高中数学联赛真题分类汇编―平面几何

高中数学联赛真题分类汇编于洪伟平面几何第1页共38页高中数学联赛真题汇编——平面几何（1978T6）如图，设线段AB的中点为M，从线段AB上的另一点C向直线AB的一侧引线段CD，令线段CD的中点为N，BD的中点为P，MN的中点为Q，求证：直线PQ平分线段AC．证明：连NP，取AC中点O，则由于N、P分别为CD、BD中点，故NP∥AB，NP=12BC=12(AB－AC)=AM=AO=OM．∴NPMO为平行四边形．即PO经过MN中点Q．即直线PQ平分线段AC．（1978二试1）四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段．证明：如图所示，BD∥EF，作BG∥ED交AC于G，则AGAC=ABAE=ADAF，从而GD∥BC，即BCDG为平行四边形．P为BD中点，从而Q为EF中点．（1978二试4）设ABCD为任意给定的四边形，边AB、BC、CD、CA的中点分别为E、F、G、H，证明：四边形ABCD的面积≤EG∙HF≤12(AB+CD)∙12(AD+BC)．证明：连EF、FG、GH、HE，取BD中点P，连EP、PG．易证S四边形EFGH=12S四边形ABCD．而S四边形EFGH=12EG∙HFsin∠EOF≤12EG∙HF．但EP=12AD，PG=12BC．EP+PG≥EG，故12(AD+BC)≥EG，同理，12(AB+CD)≥HF．故EG∙HF≤12(AB+CD)∙12(AD+BC)，从而，四边形ABCD的面积≤EG∙HF≤12(AB+CD)∙12(AD+BC)．ADCBMNPQOEAQFDCBPGPOHGFEBCDA高中数学联赛真题分类汇编于洪伟平面几何第2页共38页（1978二试6）设有一个边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出一个面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积．(须证明你的论断)解：如图，设△EFG是正方形ABCD的一个内接正三角形．且E、F分别在一组对边AD、BC上，取EF中点M，连MG．则∠GME=∠GAE=90°，于是A、G、M、E四点共圆．∴∠MAG=∠MEG=60°，同理，∠MBG=60°，即△MAB为正三角形．于是M为定点，故1=AB≤EF≤ABsec15°=6－2．∴34≤S△EFG≤23－3．(1979T3)在△ABC中，∠A为钝角，求作一个面积最小的圆，把△ABC完全盖住．解：以BC为直径作⊙O，则⊙O即为所求的最小圆．首先，BC是△ABC的最长边，对于任意直径小于BC的圆，不可能盖住BC．(若能盖住，则得到圆的弦长大于同圆的直径，这是不可能的)其次，由于∠A90，故点A在圆内．即此圆盖住了△ABC．故证．(1979T4)圆的两条非直径的弦相交，求证：它们不能互相平分．证明：设⊙O的弦AB、CD互相平分于点M，连OM，则由M是弦AB中点．∴OM⊥AB，同理OM⊥CD．于是过点M可能作OM的两条垂线，这是不可能的．故证．（1979二试2）命题“一对对边相等及一对对角相等的四边形必为平行四边形”对吗？如果对，请证明，如果不对，请作一四边形，满足已知条件，但它不是平行四边形．并证明你的作法．证明：不对，如图，作△ABD，及过B、A、D三点的弧，以BD为轴作此弧的对称图形，以D为圆心，AB为半径作C'ADCBEFGMABCD高中数学联赛真题分类汇编于洪伟平面几何第3页共38页弧与所作对称弧有两个不同的交点C、C，则四边形ABCD、ABCD都是有一组对边相等，一组对角相等的四边形，其中有一个不是平行四边形．（1979二试4）在单位正方形周界上任意两点间连了一条曲线，如果它把正方形分成两个面积相等的两部分，试证这条曲线的长度不小于1．证明设M、N是单位正方形周界上两点，曲线MN把正方形的面积两等分．1若M、N分别在正方形的对边上(图1)，于是曲线MN≥线段MN≥1．2若M、N分别在正方形的一组邻边上(图2)．