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,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.
P
A
B
C
D
Q
2、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:当到达最小值时,四点共圆;
图1
〔Ⅱ〕设是外接圆的上一点,满足:,,,又是的切线,,求的最小值.
,,△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,假设,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〕假设A,B,C,D四点共圆,求证:;
〔2〕假设,是否一定有A,B,C,D四点共圆?证明你的结论.
.
,△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、K.
求证:I
K
H
F
D
C
B
A
.
,⊙O是△ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、,求证:AK平分BC.
参考答案
:连结AB,在△ADQ与△ABC中,∠ADQ=∠ABC,∠DAQ=∠PBC=∠CAB 故△ADQ∽△ABC,而有,即BC·AD=AB·DQ10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·DQ30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=DQ40分 在△CBQ与△ABD中,,∠BCQ=∠BAD,于是△CBQ∽△ABD, 故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠PAC.
2.[解析]:⑴连,.由于,,,,共圆,故是等腰梯形.
因此,.
连,,那么与交于,因为
,.
于是,.
〔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,.
由⑴所证,,故.
又因,有.
故,从而.
因此,,,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,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,,取最小值.
故当达最小值时,四点共圆.…20分
〔Ⅱ〕记,那么,由正弦定理有,从而,即,所以
,
整理得, …30分
解得或〔舍去〕,故,.
由=,有,
即,整理得
,
故,可得,………40分
从而,,,那么.
又也是等腰直角三角形,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,那么,又因,,得,同理有,,
所以∽.…10分
设,,,
那么对平面上任意点,有
,
从而.
由点的任意性,知点是使达最小值的点.
由点在上,故四点共圆. …20分
〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕,的最小值
,
记,那么,由正弦定理有,从而,即,所以
,
整理得, …30分
解得或〔舍去〕,
故,.
由=,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=n.
因为,所以.
延长AD至Q,使得,连接BQ,CQ,那么P,B,Q,C四点共圆,令DQ=l,那么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
.⑤
③-②,得,⑥
①÷⑥,得,
所以,⑦
②×⑦,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,那么
,
又OQMR是平行四边形,所以
,
由题设A,B,C,D四点共圆,所以
,
于是图1
,
所以,
故,
所以EM=FM,
同理可得EN=FN,
所以.
〔2〕答案是否认的.
当AD∥BC时,由于,所以A,B,C,D四点不共圆,但此时仍然有,证明如下:
如图2所示,设S,Q分别是OA,OB的中点,连接ES,EQ,MQ,NS,那么
,
所以.①
又,所以
.②
而AD∥BC,所以
,③
由①,②,③得.
因为,
,
即,
所以~,
故〔由②〕.
同理可得,,
所以,
从而.
=x,BF=y,CD=z,那么可以将
各线段长用x,y,z表示如下:
由Stewart定理得:
由切割线定理得:,所以
,
同理有.
由△CDK∽△CFD得,
由△AFH∽△ADF得.
由余弦定理得
于是,
对圆内接四边形DKHF由Ptolemy定理得
,
A
Q
P
C
B
结合,便得.
【证明2】
先验证一个引理:
<引理>
如图,AB,AC切圆于点B,C,割线AP交圆于点P,Q且点P在A,
.
<证明>
由托勒密定理知.
因AB为圆的切线,故知.
再因,故可得,即可得知
故.
同理,.
故知,所以可知,
即
I
K
H
F
D
C
B
A
Q
回到原题,设圆I与AC切于Q点并连接HQ,QK,QD与FQ.
由托勒密定理知
所以.
因CQ,CD皆为圆O的切线,故由引理知
将以上两式相乘,即得,即.
:如图10,过点K作BC的行平线分别交直线AB、AC于Q、P两点,连OP、OQ、
OE、OF.
由OD⊥BC,可知OK⊥PQ.
由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四点共圆,有∠FOQ=∠FKQ.
由OE⊥AC,可知O、K、P、∠EOP=∠EKP.
显然,∠FKQ=∠EKP,可知∠FOQ=∠EOP.
由OF=OE,可知Rt△OFQ≌Rt△=OP.
于是,OK为PQ的中垂线,故QK=KP.
所以,AK平分BC.