1、高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 1 - 1981 年年2019 年全国高中数学联赛二试试题分类汇编年全国高中数学联赛二试试题分类汇编 平面几何部分平面几何部分 2019A2019A 一、一、 （本题满分（本题满分 4040 分）分）如图，在锐角中，是边的中点点在ABCMBCP 内，使得平分直线与,的外接圆分别相交于不同于ABCAPBACMPABPACP 点的两点P,D E 证明：若，则DEMP2BCBP 证明：证明：延长到点，使得.连接 PMFMFME,BF BD CE 由条件可知 10 分 BDPBAPCAPCEPCEM 因为且，所以且 BMCMEMFMBFCE/
2、 /BFCE 于是，进而 20 分 FCEMBDP BDBF 又，故 DEMPDPEMFM 于是在等腰中，由对称性得从BDFBPBM 而40 分22BCBMBP 2019B2019B三、三、 （本题满分（本题满分 5050 分）分） 如图，点在一条直线上顺次排列，满足，A,B,C,D,EBCCDABDE 点在该直线外，满足点分别在线段上，满足PPBPD,K L,PB PD 平分，平分. KCBKELCALD 证明：四点共圆（答题时请将图画在答卷纸上）（答题时请将图画在答卷纸上）, ,A K L E 证明：证明：令，（），由条件知 1AB BCCDt0t 2 DEt 注意到，可在延长线上取一点
3、0 180BKEABKPDEDEK CB A ，使得 10 分 A KEABKA BK 此时有，故 20 分 A BKA KE: A BA KBK A KA EKE 又平分，故于是有KCBKE 2 1 1 BKBCt KECEttt 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 2 - 30 分 2 2 1 21 A BA BA KBKAB A EA KA EKEttAE 由上式两端减 1，得，从而与重合 BEBE A EAE A A 因此 AKEA KEABK 同理可得而，所以ALEEDL ABKEDL AKEALE 因此四点共圆 50, ,A K L E 2018A 二、二、
4、 （本题满分 40 分） 如图所示， 为锐角三角形，为边的中点，点和分别为ABCACAB MBCDE 的外接圆弧和的中点，为内切圆在边上的切点，为与ABCBACBCFABCABGAE 的交点，在线段上，满足.BCNEFABNB 证明：若,则。 （答题时请将图画在答卷纸上）EMBN FGDF 证明：证明：由条件知，为外接圆的直径，于，。记为DEABCBCDE MADAE I 的内心，则在上，。由可知，ABCIAEABIF ABNB MEIADEADEABNABENBE 000 9090)180( 又根据内心性质，有EIBABIEABABIEACCBIEBCEBI 从而。结合，所以，EIBE EM
5、BN MEINBE 于是，故四点共圆。EFIBFEBNEEMI 00 18090MIFE, 进而可知,故四点共圆。AGMIEMIFMAFM 00 9090MGFA, 再由知，四点共圆，所以五点共圆，从 0 90DMGDAGDMGA,DMGFA, 而，即。 0 90DAGDFGFGDF 2018B 二、二、 （本题满分 40 分）如图所示， 在等腰中，边上一点ABCACAB AC 及延长线上一点满足，以为直径的圆与线段交于一点。DBCE CE BC DC AD 2 ABDEF 证明：四点共圆。 （答题时请将图画在答卷纸上）DFCB, 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 3
6、 - 证明证明:取中点，则由知，故在圆上.延长至，使得BCHACAB BCAH HFDG ，结合已知条件得，故，BCAG/ CE BC DC AD CE AG 2 CHBHBCAG 2 1 从而为矩形，为平行四边形。AGBHAGHC 由为矩形知，在圆上，故,AGBHGHBFHGF 又为平行四边形，由，得,AGHCGHAC /HGFCDF 所以，所以四点共圆。CDFHBFCBFDFCB, 2017A 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示，在中，为的内心，以ABCACAB IABC 为圆心，为半径作圆，以为圆心，为半径作圆，过点的圆与、AAB 1 IIB 2 IB, 3 1 分别交于点、（不同
