当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

2015全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】


2012 全国高中数学联赛挑战极限--------[平面几何试题](2012.09.23)
N

P

C M I T

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

A Q D

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 .
P N I T A C M

证明:连结 AB,在△ADQ 与△ABC 中,∠ADQ=∠ABC,∠DAQ=∠PBC=∠CAB

BC DQ ,即 BC·AD=AB·DQ ? AB AD PC AC 又由切割线关系知△PCA∽△PAD 得 ; ? PA AD PC BC 同理由△PCB∽△PBD 得 20 分 ? PB BD AC BC 又因 PA=PB,故 ,得 AC·BD=BC·AD=AB·DQ ? AD BD
故△ADQ∽△ABC,而有 于是得:AB·CD=2AB·DQ,故 DQ=

10 分
B

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

1 CD,即 CQ=DQ 40 分 2 AD DQ CQ 在△CBQ 与△ABD 中, ,∠BCQ=∠BAD,于是△CBQ∽△ABD, ? ? AB BC BC
故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠PAC.

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 1 1 1 S△PMT ? PM ? MT sin ?PMT ? S△PNT ? PN ? NT sin ?PNT ? PN ? NT sin ?PMT 2 2 2 于是 PM ? MT ? PN ? NT . ⑵因为 ?NCI1 ? ?NCA ? ?ACI1 ? ?NQC ? ?QCI1 ? ?CI1 N ,
P N I I2 I1 A T Q C M

⌒ 、AC ⌒ 的中点.过 2、如图, M , N 分别为锐角三角形 ?ABC ( ?A ? ?B )的外接圆 ? 上弧BC 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 )上任取一点 Q ( Q ≠ A , , ),记 ?AQC , △QCB 的内心分别 ⑵ 在弧AB T B C Q 为 I1 , I 2 ,求证: , I1 , I 2 , T 四点共圆.

B

1

所以 NC ? NI1 ,同理 MC ? MI 2 .由 MP ? MT ? NP ? NT 得 由⑴所证 MP ? NC , NP ? MC ,故
NT MT ? . NI1 MI 2

NT MT . ? MP NP

又因 ?I1 NT ? ?QNT ? ?QMT ? ?I 2 MT ,有 ?I1 NT ∽ ?I 2 MT . 故 ?NTI1 ? ?MTI 2 ,从而 ?I1QI 2 ? ?NQM ? ?NTM ? ?I1TI 2 . 因此 Q , I1 , I 2 , T 四点共圆. 3. 一圆 O 切于两条平行线 l1 , l2 , 第二个圆 于 B ,外切 O 于 D ,外切 (35 届 IMO 预选题) 外切 O 于 C , 第三个圆 O2 切 l2 O1 切 l1 于 A ,

O1 于 E , AD 交 BC 于 Q ,求证 Q 是 ?CDE 的外心。

证明:由 AO1 ∥ BO2 ,知 ?AO1E ? ?BO2 E ,从而有 ?AEO1 ? ?BEO2 ,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

1 1 ?EDB ? 180? ? ?EO2 B ? 180? ? ?AO1E ? ?EAF , 所 以 A, E, D, F 四 点 共 圆 , 2 2
BE BA ? 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

O1 与

O 的 根 轴 。 同 理 AD 是

O2 与

O 的根轴,因此 Q 为根心,且有

QC ? QD ? QE ,即 Q 是 ?CDE 的外心。

2

5. 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; ( Ⅱ ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 AB 上 一 点 , 满 足 :

[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 ?A1B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而在 0 A, P 0C, P 0D 记 ?ABC 之三内角分别为 x,y,z , 则 ?AP , 又因 B1C1 ? P , ?A1B1C1 内, 0C ? 180? ? y ? z ? x 0A ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , ?C1 ? z , B1 A1 ? PC 0 所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC . 的 …10 分 设 B1C1 ? ? BC , C1 A1 ? ?CA , A1B1 ? ? AB , 则对平面上任意点 M ,有 ? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? PC 0 ? AB)

BC AE 3 , ? 3 ?1 , ? EC AB 2

1 ?ECB ? ?ECA ,又 DA, DC 是 O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值. 2 [解法一] (Ⅰ)如图 1,由托勒密不等式,对平面上 任意点 P ,有 PA ? BC ? PC ? AB ? PB ? AC . 因此 f ( P) ? PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA
? P B ? C A? P D ? C ?A ( PB ? PD) ? CA .

