平面几何试题精选.doc
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01 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 XWAC 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 = = MPMX 13 MQMY XYPQ 故欲证原命题,只需证 XY RS,这等价于 SY 2SX 2 = RY 2RX 2 下证上式:由 S 为AMB 垂心知 SBAM SBWY 同理 SAWX则勾股定理知 SY 2 = SB 2 + BY 2 = BY 2 + SW 2WB 2 = BY 2WB 2 + SA 2 + WA 2 SX 2 = SA 2 + XA 2 得 SY 2SX 2 = BY 2WB 2 + WA 2XA 2 同理得 RY 2 = YC 2ZC 2 + RD 2 + DA 2, RX 2 = DX 2 + RD 2 故 RY 2RX 2 = YC 2ZC 2 + DZ 2DX 2 由 XWDB YZ, WYAC XZ 有 BY = DZ, WB = XD, AW = YC, AX = ZC 比较两式右边即有 SY 2SX 2 = RY 2RX 2 由此即有 XYRS,从而得出 PQRS,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: A B C D P Q M R X Y Z S W 引理:如图,设BAP = , BAP = ,则 = AP 与 AP sin BAPsin CAP sin BAPsin CAP 重合 引理的证明:事实上,式即 = = sin sin A sin sin A sin A sin sin A sin sin A cot sin A = sin A cot cos A = 即 AP 与 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 = Q 我们证明 AP 与 AQ 重合:由引理只需证 = sin 1sin 2 sin 3sin 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 BACAP sin 1AF sin 2AE 综合上二式有 sin 1 = sin 2 = 1AP 1AN 1AM 1AE sin 1sin 2 AFANAMAEEMNF 又易有 M、B 、 C、N 四点共圆 AMAB = AN AC,即 2AMAE = 2 ANAF = sin 1sin 2 EMNF 再看右图, AQH = ANH = AMH = 90, A、M、Q、H;A 、Q、H、N 分别四点共圆 MHQ = 3, BHQ = 4 在MOH 与BOH 中分别运用正弦定理有 = , = MOsin 3 OHsin OMH BOsin 4 OHsin OBH 两式相除有 = ,其中 MO sin OMH = OM cos OME = EM sin 3sin 4 OM sin OMHOB sin OBN 过 O 作 OGBN = G,由OGN = GNF = NFO = 90知 OGNF 为矩形 OG = NF, OB sin OBN = OG = NF ( ) ( )A B PP C A B P C M NE F A B C M NE FHQ G O 34 = sin 3sin 4 EMNF 综合知式成立,故 APOH,证毕 03 设 H 为ABC 的垂心,D 、E、F 为ABC 的外接圆上三点使得 ADBECF , 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 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 DHAS 关于 BC 对称 故 DHAS 必为等腰梯形四边形 HFUC与 HTEB同理亦然 HS = A D, HU = CF, HT = BE, SHA = HA D 记 所对圆周角为 ,由 ADBE, = 知 CE DE AB 所对角为C, 所对角为 B, 所对角为 DE AC CE 所对角为 BC AD SHA = HA D = BC UHC = HC F = CC F = = = A, 12 BC BF 12 BC CE AHC = 180C HA = B UHA = 180CHU + AHC = C + 同理可得THA = B + 得 UHS = B; 得 SHT = C 又 = + + = 290B + C + BC = 290 AD AB AB AD AD = 2R sin 90 HS = 2R sin 90 同理可计算出 CF = 2R sin 90B + , BE = 2R sin 90 C 从而 HU = 2R sin 90B + , HT = 2R sin 90C 由此有 HS : HU : HT = sin 90 : sin 90B + : sin 90C 综上我们得出了一些关于四边形 HUST 的性质: UHS = B, SHT = C, = , = HUHS sin 90 B + sin 90 HTHS sin 