第十三章 平面几何（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

强基数学·巅峰突破 第十三章平面几何 知识要点回顾 4.垂心：三角形三边的高线交于一点。 一、三角形“五心” 设△ABC的三边为a,b,c.外接圆半径为R,内 切圆半径为r 1.重心：三角形三条中线交于一点 (1)A,B,E,F四点共圆， (2)H,E,C,F四点共圆， (3)∠HAF=∠HBE. 5.旁心：三角形的一条内角平分线和另外 两条外角平分线交于一点. (2)AD-(2AB+2AC-C). (3)S△ABC=3S△GBC. 2.外心：三角形三条边中垂线交于一点. (1)S△ABC= 2r(b+c-a),(⊙1的半径为r) 1 (2)AP=(a+b+c), (3)BP-3a+b-c). (1)OA=OB=OC, 二、平面几何的几个基本定理 1.三角形内（外）角平分线定理： (2)S△ABc= abc 4R 三角形的内（外）角平分线内（外）分对边成两 3.内心：三角形三条内角平分线交于一点. 条线段的比，等于夹这个角两边的比.（如图1， 图2) 9 即∠1-=∠一 DC A 1 (I)S△c=2r(a+b+c), (2)Ap-号a+b+e)-a 图1 图2 198 第十三章平面几何 2.圆幂定理 求证：三角形三边的长构成等比数列， 相交弦定理： 切割线定理： [证法1]：如图所示，设∠BAO=∠CAO= PA·PB=PC·PD PT2=PB·PA ∠CBO=∠ACO=a,∠ABO=B,∠BCO =y, 则4a十B十Y=π，由角元形式 的塞瓦定理，可得 割线定理： sin a,sin B.sin -1, PA·PB=PC·PD sin a sin a sin a 即sin2a=sin Bsin 7. 下面证明三边的长成等比数列，即 BC2=AC·AB. 3.圆内角、圆外角定理 因为BC2=AC·AB台sin2a 如图1，∠APD=∠CDB十∠ABD 2AD+20a: =sin(a+B)sin(a+y)1-cos 4a 如图2，∠APC=∠ADC-∠PAD-AC- -j[cos(B-Y)-cos(2a+8+y] 1+cos(B+Y)=cos(B-Y)+cos 2a 台1+cos Bcos Y-sinβsinY =cos Bcos Y+sin Bsin y++1-2sin2a 台sin3siny=sin2a. [说明]题目条件中明显有AO、BO、CO三 图1 图2 线交于一点O的条件，但没有给出这3条线 三、平面几何中重要定理 段与对边的交点，且还给出了与角度有关的 1.塞瓦(Ceva)定理：如图，设S为三角形ABC 条件，可考虑应用角元形成的塞瓦定理，再 三边所在直线外一点，连接AS,BS,CS并延 结合分析的方法，可以找到一条寻求解决问 长，分别和三角形的三边（或三边的延长线） 题的途径.本题是非常典型的一道习题，三 交于P-QR则咒·器=1 角形内满足∠BAO=∠CBO=∠ACO=0的 点O称为△ABC的布洛卡点.布洛卡点的 个基本性质是cotA+cotB+cotC=cot0. [证法2]：如图所示，作三角形ABC的外接 圆，延长AO交圆于点D,连接BD,CD 例：已知O为三角形ABC内一点，且满足 因为∠BOD=∠BAO+∠ABO ∠BAO=∠CAO=∠CBO=∠ACO, =∠OBC+∠ABO=∠ABC, 199 强基数学·巅峰突破 又因为∠BDO=∠BCA, 2.梅涅劳斯(Menelaus)定 所以△BDOD△ACB,所以 理：如果一条直线和三角 OD_BC 形ABC的三边或其延长 BD AC BP CQ 线分别交于P、Q、R三点，那么P· QA 同理可证： △CODp△CAB, AR=1; RB OD AB 所以CDBC 其逆定理也成立 例：如图，已知三角形ABC的面积为1，D, 又因为AD为∠BCA的平分线，所以BD E,F分别在BC,CA,AB上，BD=2DC,CE =CD. =2EA,AF=2FB,AD,BE,CF两两相交于 所以BC=AB ACEC,即BC-AB·AC, P,Q,R,求△PQR的面积. [解析]考虑直线BE 故三角形三边的长构成等比数列. 截△ADC,且与CD延长 角元塞瓦定理：P、Q、R分别为△ABC的三 线交于B,由梅涅劳斯定 边BC、CA、AB上的点，三条线段AP、BQ、 理得： CR交于点S,则 PA DB sin∠BAS.sin∠ACS.sin∠CBS =1. PD BC -1→路×号×-1 EA sin∠SAC sin∠SCB sin∠SBA → PA_3 例：如图所示，在四边形ABCD中，AC与 PD 4 BD交于点P,且∠ABD=10°，∠DBC= S△APB= 3 20°，∠DAC=40°，∠BAC=100°，求∠BDC 由对称性知：S△BQc=S△ARC= 的大小. 于是S△POR=S△AC-S△APB-S△0C一S△RC 3.托勒密(Ptolemy)定理： [解析]在三角形ABC中，对∠B用角元塞瓦 圆的内接凸四边形两对对边 定理， 乘积的和等于两条对角线的 令∠BDC=a, 乘积 则sin100.sin30°.sin(a+20-1. sin140° sin 50 如图，设四边形ABCD内接 sin a 于圆，则有AB×CD+AD×BC=AC×BD. 取a=80°，则2sim100°=sin50°sin409 例：在圆内接四边形ABCD中，BD=6, →sin100°=sin80°. ∠ABD=∠CBD=30°，求四边形ABCD的 故a=80°.满足题意，即∠BDC=80° 面积. 200 第十三章平面几何 [解析]如图，连接AC.根 所以∠PFD=∠EFA=号(AE+D) 据题意，有CD=AD且 AC=√5AD, 2(MB+DB)=∠MCD. 则由托勒密定理可得 又∠P公用，所以△PDF∽△POC. AB·CD+AD·BC=AC·BD,即 【例2】 如图，在△ABC内有一点P,满足 AD·(AB+BC)=6√3·AD,于是 ∠PBC=∠PAB=∠PAC=∠PCA.求证： AB+BC=63,进而 △ABC的三边边长成等比数列. 如图，延长AP S四边形ABCD=S△ABD十S△CBD= 3 (AB+BC) [证明] 交△ABC的外接圆于Q, =93. 连QB、QC. [说明]题目涉及到了托勒密定理和简单 易证△ABC∽△PQC 的面积计算. ∽△BPQ, 其实不会托勒密定理，用正弦定理也能做. 4.西姆松(Simson)定理：过三角形外接圆上异 故S8盟-68￥0=CQ. 于三角形顶点的任意 则部器-品-票故CE=BA·AC 一点作三边的垂线， 故△ABC的三边边长成等比数列. 则三垂足共线.（此线 【例3】 如图，过三角形 常称为西姆松线). ABC的重心G作一直线 西姆松定理的逆定理为：若一点在三角形三 分别交AB,AC于点E,F, 边所在直线上的射影共线，则该点在此三角 若AE=xAB,AF=yAC, 形的外接圆上 xy≠0，求+1的值. 典型例题精讲 y [解析] 过B,C点分别 类型一三角形问题 作EF的平行线交AD 【例1】如图，圆O的直径AB的延长线与弦 或延长线于M,N,如图. CD的延长线相交于点P,E为⊙O上一点， AE=AC,DE交AB于点F,求证：△PDF∽ 所以1=ABAM x AE AG' △POC. 1AC AN [证明]延长CO交 y AFAG ⊙O于M, 0 1+1-AM+AN-2AD-3, y AG AG 因为AE=AC,所以 AE-AC-MB, 故+}的值为3. y 201 强基数学·巅峰突破 【例4】如图，P、Q分别是圆内接四边形AB ⊙O于G、F,交⊙O在A点处的切线于P, CD的对角线AC,BD的中点.若∠BPA= 若PE=3,ED=2,EF=3,求PA的长 ∠DPA,证明：∠AQB=∠CQB. [解析] 因为DB=DC,ED∥AC,所以 [证明]如图，延长线段DP与圆交于另一 EB-EA 因为PA切⊙O于A, 点E, 所以∠PAE=∠C=∠EDB, 则∠CPE=∠DPA=∠BPA,又P是线段 所以△PAEU∽△BDE. AC的中，点， 故AB=CE,从而∠CDP=∠BDA. 