EAC75，从而E45，23DACDCAE45，ADC为等腰直角三角形．因AC2，则CD1．又ABC也是等腰直角三角形，故BC2，BD212212cos1355，BD5．故
0


fPmi
BDAC5210．方法二：（1）如图2，连接BD交ABC的外接圆O
于P点（因为D在O外，故P在BD上）．00过ACD分别作PAP0CP0D的垂线，两两相交得0
A1B1C1，易知P0在ACD内，从而在A1B1C1内，记
ABC
之三内角分别为
x，y，z
，则
APC180yzx，又因B1C1PA，00B1A1PC，得B1y，同理有A1x，C1z，0
（第1题图2）
所以A1B1C1∽ABC．设B1C1BC，C1A1CA，A1B1AB，则对平面上任意点M，有
fP0P0ABCP0DCAPCAB0
PAB1C1PDC1A1PCA1B1000
2SA1B1C1
MAB1C1MDC1A1MCA1B1
MABCMDCAMCAB
fM，
从而知由点P在O上，fPfM．M点的任意性，P0点是使fP达最小值的点．由00
f声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版《高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）》
故P、A、B、C四点共圆．0（2）由（1）fP的最小值fP0，由正弦定理有
2

SA1B1C12SABC，记ECB，则ECA2，
，从而
AEsi
23ABsi
32
3s
3i
，s即i
2
2
33si
4si
34si
cos，所以334312osc
43c2os4cs，解得coso30
c，s整理0得4o
31或cos（舍去）故30，，223

ACE60

．
由
已
知
BC31EC
si
EAC300si
EAC

有
si
EAC3031si
EAC，即
整理得
31si
EACcosEAC31si
EAC，22
2311si
EACcosEAC，故ta
EAC23，可得EAC75，2223
所以E45，ABC为等腰直角三角形，AC2，SABC1，因为AB1C45，B1点在O上，AB1B90，所以B1BDC1为矩形，B1C1BD12212cos1355，故5，所以fPmi
25110．22方法三：（1）引进复平面，仍用ABC等代表ABC所对应的复数．由三角形不等式，对于复数z1z2，有z1z2z1z2，当且仅当z1与z2（复向量）同向时取等r