90 C sin 90 下面我们利用这些性质判定 H、U 、S、T 四点共圆: 作XYZ ABC ,即X = A, Y = B, Z = C 在 ZY 与 X 异侧作ZYW 1 = 90B + , YZW 2 = 90CYW 1 与 ZW2 交于 W,连 接 XW ZWY = 180ZYW + YZW = 180 180BC = B + C = 180 ZXY X、Z 、W、Y 四点共圆 A B C D E F C B H S A TU XZW + XYW = 180 * XYW = XYZ + ZYW = B + 90B + = 90 + , WXY = WZY = 90 C 由正弦定理知 = = = WYWX sin WXYsin XYW sin 90 C sin 90 + HTHS 又YWX = YZX = C = THS, WZXHTS 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 04 在ABC 中,D 是 BC 边上一点,设 O1、O 2 分别是ABD、ACD 外心,O 是经过 A、O 1、O 2 三点的圆的圆心,记ABC 的九点圆圆心为 Ni,作 OEBC = 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 Acos , sin 、B cos , sin 、Ccos , sin ,ADB = 由正弦定理知 = 2 sin = 且BAO 1 = CAO 2 ABAO1 ACAO2 O 1AO2 = BAC,从而 AO1O2ABC 且相似比为 12 sin 由BAO 1 = 90 知ABC 变换为AO 1O2 为一个绕 A 逆时针旋转 90 及以 A 为 中心位似比为 的位似变换之积 12 sin = cos , sin 对应复数为cos i sin ,则 AO对应复数为 AO cos i sin cos 90 + i sin 90 = A 记为 12 sin 则 A = sin + i cos 12 sin O = A + A, O的横坐标即为 + cos = sin 2 sin sin + 2 sin E 点坐标为 , sin sin + 2 sin 又由九点圆性质,设 O 为外心, G 为重心,则 = 且 Ni 与 O 在 G 异侧 NiOOG 32 X YZ W 1 2 A B CE NO O D i O 设 G 为 G 点对应复数,N i 为 Ni 点对应复数,则 Ni = G = A + B + C 32 32 于是 Ni 坐标为 , 设 NiE 斜率为 k,则 cos 2 sin + 2 sin 2 k = = = tan sin sin cos sin sin + 又 ADC = , AD 斜率亦为tan ,故 AD 与 BiE 平行,证毕 05 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,BC 与 DP 交于点 T求表达式 的值 BCTC EAEB 解:我们先证明 CP 平分ACB,且 CPBD 用同一法 作ACB 平分线 CP交 DN 于 P,则BCP = ACP = CBD = CDB = C 12 PCBD 我们证明 P BC = A 事实上,这只须证BCPADB 又由于我们已知BCP = ADB = C 12 故只须证 = CPBD BCAD 注意到 PCBD,故 = CPBD CTBT 又 CD = BC,故 = CTBT CDAD 对直线 NTD 截 ABC 运用梅涅劳斯定理有 = 1 BTCTCDDAANNB N 为 AB 中点, AH = NB = ,得证 CTBT CDAD 从而 BCP ADB P BC = A PBC = PBC,P 、P、A 皆在 BC 同侧,P与 P 皆在 ND 上, P = P 即 CP 平分ACB 且 CPBD 下证 = 2,对 ACD 截BTN 有 = 1 BCTC EAEB BCEBTDDNNAAB N 为 AB 中点, = = 2 + BCTC 2DNTD 2NTTD CP 平分ACB, = ,我们证明 = 即可 EAEB ACCB 2NTTD ACCB CD = BC, 只须证 = 1 2NTTDCDAC A B C P E N D T P( ) 对 BTC 截AND 运用梅氏定理有 = 1,即 = 1故 = 2 DCCAABBNNTTD 2NTTDCDAC BCTC EAEB 综上所述,所求 = 2 BCYC EAEB 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 06 ABC 中,BD 和 CE 为高,CG 和 BF 为角平分线,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 = , AD = c cos A = 2R sin C cos A, AE = 2R sin B cos A, EAI = IAD = , GAO = 90C, OAC = 90B A2 由 AF + FC = b, = 解得 AF = 同理可得 AG = AFFC ca bca + c bca + b 由张角定理知,G、O、F 三点共线 = + sin AAO