2021年联赛几何题的十个思路和20种解法
2021年高中数学联赛加试第二题为几何题，题目为：
如图所示，在△ABC中，M是边BC的中点，D、E是△ABC的外接圆在点处的切线上的两点，满MD//AB，且A是线段DE的中点，过A、D、P三点的圆与边AC相交于另一点P，过A、D、P三点的圆与DM的延长线相交于点Q.
证明：∠BCQ=∠BAC.
先不增加其他点，适当连线，寻找图形的基本性质，容易得到：
设△ABC边角为a,b,c;A,B,C.则
等线段：AE=AD,MA=MC=0.5b,
等角:∠A=∠AMD=∠QMP=∠BEP,
∠B=∠DAC=∠DQP=∠EBP,
∠C=∠EAB=∠ADM=∠APQ=∠EPB,
∠BPC=∠BEA,∠PEA=∠PBA,
平行;DQ//AB,PQ//BC,
相似：△ABC∼△MAD∼△MQP∼△EBP,
△BAE∼△BCP。
下面从结果入手分析，
欲证∠BCQ=∠BAC，即确定点Q的位置，根据不同的确定方式，有以下几种思路：
思路一：不添加其他点，直接证明△CMQ∼△CPQ。
解法2：直接算CP/CM,
设∠QCB=y,由分角定理则
(CP/CM)=(PQsin∠CQP/(MQsin∠CQM),
即(CP/AE)(AE/AM)
=(AD/AM)(siny/sin(y+B)),即
(sin(y+B)/siny)=(sin(A+B)/sinA),
即coty=cotA,故∠QCB=∠A。
思路二：不添加其他点，计算确定△CMQ或△CPQ形状
显然若∠BCQ=∠BAC，则上述结论成立。
下面只需说明满足上述条件的点Q是唯一的即可。有5个方法的，
解法3：用同一法
若DM上Q'满足∠Q'CB=∠A，则MQ=MQ'，由同一法Q,Q'重合，即∠QCB=∠A。
解法4：用单调性，（蕴秀斋）
设∠MCQ=x,则f(x)=sin(x+A)/sinx
=cosA+sinAcotx显然是单调的，
从而x=C-A,即∠QCB=∠A。
解法5：用方程，
设∠MCQ=x,则sin(x+A)/sinx=sinC/sin(C-A)，
即cosA+sinAcotx=cosA+sinAcot(C-A)，
cotx=cot(C-A)，从而x=C-A,即∠QCB=∠A。
解法6：直接说明，
由于QM/MC和∠QMC是定值，从而△QMC的形状是唯一确定的，故∠QCB=∠A。
解法7：余弦定理（李天浩）
故△BQP∼△BMQ,∠BCQ=∠CQP=∠QMC=∠A.
当然上述5种计算方法也可以放在△CPQ中计算，完全类似得到。这里不再赘述。
思路三：直接证明△QBC∼△IMA,
解法8：（宋书华）
设ME交AB于I，则MI=IE,
又PQ//BC,△ABC∼△MQP∼△EBP,
则△PBQ∼△PEM,
故∠QBC=180°-∠BQC=180°-∠EMP=∠IMA,
且QB/MI=2QB/ME=2PB/PE=2CB/CA=CB/MA,
则△QBC∼△IMA,
则∠BCQ=∠BAC.
思路四：作出BC中点N，计算NQ，NQ/NC证△CNQ∼△ABC。
显然NQM共线且NM//AB,则∠QNC=∠B,
以下主要有两种方法计算NQ/NC，
解法9：由PQ//BC算NQ/NC,（参考答案的方法）
由PQ//BC及△ABC∼△MAD∼△MQP∼△MCN得
(NQ/NC)=(NQ/NM)(NM/NC)
=(CP/CM)(AM/AD)=(CP/AE)=(BC/BA),
∴△CNQ∼△ABC,∠QCB=∠BAC.
解法10：用NQ=NM-MQ算（蔡冰润）
由思路一计算得到MQ=(((c^2)-a^2)/2c),
NQ=NM-MQ=(c/2)-(((c^2)-a^2)/2c)=((a^2)/2c),
则(NQ/NC)=(a/c),
∴△CNQ∼△ABC,∠QCB=∠BAC.
当然也可以通过上述计算证明△CNQ∼△ABC。
思路五：证明圆ADP、AB及QC共点。
最直接的思路是证明△BCF∼△BAC,
由△PDF∼△CAB∼△PBE,倒比例即得。
解法11：证明△BCF∼△BAC，
设AB交圆ADP于F，
由△PDF∼△CAB∼△PBE,及△PED∼△PBF,
得BF=DE(PB/PE)=2AD(BC/AC)
=BC(AD/AM)=BC(BC/AB)
故△BCF∼△BAC,
∴∠BFC=∠BCA=∠ADM=∠BFQ,
∴FQC共线，
∴∠BCQ=BAC.