连对角线AC，则曲线MN必与AC相交(若不相交，则曲线MN全部在AC的一边，它不可能平分正方形的面积)，设其中一个交点为P，作曲线的PN段关于AC的对称曲线PN’，则点M、N’在正方形的一组对边上，而曲线MN’的长度等于曲线MN的长度．于是化归为情形1．3若M、N分别在正方形的一条边AB上(图3)．连对边AD、BC的中点EF，则曲线MN必与EF相交(理由同上)，设其中一个交点为P，作曲线的PN段关于EF的对称曲线PN’，则点M、N’在正方形的一组对边上，而曲线MN’的长度等于曲线MN的长度．于是化归为情形1．综上可知，命题成立．（1979二试6）如图，假设两圆O1和O2交于A、B，⊙O1的弦BC交⊙O2于E，⊙O2的弦BD交⊙O1于F，证明⑴若∠DBA=∠CBA，则DF=CE；⑵若DF=CE，则∠DBA=∠CBA．证明：连AC、AD、AE、AF，由ADBE是圆内接四MNMNMNPPN'N'ABCDABCDABCDEF图1图2图3EFBCDAO2O1高中数学联赛真题分类汇编于洪伟平面几何第4页共38页边形，得∠AEC=∠D，同理∠C=∠AFD．从而∠DAF=∠CAF．⑴若∠DBA=∠CBA，则AD=AE，AF=AC，(同圆内，圆周角等，所对弦等)于是，△ADF≌△AEC，DF=CE．⑵若DF=CE，则△ADF≌△AEC，AD=AE，∠DBA=∠CAF．(1981T4)下面四个图形中，哪一个面积大？A．△ABC：∠A=60°，∠B=45°，AC=2B．梯形：两条对角线的长度分别为2和3，夹角为75°C．圆：半径为1D．正方形：对角线长度为2.5解：A中三角形面积=14(3+3)；B中梯形面积=14(3+3)；C中圆面积=π，D中正方形面积=12·(52)2=252．于是B=ADC．选C．(1981T9)在圆O内，弦CD平行于弦EF，且与直径AB交成45°角，若CD与EF分别交直径AB于P和Q，且圆O的半径为1，求证：PC∙QE+PD∙QF2．证明：作OM⊥CD，垂足为M，交EF于N，设ON=n，OM=m．则CM=DM=1－m2，EN=FN=1－n2，本题即证(1－m2＋m)(1－n2±n)+(1－m2－m)(1－n2∓n)2．MNADCBFEPQO高中数学联赛真题分类汇编于洪伟平面几何第5页共38页展开得，1－m2·1－n2±mn1．移项，平方得，1－m2－n2＋m2n21∓2mn＋m2n2．m2＋n2∓2mn．取“+”号时，M、N在点O同侧，此时m≠n，总之，命题成立．(当E、F交换位置时，且CD、EF在点O异侧时，可能有m=n．)又证：PC2+PD2=(CM+OM)2+(CM－OM)2=2(CM2+OM2)=2，同理QE2+QF2=2．∴4=PC2+PD2+QE2+QF2=(PC2+QE2)+(PD2+QF2)≥2(PC∙QE+PD∙QF)．等号当且仅当PC=QE，PD=QF时成立．但由已知，此二式不成立．故证．(1982T1)如果凸n边形F(n≥4)的所有对角线都相等，那么A．F∈{四边形}B．F∈{五边形}C．F∈{四边形}∪{五边形}D．F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}解：由正方形及正五边形知A、B均错，由对角线相等的四边形形状不确定，知D错，选C．(1982T11)已知边长为4的正三角形ABC．D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连结AD、BE、CF，交成△RQS．点P在△RQS内及边上移动，点P到△ABC三边的距离分别记作x、y、z．⑴求证当点P在△RQS的顶点位置时乘积xyz有极小值；⑵求上述乘积xyz的极小值．解：利用面积，易证：⑴当点P在△ABC内部及边上移动时，x+y+z为定值h=23；⑵过P作BC的平行线l，交△ABC的两边于G、H．当点P在线段GH上移动时，y+z为定值，从而x为定值．⑶设y∈[α，β]，m为定值．则函数u=y(m－y)在点y=α或y=β时取得极小值．于是可知，过R作AB、AC的平行线，过Q作AB、BC的平行线，过S作BC、AC的平行线，这6条平行线交得六边形STRUQV，由上证，易得只有当点P在此六点上时，xyz取得极VUTlSRQADCBFEGHlzxyEFBCDAPQRS高中数学联赛真题分类汇编于洪伟平面几何第6页共38页小值．