平面几何精选0811280.docx
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平面几何精选0811280
平面几何精选08.1.280
01原创AM=MB,l1∩l3=E,l1∩l4=F,l2∩l3=G,l2∩l4=H,EH∩AB=C,FG∩AB=D.求证CM=MD.
G
证:
若把l1·l2=0看作一二次曲线.
则AB为其一弦,M为此弦的中点.
l3、l4为过此中点的两弦.
由蝴蝶定理知EH、FG与AB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+=.
证:
如图,分别过K、L、M、N作PK、PL、PM、PN垂线交于A、B、C、D.
∵∠LCM=180-∠LPM=∠PLM+∠PML=∠MLK+∠LMN,
∠KAN=∠LKN+∠KNM.
∴A、B、C、D四点共圆.
我们设其半径为,易证B、P、D;A、P、C分别三点共线.
∴r=PLsin=PBsinsin=PB·,
PC·AP=2-d2d为ABCD的外心记为与P的距离.
又易证AC⊥BD,∴=r=…①
延长NP交BC于T,易证T为BC中点卜拉美古塔定理.
∴T∥PS,S∥PT.
□TPS中,4OT2=PS2+OS2-d2=22-d2.
又ON=O为KLMN的外心即为O且
R=…②,h=d…③
由①②③得===+.
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OI、R、r的性质应当熟记,并深刻领会本题的解法.
03设D、E、F分别为△ABC的三边BC、CA、AB上的点,且AD与EF垂直相交于O,又DE、DF分别平分∠ADC,∠ADB,则OD平分∠BOC.
证:
==1.
由塞瓦定理知BE、AD、CF三线共点…①
当EF∥BC时有=.而=,=.
∴DC=BD,所以D为BC中点.
而AD⊥EFAD⊥BC△ABC为等腰三角形.
∴OD平分∠BOC.
当EFBC,不妨设FE与BC延长线交于G.
由梅氏定理以△ABC基本三角形,GEF为截线有=1.
由塞瓦定理有=1.
两式合并得=…②
在直线BC上取一点不同于C的点B,且∠BOD=∠COD.
由∠DOG=90知OG为∠BOC的外角平分线.
∴====由②B与B重合.
∴OD平分∠BOC.得证.
04已知△ABC,内心为I,圆C1与边AB、BC相切,圆C2过A、C,且C1与C2外切于点M.求证∠AMC的平分线过I.
证:
设M在C2上且满足∠AMC的平分线过I,过M作C2的切线交AB于E,交BC于F.
设C1是△EBF的内切圆,且C1与EF切于M,下证M=M:
设∠MAI=x,=u,∠MCI=y,=v.
由角元塞瓦定理得=1.
又∠AMI=∠IMCsinxsinv=sinysinu…①
∠AME=∠ACM=v+y,∠CMF=∠CAM=x+u.
∴==,
==.
∴=
=
=
=
=
=
=
sinu+vsinx-y-sinx+ysinu-v
=-sinu+vcosu-vcosx+ysinx-y+cosu+vsinu-vsinx+ycosx-y
2cosusinvsinxcosy-sinucosvcosxsiny=sin2usin2y-sin2vsin2x
cosucosy+cosvcosxsinvsinx-sinusiny=0.
由①式知上式成立,由同一法易得M=M=M.
∴∠AMC平分线过I,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.
05△ABC和△PQR满足如下条件:
A和P分别是线段QR和BC的中点,QR和BC是∠BAC和∠QPR的内角平分线.求证AB+AC=PQ+PR.
证:
设X为线段BC、PQ中垂线的交点,Q、R是Q、R关于直线XP的对称点,B、C是B、C关于直线XZ的对称点.
∴∠QPB=∠QPC=∠RPCQ、P、R三点共线.
同理Q、P、R;B、A、C;B、A、C分别三点共线.
又XR=XR,XQ=XQ,XR=XQX为Q、Q、R、R共圆的圆心.
同理X为B、B、C、C共圆的圆心.
设Y点是XP与QR的交点,BY=YC,∠BAY=∠CAY,
∴B、A、C、Y共圆,∠RPQ=∠PQQ+∠PQQ=2∠PQQ=∠RXQ.
