高中数学竞赛专题大全竞赛专题9平面几何50题竞赛真题强化训练含解析

竞赛专题9 平面几何 （50题竞赛真题强化训练） 一、填空题 1．（2018·天津·高三竞赛）凸六边形ABCDEF的6条边长相等，内角A、B、C分别为134°、106°、134°.则内角E是___________（用度数作答）. 【答案】134° 【解析】 【详解】 不妨设边长为1，设AC、DF的中点分别为M、N，且A在DF上的射影为K，则，，，即，. 又设，则，利用， 我们有， 因此，即等腰△DEF的底角为23°，可见其顶角E为134°. 故答案为134° 2．（2020·江苏·高三竞赛）在平面直角坐标系中，直线与圆：交于，，则__________． 【答案】2020 【解析】 【详解】 解析：． 故答案为：2020. 3．（2021·全国·高三竞赛）在中，所对的旁切圆与边相切于点D，所对的旁切圆与边相切于点E．若，则面积的最大值为_______． 【答案】 【解析】 【详解】 设边、、的长度分别为a、b、c，则 ， 故 故， ， 故（等号在时取到）． 故答案为：. 4．（2021·浙江·高三竞赛）在中，，在，为上两点，且，，点为的内心.若°，则______. 【答案】105 【解析】 【分析】 【详解】 证明：连接PA、PB、PC及PM、PN． 由已知易证△APC≌△APN，△BPC≌△BPM． 从而PC=PN，PC=PM，即PM=PN=PC． 故P为△CMN的外心，此时有∠MPN=2∠MCN． 而∠ACN=90°∠A，∠BCM=90°∠B， 故∠ACN+∠BCM=180°(∠A+∠B)， 即∠MCN+∠ACB=180°(∠A+∠B)， 则∠MCN=∠MCN+∠ACB∠ACB =(180°∠ACB)(∠A+∠B) =(∠A+∠B) =(∠A+∠B)． 故∠MPN=2∠MCN=∠A+∠B=180°∠C 所以∠C=180°∠MPN =180°105°． 故答案为：105°． 5．（2021·全国·高三竞赛）设三个不同的正整数成等差数列，且以为三边长可以构成一个三角形，则的最小可能值为________. 【答案】10 【解析】 【分析】 【详解】 设为正整数，由于以为三边长可以构成一个三角形， 则， 所以， 于是，即有. 故答案为：10. 6．（2019·贵州·高三竞赛）如图，在△ABC中，AB=30，AC=20，S△ABC=210，D、E分别为边AB、AC的中点，∠BAC的平分线分别与DE、BC交于点F、G，则四边形BGFD的面积为________. 【答案】 【解析】 【详解】 如图，在△ABC中，由AG平分∠BAC知，故. 又S△ABC=210，则. 由D、E分别为边AB、AC的中点知，所以△ADF∽△ABG. 由，得到，故. 故答案为：． 7．（2018·山东·高三竞赛）若直线交椭圆（，且、为整数）于点、．设为椭圆的上顶点，而的重心为椭圆的右焦点，则椭圆的方程为______． 【答案】        【解析】 【详解】 设，， 由题意的重心为椭圆的右焦点，整理得，． 由，在直线上，得到． 由，在椭圆上，得到，． 两式相减并整理得， 整理得．                    ① 因为，在直线上， 所以有，． 将，代入得， 整理得．             ② 联立①②，且注意到、为整数，解得，，． 故所求的椭圆方程为． 8．（2018·河北·高三竞赛）在△ABC中，，，则△ABC的面积最大值为_____. 【答案】3 【解析】 【详解】 由正弦定理将变形为，其中. 以线段AC所在直线为x轴，以AC的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，由得 两边平方整理得 因为，所以上述方程可化为为 由此可知点B的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.所以当点B在圆上运动时，点B到x轴的最大距离为半径，所以的面积在上单调递减，所以. 9．（2021·全国·高三竞赛）已知直角梯形中，，对角线、相交于O，，P、Q分别是腰、上的点，且，若，则_________． 【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示，记P为过O点在上的垂线的垂足，Q为过P点在上的垂线的垂足，下证P、Q即为所求． 对P点，在，所以有，从而． 对Q，，所以P、Q、C、D，P、Q、B、A均四点共圆， 所以有． 设、交于T，K为的中点．不妨设， 则，， 从而，所以，所以． 由，所以，从而有． 故答案为：1. 10．（2019·山东·高三竞赛）△ABC中，.在△ABC外部，到点B、C的距离小于6的点组成的集合，所覆盖平面区域的面积是______ . 