#歷年全國高中數學聯賽二試幾何題匯總2007聯賽二試類似九點圓如圖，在銳角AABC中，AB〈AC,AD是邊BC上的高，P是線段AD內一點。過P作PE丄AC,垂足為E,作PF丄AB,垂足為F。O、O分別是ABDF、ACDE的外心。12求證：O、O、E、F四點共圓的充要條件為P是AABC的垂心。（官方解答）12證明：連BP、CP、00、EO、EF、FO。1221因為PD丄BC，PF丄AB,則B、D、P、F四點共圓，且BP為該圓的直徑。又因為O是ABDF的外心，故O11在BP上且是BP的中點。同理可證，C、D、P、E四點共圓，且O是CP的中點。2于是，OO平行于BC,則乙POO=ZPCB。1221因為AF*AB=AP*AD=AE*AC，所以B、C、E、F四點共圓。充分性：設P是AABC的垂心，由于PE丄AC,PF丄AB,所以，B、O、P、E四點共線，C、O、P、F四點共線，ZFOO1221=ZFCB=ZFEB=ZFEO，故O、O、E、F四點共圓112必要性：設O、O、E、F四點共圓，則ZOOE+ZEFO=兀12121注意到ZPOO=ZPCB=ZACB-ZACP，又因為O是直角ACEP的斜邊中點，也就是ACEP的外心，212所以ZPOE=2ZACP。2因為O是直角ABFP的斜邊中點，也就是ABFP的外心，從而

ZPFO=-ZBFO=-ZABPi2i2因為B、C、E、F四點共圓，所以ZAFE=ZACB,ZPFE=+-ZACB于是，由Z00E+ZEFO=兀得：121(ZACB-ZACP+2ZACP)+(彳-ZABP+彳-ZACB)=兀,即ZABP=ZACP。又因為AB<AC,AD丄BC,故BD〈CD。設B是點B關于直線AD的對稱點，則B在線段DC上且BD=BDO連結AB、PB。由對稱性，有ZABP兀=ZABP，從而ZABP=ZACP，故A、P、B、C四點共圓。由此可知，ZPBB=ZCAP=--ZACB。兀又因為ZPBC=ZPBB，故ZPBC+ZACB=-，即BP丄AC2<又AP丄BC,故P是AABC的垂心2006聯賽二試以b0和b1為焦點的橢圓與呷b的邊AB.交于qm在佗的延長線上任取點p0，以B0為圓心,B0P0為半徑作圓弧PQ交CB的延長線于Q0；以C為圓心，CQ0為半徑作圓弧QP-交B-A的延長線于仆以B1為圓心,B1P1為半徑作圓弧P1Q1交嚇0的延長線于2;以C為圓心，延長線于仆以B1為圓心,作圓弧QP'交AB的延長線于P。試證:1000f(1)P1共圓(1)P1共圓證明：(1)由題設的四段圓弧有：BP=BQ0000CB+BQ=CP100011BC+CP=BC+CQ11111001CQ=CB+BP010000f以上四個式子相加，整理得：BP+CB+BC=BC+CB+BP001011100000乂由題設的橢圓有：BC+CB=BC+CB11101000ff于是，BP=BP，即點P0與點P重合。000000又因為圓弧PQ與PQ對應的圓心B、C和點P三點共線，且點P在線段CB的延長線上，所以圓0001000000弧PQ與PQ相內切于P00010(2)過點P、P分別引相應圓弧的公切線PT和PT交于點T；再過點Q引相應圓弧的公切線RS,分01011別交PT、PT于r、s。得到等腰三角形PQR和PQS。基于此，我們有：010111兀-ZPQP=ZPQR+ZPQS=(ZTPP-ZQPP)+(ZTPP-ZQPP)01101110110110110又兀-ZPQP=ZQPP+ZQPP，從而有：0111011101ZPQP=兀——(ZTPP+ZTPP)011201101同理可得ZPQP=兀-一(ZTPP+ZTPP)00120110所以，P，Q，Q，P四點共圓。00112005聯賽二試如圖，在AABC中，設AB>AC,過A作AABC的外接圓的切線L。又以A為圓心，AC為半徑作圓分別交線段AB于D；交直線L于E、F。證明：直線DE、DF分別通過AABC的內心與一個旁心。(官方解答)

