【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题11 平面几何 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】专题11平面几何真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）一、单选题1．（2021·北京·高三强基计划）在锐角中，D为边上一点，且M，N分别为的外心，若的面积为1，则的面积的最小值为（

）A． B． C． D．前三个选项都不对【答案】A【分析】连结，则可证，故可求面积的最小值.【详解】连结，如图．由于是圆M与圆N的公共弦，于是垂直平分，进而，同理，有，因此，进而，等号当是圆M的直径，即时取得，因此所求面积的最小值为．故选：A.2．（2020·北京·高三校考强基计划）在中，．点P满足，则（

）A． B．C． D．【答案】ABCD【分析】根据题设条件可得P为的费马点，如图，以为边作等边三角形，可证，故可判断各项的正误.【详解】根据题意，方向上的单位向量之和为零向量，因此，进而P为的费马点．如图，以为边作等边三角形，则，故四点共圆，故，故，故，同理，，因此所有选项均正确．故选：ABCD.3．（2020·北京·高三强基计划）设等边的边长为1，过点C作以为直径的圆的切线交的延长线于点D，，则的面积为（

）A． B．C． D．前三个答案都不对【答案】C【分析】利用射影定理可求，故可求的面积.【详解】如图，设题中圆的圆心为O，与圆O切于点T，连结，则，于是，从而．故选：C.4．（2020·北京·高三强基计划）凸五边形的对角线分别与对角线和交于点F和G．已知，和分别为和的面积，则的值等于（

）A． B． C． D．前三个答案都不对【答案】A【分析】如图，设与交于点H，过作，交于，可证明、，故可求题设中两个三角形的面积之比.【详解】如图，设与交于点H，过作，交于，则，设则，故，故，故，故，而，设，则，故，故.而，，故.进而，因此．故选：A.5．（2021·北京·高三强基计划）已知O为的外心，与的外接圆分别交于点D，E．若，则（

）A． B． C． D．以上答案都不对【答案】B【分析】利用圆周角和圆心角的关系可求的大小.【详解】如图，连结．由于，于是弧分别与弧、弧相等，进而可得弧与弧相等、弧与弧相等，进而，从而，因此是外接圆的直径，进而．二、多选题6．（2020·北京·高三校考强基计划）在非等边中，，点O，P分别为的外心和内心，点D在边上，且，则（

）A． B．C． D．B，O，P，D四点共圆【答案】CD【分析】可证B，O，P，D四点共圆，从而可得，故，故可得正确的选项.【详解】设于点E，则，于是B，O，P，D四点共圆，进而，从而．而与的大小关系取决于和的大小关系，因此当为锐角时，如图①，；当为直角时，如图②，；当为纯角时，如图③，．综上所述，选项CD正确．故选：CD.7．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）如图，延长圆的一条弦至，过点作圆的切线，，切点分别为，，为上一点，满足，则下列结论正确的是（

）A．B．C．D．【答案】ABCD【分析】根据弦切角定理和圆周角定理可得：，，可判断ABC，由圆的切割线的性质可判断D，进而可得正确选项.【详解】根据弦切角定理和圆周角定理可得：，，对于A：在和中，，，所以，故选项A正确；对于B：在和中，，，所以，故选项B正确；对于C:在和中，，，，因为，所以，所以，故选项C正确；对于D：因为所以，因为，所以，所以，所以，所以，故选项D正确；故选：ABCD.三、填空题8．（2021·北京·高三强基计划）在圆内接四边形中，，则四边形的面积是_________．【答案】【分析】利用托勒密定理可求，从而可求四边形的面积.【详解】如图，连结．根据题意，有且，则由托勒密定理可得，即，于是，进而．故答案为：9．（2022·浙江·高二竞赛）设锐角，O，H分别为其外心和垂心，直线分别交，于L，K.已知与的面积相等，则______.【答案】60°【详解】，，，

