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.,一_一厂、2、如图，M,N分别为锐角三角形ABC(AB)的外接圆上弧BC、AC的中点.过点C作PC/MN交圆于P点，I为ABC的内心，连接PI并延长交圆于T.求证：MPMTNPNT;，一、，一c.一人一一、,一.一一,、一在弧AB(不含点C)上任取一点Q(QWA,T,B),记AQC,AQCB的内心分别为Ii,I2,求证：Q,Ii,I2,T四点共圆.CM3.一圆O切于两条平行线l12,第二

2、个圆eOi切11于A,外切eO于C,第三个圆302切12于B,外切eO于D,外切eO"E,AD交BC于Q,求证Q是CDE的外心。(35届IMO预选题)§£4.如图，给定凸四边形ABCD,BD180°,P是平面上的动点,令f(P)PABCPDCAPCAB.(I)求证：当f(P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆；(n)设E是ABC外接圆O的Ab上一点，满足：空虫，史AB2ECECB1ECA,又DA,DC是eO的切线，AC&，求f(P)的2图1最小值.5,在直角三角形ABC中，ACB90,AABC的内切圆O分别与边BC,CA,AB相切于点D,E,F

3、,连接AD,与内切圆O相交于点P,连接BP,CP,若BPC90,求证：AEAPPD.6,给定锐角三角形PBC,PBPC.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OEAB,OFLCD,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：EMFNENFM;(2)若EMFNENFM,是否一定有A,B,C,D四点共圆？证明你的结论.7.如图，已知4ABC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:FDHKFHDK8.如图10,。0是4ABC的边BC外的旁切圆，D、E、F分别为。CA、AB的

4、切点.若0D与EF相交于K,求证：AK平分BC.O与BC、AC、K-AEO图10参考答案1.证明：连结AB,在ADCOfABC中，/ADQWABC/DAQWPBC=/CABBCDQ一故AADQAABC而有,即BC-AD=AB-DQ10分ABADPCAC又由切割线关系知PC-APAD得PAADPCBC同理由PCBPBD导20分PBBDACBC一又因pa=PB,故,得ACBD=BC-AD=AB-DQ30分ADBD又由关于圆内接四边形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:连NI,MI.由于PC/MN,P,C,M,N共圆，故PCMN是等腰梯形.因此NPMC,PMNC.连AM,CI,则AM与CI交于I,因为MICMACACIMCBBCIMCI,所以MCMI.同理NCNI.于是NPMI,PMNI.故四边形MPNI为平行四边形.因此5APMT5APNT（同底，等高）.又P,N,T,M四点共圆，故TNPPMT180,由三角形面积公式_1_1&pmt-PMMTsinPMTSApnt-PNNTsinPNT2 21PNNTsinPMT2于是PMMTPNNT.因为NCIiNCAACI

6、iNQCQCIiCliN,所以NCNli,同理MC由所证MPNC,NPMl2.由MP“+A-NTMC,故NliMTNPNT得MPMT.Ml2MTNP又因liNTQNTQMT故NTliMTl2,从而liQl2l2MT,有liNTsl2MT.NQMNTM11Tl2.因此Q,li,L,T四点共圆.3 .证明：由AOi/BO2,知AOiEBO2E,从而有AEOiBEO2,即A,E,B三点共线。同理由OFnBO2,可得B,D,F三点共线。又因为1 -1-EDB180EO2B180AO1EEAF,所以A,E,D,F四点2 2共圆，BEgBABDgBF,即点B在e01与eO的根轴上。又因为C在eO1与eO的

7、根轴上，所以BC是eQ与eO的根轴。同理AD是eO2与O的根轴，因此Q为根心，且有QCQDQE,即Q是CDE的外、4.解法一(I)如图1,由托勒密不等式，对平面上的任意点P,有PABCPCABPBAC.因此f(P)PABCPCABPDCAPBCAPDCA(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)(PBPD)CA.10分又因PBPDBD,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)minACBD.故当f(P)达最小值时,P,A,B,C四点