7、于点） 。设与交于点。证明：（答题时请 2 PQBIPBQRCRBR 将图画在答卷纸上） 证明：证明：连接，由于点点在圆上，PCPBIQICIB,Q 2 故，所以。IQIB IQBIBQ 又四点共圆，所以，于是，QPIB,IQBIPBIPBIBQ 故，从而，且,IBPIRBIBPIRB IB IP IR IB 又，且为的内心，故，所以ACAB IABCICIB IC IP IR IC 所以，则ICPIRCICPIRC 又点在圆的弧上，故，P 1 BCABPC 2 1 1800 因此，ICPIBPIRCIRBBRC BPCBIC 0 360 ，即 0000 90 2 1 180 2 1 9036
8、0 AACRBR 2017B 三、三、 （本题满分 50 分）如图，点是锐角的外接圆上弧的中点，直线DABCBC 与圆过点的切线分别相交于点,与的交点为，与的交点DACB,QP,BQACXCPAB 为，与的交点为求证：平分线段 （答题时请将图画在答卷纸上） YBQCPTATXY 证明：证明：首先证明，即证/YXBC AXAY XCYB 连接，因为，,BD CD ACQACQ ABC ABCABPABP SS S SSS 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 4 - 所以， 111 sinsinsin 222 111 sinsinsin 222 AC CQACQACBCAC
9、BACAQCAQ AB BCABCAB BPABPABAPBAP 由题设，是圆的切线，所以，又,BP CQACQABC ACBABP （注意是弧的中点） ，于是由知CAQDBCDCBBAP DBC ABAQCQ ACAPBP 因为，所以，CAQBAP BAQCAP 于是 1 sin 2 1 sin 2 ABQ ACP ABAQBAQ S ABAQ SACAP ACAPCAP 而 1 sin 2 1 sin 2 BCQ BCP BC CQBCQ S CQ SBP BCBPCBP 由，得 ，即 ABQCBQ ACPBCP SS SS ABQ ACP CBQBCP S S SS 又，故 ABQ CB
10、Q S AX SXC ACP BCP SAY SYB AXAY XCYB 设边的中点为，因为，BCM1 AXCMBY XCMBYA 所以由塞瓦定理知，三线共点，交点即为，故由可得平分线,AM BX CYT/YXBCAT 段XY 2016A 二、二、 （本题满分 40 分）如图所示，在中，是直线上两点ABCYX,BC （顺序排列） ，使得,设，的外心分别为,YCBX,ABCYACBXACXABY 1 O ，直线与，分别交于点.证明：是等腰三角形。 2 O 1 O 2 OABACVU,AUV 证明：证明：作的内角平分线交于点.设BACBCPACX ，的外接圆分别为和，由角平分线定理知，ABY 1
11、2 AC AB CP BP 又条件可得, AC AB CY BX 从而，即， CP BP AC AB CPCY BPBX PY PX PYBPPXCP 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 5 - 故对圆和的幂相等，所以在圆和的根轴上。P 1 2 P 1 2 于是，这表明点关于直线对称， 21O OAP VU,AP 从而是等腰三角形。AUV 2015A 三、三、 （本题满分 50 分）如图所示，内接于圆，ABCO 为弧上一点，点在线段AP上，使得BK平分.PBCKABC 过三点的圆与边交于点，连接交圆于CPK,ACDBD 点，连接并延长与边交于点，EPEABF 证明：。F
12、CBABC2 证明：证明： 证法一证法一：设 CF 与圆 Q 交于点 L（异于 C)，连接 PB、PC、 BL、KL注意此时 C、D、L、K、E、P 六点均在圆上， 结合 A、 B、P、C 四点共圆， 可知FEB=DEP=180DCP=ABP=FBP， 因此FBEFPB，故 FB2=FEFP10 分 又由圆幂定理知，FEFP= FLFC， 所以 FB2=FLFC 从而FBLFCB 因此, FLB=FBC=APC=KPC=FLK, 即 B、K、L 三点共线 30 分 再根据FBLFCB 得， FCB=FBL=ABC, 即ABC=2FCB 1 2 证法二：证法二：设 CF 与圆交于点 L（异于 C
13、)对圆内接广义六边 形 DCLKPE 应用帕斯卡定理可知， DC 与 KP 的交点 A、CL 与 PE 的交点 F、LK 与 ED 的交点了共线，因此 B是 AF 与 ED 的交点，即 B=B所以 B、K、L 共线10 分 根据 A、B、P、C 四点共圆及 L、K、P、C 四点共圆，得 ABC=APC=FLK=FCB+LBC, 又由 BK 平分ABC 知，FBL=ABC，从而 1 2 ABC=2FCB 2015B 二、二、 （本题满分 40 分）如图，在等腰中，设为其内心，设为ABCACAB ID 内的一个点，满足四点共圆，过点作的平行线，与的延长线交ABCDCBI,CBDAD 于求证：ECE
