2015全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】(共9页).doc

《2015全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】(共9页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】(共9页).doc（8页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上2012全国高中数学联赛挑战极限-平面几何试题（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DAQPBC求证：DBQPACPABCDQ证明：连结AB，在ADQ与ABC中，ADQ=ABC，DAQ=PBC=CAB 故ADQABC，而有，即BCADABDQ10分又由切割线关系知PCAPAD得；同理由PCBPBD得20分又因PAPB，故，得ACBDBCADABDQ30分又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知ACBDBCADABCD于是得：ABCD2ABDQ，故DQCD，即C

2、QDQ40分在CBQ与ABD中，BCQBAD，于是CBQABD，故CBQABD，即得DBQABCPAC2、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 求证：； 在弧（不含点）上任取一点（，），记，的内心分别为，求证：，四点共圆解析： 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因为，所以，同理由得由所证，故又因，有故，从而因此，四点共圆3. 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

3、题）证明：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。5. 如图，给定凸四边形，是平面上的动点，令（）求证：当达到最小值时，四点共圆；（）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 （）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（）记，则，由正弦定

4、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，则又也是等腰直角三角形，故，故 50分解法二 （）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，则，又因，得，同理有，所以 10分设，则对平面上任意点，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（）由（），的最小值 ，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分所以，为等腰直角三角形，因

5、为，点在上，所以为矩形，故，所以 50分6. 在直角三角形ABC中，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，求证：证明 ：设AE = AF = x，BDBFy，CDCEz，APm，PDn因为，所以延长AD至Q，使得，连接BQ，CQ，则P，B，Q，C四点共圆，令DQl，则由相交弦定理和切割线定理可得， 因为，所以，故 在Rt ACD和Rt ACB中，由勾股定理得， ，得 ， ，得 ，所以 ， ，结合，得 ，整理得 又式可写为 ， 由，得 又式还可写为 ， 把上式代入，消去，得，解得 ，代入得， ，将上面的x，y代入，得

6、，结合，得 ，从而 ，所以，即 6. 给定锐角三角形PBC，设A，D分别是边PB，PC上的点，连接AC，BD，相交于点O. 过点O分别作OEAB，OFCD，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：；（2）若 ，是否一定有A，B，C，D四点共圆？证明你的结论解（1）设Q，R分别是OB，OC的中点，连接EQ，MQ，FR，MR，则，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 EMFM，同理可得 ENFN，所以 （2）答案是否定的当ADBC时，由于，所以A，B，C，D四点不共圆，但此时仍然有，证明如

7、下：如图2所示，设S，Q分别是OA，OB的中点，连接ES，EQ，MQ，NS，则，所以 又，所以 而ADBC，所以， 由，得 因为 ， ，即 ，所以 ，故 （由）同理可得， ，所以 ，从而 4. 如图，已知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：IKHFDCBA. 设AFx，BFy，CDz，则可以将各线段长用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，AQPCB结合 , 便得 .【证明2】先验证一个引理:如图,

8、 AB, AC切圆于点B, C, 割线AP交圆于点P, Q且点P在A, Q之间. 则有 .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IKHFDCBAQ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,O是ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为O与BC、CA、AB的切点.若OD与EF相交于K,求证：AK平分BC.证明：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ODBC,可知OKPQ. 由OFAB,可知O、K、F、Q四点共圆,有 FOQFKQ. 由OEAC,可知O、K、P、E四点共圆.有 EOPEKP. 显然,FKQEKP,可知 FOQEOP. 由OFOE,可知 RtOFQRtOEP. 则OQOP. 于是,OK为PQ的中垂线,故 QKKP. 所以,AK平分BC.专心-专注-专业