全国高中数学联赛挑战极限平面几何试题

1、2012全国高中数学联赛挑战极限平面几何试题1.过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A , B所作割线交圆于C, D两点，C在P, D之间，在弦CD上取一点 Q,使 DAQ = PBC .求证： DBQ = PAC .P2、如图，M , N分别为锐角三角形ABC ( A B)的外接圆 上弧BC、AC的中点.延长交圆求证：过点C作PC Il MN交圆于P点，I为ABC的内心，连接PI并于T .MP MT NP NT ; 在弧AB (不含点C )上任取一点Q ( Q A , T , B ),记 AQC , QCB 的内心分别为Ii , 2 ,求证：Q , Ii, 2 , T四点共圆.3圆O

2、切于两条平行线hl ,第二个圆eO切Ii于A ,外切eO于C,第 三个圆e O2切I2于B ,外切e O于D ,外切e O1于E , AD交BC于Q , 求证Q是CDE的外心。(35届IMo预选题)3I4如图，给定凸四边形 ABCD， B D 180o，P是平面上的动点,令 f(P) PA BC PD CA PC AB .(I)求证：当f(P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆；()设E是ABC外接圆O的AB上一点，满足：' 3 , BCAB 2 ECECB 1 ECA ,又 DA)DC 是 eO 的切线，AC 2 ,求 f (P)的 2.3 1 ,A最小值.5.在直角三角形ABC中

3、， ACB 90 , ABC的内切圆O分别与边BC,CA , AB相切于点D , E , F ,连接AD ,与内切圆 O相交于点P,连接BP ,CP ,若 BPC 90 ,求证：AE AP PD .6.给定锐角三角形 PBC , PB PC .设A , D分别是边PB , PC上的点，连 接AC, BD ,相交于点 O.过点O分别作OE丄AB , OF丄CD ,垂足分别为 E, F ,线段BC , AD的中点分别为M , N .(1) 若A, B, C, D四点共圆，求证： EM FN EN FM ;(2) 若 EM FN EN FM ,是否一定有 A, B, C, D四点 共圆？证明你的结论

4、.7.如图，已知 ABC内切圆I分别与边 AB、BC相于点F、D,直线AD、CF 分别交圆I于另一点H、K.求证:FD HKFH DK8.如图10, O是厶ABC的边BC外的旁切圆，D、E、F分别为 O与BC、CA、AB的切点.若OD与EF相交于K, 求证：AK平分BC.参考答案1.证明：连结 AB,在厶 ADQA ABC中， ADQ ABC DAQ PBC= CAB,” BC DQ故厶 ADQ ABC 而有，即 BC AD= AB DQ10 分ACAD，20分AB AD又由切割线关系知 PCA PAD得同理由 PCB PBD得PCBCPBBDPCPAAC BC又因 PA= PB,故，得 AC

5、- BD=BC- AD= AB DQ30 分AD BD又由关于圆内接四边形 ACBD勺托勒密定理知AC- BD÷ BC AD= AB CD1于是得：AB CD= 2AB DQ 故 DQ= 一 CD 即 CQ= DQ40 分2ADDQCQ在厶 CBQ与 ABD中，, BCQ= BAD 于是 CBQ ABDABBCBC故 CBQ= ABD 即得 DBQ= ABC PAC 2.解析:连NI，MI 由于PC Il MN，P，C，M，N共圆，故PCMN是 等腰梯形.因此 NP MC，PM NC 连AM，Cl ,则AM与Cl交于I ,因为MIC MAC ACI MCB BCI MCI ,所以 M

6、C Ml .同理 NC NI .于是 NP MI , PM NI 故四边形MPNl为平行四边形因此 SPMT SAPNT （同底，等高）又P , N , T , M四点共圆，故 TNP PMT 180 ,由三角形面积公式11S PMT - PM MT Sin PMTSAPNT - PN NTSin PNT221PN NTSin PMT2于是 PM MT PN NT 因为 NCIi NCAACIiNQC QCIi CIiN ,所以NC NIi ,同理MCMI 2 由 MP MT由所证MPNC,NPMC ,场NT故MTNIiMI 2又因IiNTQNTQMTI2MT ,有故NTIiMTI2,从而iQ

