全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】终稿

April 17, 2021, 9:41 a.m. 文档页面

【文章导读】 2012全国高中数学联赛挑战极限--------平面几何试题(2012.09.23) PC NM 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, I B C在P,D之间,在弦CD上取一点Q,使DAQPBC求证:DB

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【正文内容】

2012全国高中数学联赛挑战极限[平面几何试题](2012.09.23)  PC NM 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, I B C在P,D之间,在弦CD上取一点Q,使∠DAQ=∠PBC.求证:∠DBQ=∠PAC. P  T A A Q Q C B  [解析]:⑴连NI,MI.由于PC∥MN,P,C,M,N共圆,故PCMN是等腰梯形. 因此NP=MC,PM=NC. D 证明:连结,在 ADQ与△ABC中,∠ADQ=∠ABC,∠DAQ=∠PBC=∠CAB  PC 故△ADQ∽△ABC,而有BC 又由切割线关系知△PCA∽△PAD得 PC B DQ AB=AD,即BCAD=ABDQ AC PA=AD。

 10分 NM I T 同理由△PCB∽△PBD得 PC 又因PA=PB,故AC BD,得 ACBD=BCAD=ABDQ AD= 2CD,即CQ=DQ △PMT=S 在△CBQ与△ABD中,AD 2、如图,M,N分别为锐角三角形DABC(A<B)的外接圆G上弧BC、AC的中点.过 BC PB=BD 20分 BC 30分 又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知 ACBD+BCAD=ABCD 于是得:ABCD=2ABDQ,故DQ=1 40分 DQ CQ AB=BC=BC,∠BCQ=∠BAD,于是△CBQ∽△ABD。

故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠PAC. ⌒ ⌒ 点C作PC∥MN交圆G于P点,I为DABC的内心,连接PI并延长交圆G于T.  A 连AM,CI,则AM与CI交于I,因为 MIC=MAC+ACI=MCB+BCI=MCI,所以MC=MI.同理NC=NI. 于是NP=MI,PM=NI. 故四边形MPNI为平行四边形.因此S(同底,等高). △PNT 又P,N,T,M四点共圆,故TNP+PMT=180,由三角形面积公式 111 2 PMT=PMMTsinPMT=PNT=2PNNTsinPNT=2PNNTsinPMT 于是PMMT=PNNT. ⑵因为NCI=NCA+ACI=NQC+QCI=CIN。

1111 PC NM ⑵在弧AB(不含点C)上任取一点Q(Q≠A,T,B),记DAQC,△QCB的内心分别 ⑴求证:MPMT=NPNT; ⌒ 为I,I,求证:Q,I,I,T四点共圆. 1 2 1 2  I1 II2  T  B A  Q MP NP 所以NC=NI,同理MC=MI.由MPMT=NPNT得NT=MT. 1 2 由⑴所证MP=NC,NP=MC,故NT=MT. NI MI 1 2 又因INT=QNT=QMT=IMT,有DINT∽DIMT. 1 2 1 2 故NTI=MTI。

从而IQI=NQM=NTM=ITI. 1 2 1 2 1 2 因此Q,I,I,T四点共圆. 1 2 3. 一圆O切于两条平行线l,l,第二个圆 O切l于A,外切O于C,第三个圆O切l 1 2 1 1 2 于B,外切 O于D,外切O于E,AD交BC于Q,求证Q是DCDE的外心。 1 (35届IMO预选题)  2 ?? 证明:由AO∥BO,知AOE=BOE,从而有AEO=BEO,即A,E,B三 1 2 1 2 1 2 点共线。

同理由OF ∥BO 2 ,可得B,D,F三点共线。又因为 2 2 1 1 EDB=180 EOB=180 AOE=EAF,所以A,E,D,F四点共圆, 2 1 BEBA=BDBF,即点B在O与O的根轴上。又因为C在 O与O的根轴上,所以 1 1 BC是 O与 O的根轴。同理AD是 O与 O的根轴,因此Q为根心,且有 1 2 QC=QD=QE,即Q是DCDE的外心。 (Ⅱ)设E是DABC外接圆O的AB上一点,满足:AE= 3 EC=31, 2, 2ECA,又DA,DC是 O的切线,AC=2,求f(P)的最小值. sinEAC 。

有sin(EAC30)=(31)sinEAC, lS DA1B1C1 2cosEAC, 23=2+3,可得EAC=75,40分 sinEAC ,有sin(EAC30)=(31)sinEAC,即 2sinEAC cosEAC=(31)sinEAC, 5.如图,给定凸四边形ABCD,B+D<180,P是平面上的动点, 令f(P)=PABC+PDCA+PCAB. (Ⅰ)求证:当f(P)达到最小值时,P,A,B,C四点共圆; BC AB ECB=1 [解法一] (Ⅰ)如图1,由托勒密不等式,对平面上 的 任意点P,有 PABC+PCABPBAC. =( 因此f(P)=PABC+PCAB+PDCA PBCA+PDCAPB+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, 因此当且仅当P在DABC的外接圆且在AC上时, f(P)=(PB+PD)CA. …10分 图1 又因PB+PDBD,此不等式当且仅当B,P,D共线且P在BD上时取等号.因此当且仅 当P为DABC的外接圆与BD的交点时,f(P)取最小值f(P) =ACBD. min 故当f(P)达最小值时,P,A,B,C四点共圆. …20分 (Ⅱ)记ECB =a,则ECA =2a,由正弦定理有AE=sin2a= 3,从而3sin3a=2sin2a, AB sin3a 2 即3(3sina4sin3a)=4sinacosa,所以 3343(1cos2a)4cosa=0。