∴P、X、R、Q共圆.同理X、A、C、B共圆.
∴X、A、C、B、Y五点共圆,∠XCY=∠XAT=90=∠XPC.
∴YC2=YP·YX=TR·YQ=YX2-XR2.
又YC2=YX2-XC2XR=XC.
∴B、B、C、C、R、R、Q、Q共圆,圆心为Y,YB、YC为该圆的切线.
∴∠BXC=∠YBC=∠YXA=90-∠QYQ=∠YQQ=∠QXR.
∴△BXC≌△QXRBC=QR.
又BC=AB+AC=AB+AC,QR=QP+PR=PQ+PR.
∴AB+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Q为以AB为直径的圆上的一点,Q≠A,B,Q在AB上的投影为H,以Q为圆心,QH为半径的圆与以AB为直径的圆交于点C、D.证明CD平分线段QH.
证:
设PCD和AB交点,倍长HP到S,设O是AB中点.
下证:
SH·SO=SA·SB:
∵PA·PB=PC·PD=PH2,
∴SH·SO=SH·SA+SB=PHPA+PH+PB+PH
=PA·PH+PB·PH+2PH2.
∴SA·SB=PA+PHPB+PH
=PA·PB+PA·PH+PB·PH+PH2
=2PH2+PH·PA+PH·PB=SH·SO.
设SQ是⊙O切线,QH⊥AB=H,则SQ2=SA·SB=SH·SO=SH·SO.
∴SH=SHH=H,Q=Q.
设M=QH∩CD,∴QC=QD∴QO⊥CD.
又SQ⊥QOSQ∥CD,∴==.
∴M是HQ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CD为两圆根轴导出结果,可以一步到位.
07凸四边形ABCD的外接圆圆心为O,已知AC≠BD,且AC与BD交于E.若P为ABCD内部一点,且∠PAB+∠PCB=∠PBC+∠PDC=90.求证O、P、E三点共线.
证:
引理:
圆O内有一点K,A1B1、A2B2、A3B3、A4B4是过K的圆O的弦.若A1A2交A3A4于M,B1B2交B3B4于N,则K、M、N三点共线.
引理的证明:
在圆O所在的实射影平面内考虑这样一个射影变换,它把圆O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,A1A2与B1B2关于K中心对称,A3A4与B3B4关于K中心对称.
故M与N关于K中心对称,从而K、M、N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、DP分别交⊙O于A、B、C、D.
连AC、BD,再连AB、BC,则
∠ACB+∠CAB=∠AAB+∠CCB=90.
∴∠ABC=90,AC为直径.同理BD为直径.
由于A不与B、D重合.
故A不与B、D重合,AC不与BD重合.
故它们交于圆心O.
在引理中令K=P,A1=A,A2=C,B1=B,B2=D即知O、P、E三点共线.
证毕.
08设⊙O1与⊙O2相交于A、B两点,过交点任作一条割线分别与两圆交于P、Q,两圆在P、Q处的切线交于R,直线BR交△O1O2B的外接圆于另一点S.求证RS等于△O1O2B的外接圆的直径.
证:
连结BP、PO1、O1S、BQ、O2Q、AB.
不妨设∠PAB不是钝角由P、Q的对称性,则此时∠BAQ不是锐角.
从而O1与S关于BP的同侧,O2与S在关于BQ的异侧.
我们有PO1=O1B,QO2=O2B.
又∠PO1B=2∠PAB=2180-∠QAB=∠QO2B.
∴△PO1B∽△QO2B,注意这是两个等腰三角形.
设∠O1PB=∠O1BP=∠O2QB=∠O2BQ=,则
由于∠PBQ=∠O1BO2+∠PBO1-∠QBO2=∠O1BO2及
=∵△PO1B∽△QO2B.
∴△PBQ∽△O1BO2.
设R、r分别为△PBQ、△O1BO2的外接圆半径,则==2cos.
注意到
∠BPR+∠BQR=∠O1PR+∠BPO1+∠O2QR-∠O2QB
=90++90-=180.
∴B、P、R、Q四点共圆.
由正弦定理知BR=2Rsin∠BPR=2Rsin90+=2Rcos=4rcos2.
