1、11.過圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A,B所作割線交圓于C,D兩點，C在P, D之間，在弦CD上取一點Q,使/DAQ=ZPBC.求證：/DBQ=ZPAC.2、如圖，M,N分別為銳角三角形ABC(A B)的外接圓 上弧BC、AC的中點.延長交圓求證：過點C作PC II MN交圓 于P點，1為ABC的內心，連接PI并于T.MP MT NP NT; 在弧AB(不含點C)上任取一點Q(Q工A,T,B)，記AQC, QCB的內心分別為Ii,I2，求證：Q,Ii,I2,T四點共圓.2012 全國高中數學聯賽挑戰極限平面幾何試題P234如圖，給定凸四邊形ABCD，B D 180，P是平面上的動

2、點, 令f(P) PA BC PD CA PCAB.(I)求證：當f(P)達到最小值時，P,A,B,C四點共圓；(H)設E是ABC外接圓0的AB上一點，滿足： 竺-1,BCAB 2 ECECB - ECA，又DA, DC是e O的切線，AC 2，求f (P)的2最小值.3圓0切于兩條平行線1(2，第二個圓eOi切li于A，外切eO于C,第 三個圓e 02切12于B,外切e O于D，外切e 01于E,AD交BC于Q, 求證Q是CDE的外心。(35屆IMO預選題)3ID845.在直角三角形ABC中，ACB 90, ABC的內切圓0分別與邊BC,CA,AB相切于點D,E,F，連接AD，與內切圓0相交

3、于點P,連接BP,CP，若BPC 90，求證：AE AP PD.6.給定銳角三角形PBC,PB PC.設A,D分別是邊PB,PC上的點，連 接AC,BD，相交于點0.過點0分別作0E丄AB,OF丄CD，垂足分別為E,F，線段BC,AD的中點分別為M,N.(1) 若A,B,C,D四點共圓，求證：EM FN EN FM;(2) 若EM FN EN FM，是否一定有A,B,C,D四點 共圓？證明你的結論.57.如圖，已知ABC內切圓I分別與邊AB、BC相于點F、D,直線AD、CF分別交圓I于另一點H、K.求證：錯誤！未找到引用源。FDHKFH68.如圖10,OO是厶ABC的邊BC外的旁切圓，D、E、

4、F分別為OO與BC、CA、AB的切點.若0D與EF相交于K,求證：AK平分BC.7參考答案AC BC又因 PA= PB,故，得 AC- BD=BC- AD= AB- DQ30 分AD BD又由關于圓內接四邊形 ACBD 勺托勒密定理知 AC- B BC- AD= AB- CD1于是得：AB - CD= 2AB - DQ 故 DQ= 一 CD 即 CQ= DQ40 分2AD DQCQ在厶 CBQ 與 ABD 中，/ BCQ=ZBAD 于是 CBQ ABDABBCBC故/ CBQ=ZABD 即得/ DBQ=ZABU PAC2. 解析:連NI，MI由于PC II MN，P，C，M，N共圓，故PCMN

5、是 等腰梯形.因此NP MC，PM NC1. 證明：連結 AB,在厶 ADQAABC 中，/ ADQMABC / DAQMPBC 藝 CABBCDQ故厶 ADgAABC 而有，即 BC - AD= AB- DQ10 分20 分AB AD又由切割線關系知 PCMAPAD 得同理由 PCBAPBD 得PCBCPBBDPCPA8連AM，CI，則AM與CI交于1，因為MICMAC ACIMCE I BCIMCI，所以MC MI同理NI于是NPMI，PM NI故四邊形MPNI為平行四邊形.因此PMTSA PNT（同底，等高）.又P，N，T，M四點共圓，故TNPPMT 180，由三角形面積公式S PMT-

6、PM MT sin PMT21SAPNT-PN NT sin2PNTNC91PN NT sin PMT2于是PM MT PN NT因為NChNCA ACI1NQC QCI1CI1N,即A,E, B三點共線。同理由OF/BO2,可得B,D, F三點共線。又因為11EDB 180EO2B 180AO,EEAF，所以A,E,D,F四點22共圓，BEcBA BDcBF，即點B在e O1與e O的根軸上。又因為C在e O1與e O的根軸上，所以BC是eO1與e O的根軸。同理AD是e O2與e O的根軸，因此Q為根心，且有QCQDQE，即Q是CDE的外心。4.解法一(i)如圖1,由托勒密不等式，對平面上

