全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】.doc
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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.
P
A
B
C
D
Q
2、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.
⑴求证:
;
⑵在弧(不含点)上任取一点(,,),记,的内心分别为,,求证:
,,,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预选题)
4.如图,给定凸四边形,,是平面上的动点,
令.
(Ⅰ)求证:
当达到最小值时,四点共圆;
图1
(Ⅱ)设是外接圆的上一点,满足:
,,,又是的切线,,求的最小值.
5.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:
.
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:
;
(2)若,是否一定有A,B,C,D四点共圆?
证明你的结论.
.
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.
求证:
I
K
H
F
D
C
B
A
.
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.
15
参考答案
1.证明:
连结AB,在△ADQ与△ABC中,∠ADQ=∠ABC,∠DAQ=∠PBC=∠CAB
故△ADQ∽△ABC,而有,即BC·AD=AB·DQ 10分
又由切割线关系知△PCA∽△PAD得 ;
同理由△PCB∽△PBD得 20分
又因PA=PB,故,得 AC·BD=BC·AD=AB·DQ 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
于是得:
AB·CD=2AB·DQ,故DQ=CD,即CQ=DQ 40分
在△CBQ与△ABD中,,∠BCQ=∠BAD,于是△CBQ∽△ABD,
故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠PAC.
2.[解析]:
⑴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.
⑵因为,
所以,同理.由得.
由⑴所证,,故.
又因,有.
故,从而.
因此,,,四点共圆.
3.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。
4.[解法一](Ⅰ)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
(Ⅱ)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
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](Ⅰ)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
(Ⅱ)由(Ⅰ),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,,,因为,点在⊙上,,所以为矩形,
,故,所以
.…50分
5.证明:
设AE=AF=x,BD=BF=y,CD=CE=z,AP=m,PD=n.
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DQ=l,则由相交弦定理和切割线定理可得
,①
.②
因为∽,所以,故
.③
在Rt△ACD和Rt△ACB中,由勾股定理得
,④
.⑤
③-②,得,⑥
①÷⑥,得,
所以,⑦
②×⑦,结合④,得,
整理得.⑧
又⑤式可写为,⑨
由⑧,⑨得.⑩
又⑤式还可写为,
把上式代入⑩,消去,得
,
解得,
代入得,,
将上面的x,y代入④,得
,
结合②,得,
从而,
所以,,即.
6.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EM=FM,
同理可得EN=FN,
所以.
(2)答案是否定的.
当AD∥BC时,由于,所以A,B,C,D四点不共圆,但此时仍然有,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
,
所以.①
又,所以
.②
而AD∥BC,所以
,③
由①,②,③得.
因为,
,
即,
所以~,
故(由②).
同理可得,,
所以,
从而.
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:
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
,
A
Q
P
C
B
结合,便得.
【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
.
<证明>
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
I
K
H
F
D
C
B
A
Q
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.
8.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OD⊥BC,可知OK⊥PQ.
由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四点共圆,有∠FOQ=∠FKQ.
由OE⊥AC,可知O、K、P、E四点共圆.有∠EOP=∠EKP.
显然,∠FKQ=∠EKP,可知∠FOQ=∠EOP.
由OF=OE,可知Rt△OFQ≌Rt△OEP.则OQ=OP.
于是,OK为PQ的中垂线,故QK=KP.
所以,AK平分BC.
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