全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽挑戰(zhàn)極限平面幾何試題

1、2012全國高中數(shù)學(xué)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 .P2、如圖，M , N分別為銳角三角形ABC ( A B)的外接圓 上弧BC、AC的中點.延長交圓求證：過點C作PC Il MN交圓于P點，I為ABC的內(nèi)心，連接PI并于T .MP MT NP NT ; 在弧AB (不含點C )上任取一點Q ( Q A , T , B ),記 AQC , QCB 的內(nèi)心分別為Ii , 2 ,求證：Q , Ii, 2 , T四點共圓.3圓O

2、切于兩條平行線hl ,第二個圓eO切Ii于A ,外切eO于C,第 三個圓e O2切I2于B ,外切e O于D ,外切e O1于E , AD交BC于Q , 求證Q是CDE的外心。(35屆IMo預(yù)選題)3I4如圖，給定凸四邊形 ABCD， B D 180o，P是平面上的動點,令 f(P) PA BC PD CA PC AB .(I)求證：當(dāng)f(P)達到最小值時，P,A,B,C四點共圓；()設(shè)E是ABC外接圓O的AB上一點，滿足：' 3 , BCAB 2 ECECB 1 ECA ,又 DA)DC 是 eO 的切線，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的內(nèi)切圓O分別與邊BC,CA , AB相切于點D , E , F ,連接AD ,與內(nèi)切圓 O相交于點P,連接BP ,CP ,若 BPC 90 ,求證：AE AP PD .6.給定銳角三角形 PBC , PB PC .設(shè)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OE丄AB , OF丄CD ,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： EM FN EN FM ;(2) 若 EM FN EN FM ,是否一定有 A, B, C, D四點 共圓？證明你的結(jié)論

4、.7.如圖，已知 ABC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:FD HKFH DK8.如圖10, O是厶ABC的邊BC外的旁切圓，D、E、F分別為 O與BC、CA、AB的切點.若OD與EF相交于K, 求證：AK平分BC.參考答案1.證明：連結(jié) 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又由切割線關(guān)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又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊形 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與 ABD中，, BCQ= BAD 于是 CBQ ABDABBCBC故 CBQ= ABD 即得 DBQ= ABC PAC 2.解析:連NI，MI 由于PC Il MN，P，C，M，N共圓，故PCMN是 等腰梯形.因此 NP MC，PM NC 連AM，Cl ,則AM與Cl交于I ,因為MIC MAC ACI MCB BCI MCI ,所以 M

6、C Ml .同理 NC NI .于是 NP MI , PM NI 故四邊形MPNl為平行四邊形因此 SPMT SAPNT （同底，等高）又P , N , T , M四點共圓，故 TNP PMT 180 ,由三角形面積公式11S PMT - PM MT Sin PMTSAPNT - PN NTSin PNT221PN NTSin PMT2于是 PM MT PN NT 因為 NCIi NCAACIiNQC QCIi CIiN ,所以NC NIi ,同理MCMI 2 由 MP MT由所證MPNC,NPMC ,場NT故MTNIiMI 2又因IiNTQNTQMTI2MT ,有故NTIiMTI2,從而iQ

7、2NQM因此Q , ii ,2 , T四點共圓.I1NT SNTMNP NT 得NTMPI2MT IiTI2 MTNP3.證明：由 AOi / BO2 ,知 AOiEBO2E ,從而有 AEOiBEO2 , 即A, E, B三點共線。同理由OF / BO2 ,可得B, D, F三點共線。又因為1 iEDB i80EO2B i80AOiEEAF ,所以 A,E,D,F 四點2 2共圓，BEcBA BDcBF ,即點B在e Oi與e O的根軸上。又因為C在e Oi與e O的根軸上，所以BC是e Oi與e O的根軸。同理AD是e O2與e O的根軸，因此Q為根心，且有QCQDQE ,即Q是CDE的外