sin GAOAF sin OACAG = + sin AR bc sin A = R a + b cos B + a + c cos C 利用正弦定理 2 sin A sin B sin C = sin A + sin B cos B + sin A + sin C cos C 2 sin A sin B sin C = sin A cos B + cos C + sin B cos B + sin C cos C 利用 sin B cos B + sin C cos C = sin 2B + sin 2C = sin B + C cos BC = sin A cos 12 B C消去 sin A 得 2 sin B sin C = cos B + cos C + cos BC 再对左边积化和差有 cos BCcos B + C = cos B + cos C + cos BC cos A = cos B + cos C * 另一方面,D、I、E 三点共线 = + sin AAI sin EAIAD sin DAIAE = + 消去 sin 、去分母有 r sin B + sin C = 2R sin A sin B sin C cos A A2 又 S = 2R 2 sin A sin B sin C = r a + b + c, 12 = = sin A + sin B + sin C 正弦定理 2R sin A sin B sin Cr a + b + c2R 故 sin B + sin C = sin A + sin B + sin C cos A 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 cos cos A2 B2 有 C2 2 cos cos = 4 cos cos cos cos A A2 B C2 A2 B2 C2 消去 2 cos 再对 cos cos 积化和差有 A2 B2 C2 A B C D E F H G I O cos = cos + cos cos A cos 1cos A = sin cos A B C2 B C2 B + C2 B C2 A2 2 cos sin 2 cos A 2 cos sin = cos A B C2 A2 B C2 A2 2 cos cos = cos A cos B + cos C = cos A 积化和差 B C2 B + C2 故 D、I、E 三点共线 cos A = cos B + cos C G、O、F 三点共线 D、I、E 共线 G、O、F 三点共线,证毕 07 ABC 中,A, B 为锐角,CD 为高,O 1、O 2 分别为ACD 和BCD 内心问, ABC 满足怎样的充要条件,使得 A、B、O 1、O 2 四点共圆 解:所求充要条件为C = 90或A = B 其中C = ACB, A = CAB, B = CBA 记 AC = b, BC = a, AB = c,外接圆半径为 R 过 O1 作 O1HAB = H,过 O2 作 O2IAB = I,O 2EO 1H = E,则 O 1AB = A, O 2BA = B 12 12 故 A、B 、O 1、 O2 四点共圆 BAO 1 = FO 2O1 O 2EAB, FO 2E = B 12 FO 2O1 = EO 2FO 1O2E, FO 2O1 = BO 1O2E 12 = O 1O2E O 1O2E = tan EO 2O1 = tan A2 B2 B A2 B A2 记 O1H = rA, O2i = rB, ADC = 90,由直角三角形内心性质知 rA = DH = AD + DC AC2 同理 rB = , tan EO2O1 = = = BD + CD BC2 O1EHI rA rBrA + rB AD BD + BC AC2CD + AB AC BC 易有 AD = b cos A = 2R sin B cos A, BD = 2R sin A cos B, BC = 2R sin A, AC = 2R sin B, AB = 2R sin C 代入有 tan EO 2O1 = = sin B cos A sin A cos B + sin A sin B2 sin B sin A + sin A + B 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; 1 2 A B C D E F H I O O 2 A B 时,sin 可约去,得 2 sin A sin B + sin Csin Asin B = 2 cos 2 B A2 cos B A2 B + A2 利用 2 sin A sin B = cos BA cos A + B = cos BA + cos C, 2 cos 2 = cos B A2 B A + 1, 2 cos cos = cos A + cos B B A2 B + A2 三式代入化简得 cos A + cos B + cos C = 1 + sin A + sin Bsin C 而由三角形内熟知恒等式 cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin 得 A2 B2 