1990-全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試平面幾何匯編

1、1990 年第二試(10 月 14 日上午 10301230)一一(此題總分值此題總分值 35 分分)四邊形四邊形 ABCD 內(nèi)接于圓內(nèi)接于圓 O，對角線，對角線 AC 與與 BD 相交于相交于 P，設(shè)三角形，設(shè)三角形 ABP、BCP、CDP和和 DAP 的外接圓圓心分別是的外接圓圓心分別是 O1、O2、O3、O4求證求證 OP、O1O3、O2O4三直線共點(diǎn)三直線共點(diǎn) 證明證明 O 為為ABC 的外心，的外心， OA=OB O1為為PAB 的外心，的外心，O1A=O1B OO1AB作作PCD 的外接圓的外接圓O3，延長，延長 PO3與所作圓交于點(diǎn)與所作圓交于點(diǎn) E，并與，并與 AB交于點(diǎn)交于點(diǎn)

2、 F，連，連 DE，那么，那么 1= 2= 3， EPD= BPF， PFB= EDP=90 PO3AB，即，即 OO1PO3同理，同理，OO3PO1即即 OO1PO3是平行四邊形是平行四邊形 O1O3與與 PO 互相平分，即互相平分，即 O1O3過過 PO 的中點(diǎn)的中點(diǎn)同理，同理，O2O4過過 PO 中點(diǎn)中點(diǎn) OP、O1O3、O2O4三直線共點(diǎn)三直線共點(diǎn)19911991 年年二設(shè)凸四邊形 ABCD 的面積為 1，求證：在它的邊上(包括頂點(diǎn))或內(nèi)部可以找出四個點(diǎn)，使得以其中任意三點(diǎn)為頂點(diǎn)所構(gòu)成的四個三角形的面積大于 14證明：考慮四邊形的四個頂點(diǎn) A、B、C、D，假設(shè)ABC、BCD、CDA、D

3、AB的面積，設(shè)其中面積最小的三角形為ABD 假設(shè) SABD ，那么 A、B、C、D 即為所求14 假設(shè) SABD ，取BCD 的重心 G，那么以 B、C、D、G 這 4 點(diǎn)1434中的任意 3 點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形面積 14OOABCDP1OOO234EF123OOABCDP1OOO234F 假設(shè) SABD= ，其余三個三角形面積均 SABD= 1414由于 SABC+SACD=1，而 SACD ，故 SABCSABD，從而 SABESABD= SACE=SABE ，SBCE=SABC 即141414A、B、C、E 四點(diǎn)即為所求 假設(shè) SABD= ，其余三個三角形中還有一個的面積= ，這個三角14

4、14形不可能是BCD，(否那么 ABCD 的面積= )，不妨設(shè) SADC= S12ABD= 那么 ADBC，四邊形 ABCD 為梯形14由于 SABD= ，SABC= ，故假設(shè) AD=a，那么 BC=3a，設(shè)梯形的高1434=h，那么 2ah=1設(shè)對角線交于 O，過 O 作 EFBC 分別交 AB、CD 于 E、F AEEB=AOOC=ADBC=13 EF= ASEFB=SEFC= a h=ah= a3 + 3a11 + 33212323491693214SEBC=SFBC= 3a h= ah= 于是 B、C、F、E 四點(diǎn)為所求綜上可知12349891612所證成立又證：又證：當(dāng) ABCD 為

5、平行四邊形時，A、B、C、D 四點(diǎn)即為所求當(dāng) ABCD 不是平行四邊形，那么至少有一組對邊的延長線必相交，設(shè)延長AD、BC 交于 E，且設(shè) D 與 AB 的距離 SABCD= 343434即 (a+2a)h ，ah 123412 SAPQ=SBPQ= ah SPAB=SQAB=ah 即 A、B、Q、P 為所求12141214 假設(shè) ED AE，取 AE 中點(diǎn) P，那么 P 在線段 DE 上，作 PRBC 交 CD12于 R，ANBC，交 CD 于 N，由于EAB+EBASABCD=1問題化為上一種情況19921992 年年ADCBEh3aaOADCBFEPQADCBENFRSEBCDAQP四、