14、BDCD 2 证明：证明： 连接 BI,CI设 I, B , C, D 四点在圆 O 上，延长 DE 交圆 O 于 F，连接 FB，FC 因为 BD|CE，所以DCE=180-BDC=BFC 又由于CDE=CDF=CBF， 所以BFCDCE，从而 DCBF CEFC 再证明 AB, AC 与圆 O 相切事实上， 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 6 - 因为ABI=ABC=ACB=ICB， 1 2 1 2 所以 AB 与圆 O 相切 同理 AC 与圆 O 相切 20 分 因此有ABDAFB，ACDAFC，故 , BDABACDC BFAFAFCF 即 30 分 BFB
15、D FCDC 结合、，得， DCBD CEDC 即 40 分 2 CDBD CE 2016B 三、三、 （本题满分 50 分）如图所示， 是平行四边形，是的重心，点ABCDGABD 在直线上，使得,证明：平分QP,BDPCGP QCGQ AGPAQ 证明：证明：连接，与交于点由平行四边形ACBD.M 的性质，点是的中点因此，M,AC BD 点在线段上由于，GAC90GPCGQC 所以四点共圆，并且其外接圆是以为直径的圆,P G Q CGC 由相交弦定理知 .PM MQGM MC 取的中点注意到故有GC.O:2:1:3,AG GM MC 1 , 2 OCGCAG 因此关于点对称于是 ,G OM.
16、GM MCAM MO 结合、，有，因此四点共圆PM MQAM MO, ,A P O Q 又所以，即平分 1 , 2 OPOQGCPAOQAO AG.PAQ 2014A 二、二、 （本题满分 40 分）如图所示，锐角中，过点分别作ABC 0 60BACCB, 的外接圆的切线，且满足。直线与的延长ABCOCEBD,BCCEBDDEACAB, 线分别交于点，设与交于点,与交于点，证明：。GF,CFBDMCEBGNANAM 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 7 - 证明：证明： 如图，设两条切线交于点，则，结合可知CEBD,KCKBK CEBD ，作的平分线交于点，连接。BC
17、DE/BACALBCLLNLM, 由知，故与相似。BCDE/DFBABCBACDBCFDBABCDFB 由此并结合，及内角平分线定理可得：BCDE/BCBD ，因此，同理可得， LB LC AB AC FD BD FD BC MF MC BFLM /CGLN / 由此得BALABLALBBLMALBALM 0 180 ，ALNCLNALCACLALCCAL 0 180 在结合及内角平分线定理得FGBC / ，即1 AC AB BL CL BL BC AC AB BC CL LN CG CG BF BF LM LN LM LNLM 故由，得ALAL ALNALMLNLM ALNALM 所以ANA
18、M 另证：记的三个内角分别为其对边分别为ABCCBA,cba, 由于和都是的切线，故。再由，可得四边BDECECBBACDBCCEBD 形是等腰梯形，从而.BCEDBCDE/ 由于，故，BABCBFDABACDBCFDBDFBABC 得，即， b a b BD c FD b ac FD 由，可得，即FDBC / c b FD BC MD BM cb ab BM 在中，由余弦定理得：ABMABABM ab cba cb abc cb ba cBA cb abc cb ba cAM 2 2 )cos( 2 222 2 22 2 2 22 22 )()( 1 2222222 2 cbcbacbacb
19、c cb bcaacbacbbccb cb 222223322 2 2 1 同理可算得和时，只需在上述和的表达式中将交换，而由中CN 2 ANBM 2 AMcb, 可见的表达式中是等地位出现，所以，即，结论得证。 2 AMcb, 2 AM 2 ANANAM 2014B 一、一、 （本题满分 40 分）如下图，是三个半径同为的圆的共同交点，三点HRCBA, 则是另外三个交点. (1) 试证明：是的垂心；HABC (2) 证明：的外接圆半径等于.ABCR 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 8 - 证明：证明：设,分别是三个圆的圆心，如下图： 1 O 2 O 3 O 四边形
20、和的边都等于，所以它们是菱形.所以且相 12HO AOHBOO 32 R 321 /BOHOAO 等，所以四边形是一个平行四边形，即且长度相等。 13O ABO 13 /OOAB (1) 由于与是菱形的两条对角线，所以它们互相垂直，则。CH 31O O 31HO COABCH 同理,即是的垂心；BCAH ACBH HABC (2) 由于，同理可知,，所以，又ABOO 3121O OBC 32O OAC 213 OOOABC 到三个圆心的距离都是，所以的外接圆半径就是。即的外接圆半径HR 213 OOORABC 等于R 2013A 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示，是圆的一条弦，为弧内一
