1、2012全國高中數(shù)學聯(lián)賽挑戰(zhàn)極限平面幾何試題1.過圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A,B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/DAQ=/PBC.求證：/DBQ=/PAC.,一_一廠、2、如圖，M,N分別為銳角三角形ABC(AB)的外接圓上弧BC、AC的中點.過點C作PC/MN交圓于P點，I為ABC的內(nèi)心，連接PI并延長交圓于T.求證：MPMTNPNT;，一、，一c.一人一一、,一.一一,、一在弧AB(不含點C)上任取一點Q(QWA,T,B),記AQC,AQCB的內(nèi)心分別為Ii,I2,求證：Q,Ii,I2,T四點共圓.CM3.一圓O切于兩條平行線l12,第二

2、個圓eOi切11于A,外切eO于C,第三個圓302切12于B,外切eO于D,外切eO"E,AD交BC于Q,求證Q是CDE的外心。(35屆IMO預選題)§£4.如圖，給定凸四邊形ABCD,BD180°,P是平面上的動點,令f(P)PABCPDCAPCAB.(I)求證：當f(P)達到最小值時，P,A,B,C四點共圓；(n)設E是ABC外接圓O的Ab上一點，滿足：空蟲，史AB2ECECB1ECA,又DA,DC是eO的切線，AC&，求f(P)的2圖1最小值.5,在直角三角形ABC中，ACB90,AABC的內(nèi)切圓O分別與邊BC,CA,AB相切于點D,E,F

3、,連接AD,與內(nèi)切圓O相交于點P,連接BP,CP,若BPC90,求證：AEAPPD.6,給定銳角三角形PBC,PBPC.設A,D分別是邊PB,PC上的點，連接AC,BD,相交于點O,過點O分別作OEAB,OFLCD,垂足分別為E,F,線段BC,AD的中點分別為M,N.(1)若A,B,C,D四點共圓，求證：EMFNENFM;(2)若EMFNENFM,是否一定有A,B,C,D四點共圓？證明你的結論.7.如圖，已知4ABC內(nèi)切圓I分別與邊AB、BC相于點F、D,直線AD、CF分別交圓I于另一點H、K.求證:FDHKFHDK8.如圖10,。0是4ABC的邊BC外的旁切圓，D、E、F分別為。CA、AB的

4、切點.若0D與EF相交于K,求證：AK平分BC.O與BC、AC、K-AEO圖10參考答案1.證明：連結AB,在ADCOfABC中，/ADQWABC/DAQWPBC=/CABBCDQ一故AADQAABC而有,即BC-AD=AB-DQ10分ABADPCAC又由切割線關系知PC-APAD得PAADPCBC同理由PCBPBD導20分PBBDACBC一又因pa=PB,故,得ACBD=BC-AD=AB-DQ30分ADBD又由關于圓內(nèi)接四邊形ACBD勺托勒密定理知ACBABC-AD=AB-CD1 .于是得：AB-CD=2AB-DQ故DQ=一CD即CQ=DQ40分2ADDQCQ在CB*ABD中，/BCQ=/B

5、AD于是CBQABDABBCBC故/CBQ=/ABD即彳DBQ=/ABCPAC2.解析:連NI,MI.由于PC/MN,P,C,M,N共圓，故PCMN是等腰梯形.因此NPMC,PMNC.連AM,CI,則AM與CI交于I,因為MICMACACIMCBBCIMCI,所以MCMI.同理NCNI.于是NPMI,PMNI.故四邊形MPNI為平行四邊形.因此5APMT5APNT（同底，等高）.又P,N,T,M四點共圓，故TNPPMT180,由三角形面積公式_1_1&pmt-PMMTsinPMTSApnt-PNNTsinPNT2 21PNNTsinPMT2于是PMMTPNNT.因為NCIiNCAACI