【答案】 【解析】 【详解】 分别以点B、C为圆心，6为半径作圆，交于三角形外一点D，连结BD、CD； 有，故A、B、D、C四点共圆，所以∠ABD+∠ACD=. 又易知AB与圆C相离，故所求的面积为2个圆的面积去掉半个圆的面积再加上△BCD的面积等于. 故答案为：． 二、解答题 11．（2021·全国·高三竞赛）已知满足，E、F分别为延长线上的点，且的外接圆与交于不同于E的点K．证明：点K在的角平分线上． 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 设与相交于点T．连结、． 由，及，得， 类似可得，故 ， 因此，A、B、T、C四点共圆． 进而，， 所以A、B、K、F四点共圆． 由，及，得． 于是．因此，，即是的角平分线． 12．（2021·全国·高三竞赛）如图，在平行四边形中，､分别是边上的点，线段､交于点P，和的外接圆的第二个交点Q位于的内部.证明：. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 对完全四边形用密克定理，知Q､､B､C四点共圆，所以. 又因为，所以. 因此， 结合知. 因此. 13．（2021·全国·高三竞赛）如图，设O、H分别为的外心与垂心，M、N分别为、的中点．是的外接圆的一条直径，如果是一个圆的内接四边形，证明：． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 如图，设为的中点，连接，可证F、A、O、H四点共圆，从而可证明四边形为等腰梯形，故可证. 【详解】 如图，连接，则，故，同理， 故四边形为平行四边形 设F为的中点，故、F、H共线，且F为的中点， 连接，结合N为的中点可知，． 连接，则，故， 另一方面，容易得到，故， 从而F、A、O、H四点共圆， 从而可知， 从而四边形为等腰梯形，进而，证毕． 【点睛】 思路点睛：竞赛中的平面几何，大多数与四点共圆相关，因此需要结合三角形中各类角的性质进行大小关系的转化. 14．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知锐角的外接圆为，过B、C分别作圆的切线交于点P，P在直线、、上的投影分别为D、E、F，的外接圆与交于点N（不同于点D），A在上的投影为M．求证：． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 连结、、、． 因为，所以． 因为、与相切，所以． 因此． 又因为，所以． 所以，因此． 又因为F、E、D、N四点共圆，所以． 又因为P、E、A、F四点共圆，所以． 又因为，所以， 故，所以， 因此． 15．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知等腰三角形中，，M为的中点．D为线段上一点，E、F分别为上的点，且四边形为平行四边形.交于点P，的延长线交的延长线于点Q，的外接圆交的外接圆于A、K两点． 求证：K、Q、P、O四点共圆． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 因为， 所以，所以， 所以A、E、F、O四点共圆，记该圆为． 又，故有P在圆上，同理Q也在上． 的外接圆圆心N为的中点，即的中点． 又，故有，所以O、N与的圆心共线． 所以三圆关于直线对称，故K也在上． 所以K、Q、P、O四点共圆． 16．（2021·全国·高三竞赛）如图，、为圆的两切线，为圆的一条割线，为切点连线，D为过C、B关于圆的切线的交点，证明：D、E、F共线． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 法一：共圆证法． 作圆心O，连结，连结、． 由于、为圆O的切线，故O、C、D、B四点共圆． 对用射影定理． 又，即M、O、C、B四点共圆． O、C、D、B、M五点共圆，故D、C、M、B四点共圆． 平分． 又过D，即D、E、F共线． 法二：塞瓦定理． 对F及用塞瓦定理，． 对E及用塞瓦定理，． 由于． 由于． ． 由． 从而D、E、F共线． 17．（2021·全国·高三竞赛）如图，在中，，G为重心，P为射线上一点，满足，Q为射线上一点，满足，证明：、的外接圆的另一个交点在上． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 如图，延长与交于点J，则J为的中点，故． 从而． 同理，． 设的外接圆圆M与的另一个交点为K， 由圆幂定理知：， 所以，于是． 因此A、K、G、Q四点共圆，所以、的外接圆的另一个交点在上． 18．（2021·全国·高三竞赛）如图，设圆内接四边形的对角线与交于点P，并且与交于Q．