2015全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】

1、11.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=ZPBC.求证：/DBQ=ZPAC.2、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 II MN交圆 于P点，1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工A,T,B)，记AQC, QCB的内心分别为Ii,I2，求证：Q,Ii,I2,T四点共圆.2012 全国高中数学联赛挑战极限平面几何试题P234如图，给定凸四边形ABCD，B D 180，P是平面上的动

2、点, 令f(P) PA BC PD CA PCAB.(I)求证：当f(P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆；(H)设E是ABC外接圆0的AB上一点，满足： 竺-1,BCAB 2 ECECB - ECA，又DA, DC是e O的切线，AC 2，求f (P)的2最小值.3圆0切于两条平行线1(2，第二个圆eOi切li于A，外切eO于C,第 三个圆e 02切12于B,外切e O于D，外切e 01于E,AD交BC于Q, 求证Q是CDE的外心。(35届IMO预选题)3ID845.在直角三角形ABC中，ACB 90, ABC的内切圆0分别与边BC,CA,AB相切于点D,E,F，连接AD，与内切圆0相交

3、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0.过点0分别作0E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.57.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：错误！未找到引用源。FDHKFH68.如图10,OO是厶ABC的边BC外的旁切圆，D、E、

4、F分别为OO与BC、CA、AB的切点.若0D与EF相交于K,求证：AK平分BC.7参考答案AC BC又因 PA= PB,故，得 AC- 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- B BC- AD= AB- CD1于是得：AB - CD= 2AB - DQ 故 DQ= 一 CD 即 CQ= DQ40 分2AD DQCQ在厶 CBQ 与 ABD 中，/ BCQ=ZBAD 于是 CBQ ABDABBCBC故/ CBQ=ZABD 即得/ DBQ=ZABU PAC2. 解析:连NI，MI由于PC II MN，P，C，M，N共圆，故PCMN

5、是 等腰梯形.因此NP MC，PM NC1. 证明：连结 AB,在厶 ADQAABC 中，/ ADQMABC / DAQMPBC 艺 CABBCDQ故厶 ADgAABC 而有，即 BC - AD= AB- DQ10 分20 分AB AD又由切割线关系知 PCMAPAD 得同理由 PCBAPBD 得PCBCPBBDPCPA8连AM，CI，则AM与CI交于1，因为MICMAC ACIMCE I BCIMCI，所以MC MI同理NI于是NPMI，PM NI故四边形MPNI为平行四边形.因此PMTSA PNT（同底，等高）.又P，N，T，M四点共圆，故TNPPMT 180，由三角形面积公式S PMT-

6、PM MT sin PMT21SAPNT-PN NT sin2PNTNC91PN NT sin PMT2于是PM MT PN NT因为NChNCA ACI1NQC QCI1CI1N,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11EDB 180EO2B 180AO,EEAF，所以A,E,D,F四点22共圆，BEcBA BDcBF，即点B在e O1与e O的根轴上。又因为C在e O1与e O的根轴上，所以BC是eO1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的外心。4.解法一(i)如图1,由托勒密不等式，对平面上

7、的任意点P，有PA BCPC ABPB AC因此f (P)PA BCPC ABPD CAPB CA PD CA (PBPD) CA所以NC NI1，同理MCMI由MP MTNPNT得 -场NT故MTMP由所证MPNC，NPMC，NI1MI2又因I1NTQNTQMTI2MT，有I1NTsI2MT故NTI1MTI2， 从而I1QI2NQMNTMI1TI2因此Q，I1，I2，T四点共圆.MTNP3.证明：由AO,/BO2，知AO,EBO2E，从而有AEO,BEO2,10因为上面不等式当且仅当P, A,B,C顺次共圆时取等号,11因此当且仅当p在ABC的外接圆且在AC上时，f(P) (PB PD) C

8、A.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)minAC BD.故当f ( P)达最小值时，P, A, B,C四点共圆.20 分(u)记ECB，则.3 sin 3 2sin 2，即3(3sin4sin3)4si n3 3 4.3(1 cos2) 4cos0，整理得4 3 cos24cos30，- -30 分解得cos或cos(舍去)，故30ECA 223由 已 知0，ACE 60.，由正弦定理有刘2_J，AB si n32cos，所以从而BCEC1)sin.3 1sin EAC 30

9、0sin EACsin( EAC 30)( 31 sin EAC cos2EAC - cos 21 2 2一3即223 .sin故ta nEAC从而E 45，DAC2，则CD 1.EAC，EAC，.3，可得DCA1)si n EAC，整理得EAC 75，40 分45o，ADC为等腰直角三角形.AC又ABC也是等腰直角三角形，故BCBD 5.故f(P)minBD AC 5 .210.解法二(i)如答一图 2,连接BD交ABC的外接圆 故 P)在BD上).2BD12212cos135min50 分O于F0点(因为D在圆O夕卜,过A,C,D分别作RA, P0C,PD的垂线，两两相交得，易知P。在AC