6、iNQCQCIiCliN,所以NCNli,同理MC由所證MPNC,NPMl2.由MP“+A-NTMC,故NliMTNPNT得MPMT.Ml2MTNP又因liNTQNTQMT故NTliMTl2,從而liQl2l2MT,有l(wèi)iNTsl2MT.NQMNTM11Tl2.因此Q,li,L,T四點共圓.3 .證明：由AOi/BO2,知AOiEBO2E,從而有AEOiBEO2,即A,E,B三點共線。同理由OFnBO2,可得B,D,F三點共線。又因為1 -1-EDB180EO2B180AO1EEAF,所以A,E,D,F四點2 2共圓，BEgBABDgBF,即點B在e01與eO的根軸上。又因為C在eO1與eO的

7、根軸上，所以BC是eQ與eO的根軸。同理AD是eO2與O的根軸，因此Q為根心，且有QCQDQE,即Q是CDE的外、4.解法一(I)如圖1,由托勒密不等式，對平面上的任意點P,有PABCPCABPBAC.因此f(P)PABCPCABPDCAPBCAPDCA(PBPD)CA.因為上面不等式當且僅當P,A,B,C順次共圓時取等號，因此當且僅當p在abc的外接圓且在Ac上時，f(P)(PBPD)CA.10分又因PBPDBD,此不等式當且僅當B,P,D共線且P在BD上時取等號.因此當且僅當P為ABC的外接圓與BD的交點時，f(P)取最小值f(P)minACBD.故當f(P)達最小值時,P,A,B,C四點

8、共圓.(口)記ECB，則ECA2,由正弦定理有生sin2ABsin320分立,2,3sin32sin2334,3(1整理得432cos2即3(3sin)4cos4sin3)4sincos,所以0,解彳導coscos_3或24coscos312,30,(舍去)sin(EAC30o)(3BCEC1)sin,31EAC，30分，故30。，ACE60o.sinEAC30°sinEAC即-3sinEAC2cosEAC(,31)sinEAC,整理得23.sin2故tanEACEAC1cos2一122.3EAC，EAC75o,40分從而ACE45o，DAC亞則CD1.DCAE45°，AD

9、C為等腰直角三角形.又ABC也是等腰直角三角形，故BC夜，BD212212cos135D5,50分O于P0點(因為D在圓O外,AB1C1,易知P0在ACD內(nèi),分別為x,y,z,則P0C，得B1y,同理有£答一圖2BD故f(P)minBDAC45行而.解法二(I)如答一圖2,連接BD交ABC的外接圓故外在BD上).過A,C,D分別作P0A,P0C,P0D的垂線，兩兩相交得從而在A1B1C1內(nèi)，記ABC之三內(nèi)角AP0C180yzx,又因B1GP0A,B1A1Ax,C1z,所以AB1C1SABC.化分設BC1BC,C1A1CA,AB1AB,則對平面上任意點M,有f(Pc)(PqABCPqD

10、CAPqCAB)P0ABiCi2sABiCiMABCi(MABCf(M),從而f(P0)f(M).P0DCiAMDCiAiMDCAP0CAiBMCMCAiBAB)由M點的任意性，知P0點是使f（P）達最小值的點.由點P0在eO上，故P0,A,B,C四點共圓.20分（口）由（I）f(P)的最小值2f(P0)一SgCi2SABC，記ECB,由正弦定理有AEAB3sin32sin，即.3(3sin34sin4sincossin2sin3,所以3、34.3(1整理得432cos2)4cos0,解得coscos_!或24coscos3i2,30,（舍去）30°,ACEsin(EAC30o)(.

