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2012全面几何试题]
,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ZDAQ=:ZDBQ
=ZPAC.
P
11
2、如图,M,N分别为锐角三角形AABC(ZA<ZB)的外接圆r上弧BC、AC的中点•过点C作PC〃MN交圆r于P点,I为AABC的内心,连接PI并延长交圆r于T・
⑴求证:MP-MT=NP-NT;
⑵在弧AB(不含点C)上任取一点Q(Q丰A,T,B),记AAQC,△QCB的内心分别为I,I,求证:Q,I,I,T四点共圆.
1212
11
3•—圆O切于两条平行线l,l,第二个圆O切l于A,外切O于C,第
1211
三个圆O2切!于B,外切O于D,外切O]于E,AD交BC于Q,求证Q是ACDE的外心。
(35届iMO预选题)°°
,给定凸四边形ABCD,ZB+ZD<180,P是平面上的动点,
令f(P)二PA•BC+PD-CA+PC-AB・
(I)求证:当f(P)达到最小值时,P,A,B,C四点共圆;
(H)设E是AABC外接圆O的AB上一点,满足:AE=竺,BC=打-1,
AB2EC
ZECB二-ZECA,又DA,DC是O的切线,AC二迈,求f(P)的
2
4
最小值.
5
6
,ZACB=90°,△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ZBPC=90°,求证:AE+AP=PD.
,,D分别是边PB,PC上的点,连
接AC,BD,±AB,OF丄CD,垂足分别为E,
F,线段BC,AD的中点分别为M,N.
⑴若A,B,C,D四点共圆,求证:EM-FN二EN-FM;
(2)若EM-FN二EN-FM,是否一定有A,B,C,D四点共圆?证明你的结论.
11
,已知△,、K.
求证:错误!未找到引用源。
FDxHK
FHxDK
8
11
,00是△ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为GO与BC、,求证:AK平分BC.
11
A
O
图10
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参考答案
:连结AB,在ABC中,ZADQ=NABC,NDAQ=ZPBC=NCAB
BCDQ
故△ADQs^ABC,而有=,即BC・AD=AB・DQ10分
ABAD
PCAC
又由切割线关系知△PCAs^PAD得==;
PAAD
PCBC
同理由△PCBs^PBD得=20分
PBBD
ACBC
又因PA=PB,故=,得AC-BD=BC•AD=AB-DQ30分
ADBD
又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知AC•BD+BC-AD=AB-CD
1
于是得:AB・CD=2AB・DQ,故DQ=—CD,即CQ=DQ40分
ADDQCQ
在ABD中,==,NBCQ=NBAD,于是△CBQs^ABD,
ABBCBC
故ZCBQ=ZABD,即得NDBQ=NABCNPAC.
2.[解析]:⑴连NI,〃MN,P,C,M,N共圆,故PCMN是等腰梯形.
因此NP=MC,PM=NC.
连AM,CI,则AM与CI交于I,因为
ZM/C=/MAC+ZACI=ZMCB+ZBCI=/MCI,所以MC=.
于是NP=MI,PM=NI.
=S(同底,等高).
△PMT△PNT
又P,N,T,M四点共圆,故ZTNP+ZPMT=180。,由三角形面积公式
S=1PM-MTsinZPMT=S=1PN-NTsinZPNT
△PMT2△PNT2
12
二1PN-NTsinZPMT
2
于是PM-MT=PN-NT.
(2)因为ZNCI=ZNCA+ZACI=ZNQC+ZQCI=ZCIN,
1111
所以NC=NI,同理MC=MI・
12
由MP-MT=NP-NT得也二MT
MPNP
13
MT
的根轴上,所以BC是O1与
°的根轴。同理AD是O2与°的根轴因此Q为
由⑴所证MP二NC,NP二MC,
NT
故
NIMI
12
又因ZINT=ZQNT=ZQMT=ZIMT,有AINTsAIMT.
1212
故ZNTI=ZMTI,从而ZIQI=ZNQM=ZNTM=ZITI.
121212
因此Q,J12,T四点共圆.
