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全国高中数学联赛平面几何题


全国高中数学联赛平面几何题
1.(2000) 如图,在锐角三角形 ABC 的 BC 边上有两点 E、F,满足∠BAE=∠CAF,作 FM⊥AB, FN⊥AC(M、N 是垂足) ,延长 AE 交三角形 ABC 的外接圆于 D.证明:四边形 AMDN 与三角 形 ABC 的面积相等. A

3.(2002)

M N B E F C<

br />
D

2. (2001) 如图,△ABC 中,O 为外心,三条高 AD、BE、CF 交于点 H,直线 ED 和 AB 交于点 M,FD 和 AC 交于点 N. 求证:(1) OB⊥DF,OC⊥DE; (2) OH⊥MN.

4.(2003) 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.

1

5.(2004)在锐角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相交于点 H,以 DE 为直径的圆 分别交 AB、AC 于 F、G 两点,FG 与 AH 相交于点 K。已知 BC=25,BD=20,BE=7,求 AK 的 长。

7.(2006)以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△AB0B1 的边 ABi 交于点 Ci(i=0, 在 AB0 的延长线上任取点 P0, B0 为圆心, 0P0 1). 以 B ⌒ 为半径作圆弧P0Q0交 C1B0 的延长线于 Q0; C1 为圆心, 1Q0 以 C ⌒ 为半径作圆弧Q0P1交 B1A 的延长线于点 P1;以 B1 为圆心, ⌒ B1P1 为半径作圆弧P1Q1交 B1C0 的延长线于 Q1; C0 为圆心, 以 ⌒ C0Q1 为半径作圆弧Q1P0?,交 AB0 的延长线于 P0?. 试证: ⌒ ⌒ ⑴ 点 P0?与点 P0 重合, 且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于点 P0; ⑵ 四点 P0,Q0,Q1,P1 共圆.
A

P1

C1

C0 B0 P0

Q1 Q0

P

B1

6.(2005)

2

8.(2007)如图,在锐角△ABC 中,AB<AC,AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE⊥AC,垂足为 E,作 PF⊥AB,垂足为 F。O1、O2 分别是△BDF、△CDE 的外心。求证:O1、 O2、E、F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。

A E F O1 B D B' C P O2

9.(2008) 如 题 一 图 , 给 定 凸 四 边 形 A B C D , ? B ? ? D ? 1 8 0 ? , 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 ? A B C 外接圆 O 的 ? B 上一点,满足: A 又 D A , D C 是 ? O 的切线, A C ?
2
AE AB ? 3 2



BC EC

?

3 ? 1 ,? E C B ?

1 2

?ECA



,求 f ( P ) 的最小值.

答一图 1

3

参考答案 1.(2000)证明:连结 MN、BD,
∵FM⊥AB,FN⊥AC,∴A,M,F,N 四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°,即 MN⊥AD. ∴SAMDN=
1 2 AF AB MN sin ? BAC 1 2 ? AC AD
M N

直线 AC 的垂直平分线方程为 y ? 直线 BC 的垂直平分线方程为 x ?
a c c ? ? y ? 2 ? a (x ? 2 ) ? 由? ?x ? b ? c ? 2 ?
bc ? a k OB ? 2a b?c 2
2

a 2

?

c a

(x ?

c 2

)

b? c 2

AD· MN

∵∠CAF=∠DAB,∠ACF=∠ADB,
? AB· AC=AD· . AF
A

得O(

b?c 2

,

bc ? a 2a

2

)

∴△AFC∽△ABC ?

又 AF 是过 A、M、F、N 四点的圆的直经, ∴ =AF ? AF sin∠BAC=MN. AB· sin∠BAC= AC·
1 2

? ?b

bc ? a

2

ac ? ab

,

k DF ?

ab
2

2

? abc
2

a b?b c

?

ab ? ac a
2

? bc

∴ S ? abc ? N =SAMDN

AD· sin∠BAC= AF·

1 2

B

AD· M
D

E

F

C

∵ k OB k DF ? ? 1
加试(一)