6、(20 分)設(shè) l，m 是兩條異面直線，在 l 上有 A，B，C 三點(diǎn)，且 AB=BC，過 A，B，C分別作 m 的垂線 AD，BE，CF，垂足依次是 D，E，F(xiàn)，AD=，BE= CF=，求 l 與157210m 的距離解：過 m 作平面 l，作 AP 于 P，AP 與 l 確定平面 ，=l，lm=K作 BQ，CR，垂足為 Q、R，那么 Q、Rl，且AP=BQ=CR=l 與 m 的距離 d 連 PD、QE、RF，那么由三垂線定理之逆，知 PD、QE、RF 都m PD=，QE=，RF=15d2494d210d2當(dāng) D、E、F 在 K 同側(cè)時 2QE=PD+RF，=+解之得 d=494d215d2

7、10d26當(dāng) D、E、F 不全在 K 同側(cè)時 2QE=PDRF，=無實(shí)494d215d210d2解 l 與 m 距離為619931993 年年三、 35 分 水平直線 m 通過圓 O 的中心，直線 lm，l 與 m 相交于 M，點(diǎn) M 在圓心的右側(cè)，直線l 上不同的三點(diǎn) A,B,C 在圓外，且位于直線 m 上方，A 點(diǎn)離 M 點(diǎn)最遠(yuǎn)，C 點(diǎn)離 M 點(diǎn)最近，AP,BQ,CR 為圓 O 的三條切線，P,Q,R 為切點(diǎn)試證：(1)l 與圓 O 相切時，ABCR+BCAP=ACBQ；(2)l 與圓 O 相交時，ABCR+BCAPACBQ；(3)l 與圓 O 相離時，ABCR+BCAPACBQ.證明：設(shè)

8、 MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，O 的半徑=r且設(shè) k=d2r2那么當(dāng) k0 時，點(diǎn) M 在O 外，此時，直線 l 與O 相離； 當(dāng) k=0 時，點(diǎn) M 在O 上，此時，直線 l 與O 相切； 當(dāng) k0 時，aBQbAP0，k=0 時，aBQbAP=0，k0 時，aBQbAP0 時，bCRcBQ0，k=0 時，bCRcBQ =0，k0 時，bCRcBQ 0 時，aCRcAP0，k=0 時，aCRcAP =0，k0 時，aCRcAP 0 時，ABCR+BCAPACBQ0；當(dāng) k=0 時，ABCR+BCAPACBQ=0，當(dāng) k0 時，ABCR+BCAPACBQ0故證 、19941994

9、年年三、(此題總分值 35 分) 如圖，設(shè)三角形的外接圓 O 的半徑為 R,內(nèi)心為I，B=60,AC,A 的外角平分線交圓 O 于 E證明:(1) IO=AE； (2) 2RIO+IA+ICOH=2R設(shè)OHI=，那么 030IO+IA+IC=IO+IH=2R(sin+cos)=2Rsin(+45)2又 +4575，故 IO+IA+ICAC，點(diǎn) O 是外心，兩條高 O A B C H F E D N M BACEFOHKMNBE、CF 交于 H 點(diǎn)，點(diǎn) M、N 分別在線段 BH、HF 上，且滿足 BM=CN，求的值。OHNHMH 解：在 BE 上取 BK=CH，連接 OB、OC、OK，由三角形外

10、心的性質(zhì)知 BOC=2A=120由三角形垂心的性質(zhì)知 BHC=180-A=120 BOC=BHC B、C、HO 四點(diǎn)共圓 20 分 OBH=OCH OB=OC BK=CH BOKCOH 30 分 BOK=BOC=120，OKH=OHK=30 觀察OKH KH=OH 40 分30sin120sinOHKH3 又BM=CN，BK=CH， KM=NH MH+NH=MH+KM=KH=OH3 = 50 分OHNHMH 32003 年年一、 此題 50 分過圓外一點(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DAQ=PBC

11、求證：DBQ=PAC分析：由PBC=CDB，假設(shè)DBQ=PAC=ADQ，那么BDQDAQ反之，假設(shè)BDQDAQ那么此題成立而要證BDQDAQ，只要證=即可BDADDQAQ 證明：連 AB PBCPDB， =，同理，=BDBCPDPBADACPDPA PA=PB， =BDADBCAC BAC=PBC=DAQ，ABC=ADQ ABCADQ = =BCACDQAQBDADDQAQ DAQ=PBC=BDQ ADQDBQ DBQ=ADQ=PAC證畢OQCDBAP2004 年年一(此題總分值 50 分)在銳角三角形 ABC 中，AB 上的高 CE 與 AC 上的高 BD 相交于點(diǎn) H，以 DE 為直徑的圓