解法12： 用托勒密定理（张峻铭）
设AB交圆ADP于F，因为AFPD,AEBP共圆，
由三弦定理（即托勒密定理等价形式），
有AFsinB+ADsinA=APsinC=ABsinC-AEsinA
则2QMsinB=2MPsinC=2APsinC-2AMsinC
=AFsinB+ADsinA+ABsinC-AEsinA-ACsinC
=AFsinB,
则AF=2QM,则CQF共线，∴∠BCQ=BAC.
当然最自然的思路是直接暴力计算出AF表达式来证明AF=2QM,也不算困难。上述解法相对简洁，不过技巧性略强。
解法13：作等角，用同一法
在AB上取F使得∠BCF=∠A,
CF交DM于Q'，
则∠BFC=∠C=∠D,则AFQ'D共圆，
故AFQ'D为等腰梯形，CQ'=FQ'=DA.
由△ABC∼△MAD及△BAE∼△BCP,
则
CA*CP=2AM*AE*(BC/AB)=2AD*AM*(AD/AM)=CF*CQ',
故AFQ'P共圆，即AFQ'PD共圆,
故Q,Q'重合。
∴∠BCQ=∠BCQ'=∠BAC.
解法14 再作BF中点K（马宏飞）
设CQ交AB于F，
QK/AM=PK/AP=BC/AC,
∴QK=0.5BC,
KB=KF,
∠PBA=∠PEA,
∠DAC=∠AKP,
∴△AEP∼△KBP,
F,D为相似对应点，
故∠BFP=∠ADP,
∴FADPQ共圆，
∠BCQ=∠CQP=BAC.
思路六：证JBCQ为平行四边形，
解法15（唐一天）
设PQ交AB,圆ABE于K,J,
∠DQP=∠DAP=∠EKP,
∴EJ//DQ//AB,
∴JK=KQ,
KQ/AM=KP/AP=BC/AC,
∴KQ=0.5BC,则JQ=BC,
故JBCQ为平行四边形，
∴∠BAC=∠BJP=BCQ.
注：本解法与解法14的关键都是都要证明BC=2QK,有异曲同工之妙。
思路七：将Q化为P'研究
解法16：（张学东）
作P关于M得对称点P',
则AP'/AD=CP/AE=BC/BA,
∴△AP'D∼△BCA,
则∠ADP'=∠A,
又则MP'*MC=MP*MA=MQ*MD,
故CQP'D共圆，
故∠BCQ=∠ADP'=∠A.
思路八：证明QGLCP共圆。
解法17：（石育锟）
∠E=∠B=∠DAM,∴EL//AC
则MG=MD,∠MGC=∠DAM=∠DQP,
则QGCP共圆. ∠EGQ=∠AMD
=∠BAC=∠PLC=∠QPL,
则QGLP共圆,则QGLCP共圆.
∠QCL=PLC=∠BAC.
解法18：（对解法17的简化）（蕴秀斋）
在DM上作MG=MD,
∠MGC=∠DAM=∠B=∠DQP,
则QGCP共圆.
CG/CP=AD/CP=AE/CP=AB/BC,
∴△GCP∼△ABC,
则∠BCQ=∠PQC=∠CGP=∠BAC.
思路九：作AI=AD,计算证明QM=IM。
解法19：
QM=AM(MP/MD)=AM(CM-CP/MD)
=AM(AM-AE(BC/BA)/MD)=((AM^2)-(AD^2)/MD),
MI=DM-DI=DM-2ADcosD
=DM-((DM^2)+(AD^2)-(AM^2)/MD)=((AM^2)-(AD^2)/MD)=QM,
从而∠CQM=∠AIM=∠A+∠B,
∴∠BCQ=∠CQP=∠A
思路十：引入H，利用圆幂。
解法20：
设圆ADP圆心为O，
由△ABC∼△MAD及△BAE∼△BCP,
则
CA*CP=2AM*AE*(BC/AB)
=2AM*AD(AD/AM)=HD*HA,
即C,H对圆O的幂相等，则OC=OH,
故QCHD为等腰梯形，
则∠MQC=∠QDA=A+B,
∴∠BCQ=∠CQP=∠BAC.
本文总结了2021年联赛几何题的10个思路和20种解法，当然这些思路和解法基本都是本人收集或者想到的，一般都经过了适当改进，目标是希望是相应思路中最简洁的解法。如果我知道出处会尽量解法后面注明作者。过于复杂或者将上述某些解法杂糅到一起，绕了弯路的解法一般不再收入。当然囿于本人眼界，难免挂一漏万、一叶障目、不见泰山。读者应该还有更好的思路更妙的解法，希望本文能抛砖引玉，获得大家的指正。