所以PE=AE3=AE→AE=EB=6. EB ED EB 2 又∠ABD=∠PCD,所 由相交弦定理得：GE·EF=AE·BE 以△ABD△PCD, →GE=2,所以PG=1, 于是部 品即 由切割线定理得：PA2=PG·PF →PA2=1×6→PA=√6. AB·CD=PC·BD. 类型三几何变换 从而有AB·CD= AC·BD 【例6】如图，已知六边形AC1BA1CB1中， =AC.(侵BDj=AC·BQ,即A是-8品 ACI=AB,BC=BA,CA=CBI,A+ ∠B+∠C=∠A1+∠B1+∠C1,求证： 又∠ABQ=∠ACD, △ABC面积是六边形AC1BACB1面积的 所以△ABQP△ACD,所以∠QAB=∠DAC. 一半. 延长线段AQ与圆交于另一点F, [证明] 旋转△BCA1至△BC1A1',则 则∠CAB=∠DAF,故BC=DF.又因为Q △BCA1≌△BA,'C1, 为BD的中点， 显然∠ACB+∠BAC A 所以∠CQB=∠DQF.又∠AQB=∠DQF, +∠B1=360°， 所以∠AQB=∠CQB. ∠AC,B+∠BCA,'+ 类型二欧拉定理 ∠AC1A1′=360°， 【例5】如图，△ABC内接于⊙O,过BC中点 所以∠B1=∠ACA'. CIA'=CA=BIC,ACI=AB, D作平行于AC的直线1，l交AB于E,交 202 第十三章平面几何 故△AB1C≌△AC1A'→AA1'=AC, 类型五三角形与圆的综合题 又A,'B=BC,AB=AB, 【例9】如图，过圆外一点P作圆的两条切线 故△ABC≌△ABA1', PA,PB,A,B为切点，再过P作圆的一条割 又△ABA'的面积等于△AB1C,△ACB, 线，分别交圆于C,D两点，过切点B作PA △CA,B的面积之和，所以△ABC的面积是 的平行线，分别交直线AC,AD于E,F,求 六边形AC1BA1CB1面积的一半. 证：BE=BF 类型四古典定理及其应用 【例7】证明“勾股定理”：在Rt△ABC中， ∠B=90°，求证：AC2=AB2+BC. [证明]如图，作以Rt△ABC的斜边AC为 [证明]如图，连接BC,BA,BD, 一对角线的矩形ABCD, 易知∠ABC=∠PAC=∠E, 所以△ABC∽△AEB今 BE AB AC →BE BC AB·BC AC 显然ABCD是圆内接四边形. 易知∠ABF=∠PAB=∠ADB, 由托勒密定理，有 所以△ABFP△ADB AC·BD=AB·CD+AD·BC.①， →BE=AB→BF=AB·BD BD AD AD 又ABCD是矩形，.AB=CD,AD=BC, AC=BD.② 同理可得△PBC∽△PDB,△PCA 把②代入①，得AC2=AB2+BC2」 Cp△PAD, 【例8】若a,b,x,y是实数，且a2+b2=1,x2 所以S-%S货义PA=PB→BE +y2=1,求证：ax+by≤1. =BF.所以BE=BF. [证明]如图，作直径AB=1的圆， 在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB,使 AC=a,BC=6,BD= x,AD=y.由勾股定理 知a,b,x,y是满足题 【例10】如图，在锐角△ABC中，M是BC边 设条件的. 的中点，点P在△ABC内，使得AP平分 根据托勒密定理，有AC·BD十BC·AD= ∠BAC,直线MP与△ABP,△ACP的外接 AB·CD. 圆分别相交于不同于点P的两点D,E.证 CD≤AB=1,∴.ax+by≤1. 明：若DE=MP,则BC=2BP 203 强基数学·巅峰突破 故∠ABK=∠ACB. 故BK为⊙O1的切 线.设BK延长线交 0· ⊙O2于点F,设K 为BF内任意一点， 延长AK,交⊙O2于 点D [证明]延长PM到点F,使得MF=ME, 过D1作⊙O2的切线GD1,连接D1B并延 连接BF,BD,CE.由条件可知 长交⊙O1于点C. ∠BDP=∠BAP=∠CAP=∠CEP=∠CEM. 过C1作圆O1的切线交G1D1于点M1,设 因为BM=CM且EM=FM,所以BF=CE AM1交BD1于点E,下证E1K1∥M1D1.此 且BF∥CE. 时仍有A、C1、M、D1四，点共圆，故∠AM1D1= 于是∠F=∠CEM=∠BDP,进而BD=BF ∠AC1B,而BK1为切线，故 又DE=MP,故DP=EM=FM. ∠ABK1=∠ACB,从而∠ABK1=∠AMD. 于是在等腰△BDF中，由对称性得 又因为∠GD1A=∠ABD,=∠ABK,十 BP=BM.从而BC=2BM=2BP. ∠K1BD1,且∠GD1A=∠AM1D,+ 【例11】如图，给定两个 ∠K1AE1,故有∠K1BE1=∠K1AE1, 相交的圆⊙O1与⊙O2, 0 故A、B、E1、K1四点共圆，进而 A、B为⊙O、⊙O2的交 ∠AE1K1=∠ABK1=∠AM1D1, 点，一动直线经过B与 故E1K1∥M1D1.故K的轨迹即为⊙O1过B ⊙O1交于点C,与⊙O2 的切线在⊙O2内的部分. 交于点D,且B在线段CD内，过C的⊙O 类型六多点共圆 的切线与过D的⊙O,的切线相交于点M, 【例12】如图，AB是圆O的直径，弦CD⊥AB 连接AM交CD于点E,过点E作DM的平 于M,E是CD延长线上一点，且AB=10, 行线交AD于点K,求点K的轨迹， CD=8,3DE=4OM,EF是圆的切线，F是 [解析]如图，连接BK、AB、AC,G为射线 切点，BF交CD于点G. MD上一，点，因为∠ADG=∠ABD=∠ACB (1)求线段EG的长； +∠CAB=∠ACB+∠BCM=∠ACM,故 (2)连接FD,判断FD与AB是否平行，并加 A、C、M、D四点共圆，故∠AMD=∠ACB. 以证明. 因为EK∥MD,则∠KED=∠BDM= [解析](1)如图，连接AF、OF,则A、F、G、 ∠KAB,故A、B、E、K四点共圆，故∠KBA= M四点共圆， ∠AEK.又EK∥MD→∠AEK=∠AMD, 所以∠FGE=∠BAF, 204 第十三章平面几何 由EF是切线知OF⊥EF. 由AI1、BI2分别为 0 所以∠EFG=∠BAF,所以∠EFG= ∠CAB、∠ABC的平 ∠BAF,(弦切角等于弦所对的圆周角). 分线知I为△ABC的 所以∠FGE 内心.因为点E、F均 ∠EFG→EF=EG. 在以BC为直径的圆上，所以 由AB=10,CD=8 ∠AEF=∠ABC,∠AFE=∠ACB, →OM=√52-42=3， 则△AEPU△ABC,相似比指=osA 所以ED=专OM=4, 又因为I1、I分别为△AEF、△ABC的内心， 所以I1A=IAcos A.故I11=IA-I1A 由OMP+ME2=OF2+EF2 =OE→EF2=OMP+ME2-OF2 =IA(1-cos A)=2IAsin2 A =32+82-52=48. 同星，1=2 IHsin号在△AB1中， 所以EF=EG=4√3. 由正孩定知1Asim}-1Bsin号，则 (2)连接AD,则∠BAD=∠BFD.由(1)知： 2 GM=EM-EG=8-43 ,·A=2(Asn2)-2(Bsm2- →tan∠MBG= MG_8-45=4-2N5, I12·IB,故A、B、I2、L1四点共圆.且I关于 MB 2 ⊙O1、⊙O2等幂.于是，CI是⊙O1与⊙O2的 tan∠BAD-R-A-号≠Lan∠MBG 根轴.故C1⊥O1O2 MA 82 设CI与I1I2交于点Q,则∠I11Q+∠I1IQ →∠MBG≠∠BAD→∠MBF≠∠BFD, =∠II1I2+∠ACI+∠CAI 故FD与AB不平行. 【例13】如图，在锐角△ABC中，已知点D、 -∠AB1,+∠ACI+∠CA1-8+S+ E、F分别是点A、B、C在边BC、CA、AB上 =90°.