7、2NQM因此Q , ii ,2 , T四点共圆.I1NT SNTMNP NT 得NTMPI2MT IiTI2 MTNP3.证明：由 AOi / BO2 ,知 AOiEBO2E ,从而有 AEOiBEO2 , 即A, E, B三点共线。同理由OF / BO2 ,可得B, D, F三点共线。又因为1 iEDB i80EO2B i80AOiEEAF ,所以 A,E,D,F 四点2 2共圆，BEcBA BDcBF ,即点B在e Oi与e O的根轴上。又因为C在e Oi与e O的根轴上，所以BC是e Oi与e O的根轴。同理AD是e O2与e O的根轴，因此Q为根心，且有QCQDQE ,即Q是CDE的外

8、心。4.解法一(I)如图i,由托勒密不等式，对平面上的任意点P ,有PABCPC ABPB AC 因此 f (P)PABCPC ABPD CAPBCAPDCA (PBPD) CA 因为上面不等式当且仅当 P, A,B,C顺次共圆时取等号,因此当且仅当 P在 ABC的外接圆且在 AC上时，f (P) (PB PD) CA .10分又因PB PD BD ,此不等式当且仅当 B,P,D共线且P在BD上时取等号.因此当且仅当P为ABC的外接圆与BD的交点时，f (P)取最小值f(P)min AC BD .故当f (P)达最小值时，P,AB,C四点共圆.20分.3 Sin 32sin 2 ,即.3(3s

9、in4sin3 )4si n3 3 4,3(1 cos2 ) 4cosQ,整理得 4.3 cos24cos3Q, 30 分解得 cos或 Cos1=(舍去)，故30ECA 223由 已 知(U)记 ECB ,则0, ACE 6Q0.,由正弦定理有JAE sin2_J ,AB Si n32COS ,所以从而BCEC1)Sin.3 1Sin EAC 300Sin EACsin( EAC 3Q0)( 31 Sin EAC COS2EAC，即_!22 3 .Sin故ta nEACEAC - cos21 一 22.3从而E 450 , DAC2,则 CD 1 .EAC (.'3EAC，,3 ,可

10、得DCA1)si n EAC，整理得EAC 75o，E 45o，AC又ABC也是等腰直角三角形，故 BCBD 5 .故 f(P)min BD AC 52、10 .解法二(I)如答一图2,连接BD交 ABC的外接圆 故R在BD上).过A,C,D分别作RA, PQC,PqD的垂线，两两相交得 从而在2，BD240分ADC为等腰直角三角形.12 2 12 cos135350分O于F0点(因为D在圆O夕卜,APqCAl所以 AlBICI S设BGA1B1C1 内，记 ABCX ,又因BlCl180C1BC，则对平面上任意点之三内角Z，ABC.10 分P 0A ， B1A1G AM ,有CA， AB1A

11、B，AlBlCI ,易知 Pq 在 ACD 内, 分别为X, y, Z ,则PQC ,得 B1 y ,同理有答一图2记 ECBf(P°)(P0A BC P0D CA P0C AB)R)A B1C1PdD GAP)CA1B12S b1c1MA BGMD C1AMCAIBl(MA BCMD CAMCAB)f (M),从而f(F0) f(M) 由M点的任意性，知PO点是使f (P)达最小值的点. 由点P3在e O上，故P0, A, B, C四点共圆.(U)由(I)f (P)的最小值2 f(R),则 ECA 2.20 分2 S ABC ,由正弦定理有AEAB.3sin33、34 .3(1整理

12、得4 32sin解得COS,即、3(3Sin cos2 ) 4cos cos24cos3 或 cos2312*330o，ACE60o Si n( EAC 30o)(.33sin EAC2BCEC1)sin整理得1COS22 “3 . Sin2EACEAC34si n 3 1EAC(舍去)(3 1)sin4sinCOSSi n2Sin 3,所以30分SinEAC 300Sin EACEAC，c0s EAC ,故 tanEAC 213得 EAC所以750 ,40分EABiC45，BlClBD3 ,从而2.3 ,可AC J2， S ABC45 , ABC为等腰直角三角形，B1点在。O上，AB1B 9

