1、高中联赛难度几何100题及其解答修订版高中联赛难度几何 100 题及其解答 解答人：文武光华数学工作室 田开斌 第一题、如图，P 为O 外一点，PA、PB 分别切O 于 A、B，PCD 为O 一条割线，CO 交O 于另一点 E，AC、EB 交于点 F，证明：CD 平分ADF。 PCABODFE证明方法一：如图，延长 ED 交 CA 于 K，根据条件知四边形 CADB 为调和四边形，故ED、EC、EA、EB 构成一组调和线束，进而知 K、C、A、F 构成一组调和点列。而 KDCD， 故 CD 平分ADF。 PCABODFKE证明方法二：如图，连结 OA、OB、AB、BC，因为AFB = ACE
2、BEC =AOEBOC = 180AOCBOC = APC，且PA = PB，故点 P 为ABF 的外心。于是知2 2 2PFA = PAC = PDA，所以 P、A、D、F 四点共圆。又PA = PF，故 CD 平分ADF。 P FCABODE第二题、如图，AB 为O 直径，C、D 为O 上两点，且在 AB 同侧，O 在 C、D 两处的切线交于点 E，BC、AD 交于点 F，EF 交 AB 于 M，证明：E、C、M、D 四点共圆。 ECFDO MA B证明：如图，延长 AC、BD 交于点 K，则 BCAK，ADBK，从而知 F 为KAB 的垂心。又在圆内接六边形 CCADDB 中使用帕斯卡定
3、理，知 K、E、F 三点共线，从而 KMAB 于 M。于是知CMF = CAF = CDE，所以 E、C、M、D 四点共圆。 KECFDO MA B 第三题、如图，AB 为O 直径，C、D 为O 上两点，且在 AB 同侧，O 在 C、D 两处的切线交于点 E，BC、AD 交于点 F，EB 交O 于点 G，证明：CEF = 2AGF。 ECGDFOA B证明：如图，根据条件知CFD = AB+CD = (180AC)+(180BD) = CAB + DBA =2 2ECF + EDF，且EC = ED，故点 E 为CFD 外心。于是知EFC = ECF = CAB =CGE，故 E、C、F、G
4、四点共圆。所以 CGF = CEF = 2(90 ECF) = 2(90 CAB) = 2ABC = 2AGC 所以AGF = CGF = CEF，即得CEF = 2AGF。 2 2ECGDFOA B第四题、如图，AB 为O 直径，P 为 AB 延长线上一点，PC 切O 于 C，点 C 关于 AB 的对称点为点 D，CEAD 于 E，F 为 CE 中点，AF 交O 于 K，求证：AP 为PCK 外接圆的切线。（第三十九届 IMO 预选题） KFOBECA PD证明：如图，连接 PD，根据圆的对称性知，点 D 在O 上，且 PD 切O 于 D。连接 CD交 AB 于 T，则 CTAB，且 T 为
5、 CD 中点。连结 TF、TK。 显然 TF 为CDE 的中位线，所以 TFAD，所以 TFCE，且TFK = DAK = TCK， 所以 C、F、T、K 四点共圆。于是知KTP = 90 KTC = KCD = KDP，所以 T、D、P、K 四点共圆，所以TPK = TDK = PCK，所以 AP 为PCK 外界圆的切线。 KFO TBECA PD第五题、如图，四边形 ABCD 内接于O，且 AC 为O 直径，D 关于 AC 的对称点为 E，C 关于 BD 的对称点为 F，AF 交 BD 于 G，BE 交 AC 于 K，求证：KGBG。（2014 年新加坡数学奥林匹克公开赛第二轮试题） GF