∴OB⊥DF

同理可证 OC⊥DE. 2..(2001)证明:(1)∵A、C、D、F 四点共圆 又∠OBC=
1 2

∴∠BDF=∠BAC ∴OB⊥DF. 在直线 BE 的方程 y ?
bc ? a
2

c a

(180°-∠BOC)=90°-∠BAC
2 2 2 2

( x ? b ) 中令 x=0

得 H (0, ?

bc a

)

(2)∵CF⊥MA ∴MC -MH =AC -AH ① ∵BE⊥NA 2 2 ∴NB -NH =AB 2-AH 2 ② ∵DA⊥BC 2 2 2 2 ∴BD -CD =BA -AC ③ ∵OB⊥DF ∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2 ④ ∵OC⊥DE 2 2 2 2 ∴CM -CD =OM -OD ⑤ ①-②+③+④-⑤,得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2 MO 2-MH 2=NO 2-NH ∴OH⊥MN 另证:以 BC 所在直线为 x 轴,D 为原点建立直角坐标系, 设 A(0,a),B(b,0),C (c,0),则 k AC ? ? ∴直线 AC 的方程为 y ? ?
c ? (x ? b) ?y ? ? a 由? ? y ? ? a (x ? c) ? c ?
2

?

bc a ? a
2

∴ k OH ?

2a b?c 2

? 3 bc

ab ? ac

直线 DF 的方程为 y ?
ab ? ac ? y ? 2 x ? ? a ? bc 由? ? y ? ? a (x ? c) ? c ?
2

ab ? ac a
2

? bc

x

得N(
a

a c ? bc
2 2

2 2

? 2 bc ? c

, a

abc ? ac
2

2 2

? 2 bc ? c

)

a c

, k AB ? ?

a b c a (x ? b)

a c

( x ? c ) ,直线

BE 的方程为 y ?

同理可得 M (
a

a b?b c
2 2

? 2 bc ? b
2

2

, a

abc ? ab
2

2 2

? 2 bc ? b

)

得 E 点坐标为 E (

a c ? bc a
2

2

2

?c

2

,

ac a

2 2

? abc ?c
2

)

∴ k MN ?

a (b

? c )( a
2 2

2

? bc )
2

( c ? b )( a

? bc )( a

? 3 bc )

? ?

ab ? ac a
2

? 3 bc

∵kOH ·MN =-1,∴OH⊥MN. k

4. (2003).证明:联结 AB,在△ADQ 与△ABC 中,∠ADQ=∠ABC,∠DAQ=∠PBC=∠CAB 故
2 2

同理可得 F (

a b?b c a
2

?b

,

ab a

2 2

? abc ?b
2

)

△ADQ∽△ABC,而有

BC AB

?

DQ AD

,即 BC·AD=AB·DQ

4

又由切割线关系知△PCA∽△PAD 得 同理由△PCB∽△PBD 得 又因 PA=PB,故
AC AD ? BC BD PC PB ? BC BD

PC PA

?

AC AD



但 C0P0=b+r00;从而 C0P0?=C0P0,故点 P0 与 P0?重合.(10 分) ② 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上,或说明两圆圆心距等于两圆半径差,从而 两圆相切. ⌒ ⌒ 由于弧P0Q0的圆心为 B0,P0Q1的圆心为 C0,而 P0 为两圆公共点,但 C0、B0、P0 三点共线, 故两圆弧内切于点 P0. 或:由于 C0B0=C0Q1-B0P0,即两圆圆心距等于两圆半径差,从而两圆内切.(20 分) ⑵的证明要点:主要有以下两种思路,一是从角度入手证明, 一是从找出圆心入手证明.分述如下: ① 说明对两定点张角相等,从而四点共圆;或说明四边形对 角和为 180?, 连 P0Q0,P0Q1,P1Q0,P1Q1, 证法一:证明∠Q0P0Q1=∠Q0P1Q1.从而说明四点共圆. 1 1 由于∠Q0P0Q1 =∠B0P0Q0-∠C0P0Q1 = (180?-∠P0B0Q0)- 2 2

,得 AC·BD=BC·AD=AB·DQ

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= 在△CBQ 与△ABD 中,
AD AB ? DQ BC ? CQ BC 1 2

CD,即 CQ=DQ ,∠BCQ=∠BAD,于是△CBQ∽△ABD,

P1 A

故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠PAC.

C1 D B1

C0 B0 P0

Q1 Q0

5.(2004)解:由题知: ? A D B ? ? A E C ? 9 0 ? ,? ? A D B ? ? A E C ,?

AD AE

?

BD CE

?

AB AC



(180?-∠P0C0Q1) 1 1 1 = (∠P0C0Q1-∠P0B0Q0)= (∠AC0B1-∠C0B0C1)= ∠C0MB0;(30 分) 2 2 2 1 1 ∠Q0P1Q1=∠B1P1Q1-∠C1P1Q0= (180?-∠P1B1Q1)- (180?-∠P1C1Q0) 2 2 1 1 = (∠P1C1Q0-∠P1B1Q1)= ∠C1MB1;(40 分) 2 2

又 BC=25,BD=20,BE=7,故 CD=15,CE=24.由①可解得:AD=15,AE=18. 于是点 D 是 R t ? A E C 的斜边 AC 的中点,DE=15.连接 DF,因为点 F 在以 DE 为直径的圆上, ? D F E ? 9 0 ? ,故点 F 为线段 AE 中点,AF=9. 因为 G、F、E、D 四点共圆,D、E、B、C 四点共圆, 所以 ? A F G ? ? A D E ? ? A B C ,于是 F G ? B C ,延长 AH 交 BC 于 P,故:
AK AP ? AF AB



又 H 为 ? A B C 的垂心,故 A P ? B C , B A ? B C ? 2 5,? ? A B P ? ? C B E ,AP=CE=24, 于是 A K ?
AF ? AP AB ? 9 ? 24 25 ? 216 25

但,∠C0MB0=∠C1MB1,故∠Q0P0Q1=∠Q0P1Q1,从而 P0,Q0,Q1,P1 四点共圆得证. 证法二:利用圆心角证明∠P1Q1P0=∠P1Q0P0,从而说明四点共圆. 1 1 由于∠P1Q1P0=∠P1Q1B1+∠C0Q1P0= (180?-∠P1B1Q1)+ (180?-∠P0C0Q1) 2 2

7.(2006) 关于⑴的证明要点: ① 说明 C0P0=C0P0?,从而得到 P0 与 P0?重合: 由椭圆定义知 B0C1+B1C1=B0C0+B1C0=2a(2a 为椭圆 的长轴). 记 BiCj=rij(i,j=0,1),即 r01+r11=r00+r10=2a. 设 B0P0=B0Q0=b, 则 C1Q0=C1P1=C1B0+B0Q0=r01+b; B1P1=B1Q1=B1C1+C1P1=r11+r01+b; C0Q1=C0P0?=B1Q1-B1C0=r11+r01+b-r10 =b+2a-r10=b+r00.

P1 A

1 =180?- (∠P1B1Q1+∠P0C0Q1); 2 ∠P1Q0P0=∠P1Q0C1+∠B0Q0P0= 1 (180?-∠P1C1Q0)+ (180?-∠P0B0Q0) 2 1 2

(30 分)
P1 A S

C1

C0 B0 P0

Q1 Q0

1 = 180 ?- ( ∠ P1C1Q0 + ∠ 2 P0B0Q0); (40 分) 而∠P1C1Q0 +∠P0B0Q0 =∠P1B1Q1 +∠ B1DC1+∠DB0C0=∠P1B1Q1++∠P0C0Q1, 所以,∠P1Q1P0=∠P1Q0P0,从而 P0,
5

C1 D B1

C0 B0 P0 Q0

Q1 R

T

B1

Q0,Q1,P1 四点共圆得证.(50 分) 证法三:利用弦切角证明∠P1Q1P0=∠P1Q0P0,从而说明四点共圆. 现在分别过点 P0 和 P1 引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T, 又过点 Q1 引相应 相切圆弧的公切线 RS,分别交 P0T 和 P1T 于点 R 和 S.连接 P0Q1 和 P1Q1,得等腰三角形 P0Q1R 和 P1Q1S.基于此,我们可由 ∠P0Q1P1=π-∠P0Q1R-∠P1Q1S =π-(∠P1P0T-∠Q1P0P1)-(∠P0P1T-∠Q1P1P0) (30 分) 而 π-∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0, 代入上式后,即得 1 ∠P0Q1P1=π- (∠P1P0T+∠P0P1T) 2 (40 分)
P1 A

1 同理可得∠P0Q0P1=π- (∠P1P0T+∠P0P1T).所以四点 2 P0,Q0,Q1,P1 共圆.(50 分) 还有例如证明∠P1Q1Q0+∠P1P0Q0=180?,从而证明四点 共圆等用角来证明四点共圆的方法.

