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奥林匹克题解几何篇


第三章、几何
第一节 平面几何证明(上)

C1-001 已知线段 MN 的两个端点在一个等腰三角形的两腰上,MN 的 中点 S 作等腰三角形的底边的平行线,交两腰于点 K 和 L.证明:线段 MN 在三角形底边上的正投影等于线段 KL. 【题说】 1956 年~1957 年波兰数学奥林匹克三试题 2.

【证】 设 M、N 在直

线 KL 上的射影分别为 D、E,由于 MS=SN,所以 MD=NE. 由于 AB=AC, KL∥BC, 所以∠DKM=∠AKL=∠ALK, 又∠MDK=∠NEL=90°, 所以△MDK≌△NEL,DK=EL,从而 DE=KL,即 MN 在 BC 上的正投影等于 KL. C1-002 设四边形 ABCD 内接于圆 O, 其对边 AD 与 BC 的延长线交于圆 O 外一点 E,自 E 引一直线平行于 AC,交 BD 延长线于点 M,自 M 引 MT 切圆 O 于 T 点,则 MT=ME. 【题说】 1957 年南京市赛初赛 5.利用切割线定理和相似三角形.

【证】 四边形 ABCD 内接于圆 O,故∠1=∠2.由 ME∥AC,得∠2=∠4, 又∠1=∠3,所以∠3=∠4,又∠EMB=∠DME,所以△EMB∽△DME.从而有

即 所以 即

ME =MB·MD MT =MB·MD=ME MT=ME
1
2 2

2

C1-003 若一直角三角形的外接圆半径为 R,其内切圆半径为 r,与 斜边相切的旁切圆半径为 t,若 R 为 r 及 t 的比例中项,证明这直角三角形 为等腰直角三角形. 【题说】 1957 年北京市赛高二题 4.

【证】 设直角△ABC 的斜边长为 c,两直角边长为 a、b.易知 R=c/2

所以

a=b.

C1-004 任意四边形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于 P, BD 与 AC 的 而 中点是 M 与 N,设 Q 是 P 关于直线 MN 的对称点,过 P 作 MN 的平行线,分别 交 AB、CD 于 X、Y,又过 Q 作 MN 的平行线,顺次交 AB、BD、AC、CD 于 E、F、 G、H.试证: 1.EF=GH;

【题说】 1963 年成都市赛高二二试题 4.同本届高三二试题 4.

2

【证】 1. Q 关于 MN 对称, P、 所以 MN 平分 PQ, FG∥MN, 又 所以 MP=MF, 从而 BF=PD,BP=FD. 同理,有 AP=CG,AG=PC.

比较(1)、(2)得 EF=GH.

C1-005 在内角都相等的凸 n 边形中,设 a1,a2,?,an 依次为边的 长度,而且满足不等式 a1≥a2≥?≥an. 证明:必有 a1=a2=?=an. 【题说】 第五届(1963 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由匈牙利 提供.

【证】 当 n 为奇数时,设 n=2k+1(k 为正整数),∠A2A1An 的平分线 A1B 交 Ak+1Ak+2 于点 B(如图). 由于已知 n 边形的各角都相等,所以 A1B⊥Ak+1Ak+2,因此折线 A1A2?Ak+1 与折线 A1An?Ak+2 在这条角平分线上的射影都等于 A1B. 另一方面, 1A2≥A1An, A
3

并且它们与 A1B 的交角相等,所以 A1A2 的射影≥A1An 的射影.同理 A2A3 的射 影≥AnAn-1 的射影?.所以上述各式中等号均应成立,即 a1=a2=?=an. 当 n 为偶数时,作 A1A2 的中垂线 L.考虑各边在 L 上的射影,同样可得 a1=a2=?=an. C1-006 在平面上取四点 A、B、C、D,已知对任何点 P 都满足不等式 PA+PD≥PB+PC.证明;点 B 和 C 在线段 AD 上,并且 AB=CD. 【题说】 1966 年全俄数学奥林匹克九年级题 2. 【证】 由于点 P 是任意的. 可以取 P=D, 则应有 AD≥BD+DC; 若取 P=A, 则有 AD≥AB+AC.将二式相加,得 2AD≥AB+AC+BD+CD 然而另一方面,总有 AD≤AC+CD 及 AD≤AB+BD.因此又得 2AD≤AB+AC+BD+CD 由(1)、(2)知 2AD=AB+AC+BD+CD 从而其他 4 个不等式中皆取等号,亦即 B、C 两点一定在线段 AD 上, 而且 AB=CD. C1-007 凸多边形内一点 O 同每两个顶点都组成等腰三角形,证明: 该点到多边形的各顶点等距. 【题说】 第六届(1972 年)全苏数学奥林匹克九年级题 6. (2) (1)

【证】 (1)如果凸多边形是△ABC,则结论显然成立. (2)对 n(n>3)边形,设 A、B、C 为多边形的任意三个顶点,则 C 或在 AO、BO 的反向延长线组成的夹角内(图 a),或 C 在该角外,即该角 与多边形的边 DE 相交(图 b).
4

在图 a 中,点 O 在△ABC 内,由(1),AO=BO=CO. 在图 b 中,点 O 在△BDE 和△ADE 内,故有 AO=DO=EO=BO. C1-008 设有一圆,它与∠O 两边相切,切点为 A、B.从点 A 引 OB 的平行线,交圆于点 C,线段 OC 与圆交于 E,直线 AE 与 OB 交于 K.证明: OK=KB. 【题说】 第七届(1973 年)全苏数学奥林匹克九年级题 2.

【证】 设圆在点 C 的切线与∠O 两边分别相交于 P、Q.因为 AP=PC, 所以△APC 和△OPQ 皆为等腰三角形,从而 AO=CQ=OB=BQ. 又∠OAE=∠OCA=∠COQ,且∠AOB=∠CQB,从而△OAK∽△QOC.所以

亦即

OK=KB

C1-009 圆的内接四边形两条对角线互相垂直,则从对角线交点到一 边中点的线段等于圆心到这一边的对边的距离. 【题说】 1978 年上海市赛二试题 6.

【证】 如图,已知 ABCD 为⊙O 的内接四边形,AC⊥BD 于 E,F 为 AB 中点,OG⊥DC,G 为垂足.

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因为 ∠EAB=∠AEF 又 所以

AF=FB=EF

∠EAB=90°-∠EBA=90°-∠GCH=∠GHC ∠AEF=∠GHC , EF∥GO

同理可证,EG∥FO. 所以 EGOF 是一个平行四边形, 从而 FE=OG. C1-010 四边形两组对边延长后分别相交,且交点的连线与四边形的 一条对角线平行,证明:另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段. 【题说】 1978 年全国联赛二试题 1.

【证】 设四边形 ABCD 的对边交点为 E、F,并且 BD∥EF,AC 交 BD 于 H,交 EF 于 G. 由于 BD∥EF,所以

GF=EG C1-011 在平面上已知两相交圆 O1 和 O2,点 A 为交点之一,有两动点 M1 和 M2,从点 A 同时出发,分别以常速沿 O1 和 O2 同向运动,各绕行一周后恰 好同时回到点 A.证明:在平面上存在一定点 P,P 到点 M1 和 M2 的距离在每 一时刻都相等. 【题说】 第二十一届(1979 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由原 苏联提供.

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【证】 设 O1 和 O2 为已知圆的圆心,r1 和 r2 分别为它们的半径.作线 段 O1O2 的垂直平分线 l 及点 A 关于 l 的对称点 P, O1P=r2, 2P=r(如图) 由 则 O . 1 已知, ∠AO1M1=∠AO2M2, 由对称性, ∠AO1P=∠AO2P. 于是, 1O1P=∠M2O2P. ∠M 又 因为 O1M1=O2P=r1,O2M2=O1P=r2,故△O1M1P≌O2M2P,M1P=M2P. [别证] 可以用复数来作.以 O1 为原点,O1O2 为实轴建立复平面. C1-012 二圆彼此外切于 D,一直线切一圆于 A,交另一圆于 B、C 两 点.证明:A 点到直线 BD、CD 的距离相等. 【题说】 第十三届(1987 年)全俄数学奥林匹克十年级题 3.

【证】 过切点 D 作二圆的公切线 l,交 AB 于 F.设 E 在 CD 的延长线 上,则∠BDA=∠BDF+∠FDA=∠ACD+∠FAD=∠ADE,即 DA 平分∠BDE,所以,A 到 BD、CD 的距离相等. C1-013 在“筝形”ABCD 中,AB=AD,BC=CD.经 AC、BD 的交点 O 任 作两条直线,分别交 AD 于 E,交 BC 于 F,交 AB 于 G,交 CD 于 H.GF、EH 分别交 BD 于 I、J.求证:IO=OJ. 【题说】 1990 年全国冬令营选拔赛题 3. 本题宜用解析几何来证.本 题是蝴蝶定理的一个推广.

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【证】 易证 AC⊥BD.如图,以 O 为原点,BD 为 x 轴,CA 为 y 轴,建 立直角坐标系. 设各点坐标为 A(0,b),B(-a,0),C(0,c),D(a,0),EF 的方程为 y=kx,GH 的方程为 y=lx,则 AD 的方程是

EH 的方程是

比较常数项与 y 的系数有

J 的横坐标 x 满足



(1′)·l-(2′)·k 得

利用(3)得

同样可得I的横坐标 x 应满足

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(将(4)中的 k 与 l 互换,a 换成-a).由(4)、(5)立即看出 I、 J 的横坐标互为相反数,即 IO=OJ. C1-014 如图, 设△ABC 的外接圆 O 的半径为 R, 内心为 I, ∠B=60°, ∠A<∠C,∠A 的外角平分线交⊙O 于 E.证明: (1)IO=AE;

【题说】 1994 年全国联赛二试题 3.

【证】 (1)连 AI,延交⊙O 于 F,则易知 EF 为⊙O 直径. 过 E 作 ED∥IO 交 AF 于 D,则 IO 是△FDE 的中位线,从而 IO=

因∠AOC=2∠ABC=120°

故 A、O、I、C 共圆.从而

(2)连 CF,则

∠IFC=∠AFC=∠B=60° ∠ICF=∠ICB+∠BCF

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故 IF=IC,又由(1)知 IO=AE,从而 IO+IA+IC=EA+AI+IF =EA+AF≥EF=2R 令α =∠OAI,则(因∠A<∠C)



AE+AF=2Rsinα +2Rcosα

当α ∈(0,45°)时,sin(45°+α )为增函数, 故 (sin30°+cos30°) AE+AF<2R

C1-015 设△ABC 是锐角三角形,在△ABC 外分别作等腰 Rt△BCD、△ ABE、△CAF.在这三个三角形中,∠BDC、∠BAE、∠CFA 是直角.又在四边 形 BCFE 外作等腰 Rt△EFG,∠EFG 是直角.求证:

(2)∠GAD=135°. 【题说】 1994 年上海市赛高三二试题 2.

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【证】 以点 A 为原点建立直角坐标系,与 B 相应的复数记为 ZB,等 等.

C1-016 设 M、 为三角形 ABC 的边 BC 上的两点, N 且满足 BM=MN=NC. 一 平行 AC 的直线分别交 AB、AM、AN 于 D,E 和 F,求证:EF=3DE. 【题说】 1994 年澳大利亚数学奥林匹克一试题 1.

【证】 如图,过 N、M 分别作 AC 的平行线交 AB 于 H、G 点.NH 交 AM 于 K 点.则 BG=GH=HA.

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HK∶KN=1∶3 又由于 DF∥HN,于是 DE∶EF=HK∶KN=1∶3 故 EF=3DE. C1-017 ABCD 是一个平行四边形, 是 AB 上的一点, 为 CD 上一点. E F AF 交 ED 于 G,EC 交 FB 于 H.连接 G,H 并延长交 AD 于 L,交 BC 于 M,求证: DL=BM 【题说】 1994 年澳大利亚数学奥林匹克二试题 4.

【证】 如图,过 E、F 分别作 EK∥AD,FQ∥AD,则

所以 AL·DL=QF·EK. 同理,CM·MB=QF·EK.故 AL·DL=CM·MB 又由于 AL+DL=CM+MB,所以 DL=BM C1-018 在梯形 ABCD(AB∥DC)中,两腰 AD、BC 上分别有点 P、Q 满 足∠APB=∠CPD,∠AQB=∠CQD.证明:点 P 和 Q 到梯形对角线交点 O 的距离 相等.

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【题说】 第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克九年级(决赛)题 7.

【证】 如图,设 B′是 B 点关于 AD 的对称点,则 P 点就是 B′C 与 AD 的交点. 在△APB 和△DPC 中,∠APB=∠DPC,∠PAB=180°-∠PDC,由正弦定 理知

△COP∽△CAB′

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C1-019 从△ABC 的顶点 A 引 3 条线段,∠A 的平分线 AM,∠A 的外 角平分线 AN, 三角形外接圆的切线 AK, M、 K 依次排列在直线 BC 上. 点 N、 证 明:MK=KN. 【题说】 1995 年城市数学联赛低年级普通水平题 4.

【证】 由于 ∠KAM=∠KAB+∠BAM =∠ACB+∠CAM =∠AMK 所以,KA=KM.另一方面,∠NAM=90°,且 ∠ANM=90°-∠AMN =90°-∠KAM =∠NAK 故 KN=AK=KM. C1-020 △ABC 具有下面性质:存在一个内部的点 P 使∠PAB=10°, ∠PBA=20°,∠PCA=30°,∠PAC=40°.证明:△ABC 是等腰三角形. 【题说】 第 25 届(1996 年)美国数学奥林匹克题 5.

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[解] 作 AC 边上的高 BD,又作 AQ 使∠QAD=30°,AQ 交 BD 于 Q,连 PQ.设直线 PQ 交 AC 于 C′. 因为∠BAD=10°+40°=50°,所以∠ABD=90°-50°=40°,∠ PBQ=40°-∠PBA=20°=∠PBA,∠PAQ=∠PAC-∠QAD= 10°=∠PAB,从而 P 是△ABQ 的内心,∠PQA=∠PQB=

而∠PCA=30°,所以 C′与 C 重合. 从而 QA=QC,QD 平分 AC,BA=BC.

C1-021 半径相等的三个互不相交的圆的圆心 O1、O2、O3 位于三角形 的顶点处.分别从点 O1、O2、O3 引已知圆的切线,如图所示,已知这些切线 相交成凸六边形,而六边形相邻的边分别涂成红色和蓝色.证明:红色线段 长度之和等于蓝色线段长度之和. 【题说】 第二十二届(1996 年)全俄数学奥林匹克九年级题 2.

【证】 如图所示,X1、X2、Y1、Y2、Z1、Z2 分别为切点.切线围成的六 边形为 ABCDEF.因⊙O1,⊙O2,⊙O3 的半径相等,易得 X1O2=O1Y2,Y1O3=O2Z2, Z1O1=O3X2.即 X1A+AB+BO2=O1B+BC+CY2 Y1C+CD+DO3=O2D+DE+EZ2 Z1E+EF+FO1=O3F+FA+AX2 以上三式两边相加,并利用 X1A=AX2,Y1C=CY2,Z1E=EZ2,及 BO2=O1B, DO3=O2D,FO1=O3F,得
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AB+CD+EF=BC+DE+FA C1-022 在等腰△ABC 中(AB=BC),CD 是角平分线.过△ABC 的外心 作直线垂直于 CD,交 BC 于 E 点,再过 E 点作 CD 的平行线交 AB 于 F,证明: BE=FD. 【题说】 第二十二届(1996 年)全俄数学奥林匹克十一年级题 6.

【证】 设 O 是△ABC 的外心,K 是直线 BO 和 CD 的交点. 先设 O 在 B、K 之间(图 a),∠BOE=90°-∠DKO=∠DCA,所以,点 K、 O、E、C 四点共圆. ∠OKE=∠OCE 因为 OB=OC,所以∠OCE=∠OBE. 于是 KBE 所 以 又 ∠KBA 所以 KE∥AB.从而 KEFD 为平行四边形,则 DF=KE=BE K 在 O、B 之间(图 b)或 K、O 重合的情况可用类似方法证明. C1-023 直角三角形 ABC 中,C 为直角,证明:在△ABC 中至少有一 点 P,使∠PAB=∠PBC=∠PCA. 【题说】 1963 年合肥市赛高二二试题 2. BE=KE ∠BKE=∠KBE= ∠BKE=∠OCE=∠

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【证】 我们证明结论对任意△ABC 成立. 不妨设∠A、∠B 为锐角,过 A 作 AB 的垂线,与边 AC 的中垂线相交于 点 OB.过 B 作 BC 的垂线交 AB 的中垂线于点 OC,分别以 OB、OC 为心,过 A 点 作圆.设 P 为这两个圆的另一个公共点,则 AP⊥OBOC.连 PB、PC. 设 O 为△ABC 的外心,则 OOC∥AOB,四边形 OOBAOC 为梯形,对角线 OBOC 在梯形内,∠AOBOC <∠AOBO,所以∠PAOB=90°-∠AOBOC>90°-∠AOBO= ∠CAOB.同样∠PAOC>∠BAOC,所以射线 AP 在∠CAB 内,P 是 AP 与 点, 的交

与 A 在 BC 的同侧,所以 P 在△ABC 内.由于 BC 与⊙OC 相切,所以

∠PBC=∠PAB.同理∠PAB=∠PCA.因此,P 合乎要求. C1-024 在矩形 ABCD 内,M 是 AD 的中点,N 是 BC 的中点,在线段 CD 的延长线上取一点 P,用 Q 表示直线 PM 和 AC 的交点.证明:∠QNM=∠MNP. 【题说】 第六届(1972 年)全苏数学奥林匹克八年级题 1.