因此C1⊥1112，从而1112∥OO2: 的投影，△AEF、△BDF的内心分别为I1、 【例14】如图，AB是⊙O的一条弦，AB的垂 I2,△ACL1、△BCI2的外心分别为O1、O2, 直平分线交⊙O于M、N两点，交AB于点 证明：I1I2∥O1O2, D.P为⊙O内一点，△DMP的外接圆交 PN于点E,△ABE的外接圆交MP于点F,且 点M、P、E、F在直线AB同侧.证明：EF⊥PN. [证明门 设∠CAB=A,∠ABC=B, ∠BCA=C,AI1、BI2的延长线交于点I, 如图. 205 强基数学·巅峰突破 [证明]如图，延长MF交⊙O于点G,直线 易知AP=AQ= NG交AB于点H. BC-AD. 因为∠MDH=∠MGH= 如图，设A关于M 90°，所以M、D、G、H四点 的对称点为A', 共圆. AA'另交T于T,则 又M、D、E、P四点共圆， △CTM∽△ABM→ 所以NG·NH=ND·NM=NE·NP. △CTDP△ABA',△MTDP△MBA'. 于是P、E、G、H四点共圆， 因为BC=AD=A'C,故∠A'BC=45°，即 所以∠HEP=90°. ∠MTD=45°=∠FDA,因此AF·AT= 设HE交MP于，点F',则∠HEN=∠HGF AD=AP2=AQ2,知Q、F、P三点共线，故 =90°，所以E、V、G、F四点共圆. Q、Q重合.再证A、N、D、P共圆，事实上由 又A、B、G、N四，点共圆，于是HE·HF= HN·NG=HA·HB,所以A、B、F'、E四 ∠APD=90-2∠DAP=90°-∠CAP 点共圆，于是点F与点F重合，故∠FEP= ∠CAD)=90°-2（∠ACD-90+∠ACD)= 90°，即EF⊥PN. 135°-∠ACD=∠CND,故A、N、D、P共 【例15】如图，锐角△ABC的外接圆为P,D 圆.因此结合AP=AD知，NA是∠DNP的 是A在BC上的射影，假设AD=BC,点M 外角平分线，故设D关于AC的对称点为 为DC中点，∠ADC的平分线与AC交于点 D',则D'、V、P共线.设PQ与AC交于点 N,T上一点P满足BP∥AC,直线DN与 AM交于点F,直线PF与圆T交于点Q,直 K,则AK·AC=AP2=AD2,故DD,AC, 线AC与△PVQ的外接圆交于点E.证明： PQ共点K.因为∠ADC=∠ADC=90°，故 ∠DQE=90°. A、D、C、D共圆.故KQ·KP=KC·KA= KD·KD'→D、Q、D、P共圆， 从而∠QEN=∠QPN=∠QDK,于是 Q、K、D、E共圆，所以∠EQD=∠EKD=90°. 【例16】如图，给定外心为O的锐角△ABC, 令D、E、F分别为A、B、C到对边的垂足.P 为△ABC的外接圆在B和C处的切线的交 点.一条经过P且垂直于EF的直线交直线 [证明]先证明QC∥AB.事实上设Q'在Γ AD于Q,R为A在EF上的投影 上异于C,QC∥AB.只要证Q、F、P共线， 证明：DR∥OQ. 206 第十三章平面几何 [证明]如图，取D关于AB的对称，点D,延 [证明]如图，连接RO,OP,OB,OC. 长DC与BA的延长线交于I点，则△IAC∽ 因为∠BFC=∠BEC=90°，所以B、C、E、F四 △ID'BP△IDB. 点共圆，故∠ABC=∠AER, 因为AC、BD两边的 H 因此∠RAE=90°-∠AER 中点为E、F,所以 =90°-∠ABC. E △IAE△IDF, 另一方面，因为O为锐角三 而△IAC∽△IDB, ①/0 角形的外心，故∠OAE= 故△ICBO△IEFC∽△IAD, 90°-∠ABC,可得A、R、O 所以∠IBC=∠IFE=∠IDA, 三点共线 所以I、D、G、F四，点共圆， 因为PB,PC为切线，故OP⊥BC,而 又∠ICB=∠IEF,所以∠IEH=∠ICH, AD⊥BC, 所以、E、C、H四点共圆，注意到 故AD∥OP,同理PQ∥AO,故四边形 ∠HCA=∠GDF=90°， AOPQ为平行四边形，故AQ=OP. 故分别以EH、FG为直径的圆过I. 又∠POC= 2∠B0C=∠BAC-∠BAE, 取I关于HE的对称点I',则分别以EH、 FG为直径的圆交于I、', ∠AEB=∠OCP=90°， 则了、H、I、E、C五点共圆， 所以△ABE∽△OPC,因此AE=OC=AO AB OP AQ ∠I'CH=∠ICH=∠BCD'=∠BCD. 又∠ABC=∠AER,∠ADB=∠ARE=90°， 所以'在CD上，即以FG为直径的圆和以 故△ABD AAER,故光=A铝故 EH为直径的圆有一交，点在CD上. 【例18】如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是 ADA品所以DR/OQ. ARAO 弧BC(不含A)上一点，S为弧BAC的中点，P 【例17】如图，以AB为直径的圆上有C、D两 为线段SD上一点，过P作DB的平行线交 点，AC、BD两边的中点为E、F,直线EF与 AB于点E,过P作DC的平行线交AC于点 直线AD、BC分别交于G、H,求证：以FG为 F,过O作SD平行线交弧BDC于点T.已知 直径的圆和以EH为直径的圆有一交点在 ⊙O上的点Q满足∠QAP被AT平分， CD上. 证明：QE=QF. 207 强基数学·巅峰突破 即QS是∠ESF的平分线，结合SE=SF可 知SQ是EF的垂直平分线，故QE=QF 真题实战演练 一 、选择题 0 1.(2013·北大)在△ABC中，D为BC中点， [证明] 设OT,SD分别与BC交于点 DM平分∠ADB交AB于点M,DN平分 K,L. ∠ADC交AC于点N,则BM+CN与MN 由∠AEP+∠AFP= 的关系为 ) ∠ABD+∠ACD=π知 A,E,P,F共圆. 由∠ASP=∠ACD= ∠AFP知S,A,P,F A.BM+CN>MN 共圆， B.MN+CN<MN 即S,A,E,P,F五点共圆.注意∠SEF= C.BM+CN-MN ∠SAF=∠SBC,同理∠SFE=π-∠SAE= D.无法确定 ∠SCB,可知△SEF与△SBC相似. 2.(2015·北大)正方形ABCD内一点P满足 因光器-梁即SR=S AP:BP:CP=1:2:3,则∠APB等于 2∠TAC=∠TOC=∠TKC-∠KCO A.120° B.135 =∠DLC-(S-∠BAC) C.150 D.前三个答案都不对 =∠DBC+∠BDS-(S-∠BAC) 3.(2016·北大)设AB,CD是圆O的两条相互 垂直的直径，弦DF交AB于点E,DE=24, ∠DSC+-BAC-(径-∠BAC) EF=18,则OE等于 ( ∠Dsc+3∠BAC. A.46 B.53 C.62 D.前三个答案都不对 由AT平分∠QAP可知∠QAC=2∠TAC 4.(2015·北大)在凸四边形ABCD中，BC= ∠PAC-∠DSC+∠BAC-∠PSF 4,∠ADC=60°，∠BAD=90°，四边形 =2∠BAC+∠FSC ABCD的面积等于AB·CD十BC·AD,则 2 CD的长为（精确到小数点后一位）() 因此∠QSF=∠QSC-∠FSC A.6.9 B.7.1 =∠QAC-∠FSC-2∠BAC=7∠ESF. C.7.3 D.前三个答案都不对 208 第十三章平面几何 5.(2017·北大)若四边形ABCD的对角线 BD的交点，则四边形PDCE的面积是 AC,BD相交于O,△AOB,△BOC,△COD, ( △DOA的周长相等，且△AOB,△BOC, △COD的内切圆半径分别为3,4,6，则 △DOA的内切圆半径是 () A号 E c号 D.以上都不对 A号 6.(2016·北大)设A是以BC为直径的圆上的 D.以上选项都不对 一点，D,E是线段BC上的点，F是CB延长 c 线上的点，已知BF=4,BD=2,BE=5, 10.(2010·清华)如图，△ABC的两条高线 ∠BAD=∠ACD,∠BAF=∠CAE,则BC AD,BE交于H,其外接圆圆心为O,过O 的长为 ( ) 作OF垂直BC于F,OH与AF相交于G, A.11 B.12 则△OFG与△GAH面积之比为() C.13 D.