M

8.(2007)证明:连结 BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为 PD⊥BC,PF⊥AB,故 B、D、P、 F 四点共圆,且 BP 为该圆的直径。又因为 O1 是△BDF 的外心,故 O1 在 BP 上且是 BP 的中点。 同理可证 C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是的 CP 中点。综合以上知 O1O2∥BC,所以∠PO2O1= ∠PCB。因为 AF· AB=AP· AD=AE· AC,所以 B、C、E、F 四点共圆。 充分性:设 P 是△ABC 的垂心,由于 PE⊥AC,PF⊥AB,所以 B、O1、P、E 四点共线,C、O2、 P、F 四点共线,∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1,故 O1、O2、E、F 四点共圆。 必要性:设 O1、O2、E、F 四点共圆,故∠O1O2E+∠EFO1=180° 。 由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB?∠ACP,又因为 O2 是直角△CEP 的斜边中点,也就是△CEP 的外 心,所以∠PO2E=2∠ACP。因为 O1 是直角△BFP 的斜边中点,也就是△BFP 的外心,从而∠ PFO1=90°?∠BFO1=90°?∠ABP。因为 B、C、E、F 四点共圆,所以∠AFE=∠ACB,∠PFE=90°? ∠ACB。于是,由∠O1O2E+∠EFO1=180° 得 (∠ACB?∠ACP)+2∠ACP+(90°?∠ABP)+(90°?∠ACB)=180° ,即∠ABP=∠ACP。又因为 AB<AC, AD⊥BC,故 BD<CD。设 B'是点 B 关于直线 AD 的对称点,则 B'在线段 DC 上且 B'D=BD。连结 AB'、PB'。由对称性,有∠AB'P=∠ABP,从而∠AB'P=∠ACP,所以 A、P、B'、C 四点共圆。由 此可知∠PB'B=∠CAP=90°?∠ACB。因为∠PBC=∠PB'B, 故∠PBC+∠ACB=(90°?∠ACB)+∠ACB=90° ,故直线 BP 和 AC 垂直。由题设 P 在边 BC 的高上, 所以 P 是△ABC 的垂心。 9.(2008)[解法一] (Ⅰ)如答一图 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 ) ? P A ? B C ? P C ? A B ? P D ? C A ? P B ? C A ? P D ? C A ? ( P B ? P D ) ? C A . 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 ? A B C 的外接圆且在
? C 上时, A
f ( P ) ? ( P B? P D? )

N I ② 找出与这四点距离相等的点,即确定圆心位置,从而 I' C0 Q1 证明四点共圆. 若此四点共圆, 则圆心应在 P0Q0、 0Q1、 1Q0、 C 1 P P P1Q1 的垂直平分线上,也就是在等腰三角形的顶角平分线 B0 Q0 上.可以作出其中两条角平分线,证明其他的角平分线也过其 B 1 P0 交点.或证明△AB1C0 与△AB0C1 有公共的内心. 证法一:作∠AB1C0 与∠AC0B1 的角平分线,交于点 I,则 I 为△AB1C0 的内心.作 IM⊥AB1,