①又，，

②①②作比值可得，，故答案为：.10．（2022·新疆·高二竞赛）已知椭圆的左右焦点为，点P在直线上，当取最大值时，的值为___________．【答案】【详解】由平面几何知，要使最大，则过，P三点的圆必定和直线l相切于点P，设直线l交x轴于点，则，即，则，又由圆幂定理得，而，所以，代入前面两式，得．故答案为：.11．（2021·全国·高三竞赛）在中，所对的旁切圆与边相切于点D，所对的旁切圆与边相切于点E．若，则面积的最大值为_______．【答案】【详解】设边、、的长度分别为a、b、c，则，故故，，故（等号在时取到）．故答案为：.12．（2021·江苏·高三强基计划）如图，矩形中，E，F分别是，上的点，且，，，_________．【答案】7【分析】将题中各三角形的面积表示为线段的乘积形式，再通过代换计算求解出相应三角形的面积.【详解】设，则，因为，所以，所以，而即，整理得，所以（负值舍去），所以矩形面积，所以.故答案为：.13．（2022·北京·高三校考强基计划）已知凸四边形满足，则符合题意且不相似的凸四边形的个数为___________.【答案】2【分析】先说明凸四边形是平行四边形，然后设对角线中点为,固定对角线，则点在固定的射线上，只需求出该射线上满足的点个数即可.由此借助圆幂定理以及正弦定理进行说明，可得到结论.【详解】对凸四边形，由，有;由，有,故四边形为平行四边形.如图，设对角线中点为,下面固定对角线，则点在固定的射线上，只需求出该射线上满足的点个数即可.记过且与射线相切的圆为（这样的圆存在且唯一），切点为，由圆幂定理知,从而.首先说明.该结论等价于，即.设，知.在中，由正弦定理，，即，注意到，所以，且当时等号不成立，故，结论得证.则射线上在的左右两侧各有一个满足的点，故满足条件的形状不同的凸四边形有两个，故答案为：2.14．（2022·北京·高三校考强基计划）已知凸四边形满足：，则其内切圆半径取值范围为___________.【答案】【分析】先证明定理，根据，可得r的最大值，欲求最小值，只需使得S最小，只需使得最大即可，只需令最大即可，分析可得四边形分别趋向退化成边长为和的三角形，比较即可得r的最小值，即可得答案【详解】先证明一个引理：平面上四边形的四边长分别记为，那么四边形其中为四边形的半周长.引理的证明：在和中分别应用余弦定理，有，又，于是可得，两式平方相加，移项可得整理即得.回到本题中，一方面，另一方面，欲求最小值，只需使得S最小，只需使得最大即可.又因为，所以只需令最大即可.设，有，易知随增加而增加，随增加而增加，所以只需比较和的情况即可，此时四边形分别趋向退化成边长为和的三角形，经比较可得面积较小者为.故综上，.故答案为：15．（2019·浙江·校联考一模）已知的面积等于1，若，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，______【答案】【分析】设三条高分别为，根据面积计算出三条高，并将三条高的乘积的最大值问题，转化为最大来求解.【详解】依题意可知，三条高分别为，根据三角形面积公式有，故，，而，即，所以.故当取得最大值时，三条高的乘积取得最大值.作平行于且与距离为的平行直线，作的垂直平分线，交直线于.过上一点作圆，使圆经过三个点，由于由于圆外角小于圆周角，故此时取得最大值，也即取得最大值.在三角形中，，由余弦定理得，.即三角形的三条高的乘积取最大值时.【点睛】本小题主要考查三角形的面积公式，考查余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.四、解答题16．（2022·贵州·高二统考竞赛）已知半径为1的圆上有2022个点，求证：至少存在一个凸337边形，它的面积小于．（，）【答案】证明见解析【详解】由于，故将2022个点分成6组，则至少有一个组T的点数不小于337个，将圆周六等分，，将T组的点都放在弧上（有两个点可能是A，B），则凸337边形的面积小于弓形的面积，而弓形的面积为，∴至少存在一个凸337边形，它的面积小于.17．（2019·江西·高三校联考竞赛）如图所示，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】见解析【详解】如图，设△ABC的垂心为H，则

