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,其交点为内切圆心O。设MN

2、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。  证明:如图,设圆、圆,圆的半径

3、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

4、∥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∠O1NS+∠O1NO2+∠O2NT=∠SNO2+∠S=18

5、0°,∴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≌△ACJ.  从而,∠IAC=∠JAC,即∠GAC=∠EAC.9(00年)

6、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,∴=AFAFsin∠BAC=MN.∴AB·AC·sin∠BAC=AD·AF·sin

7、∠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=

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