. C A

1 IN⊥AC0,垂足分别为 M、N.则 AM=AN= (AB1+AC0-B1C0); 2 作∠AC1B0 与∠AB0C1 的角平分线,交于点 I?,则 I?为△AB0C1 的内心.作 I?M?⊥AC1,I?N? ⊥AB0,垂足分别为 M?、N?. 1 同上得,AM?=AN?= (AC1++AB0-B0C1).(30 分) 2 但 AB1+AC0-B1C0=AC1+B1C1+AB0-B0C0-B1C0 =AC1++AB0-B0C1.(40 分) 于是,M 与 M?,N 与 N?重合.即 I 与 I?重合. 于是 IP1=IQ1=IP0=IQ0,即 P0,Q0,Q1,P1 共圆.(50 分) 证法二: 作∠AB1C0 与∠AC0B1 的角平分线, 交于点 I, I 为△AB1C0 的内心, I 在∠B0AB1 则 故 的角平分线上. 但 B1I 是 P1Q1 的垂直平分线,C0I 是 P0Q1 的垂直平分线,从而 I 又是?P0P1Q1 的外心,即 I 在 P0P1 的垂直平分线上,故 I 是 P0P1 的垂直平分线与∠B0AB1 的角平分线的交点. 作∠AC1B0 与∠AB0C1 的角平分线,交于点 I?,同理 I?也是 P0P1 的垂直平分线与∠B0AB1 的 角平分线的交点,从而 I 与 I?重合.于是 I 是?P0P1Q0 与?P0P1Q1 的公共的外心,即 I 到 P0、P1、 Q0、Q1 的距离相等.从而此四点共圆.
6

又因 P B ? P D ? B D , 此不等式当且仅当 B , P , D 共线且 P 在 B D 上时取等号. 因此当且仅当 P 为 ? A B C 的外接圆与 B D 的交点时, f ( P ) 取最小值 f ( P ) m in ? A C ? B D . 故当
f (P)

达最小值时, P , A , B , C 四点共圆.
??

(Ⅱ) ? E C B 记

, ? ECA ? 2? , 则 由正弦定理有

AE AB

?

s in 2 ? s in 3?

?

3 2

, 从而

3 sin 3? ? 2 sin 2 ?



即 3 (3 sin ? ? 4 sin 3 ? ) ? 4 sin ? co s ? ,所以
3 3 ? 4 3 (1 ? co s ? ) ? 4 co s ? ? 0
2


? 3 2

整理得 4

3 co s ? ? 4 co s ? ?
2

3 ? 0,

解得 c o s ?

或 cos ? ? ?

1 2 3

(舍去) ,

故? ? 3 0 ? , ? A C E ? 6 0 ? . 由已知
3 2
BC EC ? 3 ?1

=

s in ? ? E A C ? 3 0 s in ? E A C

0

?

,有

sin ( ? E A C ? 3 0 ) ? ( 3 ? 1) sin ? E A C

?

,即 ,故

s in ? E A C ?

1 2

c o s ? E A C ? ( 3 ? 1) s in ? E A C

,整理得
?

2? 2

3

s i n? E A C ?

1 2

c o sE A C ?

t a n? E A C ?
?ADC

1 2? 3

?

2 ?

,可得 ? E A C ? 7 5 3
2

从而 ? E ? 4 5 ? , ? D A C ? ? D C A ? ? E ? 4 5 ? ,
? 1.

为等腰直角三角形.因 A C ?

,则 C D

又 ? A B C 也是等腰直角三角形, B C ? 故
f (P )
m n i

2

,B D 2 ? 1 ? 2 ? 2 ? 1 ? 2 co s 1 3 5 ? ? 5 ,B D

?

5

. 故

由三角形不等式,对于复数 z 1 , z 2 ,有 有 所以
z 1 ? z 2 ? z 1 ? z 2 ,当且仅当 z 1 与 z 2 (复向量)同向时取等号. ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? P A? B C ? P C A B ? ? P? A B?C P C A B ? ,
( A ? P ) (C ? B ) ? ( C ? P ) ( B? A)

?BD AC ?

?

5?

2?