證明：(1)先證DE通過AABC的內心。連結DC、DE,作ZBAC的平分線，交DC于G,交DE于I。1又AD=AC，貝9AGAC與AGAD全等，即有ZIAC=ZIAD=石ZDAC又D、C、E在以A為圓心的圓上，則1ZDAC=ZIEC厶故ZIAC=ZIEC，即A、I、C、E四點共圓。于是，ZACI=ZAEI又F、D、E在以A為圓心的圓上，則ZAEI=2ZFAD厶1又因為相切有ZFAD=ZACB，故ZACI=2ZACB厶所以，I為內心。(2)DF通過AABC的一個旁心。ZBAC+ZABC設FD與AI的所在直線交于I，連BI，BI。則ZBII=TOC\o"1-5"\h\zAAA2/‘///ZDAEZBAC+ZCAE而ZBDI=ZADF，又AD=AF，貝VZADF=ZAFD==a22

又因為相切有ZABC=ZCAE，故zBII=zBDI，即I、D、B、I四點共圓。AAA于是，ZIBI=ZIDI=90。,又因為ZABC的平分線與其外角平分線互相垂直，故BI為其外角平分AAA線。所以，I為AABC的BC邊外的旁心。A2004聯賽二試在銳角三角形ABC中，AB上的高CE與AC上的高BD相交于點H,以DE為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點，FG與AH相交于點K,已知BC=25,BD=20,BE=7,求AK的長。54解：在直角ABCE中，BC=25,BE=7，貝VCE=24；同理，在直角ABCD中，BC=25,BD=20，貝VCD=15。54TOC\o"1-5"\h\z15720sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=*+*=CE于是，CE于是，AC==30,則AD=15osinABD同理，AB==25，則AE=18osinA注意到：AB=BC，貝yZA=ZC由于ZCDB=ZCEB=90°,c、D、E、B四點共圓，則ZC=ZAEDo于是，ZA=ZAED,貝9DE=AD。,1AF*AE連FD,貝9DF丄AE,于是AF=AE=9，貝VAG=—AD511由于S=S+S，即=AF*AGsinA==AF*AKsinZFAK+=AG*AKsinZGAKAAFGAAFKAAGK222715其中，sinZFAK=sinZBCE=^^，sinZGAK=sinZCBD=^^216將數據代進去，計算得：ak=^5(這里實際上使用了張角公式，而官方解答注意到GF與BC平行的關系)2003聯賽二試過圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A,Bo所作割線交圓于C、D兩點,C在P、D之間，在弦CD上取一點Q,使ZDAQ=ZPBC,求證：ZDBQ=ZPAC.M簡證：連AB,注意到：MZAQP=ZDAQ+ZQDA=ZPBC+ZABC=ZABP于是，P、A、Q、B四點共圓。那么，ZPAB=ZPQB即ZPAC+ZBAC=ZBDC+ZDBQ又因為ZBAC=ZBDC，所以ZPAC=ZDBQ2002聯賽二試如圖，在AABC中，ZA=60°,AB〉AC，點0是外心。兩條高BE、CF交于

MH+NHH點。點M、N分別在線段BH、HF上，且滿足BM=CN。求的值。OH機械解法：設外接圓半徑為R,AHBHCH引理1：===2R(銳角三角形)cosAcosBcosC引理2：OH=OA+OB+OCBFacosB引理1的證明：BH===2RcosB,同理有：AH=2RcosA,CH=2RcosC。cosZABHsinA引理2的證明：設H'滿足OH'=OA+OB+OC，則AH'=OB+OCAH'*BC=(OC+OB)*(OC-OB)=OC2-OB2=0，所以AH'丄BC同理，BH'丄AC,所以H'與H重合。題目的證明：圖中H在三角形內部，可以判斷AABC為銳角三角形。ZA=600，AB>AC，則乙C>乙B。于是可設ZB=600-a，ZC=600+a，其中o<a<30°。因為BM=CN，則MH+NH=(BH-BM)+(CN-CH)=BH-CH=2R(cosB-cosC)=2R[cos(60°-a)-cos(60°+a)]=2Rsina而OH2=(OA+OB+OC)2=3R2+2R2(cos2A+cos2B+cos2C)=3R2+2R2[cos1200+cos(120°-2a)+cos(120°+2a)]=2R2(1-cos2a)=4R2=4R2sin2a即OH=2RsinaMH+MH+NHOH3Rsina2Rsina(2)引理：(2)引理：OH=OA+OB+OC2001聯賽二試如圖，AABC中，0為外心，三條高AD、BE、CF交于點H,求證：(1)OB丄DF，OC丄DE(2)OH丄MN(1)TA、C、D、F四點共圓.??ZBDF=ZBAC又ZOBC=(180°-ZBOC)=90°-ZBAC.OBIDF.同理OC丄DE引理的證明：設H'滿足OH'=OA+OB+OC，則AH'=OB+OC