21、点，为ABPABFE, 线段上两点，满足.连接并延长，与圆分别相交于点.求ABFBEFAEPFPE,DC, 证：（解题时请将图画在答卷纸上）BDACCDEF 证明：证明：连接，由于，从而DECFBCAD,FBEFAE2 sin sin AE BE ACEAC BCEBC 同理2 sin sin BF AF BDFBD ADFAD 又,BDFBDPBCPBCEADFADPACPACE 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 9 - 由得,即4 BDAC ADBC BDACADBC4 又托勒密定理知CDABBDACBCAD 结合得BDACCDAB3 即BDACCDEF 2013
22、B 二、二、 （本题满分 40 分） 设依次是直线 上的三个不同的点，证明存在 外一点，使得, ,A B CllPAPBBPC 对于直线 上依次排列的任意四点，是否总存在 外一点，使得l, ,A B C DlP ？如果点总存在，试写出证明；如果点不一定存在，请举出APBBPCCPD PP 反例 证明：证明： 如图 1，分别在线段,上作等边三角形,，再作它们的外接圆,ABBCADBBEC 1 C ，两圆的交点为，由圆周角定理知， ，即证得。 2 CBP,BPCAPB 0 60 图图 1 图图 2 尽管有时候这样的依次四点存在，但是在一般情况下，我们不能找到线外一点DCBA, ，使得，接下来，我们
23、构造一个反例。PCPDBPCAPB 在直线 上依次取四个不同的点，使得。如果我们有线外一点，lDCBA,CDBCABP 使得。我们来证明一定会落在 过点的垂线上。当然这一点有许多办BPCAPBPlB 法可证。我们考察,是顶角的平分线。所以，由于，所以APCPBP BC PC AB AP CBAB ，即在线段的垂直平分线上。PCAP PAC 接下来证明。不然的话，假定它们相等，如图 2，我们从出发向直线BPCCPDC 作垂线，垂足为，可得，从而。另一方面，我们在直角三PDEEPCBPCECBC 角形中看，斜边。即，这与我们一开始的做法矛盾。CDEECCD BCCD CDBC 这个矛盾证明了我们的
24、假设是不可能发生的，即。BPCCPDBPCCPD 所以不存在 外一点，使得。lPAPBBPCCPD 2012A 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示，在锐角中，ABC ，是边上不同的两点，使得，ACAB NM,BCCANBAM 设和的外心分别为,ABCAMN 21,O O 求证：三点共线。AOO, 21 证明：证明：如图.连接,过点作的垂线交的延长线于点,则 12 ,AO AOA 1 AOAPBCPAP 是的外接圆的切线.因此10 分ABC 1 OBPAC 因为,BAMCAN 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 10 - 所以20 分AMPBBAMPACCANPAN
25、 因而是的外接圆的切线30 分APAMN 2 O 故 2. APAO 所以三点共线。40 分 12 ,O OA 2012B 一、一、 （本题满分 40 分）如图所示，圆内切于圆，切点为，圆的弦且圆IOPOAB 于点，的延长线交圆于点，为圆的直径。过点作的垂线交IQPQONM,MNOPPA 于点。求证：ANC 三点共线。QIC, 证明：证明：如图所示，作圆，圆的公切线，则,因此弧等于弧OIPDAQPMPDPAM 与弧之和，故弧等于弧。即。PAMBAMMBABMN 连接并延长，交于，则.因而，所以QIAN 1 CABQC 1 QCMN 1 / ,所以四点共圆，从而APQANMQAC 1 QCPA,
26、 1 ，所以点与重合，即三点共线。APCAQCAPC 0 1 0 1 90180 1 CCQIC, 2011A 一、一、 （本题满分 40 分）如图，分别是圆内接四边形的对角线的中QP,ABCDBDAC, 点若，证明：DPABPACQBAQB 证明：证明：延长线段与圆交于另一点，则，又是线段DPEBPADPACPEP 的中点，故，从而 AC CEABBDACDP 又，所以，于是，即 . PCDABDABDPCD CD PC BD AB BDPCCDAB 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 11 - 从而有，即 BQACBDACBDACCDAB) 2 1 ( 2 1 CD