前三个答案都不对 7.(2016·北大)在圆内接四边形ABCD中， BD=6,∠ABD=∠CBD=30°，则四边形 ABCD的面积等于 A.83 B.93 A.1:4 B.1:3 C.123 D.前三个答案都不对 C.2:5 D.1:2 8.(2018·北大)如图所示，梯形ABCD的下底 11.（2011·清华)如图，⊙O1和⊙O2外切于点 为BC,存在以BC上一点为圆心的半圆，与 C,⊙O,⊙O2又都和⊙O内切，切点分别为 AB,CD,AD均相切，则|AB+|CD一|AD A,B.设∠AOB=a,∠ACB=3,则() 的值 02 01 0 A.是正数 B.是负数 A.cos B+sin0 C.正负性无法确定D.以上选项都不对 2 9.(2018·北大)如图所示，在面积为1的 B.sin -cos受-0 △ABC中，线段AC,BC上各有一点D,E, C.sin 28++cos a=0 使得AD=号AC,CE=号BC.记P为AE, D.sin 28-sin a-0 209 强基数学·巅峰突破 12.(2016·清华)将一个正11边形用对角线划 为M,N,连接MN,过点C作圆O的割线 分为9个三角形，这些对角线在正11边形 交圆于A,B两点，线段AB上一点Q满足 内两两不相交，则 ( ) ∠AMQ=∠CNB,则下列结论正确的是 A.存在某种分法，所分出的三角形都不是 ( 锐角三角形 B.存在某种分法，所分出的三角形恰有两 个锐角三角形 C.存在某种分法，所分出的三角形至少有3 个锐角三角形 A.△AMQ与△MBC相似 D.任何一种分法所分出的三角形都恰有1 B.△AQM与△NBM相似 个锐角三角形 C.△AMN与△BQM相似 13.(2012·清华)在锐角△ABC中，AB边上 D.△AMN与△BNQ相似 的高CD与AC边上的高BE交于点H.以 16.(2017·清华)直角△ABC中，以直角边 DE为直径作圆与AC的另一个交点为G AB,斜边BC为其中一边分别向三角形所 已知BC=25,BE=20,BD=7,则AG的 在一侧作正方形ABDE和BCFG,则GA和 长为 ( DC的夹角为 () A.8 B. 5 A.45° B.60° n C.90 D.120° C.10 14.(2016·清华)（多选）AB为圆O的一条弦，P 17.(2017·清华)有一半径为1的圆，点P 为圆O上一点，OC⊥AB,PA∩OC=M,PB交 在弧BC上移动.连接PB、PC,AD⊥PC于 O汇延长线于V.则下列说法正确的有() D,AE⊥PB于E.求四边形ADPE的面积 的最大值 A.2 2 B.√2 A.OMBP共圆 B.AMBN共圆 C.AOPN共圆 D.AOBN共圆 c. D. 15.(2017·清华)（多选）如图，过圆O外一点 18.(2018·清华)（多选）如图所示，在菱形 C连接MN,作圆O的两条切线，切点分别 ABCD中，∠BAD=60°，P为BC延长线上 210 第十三章平面几何 点，AP∩CD=E,BE∩PD=Q,AP与三 23.(2020·北大)凸五边形ABCDE的对角线 角形ABD外接圆交于F,则 CE分别与对角线BD和AD交于点F和 G,已知BF:FD=5:4,AG:GD=1:1, CF:FG:GE=2:2:3,S△cFD和S△ABE分 别为△CFD和△ABE的面积， 则SACED:S△ABE的值等于 () A.E,F,D,Q四点共圆 A.8:15 B.2:3 B.B,F,P,Q四点共圆 C.11:23 D.前三个答案都不对 C.B,F,C,E四点共圆 24.(2021·清华)在△ABC中，D为BC的中 D.C,P,F,D四点共圆 点，∠CAD=15°，则∠ABC的最大值为 19.(2019·清华)（多选）在圆O内，AB为直 径，CO⊥AB,M为AC中点，CH⊥MB于 A.120° B.105° H,则下列选项中正确的有 ( C.90° D.60° A.OH-号AM B.OH-ZAH 25.(2024·清华)在△ABC中，∠A=60°， ∠BAP=∠CAP,P在△ABC内部，延长 C.△AHM△BAMD.△BHO∽△BAM 20.(2019·北大)已知两点A(0,一1)， BP交AC于Q,且BP+CP-PQ' B(0,2),点P在直线y=x上，求|PB|一 则∠BPC= |PA的最大值， A.140 B.130° A.3 B.√5 C.110° D.120° C.√5 D.都不对 26.(2025·清华)（多选）已知在△ABC中， 21.(2019·北大)平面四边形ABCD中， AC=BC,且△ABC不为等边三角形，O为 其外心，P为其内心，D为BC上一点，且 AB=BC=AC,∠DAC=10°，∠DCA=20°， OD⊥PB,下列各项正确的是 () 求∠BDC= A.OD∥AC A.60 B.70 B.O,P,B,D四点共圆 C.75 D.以上选项均不对 C.DP∥AC 22.(2020·清华)（多选）Rt△ABC中，∠ABC= D.OD∥AB PC心 90,AB-/3.BC=1,PAIPBIPCI PA PB 二、填空题 =0,以下正确的是 27.(2016·清华)O在△ABC内，S△A0B：S△x A.∠APB=120° B.∠BPC=120° SAA=4 3 2,AO=AB+u AC. C.2BP=PC D.AP=2PC 则入= 21 强基数学·巅峰突破 28.(2017·清华)正方形ABCD所在的平面内 34.(2022·北大)在梯形ABCD中，AD∥BC, 有一点O,满足△OAB,△OBC,△OCD, M在边CD上，有∠ABM=∠CBD= △ODA为等腰三角形，则满足条件的O一 ∠BCD,则取值范国为 共有 个 35.(2023·北大)已知点C∈{(x,y)|x2+y2=1, 29.(2018·北大)如图所示，在△ABC中，AB y≥0}，A(-1,0),B(1,0),延长AC至D =15,BC=14,AC=13,过A作AD垂直 使|CD|=3|BC,那么点D到点E(4,5)的 BC于D,则△ADB与△ADC的内心距 距离最小值和最大值之积为 II2的长度为 36.(浙江)设锐角△ABC,O,H分别为其外心 和垂心，直线OH分别交AB,AC于L,K. 已知△ALH与△AKO的面积相等，则 ∠BAC= 37.(2025北大)△ABC中，D在BC上，AD 平分∠BAC,AB=AD=2,BD=1, 30.(2017·北大)已知三角形的三条中线为9， 则CD= 12,15,求三角形的面积 38.(2022·北大)已知凸四边形ABCD满足 31.(2019·清华)在三棱柱ABC-AB1C1中， ∠ABD=∠BDC=50°，∠CAD=∠ACB= 已知∠ABC=90°，AB=6,BC=BB1=3√2，动 40°，则符合题意且不相似的凸四边形AB 点P在线段B,C上，求A,P+BP的最小 CD的个数为 值 39.(2022·北大)已知凸四边形ABCD满足： 32.(2021·北大)已知O为△ABC的外心， AB=1,BC=2,CD=4,DA=3,则其内切 AB、AC与△OBC的外接圆交于D、E. 圆半径取值范围为 若DE=OA,则∠OBC= 40.(全国)在△ABC中，∠ABC所对的旁切圆 33.(2021·北大)如图，AD为△ABC中∠A 与边AC相切于点D,∠ACB所对的旁切圆 的平分线.过A作AD的垂线AH,过C作 与边AB相切于点E.若|AB引=1，AC=2, CE∥AD交AH于点E.若BE与AD交 则△ADE面积的最大值为 于点F,且AB=6,AC=8,BC=7.则CF 41.(江苏)如图，矩形ABCD中，E,F分别是 BC,CD上的点，且S△ABE=2,S△EF=3, S△ADF=4,S△AEF 212 第十三章平面几何 三、解答题 44.（2012·北大)证明：内角相等的圆内接五 42.在△ABC内点M满足∠CMB=100°，线段 边形必为正五边形. BM的中垂线交边AB于点P,线段CM的 中垂线交边AC于点Q,已知P,M,Q共 线，求∠CAB 45.