12、分別交 AB、AC 于 F、G 兩點(diǎn)，F(xiàn)G 與 AH 相交于點(diǎn)K，BC=25，BD=20，BE=7，求 AK 的長解： BC=25，BD=20，BE=7， CE=24，CD=15 ACBD=CEAB， AC= AB， 65 BDAC，CEAB，B、E、D、C 共圓，AC(AC15)=AB(AB7)， AB( AB15)=AB(AB18)，6565 AB=25，AC=30AE=18，AD=15 DE= AC=1512延長 AH 交 BC 于 P， 那么 APBC APBC=ACBD，AP=24連 DF，那么 DFAB， AE=DE，DFABAF= AE=912 D、E、F、G 共圓，AFG=AD

13、E=ABC，AFGABC， =，AK=AKAPAFAB92425216252005 年年一、 此題總分值 50 分如圖，在ABC 中，設(shè) ABAC，過 A 作ABC 的外接圓的切線 l，又以 A 為圓心，AC 為半徑作圓分別交線段 AB 于 D；交直線 l 于 E、F。證明：直線 DE、DF 分別通過ABC 的內(nèi)心與一個旁心。注：與三角形的一邊及另兩邊的延長線均相切的圓稱為三角形的旁切圓，旁切圓的圓心稱為旁心。 證明：1先證 DE 過ABC 的內(nèi)心。如圖，連 DE、DC，作BAC 的平分線分別交 DC 于 G、DE 于 I，連 IC，那么由AD=AC，得，AGDC，ID=IC.又 D、C、E

14、在A 上，EFBCDAGHK24187252015EFBCDAGHKPIAC=DAC=IEC，A、I、C、E 四點(diǎn)共圓，21CIE=CAE=ABC，而CIE=2ICD，ICD=ABC.21AIC=IGC+ICG=90+ABC，ACI=ACB，I 為ABC 的內(nèi)心。2121 2再證 DF 過ABC 的一個旁心.連 FD 并延長交ABC 的外角平分線于 I1，連 II1、B I1、B I，由1知，I 為內(nèi)心，IBI1=90=EDI1，D、B、l1、I 四點(diǎn)共圓，BI l1 =BDI1=90ADI1=BAC+ADGADI=BAC+IDG，A、I、I1共線.2121I1是ABC 的 BC 邊外的旁心2

15、006 年年一、以 B0和 B1為焦點(diǎn)的橢圓與AB0B1的邊 ABi交于Cii=0，1 。在 AB0的延長線上任取點(diǎn) P0，以 B0為圓心，B0P0為半徑作圓弧 P0Q0交 C1B0的延長線于Q0；以 C1為圓心，C1Q0為半徑作圓弧 Q0P1交 B1A的延長線于 P1；以 B1為圓心，B1P1為半徑作圓弧P1Q1交 B1C0的延長線于 Q1；以 C0為圓心，C0Q1為半徑作圓弧 Q1P0，交 AB0的延長線于 P0。試證：1點(diǎn) P0與點(diǎn) P0重合，且圓弧 P0Q0與 P0Q1相內(nèi)切于 P0；2四點(diǎn) P0、Q0、Q1、P1共圓。證明：1顯然 B0P0=B0Q0，并由圓弧 P0Q0和Q0P1，Q

16、0P1和 P1Q1，P1Q1和 Q1P0分別相內(nèi)切于點(diǎn)Q0、P1、Q1，得 C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及 C0Q1=C0B0+B0P0。四式相加，利用 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0以及 P0在 B0P0或其延長線上，有 B0P0=B0P0。從而可知點(diǎn) P0與點(diǎn) P0重合。由于圓弧 Q1P0的圓心 C0、圓弧 P0Q0的圓心 B0以及 P0在同一直線上，所以圓弧 Q1P0和 P0Q0相內(nèi)切于點(diǎn) P0。2現(xiàn)在分別過點(diǎn) P0和 P1引上述相應(yīng)相切圓弧的公切線 P0T 和 P1T 交于點(diǎn) T。又過點(diǎn) Q1引相應(yīng)相切圓弧的公切線 R1S1，分別交 P