【证】 设 R 是直线 QN 和 CD 的交点,O 是矩形 ABCD 的中心, OM=ON 由 得:PC=CR.因此三角形 PNR 是等腰三角形(NC 是该三角形的中线和高,也 就是△PQN 的外角∠PNR 的平分线,又 NC⊥MN),问题的结论由此即得. C1-025 已知正方形 ABCD,点 P 和 Q 分别在 AB 和 BC 上,且 BP=BQ, BH⊥PC 于 H.证明:∠DHQ 是直角. 【题说】 第八届(1974 年)全苏数学奥林匹克十年级题 2.

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【证】 延长 BH 交 AD 于 E,则 Rt△ABE≌Rt△BCP,于是 AE=BP=BQ, 因此,QC=ED,从而得矩形 CDEQ.这个矩形的外接圆直径就是其对角线 CE 与 DQ,而∠CHE=90°,所以 H 点在矩形的外接圆上,即 C、D、E、H、Q 五 点共圆.对着直径 DQ 的圆周角: ∠DHQ=∠DCQ=90° 即∠DHQ 是直角. C1-026 设 ABCD 是矩形,BC=3AB,证明:如果 P、Q 是 BC 边上的点, BP=PQ=QC,那么∠DBC+∠DPC=∠DQC. 【题说】 第六届(1974 年)加拿大数学奥林匹克题 2. 【证】 如图所示,即证

β +γ =α 或 tan(β +γ )=tanα =1

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△BRD∽△PQD.于是∠RBD=∠DPC=β ,从而有β +γ =∠RBC=α . C1-027 在任一△ABC 的边上,向外作△BPC、△CQA 和△ARB,使得

2.QR=RP. 【题说】 第十七届(1975 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由荷兰 提供.

【证】 建立一个复平面,令 A 和 B 的坐标分别为-1 和 1,C 的

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因而

,于是 RQ⊥RP,RQ=RP.

C1-028 如图,两圆 O1、O2 相交于 A、B,圆 O1 的弦 BC 交圆 O2 于 E, 圆 O2 的弦 BD 交圆 O1 于 F,证明: 1.若∠DBA=∠CBA,则 DF=CE; 2.若 DF=CE,则∠DBA=∠CBA. 【题说】 1979 年全国联赛二试题 6.

【证】 1.连 AD、AE、AF、AC,则∠DFA=∠ECA. 又 所以 所以 DF=CE 2.由于∠DFA=∠ACE,∠AEC=∠ADF,DF=CE,所以△DAF≌△EAC, AD=AE.从而∠DBA=∠EBA. C1-029 两圆相切(内切或外切)于 P 点,一条直线切一个圆于 A, 交另一圆于 B、C.证明:直线 PA 是∠BPC 的平分线(如果两圆内切)或∠ BPC 的补角的平分线(如果两圆外切).
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∠DBA=∠CBA AD=AE,AC=AF △DAF≌△EAC

【题说】 1980 年五国国际数学竞赛题 4.本题由比利时提供. 【证】 设两圆外切(图 a),作公切线 PT,则 ∠APB=∠APT+∠TPB=∠BAP+∠BCP =∠BPC 的补角-∠APB 即 AP 是∠BPC 的补角的平分线. 若两圆内切(图 b),设公切线与 BC 相交于 T.因为∠CPT、∠APT、 ∠TAP 都是弦切角,故∠BPA=∠APC,因此,PA 是∠BPC 的平分线.

C1-030 已知 A 为平面上两条半径不等的圆 O1 和 O2 的一个交点, 两外 公切线 P1P2、Q1Q2 分别切两圆于 P1、P2、Q1、Q2,M1、M2 分别为 P1Q1、P2Q2 的中 点,求证:∠O1AO2=∠M1AM2. 【题说】 第二十四届(1983 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由原 苏联提供.

【证】 设 B 是两圆的另一交点,T、M 分别是 P1P2、O1O2 与 AB 的交点.

又 所以 因为

P1M1∥TM∥P2M2 MM1=MM2 AB⊥O1O2

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所以 TM 是 M1M2 的中垂线. 在 O1O2 上,取 MO3=MO2,则∠O3AM1=∠O2AM2.因为 O1P1∥O2P2,O1M1∥O2M2,P1M1∥P2M2 △O1P1M1∽△O2P2M2

由此可知,AM1 是∠O1AO3 的角平分线.所以 ∠O1AM1=∠O3AM1=∠O2AM2 故有 ∠O1AO2=∠O1AM1+∠M1AO2 =∠O2AM2+ ∠M1AO2=∠M1AM2

C1-031 如图,延长线段 AB 至 D,以 AD 为直径作半圆,圆心为 H.G 是半圆上一点,∠ABG 为锐角.E 在线段 BH 上,Z 在半圆

【题说】 1992 年澳大利亚数学奥林匹克题 5.

【证】 由 EH·ED=EZ 知△HEZ∽△ZED,所以∠EZH=∠EDZ=∠DZH.于 是 ∠AEZ=3∠EZH

2

22

C1-032 在正方形 ABCD 的 AB、 边各取点 K、 使得 AK· AD N, AN=2BK· 线 DN. 段 CK、CN 各交对角线 BD 于 L、M.试证:∠BLK=∠DNC=∠BAM. 【题说】 第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第二轮题 4.

【证】 令 AB=a,BK=b,DN=c,则 (a-b)(a-c)=2bc 即 a -bc=a(b+c)
2

所以 ∠BCK+∠DCN=45° ∠BLK=∠BCK+45°=90°-∠DCN=∠DNC 再由△ABM≌△CBM,得 ∠BAM=∠BCM=∠BCK+∠LCM =∠BCK+(90°- 45°)=∠BLK C1-033 如图,⊙O1 与⊙O2 外切于点 P,Q 是过 P 的公切线上任一点, QAB 和 QDC 分别是⊙O1 与⊙O2 的割线,P 在 AB、AD 和 DC 上的射影分别为 E、 F、G.求证:

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(1)∠BPC=∠EFG; (2)△EFG∽△PBC. 【题说】 1994 年四川省赛题 3.

【证】 (1)因 PQ 切⊙O1 与⊙O2 于 P, 所以 PBA 因为 所以 A、E、P、F 四点共圆. 故有 DAP (2) 同理,F、D、G、P 四点共圆.且 ∠BPC=∠BAP+∠PDC=∠EFP+∠PFG =∠ (3) (2)因为∠PEQ=∠PGQ=90° 所以 Q、E、P、G 四点共圆,于是 ∠GEP=∠GQP=∠DQP 由(2)、(4)与∠DAP+∠QPA=∠QDA+∠DQP 得 ∠FEG=∠FEP-∠GEP =∠DAP-∠DQP =∠QDA-∠QPA (5)
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∠QPA=∠ (1) ∠AEP=∠AFP=90°

∠FEP=∠FAP=∠

EFG

(4)

又 A、B、C、D 四点共圆,有∠QDA=∠QBC. 于是由(1)、(5)得 ∠FEG=∠QBC-∠PBA=∠PBC(6) 由(3)、(6)得△EFG∽△PBC.

C1-034 D、E、F 分别为△ABC 的边 BC、CA、AB 上的点,且∠FDE=∠ A,∠DEF=∠B,又设△AFE、△BDF、△CED 均为锐角三角形,它们的垂心依 次为 H1、H2、H3,求证: (1)∠H2DH3=∠FH1E; (2)△H1H2H3≌△DEF. 【题说】 1994 年江苏省赛题 5.

【证】 如图,(1)∠H2DB=90°-∠B,∠H3DC=90°-∠C,所以∠ H2DH3=180°-∠H2DB-∠H3DC=∠B+∠C. 而∠EH1F=180°-∠H1EF-∠H1FE=180°-(90°-∠AFE)-(90°- ∠AEF)=180°-∠A=∠B+∠C. 所以 ∠H2DH3=∠FH1E

(2)由(1)知∠FH1E+∠EDF=180°,所以,H1 在△DEF 的外接圆上.同 理 H2、H3 也在此圆上,因此 D、E、F、H1、H2、H3 六点共圆.又由(1)知∠ EH1F=∠H2DH3,所以 EF=H2H3.同理 DF=H1H3,DE=H1H2,故△DEF≌△H1H2H3.

C1-035 △ABC 为锐角三角形.AD 为 BC 边的高,H 为 AD 内一点.直 线 BH、CH 分别交 AC、AB 于 E、F.证明:∠EDH=∠FDH.

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【题说】 第 26 届(1994 年)加拿大数学奥林匹克题 5.又见第 3 届 (1993 年)澳门数学奥林匹克题 3.

[解] 过 A 作直线 l 平行于 BC.延长 DE、EF,分别交 l 于 Q、P. 由相似三角形,

AP=AQ 于是△DPQ 的高 DA 平分 PQ,所以△DPQ 是等腰三角形,并且∠EDH=∠ FDH. C1-036 在直角 KLM 内取一点 P.以 O1 点为圆心的圆ω 1 分别切∠KLP 的两边 LK 和 LP 于 A、D 两点;以 O2 点为圆心半径与圆ω 1 半径相等的圆ω 2 分别切∠MLP 的两边 LP、LM 于 B、E 两点.点 O1 在线段 AB 上.设 O2D 的延长 线与 KL 交于 C 点.证明:BC 是∠ABD 的平分线. 【题说】 第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克九年级题 6.

【证】 连结 O1D 及 O2B,则 O1D=BO2.因为 O1D⊥LP,O2B⊥LP,所以 O1D ∥BO2,O1BO2D 为平行四边形,从而 CO2∥AB,∠LDC=∠O1BD. ∠LCD=∠LAB=90° 因为 O2E⊥LM,所以 O2ELC 是矩形.因此 (1)

26

CL=O2E=O2B=DO1

(2)

由(1)、 (2)得 Rt△LCD≌Rt△O1DB,所以 CD=DB.于是∠ABC=∠BCD= ∠CBD,即 BC 是∠ABD 的平分线. C1-037 设 AK、BL、CM 是△ABC 的角平分线,K 在 BC 上,令 P、Q 分 别是 BL,CM 上的点,使得 AP=PK,AQ=QK.证明:

【题说】 1995 年城市数学联赛低年级较高水平题 3.

【证】 如图,设 BL 交△ABK 的外接圆于点 D. 则 ∠DAK=∠DBK=∠DBA =∠DKA 所以,DA=DK,从而 D 与 P 重合.即有

C1-038 设△ABC 是锐角三角形,且 BC>CA,O 是它的外心,H 是它 的垂心,F 是高 CH 的垂足,过 F 作 OF 的垂线交边 CA 于 P.证明:∠FHP= ∠BAC.

27

【题说】 第三十七届(1996 年)IMO 预选题.

【证】 延长 CF 交⊙O 于 D 点,连 BD、BH. 由于∠BHF=∠CAF=∠D 且 BF⊥HD,所以 F 为 HD 的中点. 设 FP 所在直线交⊙O 于 M、N 两点,交 BD 于 T 点. 由 OF⊥MN 知 F 为 MN 的中点.由蝴蝶定理即得 F 为 PT 的中点.又因 F 为 HD 的中点,故 HP∥TD,所以,∠FHP=∠D=∠BAC. C1-039 在凸凹边形 ABCD 的 BC 边上取 E 和 F 点 E 比 F 更靠近点 B)已 ( . 知∠BAE=∠CDF 及∠EAF=∠FDE.证明:∠FAC=∠EDB. 【题说】 第二十二届(1996 年)全俄数学奥林匹克十年级题 1.

【证】 因为∠EAF=∠FDE, 所以 A、 F、 共圆, E、 D ∠AEF+∠FDA=180°, 又∠BAE=∠CDF,所以 ∠ADC+∠ABC=∠FDA+∠CDF+∠AEF-∠BAE =180° 因此 A、B、C、D 共圆,∠BAC=∠BDC,由此得∠FAC=∠EDB. C1-040 在平行四边形 ABCD 中有一点 O, 使得∠AOB+∠COD=180°. 证 明:∠OBC=∠ODC. 【题说】 第二十九届(1997 年)加拿大数学奥林匹克题 4.

28

[解] 过 O 作 OE

BA,连 EC、ED,则四边形 EOAD、EOBC 都是平行四

边形,所以 CE∥BO,ED∥OA, ∠CED+∠COD=∠AOB+∠COD=180° O、C、E、D 四点共圆,从而 ∠ODC=∠OEC=∠OBC

C1-041 已知一个等腰三角形, 外接圆半径为 R, 内切圆半径为 r. 证 明:外接圆和内切圆的圆心距离 d 为

【题说】 第四届(1962 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由原东德 提供.

【证】 本题结论(即欧拉公式)对任意三角形(不限于等腰三角形) 均成立.设 M 为 BC 的中点,O 与 I 分别为外接圆和内切圆的圆心,外接圆 直径 MN 交 BC 于 D.连 IB、BM、AM 必过 I. 又设 IK⊥MN E、K 为垂足. IE⊥BC

29

=∠IBM 所以 又 而 所以
2 2 2 2

MI=MB IO =MI +MO -2MO·MK MB =MD·MN=2R·MD d =2R·MD+R -2R·MK =R -2R×DK=R -2Rr
2 2 2 2

C1-042 设过三角形的内心和重心的直线平行于一边.求证:其它二 边长的和等于这一边长的两倍. 【题说】 1963 年西安市赛高二题 3.

【证】 设△ABC 的三边为 a、b、c、M 为 BC 之中点,G、I 分别为△ ABC 的重心和内心,且 IG∥BC. 因为 所以 G 到 BC 的距离 GE=r(内切圆半径) BC 边上的高 h=3GE=3r,而 ha=r(a+b+c) (=2S△ABC) 所以 即 2a
30

IG∥BC

3a=a+b+c b+c=

C1-043

1.在凸六边形 ABCDEF 中,所有角都相等.证明: AB-DE=EF-BC=CD-FA

2.反之,若六条边 a1,a2,a3,a4,a5,a6 满足等式 a1-a4=a5-a2=a3- a6.证明:它们可以组成各内角相等的凸六边形. 【题说】 1964 年全俄数学奥林匹克八年级题 5 (1) 十年级题 3 、 (2) . 【证】 1.直线 AB、CD、EF 构成△GHI.由已知六边形各角相等知, 每个角都是 120°,从而△GHI 的每个角都是 60°,因此它是正三角形.并 且 AF、BC、DE 分别与边 GI、GH、HI 平行. AB+AC=AB+BI=AI=GF =GE+EF=DE+EF 所以 同理 AB-DE=EF=BC EF-BC=CD-FA

2.以 a1+a2+a6 为边作正三角形 GHI,然后在各边取 A、B、C、D、E、F, 使 BI=IC=a2,DG=GE=a4,FH=HA=a6,则 BC∥GH,DE∥HI,AF∥GI,所以六边 形 ABCDEF 各角相等, 并且 AB=a1, BC=BI=a2, AF=AH=a6, DE=DG=a4, (a1+a2+a6) CD= -a2-a4=a3.EF=(a1+a2+a6)-a4-a6=a5.

C1-044 已知 ABCD 为一圆外切梯形,E 是对角线 AC 和 BD 的交点,r1、 r2、r3、r4 分别是△ABE、△BCE、△CDE 和△DAE 的内切圆半径.证明:

【题说】 1964 年全俄数学奥林匹克十一年级题 2.

31

【证】 设△ABE、△BCE、△CDE、△DAE 的面积和周长分别为 S1、S2、 S3、S4;l1、l2、l3、l4. 由于 所 以 (2) 因为 所以 记之为 S.则 AB∥CD S2=S4 l1+l3=l2+l4 AB+CD=AD+BC

从而

相加并利用(2)得

即(1)成立.

C1-045 设点 M 是△ABC 的 AB 边上的任一内点, 1、 2、 分别是△AMC、 r r r △BMC、△ABC 的内切圆半径;q1、q2、q 分别是这些三角形在∠ACM、∠BCM、 ∠ACB 内的旁切圆半径.试证:

32

【题说】 第十二届(1970 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由波兰提 供. 【证】 设∠CAB=α ,∠ABC=β ,∠BCA=γ ,∠AMC=δ ;又设△ABC 的 内切圆的圆心为 R,且与 AB 切于 P(如图).于是

从而有

由于三角形的角的内、外分角线互相垂直,因而类似地有

由(1)和(2)可得

33

类似的结论对于△AMC 和△BMC 也成立,故有

将(4)、(5)相乘,并利用(3)得

C1-046 考虑如图 a、图 b 所示的△ABC 和△PQR.在△ABC 中,∠ADB= ∠BDC=∠CDA=∠120°.试证: x=u+v+w.