AH'*BC=(OC+OB)*(OC-OB)=OC2-OB2=0，所以AH'丄BC同理，BH'丄AC,所以H'與H重合。題目(2)OH丄MN的證明：因為OA+OB丄AB，則OA+OB丄AM，所以(OA+OB)*AM=0同理有，(OA+OC)*AN=0再結合第一問的結論有：OH*MN=(OA+OB+OC)*(AN-AM)=OB*AN-OC*AM=OB*(DN-DA)-OC*(DM-DA)=-OB*DA+OC*DA=DA*BC=02000聯賽二試如圖,在銳角AABC的BC邊上有兩點E、F,滿足ZBAE=ZCAF，作FM丄AB,FN丄AC(M、N是垂足)，延長AE交AABC的外接圓于D點，證明四邊形AMDN與AABC的面積相等三角證法：記ZBAE=ZCAF=Q，ZEAF=P，則AM=AFcos(Q+P)，AN=AFcosQ11S=S+S=AD*AMsinQ+=AD*ANsin(Q+P)AMDNAAMDAADN2211=—AD*AFcos(Q+p)sinQ+—AD*AFcosQsin(Q+p)=2AD*AFsin(Q+(Q+P))1而S=AB*ACsin(2Q+P)AABC2則AADB與AACF相似，于是有:連結BD,注意到：ZADB=ZACB，又題設則AADB與AACF相似，于是有:即：AD*AF=AB*AC即：AD*AF=AB*AC，所以S=SAMDNAABC1999聯賽二試在四邊形ABCD中，對角線AC平分ZBAD。在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G。求證：ZGAC=ZEAC解析證法：如圖建立直角坐標系，令A(0,0)，F(m,o)，C(n,o)，B(p,kp),m、n、p、k均為正數。則直線AB為y=kx。由于AC平分ZBAD，則直線AD為y二-kx。可設D(q,-kq),q>0于是，直線BC為y=(x-n)，直線DF為y=(x-m)，于是交點G為p-nm-qkpp-n(XGkqn)=(x-m)m-qG(1)(p+q)mn-(m+n)pqpm+qn-2qpnkAGGkpq(n-m)(p+q)mn-(m+n)pq同理，直線CD為y=—幺(x-n)n-qkp直線BF為y=(x-m)，于是交點E為p-mkpy=-Ep-m(XEn)(2)(直接對調m與n的位置得出計算結果)(p+q)mn-(m+n)pqpn+qm-2qpkAEykpq(m-n)E=x(p+q)mn-(m+n)pq故k=-k，所以ZGAC=ZEACAGAE1998聯賽二試如圖，0、I分別為AABC外心和內心，AD是BC邊上的高，I在線段OD上,求證：AABC的外接圓半徑等于BC邊上的旁切圓半徑。注：AABC的BC邊上的旁切圓是與邊AB、AC的延長線以及邊BC都相切的圓。純幾何證法：BC邊上的旁切圓半徑:R=-Ab+c一a2S=a*AD作IN丄AB,垂足為N,

