1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编
平面几何部分
2019A一、（本题满分 40 分）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．
★证明：延长PM到点F，使得MF?ME.连接BF,BD,CE．
由条件可知?BDP??BAP??CAP??CEP??CEM． ………………10 分 因为BM?CM?且EM?FM?，所以BF?CE?且BF//CE．
于是?F??CEM??BDP，进而BD?BF． ………………20 分 又DE?MP，故DP?EM?FM． 于是在等腰?BDF中，由对称性得BP?BM?．从而BC?2BM?2BP………………40 分
2019B三、（本题满分50分）
如图，点A,B,C,D,E在一条直线上顺次排列，满足BC?CD?AB?DE，
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．（答题时请将图画在答卷纸上）
★证明：令AB?1，BC?CD?t（t?0），由条件知DE?t．
2注意到?BKE??ABK??PDE?1800??DEK，可在CB延长线上取一点A? ，使得?A?KE??ABK??A?BK． ………………10 分
A?BA?KBK??此时有?A?BK:?A?KE，故． ………………20 分 A?KA?EKEBKBCt1???又KC平分?BKE，故．于是有 2KECEt?t1?t
A?BA?BA?K?BK?1AB． …………30 分 ???????2A?EA?KA?E?KE?t?2t?1AEBEBE，从而A?与A重合． ?A?EAE因此?AKE??A?KE??ABK．
同理可得?ALE??EDL．而?ABK??EDL，所以?AKE??ALE．
2由上式两端减1，得?
因此A,K,L,E四点共圆． ………………50
2018A二、（本题满分40分）
如图所示， ?ABC为锐角三角形，AB?AC，M为边BC的中点，点D和E分别为?ABC的外接圆弧BAC和BC的中点，F为?ABC内切圆在AB边上的切点，G为AE与BC的交点，N在线段EF上，满足NB?AB.
证明：若BN?EM,则DF?FG。（答题时请将图画在答卷纸上）
★证明：由条件知，DE为?ABC外接圆的直径，DE?BC于M，AE?AD。记I为?ABC的内心，则I在AE上，IF?AB。由NB?AB可知，
?NBE??ABE??ABN?(1800??ADE)?900?900??ADE??MEI
又根据内心性质，有?EBI??EBC??CBI??EAC??ABI??EAB??ABI??EIB 从而BE?EI。结合BN?EM，所以?NBE??MEI，
00于是?EMI??BNE?90??BFE?180??EFI，故E,F,I,M四点共圆。
进而可知?AFM?90??IFM?90??IEM??AGM,故A,F,G,M四点共圆。
再由?DAG??DMG?90知，A,G,M,D四点共圆，所以A,F,G,M,D五点共圆，从而
000?DFG??DAG?900，即DF?FG。
2018B二、（本题满分40分）如图所示， 在等腰?ABC中，AB?AC，边AC上一点D及BC延长线上一点E满足
ADBC，以AB为直径的圆?与线段DE交于一点F。 ?DC2CE证明：B,C,F,D四点共圆。（答题时请将图画在答卷纸上）
★证明:取BC中点H，则由AB?AC知AH?BC，故H在圆?上.延长FD至G，使得
AG//BC，结合已知条件得，
AGADBC1，故AG?BC?BH?CH， ??CEDC2CE2从而AGBH为矩形，AGHC为平行四边形。
由AGBH为矩形知，G在圆?上，故?HGF??HBF,
又AGHC为平行四边形，由AC//GH，得?CDF??HGF, 所以?CBF??HBF??CDF，所以B,C,F,D四点共圆。
2017A一、（本题满分40分）如图所示，在?ABC中，AB?AC，I为?ABC的内心，以A为圆心，AB为半径作圆?1，以I为圆心，IB为半径作圆?2，过点B,I的圆?3与?1、?2分别交于点P、。设IP与BQ交于点R。证明：BR?CR（答题时请将图画在答卷纸上） Q（不同于点B）
★证明：连接IB,IC,IQ,PB,PC，由于点点Q在圆?2上， 故IB?IQ，所以?IBQ??IQB。
又B,I,P,Q四点共圆，所以?IPB??IQB，于是?IBQ??IPB，
IBIP故?IBP~?IRB，从而?IRB??IBP，且, ?IRIBICIP又AB?AC，且I为?ABC的内心，故IB?IC，所以 ?IRIC所以?ICP~?IRC，则?IRC??ICP
10又点P在圆?1的弧BC上，故?BPC?180??A，
2因此，?BRC??IRB??IRC??IBP??ICP ?3600??BIC??BPC
11?????3600??900??A???1800??A??900，即BR?CR
22????