7、的任意點P，有PA BCPC ABPB AC因此f (P)PA BCPC ABPD CAPB CA PD CA (PBPD) CA所以NC NI1，同理MCMI由MP MTNPNT得 -場NT故MTMP由所證MPNC，NPMC，NI1MI2又因I1NTQNTQMTI2MT，有I1NTsI2MT故NTI1MTI2， 從而I1QI2NQMNTMI1TI2因此Q，I1，I2，T四點共圓.MTNP3.證明：由AO,/BO2，知AO,EBO2E，從而有AEO,BEO2,10因為上面不等式當且僅當P, A,B,C順次共圓時取等號,11因此當且僅當p在ABC的外接圓且在AC上時，f(P) (PB PD) C

8、A.10 分又因PB PD BD，此不等式當且僅當B,P,D共線且P在BD上時取等號.因此當且僅當P為ABC的外接圓與BD的交點時，f (P)取最小值f(P)minAC BD.故當f ( P)達最小值時，P, A, B,C四點共圓.20 分(u)記ECB，則.3 sin 3 2sin 2，即3(3sin4sin3)4si n3 3 4.3(1 cos2) 4cos0，整理得4 3 cos24cos30，- -30 分解得cos或cos(舍去)，故30ECA 223由 已 知0，ACE 60.，由正弦定理有劉2_J，AB si n32cos，所以從而BCEC1)sin.3 1sin EAC 30

9、0sin EACsin( EAC 30)( 31 sin EAC cos2EAC - cos 21 2 2一3即223 .sin故ta nEAC從而E 45，DAC2，則CD 1.EAC，EAC，.3，可得DCA1)si n EAC，整理得EAC 75，40 分45o，ADC為等腰直角三角形.AC又ABC也是等腰直角三角形，故BCBD 5.故f(P)minBD AC 5 .210.解法二(i)如答一圖 2,連接BD交ABC的外接圓 故 P)在BD上).2BD12212cos135min50 分O于F0點(因為D在圓O夕卜,過A,C,D分別作RA, P0C,PD的垂線，兩兩相交得，易知P。在AC

10、D內,從而在A1B1C1內，記ABC之三內角APoC 180 y z X，又因BG PA，B1A1A1x，C1z，所以AB1C1sABC.10 分設BG BC，C1A1CA，AB1AB，則對平面上任意點M，有分別為x, y，z，則PC，得B1y，同理有答一圖212f(Po)(PoA BC PoD CA PoC AB)RA BiCiPDD CiAIRC AiB2S ABQiMA BGMD GAMC AiB(MA BCMD CAMCAB)f (M),從而f(F0) f(M)由M點的任意性，知p0點是使f (P)達最小值的點.由點 P)在e O上，故Po,A,B,C四點共圓.20 分(H)由(I),

11、f(p)的最小值記ECB,則ECA 2,由正弦定理有AEsi n23,從而ABsin 32sin 32sin 2，即、3(3sin34si n ) 4s incos，所以3.34 3(12cos)4cos0,f(R)- SAiBiCi2 SABC,B1C1BD ,i 2 2 i、2cosi355，故13f(P)min2 451,10.50分5.證明：設 AE = AF = x , BD= BF= y, CD= CE= z , AP= m PD= n.整理得4 32cos 4cos30,30 分解得cos舟或cos1(舍去)2*3故30o,ACE60o.由已知BC 3 1=sinEAC 300,

12、有ECsin EACsi n( EAC30o)0- 31)sinEAC即子inEAC1 cos2EAC(.3 1)sinEAC，整理得2池isinEAC1cos EAC:2故tan1EAC23，可21/VV-/JK.厶2 43得EAC75，40 分所以E45,ABC為等腰直角三角形，AC2，SABC1，因為ABiC 45,Bi點在。O上,ABiB 90，所以BiBDCi為矩形,5，所以214四點共圓，令 DQ= l，則由相交弦定理和切割線定理可得yz nl，x2m(m n).ACAP因為ACPsAQC，所以，故AQ AC2(x z) m(m n l).在 Rt ACD 和 Rt ACB 中，由

