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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

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, 1). 在 AB0 的延长线上任取点 P0, 以 B0 为圆心, B0P0 ⌒ 为半径作圆弧P0Q0交 C1B0 的延长线于 Q0; 以 C1 为圆心, C1Q0 ⌒ 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; 以 C0 为圆心, ⌒ 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 B1

C0 B0 P0

Q1 Q0

P

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

9.(2008) 如 题 一 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;

E F O1 B D P O2 B' C

1 AE 3 BC (Ⅱ)设 E 是 ?ABC 外接圆 O 的 ? , AB 上一点,满足: ? 3 ? 1 ,?ECB ? ?ECA , ? EC 2 AB 2 又 DA, DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,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 AD· MN 2

∵∠CAF=∠DAB,∠ACF=∠ADB,

∴△AFC∽△ABC ?

AF AC ? ? AB· AC=AD· AF . AB AD
M

A

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

又 AF 是过 A、M、F、N 四点的圆的直经,

MN =AF ? AF sin∠BAC=MN. sin ?BAC 1 1 1 ∴ S ? abc ? AB· AC· sin ∠ BAC= AD· AF· sin ∠ BAC= 2 2 2
∴ AD· M N =SAMDN 2..(2001)证明:(1)∵A、C、D、F 四点共圆

N B D E F C

k OB

bc ? a 2 bc ? a 2 2a ? ? b?c ac ? ab ?b 2

, k DF ?

ab 2 ? abc ab ? ac ? a 2 b ? b 2 c a 2 ? bc

加试(一)

∵ kOB k DF ? ?1 同理可证 OC⊥DE.

∴OB⊥DF

∴∠BDF=∠BAC ∴OB⊥DF. 在直线 BE 的方程 y ?

1 又∠OBC= (180°-∠BOC)=90°-∠BAC 2
2 2 2 2

bc c ) ( x ? b) 中令 x=0 得 H (0, ? a 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 ? ?

bc ? a 2 bc ? 2 2 a a ? a ? 3bc ∴ k OH ? b?c ab ? ac 2 ab ? ac x 直线 DF 的方程为 y ? 2 a ? bc
ab ? ac ? y? 2 x ? ? a ? bc 由? ? y ? ? a ( x ? c) ? c ?
同理可得 M (

得N(

a 2 c ? bc2 abc ? ac2 , ) a 2 ? 2bc ? c 2 a 2 ? 2bc ? c 2

a a , k AB ? ? c b

a c ∴直线 AC 的方程为 y ? ? ( x ? c) ,直线 BE 的方程为 y ? ( x ? b) c a c ? y ? ( x ? b) ? a 2 c ? bc 2 ac 2 ? abc ? a , 由? 得 E 点坐标为 E ( 2 ) a ? c2 a2 ? c2 ? y ? ? a ( x ? c) ? c ?
同理可得 F (

a 2b ? b 2 c abc ? ab2 , ) a 2 ? 2bc ? b 2 a 2 ? 2bc ? b 2
∵kOH · kMN =-1,∴OH⊥MN.

∴ k MN ?

a(b 2 ? c 2 )(a 2 ? bc) ab ? ac ?? 2 2 2 (c ? b)(a ? bc)(a ? 3bc) a ? 3bc

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

a b ? b c ab ? abc , ) a2 ? b2 a2 ? b2
2 2 2

BC DQ ,即 BC·AD=AB·DQ ? AB AD

又由切割线关系知△PCA∽△PAD 得 同理由△PCB∽△PBD 得 又因 PA=PB,故

PC AC ; ? PA AD

PC BC ? PB BD

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 ① (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 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
P1 A

AC BC ,得 AC·BD=BC·AD=AB·DQ ? AD BD

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,

1 CD,即 CQ=DQ 2

P1 A

AD DQ CQ ,∠BCQ=∠BAD,于是△CBQ∽△ABD, ? ? AB BC BC

故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠PAC.

C1 D B1

C0 B0 P0

Q1 Q0

AD BD AB ? ? 5.(2004)解:由题知: ?ADB ? ?AEC ? 90?,??ADB ? ?AEC ,? AE CE AC

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 Rt ?AEC 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, ?DFE ? 90? ,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,

AK AF ? 所以 ?AFG ? ?ADE ? ?ABC ,于是 FG ? BC ,延长 AH 交 BC 于 P,故: ② AP AB
又 H 为 ?ABC 的垂心,故 AP ? BC , BA ? BC ? 25,??ABP ? ?CBE ,AP=CE=24,

AF ? AP 9 ? 24 216 ? ? 于是 AK ? AB 25 25
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.

