2012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．
⌒ 、2、如图，M，N分别为锐角三角形?ABC（?A??B）的外接圆?上弧BC
⌒的中点．AC过点C作PC∥MN交圆?于P点，I为?ABC的内心，连接PI并延长交圆?于T．
⑴ 求证：MP?MT?NP?NT；
⌒（不含点）⑵ 在弧AB，记?AQC，△QCBC上任取一点Q（Q≠A，T，B）
的内心分别为I1，I2，求证：Q，I1，I2，T四点共圆．
P D B B
1
3.一圆O切于两条平行线l1,l2，第二个圆?O1切l1于A，外切?O于C，第三个圆?O2切l2于B，外切?O于D，外切?O1于E，AD交BC于Q，求证Q是?CDE的外心。 （35届IMO预选题）
4. 如图，给定凸四边形ABCD，?B??D?180?，P是平面上的动点， 令f(P)?PA?BC?PD?CA?PC?AB． （Ⅰ）求证：当f(P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆；
AEBC（Ⅱ）设E是?ABC外接圆O的?，AB
上一点，满足：?1，?
ECAB1?ECB??ECA，又DA,DC是?
O的切线，AC?f(P)的2
最小值．
图
1
2
5. 在直角三角形ABC中，?ACB?90?，△ABC 的内切圆O分别与边BC，CA， AB 相切于点D，E，F，连接AD，与内切圆O相交于点P，连接BP，CP，若?BPC
6. 给定锐角三角形PBC，PB?PC．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）若A，B，C，D四点共圆，求证：EM?FN?EN?FM；
（2）若 EM?FN?EN?FM，是否一定有A，B，C，D四点
共圆？证明你的结论．
．
?90?，求证：AE?AP?PD． BC
3
7. 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.
FD?HK求证：错误！未找到引用源。?3. FH?DK
D C
8.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.
O 图10
4
参考答案
1.证明：连结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB
BCDQ，即BC·AD＝AB·DQ ?ABAD
PCAC 又由切割线关系知△PCA∽△PAD得 ； ?PAAD
PCBC 同理由△PCB∽△PBD得 20分 ?PBBD
ACBC 又因PA＝PB，故，得 AC·BD＝BC·AD＝AB·DQ ?ADBD 故△ADQ∽△ABC，而有
于是得：AB·CD＝2AB·DQ，故DQ＝10分 30分 又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知 AC·BD＋BC·AD＝AB·CD 1CD，即CQ＝DQ 40分 2
ADDQCQ 在△CBQ与△ABD中，，∠BCQ＝∠BAD，于是△CBQ∽△ABD， ??ABBCBC
故∠CBQ＝∠ABD，即得∠DBQ＝∠ABC∠PAC．
2.[解析]： ? 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．
NCM
TB
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△PMT?S△PNT（同底，等高）．
又P，N，T，M四点共圆，故?TNP??PMT?180?，由三角形面积公式
1S△PMT?PM?MTsin?PMT21?S△PNT?PN?NTsin?PNT2
5
1?PN?NTsin?PMT 2
于是PM?MT?PN?NT．
?因为?NCI1??NCA??ACI1??NQC??QCI1??CI1N，
B所以NC?NI1，同理MC?MI2．由MP?MT?NP?NT得由?所证MP?NC，NP?MC，故NTMT． ?MPNPNTMT?． NI1MI2又因?I1NT??QNT??QMT??I2MT，有?I1NT∽?I2MT． 故?NTI1??MTI2，从而?I1QI2??NQM??NTM??I1TI2． 因此Q，I1，I2，T四点共圆．
3.证明：由
即，从而有?AEO1??BEO2，AO1∥BO2，知?AO1E??BO2E??A,E,B三点共线。同理由OF∥BO2，可得B,D,F三点共线。又因为
11?EDB?180???EO2B?180???AO1E??EAF22
共圆，BE?BA?，所以A,E,D,F四点BD?BF，即点B在?O1与?O的根轴上。又因为C在?O1与?O的根轴上，所以BC是?