17、0T 和 P1T 于點(diǎn) R1和 S1。連接 P0Q1和 P1Q1，得等腰三角形 P0Q1R1和 P1Q1S1?；诖?，我們可由P0Q1P1=P0Q1R1P1Q1S1=(P1P0TQ1P0P1)(P0P1TQ1P1P0)而 P0Q1P1=Q1P0P1+Q1P1P0，代入上式后，即得，同理可得。)(211001110TPPTPPPQP)(211001100TPPTPPPQP所以四點(diǎn) P0、Q0、Q1、P1共圓。另解另解以和為焦點(diǎn)的橢圓與的0B1B01AB B R1S1TQ1P1Q0C0B1B0AC1P0邊交于。在的延長線上任取點(diǎn)，以為圓心，為半徑作iAB(0,1)iC i 0AB0P0B00B P

18、圓弧交的延長線于；以為圓心，為半徑作圓弧交的00P Q10C B0Q1C10C Q01Q P1B A延長線于；以為圓心，為半徑作圓弧交的延長線于；以為1P1B11B P11PQ10B C1Q0C圓心，為半徑作圓弧，交的延長線于。01C Q10Q P0AB0P試證：（1）點(diǎn)與點(diǎn)重合，且圓弧與相切于點(diǎn)；0P0P00P Q01P Q0P（2）四點(diǎn)、共圓。 原題圖略0P0Q1Q1P 第1問的證明略，下面著重討論第 2 問的另一種證明方法：構(gòu)思：證明四點(diǎn)共圓，如果能找或猜測到該圓的圓心，轉(zhuǎn)而證明圓心到四點(diǎn)距離相等，也是一個常用的方法，那么圓心究竟在哪里？試驗(yàn)：由題意可以知道：=常數(shù)大于 。0010110

19、1BCBCBCBC10BB利用?幾何畫板?制作如圖 1 所示的試驗(yàn)場景，其中圓為四邊形的外接圓。O001 1PQ Q PAOC0B1+C0B0 = 5.95318 C1B0+C1B1 = 5.95318 C0B0 = 1.33625 C0B1 = 4.61694 C1B1 = 1.87466 C1B0 = 4.07852 OQ1P1Q0C0C1AB1B0P0圖 1拖動點(diǎn)，觀察圓心位置的變化，猜測點(diǎn)可能是的內(nèi)心與的內(nèi)AOO01BAC10BAC心這兩個三角形的內(nèi)心可能是重合的 。利用?幾何畫板?中的測量工具測得相關(guān)角的度數(shù)，可以驗(yàn)證這個猜測是正確的！所以我們就有了下面的另解：證明：首先證明的內(nèi)心與

20、的內(nèi)心重合：01BAC10BAC假設(shè)這兩個三角形的內(nèi)心不重合，并設(shè)為的內(nèi)心，、分別為切O01BACMNF點(diǎn)。那么可從點(diǎn)引圓的切線與圓切于點(diǎn)、與線段交于點(diǎn)，而且點(diǎn)與點(diǎn)1BOOE0ABDD不重合，如圖 2。0C由切線性質(zhì)，可以得到： .DNDEMBEB,11. NBFBMCFC0011,分別將、中的等式相加，得到：. DNMBDB11. NBMCBC0101-: 圖 2)(011011DNNBMCMBBCDB011101BCBCDBDB又因?yàn)椋?1110010BCBCBCBC001001BCBCDBDB，這與點(diǎn)與點(diǎn)不重合矛盾，所以1001BCDCDBD0C假設(shè)不成立，因此：的內(nèi)心與的內(nèi)心重合。01

21、BAC10BAC設(shè)、的內(nèi)心為，如圖 3。 01BAC10BACO由于直線平分，又，直線0OC10BAC0010PCQC垂直平分線段，0OC10QP10OQOP 同理：直線垂直平分線段，0OB00QP00OQOP 直線垂直平分線段， 圖 3OC101QP01OQOP 直線垂直平分線段，OB111QP11OQOP FENMODC1B0B1AC0OQ1P1Q0C0C1AB1B0P0，01OQOQ 00OPOP 又點(diǎn)、都在的延長線上，點(diǎn)、重合，且圓弧與相切于點(diǎn)。P0P0AB0P0P00P Q01P Q0P0101OQOQOPOP所以四點(diǎn)、共圓0P0Q1P1Q2007 年年2007 年年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合