?P 0 A? B 1C1 ? P 0 D ? C1 A 1 ? PC 0 ?A 1B 1 ? 2S?A1B1C1 ? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1B1 ? ? (MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB) ? ? f (M ) , . f(P 0 )? f ( M )

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 ?ABC 的外接圆且在 AC 上时, …10 分 f ( P) ? ( PB ? PD) ? CA . 图1

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. (Ⅱ) 记 ?E C B 则 ?E C A ?? , 由正弦定理有 ? 2? , …20 分

从而

答一图 2 …20 分

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 P0 , A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ), f ( P ) 的最小值 2 f ( P0 ) ? S ?A1B1C1 ? 2? S?ABC ,

AE sin 2? 3 , 从而 3 sin 3? ? 2sin 2? , ? ? AB sin 3? 2

即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以

?

3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 , 整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,

C A ? 2? , 记 ?ECB ? ? , 则 ?E 由正弦定理有
…30 分 即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以

AE sin 2? 3 , 从而 3 sin 3? ? 2sin 2? , ? ? AB sin 3? 2

3 1 解得 cos ? ? 或 cos ? ? ? (舍去),故 ? ? 30 , ?ACE ? 60 . 2 2 3
BC ,有 sin(?EAC ? 30 ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , ? 3 ?1= EC sin ?EAC 3 1 即 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC ,整理得 2 2 2? 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC , 2 2 1 故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 ,可得 ?EAC ? 75 ,………40 分 2? 3 从而 ?E ? 45 , ?DAC ? ?DCA ? ?E ? 45 ,?ADC 为等腰直角三角形.因 AC ? 2 ,则 CD ? 1 .
由已知 又 ?ABC 也是等腰直角三角形,故 BC ? 2 , BD2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135 ? 5 , BD ? 5 . 故 f (P)min ? BD ? AC ? 5 ? 2 ? 10 . …50 分
3

sin ? ?EAC ? 300 ?

3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 , 整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,
3 1 或 cos ? ? ? (舍去), 2 2 3 故 ? ? 30 , ?ACE ? 60 .
解得 cos ? ?

…30 分

sin ?EAC ? 30 BC 由已知 , 有 sin(?EAC ? 30 ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , 即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 2 2 2? 3 1 1 整 理 得 s i? nEAC ? ? c EAC o s , 故 t a? nEAC ? ? ?2 , 3可 得 2 2 2? 3 ?EAC ? 75 ,…40 分
0

?

?

所以 ?E ? 45? ,?ABC 为等腰直角三角形, AC ? 2 , S?ABC ? 1 ,因为 ?AB1C ? 45? ,B1 点

在⊙ O 上, ?AB1B ? 90? ,所以 B1BDC1 为矩形,

在 Rt △ACD 和 Rt △ACB 中,由勾股定理得

5 ,所以 B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 ,故 ? ? 2 5 f ( P)min ? 2 ? ?1 ? 10 . …50 分 2
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 于点 D,E,F,连接 AD,与内切圆 O 相交于点 P,连接 BP,CP,若 ?BPC 求证: AE ? ③-②,得 ①÷⑥,得 所以

( x ? z)2 ? z 2 ? (m ? n)2 , ( y ? z)2 ? ( z ? x)2 ? ( x ? y)2 .
z 2 ? 2 zx ? ml ,
yz n ? , z ? 2 zx m yz m?n 1? 2 ? , z ? 2 zx m
2

④ ⑤ ⑥

? 90? ,

AP ? PD .



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 . ②×⑦,结合④,得

x 2 yz x ? 2 ? ( m ? n) 2 ? ( x ? z ) 2 ? z 2 , z ? 2 zx
2

A P E C D B F

整理得

x2 y ? 2z( x ? z) . z ? 2x



又⑤式可写为

x?z ?

