高中数学竞赛练习—几何—题目1-10

几何（1）：设D是ABC的边BC上的一点，点P在线段AD上，过点D作一直线分别与线段AB、PB交于点M、E，与线段AC、PC的延长线交于点F、N。如果DE=DF，求证：DM=DNFABDCPMN几何（2）设点D为等腰ABC的底边BC上一点，F为过A、D、C三点的圆在ABC内的弧上一点，过B、D、F三点的圆与边AB交于点E。求证：CDEFDFAEBDAFD123EFBAC几何（3）：如图所示，在△ABC中，90,,ABCDG是边CA上的两点，连接BD，BG.过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF.若BE＝EF，求证：ABGDFC.EFCABGD几何（4）：如图，在ABC中,60A,ABC的内切圆I分别切边,ABAC于点,DE,直线DE分别与直线BICI，相交于点FG，,证明：12FGBC．ABCDFGIE几何（5）：在△ABC中，BCAB，BD平分ABC交AC于D，如图，CP垂直BD，垂足为P，AQ垂直BP，Q为垂足。M是AC中点，E是BC中点。若△PQM的外接圆O与AC的另一个交点为H，求证:O、H、E、M四点共圆。HOEMQPDCBA几何（6）：如图，ABC的内切圆I分别切BC、AC于点M、N，点E、F分别为边AB、AC的中点，D是直线EF与BI的交点。证明：M、N、D三点共线。INMFEDCBA几何（7）已知O、I分别是ABC的外接圆和内切圆；证明：过O上的任意一点D，都可以作一个三角形DEF，使得O、I分别是DEF的外接圆和内切圆．FEIOBCAD几何（8）如图，过ABC的外心O任作一直线，分别交边,ABAC于,MN，FE,分别是,BNCM的中点.证明：EOFA.PMNDEBLOKFCA几何（9）：设000,,AABBCC是ABC的三条角平分线，自0A作01AA∥0BB，02AA∥0CC，12,AA分别在,ACAB上，直线123AABCA；类似得到点33,BC．证明：333,,ABC三点共线．IB3C3C2C1C0B1B2B0A3A2A1A0ABC几何（10）:一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．几何（1）：设D是ABC的边BC上的一点，点P在线段AD上，过点D作一直线分别与线段AB、PB交于点M、E，与线段AC、PC的延长线交于点F、N。如果DE=DF，求证：DM=DN证明：对AMD和直线BEP用梅涅劳斯定理得：1(1)APDEMBPDEMBA，对AFD和直线NCP用梅涅劳斯定理得：1(2)ACFNDPCFNDPA，对AMF和直线BDC用梅涅劳斯定理得：1(3)ABMDFCBMDFCA（1）（2）（3）式相乘得：1DEFNMDEMNDDF，又DE=DF，所以有DMDNDMDEDNDE，所以DM=DN。FABDCPMN几何（2）设点D为等腰ABC的底边BC上一点，F为过A、D、C三点的圆在ABC内的弧上一点，过B、D、F三点的圆与边AB交于点E。求证：CDEFDFAEBDAF设AF的延长线交BDF于K，AEFAKBAEFAKB因此,EKBKAEAKAFABAFAB。于是要证（1），只需证明：(2)CDBKDFAKBDAB又注意到KBDKFDC。我们有1sin2DCKSCDBKC进一步有1sin21sin2ABDADKSBDABCSAKDFC因此要证（2），只需证明(3)ABDDCKADKSSS而（3）//(4)ABCAKCSSBKAC事实上由BKAFDBKAC知（4）成立，得证。D123EFBAC几何（3）：如图所示，在△ABC中，90,,ABCDG是边CA上的两点，连接BD，BG.过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF.若BE＝EF，求证：ABGDFC.证：作RtABC的外接圆w，延长BD、AE分别交w于K、J.连接BJ、CJ、KJ、FJ.易知BAJKBC，故BJ＝KC.于是四边形BJCK是等腰梯形，又AJ垂直平分BF，故BJ＝FJ，故四边形FJCK是平行四边形.设AE与BG的交点为M，FC与JK的交点为N，则M、N分别是BG和FC的中点，于是sinsin,sinsinABMAGJKCFKAGBAMBKJCK又BAGFKC，于是BAG∽FKC，所以ABGDFC.EFCABGD几何（4）：如图，在ABC中,60A,ABC的内切圆I分别切边,ABAC于点,DE,直线DE分别与直线BICI，相交于点FG，,证明：12FGBC．证法一：分别连接CFBGIDIEAI，，，，,则ADIE、、、四点共圆.所以12IDEA,从而1902BDFA,又1118022BICBCA（）=90,所以BDFBIC.又DBFCBI,得FDB∽CIB.所以FBDBCBIB.又由DBIFBC,得IDB∽CFB,所以CFBF,从而1302FCGA.同理BGGC，所以BCFG、、、四点共圆，由此sinFGBCFCG，所以12FGBC.证法二：因为1()2BIGBC，又因为1801()22ABDGADEBC，所以BDIG、、、四点共圆，因此90BGCBDI.同理90CFB，所以BCFG、、、四点共圆.