C2 1sin A + sin Bsin C = 1 + 2 sin cos 2 sin sin = 1 + 2 cos cos A + B2 A B2 A + B2 C2 C2 cos = 1 + 4 sin sin cos A B2 A + B2 A2 B2 C2 结合两方面知 sin = cos C = 90 C2 C2 综合 1、2 知 C = 90或A = B 故 A、B、O 1、 O2 四点共圆 C = 90或A = B得证 08 ABC 的外心是 O,三条高线 AH、BK、CL 垂足分别为 H、K、LA 0、B 0、C 0 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、B 0E、C 0F、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:ABCD,CD 中点为 Q,AB 中点为 R,AC 与 BD 交于 P,则 P、Q、R 三点 共线 也即 QR、 AC、BD 三线共点 引理 1 的证明: PCD 与PAB 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 引理 2:A 0I 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 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 BCDI, OIBC BCBC,AB C与ABC 构成以 A 为位似中的位似关系 显然I 为ABC在A 内旁切圆,故 J 为旁切圆切点 A B C D P Q R A B CDP O CB J H I D A0 X 由 J 与 D为对应点知 D亦为旁切圆切点 而 A0 为 AH 中点, I 为 JD 中点,由引理 1 知 D在 IA0 上 故 IA0 与 BC 交于旁切圆切点 更进一步作 OPBC 于 P P 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 AIDIX sin A0IOID sin DIOIA0 = + 1IX sin A0IOID sin DID sin DIOIA0 sin DID 由 ID A0H 知 IA0 = ID,而 = 代入得 DHDD IDDD 1sin DID = + 1IX sin AIOID sin DID sin DIODH 又 sin AID = sin DIX = sin D ID + DIX = + = + sin AIOID sin DID cos DIXID cos DID sin DIXID sin DID cos DIXID sin DIODD = + sin DIO + = + sin DIO 1IX cos DIXID 1DH 1DD cos DIXID DHDHDD 由 = 代入有 = + sin DIO = cos DIX + sin DHDD A0H ID 1IX cos DIXID A0HDHID 1ID A0HDH DIO OPID , cos DIX = cos POX, sin DIO = sin POX 括号中乘一个 OI,括号外除一个 OI 得 = OQ + IQ ,其中 QO = OPID, IQ = PD = DD 引理 2 知 1IX 1IDOI A0HDH 12 = OP + A0H 1IX 1IDOI 12DDDH 1OI 注意到 OI、ID = r 皆为对称的值故我们仅须证 OP + A0H 为对称的值记为 12DDDH MA 记BAC = A, ABC = B, ACB = C,AC = c, AC = b, BC = a,外接圆半径为 R,则 OP = R cos A, CD = , BD = , CH = b cos C, A0H = AH = b sin C = R a + b c2 a + b c2 12 12 sin B sin C DH = CDCH = b cos C = = a + b c2 a + b c2 a 2 + b 2 c 22a , c bc + b a2a DD = BCBD + CD = aa + bc = cb 故 A0H = R sin B sin C 12DDDH ab + c a 故 MA = Rcos A + ,其中 sin A sin B sin Csin B + sin C sin A sin B + sin Csin A = 2 cos cos 2 cos cos A2 B C2 B + C2 A2 = 2 cos cos cos = 2 cos sin sin , A2 B C2 B + C2 A2 B2 C2 sin A sin B sin C = 8 sin sin sin cos cos cos A2 B2 C2 A2 B2 C2 代入有 MA = MB = MC 等价于 cos A + 2 sin cos cos = cos B + 2 sin cos cos = cos C + 2 sin cos cos A2 B2 C2 B2 A2 C2 C2 A2 B2 其中 cos A + 2 sin cos cos = cos B + 2 sin cos