2 xy , y?z



由⑧,⑨得

x 4z ? . z ? 2x y ? z
y?z ? 2 xz , x?z



Q
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

又⑤式还可写为 把上式代入⑩,消去 y ? z ,得

1 1 ○

3x 2 ? 2 xz ? 2 z 2 ? 0 ,
① 解得

yz ? nl ,

x?

x2 ? m(m ? n) .
AC AP ? 因为 ?ACP ∽ ?AQC ,所以 ,故 AQ AC

② 代入1 1得, ○ 将上面的 x,y 代入④,得 ③

7 ?1 z, 3

y ? (2 7 ? 5) z ,

( x ? z)2 ? m(m ? n ? l ) .

m?n ?

2( 7 ? 1) z, 3

4

结合②,得

m?

x2 7 ?1 ? z, m?n 6

(2)答案是否定的. 当 AD ∥ BC 时,由于 ?B ? ?C ,所以 A , B , C , D 四点不共圆,但此时仍然有

从而

7 ?1 n? z, 2

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

所以, x ? m ? n ,即 AE ? AP ? PD . 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. 解(1)设 Q,R 分别是 OB,OC 的中点,连 EQ,MQ,FR,MR,则 所以

1 1 NS ? OD, EQ ? OB , 2 2

NS OD ? . EQ OB
又 ES ?



1 1 OA, MQ ? OC ,所以 2 2

P

接 而 AD∥BC,所以

ES OA ? . MQ OC



1 1 EQ ? OB ? RM , MQ ? OC ? RF , 2 2
又 OQMR 是平行四边形,所以

OA OD ? , OC OB
A E
Q



N O
R

?OQM ? ?ORM ,
由题设 A,B,C,D 四点共圆,所以

D F

由①,②,③得 因为

NS ES ? . EQ MQ
?NSE ? ?NSA ? ?ASE ? ?AOD ? 2?AOE ,

?ABD ? ?ACD ,
于是

B
图1

M

C

?EQM ? ?MQO ? ?OQE ? ? ?AOE ? ?EOB? ? (180? ? 2?EOB)
? ?AOE ? (180? ? ?EOB) ? ?AOD ? 2?AOE ,
即 所以

?EQO ? 2?ABD ? 2?ACD ? ?FRO ,
所以 故 所以 同理可得 所以

?NSE ? ?EQM ,
?NSE ~ ?EQM ,

P

?EQM ? ?EQO ? ?OQM ? ?FRO ? ?ORM ? ?FRM , ?EQM ? ?MRF ,
EM=FM, EN=FN,



EN SE OA ? ? (由②). EM QM OC
同理可得,

A E
Q

N
S

D F
R

O M C

FN OA ? , FM OC

B

EM ? FN ? EN ? FM .
5

所以 从而

EN FN ? , EM FM
EM ? FN ? EN ? FM .

6

4. 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:

FH ?
由△AFH ∽ △ADF 得 由余弦定理得

DF ? AF DF ? x AD AD .

FD ? HK ? 3. FH ? DK

A H F I K B D C

DF 2 ? BD 2 ? BF 2 ? 2 BD ? BF cos B ? ( y ? z )2 ? ( x ? y)2 ? ( x ? z )2 ? ? 2 y ?1 ? ? 2( x ? y )( y ? z ) ? ? 2 4 xy z ? ( x ? y )( y ? z )
2

4 xyz 4 xyz ? KF ? HD CF ( x ? y ) AD ( y ? z ) 16 xy 2 z ? ? ?4 2 DF DF FH ? DK DF ( x ? y )( y ? z ) x? z AD CF 于是 ,
对圆内接四边形 DKHF 由 Ptolemy 定理得

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:

AD 2 ?

BD CD ? AC 2 ? ? AB 2 ? BD ? DC BC BC 2 y( x ? z ) ? z ( x ? y)2 ? ? yz y?z 4 xyz ? x2 ? y?z
所以

KF ? HD ? DF ? HK ? FH ? DK , K F? H D FD ? HK ?4 ?3 F H ? D K FH ? DK 结合 , 便得 .
Q 【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

B P A C

由切割线定理得:

AF 2 x2 AH ? ? AD AD ,

PQ ? BC ? 2BP ? QC ? 2BQ ? PC .