2017B三、（本题满分50分）如图，点D是锐角?ABC的外接圆?上弧BC的中点，直线DA与圆?过点B,C的切线分别相交于点P,Q,BQ与AC的交点为X，CP与AB的交点为Y，BQ与CP的交点为T．求证：AT平分线段XY． （答题时请将图画在答卷纸上） ★证明：首先证明YX//BC，即证
AXAY?XCYB
S?ABCS?ACQ连接BD,CD，因为， ??S?ABCS?ABPS?ABP111AC?CQsin?ACQAC?BCsin?ACBAC?AQsin?CAQ222所以， ① ??111AB?BCsin?ABCAB?BPsin?ABPAB?APsin?BAP222由题设，BP,CQ是圆?的切线，所以?ACQ??ABC，?ACB??ABP，又
AB?AQCQ，于是由①知 ② ?CAQ??DBC??DCB??BAP（注意D是弧BC的中点）?AC?APBP因为?CAQ??BAP，所以?BAQ??CAP，
1S?ABQ2AB?AQsin?BAQAB?AQ于是 ③ ??S?ACP1AC?APsin?CAPAC?AP21S?BCQ2BC?CQsin?BCQCQ而 ④ ??1S?BCPBC?BPsin?CBPBP2S?ABQS?ACPS?ABQS?CBQ由②，③，④得 ，即 ??S?CBQS?BCPS?ACPS?BCPAXAYAXS?ACPAY?，，故 ?XCYBS?CBQXCS?BCPYBAXCMBY设边BC的中点为M，因为???1，
XCMBYA所以由塞瓦定理知，AM,BX,CY三线共点，交点即为T，故由YX//BC可得AT平分线段XY
又
S?ACQS?ABQ?
2016A二、（本题满分40分）如图所示，在?ABC中，X,Y是直线BC上两点（X,B,C,Y顺序排列），使得BX?AC?CY?AB,设?ACX，?ABY的外心分别为O1,O2，直线O1O2与AB，AC分别交于点U,V.证明：?AUV是等腰三角形。
★证明：作?BAC的内角平分线交BC于点P.设?ACX ，?ABY的外接圆分别为?1和?2，由角平分线定理知，
BPAB?， CPAC
BXAB, ?CYACPXBX?BPABBP从而，即CP?PX?BP?PY， ???PYCY?CPACCP故P对圆?1和?2的幂相等，所以P在圆?1和?2的根轴上。 于是AP?O1O2，这表明点U,V关于直线AP对称， 从而?AUV是等腰三角形。
又条件可得
2015A三、（本题满分50分）如图所示，?ABC内接于圆O， P为弧BC上一点，点K在线段AP上，使得BK平分?ABC. 过K,P,C三点的圆?与边AC交于点D，连接BD交圆?于 点E，连接PE并延长与边AB交于点F， 证明：?ABC?2?FCB。
★证明：
证法一：设CF与圆Q交于点L（异于C)，连接PB、PC、 BL、KL．注意此时C、D、L、K、E、P六点均在圆?上， 结合A、 B、P、C四点共圆，
可知∠FEB=∠DEP=180°—∠DCP=∠ABP=∠FBP， 因此△FBE∽△FPB，故FB2=FE·FP．10分 又由圆幂定理知，FE·FP= FL·FC， 所以FB2=FL·FC． 从而△FBL∽△FCB．
因此, ∠FLB=∠FBC=∠APC=∠KPC=∠FLK, 即B、K、L
三点共线． 30 分
再根据△FBL∽△FCB得，
1∠ABC, 即∠ABC=2∠FCB． 2证法二：设CF与圆?交于点L（异于C)．对圆内接广义六边
∠FCB=∠FBL=
形DCLKPE应用帕斯卡定理可知， DC与KP的交点A、CL 与PE的交点F、LK与ED的交点了共线，因此B’是AF与ED 的交点，即B’=B．所以B、K、L共线．10分
根据A、B、P、C四点共圆及L、K、P、C四点共圆，得 ∠ABC=∠APC=∠FLK=∠FCB+∠LBC, 又由BK平分∠ABC知，∠FBL=
1∠ABC，从而 2∠ABC=2∠FCB．
2015B二、（本题满分40分）如图，在等腰?ABC中，AB?AC，设I为其内心，设D为?ABC内的一个点，满足I,B,C,D四点共圆，过点C作BD的平行线，与AD的延长线交于E．求证：
CD2?BD?CE．
13平面几何1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