:由AO]〃BO2,知ZAO]E=ZBO2碑从而有ZAEOx=ZBEO2,
即A,E,B三点共线。同理由OF〃BO2,可得B,D,F三点共线。又因为
ZEDB=180。—-ZEOB=180。—-ZAOE=ZEAF,所以A,E,D,F四点
2221
共圆,BEBA=BDBF,即点B在O与O的根轴上。又因为C在O与O
根心,且有QC=QgQE,即Q是ACDE的外心。o
[解法一](I)如图1,由托勒密不等式,对平面上的任意点P,有
PA-BC+PC-AB>PB-AC.
因此f(P)=PA-BC+PC-AB+PD-CA
>PB-CA+PD-CA=(PB+PD)-CA.
因为上面不等式当且仅当P,A,B,C顺次共圆时取等号,
11
因此当且仅当P在AABC的外接圆且在AC上时,
f(P)=(PB+PD)-
又因PB+PD>BD,此不等式当且仅当B,P,,f(P)取最小值
f(P)•二AC-BD.
min
故当f(P)达最小值时,P,A,B,C四点共圆.
…20分
(II)记ZECB=a,则ZECA=2^,由正弦定理有==—■
ABsin3a2
<3sin3a=2sin2a,即v'3(3sina—4sin3a)=4sinacosa,所以
3^3—403(1-cos2a)—4cosa=0,
整理得4*3cos2a一4cosa—、3=0,
31
解得cosa=—或cosa==(舍去)
22朽
…30分
,故a=30,ZACE=(ZEAC—300)°
RC—
由已知——='13—1=
_EC
sin(ZEAC—30)=(真—1)sinZEAC,
即工3sinZEAC—-cosZEAC=(込—1)sinZEAC,整理得^2^2
sinZEAC
,从而
宁sinZEAC=
cosZEAC
2
15
1_
故tanZEAC=-=23,可得ZEAC=75,40分
2—忑
从而ZE二45,ZDAC=ZDCA=ZE=45,
AC=迁,则CD=。-
又AABC也是等腰直角三角形,故BC="2,BD2=1+2—2-1^.-2cos135=5,BD=、呂.
■O
故f(P)=BD-AC=$5•€2=\:10.…50分
min
[解法二](I)如答一图2,连接BD交AABC的外接圆O于P。点(因为D在圆O外,故P0在BD上).
过A,C,D分别作PA,PC,PD的垂线,两两相交得AABC,易知P0在AACD内,0001110
从而在AA1B1C1内,记AABC之三内角分别为x,y,z,则
ZAPC=180。—y=z+x,又因BC丄PA,BA丄PC,得ZB=y,同理有01101101
ZA=x,ZC=z,
11
所以AABCsAABC.■■■10分
111
设BC=1BC,CA=九CA,AB=九AB,
111111
B
答一图2
则对平面上任意点M,有
11
尢f(P)=x(PA•BC+PD•CA+PC•AB)
0000
=PA•BC+PD•CA+PC•AB
011011011=2S
Aaibici
<MA•BC+MD•CA+MC•AB
111111
二九(MA•BC+MD•CA+MC•AB)
—f(M),
从而f(P)<f(M).
0
…20分
由M点的任意性,知P0点是使f(P),故P0,A,B,C四点共圆.
00
(II)由(I),f(P)的最小值
f(P0)=2S屮厂”A,
记ZECB=a
,则ZECA=2a,由正弦定理有
AE=sin2a
2
ABsin3a
<3sin3a=2sin2a,即v'3(3sina一4sin3a)=4sinacosa,所以3P3-4^3(1-cos2a)一4cosa=0,整理得4\3cos2a一4cosa-、3=0,
£或cosa=-—L(舍去),
22阳
ZACE=60.
解得cosa
故a=30
从而
…30分
sin(ZEAC-300)
知BC=<3-1_EC
sin(ZEAC-30)=(-1)sinZEAC
3sinZEAC一1cosZEAC=(-1)sinZEAC,
22
2-J3111
整理得sinZEAC=-cosZEAC,故tanZEAC==2+.3,可
222-忑
由已
sinZEAC
O
17
得ZEAC=75,…40分_
因为
所以ZE=45。,AABC为等腰直角三角形,AC=,S=1,
^ABC
ZABC=45。,B点在©O上,ZABB=90。,所以BBDC为矩形,
1111_1
BC=BD={1+2—2•If2cosl35°=\:5,故九=竺,所以
112
f(P)=2••1=©10.…50分
minV2
11