又19090()302FCGFBCBCIBC，所以1sin2FGBCFCGBC.ABCDFGIEABCDFGIE几何（5）：在△ABC中，BCAB，BD平分ABC交AC于D，如图，CP垂直BD，垂足为P，AQ垂直BP，Q为垂足。M是AC中点，E是BC中点。若△PQM的外接圆O与AC的另一个交点为H，求证:O、H、E、M四点共圆。作AQ延长线交BC于N，则Q为AN中点，又M为AC中点，故QM//BC。所以12PQMPBCABC。同理，12MPQABC。所以QM=PM。又因为Q、H、P、M共圆，所以PHCPHMPQM，故PHCPBC。所以P、H、B、C四点共圆，90BHCBPC，故12HEBCEP。结合OH=OM，知OE为HP中垂线，易知EHOEPOOPM，所以O、H、E、M四点共圆。HOEMQPDCBA几何（6）：如图，ABC的内切圆I分别切BC、AC于点M、N，点E、F分别为边AB、AC的中点，D是直线EF与BI的交点。证明：M、N、D三点共线。连接AD，则易知90ADB。连接AI、DM，DM与AC交于点G。因为ABIDBM，所以ABBIBDBM，故ABIDBM，从而1902DMBAIBACB连接IG、IC、IM，则1902IMGDMBACBGCI所以I、M、C、G四点共圆，从而IGAC，因此G与N重合，即M、N、D三点共线。INMFEDCBAIDCBAFENM几何（7）已知O、I分别是ABC的外接圆和内切圆；证明：过O上的任意一点D，都可以作一个三角形DEF，使得O、I分别是DEF的外接圆和内切圆．证：如图，设OId，,Rr分别是ABC的外接圆和内切圆半径，延长AI交O于K，则2sin2AKIKBR，sin2rAIA，延长OI交O于,MN；则2RdRdIMINAIKIRr，即222RdRr；过D分别作I的切线,DEDF，,EF在O上，连EF，则DI平分EDF，只要证，EF也与I相切；设DIOP，则P是EF的中点，连PE，则2sin2DPER，sin2rDID，22IDIPIMINRdRdRd，所以2222sin2sin22RdRdDDPIRPEDIr，由于I在角D的平分线上，因此点I是DEF的内心，（这是由于，0011180180222DEPEIPIEPF，而2DPEF，所以2EFEI，点I是DEF的内心）．即弦EF与I相切．FEIOBCADKPNMFEIOBCAD几何（8）如图，过ABC的外心O任作一直线，分别交边,ABAC于,MN，FE,分别是,BNCM的中点.证明：EOFA.先证引理：如图，过O的直径KL上的两点,AB分别作弦,CDEF，连,CEDF，分别交,KL于,MN，若OAOB，则MANB.引理证明：设CDEFP，直线,CEDF分别截PAB，据梅涅劳斯定理，1ACPEBMCPEBMA，1BFPDANFPDANB；则MAACADPEPFBMNBBEBFPCPDAN……①而由相交弦，得PCPDPEPF……②若O的半径为R，OAOBa，则22ACADAKALRaBKBLBEBF…③，据①②③得，MAMBNBNA，即1MAMAABABNBNBABAB.因此MANB.引理得证.回到本题，如下图（两图都适用），延长MN得直径1KK，在直径上取点1M，使1OMOM，设11CMOA，连1AB交1KK于1N，由引理，11MNMN，（右图中则是11MNMN）因此，O是1NN的中点，故,OEOF分别是1NBN及1MCM的中位线，于是得1EOFBACA.PMNDEBLOKFCAN1M1K1KA1OFENBCAMN1K1KA1M1OFEMBCAN几何（9）：设000,,AABBCC是ABC的三条角平分线，自0A作01AA∥0BB，02AA∥0CC，12,AA分别在,ACAB上，直线123AABCA；类似得到点33,BC．证明：333,,ABC三点共线．证明：据梅尼劳斯逆定理，只要证，3333331CAABBCBCABCA……①由于直线123AAA截ABC，得2313211BACAAAABAAAC，所以321321CAAAACABBAAA……②；同理有321321ABBBBABCCBBB……③，321321BCCCCBCAACCC……④．由020BCBABABC，020AAAAACAI，得200200AAAAACBCBABABCAI…⑤又由010AAAAABAI，010CACACBCB，得100100ACCACBAIAAAAABBC…⑥据②、⑤、⑥得23000030000CACACAACCBABBABCABAB；同理可得，23030CBCBBABA，23030ACACCBCB……⑦由于ABC的三条角平分线000,,AABBCC共点，由塞瓦定理，0000001CAABBCBCABCA……⑧，于是由⑦、⑧得，23033003330001CACAABBCABBCBCABCABCABCA，即①成立，因此结论得证．IB3C3C2C1C0B1B2B0A3A2A1A0ABC几何（10）:一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．解：对于⊙O上任意一点A，连AA，作AA的垂直平分线MN，连OA．交MN于点P．显然OP+PA=OA=R．由于点A在⊙O内，故OA=aR．从而当点A取遍圆周上所有点时，点P的轨迹是以O、A为焦点，OA=a为焦距，R(Ra)为长轴的椭圆C．而MN上任一异于P的点Q，都有OQ+QA=OQ+QAOA．故点Q在椭圆C外．即折痕上所有的点都在椭圆C上及C外．反之，对于椭圆C上或外的一点S