11、3BCECi)sinEAC30分sinEAC30°sinEAC.,isinEAC-cos整理得22.3.sinEAC(.31)sinEAC，得EAC所以275。，40分EACI-cosEAC，故tan2EAC合ABiCBiCiBD45,ABC為等腰直角AC同SABCBi點在。O上，ABiB90,所以BiBDCi為矩形,M22i拒cosi355故亞，所以2f(P)min2得iJO。50分5.證明：設AE=AF=x,BD=BF=y,CD=CE=z,AP=mPD=n.因為ACPPCB90PBCPCB,所以ACPPBC.延長AD至Q,使彳導AQCACPPBC,連接BQCQ則P,B,Q,C四點

12、共圓，令DQ=l,則由相交弦定理和切割線定理可得yznl,x2m(mACAP因為ACPsAQC，所以，故AQAC2(xz)m(mnl).在RtAACD和RtAACB中，由勾股定理得(xz)2z2(mn)2,222(yz)(zx)(xy).一，得z22zxml,-，得所以yzz22zxyzz22zxX，結合，得22xyz.2x-(mn)(xz2zx22z)z整理得2xyz2x2z(xz)又式可寫為2xy由，得又式還可寫為把上式代入，消去解得代入得,將上面的x,y代入，得結合，得從而z,得所以，xmn,即AE6.解（1）設QR分別是2x3x24z2xz2xz2z20,71z,3(2"5)

13、z,APOR11OC的中點，連接EQMQFRMR則-1-EQ-OBRM,2-1MQ-OCRF,2又OQMRb平行四邊形，所以由題設A,B,C,D四點共圓，所以OQMORM，ABDACD于是所以EQO2ABDACDEQMEQOOQMFROORMEQM所以EMFM同理可得ENFN所以EMFNENFM(2)答案是否定的.當AD/BC時，由于BC,所以a,四點不共圓，但此時仍然有EMFNENFM,證明如下:如圖2所示，設S,Q分別是OAOB的中點,連接ES,EQMQNS則1-OB,21NS-OD,EQ2所以NSODEQOB-1一一1一又ES-OA,MQOC,所以22由,所以所以從而而AD/BC所以，得

14、因為NSEESOAMQOAOCNSEQNSAOCODOBESMQASEAOD2AOE,EQMMQOOQEAOEEOB(1802EOB)同理可得,AOE(180EOB)AODENEMEMNSENSESEQMFNFMENEMFN7.設AF=x,BF=y,CD=z,則可以將各線段長用x,y,z表示如下：由Stewart定理得：EQM，OA-(由).OCOAOCFNFMENFM.2BD2CD2ADACABBCBCBDDCy(xz)2z(xy)2yzyz4xyz由切割線定理得:同理有AHyzAF2ADHDKF2xAD,所以ADAH4xyzCF(xy)AD2AD4xyzAD(yz)DK由CDKs4。5/導

15、DFCDDFzCFCF由AAPHsAADF得FHDFAFDFxADAD由余弦定理得DF2BD2BF22BDBFcosB2222y21(yz)(xy)(xz)2(xy)(yz)24xyz(xy)(yz)于是4xyz4xyzKFHDCF(xy)AD(yz)16xy2z4FHDKDFDFDF2(xy)(yz)ADxCFz對圓內(nèi)接四邊形DKH他Ptolemy定理得KFHDDFKFHDHK結合FHDKFHDK,FDHK八3便得FHDK【證明2】先驗證一個引理：引理如圖，AB,AC切圓于點間.則有PQBC2BPB,C,QC證明由托勒密定理知PQBC割線AP交圓于點P,Q且點P在A,Q之2BQPCBPQCBQPC因AB為圓的切線，故知ABP再因BAPQAB,故可得AQBABPAQB,即可得知同理，故知即BPBQBPBQAPABABAQ2APABAPABAQAQCPCQCPCQPQBCAPAQBPBQ,所以可知BPQCBQPC2BPQC2BQPC回到原題，設圓I與AC切于Q點并連接HQ,QK,QD與FQ.由托勒密定理知KFHDDFHKFHDKFDHKKFHD所以FHDKFHDK.因CQ,CD皆為圓O的切線，故由引理知KFDQ2DKFQHDFQ2FHD