全国高中数学联赛挑战极限 .docx
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1、精品名师归纳总结2021 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 PACQBD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2、如图, M , N 分别为锐角三角形ABC AB 的外接圆上弧BC、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结AC 的中点 过点 C 作 PC MN延长交圆于 T 交圆于 P 点, I 为ABC 的内心, 连接 PI 并可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 求证
2、: MP MTNP NT 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 在弧AB不含点C 上任取一点 Q Q A ,T ,B ,记 AQC ,QCB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结的内心分别为I1 , I 2 ,求证: Q , I 1 ,I 2 , T 四点共圆可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PCNMIBTAQ可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3. 一圆 O 切于两条平行线l1,l2 ,其次个圆O1切 l1 于 A ,外切O 于 C ,第可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结三个圆O2
3、 切 l 2 于 B ,外切O 于 D ,外切O1于 E ,AD 交 BC 于 Q ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结求证 Q 是 CDE 的外心。35 届 IMO预选题可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 如图,给定凸四边形ABCD ,BD180, P 是平面上的动点,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令 f PPA BCPDCAPCAB 求证:当f P 到达最小值时, P, A, B, C 四点共圆。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结设 E 是ABC 外接圆 O 的 AB 上一点,中意: AEAB3 , BC2EC31 ,可编辑资
4、料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ECB12最小值ECA ,又DA, DC 是 O 的切线, AC2 ,求f P 的可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结图 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5. 在直角三角形 ABC 中,ACB90 , ABC的内切圆 O 分别与边 BC ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结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 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结CP ,假设BPC90 ,求证: AEAPPD 可
5、编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结6. 给定锐角三角形 PBC , PBPC 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假设 A, B, C, D 四点共圆,求证:EMFNEN FM 。PAENDFQOR 2假设EMFNEN FM ,是否确定有 A, B ,C, D 四点共圆?证明你的结论BMC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结7. 如图,已知 ABC 内切圆 I 分别与边 AB 、BC 相于点 F 、D,直线
6、 AD 、CF分别交圆 I 于另一点 H 、K .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结求证:FDHK3 .FHDKA可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结HFIKBDC8. 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 . 假设 OD 与 EF 相交于 K,求证: AK 平分 BC.ABCQFPKEO图10可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结参考答案1. 证明:连结 AB,在 ADQ与 ABC中, ADQ= ABC, DAQ= PBC= CAB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总
7、结故 ADQ ABC,而有 BCABDQ,即 BCADAB DQ10 分AD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又由切割线关系知PCA PAD得PCAC 。PAAD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结同理由 PCB PBD得PCBCPBBDACBC20 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又因 PAPB,故AD,得AC BDBCAD AB DQ30 分BD可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知AC BD BCAD AB CD1于是得: ABCD2ABDQ,故 DQCD,即 CQDQ40 分2可编辑资料 -
8、 - - 欢迎下载精品名师归纳总结在 CBQ与 ABD中, ADABDQCQBCBC, BCQ BAD,于是 CBQ ABD,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 CBQ ABD,即得 DBQ ABC PAC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 解析 : 连 NI , MI 由于 PC MN等腰梯形, P , C , M , N 共圆,故 PCMN 是可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此 NPMC , PMNC PCNMIBTA连 AM , CI ,就 AM 与 CI 交于 I ,由于MICMACACIMCBBCIMCI , 所以 MCMI 同 理
9、NCNI 于是 NPMI , PMNI 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故四边形 MPNI 为平行四边形因此S PMTS PNT 同底,等高可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又 P , N , T , M 四点共圆,故TNPPMT180,由三角形面积公式可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结S PMT1 PMMT2sinPMTS PNT1 PNNT sin 2PNT可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1 PNNT sin 2PMT可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是 PMMTPN
10、 NT 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于NCI1NCAACI 1NQCQCI 1CI 1 N ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PCNMII 2BI1TAQNTMT2所以 NCNI 1,同理 MCMI由 MP MTNP NT 得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由所证 MPNC , NPMC ,故NTMTNI 1MI 2MPNP可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又因I1NTQNTQMTI 2 MT ,有I1NT I 2MT 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故NTI1MTI 2 ,从而I 1QI 2NQMNTMI 1
11、TI 2 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此 Q , I1 , I 2 , T 四点共圆可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3. 证明:由AO1 BO2 ,知AO1EBO2E ,从而有AEO1BEO2 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即 A, E, B 三 点 共 线 。 同 理 由 OF BO2, 可 得B, D, F 三 点 共 线 。 又 因 为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结EDB1801EO B1801AO EEAF ,所以A
12、, E, D, F 四点可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结共圆, BE BABD BF ,即点 B 在O1与O 的根轴上。 又由于 C 在O1 与O可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结的根轴上, 所以 BC 是O1 与O 的根轴。 同理 AD 是O2 与O 的根轴, 因此 Q 为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结根心,且有 QCQDQE ,即 Q 是CDE 的外心。4. 解法一 如图 1,由托勒密不等式,对平面上的任意点 P ,有可编辑资料 - - -
13、 欢迎下载精品名师归纳总结因此f PPA BCPC ABPB AC PA BCPC ABPD CA可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PB CAPD CAPBPD CA 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于上面不等式当且仅当P, A, B, C 顺次共圆时取等号,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此当且仅当 P 在ABC 的外接圆且在AC 上时,f P PBPD CA 10 分又因 PBPDBD ,此不等式当且仅当 B, P, D 共线且 P 在 BD 上时取等号 因可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结此 当 且 仅当 P 为ABC 的
14、外 接 圆 与 BD 的 交 点 时 ,f P取 最 小 值可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f P minAC BD 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故当 f P 达最小值时,P, A, B, C 四点共圆20 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 记ECB, 就ECA2, 由正 弦定理 有 AE3ABsin 23sin 32, 从 而可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3 sin 32sin 2,即33sin4sin4sincos,所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结33
15、431cos整理得24cos0 ,2,30 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结43 cos4cos30可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解得 cos3 或 cos21舍去,故30 ,2 3ACE60 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由已知BC31=sinEAC300,有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结sinEACEC30 31sinEAC ,sinEAC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即3 sinEAC1 cosEAC31sinEAC ,整理得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结22可编辑资料 - - -
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