<证明>

AD 2 ? x 2 4 xyz HD ? AD ? AH ? ? AD AD ( y ? z ) ,
KF ?
同理有

4 xyz CF ( x ? y ) .

PQ ? BC ? BP ? QC ? BQ ? PC . ?ABP ? ?AQB . 因 AB 为圆的切线, 故知 ?BAP ? ?QAB , 故可得 ?ABP ~ ?AQB , 再因
由托勒密定理知

即可得知

DK ?
由△CDK ∽ △CFD 得

DF ? CD DF ? z CF CF ,
7

BP AP AB ? ? BQ AB AQ



? B P? AP ? ? ? B Q? AB ? ? ? CP ? AP ? ? CQ ? AQ . ? ? ? CP ? ? BP ? ? CQ ? ? ? BQ ? ? ? ? ?
2 2 2

2

AB ? AQ

AP A. Q

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.
A B K O C P E

Q

F

同理,

故知 即

, 所以可知

BP ? QC ? BQ ? PC ,

PQ ? BC ? 2BP ? QC ? 2BQ ? PC
A H F I K

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

KF ? HD ? DF ? HK ? FH ? DK

Q

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、 图10 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.

所以

FD ? HK KF ? HD ?3? ?4 FH ? DK FH ? DK .
KF ? DQ ? 2 DK ? FQ

因 CQ, CD 皆为圆 O 的切线, 故由引理知

B

D

C

将 以 上

KF ? HD ?4 FH ? DK .

HD ? FQ ? 2 FH ? DQ KF ? 两 式 相 乘 , 即 得

H? D D? Q 4F ?Q

?D K ? F H ? DQ FQ , 即

8


相关文章:
2015全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】
2015全国高中数学联赛挑战极限【平面几何试题】_学科竞赛_高中教育_教育专区。全国高中数学联赛平面几何2012 全国高中数学联赛挑战极限---[平面几何试题](2012.09....
2016年全国高中数学联赛加试平面几何练习题100道
2016年全国高中数学联赛加试平面几何练习题100道_学科竞赛_高中教育_教育专区。建议联赛的同伴们做一做 P D B E O C F A -1- E C F A O M D B -2...
2015年高中数学竞赛初赛
关于参加 2015全国高中数学联赛 陕西赛区预赛的通知各县区教研室、宝鸡中学: ...第二试(满分 100 分)为解答题,共 6 小题,其中有 一道平面几何题和一道杂...
全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读
全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读_专业资料。全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读阅读时必须考虑的几个问题: 1.步步皆要考虑“知其然之其所以然” 。 2...
历年全国高中数学联赛二试几何题汇总
历年全国高中数学联赛二试几何题汇总_学科竞赛_高中教育_教育专区。历年全国高中...2015全国高中数学联赛... 2页 免费 2015全国高中数学联赛... 5页 免费...
全国高中数学联赛--平面几何(赛题精选1)及解答
全国高中数学联赛--平面几何(赛题精选1)及解答_学科竞赛_高中教育_教育专区。赛题精选 1. 3. 2. 4. 1. 2. 3. 4. 赛题精选 1. 3. 2. 4. 1. 2...
2015年全国高中数学联赛模拟卷二试
2015全国高中数学联赛模拟卷二试_数学_高中教育_教育专区。2014 年全国高中...10 共 150 分钟 满分 180 分 平面几何、代数、数论、组合 1、(本题 40 分...
全国高中数学联赛--平面几何赛题精选6
全国高中数学联赛--平面几何赛题精选6_学科竞赛_高中教育_教育专区。竞赛中的---平面几何精选赛题精选(六) 1. A E M B P C D F 2. A C O2 O1 M ...
2015年全国高中数学联赛模拟试卷二
2015全国高中数学联赛模拟试卷二_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中数学竞赛习题...由平面几何知,要使∠F1PF2 最大,则过 F1,F2,P 三点的圆必定和直线 l ...
更多相关标签:
高中数学联赛平面几何 | 极限的几何意义 | 数列极限的几何意义 | 函数极限的几何意义 | 数列极限的几何解释 | 数列极限几何意义 | 高中数学联赛解析几何 | 极限几何意义 |