a*AD則b+c-a=2ANRa~AD=2AN連AI并延長交處接圓于K,連結KO、KB。則K、M分別為弧BC及弦BC的中點.且OK丄BC.于是OK又ki=kb，貝yOKKI~AD=AIa要證明Ra=R'即證明:〃AD,R~ADBK~AIBKa，亦即—AI2BKBMAN而a=2BM,故只要證明：=-BKAI由于ZNAI=ZMBK=2,AANI與ABMK相似,故只要證明：-2ANANAi所以上式成立。故R=RA1997聯賽二試如圖，已知兩個半徑不相等的圓O和圓O相交于M、N兩點，且圓O、圓O分別與圓O1212內切于S、T兩點，求證：OM丄MN的充分必要條件是S、N、T三點共線證明：充分性。設S、N、T三點共線。在S、T所作的兩公切線相交于K,則KS=KT，且K在圓O和圓O12的根軸MN上。設ST交KO于D,由OS=OT及KS=KT有：OK丄ST。又OS丄SK，那么AKDS與AKSO相似，即有KD*KO二KS2。又KN*KM二KS2,所以KN*KM=KD*KO，即0、D、N、M四點共圓。故ZOMN=ZODN=90。，即OM丄MN。AGCEDP**AGCEDP**=1CGDEAP必要性。設OM丄MN。類似地，設在S、T所作的兩公切線相交于K,則KS=KT，且K在圓O和1圓O的根軸MN上。設ST分別交KO、KM于D、N'，則OK丄ST，又OM丄MN，故0、D、N'、M2四點共圓，于是KN'*KM=KD*KO二KS2。又KN*KM因此S、N、T共線。1996聯賽二試如圖，圓O和圓O與AABC的三邊所在的三條直線都相切,12E、F、G、H為切點，并且EG、FH的延長線交于P點，求證直線PA與BC垂直梅氏定理證法：延長PA與BC交于點DoPGE截AACD,由梅氏定理有:由于CE、CG均為圓q的切線，則CE=CGAGDP于是,=1(1)*—于是,=1(1)DEAP同理，PHF截AABD，由梅氏定理有：BH*DF*AP=1BHDFAP

由于BH、BF均為圓O的切線，則BH=BF2AHDP于是，*=1（2）DFAP,AG由（1）和（2）得：——AHDEAG，亦即二（3）DFDFAH1H,貝yZGAO=MZGAB=ZAHDEAG，亦即二（3）DFDFAH1H,貝yZGAO=MZGAB=ZhaO，O、A、O三點共線。12212連結AO、AO、OG、O2=ZAHO2,所以AAGO與AAHO2相似。AG于是有aHAO⑷AO2由（3）和（4）得：deAO1DF=AO2連結EOi、FO2'則EO1丄EF，FO2丄EF'EOi平行于FO2。BC引理：IA=4Rsin—sin—,ABICBC引理：IA=4Rsin—sin—,ABIC=4Rsin2叫'內切圓半徑r=ABC4Rsinsinsin222DEAO,又因為喬二刁才，所以AD平行于EO。故PA丄BC。DFAO121995聯賽二試如圖，菱形ABCD的內切圓O與各邊分別切于E、F、G、H，在弧EF與弧GH上分別作圓O的切線交AB于M交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求證：MQ//NP分析：這個問題需要倒過來想，從結論出發。首先要加強對MQ平行于NP的理解，連結MP,將會發現證題目標轉化為：ZAMQ=ZCPN，于是，問題轉化為求證：AAMQ與ACPN相似，考慮到ZA=ZC，也就是求證：AM*CN=AQ*CP。這樣，只要考慮對稱的左邊的“AM*CN”再將其轉化為“公共的量”即可。1994聯賽二試設AABC的外接圓0半徑為R,內心為I，ZB=60°，ZA<ZC，ZA的外角平分線交圓O于E,證明：（1）IO=AE；（2）2R<IO+IA+IC<（1+叮3）R.機械證法:

引理的證明：在AACI中，應用正弦定理:IAICBCAB故IA=4Rsin込sin，IC=4Rsi巧引理的證明：在AACI中，應用正弦定理:IAICBCAB故IA=4Rsin込sin，IC=4Rsi巧si巧B=Csin(9°°+歹sin-.A