13、勾股定理得(x z)2z2(m n)2，2 2 2因為ACP PCB 90PBC PCB，所以ACP PBC.延長AD至 Q,使得AQC ACPPBC，連接 BQCQ 貝 U P, B, Q, C15(y z) (z x) (x y).，得*，得所以z22zx ml，yzz22zx163x22xz 2z20,解得x.7 1 -3，代入得,y(2、75)z，將上面的 x，y 代入，得2(、7 1)mnz，32x、71結合，得mz，m n6.71從而nz，2所以，xm n，即AEAPPD6.解(1 )設 Q, R 分別是OBOC 的中點，連接 EQ2x，結合，得x22yZ(m n)2(x z)2z

14、2，z 2zx整理得2x y2z(x z)z2x又式可寫為x z2xyy z由，得x4zz 2xy z又式還可寫為yz2xz5x z把上式代入，消去y z,得17MQ FR MR 則11EQ OB RM, MQ -OC RF,22又 OQM 是平行四邊形，所以由題設 A, B, C, D 四點共圓，所以ABDACD,于是圖 1EQO2 ABD 2 ACDFRO,所以EQMEQOOQMFROORMFRM,故EQMMRF,所以EM=FM同理可得EN=FIN所以EM FN EN FM（2）答案是否定的.當 AD/ BC 時，由于BC,所以 A , B, C , D 四點不共圓,但此時仍然有EMFNE

15、N FM, 證明如下：如圖 2 所示，設 S, Q 分別是 OA OB 的中點，連接 ES, EQ MQ NS 則11NS -OD, EQ -OB,22NS ODEQ OB又ES -OA, MQ -OC，所以2 2OQMORM,所以18MQOC而 AD/ BC 所以OAODOCOB NSES，得EQMQ因為NSENSAASEAOD 2 AOE,ES OA由,EQMMQOOQEAOE2 EOB)EOB (180EOB) AOD 2 AOE,即NSEEQM,所以NSEEQM,ENSEOA故（由EMQMOCFNOA同理可得，FMOCENFN所以EMFM,從而EMFN EN FM.AOE (1807.

16、設 AF= x, BF= y , CAz,則可以將各線段長用 x, y , z 表示如下：由 Stewart 定理得：4192BD亠2CD2ADACABBD DCBCBCy(xz)2z(xy)2yzyzx24xyzy z AF2x2AH -由切割線定理得：ADAD，所以AD2x24xyzHDADAHJADAD(y z4xyzCF(x y).DF CD DF- - zCF CFDF AF DF- xAD AD.2BD BF cosBz)2(x y)2(x z)2于4xyz4xyzKF HD CF (x y) AD(y z) FH DK DF DFKF同理有DK由厶 CDKsCFD 得由厶 AFH

17、s ADF 得由余弦定理得DF2BD22y214xy2z(X y)(y z)FHBF2(y2(x y)(y z)20 x - zAD CF對圓內接四邊形 DKHF 由 Ptolemy 定理得16xy2zDF2(x y)(y z)21KF HD DF HKKF HD -4結合FH DK【證明 2】先驗證一個引理：引理如圖，AB, AC 切圓于點 B, C,割線 AP 交圓于點 P, Q 且點 P 在 A, Q 之間.則有PQ BC 2BP QC 2BQ PCFH DK,FD HK宀- 3便得FH DK證明由托勒密定理知PQ BCBP QC BQ PC因 AB 為圓的切線，故知ABP再因BAP QAB，故可得AQBABP AQBBP AP ABBQ AB2BPAQAP ABAP故BQAB AQAQ2CPAP同理，CQAQ22CPBP故知CQBQ,所以可知BPQC BQ PC即PQ BC2BP QC2BQ PCKF HD DF HK FH DKA即可得知回到原題，設圓 I 與 AC 切于 Q 點并連接 HQ, QK, QD 與 FQ.由托勒密定理知22因 CQ, CD 皆為圓 O 的切線，故由引理知將以上兩式相乘，即得KF HD DQ FQ 4DK FH DQ FQ,即KF HD- 4FH DK.8.證明：如圖 10,過點 K 作 B