10、D内,从而在A1B1C1内，记ABC之三内角APoC 180 y z X，又因BG PA，B1A1A1x，C1z，所以AB1C1sABC.10 分设BG BC，C1A1CA，AB1AB，则对平面上任意点M，有分别为x, y，z，则PC，得B1y，同理有答一图212f(Po)(PoA BC PoD CA PoC AB)RA BiCiPDD CiAIRC AiB2S ABQiMA BGMD GAMC AiB(MA BCMD CAMCAB)f (M),从而f(F0) f(M)由M点的任意性，知p0点是使f (P)达最小值的点.由点 P)在e O上，故Po,A,B,C四点共圆.20 分(H)由(I),

11、f(p)的最小值记ECB,则ECA 2,由正弦定理有AEsi n23,从而ABsin 32sin 32sin 2，即、3(3sin34si n ) 4s incos，所以3.34 3(12cos)4cos0,f(R)- SAiBiCi2 SABC,B1C1BD ,i 2 2 i、2cosi355，故13f(P)min2 451,10.50分5.证明：设 AE = AF = x , BD= BF= y, CD= CE= z , AP= m PD= n.整理得4 32cos 4cos30,30 分解得cos舟或cos1(舍去)2*3故30o,ACE60o.由已知BC 3 1=sinEAC 300,

12、有ECsin EACsi n( EAC30o)0- 31)sinEAC即子inEAC1 cos2EAC(.3 1)sinEAC，整理得2池isinEAC1cos EAC:2故tan1EAC23，可21/VV-/JK.厶2 43得EAC75，40 分所以E45,ABC为等腰直角三角形，AC2，SABC1，因为ABiC 45,Bi点在。O上,ABiB 90，所以BiBDCi为矩形,5，所以214四点共圆，令 DQ= l，则由相交弦定理和切割线定理可得yz nl，x2m(m n).ACAP因为ACPsAQC，所以，故AQ AC2(x z) m(m n l).在 Rt ACD 和 Rt ACB 中，由

13、勾股定理得(x z)2z2(m n)2，2 2 2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, C15(y z) (z x) (x y).，得*，得所以z22zx ml，yzz22zx163x22xz 2z20,解得x.7 1 -3，代入得,y(2、75)z，将上面的 x，y 代入，得2(、7 1)mnz，32x、71结合，得mz，m n6.71从而nz，2所以，xm n，即AEAPPD6.解(1 )设 Q, R 分别是OBOC 的中点，连接 EQ2x，结合，得x22yZ(m n)2(x z)2z

14、2，z 2zx整理得2x y2z(x z)z2x又式可写为x z2xyy z由，得x4zz 2xy z又式还可写为yz2xz5x z把上式代入，消去y z,得17MQ FR MR 则11EQ OB RM, MQ -OC RF,22又 OQM 是平行四边形，所以由题设 A, B, C, D 四点共圆，所以ABDACD,于是图 1EQO2 ABD 2 ACDFRO,所以EQMEQOOQMFROORMFRM,故EQMMRF,所以EM=FM同理可得EN=FIN所以EM FN EN 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,但此时仍然有EMFNE

15、N 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 MQ NS 则11NS -OD, EQ -OB,22NS ODEQ OB又ES -OA, MQ -OC，所以2 2OQMORM,所以18MQOC而 AD/ BC 所以OAODOCOB NSES，得EQMQ因为NSENSAASEAOD 2 AOE,ES OA由,EQMMQOOQEAOE2 EOB)EOB (180EOB) AOD 2 AOE,即NSEEQM,所以NSEEQM,ENSEOA故（由EMQMOCFNOA同理可得，FMOCENFN所以EMFM,从而EMFN EN FM.AOE (1807.

16、设 AF= x, BF= y , CAz,则可以将各线段长用 x, y , z 表示如下：由 Stewart 定理得：4192BD亠2CD2ADACABBD DCBCBCy(xz)2z(xy)2yzyzx24xyzy z AF2x2AH -由切割线定理得：ADAD，所以AD2x24xyzHDADAHJADAD(y z4xyzCF(x y).DF CD DF- - zCF CFDF AF DF- xAD AD.2BD BF cosBz)2(x y)2(x z)2于4xyz4xyzKF HD CF (x y) AD(y z) FH DK DF DFKF同理有DK由厶 CDKsCFD 得由厶 AFH

17、s ADF 得由余弦定理得DF2BD22y214xy2z(X y)(y z)FHBF2(y2(x y)(y z)20 x - zAD CF对圆内接四边形 DKHF 由 Ptolemy 定理得16xy2zDF2(x y)(y z)21KF HD DF HKKF HD -4结合FH DK【证明 2】先验证一个引理：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 PCFH DK,FD HK宀- 3便得FH DK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 QC2BQ PCKF HD DF HK FH DKA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22因 CQ, CD 皆为圆 O 的切线，故由引理知将以上两式相乘，即得KF HD DQ FQ 4DK FH DQ FQ,即KF HD- 4FH DK.8.证明：如图 10,过点 K 作 B