文档介绍：2012全面几何试题］（2012。09。23）
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．
P
A
B
C
D
Q
证明：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∠PAC．（精品文档请下载）
2、如图，，分别为锐角三角形（)的外接圆上弧、的中点．过点作交圆于点,为的内心，连接并延长交圆于．（精品文档请下载）
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．（精品文档请下载）
［解析]: ⑴ 连，．由于，，,，共圆，故是等腰梯形．
因此，．
连,，则与交于，因为
，所以．同理．
于是,．
故四边形为平行四边形．因此（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，同理．由得．
由⑴所证，，故．
又因，有．
故，从而．
因此,，，四点共圆．
一圆切于两条平行线，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，∥，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。（精品文档请下载）
5。 如图，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,，求的最小值．
图1
［解法一] (Ⅰ）如图1,由托勒密不等式，对平面上的
任意点,有
．
因此
．
因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，
因此当且仅当在的外接圆且在上时，
． …10分
又因,此不等式当且仅当共线且在上时取等号．因此当且仅 当为的外接圆与的交点时，取最小值．
故当达最小值时，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,,为等腰直角三角形．因，则．
又也是等腰直角