6、 DA KO CEB证明方法一：如图，根据条件，显然点 E 在O 上，从而 BC 平分DBE。设 BD 交 AC于 M。注意到ABC = 90，所以 AB 为KBM 的外角平分线，于是知KC = KB = KA ，从而AM = AK 。 MC MB MACM CK连结 GC，根据对称性，GB 平分AGC，所以AG = AM = AK，所以 KG 为AGC 的外角平分线，所以 KGBG。 CG CM CKGF DA KO M CEB证明方法二：如图，根据条件，显然点 E 在O 上，从而 BC 平分DBE。设 BD 交 AC于 M。注意到ABC = 90，所以 K、M、C、A 构成一组调和点列。连
7、结 GC，根据对称性，GB 平分AGC，根据调和性质知 KGBG。命题得证 GF DA KO M CEB第六题、如图，PA、PB 分别切O 于 A、B，K 为O 上一点，BDOK 于 D，分别交 KP、KA 于 E、F，证明：E 为 BF 中点。 PBAOE FDK证明方法一：如图，过点 K 作O 的切线 KT，则 KTBD。又 KT、KP、KB、KA 构成一组调和线束，故 E 为 BF 中点。 BAOE FDPTK证明方法二：如图，延长 KO 交O 于 T，延长 TA 交 KB 于 S，连结 TB 交 AK 于 H，在圆内接六边形 AATBBK 中使用帕斯卡定理，知 S、P、H 三点共线。又
8、 KATS，TBKS，故点 H 为STK 垂心。进而知SAP = TKA = ASP，从而知 P 为 SH 中点。注意到 SHBD， 故 E 为 BF 中点。 PBAEHFO DST K第七题、如图，ABC 中，AD 平分BAC 交 BC 于 D，E 为 AD 中点，M、N 分别在 BE、CE 上，使得AMC = ANB = 90，求证：MBN = MCN。（2014 年福建高一数学竞赛试题，2014 年台湾数学奥林匹克训练营试题，2013 年第五十三届乌克兰数学奥林匹克试题） EMNAB D C证明：如图，过 C 作 CPAD，交 BA 于 P，交 BE 于 J，则根据位似关系，知 J 为
9、PC 中点。又APC = BAD = CAD = ACP，所以 AJCJ。于是 A、M、C、J 四点共圆，且AJAD。 同理，过 B 作 BQAD，交 CA 于 Q，交 CE 于 K，则 A、N、B、K 四点共圆，且 AKAD。所以 K、A、J 三点共线。 于是知EMC = JAC = JAP = KAB = ENB，所以 M、B、C、N 四点共圆，所以MBN = MCN 。 PKAJEMNBDCQ 第八题、如图，ABC 内接于O，BEAC 于 F，CFAB 于 F，BE、CF 交于点 H，AH 交O 于 D，L 为 AH 中点，过 L 作 MNEF 分别交 AB、AC 于 M、N，证明：MD
10、F = NDE。（2013 年伊朗数学奥林匹克第三轮试题） AMLFNOEHBCD证明方法一：如图，连结 LE、LF、CD、BD。根据条件知 H 为ABC 垂心，所以 H、D 关于 BC 对称。又显然 B、C、E、F 四点共圆。因为 MNEF，所以AML = AFE = ACB =ADB，所以 B、M、L、D 四点共圆。又注意到 L 位 AH 中点，所以LEH = LHE =BHD = BDH，所以 B、L、E、D 四点共圆，所以 B、M、L、E、D 五点共圆。同理可知 C、N、L、F、D 五点共圆。所以FDN = FCN = EBM = EDM，所以MDF = NDE。 AMLFNOEHBC
11、D证明方法二（东北育才中学 张鑫垚同学方法）：如图，设 EF 交 AH 于 K，连结 LB、LC、KB、KC、DB、DC。显然 H 为ABC 垂心，且 B、C、E、F 四点共圆。因为AML =AFE = ACB = ADB，所以 B、D、L、M 四点共圆，B、D、K、F 四点共圆。于是知MDF = BFD BMD = BKD BLD = LBK。同理可知NDE = LCK。又显然 A、F、H、E 四点共圆，且 L 为圆心，所以点 K 为LBC 垂心，所以LBK = LCK，所以MDF = NDE。 AMLFNKOEHBCD第九题、如图，P 为O 外一点，PA、PB 分别切O 于 A、B，C 为