如图所示，在等腰直角三角形ABC中，AD= 43.(2021·北大)A、B为边长为1的正五边形 AE,过A、D作BE的垂线，交BC于P,Q, 证明：CP=PQ(请使用平面几何方法证明， 边上的点，证明：AB最长为5十1 2 解析几何方法不得分). R 213 强基数学·巅峰突破 46.(2015·北大)已知△ABC中，AB:AC=3:1, 48.(2024北大)在△ABC中，若O为三角形外 D为BC上一点，BD:DC=2:1, 一点，满足∠BOC=2∠BAC,线段OC与线段 AB:AD:AC=3:k:1,求k的取值 AB交于D,且OB=OC=3,OD=2, 范围. 求BD·AD. 47.(2016·北大)圆内接四边形ABCD满足 49.(2024北大)在△ABC中，若D在BC上， AB=80,BC=102,CD=136,DA=150, AD平分∠BAC,AB=AD=3,CD=2, 求圆的直径 求△ABC的周长. 214 第十三章平面几何 50.(贵州)已知半径为1的圆上有2022个点， 51.(江西)如图所示，BE、CF分别是锐角三角 求证：至少存在一个凸337边形，它的面积 形△ABC的两条高，以AB为直径的圆与 小于0.1.（π≈3.142,3≈1.732） 直线CF相交于点M、N,以AC为直径的 圆与直线BE相交于点P、Q 证明：M、N、P、Q四点共圆. XP /M 215 强基数学·巅峰突破 52.(江苏)如图，I是△ABC的内心，∠CAB的 53.(全国)如图，点A、B、C、D、E在一条直线上顺 外角平分线交直线BC于点D,直线BI交 次排列，满足BC=CD=√AB·DE,点P在 △ABC的外接圆于点E,直线CI与直线 该直线外，满足PB=PD,点K、L分别在 DE的交点为F.证明：AF∥BE. 线段PB、PD上，满足KC平分∠BKE,LC 平分∠ALD.证明：A、K、L、E四点共圆 216参考答案与解析 又因为1=(a+b2)(m+n2)≥(am十bn)2,当且仅当 i4.A如图，∠BAD=90°，∠ADC D an=bm等号成立， 60°，根据托勒密定理，如果 所以(am+b加)=(22）≤1.卑-1e122ys1. ∠DCB=90°且AC⊥BD,那么 2 AB·CD+BC·AD_BD·AC y2=1-x2,可得y=士√-x(-1≤x≤1)， 2 2 Sm边形AD正符合题意. 可得一2≤1-2x-2√1-x≤2，或一2≤1一2x十 由∠ADC=60°及四点共圆等相关 2√-x≤2， 知识有∠BDC=30°，DC=√3BC= 由1-2x-2√个-x≤2得-1-2x≤2√-x,解得 45 -1-万≤≤1 即如图的特例是满足该题所有条件的.故选A 4 评析：本题条件晦涩，不好正面构思，需要想到构建特例来猜 由-2≤1-2x一2√1-x得2/1一x≤3-2x,解得一1 出答案， ≤x1, 5.A不妨设△AOB,△BOC,△COD,△DOA的周长为2x,那 所以1互≤≤1，由-2≤1-2+2-产得2x-3≤ 么乘以各自的半径再除以2，有S△0B=3x, 4 S△0e=4z,S△oD=6x.再设|OA=3p,1OB|=2q,则 2√-x,解得-1≤x≤1， 16c=4.0n=g52=8a:80-0即 由1-2x+2√1-x≤2得2√-x≤1+2x,显然2x+1≥ 0,故x≥-21 Saw=受：故△D0A的内初国半径是号.答案为A 评析：此题导向非常明确：通过周长和内切圆半径来求得三 解得1十互≤x≤1，所以1十互≤2≤1，综上所迷， 角形面积.有了面积之后，再通过共边定理获得另一个三角 4 4 形的面积值.较为容易。 -1-反≤≤1， 6.A因为∠BAF=∠CAE, 4 于是AE⊥AF」 则Re(u)的（实部）最小值为1一 又因为∠BAD=∠ACD, 4 于是AD⊥BC. 故AD=DE·DF=DB·DC, 第十三章 平面几何 解得DC=9,从而BC=11. 评析：利用相似三角形进行运算，较为基础 一、选择题 7.B如图，连接AC.根据题意，有CD=AD且 1.A如图，在DA取DE=DB,连接ME,NE,MN,则显然可 AC=√3AD,则由托勒密定理可得AB·CD十 证ME=MB,EN=NC,且有ME+ AD·BC=AC·BD,即AD·(AB+BC)= NE≥MN,即BM+CN≥MN,上述 不等式当且仅当∠MED+∠DEN= 6V3·AD,于是AB+BC=6V3,进而SABD 180°，也即∠B+∠C=180°时成立，这 SAM+S(AB+BC)-9 显然与三角形内角和定理矛盾，故等号取不到，也即选A 评析：题目涉及到了托勒密定理和简单的面积计算，其实不 2.B已知三条线段PA、PB、PC具有一 0 会托勒密定理，用正弦定理也能做， 个公共顶点，且它们不能构成一个三 8.A设AB,AD,CD与圆分别相切于点M,N,P,则有AB+ 角形.自然而然地，我们就会思考能否 ICD|一IAD|=BM+AM+CP+DP-AN-DN,而由切线 通过旋转使这三条线段产生一定的关 性质AM=AN,DN=DP,因此原式必然大于0. 联.设AP=a,则BP=2a,CP=3a.将 △ABP绕点B顺时针方向旋转90°得 9.B方法1：依题意有A正=子AC+A,再根据AP,E三点 △CBQ,则有PB⊥BQ.由于PB=BQ 共线可设=号：C+子1A店=21A心+子：A店，从BP =2a,所以PQ=2√2a.在△PQC中，PC=9a2=PQ+QC, 所以∠PQC为直角.又由于∠PBQ=90°，PB=BQ,所以 D共线可如21+白=1：部得=号所以是-号故巴 SA ∠BPQ=∠BQP=45°，故∠APB=∠CQB=45°+90°= AP·AD3×11 135°.故选B. AE·AC 7X37' 评析：在正方形或者正三角形中，常常用到把一个三角形以正方 形一个顶点为旋转中心旋转的技巧，大家必须掌握！ 得到Sa边形PpCE= 3.C如图，连接CF,由于△DOE与△DFC D 方法2：如图，连接PC,设SAAPD= 相似，因此DO·DC=DE·DF,从而DO =24×21, S6me=2S△D=2;再结合B二= EC 因此OE=√/DE-DO= 是得到S%=Se=6,所 BE √24-24×21=6√2. 评析：非常简单的几何计算。 以S△Bme= AD SAADC=14z;所以 D 363 强基数学·巅峰突破 SAABC=S△ADB十S△B0C=21z=1,得到x= 2,而Sp= 下面证明所分出的三角形中至少有一个锐角三角形 假设△ABC中∠B是钝角，在AC的另一侧一定还有其他 1 S一Sam=12x,故SAPa:=Sam=4,这样 顶点，我们就找在AC的另一侧的相邻（指有公共边AC) △ACD,则∠D=180°-∠B是锐角，这时如果∠CAD或 SrcE=6x=号 ∠ACD是钝角，我们用同样的方法继续找下去，则最后可以 评析：几何中边比、面积比以及定比分比之间的来回转换.方 找到一个锐角三角形.所以答案是D. 法1是通过向量的定比分比与线段比的转换来解决问题；方 评析：本题的关键在于找到锐角三角形与钝角三角形的对 法2是通过线段比与面积比的转换来解题.熟练掌握定比分 应关系，由于均为圆上的三角形，因此想到利用圆周角， 点定理，共边比例定理与共角比例定理即可 13.D设AD=x.Rt△BCE中， 10.A若知道三角形中的欧拉线O、G、H共线，且 CE=15;Rt△BCD中，CD=24.由面 GH=2OG,则显然选A. 积相等，有 方法1：证明：易知△AGHp△FGO, AC·BE=CD·(BD+AD). AH-AF-ABICO AL-2R1cos Al. AC=42+6z,AE AC CE sin C sin C 5 OF=R|cosA|→AH=2OF 故S△AGH:SAFG0=4:1. 6,.R△ABE中， 方法2：如图，连接CO并延长，交圆O于 (+x)=400+(,22)广→=18或者x= 111 K,连接AK,BK, 易证四边形AKBH为平行四边形，所以BK=AH,又OF∥ 易验运，当-登时AD+CD≠AC,周北AD=1E BK∥AH, 过D作DF⊥AC,交AC于F,则F即为所求. 