整理得43cos2a4cosa3=0, …30分 解得cosa= 3或cosa=1(舍去),故a=30,ACE=60. 2 23 sin(EAC300) 由已知BC=31= EC 即3sinEAC1cosEAC=(31)sinEAC,整理得 2 2 23 1 2 sinEAC= 故tanEAC= 1 [解法二](Ⅰ)如答一图2,连接BD交DABC的外接圆O于P点(因为D在圆O外,故P 00 在BD上). 过A,C,D分别作PA,PC,PD的垂线,两两相交得DABC,易知P在DACD内,从而在 0001110 DABC内,记DABC之三内角分别为x,y,z,

则APC=180y=z+x,又因BC^PA, 1110110 BA^PC,得B=y,同理有A=x,C=z, 110111 所以DABC∽DABC.…10分 111 设BC=lBC,CA=lCA,AB=lAB, 111111 则对平面上任意点M,有 lf(P)=l(PABC+PDCA+PCAB) 0000 =PABC+PDCA+PCAB 011011011 =2S DA1B1C1 MABC+MDCA+MCAB 111111 =l(MABC+MDCA+MCAB) =lf(M), ) 从而f(P)f(M.答一图2 0 由M点的任意性,知P点是使f(P)达最小值的点. 0 由点P在O上。

故P,A,B,C四点共圆.…20分 00 (Ⅱ)由(Ⅰ),f(P)的最小值 f(P)=2=2lS, 0DABC 记ECB=a,则ECA=2a,由正弦定理有AE=sin2a=3,从而3sin3a=2sin2a, ABsin3a2 即3(3sina4sin3a)=4sinacosa,所以 3343(1cos2a)4cosa=0, 整理得43cos2a4cosa3=0,…30分 解得cosa=3或cosa=1(舍去), 223 故a=30,ACE=60. sin(EAC300) 由已知BC=31= EC 31 2 2 sinEAC= 23=+2 。

3可得 2 EAC,故tanEAC= 从而E=45,DAC=DCA=E=45,DADC为等腰直角三角形.因AC=2,则 CD=1. 整理得23 11 cos min=BDAC=52=10. …50分 又DABC也是等腰直角三角形,故BC=2,BD2=1+2212cos135=5,BD=5. 故f(P) EAC=75,…40分 所以E=45,DABC为等腰直角三角形,AC=2,S  DABC  =1,因为ABC=45,B点 11 在⊙O上,ABB=90,所以BBDC为矩形, 1 1 1 BC=BD=1+2212cos135=5。

故l= 1 1 在Rt△ACD和Rt△ACB中,由勾股定理得 5,所以 2(x+z)2+z2=(m+n)2,④ f(P) 2 min=25 1=10.…50分  (y+z)2+(z+x)2=(x+y)2.⑤ 6.在直角三角形ABC中,ACB=90,△ABC的内切圆O分别与边BC,CA,AB相切  ③-②,得z2+2zx=ml,⑥ z2+2zx= 于点D,E,F,连接AD,与内切圆O相交于点P,连接BP,CP,若BPC=90, ①⑥,得yz n m, z2+2zx= 求证:AE+AP=PD. 所以1+yz m+n m。

 ⑦ 证明:设AE=AF=x,BD=BF=y,CD=CE=z,AP=m,PD=n. 因为ACP+PCB=90=PBC+PCB,所以ACP=PBC. ②⑦,结合④,得x2+x2yz=(m+n)2=(x+z)2+z2, z2+2zx z+2x=2z(x+z). 又⑤式可写为 x+z=2xy 由⑧,⑨得 x 又⑤式还可写为 y+z=2xz A E C  PF DB Q 整理得x2y y+z, 4z z+2x=y+z. xz,  ⑧ ⑨ ⑩ 1 3 z。

延长AD至Q,使得AQC=ACP=PBC,连接BQ,CQ,则P,B,Q,C四点共 圆,令DQ=l,则由相交弦定理和切割线定理可得 yz=nl, ① x2=m(m+n). ② 把上式代入⑩,消去y+z,得 3x22xz2z2=0, 解得x=7+1 AQ= 因为DACP∽DAQC,所以AC  AP AC,故 11得,y=(27+5)z, 将上面的x,y代入④,得 3 z, (x+z)2=m(m+n+l). ③ m+n=2(7+1) 结合②,得 m x2 m n 71 6z。

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