12、O 上一点，过 C 作O 切线分别交 PA、PB 于 E、F，OC 交 AB 于 L，LP 交 EF 于 D，证明：D 为 EF 中点。（1991 年四川竞赛题） BFCD LP OEA证明：如图，过点 L 作 OC 的垂线分别交 PA、PB 于 M、N，注意到 OAPM、OBPN，根据西姆松定理逆定理知 O、M、P、N 四点共圆。又 OP 平分APB，故OM = ON，进而知LM = LN。而 MNEF，故 D 为 EF 中点。 NBFCD LP OEMAAEFOMSB CTK第十题、如图，锐角ABC 中，点 E、F 分别在边 AC、AB 上，M 为线段 EF 中点，令 EF 的中垂线与直线
13、 BC 交于点 K，MK 的中垂线分别交 AC、AB 于 S、T，若 K、S、A、T 四点共圆，证明：KEF = KFE = BAC。（2015 年中国台湾数学奥林匹克训练营试题） 证明：如图，延长 AM 交 TS 于 N，交四边形 ATKS 外接圆O 于 L，因为 M 为 EF 中点， 且 TSEF，所以 N 为 TS 中点。又根据对称性知LNT = ANS = KNS，所以 L、K 关于ON 对称，所以LAT = KAS，故ATNAKS。而AM = AE，所以MTNEKS，所以MN ESEKS = MTN = KTN。同理可知FKT = KSN，所以EKF = TKS (EKS + FKT
14、) = TKS (KTN + KSN) = 2TKS 180 = 2(180 BAC) 180 = 180 2BAC，所以KEF = KFE = BAC，命题得证！ AEFOMSNB CTKL注：四边形 ATKS 为调和四边形。 第十一题、如图，AB 为O 直径，PA 切O 于 A，PCD 为O 一条割线，PO 交 BD 于 E， 证明：ACAE。 EOCBDP A证明方法一：如图，作 PK 切O 于 K，则 PEAK，BKAK，所以 KBPE。又注意到四边形 CADK 为调和四边形，故 BK、BA、BC、BD 构成一组调和线束，从而 O 为 EF 中点，进而知四边形 AEBF 为平行四边形。
15、于是知 AEBC，从而知 AEAC。 KEOFCBDP A证明方法二：如图，连结 BC 交 PE 于 F。作 OKCD 于 K，则 K 为 CD 中点。注意到 O、K、A、P 四点共圆，故AKD = FOB。又ADK = FBO，故ADKFBO。注意点 O 为 AB 中点，故ADCFBA，从而知FAB = ACD = ABD，故 AFBD，于是知四边形 AEBF 为平行四边形，所以 AEBC，即知 AEAC。 BEOFKCDP A证明方法三：如图，延长 AE 交O 于 K，在圆内接六边形 AABDCK 中使用帕斯卡定理， 注意到 P、O、E 共线，故 C、O、K 共线，所以 AEAC。 KEO
16、CBDP A第十二题、如图，AB 为半圆 O 直径，C、D 为半圆上两点，过 B 作半圆 O 的切线交 CD 于 P，直线 PO 分别交直线 CA、AD 于 E、F，求证：OE = OF。（2007 年第四届东南地区数学奥林匹克试题） DPCAOBFE证明方法一：如图，过 P 作 PG 切半圆 O 于 G，连接 GA、GB、GC、GD、BC、BD。易知OPBG，AGBG，所以 AGOP。又四边形 CBDG 是调和四边形，所以 AC、AD、AG、AB 构成一组调和线束。又因为 AGOP，所以OE = OF。 GDPCAOBE证明方法二：如图，作 PG 切O 于 G，则 B、G 关于 PO 对称，
