万喜高联班测试1-6（答案）(2).pdf

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万喜教育高联班几何测试题
(时间:120分钟命题人:万喜人)
,AD∥BC,CD⊥BC,∠DAB、∠
证:EC=ED.
证法1如图1-1,延长AE、DE交直线BC分别于点F、G.
因AD∥BC,AE平分∠DAB,BE平分∠ABC,则∠EAB+∠EBA=90°AD
从而,BE⊥AF.
所以,在△BAF中,有AE=
可证出△EAD≌△EFD,
故DE=EG.
于是,在Rt△DCG中知EC=ED.
BCGF
图1-1
证法2如图1-2,作EF⊥AB于点F,EG⊥BC于点G,EH⊥AD
D

因AD∥BC,则G、E、H三点共线.
又CD⊥
E
则CDHG为矩形.
因AE平分∠DAB,BE平分∠ABC,
则EH=EF=EG.
由矩形的对称性知EC=ED.
BG
C
图1-2
证法3如图1-3,取AB的中点F,联结EF,EF交CD于H,AD
因AD∥BC,AE平分∠DAB,BE平分∠ABC.
则∠EAB+∠EBA=90°.
从而,在Rt△ABE,有EF=
F
所以,∠FEB=∠FBE=∠EBC⟹EF∥BC∥AD.
则CH=HD.
又CD⊥BC,则EF⊥CD.
故CE=
图1-3
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△ABC,过点B、C分别作BC的垂线交∠BAC的外角平分线l分别于点
D、,PK⊥:PK=PA.
lD
A
E
P
BC
K
证明如图,延长KP交DE于点N,在直线l上取点F,使CF=CE,联结AK.
因BD∥PK∥CE(都与BC垂直)
𝐵𝐾𝑃𝐾𝐶𝐾𝑃𝐾
则=,=.
𝐵𝐶𝐶𝐸𝐵𝐶𝐵𝐷
lD
𝐵𝐾𝐵𝐷
所以,=.NA
𝐶𝐾𝐶𝐸E
F
又∠BAD=∠CAF,由∠BDA+∠CEA=180°
知∠BDA=∠CFA,
则△ABD∽△
𝐴𝐵𝐵𝐷𝐵𝐷
所以,==.B
𝐴𝐶𝐶𝐹𝐶𝐸KC
𝐵𝐾𝐴𝐵
故=⟹AK平分∠BAC.
𝐶𝐾𝐴𝐶
从而,AK⊥l.
𝑃𝐾𝐶𝐾𝐸𝑁𝑃𝑁
又因===,则PK=PN.
𝐵𝐷𝐶𝐵𝐸𝐷𝐵𝐷
故在Rt△KAN中,得PK=PA.
△ABC中,AB>AC,AB+AC=2BC,I为内心,边BC上的中线AD的中点为E.
求证:EI⊥
E
I
B
DC
证法1如图3-1,作EF⊥BC于点F,IF/⊥BC于点F/,AH⊥BC于点H.
则EF∥AH,又E为AD的中点,
11
则DF=DH=(BH-BD)
22
1𝑎𝑎2+𝑐2−𝑏2𝑎
=(Ccos𝐵−)=−
224𝑎4
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𝑐2−𝑏2𝑐−𝑏A
==(𝑎+c-b)
4𝑎2
1
从而,BF=BD+DF=(𝑎+c-b),E
2
I
1
另一方面,BF/=(𝑎+c-b),
2B
DFHC
所以,点F/与F重合.
故EI⊥-1
证法2如图3-2,联结AI并延长交△ABC的外接圆于点F,联结BF、CF、DF
则点F为𝐵𝐶̂的中点.
A
从而,DF⊥BC.
又BF=CF=IF(鸡爪定理)
AB·CF+AC·BF=B·CAFE
I
则AB+AC=BC·𝐴𝐹.
𝐼𝐹
B
因AB+AC=2BC,则AF=2IF⟹
所以,EI为△ADF的中位线,EI∥DF.
F
故EI⊥BC.
图3-2
△ABC中,AB<AC,BAC的平分线交△ABC的外接圆
,MN∥、AC分别于点E、F.
求证:EN=FN.
证法1如图4-1,设直线MN与BA的延长线交于点P,与AC交于点K.
因AD平分BAC,PM∥AD,
则APKBADDACCKM,E
P
BPsinBMPsinCMKCK
从而,,N
BMsinAPKsinCKMCMA
K
F
又BM=CM,
BC
则BP=
ENsinEPNsinNKFFND
因,
EPsinPNDsinKNFFK图1
图4-1
ENEP
.
FNFK
𝐵𝐸·𝐴𝐸𝐸𝐷·𝐸𝑁AEED
因=,
𝐶𝐹·𝐴𝐹𝐹𝐷·𝐹𝑁AFFD
BEENEPBEEPBP
于是,1,
CFFNFKCFFKCK
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故EN=FN.
证法2如图4-2,作EX∥AC交CN的延长线于点X,X
联结BN、
因BNCBAC,则BNXCAEBEX.