sm2其中b=2RsinB,AABC于是，r二Alsin=4Rsinsinsin2222題目的證明：(1)厶B=60°，ZA<厶C,于是可設厶A=60°-a，Zc=60°+a，其中o<a<60°,,aa那么ZABE=—，AE=2Rsin—。厶厶60°-a60°+ar=2Rsinsin22由引理知:1R(cosa-)由Euler定理知：IO2=R(R-2r)a2R2⑴cosa)=4R2sin遼a故IO=AE=2Rsin—厶60°+a(2)由引理知:IA=2Rsin2a故IO+IA+IC=2R(sin—+，IC=2Rsin260°+a60°-aaasin+sin)=2R(sin+cos■)2222a2^2Rsin(—+45°)a因為0<—<30°，則45°<—+45°<75°，所以sin45°<sin(—+45°)<sin75°2邁Rsin45°〈10+IA+IC<^-'2Rsin75。2R<IO+IA+IC<(1+J3)R1993聯賽二試.水平直線m通過圓O的中心，直線l丄m，l與m相交于M,點M在圓心的右側，直線l上不同的三點A、B、C在圓外，且位于直線m上方，A點離M點最遠，C點離M點最近，AP、BQ、CR為圓O的三條切線，P、Q、R為切點，試證：1與圓O相切時，AB-CR+BC-AP=AC-BQ;1與圓O相交時，AB-CR+BC-AP<AC-BQ;1與圓O相離時，AB-CR+BC-AP>AC-BQ;官方證明：設圓半徑為r，OM=x，AM=a，BM=b，CM=c(a〉b〉c〉O),則AP2=AO2-r2=a2+x2-r2令x2-r2=t，那么AP2=a2+1，即AP=\/a2+1同理BQ=、■'b2+1，CR=\；c2+1令G二(AB*CR+BC*AP)2-(AC*BQ)2，則;IG=[(a一b)\；c2+1+(b一c)*a2+t]2一(a一c)2(b2+1)=[(a一b)i：c2+t+(b一c)\a2+1]2一[(a一b)+(b一c)]2(b2+1)=(a一b)2(c2+1)+(b一c)2(a2+1)+2(a一b)(b一c)\：'c2+1\a2+1一(a一b)2(b2+1)一(b一c)2(b2+1)一2(a一b)(b一c)(b2+1)=(a一b)2(c2一b2)+(b一c)2(a2一b2)+2(a一b)(b一c)[*：(c2+1)(a2+1)一b2一t)]—(a—b)(b—c)[—(a—b)(b+c)+(b—c)(a+b)+2(c2+t)(a2+1)—2b2—2t]—2(a—b)(b—c)[—(ac+t)+(c2+t)(a2+1)]相切時，有x=r,從而t=0,G=0,(1)式成立。相交時，O〈x〈r，于是t<0，又C點在圓外，即x2+c2>r2,那E么t—x2一r2>—c2>一a2從而G式中根號內為正數，且ac+1〉0于是通過兩端平方及t〈0，可驗證：v;(c2+1)(a2+t)<ac+t即G<0，(2)式成立。相離時，x>r，于是t>0，同樣可驗證G>0，(3)式成立。1992聯賽二試設A1a2A^A4為0O的內接四邊形，H],H2,H3,H4依次為△A2A^A4，^A1A^A4，^ArA2A4，^ArA2A3的垂心，求證：H],H2,H3,H4四點在同一個圓上，并定出該圓的圓心位置.引理：設0、H分別為AABC的外心、垂心，則OH=OA+OB+OC引理的證明：設H'滿足OH；=OA+OB+OC，則AH'=OB+OCAH'*BC=(OC+OB)*(OC-OB)=OC2-OB2=0，所以AH'丄BC同理，BH'丄AC,所以H'與H重合。

題目的證明：由引理有:OH1OA+OA2題目的證明：由引理有:OH1OA+OA23OA+OA+OA4HH=OH-OH=OA-OA=AA21122112于是，AAHH為平行四邊形，對角線AH與AH互相平分。12121122設它們的交點為P,則Ap=pH，Ap=pH1122同理，A2H2與A3H3互相平分，則交點為A2H2的中點P。同理，A3H3與A4H4互相平分于點P。即AP=PH，Ap=pHTOC\o"1-5"\h\z3344于是A和H（i=l,2，3，4）關于點P是中心對稱的。ii因為A、A、A、A共圓，所以H、H、H、H四點也共圓，其圓心是點0關于點P的中心對稱12341234點。

