2015全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽挑戰(zhàn)極限【平面幾何試題】(共9頁(yè))

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2012全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽挑戰(zhàn)極限-平面幾何試題（2012.09.23） 1. 過(guò)圓外一點(diǎn)P作圓的兩條切線和一條割線，切點(diǎn)為A，B所作割線交圓于C，D兩點(diǎn)，C在P，D之間，在弦CD上取一點(diǎn)Q，使DAQPBC求證：DBQPACPABCDQ證明：連結(jié)AB，在ADQ與ABC中，ADQ=ABC，DAQ=PBC=CAB 故ADQABC，而有，即BC·ADAB·DQ10分又由切割線關(guān)系知PCAPAD得；同理由PCBPBD得20分又因PAPB，故，得AC·BDBC·ADAB·DQ30分又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊形ACBD的托勒密定理知AC&#

2、183;BDBC·ADAB·CD于是得：AB·CD2AB·DQ，故DQCD，即CQDQ40分在CBQ與ABD中，BCQBAD，于是CBQABD，故CBQABD，即得DBQABCPAC2、如圖，分別為銳角三角形（）的外接圓上弧、的中點(diǎn)過(guò)點(diǎn)作交圓于點(diǎn)，為的內(nèi)心，連接并延長(zhǎng)交圓于 求證：； 在?。ú缓c(diǎn)）上任取一點(diǎn)（，），記，的內(nèi)心分別為，求證：，四點(diǎn)共圓解析： 連，由于，共圓，故是等腰梯形因此，連，則與交于，因?yàn)?，所以同理于是，故四邊形為平行四邊形因此（同底，等高）又，四點(diǎn)共圓，故，由三角形面積公式于是因?yàn)?，所以，同理由得由所證，故又因，有故，從而因此，四點(diǎn)

3、共圓3. 一圓切于兩條平行線，第二個(gè)圓切于，外切于，第三個(gè)圓切于，外切于，外切于，交于，求證是的外心。（35屆IMO預(yù)選題）證明：由，知，從而有，即三點(diǎn)共線。同理由，可得三點(diǎn)共線。又因?yàn)椋运狞c(diǎn)共圓，即點(diǎn)在與的根軸上。又因?yàn)樵谂c的根軸上，所以是與的根軸。同理是與的根軸，因此為根心，且有，即是的外心。5. 如圖，給定凸四邊形，是平面上的動(dòng)點(diǎn)，令（）求證：當(dāng)達(dá)到最小值時(shí)，四點(diǎn)共圓；（）設(shè)是外接圓的上一點(diǎn)，滿足：，又是的切線，求的最小值圖1解法一 （）如圖1，由托勒密不等式，對(duì)平面上的任意點(diǎn)，有 因此 因?yàn)樯厦娌坏仁疆?dāng)且僅當(dāng)順次共圓時(shí)取等號(hào)，因此當(dāng)且僅當(dāng)在的外接圓且在上時(shí)， 10分又因，此不等式當(dāng)

4、且僅當(dāng)共線且在上時(shí)取等號(hào)因此當(dāng)且僅 當(dāng)為的外接圓與的交點(diǎn)時(shí)，取最小值故當(dāng)達(dá)最小值時(shí)，四點(diǎn)共圓 20分（）記，則，由正弦定理有，從而，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分從而，為等腰直角三角形因，則又也是等腰直角三角形，故，故 50分解法二 （）如答一圖2，連接交的外接圓于點(diǎn)（因?yàn)樵趫A外，故 在上）答一圖2過(guò)分別作的垂線，兩兩相交得，易知在內(nèi)，從而在內(nèi)，記之三內(nèi)角分別為，則，又因，得，同理有，所以 10分設(shè)，則對(duì)平面上任意點(diǎn)，有 ，從而 由點(diǎn)的任意性，知點(diǎn)是使達(dá)最小值的點(diǎn)由點(diǎn)在上，故四點(diǎn)共圓 20分（）由（），的最小值 ，記，則，由正弦定理有，