27、 BQ AC AB 又，所以ABQACD，所以 ACDABQDACQAB 延长线段与圆交于另一点，则，故AQFDAFCAB DFBC 又因为为的中点，所以QBDDQFCQB 又，所以 DQFAQBCQBAQB 2011B 二、二、 （本题满分 40 分）如图，过圆外一点作圆的两条切线，切点分别为.OAO,B C 点在线段的延长线上，.为的中点，过点作圆的两条切线，切DBC 1 2 CDBCPADPO 点分别为，与交于点.点在线段的延长线上，.为,Q RQRBCEMCBBMBCN 的中点，过点作圆的两条切线，切点分别为，与交于点AMNO,J KJKBCL 证明：（1）四点共圆； , ,A R Q
28、 D （2）. MCBE CLCE . 证明：证明：（1）连接交于点，过点作于点，则由题意有OABCFPOAPH H ,.OABC CFBF FHAH 因为是的斜边的中点，所以.由切线长定理得，PAFDRtADPFPDPAPRPQ 设圆的半径为，则Or 2222222222 rFHPFOHrPHOHrOPPQ 22222 PFrOFOAPFrFHOHFHOHPF 即，于是五点共圆，所以四点共圆；PFPQ ,F, ,A R Q D, ,A R Q D （2）由相交弦定理有,又由CEBEQEREFEDE 及 2222 )(CFEFEFCFEFCFEFCEBEEFEFDEEFDF ,可得,故有,即,
29、即CFBC2EFDFBC 4 2 EF BC BC DF 2 2 CEBE CEBE DCDB DCDB ,所以.3 DC DB CE BE CEBE3 同理可得,故，从而，因此 2 1 CM BM CL BL CLBL 2 1 CLMC3 CE BE CL MC 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 12 - 2010AB 一、一、 （本题满分 40 分） 如图所示， 锐角三角形的外心为，是边上一点（不是边的中点） ，是ABCOKBCBCD 线段延长线上一点，直线与交于点，直线与交于点.AKBDACNCDABM 求证：若，则四点共圆。MNOK CDBA, 证明：证明：
30、用反证法若 A，B，D，C 不四点共圆，设三角形 ABC 的外接圆与 AD 交于点 E，连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q，连接 CE 并延长交直线 AM 于 点 P，连接 PQ 因为P 的幂（关于O）K 的幂（关于O）， 2 PK 2222 POrKOr 同理，所以， 22222 QKQOrKOr 2222 POPKQOQK 故 由题设，OKMN，所以 PQMN，于是 OKPQ AQAP QNPM 由梅内劳斯（Menelaus）定理，得， ，1 NB DE AQ BD EA QN 1 MC DEAP CDEA PM 由，可得， 所以，故DMN DCB，于是 NBMC BDCD NDMD
31、 BDDC ，所以 BCMN，故 OKBC，即 K 为 BC 的中点，矛盾！从而DMNDCB 四点共圆. , ,A B D C 注注 1：“P 的幂（关于O）K 的幂（关于O） ”的证明：延长 PK 至点 F，使得 2 PK ， ，则 P，E，F，A 四点共圆，故，PK KFAK KEPFEPAEBCE 从而 E，C，F，K 四点共圆，于是， PK PFPE PC -，得P 的幂（关于O）K 的幂（关于O） 2 PKPE PCAK KE 注 2：若点 E 在线段 AD 的延长线上，完全类似 2009*一、一、 （本题满分 50 分） 如图所示， ，分别为锐角三角形（）的外接圆上弧，的MNABC
32、BABCAC 中点，过点作交圆于点，为的内心，连接并延长交圆于CMNPC /PIABCPI 点.T 求证：;NTNPMTMP 在弧（不含）上任取一点（）,记,的内心分别为ABCQBTAQ,AQCQCB ， 21,I I 求证：四点共圆。TIIQ, 21 E Q P O N M K D C B A 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 13 - 证明：证明：（1）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连 AM，CI，则 AM 与 CI 交于 I，因为 ,MCIBCIMCBACIMACMIC 所以 MC=