連OP,延長OP到O'使pO'=OP,則O'是H、H、H、H四點所決定的圓的圓心。12341991聯賽二試設凸四邊形ABCD的面積為1,求證在它的邊上(包括頂點)或內部可以找到四個點，使得以其中任意三點為頂點所構成的四個三角形的面積均大于1。4官方證明：考慮四個三角形A官方證明：考慮四個三角形AABC，ABCD，NCDA，ADAB的面積，不妨設Sadab最小，分四種情況討論：C1(1)S>，這時，顯然A、B、C、D四點即為所求。ADAB41⑵S<，設G為ABCD的重心。ADAB4TOC\o"1-5"\h\z11因S二1-S>，故S二S二S二S>ABCDADAB4AGBCAGCDAGDB3ABCD4于是，G、B、C、D四點即為所求。131S，則S，其余兩個三角形的面積均大于丁。ADAB4ABCD44由于S=1-S〈一-S，AABCACDA4ABCD所以，過A作BC的平行線L必與線段CD相交于CD內一點E。由于S>S，所以S>S——AABCADABAEABADAB4又S—S>11，S—S>-AEACAEAB4AEBCAABC4故E、A、B、C四點即為所求。TOC\o"1-5"\h\z131S-丁，則S--，其余兩個三角形中還有一個的面積等于丁。ADAB4ABCD4413不妨設S—，則S-丁，且有：AD與BC平行，BC-3AD。ACDA4AABC411在AB上取E，DC上取F,使得：AE—才AB，DF—才CD11那么EF—-(3AD+BC)—BC，于是：2331c91S—SSS>—AEBFAECF~4AABF_42AABC_324391S—SS>—AEBCAFBC~4AABC~164故E、F、C、B四點即為所求。1990聯賽二試四邊形ABCD內接于0O，對角線AC與BD相交于P，設AABP,ABCP,ACDP和ADAP的外接圓圓

心分別為Oi,O2,勺匕。求證：OiO3,O2%OP三直線共點。證明VO為/ABC的外心，???OA=OB.JO]為/PAB的外心,?OA=OB.:.OO]丄AB.作/PCD的外接圓OO3,延長PO3與所作圓交于點E,并與于點F,連DE,貝Z1=Z2=Z3,ZEPD=ZBPF,???ZPFB=ZEDP=90°.???PO3丄AB,艮卩OO]〃PO3.同理，OO3〃PO].卩卩OO]PO3是平行四邊形.???O1O3與PO互相平分，即O1O3過PO的中點.同理，O2O4過PO中點.???OP、0]03、O2O4三直線共點.EAB交說明：對于PO3丄AB的證明，可以用圓幕定理:EAB交AO2—R2=AP*AC=AP2+AP*PCTOC\o"1-5"\h\z33BO2—R2=BP*BD=bp2+BP*PD33相減即有：AO2—BO2=AP2—BP233從解答可知：OOOO為平行四邊形。12341990聯賽二試已知AABC中，AB=AC。在AABC內取一點P,直線AP與BC交于N。設乙NPC=乙BAC=2乙BPN,求證：BN=13BC證明：延長AN交AABC的外接圓于Q,則ZPQC=乙ABC，又題設乙NPC=乙BAC,于是APQC與AABC相似。因AB=AC，則PQ=PC。因為弧AB與弧AC相等，所以ZPQB=ZPQC。過點P作等腰APQC的角平分線交QC于K,則APQK與APCK全等，面積也相等。1且有ZQPK=2ZQPC=ZQPB，于是，AQPK與AQPB全等，面積也相等。所以，AQPC的面積是AQPB的兩倍。BNAQPB1BNAQPB1NC=AQPC=2故BN=1BC1989聯賽二試在AABC中，AB〉AC,ZA的一個外角的平分線交1989聯賽二試在AABC中，AB〉AC,ZA的一個外角的平分線交AABC的外圓于點E,過E作EF丄AB,垂足為F。求證:2AF=AB—AC。證明：在FB上取FG=AF，連EG、EC、EB，于是/AEG為等腰三角形，:?EG=EA.又Z3=180O-ZEGA=180O-ZEAG=180O-Z5=Z4,Z1=Z2.于是/EGB與/EAC全等.BG=AC，：?AB-AC=AG=2AF.1988聯賽二試S2在AABC中，P、Q、R將其周長三等分，且P、Q在AB邊上。求證：亠3>9S9ABC證明：由于P、Q在AB邊上，則有：c>APQR以邊PQ=為底，要使其面積達到最小值，就是要使PQ邊上的高，即點R到AB邊的距離達到最小。由于對稱性的關系，不妨設點R在邊BC上。當線段PQ向點A運動時，點R在BC邊上向點B運動。當點P與A重合時，APQR面積最小。此時有:BR=-BQ=-(c-)=2a此時有:BR=-BQ