历届联赛平几试题与解答(70-88).docVIP

历届联赛平几试题及解答 （92-09） 1，(92年)设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1，H2，H3，H4依次为△A2A3A4，△A1A3A4，△A1A2A4，△A1A2 4，（95年）如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E，F，G，H，在弧与上分别作圆O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证: //． 分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN， 结合∠A=∠C知，只需证 △AMQ∽△CPN ←，AM·CN=AQ·CP。 连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则 ∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM 又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是， ∴AM·CN=AO·CO 同理，AQ·CP=AO·CO。 6，（1997年加试）如图，已知两个半径不相等的圆与圆相交于M、N两点，且圆、圆分别与圆内切于S、T两点。求证：OM⊥MN的充分必要条件是S、N、T三点共线。 　　 证明：如图，设圆、圆，圆的半径分别为、、。由条件知O、O1、S三点共线及O、O2、T三点共线，且OS＝OT＝，连结OS、OT、SN、NT、O1M、O1N、O2M、O2N、O1O2。 　　充分性：设S、N、T三点共线，则∠S＝∠T,又△O1SN与△O2NT均为等腰三角形, 　　∴∠S＝∠O1NS，∠T＝∠O2NT, ∴∠S＝∠O2NT, ∠T＝∠O1NS， 　　∴O2N∥OS, O1N∥OT,故四边形OO1NO2为平行四边形，由此知OO1＝O2N＝＝MO2, OO2＝O1N＝＝MO1, ∴△O1MO≌△O2OM,从而有，由此得O1O2∥OM,又由于O1O2⊥MN，故0M⊥MN。 　　必要性：若0M⊥MN，又O1O2⊥MN，故O1O2∥OM，从而有， 　　设OM＝，由O1M＝，O1O＝－，O2O＝－，O2M＝，知△O1MO与△O2OM 的周长都等于＋，记，由三角形面积的海伦公式，有 ， 化简得（－）（－－）＝0，又已知≠，∴ ＝＋，故有 O1O＝－＝＝O2N，O2O＝－＝＝O1N，∴OO1NO2为平行四边形， ∴∠O1NT＋∠T＝180°，∠O2NS＋∠S＝180°，又△O1SN与△O2NT均为等腰三角形， ∠T＝∠O2NT，∠S＝∠O1NS，∴∠O1NO2＋2∠S＝∠O2NS＋∠S＝∠O1NT＋∠T＝∠O1NO2＋2∠T，即∠S＝∠T，∴∠O1NS＝∠O2NT，故∠O1NS＋∠O1NO2＋∠O2NT＝∠SNO2＋∠S＝180°， ∴S、N、T三点共线。 8，（99年）如图，在四边形 ABCD 中，对角线 AC 平分∠ BAD 。在 CD 上取一点 E ， BE 与 AC 相交于 F ，延长 DF 交 BC 于 G 。 求证：∠ GAC =∠ EAC . 解析：连结BD交AC于H．对△BCD用塞瓦定理， 可得 　　因为AH是∠BAD的平分线，由角平分线定理， 可得 ．　　故 ．　　过点C作AB的平行线AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J．则 . 所以， 　　从而，CI=CJ.　　又因为 CI∥AB，CJ∥AD， 故 ∠ACI=π-∠ABC=π-∠DAC=∠ACJ．　　因此，△ACI≌△ACJ．　　从而，∠IAC=∠JAC，即 ∠GAC=∠EAC． 9（00年）如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足∠BAE=∠CAF，作FM⊥AB，FN⊥AC（M、N是垂足），延长AE交三角形ABC的外接圆于D点. 证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等. 证明：连结MN、BD， ∵FM⊥AB，FN⊥AC，∴A，M，F，N四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°，即MN⊥AD. ∴SAMDN=AD·MN ∵∠CAF=∠DAB，∠ACF=∠ADB， ∴△AFC∽△ABCAB·AC=AD·AF . 又AF是过A、M、F、N四点的圆的直经， ∴=AFAF sin∠BAC=MN. ∴AB·AC·sin∠BAC = AD·AF·sin∠BAC = AD·M N=SAMDN 10，（01年）如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H， 直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N． 求证：(1) OB⊥DF，OC⊥DE； (2) OH⊥MN． 证明：(1)∵A、C、D、F四点共圆 ∴∠BDF＝∠BAC 又∠OB