又∠BO1S=∠BO1O2+∠SO1O2=∠BPQ+∠SBO2
=∠BPQ+∠SBQ+∠QBO2
=∠BPQ+∠RPQ+∠QBO2
=∠RPB+∠QBO2=90+2.
故由正弦定理知BS=2rsin∠BO1S=2rsin90+2=2rcos2.
∴RS=BR-BS=r4cos2-2cos2=2r.
这就是欲证结论,故该结论成立,证毕.
09设P为△ABC的一个内点,PA、PB、PC分别交边BC、CA、AB于D、E、F.证明S△PAF+S△PBD+S△PCE=S△ABC成立当且仅当P至少位于△ABC的一条中线上.
证:
设a=,b=,c=,则
由塞瓦定理对△ABC和D、E、F得
abc=1c=…①
由梅氏定理对△ABD和FC使用
=1.
∴==ab+1=a+ab.
∴==.
∴===.
同理可求出及.
故S△PAF+S△PBD+S△PCE=S△ABC++=
++=
++=将①代入
a3b3-a2b3-a3b+a2+b-1=0展开,实际上去分母不是太困难
a-1b-1ab-1ab+a+1=0
1-a1-b1-cab+a+1=0
a,b,c中至少有一个为1∵ab+a+1>0
P至少位于△ABC的一条中线上,证毕.
10与等腰△ABC两腰AB和AC都相切的圆交边BC于点K和L,连结AK,交圆于另一点M,点P和Q分别是点K关于点B和C的对称点.证明△PMQ的外接圆与圆相切.
证:
我们先证M、U、P三点共线设U、V分别为与AB、AC的切点.
为此,设的圆心为O,连AO交BC于E,取KM中点D,连OD、UD、OU、BD、UK.
由⊙O与AB、AC相切知AO平分∠BAC.
又AB=AC,从而AO⊥BC.
由垂径定理知OD⊥AK.又OU⊥AB.
∴A、U、D、O共圆直径为AO;
O、D、K、E也共圆直径为OK.
∴∠BUD=∠DOA=∠DKE.
∴B、U、K、D共圆事实上由密克定理可立得.
∴∠BDK=∠BUK=∠UMK.
∴BD∥MU,∴=.
∴=··=1.
∴由梅氏定理的逆定理知M、U、P三点共线.
再由梅氏定理得=1.
∴==,∴==.
同理M、V、Q也三点共线,且=.∴=.
∴△MUV与△MPQ关于M位似,它们的外接圆当然也关于M位似.
又此两圆均过M,从而它们在点M相切,这就是要证的,证毕.
11已知⊙O与△ABC的外接圆、AB、AC均相切,切点分别为T、P、Q,I是PQ中点.证明I是△ABC的内心或旁心.
证:
先设⊙O与△ABC外接圆内切,此时⊙O必定在内否则⊙O不能与AB、AC均相切.
这时我们来证明I为内心:
过T作两圆公切线MN,连TA、TB、TP、TQ.
则由弦切角——圆周角定理得
∠BTP=∠PTM-∠BTM=∠PQT-∠BAT=∠BPT-∠BAT=∠ATP.
∴∠BTP=∠ATP=∠ATB=∠ACB.
同理∠ATQ=∠QTC=∠ABC.
由∠PBT+∠QCT=180知
在PQ上存在点D使P、D、T、B及Q、D、T、C分别共圆.
并且由
∠QPT=∠TQC<∠TQC+∠QTC=180-∠QCT=∠PBT及
同理∠PQT<∠QCT知D严格位于线段PQ上.
连DB、DC、DA,则
∠PDB=∠PTB=∠ACB,∠QDC=∠QTC=∠ABC.
∴∠PBD=∠APQ-∠PDB=90-∠BAC-∠ACB=∠ABC.
同理∠QCD=∠ACB,∴D为△ABC内心.∴AD平分∠PAQ.
又PA=AQ,故PD=DQ.因而D与I重合,从而结论成立.证毕.
另外,⊙O与△ABC外接圆外切时也可类似地证明I是旁心比如⊙O在∠BAC内时,就先证∠ATP+∠BTP=180及∠ATQ+∠CTQ=180,进而继续仿照上面的同一法证明这样便完全证明得了结论.