【题说】 第三届(1974 年)美国数学奥林匹克题 5. 【证】 △BCD 绕 B 逆时针方向旋转 60°,至△BEF,如图 c.这时易知 A、 F、 在一直线上, AE=u+v+w. D、 E 且 再将△EAC 绕 E 顺时针方向旋转 60°, 至△EGB. 则△AEG 为正三角形且易证它与△PQR 全等, 其中 B 相当于 O 点. 得 证.

34

【别证】 (1)△PQR 绕 R 逆时针旋转 60°,至△SPR,如图 d.这时 作正△ROT 外接圆, 设交 RP 于 D′. 易证∠OD′T=∠TD′P=∠PD′O=120°. 由 △ABC 中 D 点的唯一性及△ABC≌△TOP 知 PD′=w,OD′=v,TD′=u.又由 托勒密定理,知 RD′=u+v,故 x=u+v+w.

(2)过 O 作△PQR 三边平行线,如图 e,也可以得结论. C1-047 直径 A0A5 把圆 O 分成两个半圆,其中一个半圆分成五段等

点 M、N.证明:线段 A2A3 与 MN 之和等于圆的半径.

【题说】 第十九届(1985 年)全苏数学奥林匹克八年级题 6. 【证】 在圆上分别标出点 A1、A2、A3、A4 关于直径 A0A5 的对称点 B1、B2、 B3、B4,得圆的内接正十边形 A0A1?A5B4B3?B1(如图).则 A2B1∥A3B2,A2B1 ∥A1A0,OA2∥B2A1,A0A5∥A1A4∥A2A3.由对称性知 A2B1 和 B2A1 的交点 K 在 A0A5 上.又设 A2B1 和 A1A4 相交于点 L.于是 KA2A3O、A0A1LK、A1MOK、LNOK 都是平 行四边形.所以 A2A3=KO=A1M=LN,从而 MN=A1L=A0K.因此,A2A3+MN=A0O. C1-048 四边形 ABCD 内接于圆,另一圆的圆心 O 在边 AB 上且与其余三 边相切.求证:AD+BC=AB. 【题说】 第二十六届(1985 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由英国 提供.

35

【证】 在 AB 上取点 M,使 MB=BC.连结 OD、OC、MD 和 MC.

所以 C、D、M、O 四点共圆.

所以∠AMD=∠ADM,故 AM=AD.从而 AB=AM+MB=AD+BC 【别证】 设半圆半径为 1,∠OAE=α ,则 AE=cotα .

同理可证 故

BG+ED=BO AD+BC=AB

C1-049 已知两圆相交于 M 和 K,引两圆的公切线,切点为 A 和 B.证 明:∠AMB+∠AKB=180°.

36

【题说】 第十四届(1988 年)全俄数学奥林匹克八年级题 2. 【证】 如图,连结 MK,则 ∠AMK=∠KAB ∠BMK=∠KBA 两式相加得 ∠AMB=∠KAB+∠KBA 因此 ∠AMB+∠AKB=∠KAB+∠KBA+∠AKB=180°

C1-050 在一个三角形中,以 ha、hb、hc 表示它的三条高,以 r 表示它 的内切圆半径.证明:当且仅当三角形为等边三角形时,ha+hb+hc=9r. 【题说】 1988 年原联邦德国数学奥林匹克(第一轮)题 2. 【证】 设三角形三边为 a、b、c,周长为 p,面积为 S,则 2S=rp=aha=bhb=chc

当且仅当 a=b=c,即三角形为等边三角形时取等号,即 ha+hb+hc=9r

37

C1-051 设点 D、E、F 分别在△ABC 的三边 BC、CA、AB 上,且△AEF、 △BFD、 △CDE 的内切圆有相等的半径 r, 又以 r0 和 R 分别表示△DEF 和△ABC 的内切圆半径.求证: r+r0=R

【题说】 第四届(1989 年)全国冬令营赛题 4. 【证】 设 p 为△ABC 的半周长,q 为△DEF 的半周长.因为 S△ABC=S△AEF=S△BFD+S△CDE+S△DEF 所以 R·p=r·p+(r0+r)·q (1)

所以 R(p-q) =Pr 由(1)、(4)得 Rq=(r0+r)q,即 R=r0+r. C1-052 在圆内引弦 AB 和 AC,∠BAC 平分线交圆于 D 点.过 D (4)

【题说】 第十六届 (1990 年第三阶段) 全俄数学奥林匹克九年级题 8.

38

【证】 作 DM⊥AC 于 M(如图).因为 ABDC 内接于圆,所以 ∠MCD=∠B 若 B 与 E 重合,则 ∠B=90°=∠ACD Rt△ABD≌Rt△ACD,结论显然成立. 若 B 与 E 不重合,则∠B 为锐角或钝角.不妨设∠B 为锐角(钝角情形 同样讨论),则∠ACD 为钝角,M 在 AC 延长线上,而 E 点在 AB 线段内. 由于 AD 平分∠BAC,所以 DE=DM,AE=AM.从而△BDE≌△CDM,则

C1-053 四边形 ABCD 内接于半径为 r 的圆, 对角线 AC、 相交于 E. BD 证 明:若 AC⊥BD,则 EA +EB +EC +ED =4r
2 2 2 2 2

(1)

若(1)成立,是否必有 AC⊥BD?说明你的理由. 【题说】 1991 年英国数学奥林匹克题 3.

【解】 若 AC⊥BD,则 EA +EB +EC +ED =AB +CD . 由正弦定理

2

2

2

2

2

2

39

AB =4r sin ∠ACB CD =4r sin ∠CBD=4r cos ∠ACB 所以 =4r sin ∠ACB+4r cos ∠ACB =4r
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

EA +EB +EC +ED

2

2

2

2

反之,若(1)成立,未必有 AC⊥BD.例如 AC、BD 为任两条直径,则 交点 E 即为圆心.(1)式显然成立.

C1-054 设∠A 是三角形 ABC 中最小的内角.点 B 和 C 将这个三角形的 外接圆分成两段弧.设 U 是落在不含 A 的那段弧上且不等于 B 与 C 的一个 点.线段 AB 和 AC 的垂直平分线分别交线段 AU 于 V 和 W.直线 BV 和 CW 相 交于 T. 证明:AU=TB+TC.

【题说】 第三十八届(1997 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由英国 提供. 【证】 如图所示,因为点 V 在线段 AB 的垂直平分线上,所以∠VAB= ∠VBA.又因∠A 是△ABC 的最小内角,且∠VAB=∠UAB<∠CAB 故 ∠VBA=∠VAB<∠CAB≤∠CBA 即 V 在∠ABC 内. 同理 W 在∠ACB 内.BV 与 CW 的交点 T 在△ABC 内. 延长 BT 交外接圆于 S.由于 AU 与 BS 关于弦 AB 的中垂线对称,所以 AU=BS. 因为∠TCS=∠TCA+∠ACS=∠WAC+∠ABS=∠WAC+∠VAB=∠BAC=∠BSC,所 以 TS=TC,从而
40

AU=BT+TS=BT+TC

C1-055 在圆上取六个点 A、B、C、D、E、F,使弦 AB 与 DE 平行,弦 DC 与 AF 平行.证明:弦 BC 与弦 EF 平行.

【题说】 1959 年~1960 年波兰数学奥林匹克三试题 5. 【证】 圆上六点的顺序有种种情况.以图 a、图 b 所示的两种为例, 其他情况可仿此证明. 在图 a 中,因 AB∥DE,DC∥AF,故有

所以

BC∥EF

所以,BC∥EF. C1-056 在平行四边形 ABCD 的两边 AB、 上, AD 向外作两个正方形 ABMX、 ADNY.求证:CA⊥XY.

41

【题说】 1963 年武汉市赛高三一试题 4. 【证】 如图,延长 CA 交 XY 于 E,因 ∠ABC=180°-∠BAD =180°-(360°-∠BAX-∠XAY-∠YAD) =∠XAY 又 所以 △XAY≌△ABC,从而 ∠XYA=∠ACB=∠CAD 所以 ∠AEY=180°-∠EAY-∠EYA=180°-∠EAY-∠CAD=∠ DAY=90°.亦即 AC⊥XY. AY=AD=BC 及 AX=BA

C1-057 作△ABC 外接圆,连接 AC 中点与 AB、BC 中点的弦,分别交 AB 于 D,交 BC 于 E.证明:DE∥AC 且通过三角形的内心.

【题说】 1965 年全俄数学奥林匹克八年级题 3.

△ABC 的内心,则 AM、BN 过 O.又设 LN 与 AC 交于 K,连结 OK.

LN⊥AM 在△AON 中,易知∠AON=∠NAO.从而 ND 平分 AO.又 AO 平分∠A.从 而 AO 平分 DK. 因此在四边形 AKOD 中二对角线 AO、 互相垂直平分, AKOD DK 故 是菱形.于是 DO∥AK.
42

同理,四边形 CEOJ 是菱形,从而 OE∥CJ,从而 D、O、E 在一条直线上, 即 DE∥AC,而且 DE 过△ABC 内心 O.

C1-058 某个平面四边形,各边之长顺次为 a,b,c,d,对角线互相垂 直.试证:任何其它四边形,若其各边长顺次为 a,b,c,d,则其对角线 也互相垂直.

【题说】 1975 年~1976 年波兰数学奥林匹克三试题 4. 【证】 设四边形 ABCD、A′B′C′D′的边长顺次为 a,b,c,d,AC 与 BD 相交于 O,并且 AC⊥BD(如图). 显然 a -b =AO -OC =d -c
2 2 2 2 2 2

设 B′在 A′C′上的射影为 P,D′在 A′C′上的射影为 Q,则 A′P -PC′ =a -b =d -c =A′Q -QC′ 即
2 2 2 2 2 2 2 2

A′C′× (A′P-PC′)=A′C′× (A′Q-QC′)

从而 A′P-PC′=A′Q-QC′, A′P+PC′=A′C′=A′Q+QC′, 又 所以 A′ P=A′Q,P 与 Q 重合,并且均在 B′D′上.于是 B′D′⊥A′C′. C1-059 已知平面上的三个正方形 ABCD、A1B1C1D1 和 A2B2C2D2(正方形的 顶点是沿逆时针方向标写的).并且顶点 A1 与 A 重合,而 C2 与 C 重合,试 证:线段 D1D2 与 BM(其中 M 为线段 B1B2 的中点)互相垂直并且|D1D2|=2|BM|.

43

【题说】 第六届(1981 年)全俄数学奥林匹克十年级题 5. 【证】 设 B 为原点,其它各点的复数表示仍用同样的字母,则由于 M 是线段 B1B2 中点, 2·M=B1+B2=(B1-A)+(B2-C)+A+C =(D1-A)·(-i)+(D2-C)·i+A+C =(D2-D1)i+A·(1+i)+C·(1-i) =(D2-D1)i+C·i(1+i)+C·(1-i) =(D2-D1)i 因此线段 D1D2⊥BM,并且|D1D2|=2|BM|. C1-060 如图,在凸四边形 ABCD 中,AB 与 CD 不平行.圆 O1 过 A、B 且 与边 CD 相切于 P,圆 O2 过 C、D 且与边 AB 相切于 Q,圆 O1 与圆 O2 相交于 E、 F.求证:EF 平分线段 PQ 的充分必要条件是 BC∥AD.

【题说】 第五届(1990 年)全国冬令营赛题 1. 【证】 首先证明:

如图,分别延长 CD 与 BA,记它们的交点为 S.并记 SC,SD,SP,SA, 2 2 SB,SQ 为 c,d,p,a,b,q,则 p =ab,q =cd.于是
44

延长 PQ 分别交圆 O1、O2 于 J、I,则由相交弦定理可知 PD·PC=PI·PQ,QA·QB=QJ·PQ

弦定理可知 KP·KJ=KE·KF=KQ·KI 即 于是 KP(KQ+QJ)=KQ(KP=PI) KP·QJ=KQ·PI

综上所述,命题得证.

C1-061 △ABC 是直角三角形,以直角边 AC 和 BC 为边分别向外作两个 菱形 ACDE 和 CBFG,其中心分别为 P 和 Q,且∠EAC=∠GCB<90°,如果 M 和 N 分别为 AB 和 DG 的中点.证明:PQ⊥MN. 【题说】 1992 年友谊杯国际数学竞赛八年级题 2. 【证】 容易证明,△ACG≌△BCD,所以 AG=BD.从而以四边形 ADGB 各 边中点为顶点的四边形 P,N,Q,M 是菱形,故 PQ⊥MN.

C1-062 ABCDE 是凸五边形,AB=BC,∠BCD=∠EAB=90°.X 为此五边形 内一点,使得 AX⊥BE 且 CX⊥BD.证明:BX⊥DE.
45

【题说】 1992 年澳大利亚数学奥林匹克题 3. 【证】 设 AX 交 BE 于 Y,CX 交 BD 于 Z,BX 交 DE 于 F.则 AB =BY·BE=BZ·BD 所以 D,E,Y,Z 四点共圆.又由于 B,Y,X,Z 四点共圆,所以 ∠BXZ=∠BYZ=∠ZDF 故 D,F,X,Z 四点共圆,从而∠BFD=∠DZX=90°,即 BX⊥DE.
2

C1-063 已知△ABC 以 O1、O2、O3 为旁切圆圆心.证明:△O1O2O3 是锐角 三角形. 【题说】 第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第一轮题 3. 【证】 易知△O1O2O3 包含△ABC,△ABC 三内角平分线是△O1O2O3 三高, △ABC 内心 O 是△O1O2O3 垂心.O 在△ABC 内,更在△O1O2O3 内,故△O1O2O3 为 锐角三角形. C1-064 在△ABC 中,∠A 的平分线交 AB 边中垂线于 A′,∠B 的平分 线交 BC 边中垂线于 B′,∠C 的平分线交 CA 边中垂线于 C′.求证: (1)若 A′与 B′重合,则△ABC 为正三角形;

46

【题说】 1993 年德国数学奥林匹克(第二轮)题 3. 【证】 (1)若 A′与 B′重合,则△ABC 的内心与外心重合,从而△ ABC 为正三角形. (2)将△A′AC′绕 A 旋转,使 A 与 B 重合.设这时 C′转到

∠ABC-∠BAC+∠ACB) =∠B′CC′. 所以△B′BK≌△B′CC′, B′K=B′ C′.从而△B′A′K≌△B′A′C′,∠

【注】 设 I 为内心, 的垂直平分线交 BB′于 J, AB 则可以证明△A′C′ I∽△A′B′J,从而导出结论,但需要稍多的计算.

C1-065 ABC 是一个等腰三角形,AB=AC,假如 (i)M 是 BC 的中点,O 是直线 AM 上的点,使得 OB 垂直于 AB; (ii)Q 是线段 BC 上不同于 B 和 C 的一个任意点; (iii)E 在直线 AB 上,F 在直线 AC 上,使得 E,Q,F 是不同的和共 线的. 求证:OQ⊥EF 当且仅当 QE=QF.

【题说】 第三十五届(1994 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由亚美 尼亚-澳大利亚提供.

47

【证】 连线段 OE、OF、OC.由对称性,OC⊥AC,∠OBQ=∠OCQ.若 OQ ⊥EF,则 O、Q、B、E 四点共圆,O、Q、C、F 四点共圆,故 ∠OEQ=∠OBQ,∠OFQ=∠OCQ 于是 又 OQ⊥EF,故 QE=QF. 反之,若 QE=QF,过 E 作 EG∥BC 交 AC 于 G,则易知 EB=GC=CF. 又 OB=OC,∠OBE=∠OCF=90°,所以△OBE≌△OCF,OE=OF. 从而 OQ⊥EF. C1-066 如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E、F、G、 (1)

∠OEQ=∠OFQ,OE=OF

CD 于 P,交 DA 于 Q.求证:MQ∥NP.

【题说】 1995 年全国联赛二试题 3. 【证】 连结 AC,则 O 为 AC 中点,再连结 MO、NO.则

∠MON=180°-(∠OMN+∠MNO)

因此
48

△AMO∽△OMN∽△CON

同理

AQ·CP=OA ,从而 AM·CN=AQ·CP

2

即 AQ=CP∶CN 又 ∠MAQ=∠PCN,故△AMQ∽△CPN.因此 ∠AMQ=∠CPN 从而 MQ∥NP.

AM∶

C1-067 如图,⊙O1 和⊙O2 与△ABC 的三边所在直线都相切.E、F、G、 H 为切点,且 EG、FH 的延长线交于 P 点.求证:PA⊥BC.

