由于BH、BF均为圆O2的切线，则BH = BF
AHDP* = 1 (2) DFAPAGAHDEAG由（1）和（2）得： = ，亦即 = （3）
DEDFDFAH1连结AO1、AO2、O1G、O2H，则 ?GAO1=?GAB =?HAO2， O1、A、O2三点共线。
2?又?AGO1= =?AHO2，所以?AGO1与?AHO2相似。
2于是，于是有
AO1AG = (4) AHAO2DEAO1= DFAO2由（3）和（4）得：
连结EO1、FO2,则EO1?EF ，FO2?EF ，EO1平行于FO2。 又因为
DEAO1=，所以AD平行于EO1。故PA?BC。 DFAO2
1995联赛二试
如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在弧EF与弧GH上分别作圆O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证：MQ//NP
分析：这个问题需要倒过来想，从结论出发。首先要加强对MQ平行于NP的理解，连结MP，将会发现证题目标转化为： ?AMQ=?CPN，于是，问题转化为求证：?AMQ与?CPN相似，考虑到?A=?C，也就是求证：AM*CN=AQ*CP。这样，只要考虑对称的左边的“AM*CN”，再将其转化为“公共的量”即可。
1994 联赛二试
设?ABC的外接圆O半径为R，内心为I，?B=60?，?A
（2） 2R < IO + IA + IC < (1+3)R . 机械证法： 引理：IA = 4Rsin
BCABABCsin，IC = 4Rsinsin，内切圆半径 r = 4Rsinsinsin 2222222
IAIC= ，其中b=2RsinB，
BCAsin(90??)sinsin222BCABAABC故IA=4Rsinsin，IC=4Rsinsin，于是，r=AIsin=4Rsinsinsin
22222222引理的证明：在?ACI中，应用正弦定理：
=
题目的证明：
（1）?B=60?，?A
b??，AE = 2Rsin。由引理知： 2260???60???1r = 2Rsinsin = R（cos?-）
2222222由Euler定理知：IO = R(R-2r) = 2R（1-cos?）= 4Rsin故IO = AE = 2Rsin
? 2? 2（2）由引理知：IA = 2Rsin
60???60??? ，IC = 2Rsin 22?60???60?????故 IO + IA + IC = 2R（sin+ sin+ sin）= 2R（sin+cos）
22222?= 22Rsin(+45?)
2???因为0<<30?，则45?<+45?<75?，所以sin45? 222故 22Rsin45? 1993 联赛二试 .水平直线m通过圆O的中心，直线l?m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A、B、C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP、BQ、CR为圆O的三条切线，P、Q、R为切点，试证：(1)l与圆O相切时，AB?CR?BC?AP?AC?BQ;(2)l与圆O相交时，AB?CR?BC?AP?AC?BQ;(3)l与圆O相离时，AB?CR?BC?AP?AC?BQ; 官方证明：设圆半径为r，OM=x，AM=a，BM=b，CM=c (a>b>c>0)，则 AP2?AO2?r2?a2?x2?r2 令 x?r?t ，那么AP?a?t，即 AP?同理 BQ?2222a2?t b2?t ， CR?c2?t 22令 G?(AB*CR?BC*AP)?(AC*BQ) ，则 G?[(a?b)c2?t?(b?c)a2?t]2?(a?c)2(b2?t) ?[(a?b)c2?t?(b?c)a2?t]2?[(a?b)?(b?c)]2(b2?t) ?(a?b)2(c2?t)?(b?c)2(a2?t)?2(a?b)(b?c)c2?ta2?t?(a?b)(b?t)?(b?c)(b?t)?2(a?b)(b?c)(b?t)22222 ?(a?b)2(c2?b2)?(b?c)2(a2?b2)?2(a?b)(b?c)[(c2?t)(a2?t)?b2?t)] ?(a?b)(b?c)[?(a?b)(b?c)?(b?c)(a?b)?2(c2?t)(a2?t)?2b2?2t] ?2(a?b)(b?c)[?(ac?t)?(c2?t)(a2?t)] 相切时，有x=r，从而t=0，G=0,(1)式成立。 相交时，0 2222222(c2?t)(a2?t)?ac?t 即 G<0 ，（2）式成立。 相离时， x>r ，于是 t>0 ，同样可验证 G>0 ，（3）式成立。 1992 联赛二试 设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1，H2，H3，H4依次为△A2A3A4，△A1A3A4，△A1A2A4，△A1A2A3的垂心，求证：H1，H2，H3，H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置． 引理：设O、H分别为?ABC的外心、垂心，则OH = OA + OB + OC 引理的证明： 设H?满足OH?=OA+OB+OC，则AH?=OB+OC AH?*BC=(OC+OB)*(OC-OB) = OC2- OB2 = 0 ，所以AH??BC 同理，BH??AC，所以H?与H重合。 题目的证明：由引理有： OH1 = OA2 + OA3 + OA4 ，OH2 = OA1 + OA3 + OA4 ?H2H1 = OH1-OH2 = OA2-OA1 = A1A2 于是，A1A2H1H2为平行四边形，对角线A1H1与A2H2互相平分。 设它们的交点为P，则 A1P=PH1 ，A2P=PH2 同理，A2H2与A3H3互相平分，则交点为A2H2的中点P。 同理，A3H3与A4H4互相平分于点P。 即 A3P=PH3 ，A4P=PH4 于是Ai和Hi（i=1，2，3，4）关于点P是中心对称的。 因为A1、A2、A3、A4共圆，所以H1、H2、H3、H4四点也共圆，其圆心是点O关于点P的中心对称点。 连OP，延长OP到O?使PO?=OP，则O?是H1、H2、H3、H4四点所决定的圆的圆心。 1991 联赛二试 设凸四边形ABCD的面积为1，求证在它的边上（包括顶点）或内部可以找到四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积均大于 官方证明：考虑四个三角形?ABC，?BCD，?CDA，?DAB的面积，不妨设S?DAB最小，分四种情况讨论： 1。 41 ，这时，显然A、B、C、D四点即为所求。 41(2) S?DAB< ，设G为?BCD的重心。 4311因 S?BCD?1?S?DAB? ，故S?GBC?S?GCD?S?GDB?S?BCD? 434(1)S?DAB> 于是，G、B、C、D四点即为所求。 (3) S?DAB=由于 S?ABC131，则S?BCD=，其余两个三角形的面积均大于。 4443?1?S?CDA < = S?BCD ， 4所以，过A作BC的平行线L必与线段CD相交于CD内一点E。 由于 S?ABC?S?DAB ，所以 S?EAB?S?DAB?又 S?EAC?S?EAB?1 411 ，S?EBC?S?ABC? 44故E、A、B、C四点即为所求。 131，则S?BCD=，其余两个三角形中还有一个的面积等于。 44413不妨设S?CDA?，则S?ABC=，且有：AD与BC平行，BC=3AD。 4411在AB上取E，DC上取F，使得：AE?AB ，DF?CD 4411那么 EF?(3AD?BC)?BC，于是： 4233191S?EBF?S?ECF?S?ABF?*S?ABC?? 442324391S?EBC?S?FBC?S?ABC?? 4164(4) S?DAB= 故E、F、C、B四点即为所求。 1990联赛二试 四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC与BD相交于P，设?ABP,?BCP,?CDP和?DAP的外接圆圆心分别为O1,O2,O3,O4。求证：O1O3,O2O4,OP三直线共点。
全国高中数学联赛二试几何题汇总