cos A2 B2 C2 B2 A2 C2 cos Acos B = 2 cos (sin cos sin cos ) C2 B2 A2 A2 B2 cos A cos B = 2 sin sin ,此式显然成立 A + B2 B A2 故 MA = MB同理 MB = MC, MA = MC MA = MB = MC IX 为关于 A、B、C 对称之值,即 A0D、B 0E、C 0F 都交于 OI 上同一点 即 A0D、B 0E、C 0F、OI 四线共点,证毕 评注:此解法计算复杂,但思路清晰 09 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 A B C D E F G O P Q 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 DEFQ 引理 1 的证明:首先, = r 2 r 为半径 OE OF 过 F 作O 切线 FP、PQ 切 O 于 P、Q FPA FBP, = = APPB FAFP FAFB 2 = 同理 2 = APPB FAFB PQQC FDFC 由FADFCB 知 2 = BCAD FBFCFDFA 上面三式相乘得 = 1 APPBPQQCBCAD BD、AC、PQ 三线共点 又由 E 在 PQ 上知 = + = + = r 2 DE DF OR RE OF OR OF RE OF = = = 0 OE FG OE OG OF OE OG OE OF 引理 2:四边形 ABCD 内接于O ,直线 BA、CD 交于 F,FAD 外接圆和FBC 外 接圆交于 P 异于 F,则 OPPF 引理 2 的证明: APC = FPCFPA = 1802B = 180AOC A、P、C 、D 四点共圆 FPO = FPCOPC = 180BOAC = 180B90 B = 90 OPPF,得证 引理 3:设 P 是半径为 r 的O 上一动点,AB 是过圆心 O 的一射线上的两定点,且 OAOB = r 2,则 是定值 PAPR 引理 3 的证明: OP 2 = OBOA, OBPOPA = = OBOP OPOA BPPA 2 = , 2 = PBPA OBOA PAPB OAOB 下证原题: 设 CD、DE 交于 Q,QA 交ABC 外接圆于一点 P 异于点 A QPQA = QRQC = QEQD, P、E、D、 A 四点共圆 由引理 3 知 OPQA 由引理 2 知 OFQA A B C D F O P ABO P A B C D E F I O Q P O、F、P 三点共线 P 与 P重合 设 OF 与O 交于 I,由引理 4 知 = PBBF PIIF BI 平分PBF同理 PI 平分PDF I 是PBD 的内心同理 I 也是PCE 的内心 故命题得证 评注:此解法稍繁,可思考令 OFFP = CFFE 的同一法 10 设 A、B 为圆 上两点,X 为 在 A 和 B 处切线的交点,在圆 上选取两点 C、D 使 得 C、D、X 依次位于同一直线上,且 CABD,再设 F、G 分别为 CA 和 BD、CD 和 AB 的交点,H 为 GX 的中垂线与 BD 的交点证明:X、F、G、H 四点共圆 证:设 O 为圆心,ABXD = M XOAXAM, OXXM = XA 2 = XCXD O、M、C、D 四点共圆 XMP = OCD = ODC = OMC CMG = GMD 在 CM 上选取一点 Z 使 MXDZ,则 MD = MZ = = = CGGP CMMD CMMZ CXXD 在 GX 上取点 X,使GKD = DFX ,在 XF 上取 W 使 CFGW 由 = = = 得 CGXD = XCGD XDDG XFFG XEFW XCCG 由上面两式得 = ,故 X = X GFD = XFD XDXC XDXC 又 = b c,A B C,H 为 DEF 垂心 易求得HDI = , BD = a + cb, FDE = B C2 12 B + C2 设 DI OH = D1,则 D1 在线段 OH 上,且 = = = = HD1D1O OH sin HDIOD sin IDO 2rsin B sin C2Rsin B sin C rR 设 EIOH = D 2, FIOH = D3,则同理可得 = = HD2D2O HD3OD3 rR 因此 D1 = D2 = D3,即 EI、DI、FI 交于一点,且该点在 OH 上 而 DI、 EI、FI 不重合,故 I 即为该交点,I 在 OH 上引理得证 A C H O 1 K D EF B I O 回到原题:设与内切圆切于 D 并与O 切于 K 的圆的圆心为 O1 类似定义 O2、O 3,P 1 = DKOI , P2 = EMOI , P3 = FNOI 直线 P1DK 截OIO 1,由梅氏定理得 = 1 IDDO1O1KKOOP1P1I 又 O1K = O1D,因此 = = 同理 = = OP1P1I OKID Rr OP2P2I Rr OP3P3I 而 P1、P 2、P 3 均在线段 OI 上, P 1 = P2 = P3 又由引理知 OI 即为DEF 欧拉线 DK、EM、FN 相交于DEF 的欧拉线上,得证 