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．