1 / 15
文档名称:

全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】.doc

格式:doc   大小:1,144KB   页数:15页
下载后只包含 1 个 DOC 格式的文档,没有任何的图纸或源代码,查看文件列表

如果您已付费下载过本站文档,您可以点这里二次下载

分享

预览

全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】.doc

上传人:读书百遍 2020/2/12 文件大小:1.12 MB

下载得到文件列表

全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】.doc

相关文档

文档介绍

文档介绍:全国高中数学联赛挑战极限--------[平面几何试题],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=∠、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.,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),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;图1(Ⅱ)设是外接圆的上一点,满足:,,,又是的切线,,,,△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:.,.设A,D分别是边PB,PC上的点,连接AC,BD,⊥AB,OF⊥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:;(2)若,是否一定有A,B,C,D四点共圆?证明你的结论..,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、:IKHFDCBA.,⊙O是△ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、,求证::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∠.[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,,,,,,,四点共圆.: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。4.[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.…50分:设AE=AF=x,BD=BF=y,CD=CE=z,AP=m,PD=,,使得,连接BQ,CQ,则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,①.②因为∽,所以,故.③在Rt△ACD和Rt△ACB中,由勾股定理得,④.⑤③-②,得,⑥①÷⑥,得,所以,⑦②×⑦,结合④,得,整理得.⑧又⑤式可写为,⑨由⑧,⑨得.⑩又⑤式还可写为,把上式代入⑩,消去,得,解得,代入得,,将上面的x,y代入④,得,结合②,得,从而,所以,,即.(1)设Q,R分别是OB,OC的中点,连接EQ,MQ,FR,MR,则