5、從而，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，為等腰直角三角形，因?yàn)?，點(diǎn)在上，所以為矩形，故，所以 50分6. 在直角三角形ABC中，ABC 的內(nèi)切圓O分別與邊BC，CA， AB 相切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，連接AD，與內(nèi)切圓O相交于點(diǎn)P，連接BP，CP，若，求證：證明 ：設(shè)AE = AF = x，BDBFy，CDCEz，APm，PDn因?yàn)?，所以延長(zhǎng)AD至Q，使得，連接BQ，CQ，則P，B，Q，C四點(diǎn)共圓，令DQl，則由相交弦定理和切割線定理可得， 因?yàn)?，所以，?在Rt ACD和Rt ACB中，由勾股定理得， ，得 ， ÷，得 ，所以

6、， ×，結(jié)合，得 ，整理得 又式可寫(xiě)為 ， 由，得 又式還可寫(xiě)為 ， 把上式代入，消去，得，解得 ，代入得， ，將上面的x，y代入，得，結(jié)合，得 ，從而 ，所以，即 6. 給定銳角三角形PBC，設(shè)A，D分別是邊PB，PC上的點(diǎn)，連接AC，BD，相交于點(diǎn)O. 過(guò)點(diǎn)O分別作OEAB，OFCD，垂足分別為E，F(xiàn)，線段BC，AD的中點(diǎn)分別為M，N（1）若A，B，C，D四點(diǎn)共圓，求證：；（2）若 ，是否一定有A，B，C，D四點(diǎn)共圓？證明你的結(jié)論解（1）設(shè)Q，R分別是OB，OC的中點(diǎn)，連接EQ，MQ，F(xiàn)R，MR，則，又OQMR是平行四邊形，所以，由題設(shè)A，B，C，D四點(diǎn)共圓，所以，于是 圖1 ，

7、所以 ，故 ，所以 EMFM，同理可得 ENFN，所以 （2）答案是否定的當(dāng)ADBC時(shí)，由于，所以A，B，C，D四點(diǎn)不共圓，但此時(shí)仍然有，證明如下：如圖2所示，設(shè)S，Q分別是OA，OB的中點(diǎn)，連接ES，EQ，MQ，NS，則，所以 又，所以 而ADBC，所以， 由，得 因?yàn)?， ，即 ，所以 ，故 （由）同理可得， ，所以 ，從而 4. 如圖，已知ABC內(nèi)切圓I分別與邊AB、BC相于點(diǎn)F、D，直線AD、CF分別交圓I于另一點(diǎn)H、K.求證：IKHFDCBA. 設(shè)AFx，BFy，CDz，則可以將各線段長(zhǎng)用x，y，z表示如下：由Stewart定理得：由切割線定理得： ， 所以，同理有由CDK CFD得

8、，由AFH ADF得由余弦定理得于是，對(duì)圓內(nèi)接四邊形DKHF由Ptolemy定理得，AQPCB結(jié)合 , 便得 .【證明2】先驗(yàn)證一個(gè)引理:<引理>如圖, AB, AC切圓于點(diǎn)B, C, 割線AP交圓于點(diǎn)P, Q且點(diǎn)P在A, Q之間. 則有 .<證明>由托勒密定理知 .因AB為圓的切線, 故知 .再因 , 故可得 , 即可得知故 .同理, . 故知 , 所以可知 , 即IKHFDCBAQ回到原題, 設(shè)圓I與AC切于Q點(diǎn)并連接HQ, QK, QD與FQ.由托勒密定理知所以 .因CQ, CD皆為圓O的切線, 故由引理知將以上兩式相乘, 即得, 即 .如圖10,O是ABC的邊BC外的旁切圓,D、E、F分別為O與BC、CA、AB的切點(diǎn).若OD與EF相交于K,求證：AK平分BC.證明：如圖10,過(guò)點(diǎn)K作BC的行平線分別交直線AB、AC于Q、P兩點(diǎn),連OP、OQ、OE、OF. 由ODBC,可知OKPQ. 由OFAB,可知O、K、F、Q