从而,B、N、E、
于是,XBAXNECNDCADBAD.A
BX∥AD∥
又因BM=MCBMC
则XN=∥AC,
所以,EN=NF.
D
图4-2
图2
△ABC中,AB>AC,I为内心,AI的中垂线与直线BC交于点D,直线DA与△ABC的
外接圆交于点A、:AE+CE=BE.
证法1如图5-1,设AI交△ABC的外接圆交于点P,
联结PB、PC、PD、∠ABE=∠ACE=α,△ABC的三E
内角简记为A、B、C,外接圆、内切圆半径分别为R、
因PB=PC=PI,由等腰三角形的性质得
PD2=PB2+DC·DB=PI2+DA·
αI
因DA=DI,则
22B
PD=DA+AP·
所以PI2+DA·DEDA2+AP·PID
=P
⟹DA·AE=AI·PI
⟹DA·2Rsin𝛼=2Rr(熟知结论AI·PI=2Rr)图5-1
⟹DAsin𝛼=r.
𝐴𝐴𝐴
另一方面,r=AIsin=2DAcos(+𝐵+𝛼)sin
222
=DA[sin(𝐴+𝐵+𝛼)−sin(𝐵+𝛼)]
=DA[sin(𝐶−𝛼)−sin(𝐵+𝛼)].
所以,sin𝛼+sin(𝐵+𝛼)=sin(𝐶−𝛼)
⟺AE+CE=BE(正弦定理).
证法2(QQ群“万喜竞赛几何群”群友数学微积分)
如图5-2,设延长BI、CI分别与△ABC的外接圆交于点P、K,联结线段如图所示.
由内心性质(鸡爪定理)得PI=PA,KI=KA.
则PK是AI的中垂线,经过点D.
因𝐵𝐾̂=𝐴𝐾̂则∠BCK=∠ABK⟹∠ICD=∠AEK,E
K
因∠DIK=∠DAK,则∠DIC=∠
所以,△CID∽△EAK,又因△DAB∽△DCE,
𝐸𝐾𝐶𝐷𝐶𝐷𝐶𝐸P
则===⟹AB·EK=CE·AK.
𝐴𝐾𝐼𝐷𝐴𝐷𝐴𝐵
I
由托勒密定理得AE·BK+AB·EK=BE·
BC
所以,AE·AK+CE·AK=BE·AK
故AE+CE=BE.
图5-2
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证法3(湖南师大附中博才北校初二女生王秭如)
如图5-3,延长DI至F,使IF=AE.
则DI·DF=DA·DE=DC·DB,
从而,B、C、I、F四点共圆.
因∠EAI>90°,则点E、A在BC中垂线的同侧,从而,BE>CE,可在BE上
截取EK=CE,联结BI、CI、FK、CK.
11
因∠BKC=90°+∠BEC=90°+∠A=∠BIC,E
22
则B、C、I、
故B、C、I、F、K五点共圆.
F
K
又因∠FIB=∠AIB-∠AIF=90°+1∠C–(180°-∠IAD)I
2
BCD
=1∠C+1∠A+∠CAD-90°=∠EBC-1∠B=∠KBI,
222104-3
所以,BK=IF=-3
故AE+CE=BK+EK=BE.
评注:证法3使用常规的“截长补短”法,过程简洁,一气呵成!这样的证
法荡气回肠,让人心旷神怡,出自一个初二女生之手,更是难然可贵!
△ABC,AB=AC,O为外心,作DE∥BC交AB、AC分别于点D、E,P为△
ADE的外心,☉(APD)与☉(AOC)交于点A、,点K、T
𝐴𝐾𝐶𝑇
分别在线段AD、CA上,使得=.证明:(1)BM=ME;(2)A、K、F、T四点共圆.
𝐾𝐷𝑇𝐴
证明(1)如图6,联结PA、PD、FD、FC.
因AB=AC,DE∥BC,
则AD=
从而,∠PAE=∠PAD=∠PDA,K
所以,AE为☉(APD)的切线,∠EAF=∠ADF.
类似地,∠DAF=∠
FE
故△FAD∽△FCA,D
OT
𝐹𝐷𝐴𝐷𝐴𝐸
从而,==,M
𝐴𝐹𝐴𝐶𝐴𝐵BC
𝐵𝑀S△𝐴𝐵𝑀AB·sin∠𝐷𝐴𝐹𝐴𝐹sin∠𝐷𝐴𝐹
所以,===·=1,
𝑀𝐸S△𝐴𝐸𝑀AE·sin∠𝐸𝐴𝐹𝐹𝐷sin∠𝐴𝐷𝐹图6
即BM=ME.
(2)联结FK、FT.
𝐴𝐾𝐶𝑇
因=△FAD∽△FCA,
𝐾𝐷𝑇𝐴
𝐴𝐾𝐴𝐷𝐴𝐹
则==.
𝐶𝑇𝐶𝐴𝐶𝐹
又∠KAF=∠TCF,
所以,△AKF∽△CTF.
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故∠AKF=∠CTF.
所以,A、K、F、T四点共圆.
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