文档介绍：,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=∠:∠DBQ=∠:连结AB,在△ADQ与△ABC中,∠ADQ=∠ABC,∠DAQ=∠PBC=∠CAB 故△ADQ∽△ABC,而有,即BC·AD=AB·DQ 10分又由切割线关系知△PCA∽△PAD得; 同理由△PCB∽△PBD得 20分又因PA=PB,故,得 AC·BD=BC·AD=AB·DQ 30分又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知 AC·BD+BC·AD=AB·CD 于是得:AB·CD=2AB·DQ,故DQ=CD,即CQ=DQ 40分在△CBQ与△ABD中,,∠BCQ=∠BAD,于是△CBQ∽△ABD, 故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠、如图,,分别为锐角三角形()的外接圆上弧、,为的内心,连接并延长交圆于.⑴求证:;⑵在弧(不含点)上任取一点(,,),记,的内心分别为,,求证:,,,四点共圆.[解析]:⑴连,.由于,,,,共圆,,.连,,则与交于,因为,,.(同底,等高).又,,,四点共圆,故,由三角形面积公式于是.⑵因为,所以,⑴所证,,,,,,,,第二个圆切于,外切于,第三个圆切于,外切于,外切于,交于,求证是的外心。(35届IMO预选题)证明:由∥,知,从而有,即三点共线。同理由∥,可得三点共线。又因为,所以四点共圆,,即点在与的根轴上。又因为在与的根轴上,所以是与的根轴。同理是与的根轴,因此为根心,且有,即是的外心。,给定凸四边形,,是平面上的动点,令.(Ⅰ)求证:当达到最小值时,四点共圆;(Ⅱ)设是外接圆的上一点,满足:,,,又是的切线,,[解法一](Ⅰ)如图1,由托勒密不等式,对平面上的任意点,,因此当且仅当在的外接圆且在上时,.…10分又因,,,四点共圆.…20分(Ⅱ)记,则,由正弦定理有,从而,即,所以,整理得, …30分解得或(舍去),故,.由已知=,有,即,整理得,故,可得,………40分从而,,,,故,,.故.…50分[解法二](Ⅰ)如答一图2,连接交的外接圆于点(因为在圆外,故在上).答一图2过分别作的垂线,两两相交得,易知在内,从而在内,记之三内角分别为,则,又因,,得,同理有,,所以∽.…10分设,,,则对平面上任意点,有,,,故四点共圆. …20分(Ⅱ)由(Ⅰ),的最小值,记,则,由正弦定理有,从而,即,所以,整理得, …30分解得或(舍去), 故,.由已知=,有,即,整理得,故,可得,…40分所以,为等腰直角三角形,,,因为,点在⊙上,,所以为矩形,,故,所以.…,,△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,求证:.证明:设A