12△ABC的三个角平分线足分别为X、Y、Z,△XYZ的外接圆在AB、BC、CA上截出了三条线段.证明这三条线段中有两条的长度和等于另外一条的长度.
证:
不妨设X、Y、Z分别在BC、CA、AB上,设△XYZ外接圆分别交BC、CA、AB于另外三点X、Y、Z.
设a=BC,b=CA,c=AB,m=BX,n=CY,k=AZ,则
由角平分线定理知=.
又BX+XC=a,故BX=.
同理CY=,AZ=.
而BZ=c-k,BX=m,BZ=c-AZ=.
由切割线定理知BZ、BZ=BX·BX即c-k=m.
∴=…①
同理=…②
=…③
①-②+③得=+-.
∴k=+-.
同理可得m与n的表达式,三式相加得
m+n+k=+++++
=+++++
=+++++
=++=BX+CY+AZ.
此即BX-BX+CY-CY+AZ-AZ=0.
∴±XX±YY±ZZ=0,即XX=±YY±ZZ.
右边的两个“±”不可都取“-”否则0 在另外三种情形,都导出XX、YY、ZZ中有两个的和等于第三个,此即要证的结论.证毕. 13△ABC的三个内点A1、B1、C1分别在从A、B、C引出的三条高线上.若S△ABC=S△ABC1+S△BCA1+S△CAB1…①,证明△A1B1C1的外接圆通过△ABC的垂心H. 证: 由题设知△ABC为锐角三角形.设AD、BE、CF为三条高. 若A1、B1、C1之一与H重合,结论显然成立. 不妨设A1、B1、C1均不与H重合. 若A1在DH上,B1在EH上,C1在FH上,则 S△BCA1+S△CAB1+S△ABC1 故对对称性不妨设A1在AH上,作A1S⊥BE=S,A1T⊥CF=T. 则AT∥AF,AS∥AC. 设AA1=AH0<<1,则FT=FH,ES=EH. ∴A1D=AD-AA1=AD-·AD =1-·AD=1-AD…② SE=HE=·BE=·BE=BE…③ 同理TF=CF…④ ∴S△BCA1+S△CAS+S△BAT=BC·A1D+CA·SE+AB·TF =1-++S△ABC由②③④ =S△ABC-S△ABC =S△ABC…⑤∵sinBcosC+cosBsinC=sinB+C=sinA 由①⑤知 S△BCA1+S△CAB1+S△ABC1=S△BCA1+S△CAS+S△ABT, S△CAB1-S△CAS=S△ABT-S△ABC1, ACB1E-SE=ABTF-C1F…⑥ 由⑥知,或者C1在TF上,S在B1E上,或者B1在SE上,T在C1F上,或者C1=T,B1=S. 对第三种情形,结论已经成立由AS⊥BE,AT⊥CF. 以下由对称性只讨论第一种情形: 此时由⑥知====. 又∠A1TC1=∠A1SB1=90,∴△A1TC1∽△A1SB1. ∴∠A1C1T=∠A1B1S,故A1、C1、H、B1四点共圆.此等价于欲证结论,证毕. 14△ABC的中线AM交其内切圆于K和L.过K和L作BC的平行线,分别再次交于X、Y,AX与AY分别交BC于P、Q.证明BP=CQ. 证: 设I为△ABC内心,分别为切AC、AB于D、E则AD=AE. 若AB=AC,则过K作出的BC平行线不会再次与相交,矛盾! 故AB≠AC,直线AI与AM不重合. 连ID,则ID⊥AC,作IH⊥AM=H,过M作UV⊥射线AI于W,分别交射线AB、射线AC于U、V. 由对称性不妨设K在AL上,则由于UV⊥AI,AI平分∠UAV. 故AU=AV=AWsec=AMcos∠IAMsec. 又由梅氏定理知=1. 由AU=AV,BM=MC知BU=CV. 显然U与V在BC异侧,故由BU=CV就推出AU+AV=AB+AC. 即AB+AC=2AMcos∠IAMsec…① 又IH⊥AM,ID⊥AC. ∴2cos∠IAMsec===垂径定理 =+AD切割线定理,即注意AD2=AK·AL. 