所以△OGFC∽△HGA, 需-=→8m15w=子 由△ADF△ABE得岩能>AF=琴造D 14.AC连接OA、OB,由垂径定理知AB关 11.B题目中的条件是通过三个圆来给出的，有点眼花缭乱. 于OC对称，又圆心角等于二倍圆周角 我们来转化一下，就可以去掉三个圆，已知条件变为： △O0,O边OO2上一点C,O0、O0,延长线上分别一点 ∠MOB=?∠AOB=∠MPB.OMEP A,B,使得O1A=OC,O,B=OC. 四点共圆，A正确. 方法1：连接OO。,C在O,O。上，则 容易举出反例知B错误.由对称性 ∠O01O,+∠O02O1=π-a, ∠AON=∠BON=∠APN, ∠0，AC=∠0，CA=3∠00,0， 因此AOPN四点共圆.C正确.D错误. ∠0，BC=∠0CB=3∠00.0，故 评析：属于简单的平面几何问题，但在高 中内容中较少涉及这类问题，在准备自主招生考试时应适 ∠O,CA+∠OCB= 2(∠00,0，+∠00,0，)=2 当补充相关知识 2 g=x-(∠0CA+∠0，cB)-9sn=os÷ 15.BCD对于BC,根据弦切角定理，有∠CMB=∠MAB= 2 ∠MNB,∠CNB=∠NAB=∠NMB, 方法2：对于选择填空题，可以用特例法，即可以添加条件或 且∠AMQ=∠CNB 取一些特殊值，在本题中假设两个小圆的半径相等，则 故有△AQM与△NBM相似→∠AMN=∠QMB, ∠00,0，=∠00,0=4 于是△AMN与△BQM相似. 2 对于D,要证△AMN与△BNQ相似，即只需证 ∠0，cA=∠0cB=7∠000=， 4 兴-架而由△AMN与△QMB相级，有器-然 AM_QB g=g-(∠0，CA+∠0CB)=m月=cos÷ 比较两式，只需证AM·BN=AN·BM 12.D我们先证明所分出的三角形中至多只有一个锐角三 而BN=NC=MC_BM 角形， 0ANAC=AC=AM,结论得证. 如图，假设△ABC是锐角三角形，我们证明另一个三角形 评析：BC是可以通过弦切角定理直接导角导出：而D涉及 △DEF(不妨设在AC的另一边，其中的边EF有可能与AC重 圆的切割线的一个基本型，区分度较大. 合)的∠D一定是钝角.事实上，∠D≥∠ADC,而四边形AB 16.C如图，显然有△ABG与△DBC全等，所以∠BDC= CD是圆内接四边形，所以 ∠GAB,又∠ACD=∠BDC,故AG⊥DC,选C. ∠ADC=180°-∠B>90°， 所以∠D为钝角.这样就排除了B,C 评析：初中几何知识。 364 参考答案与解析 17.D连接PA,设∠PAC=a,则∠PAB=受 ∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，P为费马，点， △ACD,△BCE均为正三角形，易知AE与BD交点即为P 由三角形面积公式 点，且E,C,D共线， zPA·AC·sin∠PAC, 由上述可知∠BCD=∠BPC=120°， SAE=PA·AB·Sn∠PAB,则 △BPD器器瓷-· 即CP=2BP. Sm进多Brc=SAPC十SAMB=豆(sina十 网部瓷能=2，中AP=x0P cos a)v 之再由垂径定理， 23.A连接AF,因为CF:FG:GE=2:2:3,所以S△FD 易证S△PAC=2S△PAD,S△PAB=2S△PAE· SADFG:S△GE=2:2:3,i设S△n=S,则SAFG=S,S△cE Sr=专SaeC唱 1 号S,又BB:FD=5:4,所以SAB胜·SAFE=5: 评析：简单的几何中的代数计算，考虑到正弦与三角形面积 S15m=5t4,所以5ar=号(Sam十Sa)=空S 之间的关系并去转化为三角函数的最值，问题便可迎刃 而解， 因为AG:GD=111,所以SaE=Saa=号S,SAe 18.ABCD由B,A,D,F共圆知∠BFA=∠BDA=60°，因此 ∠BFA=∠BCE,故B,F,C,E共圆；由B,A,D,F共圆知 S=S,所以Sa=号Sm=号S,所以S ∠AFD=∠ABD=60°，因此∠PFD=∠PCD=120°，故C, S#BrE-SAE5=(SABr十SaF十SaAG)-SAE=号S P,F,D共圆：由B,F,C,E共圆知 ∠CBE=∠CFE,由C,P,F,D共圆知∠CFE=∠CDP,因此 +S+号S-要S=宫s,所以Sm15ae=8115,故 ∠CBE=∠CDP,故C,B,D,Q共圆，得 选A. ∠BQD=∠BCD=∠AFD,故E,F,D,Q共圆：由于∠BQP= ∠BFP=120°，故B,F,P,Q共圆. 评析：本题不易选全，注意菱形是对称性较高的图形，应尽 可能全面地搜集相等的角， 19.BCD由射影定理，MA=MC=MH·MB,从而△AHM CD△BAM,C正确：同时由此有 ∠MHA=∠MAB=45°=∠MOA, 24.B由∠CAD=15°，在D、C确定 H 因此M,A,O,H共圆，△BHO) 的情形下，点A的轨迹是一段 △BAM,D正确：此时分析A,B选 圆孤. 项器器器子A送： 如图所示作出△ACD的外接 圆⊙O, OH_sin∠HAO 显然当∠ABC最大时，BA是⊙O AH sin∠HOA 的一条切线， sin∠HMO sin∠BMO OB sin∠MOB1 sin∠HMA sin∠BMA AB'sin∠MAB B正确 在四边形OABC中，∠BAO= 所以选BCD. 90°，∠OCB=75°， 20.B易知，P点到A(0,一1)的距离与到C(一1,0)的距离相 求∠ABC的问题，转化为求∠AOC 等，故|PB引一|PA|=PB一IPC,而B,C在直线的同侧， 的问题，进而转化成求∠AOD或者∠ACD的问题」 故|PB|-IPC1≤|BC1=5, 由切割线定理可得，△BAD△BCA, 当且仅当P点是射线BC与直线y=x的交点时取到. 21.D作BE为∠ABC的角平分线交AD BN=BD:BC=2BD,逢6折0-E 于E,连接EC.则有∠EBC=30°，∠EDC 在△ADC中，∠CAD=15°，设∠ACD=a,则∠ADC=165 =180°-10°-20°=150°，因此BCDE四 一，旅播正宾定里可将品%=沿=反即 点共圆，从而∠BDC=∠BEC=90 -∠ECA sin(165°-a)=2. sin a =90°-∠EAC=80°， 6-2 因此选D. 4 cos a+16+V2 sin a=sina,解得tana=E 31 22.ABCD 易知以PA,P店 IPAIIPBI 为邻边的平 即a=30°，进而可得∠AOD=2a=60°，∠AOC=∠AOD十 ∠DOC=90°. 行四边形为菱形，故对角线互相平分 进而可得∠ABC=360°-∠BAO-∠AOC-∠BCO=105° 顶角， 25.D如图由题可知AP为∠BAC平分线， 又PC所在直线平分∠BPA, ∴.∠CPB=∠CPA,同理∠CPB=∠BPA,即 ,IPQ|_|AQ|=sim∠ABQ,IPQ|=sin∠PCQ |PB||AB|sim∠AQB'|PCI sin∠PQC 365 强基数学·巅峰突破 由 1 1 1 假设OD∥AB,因OD⊥PB,则AB⊥PB,则∠ABP=90°， BPCP 1PQ,可得 则∠ABC=2∠ABP=180°，与三角形内角和为180°矛盾，故 IPQI.IPQ D错误.故选BC =1,于是 二、填空题 BPCP 27.解析：延长AO与BC交于点P.则BP:CP=S△oB:S△a IPQI,PQI sin∠ABQ PBI IPCI sin∠AQB -21.因光-A+是AC,又0p:AP=S联：5A sin∠PCQ」 sin∠ABQ+sin∠PCQ =S公e:(S△A0B+S△c+S△oa)=3:(4+3+2)=1:3,知 sin∠PQC sin∠PQC A=号市=+花上==告 4 3 sin∠ABQ+sin∠PCQ sin(60°+∠ABQ) 即sin∠ABQ+sin∠PCQ=sin 答案子 (60°+∠ABQ),化简可得 sin∠PCQ 28.