全国高中数学联赛挑战极限 .docx

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1、精品名师归纳总结2021 全国高中数学联赛挑战极限- 平面几何试题 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 DAQ PBC 求证： DBQ PAC PACQBD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2、如图， M ， N 分别为锐角三角形ABC AB 的外接圆上弧BC、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结AC 的中点 过点 C 作 PC MN延长交圆于 T 交圆于 P 点， I 为ABC 的内心， 连接 PI 并可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 求证

2、： MP MTNP NT 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 在弧AB不含点C 上任取一点 Q Q A ，T ，B ，记 AQC ，QCB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结的内心分别为I1 ， I 2 ，求证： Q ， I 1 ，I 2 ， T 四点共圆可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PCNMIBTAQ可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3. 一圆 O 切于两条平行线l1,l2 ，其次个圆O1切 l1 于 A ，外切O 于 C ，第可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结三个圆O2

3、 切 l 2 于 B ，外切O 于 D ，外切O1于 E ，AD 交 BC 于 Q ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结求证 Q 是 CDE 的外心。35 届 IMO预选题可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 如图，给定凸四边形ABCD ，BD180， P 是平面上的动点，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令 f PPA BCPDCAPCAB 求证：当f P 到达最小值时， P, A, B, C 四点共圆。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结设 E 是ABC 外接圆 O 的 AB 上一点，中意： AEAB3 ， BC2EC31 ，可编辑资

4、料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ECB12最小值ECA ，又DA, DC 是 O 的切线， AC2 ，求f P 的可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结图 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5. 在直角三角形 ABC 中，ACB90 ， ABC的内切圆 O 分别与边 BC ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结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 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结CP ，假设BPC90 ，求证： AEAPPD 可

5、编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结6. 给定锐角三角形 PBC ， PBPC 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 OE 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：EMFNEN FM 。PAENDFQOR 2假设EMFNEN FM ，是否确定有 A， B ，C， D 四点共圆？证明你的结论BMC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结7. 如图，已知 ABC 内切圆 I 分别与边 AB 、BC 相于点 F 、D，直线

6、 AD 、CF分别交圆 I 于另一点 H 、K .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结求证：FDHK3 .FHDKA可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结HFIKBDC8. 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 . 假设 OD 与 EF 相交于 K,求证： AK 平分 BC.ABCQFPKEO图10可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结参考答案1. 证明：连结 AB，在 ADQ与 ABC中， ADQ= ABC， DAQ= PBC= CAB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总

7、结故 ADQ ABC，而有 BCABDQ，即 BCADAB DQ10 分AD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又由切割线关系知PCA PAD得PCAC 。PAAD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结同理由 PCB PBD得PCBCPBBDACBC20 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又因 PAPB，故AD，得AC BDBCAD AB DQ30 分BD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知AC BD BCAD AB CD1于是得： ABCD2ABDQ，故 DQCD，即 CQDQ40 分2可编辑资料 -

8、 - - 欢迎下载精品名师归纳总结在 CBQ与 ABD中， ADABDQCQBCBC， BCQ BAD，于是 CBQ ABD，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 CBQ ABD，即得 DBQ ABC PAC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 解析 ： 连 NI ， MI 由于 PC MN等腰梯形， P ， C ， M ， N 共圆，故 PCMN 是可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此 NPMC ， PMNC PCNMIBTA连 AM ， CI ，就 AM 与 CI 交于 I ，由于MICMACACIMCBBCIMCI ， 所以 MCMI 同 理

9、NCNI 于是 NPMI ， PMNI 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故四边形 MPNI 为平行四边形因此S PMTS PNT 同底，等高可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又 P ， N ， T ， M 四点共圆，故TNPPMT180，由三角形面积公式可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结S PMT1 PMMT2sinPMTS PNT1 PNNT sin 2PNT可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1 PNNT sin 2PMT可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是 PMMTPN

10、 NT 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于NCI1NCAACI 1NQCQCI 1CI 1 N ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PCNMII 2BI1TAQNTMT2所以 NCNI 1，同理 MCMI由 MP MTNP NT 得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由所证 MPNC ， NPMC ，故NTMTNI 1MI 2MPNP可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又因I1NTQNTQMTI 2 MT ，有I1NT I 2MT 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故NTI1MTI 2 ，从而I 1QI 2NQMNTMI 1