【题说】 1996 年全国联赛二试题 3. 【证】 由旁切圆性质知, CE=p(△ABC 半周长)=BF 分别过 P、A 作 PP1⊥BC,AA1⊥BC.连 O1E、O1C,易知 Rt△O1EC∽Rt△ P1EP.从而 EP1∶O1E=PP1∶CE 同理 FP1∶O2F2=PP1∶BF 故 因 EP1∶O1E=FP1∶O2F2 △AGO1∽△AHO2 Rt△O2FB∽Rt△P1FP

49

因此 P1 与 A1 重合,即 PA⊥BC. C1-068 在△ABC 中,AM 是 A 到∠C 的平分线所作的垂线,M 为垂足; AN、CL 分别是 A、C 到∠B 的平分线所作的垂线,N、L 为垂足,MN 的延长线 交 AC 于 F,BF 的延长线交 CL 于 E,BL 交 AC 于 D.求证:DE∥MN.

【题说】 1996 年江苏省竞赛题 3. 【证】 (1)延长 AM 交 BC 于 D′,延长 AN 交 BC 于 E′,则由已知可 得,AN=NE′,AM=MD′,故 MN∥BC (1)

注意到 AM=MD′,故 AF=FC.连 LF 并延长交 BC 于 G,设 CL 交 BA 延长 线于 G,则 L 平分 CG,所以 LF∥AB,故 BG=GC (2)

C1-069 在等腰△ABC 中,AC=BC.O 是它的外心,I 是它的内心,点 D 在 BC 边上,使得 OD 与 BI 垂直.证明:直线 ID 与 AC 平行.

50

【题说】 第二十二届(1996 年)全俄数学奥林匹克九年级题 6. 【证】 如果△ABC 是等边的(点 O 与 I 重合),那么结论显然成立. 设点 O 在点 I 与 C 之间(如图 a),作高 CE,则

∠EIB=∠ODB 所以 B、I、O 和 D 四点共圆,于是∠IDB=∠IOB.

于是∠IDB=∠ACB,ID∥AC. 当点 I 在点 O 与 C 之间时,证法同上.见图 b、图 c.

C1-070 三只苍蝇沿三角形 ABC 的边爬行,它们形成的三角形的重心都 在同一位置,证明:如果它们中的一只苍蝇沿三角形的整个边界爬过,那末 它们的重心与△ABC 的重心重合. 【题说】 第九届(1975 年)全苏数学奥林匹克八年级题 5. 【证】 如果一只苍蝇位于顶点 A,那末,由苍蝇形成的三角形的重心 位于三角形 ADE 内(如图),这里 DE∶BC=2∶3.因为一只苍蝇游遍了所有 顶点,所以“苍蝇三角形”的重心应属于图中带斜线的三个三角形.而它们 唯一的公共点就是△ABC 的重心.

51

C1-071 设线段 AB 的中点为 M, AB 上另一点 C 向直线 AB 的一侧引线 从 段 CD;令 CD 的中点为 N,BD 的中点为 P,MN 的中点为 Q.求证:直线 PQ 平 分线段 AC.

【题说】 1978 年全国联赛一试题 6. 【证】 如图,设 PQ 交 AB 于 E,连 PN,因为 P 为 BD 的中点,N 为 CD 的中点,所以

又 Q 为 MN 的中点,故 △QME≌△QNP

=CM+BC-EM=CM+EM=CE C1-072 在△ABC 中,边 AB=AC,有一个圆内切于△ABC 的外接圆,并且 与 AB、AC 分别相切于 P、Q.求证:P、Q 两点连线的中点是△ABC 的内切圆 圆心.

52

【题说】 第二十届(1978 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由美国提 供. 【证】 如图.设 D 是两圆的切点,E 是 PQ 的中点,连接 AD、BE、PD、 BD.由于△ABC 是等腰三角形,易知 AD 是△ABC 外接圆的直径. 又因 AB、AC 和△ABC 的内切圆相切于点 P、Q,所以 AP=AQ.因

以∠BPD=∠EPD.又因为 PD 是公共边,所以,Rt△BPD≌Rt△EPD,所 以 PB=PE,∠PBE=∠PEB. 又因为 AD⊥BC,AD⊥PQ,所以 BC∥PQ,∠PEB=∠EBC,于是有 ∠PBE=∠EBC 即 BE 平分∠ABC.因此 E 点是△ABC 的内心. C1-073 已知△ABC 三内角比为 1∶2∶6,又 a、b、c 为角 A、B、C 所 对之边.求证:a∶b=(a+b)∶(a+b+c).

【题说】 1979 年芜湖市赛题 8. 【证】 因∠A+∠B+∠C=180°.故 ∠A=20°,∠B=40°,∠C=120° 延长 AC 到 G,使 CG=CB,延长 BC 到 D,使 CD=CA.设直线 AB、DG 相交 于 E.易知△EAD 是等腰三角形,BG∥AD,△BCG 与△ACD 都是等边三角形,
53

并且,∠BDE=∠BAC=20°,∠BED=∠ABC-∠BDE=20°=∠BDE.所以, BE=BD=BC+CD=a+b.由于 BG∥

C1-074 已知位于同一平面内的正三角形 ABC、CDE 和 EHK(顶

【题说】 第十五届(1981 年)全苏数学奥林匹克九年级题 2.要证△ BHD 为正三角形, 只须证它的一边绕着一顶点向另一边旋转 60°后重合于这 一边. 【证】 将△CAD 绕点 C 逆时针旋转 60°,那末它将变为△CBE.所

|DK|=|AD|=|BE|,再将△HBE 绕 H 顺时针旋转 60°,因为△EHK 是正三 角形, 所以点 E 变为点 K; 线段 EB 变为线段 KD; B 变为点 D, 点 于是|HB|=|HD|, ∠BHD=60°,△BHD 是正三角形.

C1-075 1.△ABC 为任意三角形,它的重心 G 有如下的性质:过它任作 直线 XY 与边交于 P、Q,以 A、B、C 为顶点,以 PQ 为底边的三个顶点三角 形,分居 X、Y 的两侧,若以一侧的三角形面积为正,另一侧的为负,则所 有顶点三角形面积之值的代数和为零(即一侧的顶点三角形面积(和),等 于另一侧顶点三角形面积(和)),试证之.2.对于任意四边形 ABCD,具 有上述性质的点是否存在?若存在,请找出来;若不存在,请证明. 【题说】 1981 年芜湖市赛题 6.

54

【证】 1.若 XY 过一顶点,结论显然. 若 XY 不过顶点,则必有两个顶点,不妨设 A、B 在 ZY 的同一侧,如图 a 所示. 令 hA、hB、hC 分别为 A、B、C 到 XY 的距离,M 为 AB 中点,hM 为 M 到 XY 的距离,则有 hA+hB=2hM 易 知 所以 即 hC=2hM hA+hB=hC,S△APQ+S△BPQ=S△CPQ S△APQ+S△BPQ-S△CPQ=0

2.四边形 ABCD 对边中点连线 MN 和 ST 的交点 O,具有类似性质.过 O 任作直线 XY.不妨设 XY 交 CD 于 X,交 AB 于 Y,hA、hB、hC、hD、hM、hN 分别 为 A、B、C、D、M、N 到 XY 的距离,则 hB+hC=2hN hA+hD=2hM 又易知四边形 MTNS 是平行四边形,O 为 MN 中点,所以 hM=hN 由(1)、(2)、(3)得
55

(1) (2)

(3)

S△AXY+S△DXY+S△CXY+S△BXY=0

(4)

另一方面,设 O′为这样的点,过 O′作直线分别交 CD 于 X、交 AB 于 Y,则(沿用上面的符号)(1)、(2)、(4)成立,所以(3)成立,即 O′为 MN 中点,从而 O′与 O 重合,即具有上述性质的点是唯一的. C1-076 如图,AE 和 AF、BF 和 BD、CD 和 CE 分别是△ABC 中∠A、∠B、 ∠C 的三等分线.求证:△DEF 是等边三角形. 【题说】 1982 年上海市赛二试题 6.这结果是 F.Morley 在 1899 年 发现的,故称为 Morley 定理.

【证】 如图,记 A=3α ,B=3β ,C=3γ ,AE=m,AF=n,△ABC 的三边 长为 a、b、c. 由于 3α +3β +3γ =180°.所以α +β +γ =60°.α +β =60°-

在△ABC 中有 bsin3γ =csin3β ,从而

由于α +β +γ =60°.所以存在以 60°+β ,60°+γ 和α 为内角的三角 形,夹α 角的两边之比为

△EAF 与这三角形相似,从而
56

∠AFE=60°+β ∠AEF=60°+γ 同法可证∠BFD=60°+α ,而 ∠AFB=180°-(α +β ) 因此 ∠EFA+∠AFB+∠BFD=(60°+β )+(180°-α -β )+(60°+α )=300° 所以∠DFE=60°. 类似地,△DEF 的另两个内角也为 60°. 因此△DEF 是等边三角形. C1-077 如图所示,△ABC、△A′B′C′为二正三角形.P、Q、R 分别 为 AA′、BB′、CC′的中点.试证:△PQR 也是正三角形. 【题说】 1983 年芜湖市赛题 4.

【证】 连 A′Q 并延长至 A″,使 A″Q=A′Q,连 A′R 并

=∠CAB.从而 C、B、A、S 四点共圆.故∠SCA=∠SBA,所以∠

57

是正三角形. C1-078 已知锐角三角形 ABC 的外接圆半径是 R,点 D、E、F 分别在边 BC、CA、AB 上.求证:AD、BE、CF 是△ABC 的三条高

【题说】 1986 年全国联赛二试题 2.

【证】 S=SOEAF+SOFBD+SODCE

等号当且仅当 OA⊥EF、OB⊥FD、OC⊥DE 时成立.这样的△DEF 唯一存 在,它就是垂足三角形.事实上,由 BE⊥AC、CF⊥AB 和 B、C、E、F 四点共 圆, 从而∠AFE=∠ACB; 又由∠AOB=2∠ACB 及 OA=OB 知∠OAB=90°-∠ACB. 所 以 OA⊥EF,同理 OB⊥FD,OC⊥DE. 设另有△D′E′F′三边分别垂直于 OA、OB、OC,即分别平行于垂足三 角形 DEF 的对应边,且 D′、E′、F′分别在 BC、AC、AB 上,则△DEF 与△ D′E′F′位似,A 为位似中心.D′必在 AD 上,因为 D′又在 BC 上,所以 D′与 D 重合,同理 E′、F′也分别与 E、F 重合.于是命题得证.

C1-079 设 I 为三角形 ABC 内心, A′、 且 B′、 C′分别是△IBC、 △ICA、 △IAB 的外心,求证:△ABC 与△A′B′C′有相同外心. 【题说】 第十七届(1988 年)美国数学奥林匹克题 4.此题结论即为 △ABC 与△A′B′C′有共同的外接圆.
58

【证】 作△ABC 外接圆,延长 AI 交圆于 A″,连 BA″、CA″,易知

故 A″B=A″I=A″C.即 A″是△BIC 的外心,即 A″与 A′重合. 同理,B′与 B″、C′与 C″分别重合.因此,△ABC 与△A′B′C′有 同一个外接圆.

C1-080 在△ABC 的边 AB、 CA 上分别取 D、 F, BC、 E、 使得 DE=BE, FE=CE. 证 明:△ADF 的外心在∠DEF 的平分线上. 【题说】 第二十三届(1989 年)全苏数学奥林匹克十年级题 2.

【证】 如图,∠DEF=180°-(180°-2∠B)-(180°-2∠C)=180° -2∠A.因此∠A 是锐角,从而△ADF 的外心与顶点 A 在 DF 的同侧,∠DOF=2 ∠A=180°-∠DEF.因此 D,E、F、O 四点共圆.于是∠DEO=∠DFO=∠FDO= ∠FEO.即 O 在∠DEF 平分线上.

C1-081 △A1B1C1 是不等边锐角△ABC 的垂足三角形,A2、B2、C2 是

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△A1B1C1 内切圆分别与各边的切点.证明:△A2B2C2 与△ABC 的欧拉线重 合. 注:三角形的欧拉线是指垂心和外心的连线. 【题说】第七届(1990 年)巴尔干地区数学奥林匹克题 3.

【证】如图,设△ABC 的垂心为 H,则 ∠HA1B=∠HC1B=∠BA1A =∠BB1A=90° 所以 A1、 C1、 与 A1、 1、 B 分别共圆, H、 B B A、 因此∠HA1C1=∠HBC1=∠HA1B1. 即 A1H 是∠B1A1C1 的平分线. 同理, 1H、 1H 分别是∠A1B1C1、 1C1B1 的平分线. B C ∠A 因 此 H 是∠A1B1C1 的内心,从而 H 是△A2B2C2 的外心,并且 B2、C2 关于 A1H 对称, 所以 B2C2∥BC.同理,A2C2∥AC,A2B2∥AB.故△ABC 与△A2B2C2 是位似形,于 是这两个三角形的欧拉线或者平行或者重合.由于 H 是△ABC 的垂心又是△ A2B2C2 的外心,且在这两个三角形的欧拉线上,所以这两个三角形的欧拉线 重合. C1-082 凸六边形 ABCDEF 内接于圆,并且 AB=CD=EF,对角线 AD、

【题说】第二十三届(1994 年)美国数学奥林匹克题 3.

【证】因为 CD=EF,所以 CF∥DE.由此可得△CPQ∽△EPD,因而

60

又 ∠QDE=∠ACE,∠QED=∠AEC.所以△QDE∽△ACE,

C1-083 锐角△ABC 的高 AD、BE、CF 交于点 H,AD、BE、CF 的延长线分 别△ABC 的外接圆于点 A1、B1、C1.试证: (1)六边形 AC1BA1CB1 的周长等于三线段 AH、BH、CH 之和的两倍; (2)R(DE+EF+FD)=2S,这里 R、S 分别为△ABC 外接圆的半径与△ABC 的面积. 【题说】1997 年江苏省赛题 3.

【证】(1)如图所示,∠AC1H=∠ABC,∠BCF+∠ABC=90°,∠BCF+∠ AHC1=90°,故∠ABC=∠AHC1,从而∠AHC1=∠AC1H,Rt△AHF≌Rt△AC1F, AC1=AH.同理可证 BC1=BH=BA1,C1A=CH=CB1,AB1=AH,因此 AC1+C1B+BA1+A1C+CB1+B1A=2(AH+BH+CH); (2) O 为外接圆心, 设 连接 AO 并延长交△ABC 外接圆于点 K, 连接 BK, 则∠ABK=90°,于是∠BAK+∠BKA=90°,又∠BKA=∠ACB.连接 FE,因为 B、 C、E、F 四点共圆,故∠AFE=∠ACB,从而∠BAK+∠AFE=90°,AK⊥EF,即 AO⊥EF. 同理 BO⊥DF,CO⊥ED.故 S=S 四边形 AFOE+S 四边形 BDOF+S 四

C1-084 在任意六边形中, 以相邻三顶点为顶点的三角形共有 6 个. 试 证:这六个三角形的重心顺次连接起来,必成一个平行六边形(即三组对边 分别平行且相等).
61

【题说】1962 年成都市赛高三一试题 4.

【证】如图,设 I、J、 K、 L、M、 N 分别为△ABC、△BCD、△CDE、 △DEF、△EFA、△FAB 的重心. 设 BC 的中点为 P,则 AP、DP 分别是△ABC、△BCD 的中线,因而 I、J 分别在 AP、DP 上,且 PI∶IA=PJ∶JD=1∶2,从而 IJ∥

C1-085 从凸四边形 ABCD 顶点引对角线的垂线, 垂足分别为 A1、 1、 1、 B C D1.证明:四边形 A1B1C1D1 与 ABCD 相似. 【题说】1964 年全俄数学奥林匹克九年级题 3.

【证】设 AC 与 BD 的交点为 O,∠A1OD1=α .易知 A、D、A1、D1 共圆, △OA1D1∽△OAD ∠OA1D1=∠OAD

62

同理 ∠OA1B1=∠OAB, 所以∠D1A1B1=∠DAB, 进而四边形 A1B1C1D1 与 ABCD 的角均对应相等,并且,

所以两四边形相似. C1-086 在平面上有 n 个点(n≥4),其中任意四个点都是一个凸四边 形的顶点.证明:这 n 个点是一个凸多边形的顶点. 【题说】1967 年~1968 年波兰数学奥林匹克三试题 1. 【证】考虑这 n 个已知点 A1、A2、?、An 的凸包 F.F 是凸多边形,而 且顶点∈{A1,A2,?,An}.不妨设 F=A1A2?Am.若 m<n,用对角线将 F 分成 三角形,An 在 F 内,因而必在某个△AiAjAk 内,这与 Ai、Aj、Ak、An 组成凸四 边形矛盾.因此 F=A1A2?An,即 n 个已知点组成一个凸多边形.

C1-088 菱形 ABCD 的边和一条对角线 BD 的长都是 a,过顶点 C,在菱 形外作直线,分别交 AB 与 AD 的延长线于 E、F.连 ED、FB,设它们的交点 是 M 若△BEM 与△DFM 的外接圆半径分别是 R1、R2.证

【题说】1980 年安徽省赛题 3.

