如图，给定凸四边形 $ABCD$，$\angle B+\angle D<180^\circ$，$P$ 是平面上的动点，令 $f(P)=PA\cdot PB+PD\cdot CA+PC\cdot AB$．
【难度】
【出处】
2008年全国高中数学联赛（二试）
【标注】
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求证：当 $f(P)$ 达到最小值时，$P,A,B,C$ 四点共圆；标注答案略解析由托勒密不等式，对平面上任意点 $P$，有$$PA\cdot BC+PC\cdot AB\geqslant PB\cdot AC,$$因此\[\begin{split}f(P)&=PA\cdot BC+PC\cdot AB+PD\cdot CA\\&\geqslant PB\cdot CA+PD\cdot CA\\&=(PB+PD)\cdot CA.\end{split}\]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 $\triangle ABC$ 的外接圆且在 $\overparen{AC}$ 时，$$f(P)=(PB+PD)\cdot CA,$$又因为 $PB+PD\geqslant BD$，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 $\triangle ABC$ 的外接圆与 $BD$ 的交点时，$f(P)$ 取最小值$$f(P)_{\min}=AC\cdot BD,$$故当 $f(P)$ 达到最小值时，$P,A,B,C$ 四点共圆．
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设 $E$ 是 $\triangle ABC$ 外接圆 $O$ 的弧 $\overparen{AB}$ 上一点，满足 $\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{\sqrt3}{2}$，$\dfrac{BC}{EC}=\sqrt3-1$，$\angle ECB=\dfrac12\angle ECA$，又已知 $DA,DC$ 是 $\odot O$ 的切线，$AC=\sqrt2$，求 $f(P)$ 的最小值．标注答案略解析记 $\angle ECB=\alpha$，则 $\angle ECA=2\alpha$，由正弦定理知$$\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{\sin2\alpha}{\sin3\alpha}=\dfrac{\sqrt3}{2},$$从而 $\sqrt3\sin3\alpha=2\sin2\alpha$，即$$\sqrt3(3\sin\alpha-4\sin^3\alpha)=4\sin\alpha\cos\alpha,$$所以$$3\sqrt3-4\sqrt3(1-\cos^2\alpha)-4\cos\alpha=0,$$整理得$$4\sqrt3\cos^2\alpha-4\cos\alpha-\sqrt3=0,$$解得 $\cos\alpha=\dfrac{\sqrt3}{2}$，故 $\alpha=30^\circ,\angle ACE=60^\circ$．
由已知 $\dfrac{BC}{EC}=\sqrt3-1=\dfrac{\sin(\angle EAC-30^\circ)}{\sin\angle EAC}$，有$$\sin(\angle EAC-30^\circ)=(\sqrt3-1)\sin\angle EAC,$$即$$\dfrac{\sqrt3}{2}\sin \angle EAC-\dfrac12\cos\angle EAC=(\sqrt3-1)\sin\angle EAC,$$整理得$$\dfrac{2-\sqrt3}{2}\sin\angle EAC=\dfrac12\cos\angle EAC,$$故 $\tan\angle EAC=2+\sqrt3$，可得 $\angle EAC=75^\circ$，从而$$\angle AEC=45^\circ , \angle DAC=\angle DCA=\angle AEC=45^\circ,$$故 $\triangle ADC$ 为等腰三角形，因为 $AC=\sqrt2$，则 $CD=1$，又因为 $\triangle ABC$ 也是等腰直角三角形，故 $BC=\sqrt2$，结合余弦定理，得$$BD^2=1+2-2\cdot1\cdot\sqrt2\cos135^\circ=5,$$则 $BD=\sqrt5$，故 $f(P)_{\min}=BD\cdot AC=\sqrt{10}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
