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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=∠:∠DBQ=∠PAC.
2、如图,M,N分别为锐角三角形ABC(A
B)的外接圆
⌒
⌒
上弧BC、
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.
⑴求证:MPMTNPNT;
⑵在弧⌒(不含点)上任取一点(,,),记,的内心分
ABCQQ≠ATBAQC△QCB
别为I1,I2,求证:Q,I1,I2,T四点共圆.
,l2,第二个圆eO1切l1于A,外切eO于C,第三个圆eO2切l2于B,外切eO于D,外切eO1于E,AD交BC于Q,求证Q是CDE的外心。
35届IMO预选题)
,给定凸四边形ABCD,BD180o,P是平面上的动点,
令f(P)
PABCPDCA
PCAB.
(Ⅰ)求证:当f(P)达到最小值时,P,A,B,C四点共圆;
?
AE
3
,
(Ⅱ)设E是ABC外接圆O的AB上一点,满足:
AB
2
BC
1
1,ECB
ECA,又DA,DC是eO的切线,
AC
2
,
3
EC
2
求f(P)的最小值.
,ACB90,△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订交于点P,连接BP,CP,若BPC90,
求证:AEAPPD.
给定锐角三角形PBC,,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:EMFNENFM;
2)若EMFNENFM,可否必然有A,B,C,共圆?证明你的结论.
.
D四点
P
AND
EF
,已知△ABC内切圆I分别与边AB、BC
O相于
Q
R
点F、D,直线AD、CF分别交圆I于另一点H、
K.
C
B
M
求证:FD
HK
3.
FH
DK
如图10,⊙O是△ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、AB的切
,求证:AK均分BC.
参照答案
证明:连接AB,在△ADQ与△ABC中,∠ADQ=∠ABC,∠
DAQ=∠PBC=∠CAB
故△ADQ∽△ABC,而有
分
BCDQ
ABAD
,即BC·AD=AB·DQ
又由切割线关系知△PCA∽△PAD得PCAC;
PAAD
同原由△PCB∽△PBD得
PCBC
20分
PBBD
又因PA=PB,故ACBC,得AC·BD=BC·AD=AB·DQ
ADBD
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=1
2
分
CD,即CQ=DQ
在△CBQ与△ABD中,ADDQCQ,∠BCQ=∠BAD,
ABBCBC
于是△CBQ∽△ABD,
故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠PAC.
2.[剖析]:⑴连NI,∥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,由于
MICMACACIMCBBCIMCI,
NCNI.
于是NPMI,PMNI.
△PMTS△PNT(同底,等
高).
又P,N,T,M
四点共圆,故
TNP
PMT
180,由三角形
面积公式
于是PMMTPNNT.
⑵由于NCI1NCAACI1NQCQCI1CI1N,
因此NC
NI1,同理MC
MT.
MP
NP
由⑴所证MP
NC,NP
MC,故NT
MT.
NI1
MI2
又因I1NTQNTQMTI2MT,有I1NT∽I2MT.
故NTI1MTI2,从而I1QI2NQMNTMI1TI2.
因此Q,I1,I2,T四点共圆.
:由AO1∥BO2
,知AO1E
BO2E,从而有
AEO1
BEO2,即A,E,B三点共线。同原由OF∥BO2,可
得
B,D,F
三
点共线。
又因
为
EDB
1
EO2B180
1
180
AO1EEAF,因此A,E,D,F
2
2
四点共圆,BEgBA
BDgBF,即点B在eO1与eO的根轴上。
又由于C在eO1与eO的根轴上,因此BC是eO1与eO的根
轴。同理
AD是eO2与eO的根轴,因此
Q为根心,且有
QCQD
QE,即Q是CDE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P,有
PABC
PCAB
PBAC.
因此
PBCA
PDCA
(PB
PD)CA.
由于上面不等式当且仅当P,A,B,C按次共圆时取等号,
因此当且仅当
P在ABC的外接圆且在
?
AC上时,
f(P)(PB
PD)CA.