评注:此题的引理应用广泛,值得熟练掌握 24 已知圆内接四边形 ABCD,求证 |ABCD| + |ADBC| 2 | ACBD| 证:情形 1,圆心 O 在 ABCD 内,不妨设O 半径为 1 设AOB, BOC, COD, DOA 分别为 2, 2, 2, 2,则 + + + = 180 不妨设 , ,则 |ABCD| = 2 | sin sin | = 4 | sin cos | = 4 | sin sin | 2 + 2 2 + 2 同理 |ADBC| = 4 | sin cos | = 4 | sin sin |, 2 + 2 2 + 2 |ACBD| = 4 | sin sin | 2 2 |ABCD| ACBD| = 4 | sin | | sin cos | = 8 | sin | sin cos 2 + 2 2 + 2 2 2 0 , 90 , sin cos 0 22 2 2 |AC BD| | ABCD |同理 |ACBD| | ADBC| |ABCD| + |ADBC| 2 |ACBD| 情形 2,圆心 O 在 ABCD 外, 不妨设 BC 靠点 O 最近,仍用前面的记号,此时有 + + = 90 |ABCD| = 4 | sin cos | = 4 sin cos , 2 + 2 2 2 |ADBC| = 4 | sin | cos , 2 + 2 |ACBD| = 4 | sin | cos + 2 + 2 = + + , 0 2 + + cos , |AB CD | |AC BD | 2 2 + + 2 又 = = + , cos = cos + + 2 2 + + 2 + 2 + 2 + 2 而 | | = , | sin | sin |ADBC| | ACBD | 2 + 2 2 2 2 综上所述,|ABCD| + |ADBC| 2 | ACBD|,得证 评注:本题是 2005 年美国竞赛题,应大胆分解命题 25 设ABC 是非等腰的锐角三角形,O、H 是ABC 的外心和垂心,O 是其外接圆, lA、l B、l C 是O 在 A、B、C 处的切线,过 H 作 OH 的垂线 l 分别交 lA、l B、l C 于 A C D B A C D B A1、B 1、C 1,A 1 关于 A 的对称点为 A2,类似定义 B2、C 2求证 A2、B 2、C 2 三点共 线 证:A 0 = lBl C, B0 = lAl C, C0 = lAl B, AA1 = u, BB1 = v, CC1 = w, A0B = A0C = a, B0C = B0A = b, C0A = C0B = b 则直线 l 截A 0B0C0 得 = 1 a wb + wb + uc uv + cv a 即 awb + u v + c = b + wcuva 要证 A2、B 2、C 2 共线,由梅氏定理逆定理知只需证 1 = 即 1 = A0C2B0C2B0A2C0A2C0B2A0B2 a + wb wb uc + uv cc + a 即 a + wbu vc = bwc + uv + a 结合式知 bcw + abv + acu = abu + bcvacw u + v + w = 0 1b 1c 1c 1a 1b 1a 设B 0A0C0 = A, B 0C0A0 = C, C 0B0A0 = B, BAC = , B + C2 ABC = , ACB = A + C2 A + B2 设O 半径为 r,tan = x, tan = y, tan = z,则 A2 B2 C2 xy + yz + zx = 1, = tan = , = , = 1a 1r A2 xr1b yr1c zr 易证 O、C 1、C、H 四点共圆, OC 1C = OHC, cot OC 1C = cot OHC , = = CHOC sin 180 OCH OHCsin OHC = sin OCH cot OHC + cos OCH 而OCH = ,代入上式化简可得 B A2 cot OHC = , cot OC 1O = 1 3xyy x 3xy 1y x 同理可求得 cot OB 1B = , cot OA 1A = 3xz 1z x 3yz 1y z u + v + w 1b 1c 1c 1a 1b 1a = r cot OA 1A + r cot OB 1B + r cot OC 1C 1b 1c 1c 1a 1b 1a A B C H 1 2 1 2 1 O AA C C B B A C 0 0 0 = r + r + r 3yz 1y zy zr 3xz 1z xz xr 3xy 1y xy xr = 3xy + yz + zx1 = 0 得证,从而 A2、B 2、C 2 三点共线得证 26 P 是正ABC 内一点,证明 |PABPAC | |PBC PCB| 证:以 BC 中点 M 为原点, 为 x 轴正向建立坐标系,设 C1, 0、B 1, 0,则 BC A0, 3 设 Px, y,且不妨设 x 0,则 tan PACPAB = tan 2PAM = 2 tan PAM1 tan 2 PAM = = 而 tan PBCPCB = = 2xy1 x 2 + y 2 | PABPAC| |PBCPCB| PAC PAB PBCPCB tan PAC PAB