平面几何精选10题.docx

《平面几何精选10题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《平面几何精选10题.docx（12页珍藏版）》请在第一文库网上搜索。

1、平面几何精选(08.1.280)01（原仓IJ）AM=MB,IIe13=E,hC4=F,I2CI3=G,I2CI4=H,EHAB=C,FGCAB=D.求证CM=Mn证：若把/2=0看作一二次曲线.则A3为其一弦，“为此弦的中点.八、/4为过此中点的两弦.由蝴蝶定理知切、R7与44的交点满足CM=MD.评注：本题巧妙地将问题转化成为曲线系，并与蝴蝶定理相结合，很值得学习.02双心四边形，外心为O,外接圆半径为R,内心为P,内切圆半径为r,OI=h.证明_1(R+/?)2+(Rf)2=”,证：如图，分别过K、1、M、N作PK、P1.PM.PN垂线交于A、8、C、D./Z1CM=180o-Z1P=Z

2、P1M+ZPM1=(ZM1K+NZjWV),ZKAN=；(N1KN+ZKNM).：.A、B、C、。四点共圆.我们设其半径为P，易证8、P、。；A、P、C分别三点共线.：.r=P1sin=PBsinsin=PB,皆笠，PCAP=p2d2(d为abcd的外心记为夏与p的距离).PR1o2/72又易证ACS。，正7市=-行厂延长NP交BC于T,易证丁为8C中点(卜拉美古塔定理).：T/PS,S/PT.O1TPS中,W,T2=PS2+OS2-d2=2p2-d2.又OW=5y2p2-d2=O，为K1wV的外心(即为O)且R=22p2d2，h=3d,G6G314p22(R2+h2)11由得T7=(p2-J

3、2)2=Qi2)?=历万+R%评注：1若要证的结论是一些半径与边长的复杂关系时，应及时引入三角函数及一些特殊的线段比例.2双心四边形性质繁多而又富深刻.关于0/、R、r的性质应当熟记，并深刻领会本题03设。、E、尸分别为aABC的三边8C、CA.AB上的点，且Ao与E尸垂直相交于O,又DE、。尸分别平分NAOCZADB,则0。平分NBOCCEAFBDDCADBDUbae7bdc=adbdc=+cos(m+v)cos(-y)1+cos(x+y)cos(u-v)sin(w+v)sin(Xy)-Si1I(x+y)sin(v)=sin(w+v)cos(-v)cos(x+y)sin(x-y)+cos(m

4、+v)sin(mv)sin(x+y)cos(-y)由塞瓦定理知8E、AD.C尸三线共点出口口0H后CEBF由CEDCBFBD当即BC时有丽=丽而丽=丽，丽=布JDC=BD,所以。为BC中点.而AO_1E尸=Ao_1BC=Z4BC为等腰三角形.：Oo平分NBoC当EFBC,不妨设FE与BC延长线交于G.由梅氏定理（以aABC基本三角形，GE/7为截线）有骨箱怒=1由塞瓦定理有5c=.两式合并得遂=卷在直线BC上取一点不同于C的点B，且NQOo=ZCOD.由ZDOG=90。知OG为N90C的外角平分线.BfGBf0BfDBfGCGBGM石、n.nf.-CG=OC=DC=而=丽=而（由）=8与加重合

5、.OO平分NBoC得证.04已知4A8C,内心为1,圆G与边A8、BC相切，圆C2过A、C,且G与。2外切于点M.求证NAMC的平分线过/.证：设防在。2上且满足NAMC的平分线过/,过M作C2的切线交AB于E,交BC于F.设G是aEB/的内切圆，且G，与E尸切于M，下证f=M”:设NA=x,=utNfC=y,y=v.由角元塞瓦定理得SiIINAM/Sii1ySi1IsinN.IMCsinvsinx又NAM/=Zf,C=sinAsinv=SinvsinMZAM,E=NACw=U+y,ZCMfF=ZCAM,=x+u.EM,EM,AMfCM,Sin(一x)Sii1“+y)Sin(1F+x)FMAM

6、CM,FMsin(ux+v+)sin(m+x)sin(vy)EM”COtI/BEFcos(ux+v+y)sin(v-y+u+x)FMcotINBFEcos(v-y+u+x)sin(ux+v+y).E_EMn而=OTQcosI(-+v+j)sin(vy+u+x)cosB(v-,y+M+x)sinI(ux+v+y)2sin(u-x)sin(v+y)sin(vy+u+x)cos(vy+u+x)2sin(+x)sin(v-y)sin(ux+v+y)cos(-+v+y)coszCOS2vy+X)2+cos(v+y+x)+cos(w+-v+y)sin(w+v)sin(x-y)sin(x+y)sin(wv)

7、-s,=,1I(-x+v+y)Sii1(一x)SiI1(u+N)sin(w+)sin(vy)1+cos(一x+j+y)1+cos(vy+u+x)COS(V+),+X)CoS(V+一x)cos(+-v+y)-CoS(u+x+vy)1+COS(一x+y+y)1+cos(vy+M+x)1+COS(J+y“+x)1+cos(+-v+y)COS(-+1+y)-CoS(V+x)2+cos(ux+v+y)+cos(vy+u+x)COS(V+y+x)COS(+xv+y)o2(cosusinvsinxcosysinucosvcosxsiny)=/(sin2usin2ysin2vsinZV)(cosucosy+c