13、0 ,所以B1BDC1为矩形,.1 2 2 1、2cos135.5 ,故 5 ,所以21 ,因为f(P)min 25 1,1Q .50 分5.证明：设 AE = AF = X , BD= BF= y, CD= CE= Z , AP= m PD= n.因为 ACP PCB 90PBC PCB ,所以 ACP PBC 延长AD至Q,使得 AQC ACPPBC ,连接BQCQ 贝U P, B, Q, C四点共圆，令 DQ= l ,则由相交弦定理和切割线定理可得yz nl ,x2 m(m n).AC AP因为 ACP S AQC ,所以，故AQ AC2(X Z) m(m n I).在Rt ACD和Rt

14、 ACB中，由勾股定理得2 2(X Z)Z(mn)2,(y z)2 (ZX)2(X y)2 ，得z22 ZXml ,÷，得yznZ2 2zxm所以1 2yZz2 2zxmnm52X，结合，得22 yz (m n)2 (X Z) Z ，Z 2 zx整理得2X y2z(x Z)Z2x又式可写为XZ2xyy Z由，得X4zZ2xy Z又式还可写为yZ2xz5把上式代入，消去 y z,得X Z3x2 2 xz 2Z20 ,解得.7 1Z ,3代入得,(2.75)z,将上面的X, y代入，得2(C 1)z结合，得从而所以，X m n ,即AEAP6.解（1）设Q R分别是OBOC的中点，连接

15、EQMQ FR MR 则11EQ -OB RM, MQ -OC RF,22又OQM是平行四边形，所以QQMORM ,ABDACD ,于是图1EQQ2 ABD2 ACDFRQ ,所以EQMEQQQQMFRQQRM故EQMMRF ,所以EM=FM同理可得EN=FlN所以EM FNEN FM .（2）答案是否定的.当AD/ BC时，由于BC,所以A , B,C , D四点不共圆,由题设A B, C, D四点共圆，所以但此时仍然有FRM ,EM FN EN FM ,证明如下:如图2所示，设S, Q分别是OA OB的中点，连接ES, EQ MQ11NS -OD, EQ -OB,22所以NS ODEQ Q

16、B又 ES -OA, MQ -OC ,所以2 2MQOC而AD/ BC所以OAODOCOB ,HNSES，得EQMQ因为NSENSAASEAOD2AOE ,EQMMQOOQEAOEEOB(180AOE (180EOB)AOD2AOE ,ES OA由,2 EoB)4即NSEEQM ,所以NSEEQM ,ENSEOA故（由）EMQMOCFNOA同理可得，FMOCENFN所以EMFM ,从而EMFN EN FM .7.设 AF= X, BF= y , CDz,则可以将各线段长用X, y, Z表示如下：由SteWart定理得：2 BD亠2CD2ADACABBD DCBCBCy(xZ)2Z(Xy)2yz

17、yZX24 xyzy Z AF2X2AH -由切割线定理得：ADAD，所以AD2 X24 xyzHDADAHJADAD (y ZKF 同理有DK由厶CDKS CFD得FH由厶AFH S ADF得 由余弦定理得DF2 BD2 BF24xyzCF(X y) DF CD DFZCF CFDF AF DFXAD AD2BD BF CoSB2 2 22y2 I (y Z) (X y) (X Z) 2( y)(y Z)4 xy2z(X y)(y Z)KF HDFH DK4 XyZ4 XyZCF (X y) AD (y Z)DF DFX ZAD CF16xy2zdf2(x y)(y Z)对圆内接四边形 DK

18、HF由PtoIemy定理得FH DK ,FD HK C3 便得FH DKAKF HD DF HKKF HD 4 结合 FH DK【证明2】先验证一个引理：V引理如图，AB, AC 切圆于点B, C,割线AP交圆于点P, Q且点P在A, Q之间.则有PQ BC 2BP QC 2BQ PCV证明由托勒密定理知PQ BCBP QC BQ PC因AB为圆的切线，故知ABP 再因BAP QAB ,故可得AQBABP AQBBP AP ABBQ AB2BPAQAP ABAP故BQAB AQAQ2CPAP同理，CQAQ22CPBP故知CQBQ ,所以可知BPQC BQ PC即PQ BC2BP QC2BQPC即可得知回到原题，设圆I与AC切于Q点并连接HQ, QK, QD与FQ.由托勒密定理知KF HD DF HK FH DK3FD HKKF HD所以FH DKFH DK因CQ, CD皆为圆O的切线，故由引理知KF DQ 2DKFQH