tan PBC PCB 2xy1 x 2 + y 2 2x 0 y1 x 2 + y 2 y1 x 2 + y 2 y y 2x 2 3 3 x 2y 2 1x 2 0 ,| x| y 2x 2 03 y1 + y 2 y y 2 2y x 2 3 3 3 当 0 y 时,由于 |x| , x 2 2y y 1 + y 2 y y 2 2y y 31 + y 2 y + y 3 3 3 3 3 3 2 2y 23 y + 3 6y 2 + 3,显然成立3 3 式成立 当 y2y 2 3 得证 评注:以 P 为反演点,作反演变换,讨论易得证 M P C A B x y 27 圆内接四边形 ABCD 内有一点 P 满足APD = ABP + DCPP 在 AB, BC, CD 上射 影为 E、F、G证明EFG APD 证: EFG = EFP + GFP = EBP + GCP = APD,故只需证 = APPD EFFG 又 = = ,故只需证 = = EFFG PB sin BPC sin C PBACPCBD APPD PBACPCBD APPCAC BPPDBD APD = ABP + DCP, ABP 的外接圆与DCP 外接圆外切于点 P 作以 P 为反演中心,P 对 ABCD 外接圆的幂为反演幂作反演变换 则 A, B, C, D 分别变为 A, B, C, D,且 A是 AP 与 ABCD 外接圆的交点,B、C、D 类似 因为ABP 、CDP 外接圆外切于 P 故用反演性质知 ABCD ABCD为等腰梯形 AC = BD 由反演变换距离公式知 AC = AC , BD = BD d 为反演幂 |d|PAPC |d|PBPD A C = BD,此式已证明成立,故原题得证 28 设凸四边形 ABCD 外切于O ,圆心 O 在对角线 BD 上的射影为 M求证 BD 平分 AMC 证:设O 在 ABCD 四边切点为 A1、B 1、C 1、D 1 不妨设O 半径为 1,以 O 为原点建立复平面,则O 为单位圆 令 A1、B 1、C 1、D 1 所代表的复数为 a, b, c, d,则由熟知结论可知 D = , A = , B = , C = 2aba + b 2bcb + c 2cdc + d 2dad + a 注意到过 BD 直线方程为 BD x + BD = BDx + B D 将 B、D 代入化简得 c + d abx abc + d cda + bx = 2cdab 又过 O 且垂直于 BD 直线方程为 + = 0 xB D xB D 将 B、D 代入化简得 c + d abx + abc + dcda + b x = 0 E F D P C A B G A D 1 1 1 1 BA B C C D O 得 x = ,此即为 M 的复数表示, M = + 2c + d a b cd abc + d a b cd abc + d a b 又 AMC 被 BD 平分 AMD = DMC R = 将 A MC MB D 2 A、B、C 、D、M 代入得 = A MC MB D 2 = 14 a + bc + d 2bcc + d a b cd abb + c 2adc + d a b cd cbc + dc + d a b 2 abc + d cda + d 2 = 14 a + bc + d 4abcdc + d a b 2 + cd ab 2 a + db + c 2c + d a bcd ab bca + d + adb + cc + d a b 2 abc + dcda + b 2 注意到 = 14 14 = a + bc + d 4abc + d cda + b 2 + cd ab 2 a + db + c 2abc + d cda + bab cda + b + c + d c + d a b 2 abc + d cda + b 2 比较知仅需证 4abcdc + dab 22c + dabcdab bca + d + adb + c = 4abc + d cda + b 22 abc + dcd a + babcda + b + c + d 2abcdc + d 2 + 2abcda + b 24abcd a + bc + d + abc + dcda + b abcd a + b + c + d = 2a 2 b 2 c + d 2 + 2c 2 d 2 a + b 24abcda + bc + d + c + dabcdab abc + abd + bcd + acd 2abcd abc + d 2cda + b 2 = abcd abc + dcda + ba + b + c + d + c + dab abc + d + cda + b 2abc + d 22cda + b 2= abc + da + b + abc + d 2cd a + b 2cd c + b + abc + d 2a + babc + d + cd a + bc + dcda + b 2 2abc + d 22cda + b 2 = 2abc + d 22cda + b 2,得证 评注:此法所需的算功很高难!- 配套讲稿:
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