历届联赛平几试题及解答(70-88)

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1、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，△A1A2A3的垂心，求证：H1，H2，H3，H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置．894，（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

2、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。89896，（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

3、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：

4、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89，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∠O

5、1NS＋∠O1NO2＋∠O2NT＝∠SNO2＋∠S＝180°，∴S、N、T三点共线。898，（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。89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≌△A

6、CJ．　　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

7、，∴=AFAFsin∠BAC=MN.∴AB·AC·sin∠BAC=AD·AF·sin∠BAC=AD·MN=SAMDN10，（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；89(2)OH⊥MN．证明：(1)∵A、C、D、F四点共圆∴∠BDF＝∠BAC又∠OBC＝(180°－∠BOC)＝90°－∠BAC∴OB⊥DF．(2)∵CF⊥MA∴MC2－MH2＝AC2－AH2①∵BE⊥NA∴NB2－NH2＝AB2－AH2②∵DA⊥BC∴BD2－CD2＝