22、競賽加試試題參考答案一、 此題總分值 50 分如圖，在銳角ABC 中，ABAC，AD 是邊 BC 上的高，P 是線段 AD 內(nèi)一點(diǎn)。過 P 作 PEAC，垂足為 E，作 PFAB，垂足為F。O1、O2分別是BDF、CDE 的外心。求證：O1、O2、E、F 四點(diǎn)共圓的充要條件為 P 是ABC 的垂心。證明：連結(jié) BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因?yàn)?PDBC，PFAB，故 B、D、P、F 四點(diǎn)共圓，且BP 為該圓的直徑。又因?yàn)?O1是BDF 的外心，故 O1在 BP 上且是 BP 的中點(diǎn)。同理可證C、D、P、E 四點(diǎn)共圓，且 O2是的 CP 中點(diǎn)。綜合以上知 O1O2BC，所以PO2

23、O1=PCB。因?yàn)?AFAB=APAD=AEAC，所以 B、C、E、F 四點(diǎn)共圓。充分性：設(shè) P 是ABC 的垂心，由于 PEAC，PFAB，所以 B、O1、P、E 四點(diǎn)共線，C、O2、P、F 四點(diǎn)共線，F(xiàn)O2O1=FCB=FEB=FEO1，故 O1、O2、E、F 四點(diǎn)共圓。必要性：設(shè) O1、O2、E、F 四點(diǎn)共圓，故O1O2E+EFO1=180。由于PO2O1=PCB=ACBACP，又因?yàn)?O2是直角CEP 的斜邊中點(diǎn)，也就是CEP 的外心，所以PO2E=2ACP。因?yàn)?O1是直角BFP 的斜邊中點(diǎn)，也就是BFP的外心，從而PFO1=90BFO1=90ABP。因?yàn)?B、C、E、F 四點(diǎn)共圓，

24、所以AFE=ACB，PFE=90ACB。于是，由O1O2E+EFO1=180得(ACBACP)+2ACP+(90ABP)+(90ACB)=180，即ABP=ACP。又因?yàn)?ABAC，ADBC，故 BDCD。設(shè) B是點(diǎn) B 關(guān)于直線 AD 的對稱點(diǎn)，那么 B在線段 DC上且 BD=BD。連結(jié) AB、PB。由對稱性，有ABP=ABP，從而ABP=ACP，所以A、P、B、C 四點(diǎn)共圓。由此可知PBB=CAP=90ACB。因?yàn)镻BC=PBB，故PBC+ACB=(90ACB)+ACB=90，故直線 BP 和 AC 垂直。由題設(shè) P 在邊BC 的高上，所以 P 是ABC 的垂心。2021 年年一、 此題總

25、分值 50 分如題一圖，給定凸四邊形，是平面上的動點(diǎn)，令A(yù)BCD180BDP( )f PPA BCPD CAPC AB求證：當(dāng)?shù)竭_(dá)最小值時，四點(diǎn)共圓；( )f PP A B C, ,BO2O1FEPDABC設(shè)是外接圓的上一點(diǎn)，滿足：，EABCOAB32AEAB31BCEC，又是的切線，求的最小值12ECBECA,DA DCO2AC ( )f P解法一 如答一圖 1，由托勒密不等式，對平面上的任意點(diǎn)，有P PA BCPC ABPB AC因此 ( )f PPA BCPC ABPD CA PB CAPD CA()PBPDCA因?yàn)樯厦娌坏仁疆?dāng)且僅當(dāng)順次共圓時取等號，, , ,P A B C因此當(dāng)且僅當(dāng)

26、在的外接圓且在上時，PABCAC 10 分( )()f PPBPDCA又因，此不等式當(dāng)且僅當(dāng)共線且在上時取等號因此當(dāng)PBPDBD, ,B P DPBD且僅當(dāng)為的外接圓與的交點(diǎn)時，取最小值PABCBD( )f Pmin( )f PAC BD故當(dāng)達(dá)最小值時，四點(diǎn)共圓 20 分( )f P, , ,P A B C記，那么，由正弦定理有，從而ECB2ECAsin23sin32AEAB，即，所以3sin32sin233(3sin4sin)4sincos，23 34 3(1 cos)4cos0整理得，30 分24 3cos4cos30解得或舍去 ，故， 3cos21cos2 3 3060ACE由=,有，即