根心，且有QCO1与?O的根轴。同理AD是?O2与?O的根轴，因此Q为?QD?QE，即Q是?CDE的外心。
4.[解法一] （Ⅰ）如图1，由托勒密不等式，对平面上的 任意点P，有
PA?BC?PC?AB?PB?AC． 因此 f(P)?PA?BC?PC?AB?PD?CA?PB?CA?PD?CA?(PB?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， 6
因此当且仅当P在?ABC的外接圆且在?AC上时，
f(P)?(PB?PD)?CA． …10分
又因PB?PD?BD，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?ABC的外接圆与BD的交点时，f(P)取最小值f(P)min?AC?BD．
故当f(P)达最小值时，P,A,B,C四点共圆．…20分
（Ⅱ）记?ECB??，则?ECA?2?，由正弦定理
有AEsin2?，从
而?ABsin3???
2sin2???4sin3?)?4sin?cos?，所以
?cos2?)?4cos??0，
整理得2??4cos?0， …30分
??cos????30，?ACE?60． 知解得cos??
BC=?1EC
sin(?EAC?30?)?1)sin?EAC，
由已
sin??EAC?300?sin?EAC,
有1?EAC?cos?EAC?1)sin?EAC，整理得
2
1?EAC?cos?EAC，
2
?故tan?EAC??2?EAC?75，………40分
??从而?E?45，?DAC??DCA??E?45，?
ADC为等腰直角三角形．因
AC，则CD?1．
2?
又?
ABC也是等腰直角三角形，故BC
BD?1?2?2?1?5，
BD
f(P)min?BD?AC? …50分
[解法二] （Ⅰ）如答一图2，连接BD交?ABC的外接圆O于P0点（因为D在圆O外，故P0 在BD上）．
过A,C,D分别作P的垂线，两两相交得?A，易知P0在?ACD内，1B1C10A,PC0,P0D
从而在?A内，记?ABC之三内角分别为x，y，z，则1B1C1
，B1A，得?B1?y，同理有?APC?180??y?z?x，又因BC11?P0A1?PC00
?A1?x，?C1?z，
所以?A∽?ABC． …10分 1B1C1
设B1C1??BC，C1A，A， 1??CA1B1??AB
则对平面上任意点M，有 故
7
答一图
2
?f(P 0)??(P0A?BC?P0D?CA?PC0?AB)
?P 0A?B1C1?P0D?C1A1?PC0?A1B1
?2S?ABC 111
?MA?BC 11?MD?C1A1?MC?A1B1
??(MA?BC?MD?CA?MC?AB)
??f(M)，
f(P0)?f(M)．
由M点的任意性，知P0点是使f(P)达最小值的点．
由点P0在?O上，故P四点共圆． …20分 0,A,B,C
（Ⅱ）由（Ⅰ），f(P)的最小值 2f(P)?S?A1B1C1?2?S?ABC， 0?
AEsin2?记?ECB??，则?ECA?2?，由正弦定理
有，从
而??ABsin3???
2sin2???4sin3?)?4sin?cos?，所以
从而
?cos2?)?4cos??0，
整理得2??4cos?0， …30分
cos?? ??故??30，?ACE?60．解得cos??
BC?1EC
sin(?EAC?30?)?1)sin?EAC由已
知=sin??EAC?300?sin?EAC，
,
有即1?EAC?cos?EAC?1)sin?EAC，
2
1整理得?EAC?cos?
EAC，故tan?EAC??2，可2?得?EAC?75，…40分
所以?E?45?，?ABC为等腰直角三角形
，AC?，S?ABC?1，因为?AB1C?45?，B1点在⊙O上，?AB1B?90?，所以B1BDC1为矩形，
B1C1?BD?