若，且E是的中点．求证：． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 过B作交于F，连结． 则有，于是是的中垂线，故 ． 因此Q、P、F、B共圆，再由，得． 而，故，即． 19．（2021·全国·高三竞赛）如图，在中，最短，D、E分别在上满足，设I是内心，O是外心，求证：. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 设的外接圆P，M、N、Q分别是弧的中点. 如图连结线段，则由得. 又，所以，于是. 又，所以.同理， 再由，即知四边形是菱形， 所以，并且. 另一方面，由鸡爪定理又有，所以且， 即四边形是平行四边形，所以，所以. 20．（2021·全国·高三竞赛）如图，锐角中，为边中点，内切圆与边切一点的内切圆与边切于点，若四边形为平行四边形，求证：在的平分线上. 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 设的内切圆分别与切两点；的内切圆分别与切于两点. 作平行四边形，连结，交于点，则， 且， 所以是平行四边形，所以. 又，所以， 所以要证明. 因为是的中点，，所以是的中点，且. 因此： . ， 所以，所以是的平分线. 21．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知圆O是的外接圆，切线交于点P，D是的中点，K、L分别在线段上，且满足，连结，求证：． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 如图，过P作，垂足分别为M、N． 首先，由题意知，则B、M、P、D共圆，C、N、P、D共圆， 而，则， 而，故，即， 因此． 又因为， ． 故四边形为平行四边形，即得， 结合直角，故，即， 则． 而，故． 22．（2021·全国·高三竞赛）点P为椭圆外一点，过P作椭圆两条切线、，切点分别为A、B，连结，点M、N分别为、中点，连结并延长交椭圆于点C，连结交椭圆于另一点D，连结并延长交于Q，证明：Q为的中点． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 与交于点K．首先证明：P、D、K、C为调和点列，即． 设，则直线方程为． 设P、D、、C为调和点列，且． 设，则 故 ， 所以在直线上，即与K重合，结论成立． 下面证明原题：由梅涅劳斯定理可知， 又由，可知，            ① 由直线上托勒密定理可知，，由P、D、K、C四点调和可知，， 故，即                      ② 结合①、②可知，．故． 又N为的中点，所以Q为的中点． 23．（2021·全国·高三竞赛）如图，在锐角中，，D、E分别是、的中点，的外接圆与的外接圆交于点P（异于E），的外接圆与的外接圆交于点Q（异于D），证明：． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 连结、、、、、，由于D、E分别是边、的中点可知，则 ， ， ，且： ， 所以，所以: ， 所以． 24．（2019·江西·高三竞赛）如图所示，BE、CF分别是锐角三角形△ABC的两条高，以AB为直径的圆与直线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. 【答案】见解析 【解析】 【详解】 如图，设△ABC的垂心为H，则                ① 同理有，               ② 因B、C、E、F四点共圆，知                ③ 故由①、②、③式得. 所以M、N、P、Q四点共圆. 25．（2019·山东·高三竞赛）已知：正方形ABCD的边长为1点M是边AD的中点以M为圆心AD为直径作圆，点E在线段AB上，且直线CE与圆相切.求△CBE的面积. 【答案】 【解析】 【详解】 设直线CE与圆相切于点N，连结ME、MN、MC. 在Rt△MNC和Rt△MDC中，MC=MN，m=MC，所以△MNC≌△MDC，故∠NMC=∠DMC. 同理∠EMN=∠AME.所以∠EMC=90°. 故MN是Rt△EMC斜边上的高，所以，故. 所以. 因此△CBE的面积等于. 26．（2018·江西·高三竞赛）如图，的内心为，、、分别是边、、的中点，证明：直线平分的周长． 【答案】见解析 【解析】 【详解】 如图①，不妨设，的内切圆切、、于、、． 图① 过作内切圆的直径，过作的切线分别交、于、，则． 由于是的旁切圆，，因，， 所以有． 延长交于，则，因此， 故是的中位线，所以， 因四边形为平行四边形，所以∽，相似比为． 同理，∽，相似比为． 