27、31BCEC0sin30sinEACEACsin(30 )( 31)sinEACEAC，整理得31sincos( 31)sin22EACEACEAC，231sincos22EACEAC故，可得，40 分1tan2323EAC75EAC從而，為等腰直角三角形因，45E45DACDCAE ADC2AC 那么1CD 又也是等腰直角三角形，故，ABC2BC 2122 12cos1355BD 5BD 故 50 分min( )5210f PBD AC解法二 如答一圖 2，連接交的外接圓于點(diǎn)因?yàn)樵趫ABDABCO0PD外，故在上 O0PBD過分別作的垂線，兩兩相交,A C D000,P A PC P D得，易

28、知在內(nèi)，從而在內(nèi)，記111ABC0PACD111ABC之三內(nèi)角分別為，那么ABCxyz，又因，0180APCyzx110BCP A，得，同理有，110B APC1By1Ax1Cz答一圖 2答一圖 1所以 10 分111ABCABC設(shè)，11BCBC11C ACA11ABAB那么對平面上任意點(diǎn)，有M 0000()()f PP A BCP D CAPC AB 011011011P A BCP D C APC AB 1 1 12A B CS 111111MA BCMD C AMC AB ()MA BCMD CAMC AB ，()f M從而 0()()f Pf M由點(diǎn)的任意性，知點(diǎn)是使達(dá)最小值的點(diǎn)M0P

29、( )f P由點(diǎn)在上，故四點(diǎn)共圓 20 分0PO0, , ,P A B C由 ，的最小值( )f P ，1 1 102()A B Cf PS2ABCS記，那么，由正弦定理有，從而ECB2ECAsin23sin32AEAB，即，所以3sin32sin233(3sin4sin)4sincos，23 34 3(1 cos)4cos0整理得，30 分24 3cos4cos30解得或舍去 ，3cos21cos2 3 故， 3060ACE由=,有，即31BCEC0sin30sinEACEACsin(30 )( 31)sinEACEAC，31sincos( 31)sin22EACEACEAC整理得，故，可得

30、231sincos22EACEAC1tan2323EAC，40 分75EAC所以，為等腰直角三角形，因?yàn)椋?5EABC2AC 1ABCS145ABC點(diǎn)在上，所以為矩形，1BO190AB B11B BDC，故，所以11122 12cos1355BCBD 52 50 分min5( )21102f P 解法三 引進(jìn)復(fù)平面，仍用等代表所對應(yīng)的復(fù)數(shù), ,A B C, ,A B C由三角形不等式，對于復(fù)數(shù)，有12,z z ，1212zzzz當(dāng)且僅當(dāng)與復(fù)向量同向時取等號1z2z有 ，PA BCPC ABPA BCPC AB 所以 ()()()()AP CBCP BA 1()()()()AP CBCP BA

31、P CA BC BP A ，()()BP CAPBAC 從而 PABCPCABPDCA PBACPDAC 2 10 分()PBPDAC BDAC 1式取等號的條件是 復(fù)數(shù) 與同向，故存在實(shí)數(shù)，使得()()AP CB()()CP BA0 ，()()()()AP CBCP BA ，APBACPCB所以 ，arg()arg()APBACPCB向量旋轉(zhuǎn)到所成的角等于旋轉(zhuǎn)到所成的角，PC PA BC AB 從而四點(diǎn)共圓, , ,P A B C2式取等號的條件顯然為共線且在上, ,B P DPBD故當(dāng)達(dá)最小值時點(diǎn)在之外接圓上，四點(diǎn)共圓 20 分( )f PPABC, , ,P A B C由知min( )f PBD AC以下同解法一2021 年年一、如圖，一、如圖，分別為銳角三角形分別為銳角三角形的外接圓的外接圓上弧上弧、的中的中MNABCAB BC AC 點(diǎn)過點(diǎn)點(diǎn)過點(diǎn)作作交圓交圓于于點(diǎn)，點(diǎn)，為為的內(nèi)心，連接的內(nèi)心，連接并延長交圓并延長交圓于于CPCMNPIABCPIT求證：求證：；MP MTNP NT在弧在弧不含點(diǎn)不含點(diǎn)上任取一點(diǎn)上任取一點(diǎn)， ，記，記，的內(nèi)心的內(nèi)心AB CQQATBAQCQCB分別為分別為，1I2IITQPNMCBA求證：求證：，四點(diǎn)共圓四點(diǎn)共圓Q1I2IT1 連，由于，共圓