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

(30 分)
P1 A S

C1 B1

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

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) ? PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA ? PB ? CA ? PD ? CA ? ( PB ? PD) ? CA . 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 .A f ( P )? ( P B ? PD )? C 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.

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、 P0Q1、 P1Q0、 C 1 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,

? AC 上时,

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, 则 I 为△AB1C0 的内心, 故 I 在∠B0AB1 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

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

AE sin 2? 3 , 从而 3sin3? ? 2sin 2? , ? ? AB sin 3? 2

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

3 1 或 cos ? ? ? (舍去) , 2 2 3

sin ?EAC ? 30 BC 由已知 , 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , 即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 3 1 2? 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 整 理 得 sin ?EAC ? co ? sEAC , 故 2 2 2 2 1 ,可得 ?EAC ? 75? 从而 ?E ? 45? , ?DAC ? ?DCA ? ?E ? 45? , tan ?EAC ? ? 2 ? 3 2? 3 ?ADC 为等腰直角三角形.因 AC ? 2 ,则 CD ? 1 .
0

?

?

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) m B DA ? C ? 5? 2 ? 1 0 . n i ? [解法二] (Ⅰ) 如答一图 2, 连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O D 于P 点(因为 在 外,故 . ? O P0 在 BD 上) 0 过 A, C, D 分 别 作 P D 的垂线,两两相交得 0 A, P0C, P0 易知 P 在 ?ACD 内, 从而在 ?A1B1C1 内, 记 ?ABC 之 ?A1B1C1 , 0 三内角分别为 x,y,z ,则 ?APC ? 180? ? y ? z ? x ,又因 0 , B1 A1 ? PC ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , B1C1 ? P 0A 0 ?C1 ? z , 所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC . 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 A? B 1C1 ? P 0 D ? C1 A 1 ? PC 0 ?A 1B 1 0 ? AB) ? P 答一图 2

由三角形不等式,对于复数 z1 , z2 ,有 有 所以

z1 ? z2 ? z1 ? z2 ,当且仅当 z1 与 z2 (复向量)同向时取等号. ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? P A? B C? P C ? AB ? P? A B ?C P ? , C AB
( A ? P) (C? B) ? (C? P) ( B ? A)
(1)

??? ? ???? ? ?P ? C ? A ? B ? C ? B ? P ? A ? ( B ? P)(C ? A) ? PB ? AC , ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ??? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ??? ? ?? ? ??? ? ???? 从而 P A? B C? P C ? AB ? P ?D ?CP AB ? A C ? P D? A? C ( PB ? PD ) ? AC ??? ? ???? ? BD ? AC . (2)
(1)式取等号的条件是 复数 ( A ? P)(C ? B) 与 (C ? P)( B ? A) 同向,故存在实数 ? ? 0 ,使得 A? P B? A , ( A ? P)(C ? B) ? ? (C ? P)( B ? A) , ?? C?P C?B A? P B ? A 所以 a r g ( ? ) arg( , ) C? P C ? B ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 向量 PC 旋转到 PA 所成的角等于 BC 旋转到 AB 所成的角, 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 BD 上. 故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ?ABC 之外接圆上, P, A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( P)min ? BD ? AC . 以下同解法一.

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

? 2S?A1 B1 C1 ? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1B1 ? ? (MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB)
. ? ? f ( M ) 从而 f ( P 0 )? f ( M ) 由 M 点的任意性,知 P 点是使 f ( P ) 达最小值的点. 0 由点 P 在 ? O 上,故 P0 , A, B, C 四点共圆. 0 (Ⅱ)由(Ⅰ) , f ( P ) 的最小值 f ( P0 ) ?

2

?

S?A1B1C1 ? 2? S?ABC ,

记 ?ECB ? ? ,则 ?ECA ? 2? ,由正弦定理有

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

3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以
3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,
解得 cos ? ?

3 1 或 cos ? ? ? (舍去) , 2 2 3

故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? .
0

sin ?EAC ? 30 BC 由 已 知 , 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , 即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 3 1 2? 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 整 理 得 sin ?EAC ? co ? sEAC , 故 2 2 2 2 1 ,可得 ?EAC ? 75? , tan ?EAC ? ? 2 ? 3 2? 3 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, B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 ,故 ? ? 5 , 2 所以 f ( P)min ? 2 ? 5 ?1 ? 10 . 2 [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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