又注意∽，∽，相似比均为， 既然有，所以， 因此，，即所证结论成立． 附注   在几何题中用到三角形内切圆的一个基本性质． 如图②，在中，内切圆切于， 设是的直径，若交于，则． 证明：过作，点、分别在、上． 设的半径为，，，，，， 连结、、、，由于、分别平分一对互补角、， 所以，且∽，则，． 同理∽，则，， 所以，则．                                                     ① 又由，得，所以，                    ② 根据①②式得，，所以，即， 由此得，，即，也就是．（同时也有．） 27．（2018·福建·高三竞赛）如图，在锐角中，、是边上的点，、、的外心分别为、、．证明： （1）∽； （2）若，则． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【详解】 （1）如图，连结、． 因为、分别为、的外心，所以为线段的垂直平分线． 所以，． 故∽． （2）如图，连结、、、、．延长与相交于点． 由、、分别为、、的外心， 知、、分别是线段、、的垂直平分线． 所以． 又，． 所以、、、四点共圆，． 又，，所以，． 所以、、、四点共圆，． 设、的延长线分别与、相交于、， 则．故、、、四点共圆． 又，所以．故． 28．（2019·全国·高三竞赛）在中，设∠C=90°，，垂足为D，P、Q分别为、的内心，PQ与CD交于点K，记的面积为S.证明：. 【答案】见解析 【解析】 【详解】 如图，延长PQ，分别与AC、BC交于点M、N，联结DP、DQ、CP. 分别过M、N作CD的平行线与BC、AC的延长线交于点F、E. 易知，. 又P、Q分别为、的内心， 故 四点共圆. 易证. 于是，CM=CD=CN. 由∠FMC=∠ACD，CM=DC. 类似地，NE=BC. 根据三平行线定理得. 再由直角三角形恒等式得，. 故. 29．（2018·全国·高三竞赛）如图，与的半径相等，交于X、Y两点. 内接于，且其垂心H在上，点Z使得四边形CXZY为平行四边形.证明：AB、XY、HZ三线共点. 【答案】见解析 【解析】 【详解】 如图，设、的半径为R，XY的中点为M. 则点Z与C关于M对称，点与关于M对称. 因此，点Z在上. 记的外接圆为，其半径为. 则. 接下来证明：Z为与的交点（异于H）. 由、、的半径均为R，知四边形、四边形均为菱形. 记AB中点为N，则N也为的中点. 注意到，H与分别为的垂心与外心. 故，即. 因为，. 所以，. 又H为、的一个交点，则Z为两圆另一交点. 于是，AB、XY、HZ恰为、、两两的公共弦. 由根轴定理知AB、XY、HZ三线共点. 30．（2021·全国·高三竞赛）如图，以为直径的圆上有C、D两点，、两点的中点为E、F，直线与直线、分别交于G、H，求证：以为直径的圆和以为直径的圆有一交点在上． 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 取D关于的对称点，延长与交于I点，则． 因为、两点的中点为E、F，所以， 而，故， 所以，所以、D、G、F四点共圆． 又，所以， 所以I、E、C、H四点共圆，注意到， 故、为直径的圆过I． 取I关于的对称点，则、为直径的圆交于I、， 则、H、I、E、C五点共圆，所以． 所以在上，即以为直径的圆和以为直径的圆有一交点在上． 31．（2021·全国·高三竞赛）如图所示，在等腰中，，设点D是边上一点，点E是线段的中点，延长与底边交于点F，证明：若，求证：. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 证法1：设的外接圆为，其中弧的中点为N， 如图1，连结，，与交于点M. 易见平分，从而. 又由于，故，进而得到 . 另一方面，由垂径定理可知. 因此 . 注意到，故. 这说明，从而得到 . 证法2：设的外接圆为，圆心为O； 如图2，连结；连结与线段分别交于点N､G，取边的中点M，连结. 由条件及可知，垂直平分，即. 同理，因此F是的垂心，从而. 另一方面，E是的中点，而是的中位线，因此M､E､N三点共线， 由塞瓦定理，我们有， 注意到，因此，从而. 综上可知，因此与边相切于点B. 再由对称性，必然与边相切于点C，因此 ，从而. 故. 32．（2021·全国·高三竞赛）如图，在锐角中，已知点D､E､F分别是点A､B､C在边､､上的投影，､的内心分别为､，､的外心分别为､，证明：. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 设，､的延长线交于点I. 由､分别为､的角平分线知I为的内心. 因为点E､F均在以为直径的圆上，所以， 则，相似比. 又因为､I分别为､的内心，所以. 