解析：考虑圆和直线的交点，发现有9个 sin(60°-∠ABQ), 点满足条件， 于是∠PCQ=60°-∠ABQ或∠PCQ+60°-∠ABQ=1809 答案：9 (舍)， 评析：画图题目.当为等腰三角形时，要 故∠BPC=∠PQC+∠PCQ=∠ABQ+∠BAC+∠PCQ 么在中垂线上，要么在以某一边的点和 =120° 该边边长为半径的圆上 26.BC设CO与AB交于H. 29.解析：令BD=x,由勾股定理√15一x=√13-(14-x,解 因AC=BC,O为外心，P为内心，则C,O,P,H四点共线， 得x=9.故BD=9,DC=5,AD=12,由内切圆半径公式可 CH⊥AB, 得r1=3,r2=2.分别连接11L2和BC边上切点，在此直角梯 图1，因OD⊥PB,则∠HPB=90°-∠PBH=90°-∠PBD 形中112=√(r1+2)+(r-2)F=√26. =∠BDO: 图2，∠OPB+∠PBH=∠ODB+∠DBP=90°，∠PBH= 答案：√26 ∠DBP,则∠OPB=∠ODB: 30.解析：如右图，AD=9,BE=15, CF=12.将中线AD倍长至M,过 图3，设OD与PB交于点E,∠OEB=∠DEB=90°，∠OBE A作CF的平行线AN交BC的沿 =∠DBE,BE=BE, 长线于P,那么易有四边形ABMC 则△OEB与△DEB全等(AAS),则DE=OE, 1 则△PDE与△POE全等(HL),则∠DPB=∠OPB, 为平行四边形，故CD=2CB 则△PDB与△POB全等(SAS),则∠POB=∠PDB=90°， 上述三种情况，均有O,P,B,D四点共圆，故B正确： 2CP,那么C为△AMP的重心，故SaA=Saw=3 SAAME.不难证明△AMP的三边长分别为△ABC中线长的 两倍，即18,30,24. 所以SABC=3S△Aw=2X3=72. 2×3 答案：72 评析：并不容易的几何题.结论是：三角形的三条中线是 定能组成一个三角形，而且这个中线三角形与原三角形有 图 图2 联系，若知道这个结论，就自然想到倍长中线的技巧，从而 问题迎刃而解. 31.解析：在平面A1B,C上找一点B',使得B和A1在B,C异侧 且△B,B'C为等腰直角三角形，则|AP|+|BP1=A1P E +|B'P|≥A1B|=3√I0,等号在A、B'、P共线时取到. OH 答案：3/10 32.解析：连接BE.因为DE=OA= 图3 OC,在△OBC外接圆中， 图1，因O,P,B,D四，点共圆，则∠PDB=∠POB, ∠DBE=∠OBC, 因A,B,C三点共圆，则∠POB=2∠OCB=∠ACB,则 进而可得∠DBO=∠EBC ∠PDB=∠ACB: 另外在⊙O中，∠AOB 图2，设∠DBP=∠PBH=0,则∠ACB=180°-40， 2∠ACB. 以及∠AOB+2∠OBD=180°. 在圆O中，∠COB=2∠CAB=40,则∠PDB=180° 即2∠BCE+2∠EBC=180°. ∠POB=180°-40， 即△EBC为直角三角形，且BC 则∠PDB=∠ACB； 为斜边， 图3，∠ACB=∠PDB=90°：从而DP∥AC,故C正确； 假设OD∥AC,因OD⊥PB,则AC⊥PB,又P为内心，则 BC为第二个圆的直径.所以∠OBC=四 BC=AB(三线合一)， 因AC=BC,则△ABC为等边三角形，矛盾，故A错误； 答案：∠OBC=至 参考答案与解析 33.解析：延长CE,BA交于G.AE是 形，.AH=BF ∠BAC的外角平分线，结合AE 垂直于CE易可知E为CG的中 0N=2BF=AH=A0=20C 点，从而F为AD的中点.因此 ∴.cosA=cos∠CON= 2 d=2c+ ∠A=60° 答案：60 -2D+1CA+2cD·C 37,解析：由角平分线的性质知 BD =分√F+8+2X4X8Xeos∠BCA=32M=VT 故CF=√3I. 是.可得AC=CD,令CD= 则AC=2x,若E是BD的中点， 答案：√3I 又AB=AD=2,BD=1,则AE⊥ B ED 34.解析：如图所示： ∠ADM=180°-∠BCD=180 BD,故AE=AD-ED-,南AE+CE=AC,则9 -∠ABM, 所以A,B,M,D四点共圆， +(+)广=4， 因为∠BAM,∠BDM是BM所 可得3.x2-x-4=(3.x-4)(x+1)=0, 对的圆周角， 所以∠BAM=∠BDM 所以CD=x=专（负值合）， 于是 sin∠ABM 4 BM sin∠BAM 答案：3 sin∠ABM sin∠OCB DB 38.解析：对凸四边形ABCD,由∠CAD=∠ACB,有AD∥BC; sin∠BDM sin∠BDC BC 由∠ABD=∠BDC,有AB∥CD,故四边形ABCD为平行四 又因为∠DBC=∠BCD,所以BD=CD, 边形 在△BCD中，BD+CD>BC,即2BD>BC 如图，设对角线AC中点为 D D'D. 所以2·肥>1，即有 O,下面固定对角线AC,则点 D在固定的射线AD上，只需 所以0∈（合+o)片 求出该射线上满足∠CDO 50°的点D个数即可. 答案：（分，+∞） 记过C,O且与射线AD相切 35.解析：设C(cos0,sin0),0∈「0，π]，此时t=|BC|= 的圆为w(这样的圆存在且唯一)，切点为D', 2sim号，则 由圆幂定理知AD2=AO·AC,从而AD'=√2AO.首先说 明∠CD'O>50°.该结论等价于180°-∠CAD-2∠AD'O> cos 0+6sin 2 cos 2-3sin 0+cos 0. 50°，即∠AD'O<45°. 设∠ADO=0,知0<90°.在△AD'0中，由正弦定理， -sin 0+6sin ?sin 2-sin 0-3cos +3. 品9nd0-D印血q0。)-E. Ao AD' sin 所以D的轨迹方程为x+(y-3)=10,其中y≥0，x≥1， DE≥2√5-/10. 注意到V2=sin(140°-0)≤1 sin ≤sing所以sin0Ksin45, DE的最大值在D位于(1,6)和(1,0)中选择为√34， 且当日=45°时等号不成立，故0<45°，结论得证 所以所求最大值和最小值乘积为√34(2√5-√0)= 则射线AD上在D'的左右两侧各有一个满足∠CDO=50° 的，点D,故满足条件的形状不同的凸四边形有两个 2√170-2√85. 答案：2 答案：2√170-2√85 39.解析：先证明一个引理：平面上四边形ABCD的四边长分别 36.解析：连接OB,延长AH至点G, 记为a,b,c,d, 作⊙O.因为O是△ABC的外心，FA ∴.2∠OAB+∠AOB=180°， 那么四边形Sn气/中-a)(p-b(p-cb-d》-do, 2 :H是△ABC垂心，.∠C十 ∠HAK=90 其中b为四边形ABCD的半周长2(a+b十c十d). 又：2c= -∠AOB,∠LAO 引理的证明：在△ABD和△CBD中分别应用余弦定理，有 (BD=a+d2-2adcos A, =∠KAH BD2=b+c-2bccos C, '又Sw=adsin A十 .∠LAH=∠KAO, .AL·AH=AO·AK,① 合einC,. 又S△A0L=S△AuH-S△AOH=S△K-S△AoH=S△AHK, ∴AL·AO=AH·AK,② 于是可得 adcos A-bcos C=) ①②作比可得AH=AO=CO.连CO并延长交⊙O于，点F adsin A+bcsin C=2SABCD 过O作ON⊥BC于点N.,H是垂心，.AH⊥BC,BHI AC,又BF⊥BC,AF⊥AK,∴.四边形AFBH是平行四边 两式平方湘加，移项可得Sin=子(atd+6c) 367 强基数学·巅峰突破 a-6-d+d)-之abdcoA十C)袋里即得 1 +xy=16, 所以S△ABF=SABCD-S△ABE-S△EF-S△ADF=16-2-3-4 回到本题中，一方面， =7. r-S<Vp-ap-D(p-o(p-d_2/6 答案：7 5 三、解答题 另一方面，欲求r最小值，只需使得S最小，只需使得 42.