8、共圆.(口)记ECB，则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,解彳导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分从而ACE45o，DAC亚则CD1.DCAE45°，AD

9、C为等腰直角三角形.又ABC也是等腰直角三角形，故BC夜，BD212212cos135D5,50分O于P0点(因为D在圆O外,AB1C1,易知P0在ACD内,分别为x,y,z,则P0C，得B1y,同理有£答一图2BD故f(P)minBDAC45行而.解法二(I)如答一图2,连接BD交ABC的外接圆故外在BD上).过A,C,D分别作P0A,P0C,P0D的垂线，两两相交得从而在A1B1C1内，记ABC之三内角AP0C180yzx,又因B1GP0A,B1A1Ax,C1z,所以AB1C1SABC.化分设BC1BC,C1A1CA,AB1AB,则对平面上任意点M,有f(Pc)(PqABCPqD

10、CAPqCAB)P0ABiCi2sABiCiMABCi(MABCf(M),从而f(P0)f(M).P0DCiAMDCiAiMDCAP0CAiBMCMCAiBAB)由M点的任意性，知P0点是使f（P）达最小值的点.由点P0在eO上，故P0,A,B,C四点共圆.20分（口）由（I）f(P)的最小值2f(P0)一SgCi2SABC，记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为等腰直角AC同SABCBi点在。O上，ABiB90,所以BiBDCi为矩形,M22i拒cosi355故亚，所以2f(P)min2得iJO。50分5.证明：设AE=AF=x,BD=BF=y,CD=CE=z,AP=mPD=n.因为ACPPCB90PBCPCB,所以ACPPBC.延长AD至Q,使彳导AQCACPPBC,连接BQCQ则P,B,Q,C四点

12、共圆，令DQ=l,则由相交弦定理和切割线定理可得yznl,x2m(mACAP因为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，结合，得22xyz.2x-(mn)(xz2zx22z)z整理得2xyz2x2z(xz)又式可写为2xy由，得又式还可写为把上式代入，消去解得代入得,将上面的x,y代入，得结合，得从而z,得所以，xmn,即AE6.解（1）设QR分别是2x3x24z2xz2xz2z20,71z,3(2"5)

13、z,APOR11OC的中点，连接EQMQFRMR则-1-EQ-OBRM,2-1MQ-OCRF,2又OQMRb平行四边形，所以由题设A,B,C,D四点共圆，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.当AD/BC时，由于BC,所以a,四点不共圆，但此时仍然有EMFNENFM,证明如下:如图2所示，设S,Q分别是OAOB的中点,连接ES,EQMQNS则1-OB,21NS-OD,EQ2所以NSODEQOB-1一一1一又ES-OA,MQOC,所以22由,所以所以从而而AD/BC所以，得

14、因为NSEESOAMQOAOCNSEQNSAOCODOBESMQASEAOD2AOE,EQMMQOOQEAOEEOB(1802EOB)同理可得,AOE(180EOB)AODENEMEMNSENSESEQMFNFMENEMFN7.设AF=x,BF=y,CD=z,则可以将各线段长用x,y,z表示如下：由Stewart定理得：EQM，OA-(由).OCOAOCFNFMENFM.2BD2CD2ADACABBCBCBDDCy(xz)2z(xy)2yzyz4xyz由切割线定理得:同理有AHyzAF2ADHDKF2xAD,所以ADAH4xyzCF(xy)AD2AD4xyzAD(yz)DK由CDKs4。5/导

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对圆内接四边形DKH他Ptolemy定理得KFHDDFKFHDHK结合FHDKFHDK,FDHK八3便得FHDK【证明2】先验证一个引理：引理如图，AB,AC切圆于点间.则有PQBC2BPB,C,QC证明由托勒密定理知PQBC割线AP交圆于点P,Q且点P在A,Q之2BQPCBPQCBQPC因AB为圆的切线，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KFHDDFHKFHDKFDHKKFHD所以FHDKFHDK.因CQ,CD皆为圆O的切线，故由引理知KFDQ2DKFQHDFQ2FHD