故，同理，. 在中，由正弦定理知，则 ， 故A､B､､四点共圆，且I关于､等幂.于是，是与的根轴.故. 设与交于点Q，则 . 因此，从而. 33．（2021·全国·高三竞赛）如图，是的一条弦，的垂直平分线交于两点，交于点．为内一点，外接圆交于点的外接圆交于点，且点在直线同侧．证明：． 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 延长交于点，直线交于点． 因为，所以四点共圆． 又四点共圆，所以． 于是四点共圆，所以． 设交于点，则，所以四点共圆． 又四点共圆，于是， 所以四点共圆，于是，故，即． 34．（2021·全国·高三竞赛）如图，锐角的外接圆为，D是A在上的射影，假设，点M为中点，的角平分线与交于点N，上一点P满足．直线与交于点F，直线与圆再交于点Q．直线与的外接圆再交于点E．证明：． 【答案】证明见解析. 【解析】 【详解】 先证明．事实上设在上异于C，只要证、F、P共线． 易知． 设A关于M的对称点为另交于T，则 ． 因为，故即， 因此， 知、F、P三点共线，故、重合. 再证A、N、D、P共圆，事实上由 ，即得． 因此结合知，是的外角平分线，故设D关于的对称点为，则、N、P共线．设与交于点K，则， 故共点K． 因为，故A、、C、D共圆． 故、Q、D、P共圆， 从而，于是Q、K、D、E共圆， 所以． 35．（2021·浙江·高三竞赛）如图，是的外接圆，是弧（不含）上一点，为弧的中点.为线段上一点，过作的平行线交于点，过作的平行线交于点，过作的平行线交弧于点.已知上的点满足被平分.证明：. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 设是弧的中点，，分别与交于点，. 由知，，，共圆. 由知，，，共圆，即，，，，五点共圆. 注意，同理可知与相似.因此，即. 由平分可知： 因此 . 即是的平分线，结合可知是的垂直平分线，故. 36．（2021·全国·高三竞赛）在锐角中，D为边上一定点，P为边上一动点，直线交于点Q，交于点X．、、的三个外接圆分别交于X外的另三点、、，过、、分别作垂线、、，证明：、、均过定点． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 连结并延长交于E．对和点X，由赛瓦定理得． 对和截线，由梅涅劳斯定理得． 结合两式有， 所以E为定点，延长至使得，这样有． 所以， 进而X、E、、四点共圆．所以为定角． 又D、为定点，所以在过D的定圆上运动，取该圆上D的对径点（直径的另外一个端点），则为定点，且在直线上． 又为定角，C、D为定点，所以在过D的定圆上运动，取该圆上D的对径点，则为定点，且在直线上， 又为定角，B、D为定点，所以在过D的定圆上运动，取该圆上D的对径点，则为定点，且在直线上． 命题得证． 37．（2021·全国·高三竞赛）在中，点P、Q、R分别位于边、、上，、、分别是、、的外接圆，线段与、、分别相交于点X、Y、Z.证明：． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 设圆与交于异于点R的点N（三角形密克点），则P、N、Q、C共圆． 设直线与直线交于点K，直线与直线交于点M， 设， 由于， ． 我们有． 另一方面由得 ． 同理由得： 因此，由此得到． 38．（2021·全国·高三竞赛）点是的外接圆圆心，含点的的中点为，点在不包含点的上.点在圆上且.点在线段上.过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点.点在圆上，使得是的角平分线.证明：. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 因为，所以，即. 又，且，故，所以. 于是，要证，只需证. 又由知，，故四点共圆. 而，故四点共圆. 从而五点共圆.则： . 其中，关于对径点分别为. 则，即.故. 证毕. 39．（2021·全国·高三竞赛）如图，在中，，且为边上的高，为边上的中线，为的平分线，与分别交于两点，与交于点，令．求证：，且是最好的界（即可以无限接近于）． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 由，知均为锐角，可知在边上，且． 连结并延长交于．由平分，得， 又，从而知，得． 由塞瓦定理得，可知，得， 所以如图在的中点的右边，而在的中点左边，综上可得在线段上． 由在上，知在内，连交于点， 由平分，有． 将代入上式可得， 所以，故． 由，可知． 又知． 若令，则，而，得为的重心， ，． 令，则，知，故，且可无限接近． 40．（2021·全国·高三竞赛）设的内心为点，内切圆分别切于．