8、心。4.解法一(I)如圖i,由托勒密不等式，對平面上的任意點P ,有PABCPC ABPB AC 因此 f (P)PABCPC ABPD CAPBCAPDCA (PBPD) CA 因為上面不等式當(dāng)且僅當(dāng) P, A,B,C順次共圓時取等號,因此當(dāng)且僅當(dāng) P在 ABC的外接圓且在 AC上時，f (P) (PB PD) CA .10分又因PB PD BD ,此不等式當(dāng)且僅當(dāng) B,P,D共線且P在BD上時取等號.因此當(dāng)且僅當(dāng)P為ABC的外接圓與BD的交點時，f (P)取最小值f(P)min AC BD .故當(dāng)f (P)達最小值時，P,AB,C四點共圓.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)記 ECB ,則0, ACE 6Q0.,由正弦定理有JAE sin2_J ,AB Si n32COS ,所以從而BCEC1)Sin.3 1Sin EAC 300Sin EACsin( EAC 3Q0)( 31 Sin EAC COS2EAC，即_!22 3 .Sin故ta nEACEAC - cos21 一 22.3從而E 450 , DAC2,則 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)如答一圖2,連接BD交 ABC的外接圓 故R在BD上).過A,C,D分別作RA, PQC,PqD的垂線，兩兩相交得 從而在2，BD240分ADC為等腰直角三角形.12 2 12 cos135350分O于F0點(因為D在圓O夕卜,APqCAl所以 AlBICI S設(shè)BGA1B1C1 內(nèi)，記 ABCX ,又因BlCl180C1BC，則對平面上任意點之三內(nèi)角Z，ABC.10 分P 0A ， B1A1G AM ,有CA， AB1A

11、B，AlBlCI ,易知 Pq 在 ACD 內(nèi), 分別為X, y, Z ,則PQC ,得 B1 y ,同理有答一圖2記 ECBf(P°)(P0A BC P0D CA P0C AB)R)A B1C1PdD GAP)CA1B12S b1c1MA BGMD C1AMCAIBl(MA BCMD CAMCAB)f (M),從而f(F0) f(M) 由M點的任意性，知PO點是使f (P)達最小值的點. 由點P3在e O上，故P0, A, B, C四點共圓.(U)由(I)f (P)的最小值2 f(R),則 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 ,從而2.3 ,可AC J2， S ABC45 , ABC為等腰直角三角形，B1點在。O上，AB1B 9

13、0 ,所以B1BDC1為矩形,.1 2 2 1、2cos135.5 ,故 5 ,所以21 ,因為f(P)min 25 1,1Q .50 分5.證明：設(shè) AE = AF = X , BD= BF= y, CD= CE= Z , AP= m PD= n.因為 ACP PCB 90PBC PCB ,所以 ACP PBC 延長AD至Q,使得 AQC ACPPBC ,連接BQCQ 貝U P, B, Q, C四點共圓，令 DQ= l ,則由相交弦定理和切割線定理可得yz nl ,x2 m(m n).AC AP因為 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，結(jié)合，得22 yz (m n)2 (X Z) Z ，Z 2 zx整理得2X y2z(x Z)Z2x又式可寫為XZ2xyy Z由，得X4zZ2xy Z又式還可寫為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,將上面的X, y代入，得2(C 1)z結(jié)合，得從而所以，X m n ,即AEAP6.解（1）設(shè)Q R分別是OBOC的中點，連接

15、EQMQ FR MR 則11EQ -OB RM, MQ -OC RF,22又OQM是平行四邊形，所以QQMORM ,ABDACD ,于是圖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.當(dāng)AD/ BC時，由于BC,所以A , B,C , D四點不共圓,由題設(shè)A B, C, D四點共圓，所以但此時仍然有FRM ,EM FN EN FM ,證明如下:如圖2所示，設(shè)S, Q分別是OA OB的中點，連接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O(shè)AODOCOB ,HNSES，得EQMQ因為NSENSAASEAOD2AOE ,EQMMQOOQEAOEEOB(180AOE (180EOB)AOD2AOE ,ES OA由,2 EoB)4即NSEEQM ,所以NSEEQM ,ENSEOA故（由）EMQMOCFNOA同理可得，F(xiàn)MOCENFN所以EMFM ,從而EMFN EN FM .7.設(shè) AF= X, BF= y , CDz,則可以將各線段長用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 -由切割線定理得：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)對圓內(nèi)接四邊形 DK

18、HF由PtoIemy定理得FH DK ,FD HK C3 便得FH DKAKF HD DF HKKF HD 4 結(jié)合 FH DK【證明2】先驗證一個引理：V引理如圖，AB, AC 切圓于點B, C,割線AP交圓于點P, Q且點P在A, Q之間.則有PQ BC 2BP QC 2BQ PCV證明由托勒密定理知PQ BCBP QC BQ PC因AB為圓的切線，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即可得知回到原題，設(shè)圓I與AC切于Q點并連接HQ, QK, QD與FQ.由托勒密定理知KF HD DF HK FH DK3FD HKKF HD所以FH DKFH DK因CQ, CD皆為圓O的切線，故由引理知KF DQ 2DKFQH