭=与②

因为“是△ABC的垂心，所以力P±BC,

又因为84=BC,所以AP=CH=24,

所以由式②有4K=竺丝=吧《8.64.

AB25

21.12003高中数学联赛（第02试）】过圆外一点尸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,。两点，C在P,。之间在弦C。上取一点Q,使ND4Q=NPBC.

求证：ZDBQ=ZPAC.

【答案】证明见解析

【解析】如图，联结AB,在△ADQ和△ABC中N4DQ=44BC,miQ=zPBC=S18,

故4ADQ~△ABC,

有益=器，即BC.力£>=48.DQ,

又由割线关系知ZiPCA-△PAD,故含=务

同理，由APCBsAPm瓷4，

又P4=PB,喷=器

即AC•B。=BC♦4D=4B•DQ.

在圆内接四边形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,

因为NPQA=Z.QDA+Z.QAD=/.ABC+4PBC=4PBA,

所以P,A,Q,B四点共圆.

从而NPQB=/.PAB,

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

所以/DBQ=Z.PAC.

22.12003高中数学联赛(第02试)】设三角形的三边长分别是整数/,相，”，且/＞机＞〃，己知｛'｝=｛瑞｝=

｛盖卜其中“｝9一[划，而㈤表示不超过x的最大整数.求这种三角形的周长的最小值.

【答案】3003

【解析】由题设可知言一图="一图=/一图，

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).

现在设“是满足3"三1(mod2，)的最小正整数，则对任意满足3V三1(mod2，)的正整数v,我们有”|也即〃整

除也

事实上，若则由带余除法可知，存在非负整数“及从使得”=aiz+b,其中0＜b4u-l.

从而可推出3b=3b+au=3V=1(mod24).

而这显然与“的定义矛盾，所以“|R

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

从而可设m—n=4,其中★为正整数.

同理可由前式推出3加-“=1(mod54),故34kmi(mod5”.

现在我们求满足3伙三1(mod5与的正整数k.

因为34=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]+"黑鹭沼三℃mod53),

即有k=5t,并代入该式得t+5t[3+芳]三0(mod52),

即有t三0(mod52),即k=5t=53s,其中s为正整数，

故7n-n=500s,s为正整数.

同理可证1—n=500r,r为正整数.

由于l>m>n,所以r>s,

有这样一来，三角形的三个边为500什〃，500s+"和〃.

由于两边之差小于第三边，故n>500(r-s),

因此，当5=1"=2,«=501时，三角形的周长最小，

其值为(1000+501)+(500+501)+501=3003.

23.12003高中数学联赛(第02试)】由〃个点和这些点之间的/条连线段组成一个空间图形，其中n=q2+q

+1,/>7f",q>2,q€N.已知任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q+2条连线段.

证明：必存在一个空间四边形(即由四点A,B,C,。和四条连线段A8,BC,CD,DA组成的图形)

【答案】证明见解析

【解析】设这"个点的集合U={4O,4I，A2,…，力.-/为全集，

记A,的所有邻点(与A,有连线段的点)的集合为民,以中的点的个数记为|5|=bi，

显然士口?仇且灰<n-1(/=0,1,2,­••,n-1).

若存在4="一1时，只需取

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

l=(n—l)+味+142(Q+l)(n-l)

则必存在四边形，因此下面只讨论上1,2,〃一1)的情况.

不妨设q+2(仇V几一1,

用反证法，若图中不存在四边形，则当的时，民与马无公共点对，即回门即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

(当斤1或2时，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一坛-1)

》(ziq—q+2—b0)(nq-q—几+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与③及(九-M(q+1),(n-b0-l)q皆是正整数，

n

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

而这与所得的式①相矛盾，故原命题成立.

24.12002高中数学联赛(第02试)】如图，在△ABC中，ZA=60°,AAAC,点。是外心.两条高BE,CF交

于点”.点M,N分别在线段HF±,且满足BM=CN.求端色的值.

【答案】V3OH

【解析】如图，在BE上取8K=CH,联结。B,OC,OK.

由三角形外心的性质，知Z80C=2/4=120°,

由三角形垂心的性质，知=180°-Z4=120°,

所以4BOC=4BHC,所以B,C,H,。四点共圆.

所以NOBH=&OCH.

又OB=OC,BK=CH,所以ABOK三ACOH,

因为NBOK="OH,OK=OH,

所以"OH=乙BOC=120°,4OKH=Z.OHK=30",

观察△OKH,有」^=与，则KH=6OH,

sinl20sm30

又因为BM=CN,BK=CH,所以KM=NH,

所以MH+NH=MH+KM=KN=y/30H,故=y/30H.

OH

25.12001高中数学联赛(第02试)】如图，在△4BC中，。为外心，三条高4£),I3E,CF交于点H,直线ED

和AB交于点M,FD和AC交于点M

求证：(1)OB_L£>F,OC1OE；Q)OHLMN.

【答案】证明见解析

【解析】解法一(1)因为4,C,D,尸四点共圆，所以4BDF=NB4C,

又乙OBC=|(180°-乙BOC)=90°-Z.BAC,所以OB1DF.

(2)因为CF_LM4所以-M"2=一4出2①

因为BE1NA,所以NB2-NH?=AB2-