代入①知AB+AC=AD+AD即AB+AC=AE+AD…② 设以A为中心的某位似变换把L变为M,则它把Y变为Q因=且A、Y、Q共线. 设它把D变为T,则T在射线AD上,且AT=AD…③ 则此位似变换把变为△QMT的外接圆. 该圆仍与射线AC相切因位似变换以A为中心,且与AC相切. 故由切割线定理知CM·CQ=CT2…④ 同理在射线AB上取S使AS=AE…⑤ 则BM·BP=BS2…⑥ 由③⑤知②即AB+AC=AS+AT. 故可得S与T在BC异侧且BS=CT…⑦ 由④⑥⑦知BM·BP=CM·CQ. 又BM=CM,故BP=CQ,证毕. 15C、D为的三等分点C距A近,绕A旋转后,点B、C分别成为B1、C1,AB1交C1D于F,E在∠B1BA平分线上,且DE=BD.证明△CEF为正三角形. 证: 为确定起见,不妨设A、C、D、B按顺时针方向在圆上排列,且旋转是逆时针方向的另一种情形的处理完全类似. 再不妨设∠CAB>60其它情形完全同理. 在射线AB1、AB上分别取点F、G使AF=AG=BD,连FG、GD、FC、FD、AD、AC、AC1、C1C、C1E、CD. 设θ=∠CAB-,则由==知 ∠CAB=∠DBA=θ+,∠ACD=∠BDC=-θ. 由∠CAC1=及AC=AC1知△CAC1为正三角形. 同理△BAB1、△FAG均为正三角形. 设AC=a,则CD=DB=AF=AG=DE=CC1=AC1=GF=a. 依题意有∠DBE=∠ABD-=θ+. 由DB=DE知∠EDB=-2θ+=-2θ. ∴∠CDE=∠CDB-∠EDB=θ. 又∠DCC1=∠DCA+=-θ,故CC1∥DE. 再由CC1=CD=DE知四边形C1CDE为菱形.故C1E=a,C1D是CE中垂线. 由∠CAB+∠ACD=知AG∥CD. 又CD=CA=AG=a,故四边形CAGD为菱形. ∴DG=a,又GF=GA=a,故G为△ADF外心. ∴∠AFD=-=-=-. 又由AC1=AF=a知∠AFC1=. ∴∠AFD+∠AFC1=,从而F在DC1上. 又F在AB上,故F为AB与C1D交点,从而F与F重合. 故由AC=C1C=a,AF=AF=C1E=a及∠CAF=θ=∠CDE=∠CC1E知 △CAF≌△CC1ESAS,∴CF=CE. 又F在CE中垂线上,故CF=EF. ∴△CEF为正三角形.证毕. 16设AH1、BH2、CH3是锐角△ABC的三条高线,△ABC的内切圆与边BC、CA、AB分别相切于点T1、T2、T3.设直线l1,l2,l3分别是直线H2H3、H3H1、H1H2分别关于直线T2T3、T3T1、T1T2的对称直线.证明l1,l2,l3所确定的三角形,其顶点都在△ABC的内切圆上. 证: 对于三点X、Y、Z引入记号dX,YZ,它表示点X到直线YZ的距离. 我们可以作出⊙I即△ABC内切圆的内接△K1K2K3使得K1K1∥AB,K2K3∥BC,K3K1∥CA,△K1K2K3∽△ABC. 则由△ABC是锐角三角形知K2K3与BC在I“异侧”实际上是过I作BC垂线,则这垂线与BC、K2K3的交点在I异侧,等. 以下分两种情形来证明: 直线K1K2=l3,直线K2K3=l1,直线K3K1=l2. 情形1: AB、AC、BC中至少有两个相等, 不妨设AB=AC,则H1、T1、K1均为⊙I与BC切点. 又∠H3H1B=A,∠T3T1B=,∠K3K1B=∠ACB=C. ∴∠K3K1B+∠H3H1B=2∠T3T1B,这意味着K1K3与H1H3关于T1T3对称. ∴直线K1K3=l2.同理直线K1K2=l3. 又由对称性知K2K3、T2T3、H2H3均平行于BC因为它们均垂直于AI且 dK2,BC=r1+cosA
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