直线与交于点．连结并延长，交于点．求证：是中点． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 过作平行线，分别交于，连结． 由得，又，因此四点共圆． 因此，同理． 又由知，从而，即． 再由可得． 再由得，因此是中点． 41．（2021·全国·高三竞赛）已知上依次四点A､B､C､D，射线交于点P.射线交于点Q，弦交于点R，点M为线段的中点.过点O作的垂线，分别于点U､V.过点U作的切线，与切于点K. 证明：（1）P､Q､V､O四点共圆； （2）K､M､R三点共线. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 首先证明一个引理： 引理：已知上依次四点E､F､G､H，直线交于点X，直线交于点Y，直线交于点Z，则点O为的垂心. 引理的证明：注意到X､Y､Z分别是直线关于的极点，从而，，即O是的垂心. 回到原题，由引理知O是的垂心. 设于点，于点于点，直线与交于点， 则P､､､Q四点共圆，且圆心为M. 由引理知M为的垂心，则. 由题意，知U与重合，从而V､O､､R､五点均在以为直径的圆上. 故､Q､V､O四点共圆. 由知U､V､R､四点共圆， 推出， 其中r为的半径，最后一步是由配极原理得到. 在直线上取点，满足. 则，且， 即为的切线，故K与重合， K､M､R三点共线. 42．（2020·全国·高三竞赛）如图，在等腰中，，I为内心，M为的中点，P为边上一点，满足，延长线上一点H满足，Q为的外接圆上劣弧的中点．证明：． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 取的中点，结合已知条件证得，再由三角形边之间的比例关系证得三角形相似，可得四点共圆，即得证. 【详解】 证明：取的中点N．连接、，由，可知P为的中点．易知B，I，N共线，． 由I为的内心，可知经过点Q，且 ， 又M为的中点，所以．进而． 考虑与．由于，故． 又，故，于是． 所以，得． 从而H，M，B，Q四点共圆．于是有，即． 【点睛】 关键点点睛：解答本题的关键是结合已知条件证得三角形相似，可以得到四点共圆，需要较强的图形解题综合能力. 43．（2020·全国·高三竞赛）如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点点P在△ABC内，使得AP平分∠BAC.直线MP与△ABP、△ACP的外接圆分别相交于不同于点P的两点D、E.证明：若DE=MP，则BC=2BP. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 如图，延长PM到点F，使得MF=ME.连结BF、BD、CE. 由条件可知∠BDP=∠BAP=∠CAP=∠CEP=∠CEM. 因为BM=CM且EM=FM，所以BF=CE且BF∥CE. 于是∠F=∠CEM=∠BDP，进而BD=BF. 又DE=MP，故DP=EM=FM. 于是在等腰△BDF中，由对称性得BP=BM.从而BC=2B=2BP. 44．（2019·江苏·高三竞赛）如图所示，D是△ABC中，边BC的中点，K为AC与△ABD的外接圆O的交点，EK平行于AB且与圆O交于E，若AD=DE，求证：. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 如图所示，连结DK并延长，与BA的延长线交于点P，连结AE， 由AD=DE，得. 由EK∥AB，得∠EKD=∠BPD， 又， 所以∠BPD=∠AKP，故AK=AP. 作PH∥AC，并使PH=PB，连结HK、BK、BH、DH， 在△PBK与△PHK中，. 由PH∥AC可得， 所以△PBk≌△PHK，故BK=HK. 又由PB=PH，得PD是线段BH的垂直平分线，即有PD⊥BH，. 由D是BC的中点，得DC=BD=DH，所以BH⊥HC，故DK∥HC. 再由PH∥KC，得四边形PKCH为平行四边形， 所以，即AB+AK=KC. 45．（2019·广西·高三竞赛）如图所示，AD、AH分别是△ABC（其中AB>AC）的角平分线、高线，点M是AD的中点，△MDH的外接圆交CM于点E.求证：∠AEB=90°. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 如图所示，连结HE. 由点M是Rt△AHD的斜边AD的中点可知MA=MH=MD，∠MDH=∠MHD. 由M、D、H、E四点共圆可得. 从而. 又由∠CMH=∠HME可知△CMH∽△HME.故，从而. 又因为∠CMA=∠AME，所以△CMA∽△AME.故. 由AD是角平分线，可得. 则有∠BHE+∠BAE=∠DHE+∠DME=180°，从而A、B、H、E四点共圆. 