17、且 P、B、O、G 四点共圆。所以GPO = GBA = GDA，于是知 D、P、F、G 四点共圆。进而知FBP = FGP =FDP = CDA = CBA，故FBC = PBA = 90 = ECB，所以 FBEA。而 O 为 AB 中点，故 O 为 EF 中点。 GDPCAOBFE证明方法三（四川名师堂 李超老师方法）：如图，过点 P 作 MNAB 分别交 EA、EB于 M、N，则 BPMN。注意到到 O 为 AB 中点，故 P 为 MN 中点。又BDM = 90，故 B、D、M、P 四点共圆。于是知NBP = MBP = MDP = ADC = ABC，从而知FBC =PBA = 90
18、。又 ACBC，故 BFCE。从而知OE = OF。 MDPNCAOBE第十三题、如图，ABC 中，D、E 分别为 AB、AC 上一点，且 DEBC，BECD 交于点 F，BDF 的外接圆O，与CEF 的外接圆P 交于点 G，求证：BAF = CAG。 DEFB P OGAC证明：如图，延长 AF 交 BC 于 H，因为 DEBC，所以 H 为 BC 中点，延长 AH 到 I，使得AH = HI，连接 BC、CI，则四边形 ABIC 是平行四边形。 连接 GC、GE、GD、GB、FG，因为ACG = BFG = BDG，所以 A、D、G、C 四点共圆。于是知DGC = 180 BAC = AB
19、I。同理可知 A、B、G、E 四点共圆。所以DBG = CEG，BDG = ECG，所以BDGECG，所以DG = BD = AB = AB，所以CG CE AC IBDGCABI，所以BAF = GDC = CAG。命题得证。 DEFHBPOGACI注：点 G 即为完全四边形 ADFEBC 的密克点。 第十四题、如图，O、P 交于 A、B 两点，BO、PA 延长线交于点 C，CD、CE 分别切O、P 于 D、E，连接 DE 交 AB 于 F，求证：F 为 DE 中点。（深圳黎誉俊老师题） CEAFDOPB证明：如图，延长 AP 交P 于 G，连接 EG、EP、EA、EB、OP、OA、OD、A
20、D、BD。设O、P 半径分别为r1、r2。 因为CO = sin CPO = sin CPO = sin APO = AO = r1，所以CDOCEP，于是知CD = r1。CP sin COPsin BOPsin AOP AP r2CE r2进而易知CDBCEGCAE，于是知DB = CD = CB。由CD = CB，知CDACBE，从而DA = CA 。 AE CA CECA CEBE CE于是知SDAB = DADBsin ADB = DA DB sin ADB = CD CA sin AOP = CD sin AOP = r1 SEAB EAEBsin AEB BE AE sin AE
21、B CA CE sin APO CE sin APO r2 r2 = 1。所以 F 为 DE 中点。 r1CEAFDOPBG第十五题、如图，半径不相等的两圆O、P 交于 A、B 两点，过 A 的直线 CD 分别交O、P 于 C、D，CB 延长线交P 于 F，DB 延长线交O 于 E，过 A 作 CD 垂线交 EF 中垂线于 G，求证：AG2 = EG2 + AC AD。（2013 年 CMO 第一题推广） DAOPBEFCG证明：如图，连接 AB、CE、DF、GF。因为CAE = CBE = FBD = FAD，ACE = ABD = AFD，所以ACEAFD，所以AC AD = AE AF，
22、又由于O、P半径不相等，所以AE AF。 又因为EAG = 90 CAE = 90 CBE = 90 FBD = 90 FAD = FAG ，GE = GF，所以 A、E、G、F 四点共圆。易知GEKGAE，所以EG2 = GK AG。又易知AEKAGF，所以AK AG = AE AF = AC AD。于是知EG2 + AC AD = GK AG + AK AG = AG2，命题得证。 DAOPBEKFCG第十六题、如图，ABC 内接于O，D 为 BC 中点，AD 交O 于 E，过 E 作 EFBC，交O 于 F，过 C 作 CGAC，交 AE 于 G，求证：AGC = FGC。 AOKDBG