【证】 因为 BE∥DC, BC∥DF, 所以△BEC∽△DCF, BE· DF=DC· BC=a . 因 为 DB=a,所以 BE∶BD=BD∶DF.又∠EBD=∠BDF=120°,所以△BED∽△DBF, ∠BED=∠DBF.因为∠BED+∠MBE=∠DBF+∠MBE=∠EBD=120° 所以 ∠EMB=60°

2

63

C1-089 已知内接于圆的四边形的边长分别为 a、b、c、d.l.求

【题说】1982 年上海市赛一试题 2.

【证】1.如图,设 a、b 边所夹的角为θ .连对角线 e,则

又 θ e =c +d +2cdcos θ
2 2 2

e =a +b -2abcos (2)

2

2

2

(3) (2)-(3)得 a +b -c -d -2(ab+cd)cosθ =0
2 2 2 2

64

2.如果这个四边形又有内切圆,那么 a+c=b+d 代入(5)式,即得

C1-090 证明:对每个偶数 n≥6,存在一个凸六边形,它可以分为 n 个 全等的三角形. 【题说】 1990 年亚太地区数学奥林匹克题 5.

【证】可以考虑平行四边形 ABCD,其中∠A 为钝角,用平行于 AD 的直 线将这个平行四边形分为 n 个全等的平行四边形, 每个平行四边形又用其一 条对角线分为两个全等的三角形,共得 2n 个全等的三角形.如图所示,再 将左边的一个△ADE 以 AD 为轴反射到△ADE′, 将右边的一个△BCF 以 BC 为 轴反射到△BCF′,则得凸六边形 ABF′CDE′,它可分为 2n+2 个全等的三 角形, 显然这样的凸六边形合乎要求 (这里 n 为不小于 2 的任一自然数) .

C1-091 设 ABCDE 是圆内接五边形,假设 AC、BD、CE、DA 和 EB 分别平 行于 DE、EA、AB、BC 和 CD.问是否可以推出这个五边形是正五边形?证明 你的结论. 【题说】1992 年英国数学奥林匹克题 2.

65

【解】结论是肯定的. 易知∠1=∠4,∠2=∠5,又由于 AB∥CE,所以∠6=∠7=∠3.从而∠A= ∠B. ∠B-∠C=∠D=∠E. 又∠2=∠8=∠9=∠3,所以 BC=CD.同理,有 CD=DE=EA=AB. 综上知,ABCDE 是正五边形.

C1-092 已知凸多边形的任意两边均不平行,对于它的每条边,考察与 边所在直线距离最远的顶点对该边的张角.证明:所有这样的张角之和等于 180°. 【题说】第二十二届(1996 年)全俄数学奥林匹克十年级题 7.

【证】对多边形的边 AB,恰有一个顶点到 AB 所在直线 a 的距离最远, 记这个顶点为 Pa。 在平面上任取一点 O,过 O 作两条直线分别平行于 PaA、PaB,这两条直 线构成的对顶角称为边 AB 的对应角. 对每一条边,都可作出顶点为 O 的对应角. 首先证明:不同边的对应角决不重叠.

66

设以 O 为端点的射线 l,在边 AB 的对应角内.边 AB 所在直线为 a,对 应顶点为 Pa,过 Pa 作 l 的平行线必交边 AB 于它内部的点 Q. 过 Pa 作直线 a 的平行线 b.由于 Pa 到 a 的距离最远,所以多边形在平 行线 a、b 所夹的带形中,由于多边形的边互不平行,在 b 上只有 Pa 这一点 属于多边形.于是线段 PaQ 是 l 的平行线截多边形所得的线段中最长的,而 且最长的只有 PaQ 这一条.

也是 l 的平行线截多边形所得线段中最长的.这就产生矛盾. 其次,证明这些对应角覆盖整个平面. 设 l 是以 O 为端点的射线,它与多边形的边及对角线均不平行.l 的平 行线截多边形所得线段,端点在多边形的边上,可以平行移动使得一个端点 与多边形的顶点重合,而线段的长度比原来增加.在过顶点的这些截线中又 有一条最长.设它为 PQ,P 是多边形的顶点,Q 在边 AB 的内部.过 P 作 AB 所在直线 a 的平行线 b.因为 PQ 最长,所以多边形夹在 a、b 之间,从而 P 是距 a 最远的顶点 Pa,l 在 AB 的对应角内. 根据以上所述,对应角的和为 360°,而所有张角之和是它的一半,即 180°. C1-093 设线段 AB 的长为 2l,中点为 C,以点 C 为圆心,小于 l 的任 意长为半径,在 AB 上作一半圆,并从 A、B 作这半圆的切线,切点分别记为 D、 若 DE 弧上任意一点 F 处的切线与自 A、 所作切线分别交于 A′、 证 E. B B′. 2 明:AA′·BB′=l . 【题说】1956 年武汉市赛题 5.利用相似三角形.

【证】按题意,作出图,因为 AC=BC=l,CD=CE=r(半径). 故 Rt△ADC≌Rt△BEC,从而有∠1=∠6,∠DAC=∠EBC. 又由切线性质知,∠2=∠3,∠4=∠5,所以 ∠2+∠5+∠6=90° 从而有 ∠A′AC=90°-∠2
67

=∠5+∠6=∠B′CB 故 △A′AC∽△CBB′

即 B=l .
2

A′A·B′

C1-094 设 P 为单位圆周上的任意一点,A1、A2、?、An 为圆内接正 n 2 2 2 边形的顶点.求证:PA1 +PA2 +?+PAn 是常数. 【题说】 1957 年上海市赛高三决赛题 5.

【证】如图,在△PA1O 内,令∠POA1=α ,则由余弦定理,

=2-2cosα

??

68

=2n-2S

【别证】以 O 为原点,以 OA1 为实轴,以 OA1 为单位长,建立复平面, 用复数方法来计算.

C1-095 假设 E 是正方形 ABCD 的边 AB 的中点,在边 BC 和 CD 上取点 F 和 G,使 AG 和 EF 平行.证明:线段 FG 和正方形 ABCD 的内切圆相切. 【题说】1960 年匈牙利数学奥林匹克题 3.题中正方形可以改为菱形.

69

【证】如果点 F 给定, 那么点 G 由条件 AG∥EF 唯一确定. 因此可改证: 如果线段 FG 和正方形的内切圆相切,那么 AG∥EF. 正方形的内切圆是△FCG 的旁切圆.我们再画出该三角形的与 CF 边相 切的旁切圆.设这个圆与 DC 的延长线切于 R 点.点 F 是两个圆的内相似心, 因为它是内公切线的交点.这两个圆分别与平行直线 AB、DC 相切,切点 E、 R 和内相似心 F 在一直线上并在 F 的两侧. 设 K 为 CD 的中点,则它也是△FCG 的一个旁切圆与 CG 延长线的切点, 易知

所以,四边形 AERG 是平行四边形,AG∥EF. C1-096 在一小岛上有一架探照灯, 它照在海面上的光柱长为 a 如图) ( , 并绕一垂直轴旋转.其光柱末端以速度 v 运动.证明:以最大速度 v/8 行 驶的快艇,不可能在不被探照灯照到的情况下驶到海岛. 【题说】1965 年全俄数学奥林匹克八年级题 5.

【证】假设快艇从 A 点进入探照区(以 O 为圆心、以 a 为半径的圆),

分 R(以 A 为圆心、S 为半径的圆与⊙O 的重叠部分).

70

整个区域 R.因此,快艇一定会被探照灯照射到. C1-097 一个半圆周 y 以线段 AB 为直径. 是 y 上与 A、 不同的一点. C B D 是 C 到 AB 的垂足.若 y1、y2、y3 是以 AB 为公切线的三个圆,且 y2 是△ABC 的内切圆,y1、y3 同时切 CD 和 y.求证:圆 y1、y2、y3 有两条公切线. 【题说】第十一届(1969 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由芬兰提 供.

【证】令 AB=2r,∠CAB=α ,则不难算出⊙O1、⊙O2、⊙O3(如图)的 半径为 O1E1=2rsinα (1-sinα ) O2E2=r(cosα +sinα -1) O3E3=2rcosα (1-cosα ) 以及它们与 AB 的切点距 AB 中点 O 的距离 E1O=r(2sinα -1) E2O=r(cosα -sinα ) E3O=r(2cosα -1) 由此不难得出 O2E2·E1E3=O1E1·E2E2+O3E3·E1E2 于是 O1、O2、O3 在一直线上.由对称性,这三个圆还有另一条公切线.

C1-098 大小不等的三个圆两两外切,半径成等差数列,以各圆心为顶 点的三角形,其三个内角的大小可否成等差数列?证明你的结论.
71

【题说】1979 年天津市赛一试题 3.

【解】如图.设三个圆的圆心分别为 O1、O2、O3,半径依次为 r-d,r, r+d,于是△O1O2O3 的三边分别是 O1O2=2r-d,O1O3=2r,O2O3=2r+d. 若△O1O2O3 的三内角成等差数列,则必有一个角为 60°,并且夹这个角 的两边必为 2r-d 与 2r+d.因此,由余弦定理有: (2r-d) +(2r+d) -2(2r-d)·(2r+d)cos60° =(2r)
2 2 2

此式左端=4r +3d ,而右端=4r2,但由题设知 d≠0,故上式不能成立. 这就证明了△O1O2O3 的三个内角不能成等差数列. C1-099 如图,圆中的三条弦 PP1、QQ1、RR1 两两相交,交点分别为 A、 B、C.已知 AP=BQ=CR,AR1=BP1=CQ1.求证△ABC 是正三角形. 【题说】1979 年北京市赛一试题 3.

2

2

【证】如图,设 AP=BQ=CR=m,AR1=BP1=CQ1=n,BC=x,AC=y,AB=z.则 由相交弦定理得

72

三式相加得 m=n,因此 x=y=z,故△ABC 是正三角形. C1-100 位于圆形斗兽场中心的狗看见墙那里有一只兔子.兔子沿着墙 跑,狗追赶兔子,它始终保持在圆心与兔子的连线上,速率与兔子相同.证 明:当兔子跑了圆周 1/4 时被狗捉住. 【题说】第十一届(1979 年)加拿大数学奥林匹克题 4.

【证】如图,⊙O1 以 OC 为直径.设兔子从 A 点向 C 点跑,则狗

由此可知,当兔子跑到 C 点时,狗沿着⊙O1 跑到 C 点捉住了兔子.

C1-101 设 ABCD 是凸四边形,直线 CD 是以 AB 为直径的圆的切线.证 明:当且仅当 BC 与 AD 平行时,直线 AB 是以 CD 为直径的圆的切线. 【题说】第二十五届(1984 年)国际数学奥林匹克题 4.

【证】设 E、G 分别是 AB、CD 的中点.由题设知 E 到 CD 的距

73

设 BC∥AD.这时梯形 ABCD 的中位线 EG∥AD,于是

S△EGA=S△EGD
(1)

因此 AD∥EG.同理 BC∥EG,于是 AD∥BC.

C1-103 圆 O 经过△ABC 的顶点 A 和 C,且与边 AB、BC 分别交于点 K 和 N,K 与 N 不同.△ABC 与△BKN 的外接圆相交于 B 和另一点 M.求证:∠OMB 是直角. 【题说】第二十六届(1985 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由原苏 联提供.

【证】若 AC∥KN,易知 BA=BC,M 与 B 重 合. AC 与 KN 交于 P. 设 易知直线 BM 也过 P. 因为 ∠BMN=∠AKN=∠NCP

74

所以 M、N、C、P 四点共圆.因而 BM·BP=BN·BC=BO2-r2 PM·PB=PN·PK=PO2-r2 其中 r 为圆 O 的半径.两式相减有 PO -BO =BP(PM-BM) =PM2-BM2 于是 故 PO2-PM2=BO2-BM2 OM 是△OBP 之 BP 边上的高, 即∠OMB
2 2

是直角.
C1-104 证明:内接于定圆的所有腰长为 a 的等腰梯形的高与中位线的 长度之比为定值. 【题说】第二十二届(1988 年)全苏数学奥林匹克八年级题 5.

【证】如图,设定圆半径为 R,∠AOB=θ ,∠OAD=α ,∠OBC=β ,则梯 形的高 h 与中位线 m 有关系式 h=R(sinα +sinβ )

75

m=R(cosα +cosβ )

又因 α +β =θ ,所以

但在△OAB 中,

C1-105 如图,⊙O1 与⊙O2 相交于 A、B 两点,且 O2 在⊙O1 的圆周上.弦 O2C 交⊙O2 于 D.证明:D 是△ABC 的内心. 【题说]第十六届(1990 年)全俄数学奥林匹克十年级题 6.

【证】因为

所以 AD 平分∠BAC.同理可证 BD 平分∠ABC,即 D 是△ABC 的内心. C1-105 如图,⊙O1 与⊙O2 相交于 A、B 两点,且 O2 在⊙O1 的圆周上.弦 O2C 交⊙O2 于 D.证明:D 是△ABC 的内心. 【题说]第十六届(1990 年)全俄数学奥林匹克十年级题 6.

76

【证】因为

所以 AD 平分∠BAC.同理可证 BD 平分∠ABC,即 D 是△ABC 的内心. C1-105 如图,⊙O1 与⊙O2 相交于 A、B 两点,且 O2 在⊙O1 的圆周上.弦 O2C 交⊙O2 于 D.证明:D 是△ABC 的内心. 【题说]第十六届(1990 年)全俄数学奥林匹克十年级题 6.

【证】因为

所以 AD 平分∠BAC.同理可证 BD 平分∠ABC,即 D 是△ABC 的内心.

C1-106 已知内切于∠A 的两圆相交,其 中一个交点为 B,C、D 分别是两圆与∠A 一 边的切点.证明:直线 AB 切过点 B、C、D 的圆. 【题说】第二十四届(1990 年)全苏数 学奥林匹克十一年级题 1。

77

【证】设直线 AB 与⊙O2 的另一个交点为 F.⊙O1、⊙O2 关于点 A 位似,并且 B 的对应 点为 F,所以∠CBA=∠DFA=∠CDB.于是直线 AB 切过点 B、C、D 的圆. C1-107 在平面上,设 C 是一个圆,P 是 一给定的点, P 作直线交 C 于 A、 两点. 过 B 证 明:所有弦 AB 中点在一个圆上. 【题说】第 23 届(1991 年)加拿大数学 奥林匹克题 3.

【证】设圆心为 O,弦 AB 的中点为 M,连 OM,则 OM⊥AB,即∠OMP=90°,M 在以线段 OP 为直径的圆上. 当然点 M 的轨迹只是这圆含于圆 C 中的一 段圆弧,而非整个圆. C1-108 设 I 是△ABC 的内心,过 I 作 AI 的垂线,分别交 AB、AC 于 P、Q.求证:分

78

别与 AB 及 AC 相切于 P 及 Q 的圆 L 必与△ABC 的外接圆 O 相切. 【题说】第一届(1992 年)中国台北数 学奥林匹克题 5.

【证】如图,延长 AI 交⊙O 于 M,⊙O 的 半径为 R,则 L 对⊙O 的幂为 R2-LO2=LA·LM 所以,LO2=R2-LA·LM =R2-LA(IM-LI) =R2-LA·IM+LA·LI =R2-LA·IM+LP2

79

从 而 PL+LP2 =(R-LP)2 即 LO=R-LP 因此⊙L 与⊙O 相内切. 【注】 本题可视为 IMO20 题 4 的推广和引 申. LO2=R2-2R·

C1-109 在圆内有一个凸四边形,它的边 的延长线交圆周于 A1,A2,B1,B2,C1,C2, D1 和 D2(如图).

试证:如果 A1B2=B1C2=C1D2=D1A2,则由直线 A1A2, 1B2, 1C2 和 D1D2 所围成的四边形一定存 B C 在外接圆.
80

【题说】第十九届(1993 年)全俄数学 奥林匹克九年级二试题 6. 【证】设直线 A1A2,B1B2,C1C2,D1D2 构成 的四边形中,两个对角分别等于α 和β (如 图).因为 A1B2=B1C2=C1D2=D1A2

相加得 2α +2β =2π 从而α +β =π ,结论成立. C1-110 梯形 ABCD 的两条对角线相交于 点 K. 分别以梯形的两腰为直径各作一圆. 点 K 位于这两个圆之外.证明:由点 K 向这两 个圆所作的切线长度相等. 【题说】第五十八届(1995 年)莫斯科 数学奥林匹克十年级题 15.

81

【证】设梯形的两腰为 AB 与 CD(见图), 并设直线 AC 与 BD 同相应二圆的第二个交点 分别为 M 与 N. 由于∠AMB 是半圆上的圆周角,所以 ∠BMC=∠AMB=90° 同理∠BNC=90°. 从而 B、M、N、C 四点共圆.故∠MNK=∠ ACB=∠KAD.于是 M、N、D、A 四点共圆, KM·KA=KN·KD,即 K 向两个已知圆所引的切 线相等.

C1-111 弦 CD 垂直于圆 O 的直径 AB, 为 L 垂足.弦 AE 平分半径 OC 于 H.证明:弦 DE 平分弦 BC. 【题说】第二十一届(1995 年)全俄数 学奥林匹克九年级题 2.