10



[解法二] (Ⅰ) 如答一图 2, 连接 B D 交 ? A B C 的外接圆 O 于 P0 点(因为 D 在 ? O 外,故 P0 在 B D 上) . 过 A , C , D 分 别 作 P0 A , P 0C , P 0D 的 垂 线 , 两 两 相 交 得 易知 P0 在 ? A C D ? A1 B 1 C 1 ,
B 1 C 1 ? P0 A

内, 从而在 ? A1 B1C 1 内, ? A B C 之 记
? 180? ? y ? z ? x

? ( A ? P )( C ? B ) ? ( C ? P )( B ? A )

(1)

三内角分别为 x, y, z ,则 ? A P0 C , B1 A1
? P0 C

,又因
? x

,得 ? B1 ? y ,同理有 ? A1



? C1 ? z


? ?CA

所以 ? A1 B1C 1 ∽ ? A B C . 设 B1C 1 ? ? B C , C 1 A1 , A1 B1 ? ? A B , 则对平面上任意点 M ,有
? 2 S ?A
? M A ? B1 C 1 ? M D ? C 1 A1 ? M C ? A1 B 1
? ? f (M )

??? ???? ? ? ? P ? C ? A ? B ? C ? B ? P ? A ? ( B ? P )( C ? A ) ? P B ? A C , ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ???? ??? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ???? ???? ? ?? ???? 从而 P A ? B C ? P C? A B ? P ?D ? CPAB ? A C ? P D? A?C( P B ? P D ) ? A C ???? ???? ? B D ? A C . (2)

答一图 2

? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? B C ? P0 D ? C A ? P0 C ? A B ) ? P0 A ? B1C 1 ? P0 D ? C 1 A1 ? P0 C ? A1 B1
1

(1)式取等号的条件是 复数 ( A ? P )( C ? B ) 与 ( C 同向,故存在实数 ? ? 0 ,使得

? P )( B ? A )

B1 C 1

? ? (M A ? BC ? M D ? CA ? M C ? AB )

( A ? P )( C ? B ) ? ? ( C ? P )( B ? A ) ,

A? P C ? P

? ?

B ? A C ? B



从而

f ( P )? 0

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 P0 , A , B , C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ) f ( P ) 的最小值 f ( P0 ) ? ,
2 S ?A B C ? 2 ? S ?ABC
1 1 1

A? P B? A , ) arg ( ?) arg ( C ? P C? B ??? ? ???? ???? 向量 P C 旋转到 P A 所成的角等于 B C

所以

旋转到 A B 所成的角,

??? ?

?


? 3 2

记 ? E C B ? ? ,则 ? E C A ? 2? ,由正弦定理有
3 (3 sin ? ? 4 sin ? ) ? 4 sin ? co s ?
3
2

AE AB

?

s in 2? s in 3?

,从而

3 s in 3? ? 2 s in 2?

,即

从而 P , A , B , C 四点共圆. (2)式取等号的条件显然为 B , P , D 共线且 P 在 B D 上. 故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ? A B C 之外接圆上, P , A , B , C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( P ) m in ? B D ? A C . 以下同解法一.

,所以 整理得 4
3 co s ? ? 4 co s ? ?
2

3 3 ? 4 3 (1 ? co s ? ) ? 4 co s ? ? 0

3 ? 0,

解得 c o s ? 由 已 知
3 2

?

3 2

或 cos ? ? ? =

1 2 3

(舍去) ,
0

故? ? 3 0 ? , ? A C E ? 60 ? .

BC EC

?

3 ?1

s in ? ? E A C ? 3 0 s in ? E A C

?

, 有

sin ( ? E A C ? 3 0 ) ? ( 3 ? 1) sin ? E A C

?

, 即 ,故

s in ? E A C ?

1 2

c o s ? E A C ? ( 3 ? 1) s in ? E A C

,整理得
?

2? 2

3

s i n? E A C ?

1 2

c o sE A C ?

t a n? E A C ?

1 2? 3

?

2 ?

,可得 ? E A C 3

? 75


2

所以 ? E

? 4 5 ? ,? A B C

为等腰直角三角形, A C ?

,S ? A B C ? 1 ,因为 ? A B1 C

? 4 5 ? , B 1 点在 ? O

上, ? A B1 B 所以

? 9 0 ? ,所以 B1 B D C 1
5 2 ?1 ?

为矩形, B1 C 1 ? B D ? 1 ? 2 ? 2 ? 1 ? 2 co s 1 3 5 ? ? 5 ,故 ?

?

5 2



f ( P ) m in ? 2 ?

10



[解法三]

(Ⅰ)引进复平面,仍用 A , B , C 等代表 A , B , C 所对应的复数.
7


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