?，所以
f(P)min?21? …50分
5.证明 ：设AE = AF = x，BD＝BF＝y，CD＝CE＝z，AP＝m，PD＝n．
8
因为?ACP??PCB?90???PBC??PCB，所以?ACP??PBC．
E
C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
因为?ACP∽?AQC，所以ACAP?，故 AQAC
(x?z)2?m(m?n?l)．③
在Rt △ACD和Rt △ACB中，由勾股定理得
(x?z)2?z2?(m?n)2，④
(y?z)2?(z?x)2?(x?y)2． ⑤
③－②，得 z
①÷⑥，得 2?2zx?ml， ⑥ yzn?， 2z?2zxm
yzm?n?所以1?2， ⑦ z?2zxm
9
x2yz?(m?n)2?(x?z)2?z2， ②×⑦，结合④，得 x?2z?2zx2
x2y?2z(x?z)． ⑧ 整理得 z?2x
又⑤式可写为x?z?2xy，⑨ y?z
由⑧，⑨得 xz?2x?4z
y?z．
又⑤式还可写为 y?z?2xz
x?z，
把上式代入⑩，消去y?z，得
3x2?2xz?2z2?0，
解得
x?1
3z，
代入○11得，
y?5)z，
将上面的x，y代入④，得
m?n?1)
3z，
x2
结合②，得
m?m?n?z，
从而
n?z，
所以，x?m?n，即 AE?AP?PD．
6.解（1）设Q，R分别是OB，OC的中点，连接EQ，
10 ⑩ ○11 BC
MQ，FR，MR，则
11EQ?OB?RM,MQ?OC?RF， 22
又OQMR是平行四边形，所以
?OQM??ORM
由题设A，B，C，D四点共圆，所以 ，
?ABD??ACD，
于是 图1
?EQO?2?ABD?2?ACD??FRO，
所以 ?EQM??EQO??OQM??FRO??ORM??FRM，
??MRF， 故 ?EQM
所以 EM＝FM，
同理可得 EN＝FN，
所以 EM
（2）答案是否定的．
当AD∥BC时，由于?B?FN?EN?FM． ??C，所以A，B，C，D四点不共圆，但此时仍然有EM?FN?EN?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，则
11NS?OD,EQ?OB， 22
所以 NSOD?． ① EQOB
又ES11?OA,MQ?OC，所以 22
11
ESOA?MQOC
而AD∥BC，所以 ． ②
OAOD?， ③ OCOB
由①，②，③得 NSES． ?EQMQ
因为 ?NSE??NSA??ASE??AOD?2?AOE，
?EQM??MQO??OQE???AOE??EOB??(180??2?EOB)??AOE?(180???EOB)??AOD?2?AOE， 即 ?NSE??EQM， 所以 ?NSE～?EQM，
ENSEOA??故 （由②）． EMQMOC
FNOA?同理可得， ， FMOC
ENFN?所以 ， EMFM
从而 EMCB?FN?EN?FM．
7.设AF＝x，BF＝y，CD＝z，则可以将
各线段长用x，y，z表示如下：
由Stewart定理得：
12
AD2?BDCD?AC2??AB2?BD?DCBCBC
y(x?z)2?z(x?y)2
??yzy?z
4xyz?x2?y?z
AF2x2
AH??ADAD， 所以 由切割线定理得：
AD2?x24xyzHD?AD?AH??ADAD(y?z)
，
同理有 4xyzKF?CF(x?y)．
DK?
由△CDK ∽ △CFD得
由△AFH ∽ △ADF得 由余弦定理得 DF?CDDF?zCFCF， DF?AFDFFH??xADAD．
DF2?BD2?BF2?2BD?BFcosB
?(y?z)2?(x?y)2?(x?z)2??2y?1??2(x?y)(y?z)??
4xy2z?(x?y)(y?z) 2
于是
4xyz4xyz?KF?HDCF(x?y)AD(y?z)16xy2z???42FH?DKDF(x?y)(y?z)x?zADCF，
对圆内接四边形DKHF由Ptolemy定理得
13
KF?HD?DF?HK?FH?DK，
KF?HDFD?HK
?4?3
结合 FH?DK, 便得 FH?DK.
【证明2】 先验证一个引理: <引理>
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之间. 则有
A
PQ?BC?2BP?QC?2BQ?PC.
<证明>
PQ?BC?BP?QC?BQ?PC.
?ABP??AQB.
因AB为圆的切线, 故知
?BAP??QAB, 故可得 ?ABP~?AQB, 即可得知 再因
由托勒密定理知
BPAPAB
??
BQABAQ
?BP?APABAP?BQ??AB?AQ?AQ
?故 ?. ?CP?AP
??CQ?AQ. ?同理, ?
?CP??BP?
?CQ???BQ?
???故知 ?
即
2
2
22
, 所以可知
BP?QC?BQ?PC,
PQ?BC?2BP?QC?2BQ?PC
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
D
KF?HD?DF?HK?FH?DK
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