33、MI，同理 NC=NI. 于是 NP=MI，PM=NI. 故四边形 MPNI 为平行四边形。因此（同底，等高） PNTPMT SS 又 P，N，T，M 四点共圆，故.由三角形面积公式180PMTTNP PMTMTPMS PMT sin 2 1 PNTNTPNS PNT sin 2 1 PMTNTPNsin 2 1 PMTNTPNsin 2 1 于是NTPNMTPM （2）因为，NCIQCINQCACINCANCI 1111 所以.同理.由得 1 NINC 2 MIMC NTNPMTMP. NP MT MP NT 由（1）所证 MP=NC，NP=MC.故 21 MI MT NI NT 又因，MT
34、IQMTQNTNTI 21 有.故从而.MTINTI 21 . 21 MTINTI 2121 TIINTMNQMQII 因此四点共圆TIIQ, 21 2008A 一、一、 （本题满分 50 分） 如图所示， 给定凸四边形，点是平面上的动点，令ABCD 0 180DBP .ABPCCAPDBCPApf)( 求证：当达到最小值时，四点共圆；)(pfCBAP, 设是外接圆的弧上一点，满足：,EABCOAB 2 3 AB AE 13 EC BC ,又是圆的切线，求的最小值。ECAECB 2 1 DCDA,O2AC)(pf 证明：证明： 方法一：（1）如答一图 1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，P
35、有 因此 PA BCPC ABPB AC( )f PPA BCPC ABPD CAPB CAPD CA ()PBPDCA 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 14 - 因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此PABC、 当且仅当在的外接圆且在上时，PABC : AC 又因，此不等式当且仅( )()f PPBPDCAPBPDBD 当共线且在上时取等号因此当且仅当为的外, ,B P DPBDPABC 接圆与的交点时，取最小值BD( )f P min ( )f PAC BD 故当达最小值时，四点共圆( )f PPABC、 （2）记，则，由正弦定理有，从而ECB2ECA s
36、in23 sin32 AE AB ，即，所以3sin32sin2 3 3(3sin4sin)4sincos ， 2 3 34 3(1 cos)4cos0 整理得， 解得或（舍去） ，故， 2 4 3cos4cos30 3 cos 2 1 cos 2 3 30 由已知=,有60ACE 31 BC EC 0 sin30 sin EAC EAC ，即，整sin(30 )( 31)sinEACEAC 31 sincos( 31)sin 22 EACEACEAC 理得，故，可得，从 231 sincos 22 EACEAC 1 tan23 23 EAC 75EAC 而，为等腰直角三角形因，则45E 45
37、DACDCAE ADC2AC 又也是等腰直角三角形，故，1CD ABC2BC 2 122 12cos1355BD 故 5BD min ( )5210f PBD AC 方法二：方法二：（1）如图 2，连接交的外接圆于点BDABCO 0 P （因为在外，故在上） DO: 0 PBD 过分别作的垂线，两两相交得，,A C D 000 ,P A PC P D 111 ABC 易知在内，从而在内，记之三内角分 0 PACD 111 ABCABC 别为，则，又因，xyz， 0 180APCyzx 110 BCP A ，得，同理有， 110 B APC 1 By 1 Ax 1 Cz 所以设， 111 ABC
38、ABC 11 BCBC 11 C ACA ，则对平面上任意点，有 11 ABABM 0000 ()()f PP A BCP D CAPC AB 011011011 P A BCP D C APC AB 1 1 1 2 A B C S 111111 MA BCMD C AMC AB ，()MA BCMD CAMC AB()f M 从而 由点的任意性，知点是使达最小值的点由点在上， 0 ()()f Pf MM 0 P( )f P 0 PO: 故四点共圆 0 PABC、 （2）由（1） ，的最小值 ，记，则，( )f P 1 1 1 0 2 () A B C f PS 2 ABC S ECB2ECA 由正弦定理有，从而，即 sin23 sin32 AE AB 3sin32sin2 ，所以，整理得 3 3(3sin4sin)4sincos 2 3 34 3(1 cos)4cos0 ， 解得 2 4 3cos4cos30 （第 1 题图 2） 高考资源网（ ） 您身边的高考专家 版权所有高考资源网 - 15 - 或（舍去） ，故，由已知= 3 cos 2 1 cos 2 3 30 60ACE 31 BC EC ,有，即 0 sin30 sin EAC EAC sin(30 )( 31)sinEACEAC ，整理得，故 31 sincos( 31)s