10分
又因PBPD
BD,此不等式当且仅当B,P,D共线且P在
的交点时,f(P)取最小值f(P)min
ACBD.
故当
f(P)
达最小值时,P,A,B,C
四点共
圆.
20分
(Ⅱ)记
ECB
,则ECA
2
,由正弦定理有
AE
sin2
3
,
从
而
3sin32sin2
,即
AB
sin3
2
3(3sin
4sin3
)4sin
cos
,因此
334
3(1
cos2
)
4cos
0
,
整理得4
2
4cos
3
0,
30分
3cos
解得cos
3或cos
1
(舍去),故
30o,ACE60o.
2
2
3
由已知BC31EC
sin(EAC30o)(31)sinEAC
sinEAC300
=,有
sinEAC
,
即3sin
EAC
1cos
EAC
(31)sinEAC,整理得
2
2
23sin
EAC
1cos
EAC,
2
2
故tanEAC
1
3
,可得
EAC
o
分
2
75,40
2
3
从而E
45o,DAC
DCA
E
45o,ADC为等腰直角
2,则CD
1.
又ABC也是等腰直角三角形,故BC2,
BD2
12
212cos135o
5
,BD
5.
故f(P)min
BDAC5
2
10.
50分
[解法二](Ⅰ)如答一图2,连接BD交ABC的外接圆O于P0点(由于D在圆O外,故P0在BD上).
过A,C,D分别作P0A,P0C,P0D的垂线,两两订交得A1B1C1,易知0
P在ACD内,从而在
A1B1C1
内,记ABC之三内角分别
为x,y,z,则AP0C
180
yz
x,又因B1C1
P0A,B1A1P0C,
得
By,同理有
A
x,C
z,
1
1
1
因此
A1B1C1∽ABC.
10分
设B1C1BC,C1A1CA,A1B1AB,
则对平面上任意点M,有
f(M),
从而f(P0)f(M).
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
(Ⅱ)由(Ⅰ),f(P)的最小值
f(P0)
2
2SABC,
SA1B1C1
记
而
ECB
,则ECA2
,由正弦定理有AE
sin2
3,从
AB
sin3
2
3sin3
2sin2,即3(3sin4sin3)4sin
cos,因此
33
43(1
cos2
)
4cos
0,
整理得4
3cos2
4cos
3
0,
30分
解得cos
3或cos
2
1
(舍去),
2
3
故
30o,ACE
60o.
由
已
知
BC
sin
EAC300
有
3
1
=
,
EC
sinEAC
sin(
EAC
30o)
(
31)sin
EAC
,
即
3sinEAC
1cosEAC(3
1)sinEAC,
2
2
整理得2
3sin
EAC
1cos
EAC,故tan
EAC
1
2
3,
2
2
2
3
可得EAC
75o,40分
因此E45
,ABC为等腰直角三角形,AC
2,SABC
1,
由于AB1C
45,B1点在⊙O上,AB1B
90,因此B1BDC1为矩
形,
B1C1BD
1
2
21
2cos135
5,故
5,因此
2
f(P)min2
5
1
分
2
:设AE=AF=x,BD=BF=y,CD=CE=z,AP=
m,PD=n.
由于ACPPCB90PBCPCB,因此ACPPBC.
延长AD至Q,使得AQCACPPBC,连接BQ,CQ,则
P,B,Q,C四点共圆,令DQ=l,则由订交弦定理和切割线定理可得
yznl,①
x2m(mn).②
由于ACP∽AQC,因此ACAP,故
AQAC
(x
在
z)2Rt
m(mnl)
△ACD和Rt
.
△ACB中,由勾股定理得
③
(x
z)2
z2
(m
n)2,
④
(y
z)2
(z
x)2
(x
y)2.
⑤
③-②,得
z2
2zx
ml
,
⑥
①÷⑥,得
yz
n,
z2
2zx
m
因此
1
yz
mn,
z2
2zx
m
⑦
②×⑦,结合④,得
x2x2yz
(mn)2
(xz)2
z2,
z2
2zx
整
理
得
x2y
z).
⑧
2z(x
z2x