11、TI 2 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此 Q ， I1 ， I 2 ， T 四点共圆可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3. 证明：由AO1 BO2 ，知AO1EBO2E ，从而有AEO1BEO2 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即 A, E, B 三 点 共 线 。 同 理 由 OF BO2， 可 得B, D, F 三 点 共 线 。 又 因 为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结EDB1801EO B1801AO EEAF ，所以A

12、, E, D, F 四点可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结共圆， BE BABD BF ，即点 B 在O1与O 的根轴上。 又由于 C 在O1 与O可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结的根轴上， 所以 BC 是O1 与O 的根轴。 同理 AD 是O2 与O 的根轴， 因此 Q 为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结根心，且有 QCQDQE ，即 Q 是CDE 的外心。4. 解法一 如图 1，由托勒密不等式，对平面上的任意点 P ，有可编辑资料 - - -

13、 欢迎下载精品名师归纳总结因此f PPA BCPC ABPB AC PA BCPC ABPD CA可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PB CAPD CAPBPD CA 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于上面不等式当且仅当P, A, B, C 顺次共圆时取等号，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此当且仅当 P 在ABC 的外接圆且在AC 上时，f P PBPD CA 10 分又因 PBPDBD ，此不等式当且仅当 B, P, D 共线且 P 在 BD 上时取等号 因可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结此 当 且 仅当 P 为ABC 的

14、外 接 圆 与 BD 的 交 点 时 ，f P取 最 小 值可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f P minAC BD 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故当 f P 达最小值时，P, A, B, C 四点共圆20 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 记ECB， 就ECA2， 由正 弦定理 有 AE3ABsin 23sin 32， 从 而可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3 sin 32sin 2，即33sin4sin4sincos，所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结33

15、431cos整理得24cos0 ，2，30 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结43 cos4cos30可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解得 cos3 或 cos21舍去，故30 ，2 3ACE60 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由已知BC31=sinEAC300,有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结sinEACEC30 31sinEAC ，sinEAC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即3 sinEAC1 cosEAC31sinEAC ，整理得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结22可编辑资料 - - -

16、 欢迎下载精品名师归纳总结23 sinEAC1 cosEAC ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 tanEAC1232 3 ，可得EAC75 ， 40 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结从而E45 ，DACDCAE45 ， ADC 为等腰直角三角形因可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结AC2 ，就 CD1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又 ABC 也是等腰直角三角形，故BCBD5 2 ， BD 2122 12 cos1355 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 f

17、 PminBD AC5210 50 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 解法二 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，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 P0在 BD 上可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结过 A, C, D 分别作P0 A, P0C , P0D 的垂线，两两相交得A1B1C1 ，易知P0 在 ACD 内，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结从 而 在A1B1C1内 ， 记ABC 之 三 内 角 分 别 为 x， y， z， 就可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总

18、结AP0C180y zx ，又因B1C1P0A ， B1A1P0C ，得B1y ，同理有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结A1x ，C1z ，所以A1B1C1 ABC 10 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结设 B1C1BC ， C1 A1CA ，A1B1AB ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就对平面上任意点M ，有7答一图 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f P0 P0 A BCP0DCAP0CAB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P0 A B1C1P0D C1A1P0CA1B1可编辑资料 - - - 欢迎下载精

19、品名师归纳总结2S A1B1C1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结MA B1C1MD C1A1MCA1B1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 MA BCMD CAMCABf M ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结从而f P0 f M 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由 M 点的任意性，知P0 点是使f P 达最小值的点可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由点 P0 在O 上，故 P0 , A, B, C 四点共圆 20 分由，f P 的最小值2f P0 S A B C1 1 12S ABC ，记ECB， 就ECA2， 由

20、正 弦 定 理 有3 sin 333整理得2sin 2431243 cos，即33sinAEAB34sin4sincossin 2sin 3，所以3 ，2cos24cos4cos0 ，0 ，解得 cos故3 或 cos2ACE312 330 分舍去，30 ，60 由已知sinEAC30 3BC EC1sinsinEAC30031=,sinEACEAC，3 sin2EAC1 cos2EAC31sinEAC ，整理得223 sinEAC1 cos2EAC ，故 tanEAC12323得EAC所 以75 ， 40 分E45，ABC 为 等 腰 直 角 三 角 形 ，AC2 ， S ABC1 ，AB1