82

【证】如图,设 AE 与 BC 相交于 F 点,DE 交直径 AB 于 K 点,BC 交 DE 于 M.

以∠AED=∠ABC,因此,点 F、K、B 和 E 四点共圆.于是∠FKB=180°-∠FEB=90°, 所以 FK∥CD. 作 CG∥AB 交 AF 的延长线于 G 点. 由△AOH≌△GCH 得 CG=AO=AB/2. 又由△ AFB∽△GFC,得

所以

BF=2CF.

再由△BLC∽△BKF,得

由△MKF∽△MDC,得

83

即 MC=3MF,CF=2MF.又因为 BF=2CF,所 以 MB=BF-MF=2CF-MF =4MF-MF=3MF=MC C1-112 已知 AB 是半圆 O 的直径, 一直线 交半圆于 C、 交 AB 于 M D, (MB<MA, MD<MC) , 设 K 是△AOC 和△DOB 外接圆的第二个交 点.证明:∠MKO 是直角. 【题说】 第二十一届(1995 年)全俄

数学奥林匹克十年级题 6.

【证】 设△AOC 的外接圆圆心为 O1,OP 为直径;△DOB 的外接圆圆心为 O2,OQ 为直 径(如图).连心线 O1O2 垂直平分公弦 OK 且 O1O2 是△OPQ 的中位线,所以直线 PQ 通过 K 点且垂直于 OK.

84

线段 PO 是过 A 点的圆 O1 的直径,所以∠ PAO 是直角,因此线段 PA 与半圆 O 相切,同 理 PC、QB、QD 都与半圆 O 相切. 设 F 点是直线 PC 与 QD 的交点.过 P 引 PE∥QD 交 DC 的延长线于 E 点,则∠QDM=∠ PEM. FC=FD 得∠QDM=∠FDC=∠FCD=∠PCE, 由 所以 PC=PE,又 PC=PA,QB=QD.△PAE 与△ QBD 都是等腰三角形, 且边 PA∥QB, PE∥QD, 所以∠PAE=(180°-∠APE)/2=(180°∠BQD)/2=∠QBD,AE∥BD.于是以 M 为位 似中心,位似比为 MA∶MB 的位似变换将点 B 变为点 A,点 D 变为点 E,又因为△PAE∽△ QBD, 所以点 Q 位似变换为点 P, 这就是说 PQ 过 M 点,从而∠MKO=90°. C1-113 在△ABC 的三边 AB、BC 与 CA 上 分别取点 M、 L K、 (不与△ABC 的顶点重合) , 证明:△MAL、△KBM、△LCK 中至少有一个 的面积不大于△ABC 面积的四分之一. 【题说】第八届(1966 年)国际数学奥 林匹克题 6.本题由波兰提供.

85

【证】因为

86

C1-114 过三角形的重心任作一直线,把 这三角形分成两部分.证明:这两部分面积 之差不大于整个三角形面积的 1/9. 【题说】1978 年安徽省赛二试题 3.

【证】设直线过△ABC 的重心 G,分别交 AB、AC 于 D、E. 过 G 作 BC 的平行线, 分别交 AB、 于 P、 AC Q.由于 G 是重心,所以 PG=GQ. 设 E 在线段 AQ 上, D 在线段 AP 延长线 则 上.设 AC 上的中线为 BF.过 P 作 AC 的平行 线,分别交 DE、BF 于 R、S. 易知 RG=GE,SG=GF,所以 S△PDG> S△PRG=S△QEG (1)
87

S△DBG> S△RSG=S△EFG (2)

由(3)、(4)得

C1-115 设 ABCD 为任意给定的四边形, 边 AB、 BC、 CD、 的中点分别为 E、 G、 证 DA F、 H. 明:

【题说】1978 年全国联赛二试题 4.

【证】如图,HE∥DB∥GF,同理 EF∥HG, 故 EFGH 为平行

88

所以

面积 ABCD≤EG·HF

设 M 为 BD 的中点,则

C1-116 正方形 ABCD 的一个内接三角形 是 EAF, 如果∠EAF=45°, 求证: 正方形 ABCD 的面积与三角形 EAF 的面积之比等于 AB 与 EF 之比的 2 倍. 【题说】 1979 年上海市赛预赛题 6.

89

【证】

引△EAF 底边上的高 AG.延长

CB 至 P,使 BP=DF,连 AP,则 Rt△ABP≌Rt △ADF.所以∠DAF=∠BAP,AP=AF. 又 EAB=45° 所以 ∠BAP+∠EAB=∠EAP=45°=∠EAF ∠DAF+∠

△EAP≌△EAF 而全等三角形的对应高相等, 所以 AG=AB, 从而

C1-117 已知正六边形 ABCDEF,点 M 和 K 分别为 CD 和 DE 的中点,L 为线段 AM 和 BK 的交点.试证:三角形 ABL 的面积等于四边 形 MDKL 的面积, 并求直线 AM 和 BK 之间的夹 角. 【题说】 第六届(1980 年)全俄数学

奥林匹克八年级题 3.
90

【证】

显见

SABL+SBCML=SABCM SBCML+SMDKL=SBCDK 将四边形 ABCM 绕正六边形中心 O 按顺时 针方向旋转 60°(如图 a)后,成为四边形 BCDK,所以∠ALB=60°,SABCM=SBCDK,从而 SABL=SMDKL. 【注】更一般地,我们有: 如果凸五边形 ABCDE 中,BC∥AD,BD∥AE (图 b),M 为 CD 边的中点,K 为 DE 边的中 点,L 为线段 AM 与 BK 的交点.那么三角形 ABL 和四边形 MDKL 等积. 【别证】如图 b,设 AD 和 BK 交于 P,BD 和 AM 交于 Q.由于 BC∥AD,BD∥AE,M、K 分别为 CD 和 DE 的中点,所以
91

SABD=SABC=2SAMD 即 2(SALP+SPLQD+SMDQ) 整理 得 (1) 又 SABD=2SBDK 即 (SBQL+SPLQD+SDKP) 整理 得
LQD

SABL+SALP+SBQL+SPLQD=

SABL+SBQL=SALP+SPLQD+2SMDQ

SABL+SALP+SBQL+SPLQD=2

SABL+SAPL=SBQL+SP (2) (1)+(2),并消去等式两边相同的项,

+2SDKP

得 2SABL=2(SMDQ+SDKP+SPLKD)

92

即 2SABL=2SMDKL 所 以 SABL=SMDKL C1-118 图中 OBi 平行且等于 AiAi+1,i=1, 2,3,4,(A5=A1).证明:B1B2B3B4 的面积 是 A1A2A3A4 的 2 倍. 【题说】第十四届(1982 年)加拿大数 学奥林匹克题 1.

【证】因为 A1A2 OB1 A2A3 OB2 所以 ∠A1A2A3+∠B1OB2=π sin∠A1A2A3=sin∠B1OB2

93

C1-119 已知凸凹边形四边长分别为 a、 b、 c、 对角线相交所成锐角为 45° d, (如图) 若 . S 为四边形的面积.求证:

【题说】 1984 年北京市赛高一题 2.

【证】设凸四边形 ABCD 中, AB=a,BC=b,CD=c,DA=d.对角线 AC 与 BD 相交于 O 点,OA=x,OB=y,OC=t,OD=z, ∠BOC=45°. 由余弦定理,
94

a =x +y +2xycos45° (1) b2=y2+t2-2ytcos45° (2) c2=t2+z2+2tzcos45° (3) d2=z2+x2-2zxcos45° (4) (1)-(2)+(3)-(4)得 a2-b2+c2-d2=2(xy+yt+tz+zx)cos45°

2

2

2

C1-120 设锐角△ABC 的∠A 平分线交 BC 于 L,交外接圆于 N,自点 L 分别向 AB 和 AC 作垂线 LK 和 LM,垂足分别为 K 和 M.求证: △ABC 的面积等于四边形 AKNM 的面积.

95

【题说】第二十八届(1987 年)国际数 学奥林匹克题 2.本题由原苏联提供.

【证】作△ABC 的高 AH,则 A、K、H、L、 M 五点共圆.连结 KH、HM、HN、BN 和 NC,便 有 ∠KHB=∠BAL=∠NAC=∠HBN ∠MHC=∠MAN=∠NAB=∠NCH 故知 KH∥BN,HM∥NC.从而有 S△KBH=S△KNH,S△HMC=S△HMN 由此即 得 S△ABC=S△AKNM 易知△ABL∽△ANC,所以

96

C1-121 锐角三角形 ABC 中,A 角的平分 线交三角形的外接圆于另一点 A1,点 B1、C1 与此类似.直线 AA1 与 B、C 两角的外角平分 线相交于 A0.点 B0,C0 与此类似.求证: (1)三角形 A0B0C0 的面积是六边形 AC1BA1CB1 面积的二倍; (2)三角形 A0B0C0 的面积至少是三角形 ABC 面积的四倍. 【题说】第三十届(1989 年)国际数学 奥林匹克题 2.本题由澳大利亚提供.

97

【证】设 I 为△ABC 的内心,则 I 为 AA0、 BB0、CC0 的交点,如图. ∠BIA1=α +β ∠A1BI=β +∠A1BC =β +α 所 以 易知 BA0 故 A1BA0=90°-∠A1BI =90°-∠BIA1 =∠A1A0B A1A0=A1B=A1I ∠ A1B=A1I BB1⊥

98

类似地,可得其他五个等式,将六个等式 相加,便得

由于 A1、C1 分别是 A0I、C0I 中点,故 A1C1 是△IA0C0 的中位线,因此它平分 IB,从而

类似地可得其他二等式.三式相加,便得

易知 圆半径)

S△ABC=2R2sinAsinBsinC(R 为外接

=2R2sin2α sin2β sin2γ

=2R2(sinα cosβ +cosα sinβ )(sinβ cosγ + cosβ sinγ ) (sinγ cosα +cosγ sinα )

99

由(1)、(2)、(3)即得

C1-122 在直角三角形 ABC(∠C=90°) 中, 设∠A 和∠B 的内角平分线交于 I 点, 分 别交对边于 D 和 E 点. 证明:四边形 ABDE 的面积是三角形 AIB 面积的两倍. 【题说】 伊朗第十届数学奥林匹克第二 阶段题 1.

【证】 设 a 和 b 是两条直角边长,c 是 斜边长.

100

所以四边形 ABDE 的面积是 2, 即△AIB 的 面积的两倍. C1-123 证明:任何三角形三个内角的平 分线的连乘积必小于三边的连乘积. 【题说】1957 年上海市高三复赛题 6.

【证】令 a、b、c 为三角形 ABC 的三边, ta、tb、tc 为三内角的平分线.作△ABC 的外 接圆交∠A 的平分线 AD 的延长线于 E,则

101

△EAC∽△BAD AB∶AE=AD∶AC AB·AC=AE·AD 即 ·c=ta(ta+DE) 所 以 ta 2 同理 tb2,ab>tc2 所 以 >tatbtc abc ca> bc> b

C1-124 证明:外切于已知圆的所有四边 形中,正方形的周长最短. 【题说】 1957 年~1958 年波兰数学奥林 匹克三试题 6.本题可推广为已知圆的有相
102

同边数的外切多边形中,以正多边形周长最 短.

【证】 由于外切于已知圆的多边形的面 积与其周长成正比,因此本题即外切于已知 圆的四边形中,正方形的面积最小. 设 Q 是已知圆 K 的外切正方形,四边形 ABCD 是这个圆的任意外切四边形,但不是正 方形.圆 K′是正方形 Q 的外接圆(为清晰 起见,画了两个图).显然 四边形 ABCD 至少有一个角为钝角,其顶 点落在圆环内.正方形 Q 的各边与圆 K'组成 四个相等弓形.设 S 为每个弓形面积,则 SQ=SK'-4S 直线 AB,BC,CD,DA 也从圆 K'中截出四 个面积为 S 的弓形,其中至少有两个弓形有 重叠部分,所以
103

S△ABCD>SK'-4S 从 而 SABCD>SQ

C1-125 已知 a、b、c 是三角形的三条边 长,S 是上述三角形的

【题说】 第三届(1961 年)国际数学奥 林匹克题 2.本题由波兰提供. 【证】

=2(a2+b2-2absin(C+30°)) ≥2(a2+b2-2ab)=2(a-b)2≥0

104

C1-126 求作一个三角形 ABC,使 AC=b, AB=C 和∠AMB=δ ,其中 M 是线段 BC 的中点, 且δ <90°. 证明:上述题目当且仅当

时有解.在什么情况下等号成立? 【题说】 第三届(1961 年)国际数学奥 林匹克题 5.本题由捷克斯洛伐克提供.

【解】 作线段 BD=2c,以 BD 为底,作含 角为δ 的弓形弧,以 BD 中点 A 为心,b 为半 径画弧, 两弧相交于 C, 则△ABC 即为所求 (证 明从略). 过 A 作 BD 的垂线,交弓形弧于 E,则

105

同时, 当且仅当∠BAC=90° 与 E 重合) (C 时,等号成立.

C1-127 证明:如果三角形不是钝角三角 形,那么它的三条中线之和不小于外接圆半 径的四倍. 【题说】 1963 年匈牙利数学奥林匹克题 3. 【证】 因为△ABC 不是钝角三角形,所 以它的外心 O 在三角形内. 设重心为 G, O 则 属于△GAB,△GBC,△GCA 中的一个,例如 △GAB(图 a).这时 GA+GB≥OA+OB 即 ma+mb≥3R

106

如果点 O 和边 AB 的中点 C1 重合,那么 mc=R.如果点 O 和 C1 不重合,那么∠C1OC=∠ C1OB+∠BOC=∠ACB+2∠A=π +∠A-∠B>

ma+mb+mc>4R C1-128 在锐角△ABC 中,最大的高 AH 等于中线 BM.证明:∠ABC 不大于 60°. 【题说】 第一届(196 年)全苏数学奥 林匹克八年级题 1.

【证】 自 M 分别引 MK⊥BC 于 K,ML⊥BA 于 L,则

107

所 以 ∠MBL<30° 由 此 ∠B=∠MBK+∠MBL<60°

C1-129 已知锐角三角形 ABC 的角平分线 AD、中线 BM 和高 CH 交于一点 P.证明:∠ BAC>45°. 【题说】 第四届(197 年)全苏数学奥 林匹克九年级题 2.

108

【证】 假设∠BAC≤45°, 那么由于∠ACB <90°, 所以 ∠CBA>45° 于是 BH<AH. 作 AB 边上中线 CN,则 CN 在△CAH 内,因 而 CN 交 PM 于点 Q,并有 NQ∶CQ=1∶2 但是 BC<AC,

从而

这说明在 Rt△ACH 中,∠BAC>60°.与 假设矛盾.因此,∠BAC>45°.

109

C1-130 一个四边形的各顶点在边为 1 的 正方形各边上. 证明: 该四边形的边长 a、 b、 c、d 满足不等式 2≤a2+b2+c2+d2≤4 【题说】 第二届(1970 年)加拿大数学 奥林匹克题 5.

【证】 如图所设,有 a2+b2+c2+d2=x2+y2+(1-x)2+(1-ω )2+
2 2 2 ω 2+z2+ (1-z)+ (1-y)=x2+ (1-x)+y2+ (1-y) 2

+z2+(1-z)2+ω 2+(1-ω )2

因此,所证不等式成立.

C1-131

110

P2,?Pn 全都位于通过 g 的一个平面上且 在 g 的一侧.证明:如果 n 是奇数,则

【题说】 第十五届(1973 年)国际数学 奥林匹克题 1.本题由捷克斯洛伐克提供. 【证】 在直线 g 上取不同于 O 的一点 A, 将 n 个向量按它们与 的夹角大小重新编 号(即改变角标使∠AOPi≤∠AOPi+1).

因而 Qi 的横坐标非负,这样

111

在 X 轴上的投影不小于 1,它的长度当然 不小于 1. C1-132 设 a、b、c 为任意三角形三边长, I=a+b+c,S=ab+bc+ac 证明:3S≤I2<4S 【题说】 1978 年天津市赛题 6. 【证】 因为 a2+b2+c2

≥ab+bc+ca=S 所以 (a+b+c)2 =2S+a2+b2+c2≥3S. 另一方面,由于 a<b+c,所以 a2<ab+ca 同 样 b2<bc+ab
112

I2=

c <ca+bc 三式相加 得 +b2+c2<2S 所 以 I2<4S
C1-133 有大小两个矩形纸片 ABCD 和 A'B'C'D'固定叠合如图,其中 AB=a,AD=b,AB'=λ a,AD'=μ b.设 P、Q 是小矩形纸片上的任意两点,R 是大矩形纸片上任意一点.证明:

2

a2

并论证 P、Q、R 在什么位置时,等式成立. 【题说】 1979 年安徽省赛二试题 5. 【证】 以 PQ 为斜边,在△PQR 外侧作直角三角形 PQT,便两直角边分 别平行于矩形 ABCD 的两邻边.