解：因为∠BMC=100°，所以∠MBC+∠MCB=80°， cos:A+C=coSB十D最大即可. 又因为P,M,Q三，点共线，所以∠BMC+PMB+∠QMC 2 2 =180°， 又网为A士，时≥号 所以∠PMB+∠QMC=80° 所以只需令max A+C,B+D)最大即可. 又因为P在线段BM的中垂线上，所以∠PMB=∠PBM. 22 又Q在线段MC的中垂线上，所以∠QMC=∠QCM, 设AC=x,BD=y,有1<x<3,2<y<4, 所以∠QCM+∠PBM=80°，所以∠CAB=20°， 易知∠A,∠C随y增加而增加，∠B,∠D随x增加而增加， 43.解：以正五边形一条边上的中点为原点，此边所在的直线为 所以只需比较x→3和y→4的情况即可，此时四边形ABCD x轴，建立如图所示的平面直角坐标系。 分别趋向退化成边长为3,3,4和4,4,2的三角形，经比较可 (1)当A,B中有一点位于P点时，知另 得面积较小者为√15. 一点位于R或者R。时有最大值为 故=>西 IPR:当有一点位于O点时，AB引mx= 5 OP<PR; 上r(2 (2)当A,B均不在y轴上时，知A,B必 在y轴的异侧方可取到最大值（否则取 答案：(5 A点关于y轴的对称点A', 有|AB|<|A'B1). 40.解析：设边BC、CA、AB的长度分别为a、b、c,则 不妨设A位于线段OR。上（由正五边形的中心对称性，知这 MADI-(@+b-0.IAEI-(a+c-0, 样的假设是合理的)，则使|AB最大的B 点必位于线段PQ上.且当B从P向Q 故S△Ae=之1AD1·AE1·sinA=令[a2-(b-c)门· 移动时，|AB|先减小后增大，于是 |ABmx=|AP|或AQ|;对于P、Q,均有 AP≤|R,P,lAQ≤|RQ. =g1--cos AsinA·4=2im号，2os号m会 由(1)，(2)知ABx=RP.不妨设为x 下面研究正五边形对角线的长. A 如右图，作∠EFG的角平分线FH交EG于 H.易知∠EFH=∠HFG=∠GFI=∠IGF sin?A A 故(Saue)广=4sin合cos会=4X27 sin 2 =∠FGH=吾.于是四边形HGIF为支形 2 3 3 HG1=1.由角平分线定理知E时 2 -X cos'A 1 GHI 3 2 之 -1TEHT sin'A ≤4×27X 2 sin A 2 sin A 2 A 3> 解得x=1+⑤ 3 3 3 +c0s2 64 2 评析：由于正五边形的对称性，点A可以定位到某一边上的 故5Am<35(等号在A=子x时取到)， 一半.在涉及到分类讨论的题目中，运用对称性简化讨论的 8 情况很重要， 答案：35 44.证明：方法1： 41.解析：将题中各三角形的面积表示为线段的乘积形式，再通 由条件知，每个内角都是要 过代换计算求解出相应三角形的面积 设∠OAB=x,则∠OBC=3 5 一x, 设AB=x,CE=,则BE=兰，CF=；DF=x-9 y y ∠OCD=x,∠OEA=x, 因为Sr=4,所以5a=·DF·AD=号(-号) 1 ∠0AB=号-=，-器 5 由此得到所有三角形都是底角为 AD=4,所以AD= 8 61 y 票的等腰三角形，从西AB=BC 而AD=BC即8。=+y,誉理得（°-10y-24 =CD=DE=EA. x-6t 方法2：延长AB、DC交于F, y ∠BCF=∠CBF→BF=CF, =0, 又BF·AF=CF·DF 所以xy=12(负值舍去)，所以矩形面积S=x(1+y）=4 →AF=DF→AB=CD. 368 参考答案与解析 同理：BC=DE,CD=AE,DE=AB→AB=BC=CD=DE= 两个点可能是A,B),则凸337边形C1C2…C的面积S小 EA.所以命题得证. 于弓形ABCA(其中C:为C1,C2,,C中不与A,B重合 45.解：如图所示，过C作AB的平行线，延长DQ,AP与其相交 于G,F点 的莱个点)的面板，西弓彩ABCA的面积为答一≈3一 6 不难证明DAFG是平行四边形，故FG -1.732_2.76<0.1, =AD. 4 24 不难证明△ACF≌△BAE, .至少存在一个凸337边形，它的面积小于0.1. 故CF=AE.由AD=AE, 51.证明：如图，设△ABC的垂心 推知CF=FG,进而由平行关系得，CP 为H,则MH·HN=(MF -PQ. HF)(NF+HF) =(MF-HF)(MF+HF)= 46,解：由定比分点公式得到AD-A店+号AC ME-HE →Aò1：=号A部+号1AC:+号AB.1 AClcos0 = AF ·FB (AH-AF2)=AF·AB- AH.① 同理有PH·HQ=AE·AC-A.② 因为0∈(0，π)，所以： 易知B、C、E、F四点共圆，则AF·AB=AE·AC.③ =号+亭os9e(日，3)∈(g,号)】 故由①、②、③式得MH·HN=PH·HQ.所以M、N、P、Q 47,解：根据A、B、C、D四点共圆，有其对角互补.那么由余弦定 四点共圆. 里，AB ACAC=eosB=CD+DAC 52.证明：设BC=a,CA=b,AB=c, 2AB·BC 2CD·DA 直线AC与直线BE交于，点P,在 代入数据有80+102-AC 136+150-AC △BIC中，由梅涅劳斯定理得： 2·80·102 2·.136·150 解得AC=154,秀代入上式有osB=一需寿由正孩定现。 品·皆·装=1.南外角年分 DB'EI CD b 知2R=AC=154 线定理可知：DBc sin B 77 =170,即为所求直径. ,BE为∠ABC的平分线， 85 AP 48.解：由于线段OC与线段AB有交 CPAC-APCB =A5=S,则AP= E a a十c 点，故点A和点O一定在线段BC的 同侧（否则线段OC和AB整体各位 由△BCE△BPA得：CE=P片=b 于线段BC的两侧且端点不同，不可 由内心性质得，CB=B,利皆=安 能有交点) 而∠BOC=2∠BAC,OB=OC,且A 和O在BC的同侧，故由圆心角是圆 周角的2倍，可知，点O一定是△ABC外接圆的圆心， BE_a+c If b 得。千 记△ABC的外接圆为⊙O,并设E为C在⊙O上的对称点， 则根据相交弦定理有BD·AD=ED·CD.再由己知有ED· 品晤·是=1 CD=(OE+OD)·(OC-OD)=(OC+OD)· 又PA 千是-隐A服 c (OC-OD)=OC-OD=3-2=5,故BD·AD=5. 49.解：设BD=x,AC=y,由角平分线 53.证明：令AB=1,BC=CD 文双可将品品则6： =t(t>0),由条件知DE =t. 由余弦定理得cos∠BAC 如图，注意到∠BKE< 2 ∠ABK=∠PDE<180 AB*+AD2-BD2 一∠DEK,可在CB的延A4) 2AB·AD 长线上取一点A',使得∠A'KE=∠ABK=∠A'BK AC+AD*-CD 2AD·AC 此时有△A'BK∽△A'KE,故AB=AK-BK A'K一AEKE 即9+9=工=+9=4，将y=点代入化简得2x+5x 3 又KC平分∠BKE,故BK=BC=t」 36.x+36=0, KE 即(x-2)(2x-3)(x+6)=0, 子灵有提票·器=() 1 AB 解得x=2或x=1.5(x=一6舍去)， 1+21+AE 经检验只能x=1.5,y=4,所以△ABC的周长为10.5. 由上式两端减1，得=A BE BE ,从而A'与A重合，因此 50.解：由于2022÷337=6，故将2022个，点分成6组，则至少 ∠AKE=∠A'KE=∠ABK. 有一个组T的点数不小于337个，将圆周六等分，∠AOB= 同理可得∠ALE=∠EDL,而∠ABK=∠EDL,所以 60°，将T组的点C1,C,…,C(k≥337)都放在孤AB上（有 ∠AKE=∠ALE.因此A、K、L、E四，点共圆. 369