①同理有，

②因B、C、E、F四点共圆，知

③故由①、②、③式得.所以M、N、P、Q四点共圆.18．（2021·江苏·高三强基计划）已知，，，求的大小．【答案】【分析】过作,交于，构造相似三角形，利用相似比，求得三角形的面积比，进而转化为与四边形的面积比，即可得解.【详解】解：如图，过作,交于,则,∵，∴,,.∵，,∴又∵，∴,∴∴，设,则,,,,∴又∵∴,即∴.故.19．（2022·江苏苏州·高二统考竞赛）如图，是的内心，的外角平分线交于点，直线交外接圆于点，直线与直线交点为，证明：.【答案】证明见解析【分析】由梅涅劳斯定理可知，由外角平分线和角平分线定理可得，；由三角形相似和三角形内心性质可求得，由此可得，结合可证得结论.【详解】设，，，直线与直线交于点；在中，由梅涅劳斯定理得：；由外角平分线定理可知：；为的角平分线，，则；由得：，由内心性质得：，则；由得：，又，，.20．（2022·广西·高二统考竞赛）如图，已知、、、四点共圆，四边形是平行四边形，是与的交点，．证明：【答案】证明见解析【详解】如图，分别作与的中点、，连接、、、，由平行四边形可知，从而，，故，因此，由可知，，由、、、四点共圆可知，从而，则，因此，，于是，.21．（2022·福建·高二统考竞赛）如图，､分别是△ABC､△ACD的重心，的外接圆与直线BD相交于点P，且，求证：.【答案】证明见解析【详解】如图，连接并延长分别交CA，于M，N，由是△ABC的重心知M是AC的中点，设直线与直线BD的交点为Q，因为，所以，又，所以四边形是平行四边形，所以，又是△ACD的重心，，所以D，，M三点共线，又，所以，又，为NB中点，所以是△NBQ的中位线，是NQ的中点，所以△ANQ是等腰三角形，因此，梯形是等腰梯形，所以A，Q，C，四点共圆，所以.22．（2019·全国·高三校联考竞赛）如图，点A､B､C､D､E在一条直线上顺次排列，满足BC=CD=，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【分析】根据题设条件，可设，，可得，再结合图象，可在CB的延长线上取一点，使得，从而可得，再根据KC平分∠BKE，结合角平分线定理可得，由此可推出，由此可证∠AKE=∠ALE，从而证出A､K､L､E四点共圆.【详解】令，，由条件知.如图，注意到∠BKE＜∠ABK=∠PDE＜180°-∠DEK，可在CB的延长线上取一点，使得.此时有，故.又KC平分∠BKE，故.于是有.由上式两端减1，得，从而.因此.同理可得∠ALE=∠EDL.而∠ABK=∠EDL，所以∠AKE=∠ALE.因此A､K､L､E四点共圆.【点睛】本题考查四点共圆的证明，相似三角形的判定与性质以及角平分线定理的运用，熟练掌握性质及定理是解答本题的关键．23．（2020·全国·高三校联考竞赛）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【详解】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=2BP.24．（2021·全国·高三竞赛）如图，在锐角中，已知点D､E､F分别是点A､B､C在边､､上的投影，､的内心分别为､，､的外心分别为､，证明：.【答案】证明见解析【详解】设，､的延长线交于点I.由､分别为､的角平分线知I为的内心.因为点E､F均在以为直径的圆上，所以，则，相似比.又因为､I分别为､的内心，所以.故，同理，.在中，由正弦定理知，则，故A､B､､四点共圆，且I关于､等幂.于是，是与的根轴.故.设与交于点Q，则.因此，从而.25．（2021·全国·高三竞赛）如图，是的一条弦，的垂直平分线交于两点，交于点．为内一点，外接圆交于点的外接圆交于点，且点在直线同侧．证明：．【答案】证明见解析【详解】延长交于点，直线交于点．因为，所以四点共圆．又四点共圆，所以．于是四点共圆，所以．设交于点，则，所以四点共圆．又四点共圆，于是，所以四点共圆，于是，故，即．26．（2021·全国·高三竞赛）如图，锐角的外接圆为，D是A在上的射影，假设，点M为中点，的角平分线与交于点N，上一点P满足．直线与交于点F，直线与圆再交于点Q．直线与的外接圆再交于点E．证明：．【答案】证明见解析.【详解】先证明．事实上设在上异于C，只要证、F、P共线．易知．设A关于M的对称点为另交于T，则．因为，故即，因此，知、F、P三点共线，故、重合.再证A、N、D、P共圆，事实上由，即得．因此结合知，是的外角平分线，故设D关于的对称点为，则、N、P共线．设与交于点K，则，故共点K．因为，故A、、C、D共圆．故、Q、D、P共圆，从而，于是Q、K、D、E共圆，所以．27．（2021·全国·高三竞赛）如图，给定两个相交的圆与，A、B为、的交点，一动直线经过B与交于点C，与交于点D，且B在线段内，过C的的切线与过D的的切线相交于点M，连结交于点E，过点E作的平行线交于点K，求点K的轨迹.【答案】轨迹为过B的切线在内的部分【分析】第一步证明A、C、M、D四点共圆，为的切线.，第二步证明的在B处的切线在的部分，上的任意一点满足题意要求，即可得证.【详解】连结，G为射线上一点，因为，故A、C、M、D四点共圆，故.因为，则，故A、B、E、K四点共圆.故.又，故.故为的切线.设延长线交于点F，设为内任意一点，延长交于点.过作的切线，连结并延长交于点.过作圆的切线交于点，设交于点，下证.此时仍有A、、、四点共圆，故，而为切线，故，从而.又因为，且，故有，故A、B、、四点共圆，进而，故.故K的轨迹即为过B的切线在内的部分.28．（2022·