(1)如果 RT 与 PQ 相交,如图 a,则 S△PQR=S△TPR+S△TQR-S△PQT 记 TP=ε ,TQ=δ ,则有 2S△PQR≤ε a+δ b-ε δ =ab-(a-δ )(b-ε )

113

≤ab-(a-λ a)(b-μ b)=ab(λ +μ -λ μ )

(2)如果 RT 与 PQ 不相交(如图 b),则有

由(1)可知,当且仅当 P、Q 取在 D'、'点, R 取在 C 点时,等式成 立. C1-134 已知锐角三角形 ABC 的三边 a、b、c 满足不等式 a>b>c.问 四个顶点都在三角形边上的三个正方形中,哪个面积最大?证明你的结论. 【题说】 1979 年全国联赛一试题 10.

【解】 如图,设各边上的高分别为 ha、hb、hc,在 BC、AC、AB 上所作 正方形的边长各为 l、m、n.则

同理 n=chc/(c+hc) 由于 aha=bhb,依分比定理,有

m=bhb/(b+hb)

所以 同理
114

a-hb>b-ha 即 a+ha>b+hb b+hb>c+hc



l<m<n.即锐角三角形最小边上的内接正方形面积最大.

C1-135 在圆 O 内,弦 CD 平行于弦 EF,且与直径 AB 交成 45°角,若 CD 与 EF 分别交直径 AB 于 P 和 Q,且圆 O 的半径长为 1.求证: PC·QE+PD·QF<2 【题说】 1981 年全国联赛题 3.

【证】 如图,过 O 作 OM⊥CD 于 M,则 PC + PD =(CM-PM) +(CM+PM) =2(CM +PM ) =2(CM +OM )=2OC =2 同理 QE +QF =2,所以
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

又因

PC≠QE,故上式中等号不能成立.

C1-136 在△ABC 中,AD、BE、CF 为角平分线,分别交 BC 边于 D,交 AC 边于 E,交 AB 边于 F.试证明:4S△DEF≤S△ABC,并说明等号何时成立. 【题说】 1982 年芜湖市赛题 6.

115

【证】 由题意,只需证明

代入(1)即得

由 b c+a c≥2abc,得 b c+bc +a c+ac +a b +ab ≥6abc 所以
2 2 2 2 2 2 2

2

2

4(b c+bc +a c+ac +a b+ab )
2 2 2 2

2

2

2

2

2

2

≥3(abc+b c+bc +a c+a b+ab +abc) =3(a+b)(b+c)(c+a) 从而(2)成立,即 4S△DEF≤S△ABC,当且仅当△ABC 为正三角形时等号成 立.
116

C1-137 如图, 在△ABC 中, 为边 BC 上任意一点, P PE∥BA, PF∥CA. 若 S△ABC=1,证明:S△BPE、S△PCE 和 S
PEAF

中至少有一个不小于 4/9.

【题说】 1984 年全国联赛二试题 3.

【证】 把 BC 等分为三等分,M、N 是分点,显然,P 点落在 BM 或 NC 上时

则 AE∶AC=r, AF∶AB=1-r S△AEF∶S△ABC=(AF/AB)(AE/AC)

C1-138 设 P 是一正 n 边形的内点,证明:该 n 边形存在两个顶点 A 和 B,使

117

【题说】 1985 年匈牙利阿拉尼·丹尼尔数学竞赛(15 年龄组)题 1. 【解】 设点 A 是正 n 边形的顶点中距 P 最近的一个顶点.从 A 出发向 某两个相邻顶点 B1、2 作连线, B 并使 P 在△AB1B2 内, 显然, 1AB2=180°/n. ∠B 根 据顶点 A 的选取,∠PB1A 和∠PB2A 都小于∠B1AB2,因此,如果 P 是△AB1B2 的一个内点,则至少有一个 Bi,使得

如果 P 在线段 ABi 上,例如在 AB1 上,那么由∠PB2A≤∠PAB2 可以推出

C1-139 已知六边形的各边长不超过 1,试证:此六边形至少有一条主 对角线不超过 2. 【题说】 1986 年上海市赛二试题 2.题中主对角线是六边形中某一顶 点与相隔二个顶点的第三顶点的连线.

【证】 设 ABCDEF 是适合题意的六边形,AB、CD、EF 三边所在直线, 至少有两条,它们的夹角不超过 60°(如两线平行,认为夹角为 0°),不 妨设 AB 和 CD 的夹角不超过 60°,过 B 作 BM
2 2 2

CD(如图) ,则 DM

BC,

且∠ABM=AB 与 CD 的夹角≤60°.AM =AB +BM -2AB·BM·cos∠ABM≤ 2 2 AB +BM -AB·BM.由对称性,不妨设 BM≥AB,注意到 BM=CD≤1,有 AB +BM -AB· BM=BM +AB(AB-BM)≤BM ≤1 所以 于是 AD≤AM+MD=AM+BC≤2. AM ≤1,AM≤1
2 2 2 2 2

118

C1-140 凸四边形 ABCD 的面积为 S.证明:以 AC、AD、BC 和

【题说】 第十三届(1987 年)全俄数学奥林匹克九年级题 4.

【证】 设 AC、AD、BC、BD 的中点分别为 K、L、M、N.易知 S△MKN≤max (S△BKN,S△CKN),S△LKN≤max(S△AKN,S△DKN).而有

C1-141 如图,在△ABC 中,P、Q、R 将其周长三等分,且 P、Q、在 AB 边上.求证:

【题说】 1988 年全国联赛二试题 2.

119

【证】 不妨设△ABC 的周长为 1,分别过 C、R 作△ABC、△PQR 的高 CL、RH,则

C1-142 设 C1、2 是同心圆,2 的半径是 C1 的半径的 2 倍. C C 四边形 A1A2A3A4 内接于 C1,将 A4A1 延长交圆 C2 于 B1,A1A2 延长交圆 C2 于 B2,A2A3 延长交圆 C2 于 B3, 3A4 延长交圆 C2 于 B4. A 试证: 四边形 B1B2B3B4 的周长≥2×四边形 A1A2A3A4 的周长,并请确定等号成立的条件. 【题说】 第三届(1988 年)全国冬令营赛题 2. 【证】 如图是两个同心圆,中心记为 O,内圆的半径不妨设为 1,从 而外圆的半径等于 2. 连 OA1、OB2 和 B1B2,讨论四边形 OA1B1B2.由托勒密不等式可知 OB1×A1B2≤OA1×B1B2-OB2×A1B1(1)

120

式中的等号成立当且仅当 O、A1、B1、B2 四点共圆时成立,注意到 OA1=1, OB1=OB2=2,A1B2=A1A2+A2B2,不等式(1)又可写为 B1B2-2A1A2≥2(A2B2-A1B1) (2)

式中等号当且仅当 O、A1、B1、B2 四点共圆时成立,依次地轮换下标, 可得出另外三个类似于(2)的不等式,注意到以上 4 个不等式的右方之和 显然为零,因此,将此 4 式两边分别相加,得出不等式 B1B2+B2B3+B3B4+B4B1≥2(A1A2+A2A3+A3A4+A4A1) 这正是我们需证的结论. 上式中等号成立,当且仅当 O、A1、B1、B2 共圆,O、A2、B2、B3 共圆,O、 A3、B3、B4 共圆,O、A4、B4、B1 共圆.即:等号成立的充要条件是 A1A2A3A4 为 一正方形.

C1-143 在直角三角形 ABC 中,AD 是斜边 BC 上的高.连接△ABD 的内 心与△ACD 的内心的直线,分别与边 AB 及 AC 交于 K 及 L 两点.△ABC 与△ AKL 的面积分别记为 S 与 T.求证:S≥2T. 【题说】 第二十九届(1988 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由希腊 提供.

【证】 设△ABD 的内心为 M,△ACD 的内心为 N.由于△ADB∽△CDA, 并注意到 DM 与 DN 是由 D 出发的两条分角线,故有

121

从而得 △NMD∽△ABD 所以,△DMN 与△ABD 的对应边的交角相等,即∠LKA=∠BDM=45°.故 △ALK 是等腰直角三角形. 又由 ∠AKM=45°=∠MDA △AMK≌△AMD 得 于是 AK=AD=AL

即 S≥2T C1-144 设 ABCD 是一凸四边形,其三边 AB、BC、AD 满足 AB=AD+BC, 形内有一点 P,它距 CD 为 h,且使 AP=h+AD,BP=h+BC.

【题说】 第三十届(1989 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由冰岛提 供.

【证】 以 A 为圆心,AD 为半径;以 B 为圆心,BC 为半径;P 为圆心, h 为半径,分别作圆.则这三圆两两相外切,设 EF 是⊙A 与⊙B 外公切线.
122

当 C、D 分别沿⊙B、⊙A 趋向 E、F 时,⊙P 始终在曲边三角形内.所 以,当⊙P 与 EF 相切时,h 最大.此时,将 AB、BP、PA 投影到 EF 上,由勾 股定理,这三投影长分别为(R=BC,r=AD,m 为⊙P 半径):

C1-145 已知△ABC,设 I 是它的内心,角 A、B、C 的内角平分线分别 交其对边于 A'、B'、C'.求证:

【题说】 第三十二届(1991)年国际数学奥林匹克题 1.本题由原苏 联提供. 【证】 记 BC=a,CA=b,AB=c,易知

123

熟知正数 u、v(u≥v)的和一定时,积 uv 随 v 的减少而减少,所以

C1-146 设 P 是△ABC 内一点,求证:∠PAB、∠PBC、∠PCA 至少有一 个小于或等于 30°. 【题说】 第三十二届(1991 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由法国 提供.

【证】 令α =∠PAB,β =∠PBC,γ =∠PCA.于是, P 到 AB 的距离 =PAsinα =PBsin(B-β ), P 到 BC 的距离 =PBsinβ =PCsin(C-γ ), P 到 CA 的距离 =PCsinγ =PAsin(A-α ). 从而 sinα ·sinβ ·sinγ =sin(A-α )·sin(B-β )·sin(C-γ ) 若α +β +γ ≤90°,结论显然成立,若α +β +γ >90°,则 (A-α )+(B-β )+(C-γ )≤90°
124

sinα sinβ sinγ =sin(A-α )sin(B-β )sin(C-γ )

由此可知α ,β ,γ 中存在一个,例如α 满足

所以,或者 a≤30°减者α ≥150°.在后一情况必有β ,γ 都小于 30°.

C1-147 设 A,B 是⊙O 上的两点,M 是

的中点,记此圆在 A 点的切

线为 l,C 是 B 向 l 引垂线的垂足,又圆在 M 点的切线分别交

【题说】 第一届(1992 年)中国台北数学奥林匹克题 1.

【证】 如图,令已给圆的半径为 R, α =∠BAC 则 AC=2Rsinα cosα 设 OM 交 AB 于 P,则 AB=2Rsin∠AOM=2Rsinα ,

125

因为 M 是

的中点,故 A'B'∥AB,△ABC∽△A'B'C'.

C1-148 证明:以 a、b、c 为边长,S 为面积的三角形满足不等式:

【题说】 1992 年友谊杯国际数学竞赛十一年级题 3. 【证】 原不等式即

126

C1-149 △ABC 的面积为 1,D、E 分别是边 AB、AC 上的点,BE、CD 相 交于 P 点,并且四边形 BCED 的面积是△PBC 面积的两倍,求△PDE 面积的最 大值. 【题说】 1992 年日本数学奥林匹克题 2.

【解】

=xy 所以

由梅涅劳斯定理知

127

所以有

C1-150 水平直线 m 通过⊙O 中心,直线 l⊥m,垂足为 M,M 在 O 点右 侧.直线 l 上有三点 A、B、C,且在圆外,AM>BM>CM. AP、BQ、CR 为⊙ O 三条切线,P、Q、R 为三切点.试证: (1)l 与⊙O 相切时,AB·CR+BC· AP=AC· BQ; (2)l 与⊙O 相交时,AB·CR+BC·AP<AC·BQ; (3)l 与⊙O 相离时,AB·CR+BC· AP>AC· BQ.

128

【题说】 1993 年全国联赛二试题 3.本题系由梁绍鸿《初等几何复习 及研究》中总复习第 62 题改编而来. 【证】 设⊙O 半径为 r,AM=a,BM=b,CM=c,OM=x.则 AP =AO -OP =AM +OM -OP =a +x -r 所以
2 2 2 2 2 2 2 2 2

令 G=(AB·CR+BC·AP) -(AC·BQ)

2

2

(1)当 l 与⊙O 相切时,t=0,G=0; (2)当 l 与⊙O 相交时,t<0,G<0; (3)当 l 与⊙O 相离时,t>0,G>0. 因此,本题结论成立.

C1-151 设圆 K 与 K1 同心,半径分别为 R,R1、R1>R.四边形 ABCD 内 接于圆 K,四边形 A1B1C1D1 内接于圆 K1.点 A1、B1、C1、D1 分别在射线 CD、DA、 AB、BC 上. 求证:

【题说】 1993 年中国数学奥林匹克(第 8 届数学冬令营)题 4.

129

【证】 如图,设 ABCD 各边分别为 a、b、c、d,AB1=x,BC1=y,CD1= z,DA1=ω . 设 B'D'为垂直于 AC 的直径,则 S△ABC+S△ADC≤S△AB'C+S△AD'C 即 同理 4R
2

ab+cd≤AB' +AD' =B'D' 4R

2

2

2=

2

可证 ad+bc≤

从而结论成立. C1-152 设△ABC 的外接圆半径 R=1,内切圆半径为 r,它的垂足

【题说】 第三十四届(1993 年)IMO 预选题.本题由加拿大提供.

130

【证】 设△ABC 的垂心为 H.熟知 H 是垂足三角形 A'B'C'的内心.过 H 作 HD⊥A'C'于 D,则 HD=P.因为 C'、B、A'、H 四点共圆,所以∠HA'D= ∠HBC'=90°-∠A.因此, p=HD=HA'sin∠HA'D=HA'cosA =BA'tg∠HBA'cosA =ccosBcosAtg(90°-C) =cctgCcosAcosB=2cosAcosBcosC (1) 由积化和差公式 2[2cosAcosB]cosC =2[cos(A+B)+cos(A-B)]cosC =cos(A+B+C)+cos(A+B-C)+cos(A-B+C)+cos(A-B-C) =-1-cos2C-cos2B-cos2A =2-2cos A-2cos B-2cos C (2) 将(2)代入(1)得 p=1-(cos A+cos B+cos C) 由柯西不等式有
2 2 2 2 2 2

(3)

131

由和差化积公式又有

由半角公式和余弦定理有

由三角形的面积公式

可得

C1-153 AB 和 CD 是两条长度为 1 的线段,它们在 O 点相交,而且∠ AOC=60°,试证:AC+BD≥1. 【题说】 第十九届(1993 年)全俄数学奥林匹克九年级一试题 2.

132

【证】 作 CB1∥AB,且 CB1=AB(如图),这时候,四边形 ABB1C 是平行 四边形, AC=BB1. 易证△CB1D 是等边三角形 (CD=CB1=1 而∠B1CD=∠AOC=60°) , 于是 B1D=1 AC+BD=BB1+BD>B1D=1 另:当 A、C 重合时 AC+BD=1 C1-154 设点 D 和 E 是△ABC 的边 BC 上的两点,使得∠BAD=∠CAE.又 设 M 和 N 分别是△ABD,△ACE 的内切圆与 BC 的切点.求证:

【题说】 第三十四届(1993 年)IMO 预选题.本题由西班牙提供. 【证】 在△ABD 中,因为 M 是内切圆与 BD 的切点,所以 MB=

133

h 为△ABC 的边 BC 上的高.

C1-155 △ABC 三边长为 a、b、c.现将 AB、AC 分别延长 a,BC、BA 分 别延长 b,CA、CB 分别延长 c.设这样得到的六个点所构成的凸多边形的面 积为 G,△ABC 的面积为 F.求证:G/F≥13. 【题说】 1993 年德国数学奥林匹克(第一轮)题 4.

【证】

=13

134

C1-156 设 ABCD 是梯形,AB∥CD,E 是线段 AB 上一点,F 是线段 CD 上 一点,CE 与 BF 交于点 H,DE 与 AF 交于点 G.求证

如果 ABCD 是一个任意凸四边形,同样的结论是否成立?为什么? 【题说】 1994 年中国数学奥林匹克(第 9 届数学冬令营)题 1.

【证】



S△BCH=S△EHF

≥(2+2) S△EHF=4S△EHF (2) 同理 4S△EFG (2)+(3)即得(1). 对于任意凸四边形,上述结论不成立. SEADF≥ (3)

135

事实上,如图,在 E→B,F→C 时,四边形 EHFG→△BPC,其中 P 为 BD 与 AC 的交点.而在 D→A 时,△BPC→△BAC.所以在 A、B、C、固定,D 与 A、E 与 B、F 与 C 充分近时,SEHFG 可

C1-157 在凸四边形 ABCD 中, ∠BAD=∠BCD=90°, 射线 AK 平分∠BAD. 今 知 AK∥BC,AK⊥CD,AK 与 BD 相交于 E.

【题说】 1994 年合肥市高中数学竞赛题 5.