23、CE F证明：如图，连接 BE、CF、DF，过 C 作 CKBE 交 AE 于 K。因为BD = CD，所以四边形 BECK 为平行四边形。于是知CK = BE = CF，KCD = EBC = FCB，所以KCDFCD，所以 KFBC。于是知CFK = 90 FCD = 90 EBC = 90 EAC = CGK，所以 G、F、C、K 四点共圆。而CK = CF，所以AGC = FGC。 AOKDBGCE F第十七题、如图，ABC 内切圆I 切 BC 于 D，过 I 作 IEAD 交 BC 于 E，过 E 作I 切线，分别交 AB、AC 于 F、G，求证：E 为 FG 中点。 BDEIFA
24、G C证明：我们先证明一个引理：如图，ABC 的内切圆I 切 BC 于 D，E 为 BC 中点，EI 交 AD 于 F，则 F 为 AD 中点。 AIFB E D C引理的证明：如图，延长 DI 交I 于 K，连结 AK 并延长交 BC 于 T，则点 T 为ABC 的A-旁切圆在 BC 上的切点，所以BT = CD，进而知 E 为 DT 中点。又注意到 I 为 DK 中点，所以点 F 为 AD 中点。 AKFIB T E D C下面回到原题。 如图，连结 DH 交 IE 于 M，则 M 为 DH 中点。连结 AH，延长 MI 交 AH 于 N，因为 MNAD， 所以 N 为 AH 中点。根据引
25、理，即知 E 为 FG 中点。 BDIEM HNFA G C注：在退化的圆外切四边形 EFAG 中使用牛顿定理，即可知 E 为 FG 中点。此为题中引理的背景。 第十八题、如图，P、Q 交于 A、B 两点，它们的外公切线 CD 分别切P、Q 于 C、D。E 为 BA 延长线上一点，EC 交P 于 F，ED 交Q 于 G，AH 平分FAG 交 FG 于 H，求证：FCH = GDH。（深圳黎誉俊老师题） ECDAPHBQGF证明：因为 E 在O、P 根轴上，所以 F、C、D、G 四点共圆。 如图，设点 O 为P、Q 的外位似中心，则P、Q 以点 O 为反演中心互为反形。延长 OF 交Q 于G1，
26、则OA2 = OC OD = OF OG1，所以 F、C、D、G1四点共圆。于是点G1与点 G 重合为一点。以 O 为圆心，以 OA 为半径作O 交 CD 于 K，则O 为 K 关于 C、D 的阿波罗尼斯圆，由于 AH 平分FAG，所以点 H 为O 与 FG 的交点，从而O 也为点 H 关于 F、G 的阿波罗尼斯圆。于是 FCH GDH = (FCA HCA) (GDA HDA) = (FCA GDA) (HCA HDA) = (180 FBA) (180 GBA) (HCA HKA) (HDA + HKA) + 2HKA = (GBA FBA) (KAC KHC) (KAD KHD) + 2
27、HKA = (GBH + HBA) (FBH HBA) 2HKA = 2HBA 2HKA = 0 所以FCH = GDH。 E C K DOAFPHBQG(G1) 第十九题、如图，O 为ABC 外接圆，I、E 分别为ABD 的内心和一个旁心，BAC 的外角平分线交 BC 延长线于 D，IFDE 于 F，交O 于 G，求证：G 为 IF 中点。（潘成华老师题） AIOCGFB DE证明方法一：连接 EB、EC 并延长，分别交直线 AC 于 K、J，则易知 K、J 也是ABC 的旁心，且ABC 为EKJ 的垂足三角形，I 为EKJ 的垂心，从而O 为EKJ 的九点圆。设O 分别交 KJ、IE 于 L、M，则知 L、M 分别为 KJ 和 IE