21、C45 ， B1点在 O 上，AB1B90 ，所以 B1BDC 1 为矩形，B C1 1BD122 12 cos1355 ，故5 ，所以2f P min252110 50 分从 而有即，可因 为5. 证明 ：设 AE = AF = x ， BD BFy， CD CE z，AP m， PD n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于ACPPCB90PBCPCB ，所以ACPPBC APFECDBQ延长 AD 至 Q，使得AQCACPPBC ，连接 BQ， CQ，就 P， B， Q，C四点共圆，令 DQl ，就由相交弦定理和切割线定理可得yznl ，x2mmn 可编辑资料 - - -

22、欢迎下载精品名师归纳总结由于ACP AQC ，所以ACAP，故AQAC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 xz2m mnl 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2在 Rt ACD和 Rt ACB中，由勾股定理得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 xz2z2mn ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 yz2 zx2 xy 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结，得，得z2 zxml ，2y

23、znz22zxm ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以1yzmn，z22zxm可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结，结合，得x2yzx2mn2 xz2z2 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结z22 zx可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结整理得x2 yz 2 x2z xz 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又式可写为xz2xy ，yz可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结

24、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由，得x4 z可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结z2 xyz2xz又式仍可写为yz，11xz把上式代入，消去yz，得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3 x22 xz2 z20 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结71解得xz ，3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结代入 11 得，y275 z ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结将上面的 x， y 代入，得271mnz ，3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结结合，得x271mz ，可编辑资料 - - - 欢迎下载

25、精品名师归纳总结mn671从而nz ，2所以， xmn ，即 AEAPPD 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结6. 解 1设 Q，R 分别是 OB，OC的中点，连接 EQ，PMQ， FR， MR，就11EQOBRM , MQOCRF ，N22A又 OQMR是平行四边形，所以DEFOQMORM ，OQ由题设 A， B，C， D四点共圆，所以RBMCABDACD ，于是图 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结EQO2ABD2ACDFRO ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以EQMEQOOQMFROORMFRM ， 故EQMMRF ，所以EM FM，同理

26、可得EN FN，所以EMFNEN FM 2答案是否认的当 AD BC 时，由于BC ，所以A， B， C， D 四点不共圆，但此时仍然有EMFNEN FM ，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，就11NSOD, EQOB，22NSOD所以EQOB11又 ESOA, MQOC ，所以22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ESOAMQOC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结而 AD BC，所以由，得OAOD，OCOBNSESEQMQ可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于NSENSAASEAOD2

27、AOE ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结EQMMQOOQEAOEEOB1802EOB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结AOE180EOBAOD2AOE ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即NSEEQM ，P所以NSE EQM ，AND可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ENSEOA故EMQMOCFNOA由ESFQOR可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结同理可得，所以，FMOCENFN，EMFMBMC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结从而EMFNEN FM 7.

28、设 AFx， BF y，CDz，就可以将各线段长用x， y，z 表示如下：由 Stewart 定理得：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结AD 2BDAC 2CDAB 2BDDC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结BCBC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结y xz 2z xy2yz可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结yzx24 xyz yzAF 2x2AH可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由切割线定理得：ADAD ， 所以HDADAHAD 2x24 xyz可编辑资料 - - - 欢迎

29、下载精品名师归纳总结，KF4xyzADAD yz可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结同理有CF xy 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结DKDFCDDF z可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由 CDK CFD得CFCF，FHDFAFDF x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由 AFH ADF得由余弦定理得ADAD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结DF 2BD 2BF 22BDBFcos B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 y 2 1 yz 2 xy2 xz2可编

30、辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4xy2 z xy yz2 xy yz可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是4 xyz4 xyz可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结KFHDCF xyAD yz16xy 2 z可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结FHDKDF xDF zDF 2 xy yz4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ADCF，对圆内接四边形 DKHF由 Ptolemy 定理得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结KFHDDFHKFHDK ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结KFHD4结合FHDK,便得

31、FDHK3FHDK.BQ可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【证明 2】P先验证一个引理 :A如图 , AB, AC切圆于点 B, C,割线 AP 交圆于点 P, Q 且点 P 在 A, Q 之C间.就有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PQBC2BP QC2 BQPC .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由托勒密定理知PQBCBP QCBQPC .因 AB为圆的切线 ,故知ABPAQB .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结再因BAPQAB ,故可得BPAPABBQABAQABP AQB ,即可得知可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2BPAPABAP故BQABAQAQ .2CPAP可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结同理 ,CQAQ .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结22CPBP故知CQBQ,所以可知 BP QCBQPC ,即可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PQBC2 BP QC2 BQPC可编辑资料