由对称性易知，xyz的值在此六点处相等．由EAAC·CDDB·BSSE=1，得BSBE=1213，x=1213·34h=913h，y=SEBEh=113h，z=313h．∴xyz=(313)3h3=64821973．（1983T7）在正方形ABCD所在平面上有点P，使△PAB、△PBC、△PCD、△PDA都是等腰三角形，那么具有这样性质的点P的个数有A．9个B．17个C．1个D．5个解：如图，以正方形的顶点为圆心，边长为半径作4个圆，其8个交点满足要求，正方形的中心满足要求，共有9个点．选A．（1983二试3）在四边形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面积比是3∶4∶1，点M、N分别在AC、CD上满足AM∶AC=CN∶CD，并且B、M、N三点共线．求证：M与N分别是AC与CD的中点．证明设AC、BD交于点E．由AM∶AC=CN∶CD，故AM∶MC=CN∶ND，令CN∶ND=r(r0)，则AM∶MC=r．由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABD∶SBCD=3∶4．从而AE∶EC∶AC=3∶4∶7．SACD∶SABC=6∶1，故DE∶EB=6∶1，∴DB∶BE=7∶1．AM∶AC=r∶(r+1)，即AM=rr+1AC，AE=37AC，∴EM=(rr+1－37)AC=4r－37(r+1)AC．MC=1r+1AC，∴EM∶MC=4r－37．由Menelaus定理，知CNND·DBBE·EMMC=1，代入得r·7·4r－37=1，即4r2－3r－1=0，这个方程有惟一的正根r=1．故CN∶ND=1，就是N为CN中点，M为AC中点．（1984二试3）如图，在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥BA，PF∥CA，若S△ABC=1，证明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一个不小于49(SXY…Z表示多边形XY…Z的面积)．ABCDMNE高中数学联赛真题分类汇编于洪伟平面几何第7页共38页证明：如图，三等分BC于M、N，若点P在BM上(含点M)，则由于PE∥AB，则△CPE∽△CBA．CP∶CB≥23．于是S△PCE≥49．同理，若P在NC上(含点N)，则S△BPF≥49．若点P在线段MN上．连EF，设BPBC=r(13r23)，则CPBC=1－r．S△BPF=r2，S△PCE=(1－r)2．∴S△BPF+S△PCE=r2+(1－r)2=2r2－2r+1=2(r－12)2+122(13-12)2+12=59．于是S□AEPF≥49．故命题成立．（1985二试4）平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：λ≥2sin54．证明⑴若此五点中有三点共线，例如A、B、C三点共线，不妨设B在A、C之间，则AB与BC必有一较大者．不妨设AB≥BC．则ACBC≥22sin54．⑵设此五点中无三点共线的情况．①若此五点的凸包为正五边形．则其五个内角都=108．五点的连线只有两种长度：正五边形的边长与对角线，而此对角线与边长之比为2sin54．②若此五点的凸包为凸五边形．则其五个内角中至少有一个内角≥108．设∠EAB≥108，且EA≥AB，则∠AEB≤36，∴BEAB=sin(B+E)sinE≥sin2EsinE=2cosE≥2cos36=2sin54．③若此五点的凸包为凸四边形ABCD，点E在其内部，连AC，设点E在△ABC内部，则∠AEB、∠BEC、∠CEA中至少有一个角≥120108，由上证可知，结论成立．④若此五点的凸包为三角形ABC，则形内有两点D、E，则∠ADB、∠BDC、∠CDA中必有一个角≥120，结论成立．综上可知，结论成立．AACBCBDECBADECBADE