8、osvcosX)(Sinvsin-sinUsiny)=0.由式知上式成立，由同一法易得Ar=Ar=M.NAMC平分线过/,得证.评注:这是一道很难的几何题，几何证法不好想,通过角元塞瓦进行三角计算得出结论，注意计算的步骤.05ZA8C和4PQR满足如下条件：A和尸分别是线段QH和BC的中点，QR和BC是NBAC和NQPR的内角平分线.求证A8+AC=PQ+PR.证：设X为线段8C、PQ中垂线的交点，Q，、k是Q、R关于直线XP的对称点，B，、C是8、C关于直线XZ的对称点.ZQ,PB=ZQPC=NRPCnQ、P、R三点共线.同理。、P、R；A、C；B、A、C分别三点共线.又XR=XRXQ=XQ

9、,XR=XQ=X为Q、。、R、E共圆的圆心.同理X为B、B，、C、。共圆的圆心.设Y点是XP与QR的交点，BY=YC,ZBAY=ZCAY,JB、A、C、Y共圆，NRPQ=ZPQQf+ZPQ,Q=2ZPQ,Q=ZRXQ.：.P、X、R、。共圆.同理X、A、C、B共圆.X、A、C、B、Y五点共圆，ZXCY=ZXAT=90=ZXPC.：YC2=YPYX=TRYQ=YX2-XR2.又YC2=YX2-XC2XR=XC.：.B、BC、。、R、R、Q、共圆，圆心为KYB.YC为该圆的切线.：.IZBXC=ZYBC=Z1X4=90o-ZQ,YQ=ZYQQ,=ZQXR1.：ABXC安1QXRnBC=QR.又BC

10、=AB+AC=AB+AC,QRf=QP+PR,=PQ+PR.JAB+AC=PQ+PR,命题得证.评注：此题看似不易下手，关键在于由内角平分到外角平分的过渡，一旦看到点X的好性质，问题便迎刃而解了.06已知。为以AB为直径的圆上的一点，QWA,B,。在AB上的投影为“，以Q为圆心，QH为半径的圆与以A8为直径的圆交于点C、D.证明CO平分线段证：设PC。和AB交点，倍长。到S,设O是A8中点.下证：SH*SO=SASBzVPA-PB=PC*PD=PH2,：SHSO=SH(SA+SB)=PH(PA+PH+PB+PH)=PAPH+PB*PH+2PH2.：SA*SB=(PA+PH)(PB+PH)=PA

11、-PB+PA-PH+PB-PH+PH2=2PH2-PHPA+PHPB=SHSO.设S。是。O切线，Q,H,1AB=Hf,则SQ,2=SASB=SH,SO=SHSO.：SH=SHnH=HW=Q.设M=QHGCD,JQC=QD:.QOYCD.又SQQOSQ/CDf器=OT=2,M是。中点，得证.评注：本题解法十分神妙,但较不自然，更自然的想法是利用C。为两圆根轴导出结果,可以一步到位.07凸四边形ABCO的外接圆圆心为O,已知AC80,且AC与8。交于若尸为ABCO内部一点，且NB+ZPCB=ZPBC+NPOC=90。.求证。、P、E三点共线.证：引理：圆0内有一点K,AM2B2.4&、是过K的圆

12、O的弦.若AA2交AM1于M,8出2交&于N,则K、M、N三点共线.引理的证明：在圆0所在的实射影平面内考虑这样一个射影变换，它把圆0变为圆，把K变为圆心，K的像记为K,等等.则由圆K的对称性，AA，与8/国关于K仲心）对称，A32/与火国关于K（中心）对称.故故与V关于K（中心）对称，从而K、MM三点共线.由射影变换性质知原来K、M、N三点共线，引理得证.下面回到的题：延长AP、BP、CP、OP分别交。0于A、BCD,.连A，C、B,D,再连A，B、BC,则4/CZA,C,B+ZCA,B=Z,AB+ZCCB=90./.ZA,BC=90o,A,Cr为直径.同理BTy为直径.由于A不与B、。重合

13、.故H不与、。重合，4。不与877重合.故它们交于圆心O.在引理中令K=P,4=A,A2=C,8=B,82=。即知O、P、E三点共线.证毕.08设G）O1与。Q相交于A、B两点，过交点任作一条割线分别与两圆交于尸、Q,两圆在P、Q处的切线交于R,直线BR交aOQzB的外接圆于另一点S.求证RS等于aOQzB的外接圆的直径.证：连结8P、Po|、QS、BQ、01Q.AB.不妨设N%8不是钝角（由尸、Q的对称性），则此时NBA。不是锐角.从而Oi与S关于BP的同侧，。2与S在关于8Q的异侧1我们有Po1=0B,QO2=O2B.卜T又NPo18=2NB=2（180。一NQAB）=ZQO2B.APOi

14、BsAQOB,注意这是两个等腰三角形.设No1PB=NoIBP=ZO2QB=AO1BQ=a,则由于NP8Q=ZO1BO2+ZPBO-ZQBO2=No1Bo2及,二默（:AP0BsAQOzB）.：.APBQSO1BO2RPR设R、r分别为P8QZO3O2的外接圆半径，则=刁行=2cos.注意到ZBPR+ZBQR=ZOPR+NBpO+O2QR-O1QB=90o+a+90o-a=180.：8、尸、R、。四点共圆.由正弦定理知BR=2RsinNBPR=2Rsin(90o+a)=2Rcosa=4rcos2a.又NBo1S=NBoIo2+ZSO1O2=ZBPQ+ZSBO2=ZBPQ+NSBQ+ZQBO2=ZBPQ+NRPQ+ZQBO2=ZRPB+NQBO2=90。+2a.故由正弦定理知BS=2厂Si11ZBO1S=2rsin(90o+2a)=2rcos2a.:RS-BR-BS-r(4cos2a_2cos2a)=2r.这就是欲证结论，故该结论成立，证毕.故5f+SA