所以∠AEB=∠AHB=90°. 命题得证. 46．（2019·福建·高三竞赛）如图，O､H分别为锐角△ABC的外心垂心，AD⊥BC于D，G为AH的中点点K在线段GH上，且满足GK=HD，连结KO并延长交AB于点E. （1） 证明：； （2） 证明：. 【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析 【解析】 【详解】 （1）如图，连结BO并延长交圆O于点F，由O为△ABC的外心，知BF为圆O的直径，所以. 结合H为△ABC的垂心，得HC⊥AB，所以AF∥HC.同理，FC∥AH. 所以四边形AHCF为平行四边形，. 作OM⊥BC交BC于点M，则OM=FC. 因此，由G为AH的中点，GK=HD， 可得. 结合KD∥OM，得四边形OMDK为平行四边形. 所以OK∥MD，即EK∥BC. （2）如图，作GN⊥AB于N. 由H为△ABC的垂心，知， 结合HD⊥BC，得△ANG∽△CDH.所以，∠NGA=∠DHC. 又GK=HD，AG=GH，因此，. 又∠NGK=180°-∠NGA=180°-∠DHC=∠GC，所以△NGK∽△GHC，故∠KNG=∠CGH. 由（1）知，GK⊥KE.因此，E､K､G､N四点共圆.所以， 故. 所以GE⊥GC. 47．（2019·全国·高三竞赛）如图，点A､B､C､D､E在一条直线上顺次排列，满足BC=CD=，点P在该直线外，满足PB=PD.点K､L分别在线段PB､PD上，满足KC平分∠BKE，LC平分∠ALD. 证明：A､K､L､E四点共圆. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 根据题设条件，可设，，可得，再结合图象，可在CB的延长线上取一点，使得，从而可得，再根据KC平分∠BKE，结合角平分线定理可得，由此可推出，由此可证∠AKE=∠ALE，从而证出A､K､L､E四点共圆. 【详解】 令，，由条件知. 如图，注意到∠BKE＜∠ABK=∠PDE＜180°-∠DEK，可在CB的延长线上取一点，使得. 此时有，故. 又KC平分∠BKE，故. 于是有. 由上式两端减1，得，从而.因此. 同理可得∠ALE=∠EDL. 而∠ABK=∠EDL，所以∠AKE=∠ALE. 因此A､K､L､E四点共圆. 【点睛】 本题考查四点共圆的证明，相似三角形的判定与性质以及角平分线定理的运用，熟练掌握性质及定理是解答本题的关键． 48．（2021·全国·高三竞赛）如图，给定两个相交的圆与，A、B为、的交点，一动直线经过B与交于点C，与交于点D，且B在线段内，过C的的切线与过D的的切线相交于点M，连结交于点E，过点E作的平行线交于点K，求点K的轨迹. 【答案】轨迹为过B的切线在内的部分 【解析】 【分析】 第一步证明A、C、M、D四点共圆，为的切线.，第二步证明的在B处的切线在的部分，上的任意一点满足题意要求，即可得证. 【详解】 连结，G为射线上一点，因为，故A、C、M、D四点共圆，故. 因为，则，故A、B、E、K四点共圆.故. 又，故. 故为的切线. 设延长线交于点F，设为内任意一点，延长交于点. 过作的切线，连结并延长交于点. 过作圆的切线交于点，设交于点，下证. 此时仍有A、、、四点共圆，故，而为切线，故，从而. 又因为，且，故有，故A、B、、四点共圆，进而，故. 故K的轨迹即为过B的切线在内的部分. （2021·全国·高三竞赛）的外接圆与内切圆分别为、，为旁切圆． 49．证明：存在唯一圆，与内切、与外切，并且与内切于点A． 50．设圆与、的切点分别为P、Q．如果，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析． 【解析】 【分析】 （1）第一步三角形的内外切圆的半径与心心距，利用平面几何欧拉定理可得到关系，第二步证明与外切．利用正弦定理表示圆的面积为，于是找到与 的关系，第三步利用斯特瓦尔特定理可知结果. （2）由（1）可知与的切点在线段上，故，证明A、、I、Q共线，并且也均在此直线上，可知为等腰三角形，于是． (1) 首先，与内切、并且与内切于点A的圆唯一，记此圆为，下面证明与外切．记的三边长为a、b、c，外接圆半径为R，内切圆半径为r，面积为S，于是 ， ① 并且．② 作圆使与外切，并且与内切于点A． 设圆的圆心分别为，的半径分别为． 对及点，由Stewart定理知： ，            ③ ．          ④ 结合①，③，④知：，故．而由②知： ． 故，结合，故，这表明位似于，故与相切． (2) 由（1）可知与的切点在线段上，故， 又平分，于是，结合知A、、I、Q共圆，于是 ， 这表明A、、I、Q共线，并且也均在此直线上，故A、I、O共线，于是．