【证】 如图,记 AK 与 CD 的交点为 F,作 BG⊥AK, G 为垂足,则 G 在线段 AF 上, 且△ABG 和△ADF 均为等腰直角三角形, FD=AF>AG=BG=CF. 于 是

即 BC<2EF 因为 AF=AG+GK=BG+BC<CF+2EF

C1-158 设 a、b 和 c 是三角形三边的长度,ma、mb 和 mc 是相应这些边上 的中线.D 是三角形外接圆的直径,证明

136

【题说】 第二十届(199 年)全俄数学奥林匹克十年级题 3.

【证】 延长各中线, 分别△ABC 的外接圆相交于点 A1、 1 和 C1 如图) B ( . 显然 BB1≤D CC1≤D AA1≤D

由相交弦定理 A1A2·AA2=BA2·A2C 即

将上述结果带入(*)中,并将三个不等式相加,得

137

C1-159 在凸五边形 ABCDE 中, AB 垂直于边 CD, BC 垂直于边 DE. 边 边 证 明:如果 AB=AE=ED=1,那么 BC+CD<1. 【题说】 第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克十年级题 7.

【证】 设 AB、DC 交于 K.因为 A、D 在 BC 的同侧,K 若也在这一侧, 则如图 a 对在△KBC 内的点 E,ED 与 BC 所成的角<∠DCB<90°,与 ED⊥BC 矛盾.因此 K 与 A 在 BC 的异侧.同理,BC 与 DE 的交点 M 与 E 分居 CD 的两 侧(图 b).于是∠MDK<90°,直线 AK、ED 相交并区交点 F 与 A(E)在 KD 的异侧. 过 B 作 KD 的平行线交直线 DE 于 G,过 C 作 EF 的平行线交 BG 于 H.则 ∠BCH=∠BMG=90°,BG=BH+HG>BC+CD.

相交,G 线段 DE 上.BG 小于 E 到 AF 的距离,更小于 AE.于是 BC+CD <AE=1. 【注】 条件 DE=1 可以取消.

138

C1-160 将面积为 1 的矩形纸片 ABCD 沿一条直线对折,使得 C 点

【题说】 1995 年城市数学联赛低年级普通水平题 3.

【证】 如图,设折线为 EF,则 EF 中点是矩形 ABCD 的对角线交点 O, 从而易知 AECF 是菱形.

五边形 CDFEB'的面积=△ABE 的面积+四边形 CDFE 的面积

C1-161 设 ABCDEF 是凸六边形,满足 AB=BC=CD,DE=EF=FA, ∠BCD=∠EFA=60°.设 G 和 H 是这六边形内部的两点,使得 ∠AGB=∠DHE∠120° 试证:AG+GB+GH+DH+HE≥CF. 【题说】 第三十六届(1995 年)国际数学奥林匹克题 5.

139

【证】 连 BD,AE.由于 BC=CD,∠BCD=60°,所以 BD=BC=AB.同样 AE=ED. 连 BE,则 A、D 关于 BE 对称.设 G、H 关于 BE 的对称点分别为 G'、 H'.则△BG'D 与△BGA 关于 BE 对称,所以∠BG'D=∠BGA=120°,G'在正三 角形 BCD 的外接圆上.熟知 CG'=DG'+G'B=AG+GB 同理 HF=AH'+H'E=DH+HE 因此 AG+GB+GH+DH+HE=CG'+G'H'+H'F≥CF C1-162 设 ABCDEF 是凸六边形,且 AB 平行于 ED,BC 平行于 FE,CD 平行于 AF.又设 RA、RC、RE 分别表示△FAB、△BCD 及△DEF 的外接圆半径, P 表示六边形的周长,

【题说】 第三十七届(1996 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由阿美 尼亚提供. 【证】 记边 AB,BC,?,FA 的长为 a,b,c,d,e,f.又以 A,B,?, F 表示六边形各内角,由对边平行,∠A=∠D,∠B=∠E,∠C=∠F. BC 与 EF 这两条平行线之间的距离 h,A 到 BC 的距离等于 asinB,A 到 EF 的距离等于 fsinF.所以 h=asinB+fsinF.同样 h=csinC+dsinE,所以 2BF≥2h=asinB+fsinF+csinC+dsinE.同理 2DF≥bsinC+asinA+dsinD+esinF 2BD≥csinD+bsinB+esinE+fsinA

140

因为∠A=∠D,∠B=∠E,∠C=∠F,所以

C1-163 设△ABC 是等边三角形,P 是其内部一点,线段 AP、BP、CP 依 次交三边 BC、CA、AB 于 A1、B1、C1 三点. 证明:A1B1·B1C1·C1A1≥A1B·B1C·C1A. 【题说】 第三十七届(1996 年)IMO 预选题.

【证】 由余弦定理 A1B1 =A1C +B1C -A1C· B1C ≥2A1C·B1C-A1C·B1C =A1C·B1C 同理,B1C1 ≥B1A·C1A,C1A1 ≥C1B·A1B. 由塞瓦定理得
2 2 2 2 2

141

所以

A1B1·B1C1·C1A1

=A1B·B1C·C1A C1-164 已知△ABC.证明存在一条直线 l(在△ABC 所在平面内),使 得△ABC 关于 l 的对称图形△A'B'C'与△ABC 的公共部分,面积大于△ABC 面积的 2/3. 【题说】 第二十五届(1996 年)美国数学奥林匹克题 3.

【解】 设 AD 为∠BAC 的平分线,则 B、C 关于 AD 的对称点 B'、C'分 别在直线 AC、AB 上(如图).而且由对称性,B'C'过 D.不妨设 AB=c≥b=AC ≥a=BC.因为

所以

于是直线 AD 就是所求的直线 l.

142

C1-165 设△ABC 中,BC=6,CA=5,AB=4.D,E 分别在 AB、AC 边上, 且△ADE 的外接圆与 BC 相切.满足上述条件的点 D,E 在 AB、AC 上变动时, 求线段 DE 长度的最小值. 【题说】 1997 年日本数学奥林匹克预选赛题 5.

【解】如图, 设△ADE 的外接圆圆心为 O, 半径为 r, 则∠DOE=2∠BAC. 移 动 D、E 时,△ODE 中总有 OD=OE.因此,这些△ODE 是相似的等腰三角形, DE 最小当且仅当 r 最小,所以当 AO⊥BC,即 AO 为△ABC 的高 AF 的一半时, DE 最小.此时

C1-166 切一个凸 n 边形只选出一个相邻的边 AB、BC,切去△MBN 得出 一个凸 n+1 边形,其中 M、N 分别为 AB、BC 的中点.一个正六边形 P6,面 积为 1,切成七边形 P7,再将 P7(用七种可能的切法之一)切成八边形 P8, 如此继续下去.证明不论怎么切,对所有 n≥6,Pn.的面积大于 1/3. 【题说】 第 26 届(1997 年)美国数学奥林匹克题 4.

143

【解】 一个凸 n 边形,任一顶点 A 有两个相邻顶点 B、C,称线段 BC 为小对角线. 设 P6 为正六边形 ABCDEF(如图),它的小对角线围成一个六边形 A1B1C1D1E1F1,简记为 S,易知它是正六边形,外接圆半径 OA1 是 O

显然 P6 严格含有 S 并且小对角线不经过 S 的内部.假设 Pn(n≥6)严 格含有 S 并且小对角线不经过 S 的内部. 所切的一刀切去△LM'N', 其中 M'、 N'分别为 Pn 的边 LM、 的中点. LN 这样 Pn+1 新增加的小对角线 M'N 在△LMN 内, M'K 在△LMK 内 (K 是与 M 相邻的顶点) LK、 均不过 S 的内部, . MN 所以 M'N、 M'K 也都不过 S 的内部.同样过 N'的小对角线也是如此.于是 Pn+1 严格含有 S 并且小对角线不过 S 内部.

C1-167 四条直线交于六点,组成四个三角形,证明:这些三角形的外 接圆交于一点. 【题说】 1960 年~1961 年波兰数学奥林匹克三试题 5.

144

【证】 如图,四直线交于六点 A、B、C、D、E、F,组成四个△ABE、 △ACD、△BCF、△DEF.设△ABE 与△BCF 的外接圆除已有公共点 B 外,另有 公共点 M. 连 BM、FM、EM,则∠CFM=∠CBM=∠AEM,即∠CFM=∠DEM,所以 D、E、 M、F 四点共圆,同理,A、C、M、D 四点共圆,也就是上述四个三角形的外 接圆都过一点 M. C1-168 给定凸六边形 ABCDEF,已知对角线 AD、BE、CF 中任意一条都 把它的面积二等分,证明:这些对角线相交于一点. 【题说】 1963 年全俄数学奥林匹克十年级题 4.

【证】 设 AD、 交于 O. BE 由已知可得 SABCD= SBCDE, 从而推得 S△ABD=S△BDE. 但 △ABD 与△BDE 共底边 BD,故知 AE∥BD. 同理可知 AC∥FD,BF∥CE.因此△ACE∽△DFB,而 O 点是此二相似三 角形的内位似中心,所以 CF 过 O.即 AD、BE、CF 相交于 O 点. C1-169 以锐角三角形 ABC 的三边为边向外作三个相似的锐角三角形 AC1B、BA1C、CB1A(此处,∠AB1C=∠ABC1=∠A1BC;∠BA1C=∠BAC1=∠B1AC). (1)证明:三角形 AC1B、BA1C 和 CB1A 的外接圆交于一点. (2)证明:直线 AA1、BB1 与 CC1 交于同一点. 【题说】 第七届(1973 年)全苏数学奥林匹克八年级题 4.

145

【证】 设 D 为 AA1 与 BB1 的交点.易知∠A1CA=∠B1CB 及 A1C∶BC=AC∶B1C 所以 从而 点 B、D、C、A1 共圆. 同理,A、D、C、B1 共圆.这样,点 D 是△A1BC 和△AB1C 的外接圆交点. 又 ∠ADB=180°-∠ADB1 =180°-∠AC1B 所以点 A1、D、B 和 C1 共圆,于是,点 D 是所有三个外接圆的交点. 由于∠BDCl=∠BAC1=∠BA1C=180°-∠BDC,所以直线 CC1 经过点 D. 【注】 当△AC1B、△BA1C、△CB1A 是正三角形时,D 点就是△ABC 的费 马点. C1-170 三个全等的圆有一公共点 O,并且都在一个已知三角形内,每 一个圆与三角形的两条边相切. 证明: 这个三角形的内心、 外心与 O 点共线. 【题说】 第二十二届(1981 年)国际数学奥林匹克题 5. △A1CA∽△B1CB ∠DBC=∠DA1C

【证】 因为
146

O1O2∥AB O2O3∥BC O3O1∥CA 所以△ABC∽△O1O2O3. 因为 AO1、BO2、CO3 是△ABC 的角平分线,所以它们相交于△ABC 的内心 I.从而△ABC 与△O1O2O3 位似,I 为位似中心. 因为 OO1=OO2=OO3,所以,O 是△O1O2O3 的外心. 因此,△ABC 的外心 K、△O1O2O3 的外心 O、位似中心 I 三点共线.

C1-171 △A1A2A3 是一个非等腰三角形,它的边分别为 a1、a2、a3,其中 ai 是 Ai 的对边(i=1,2,3),Mi 是边 ai 的中点.△A1A2A3 的内切圆⊙I 切边 ai 于 Ti 点,Si 是 Ti 关于∠Ai 角平分线的对称点,求证:M1S1、M2S2、M3S3 三线共 点.

【题说】 第二十三届(1982 年)国际数学奥林匹克题 2.

【证】 因为 T1、S1、T2、T3 关于 A1I 对称,所以



因为 T2、S2、T3、T1 关于 A2I 对称,所以

,故有

,于是 T3I⊥S1S2,S1S2∥A2A1 同理 S2S3∥A3A2,S3S1∥A1A3

147

又 M1M2∥A2A1,M2M3∥A3A2,M3M1∥A1A3,于是△M1M2M3 和△S1S2S3 的对应边 两两平行,故这两三角形或全等或位似. △S1S2S3 内接于△A1A2A3 的内切圆, 而△M1M2M3 内接于九点圆. 由于△A1A2A3 不是正三角形, 故内切圆与九点圆不重合, 所以△S1S2S3 和△M1M2M3 位似, 1S1、 M M2S2、M3S3 共点. C1-172 如图,在四边形 ABCD 中,△ABD、△BCD、△ABC 的面积比是 3∶4∶1.点 M、N 分别在 AC、CD 上,满足 AM∶AC=CN∶CD,并且 B、M、N 三点共线.

求证:M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中点. 【题说】 1983 年全国联赛二试题 3. 【证】 不妨设 AM/AC=CN/CD=r(0<r<1), S△ABC=1.则 S△ABD=3,S△BCD=4,S△ACD=6 S△ABM=r,S△BCM=1-r S△BCN=rS△BCD=4r S△CNM=S△BCN-S△BCM=5r-1

即 所以

S△CNM=6r(1-r) 6r(1-r)=5r-1

148

与 CD 的中点.

C1-173 给定△ABC,过顶点 A、B 的圆分别交边 AC、CB 于点 P 和 Q, 在边 AB 上取点 R 和 S,使得 QR∥CA,PS∥CB.证明:点 P、Q、R、S 共圆.

【题说】 第十四届(1988 年)全俄数学奥林匹克十年级题 2. 【证】 先考虑点 R 在 A 和 S 之间的情况,如图 a 延长 PS 交圆于 D. 因为 QB∥PD,所以∠BDP=∠QPD. 因为 QR∥PA,所以∠PAB=∠QRS.

又∠PAB 与∠PDB 同立于

上,故∠PAB=∠PDB,得∠QPS=∠

QRS.又 P、R 在 QS 同侧,所以 P、Q、R、S 共圆. 当 S 在 A 和 R 之间时,如图 b,可完全类似地证明. C1-174 在已知角的一边上确定一点 A.考察所有切该边于点 A 且交 另一边于 B、C 两点的圆(对每个圆,两支点均用 B、C 表示).证明;所有 △ABC 的内心共线.

【题说】 第十五届(1989 年)全俄数学奥林匹克九年级题 3. 【证】 如图设已知角的顶点为 D,O 是△ABC 的内心,则 ∠DAB=∠BCA,又∠OAB=∠OAC
149

所以 ∠OAD=∠OAB+∠DAB

的直线上. C1-175 双心四边形是指既有内切圆又有外接圆的四边形,证明对这 样的四边形,两个圆心与对角线交点共线.

【题说】 第三十届(1989 年)IMO 预选题 14.本题由印度提供. 【证】 设四边形 ABCD 为双心四边形,其外接圆圆心为 O,内切圆圆 心为 I,对角线交点为 K,不难推出下列三个引理: (1)对圆外切四边形 ABCD,设切点为 P、Q、R、S,则 PR、QS 的交点 就是对角线 AC,BD 的交点 K. (2)若 K 为⊙I 内一定点,则对 K 点张直角的弦 EF 的中点的轨迹是一 个圆,圆心为 IK 的中点 M. (3)在(1)中若四边形 ABCD 有外接圆,则 PR⊥QS. 由(3),PQ、QR、RS、SP 对 K 点张直角,因而它们的中点 A'、B'、 C'、D'均在以 IK 的中点 M 为圆心的圆上.

150

由于 IA 与 PQ 相交于 A',所以 A'就是以 I 为反演中心,⊙I 为反演圆 时,A 经反演所得的像,同样 B'、C'、D'分别为 B、C、D 的像,因此⊙O 经 过反演成为 A'B'C'D'的外接圆,从而 O 与这圆的圆心 M,反演中心 I 共线, 所以 O 在直线 IM 上,即 O、M、K 共线,从而问题得证. C1-176 四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角 形 ABP、BCP、CDP 和 DAP 的外接圆心分别是 O1、O2、O3、O4,求证:OP、O1O3、 O2O4 三线共点.

【题说】 1990 年全国联赛二试题 1. 【证】 作直线 PO2 分别交⊙O2 于 Q, AD 于 R, 交 ∠PDR=∠BCA=∠BQR, ∠DPR=∠QPR,所以 ∠PRD=∠PBQ=90° 即 ⊙O 与⊙O4 的连心线垂直于公共弦,即 OO4⊥AD 故 同理 所以 PO2OO4 为平行四边形. O2O4 过 OP 的中点 G,同理 O1O3 也过 OP 的中点 G.所以 OP、O1O3、O2O4 共 点. PO2∥OO4 PO4∥OO2 PQ2⊥AD

C1-177 给出平面上的一个锐角三角形 ABC,以 AB 为直径的圆与 AB 边的交线 CC'及其延长线交于 M、N,以 AC 为直径的圆与 AC 边的高线 BB'及 其延长线交于 P、Q,求证:M、N、P、Q 共圆.

151

【题说】 第十九届(1990 年)美国数学奥林匹克题 5.利用圆幂定 理证 AM=AP 【证】 在 Rt△ABM 中, △AM =AC'· AB 在 Rt△ACP 中 AP = AB'·AC 又因 所以 AB'·AB 由(1)、(2)、(3) AM =AP 即
2 2 2 2

(1)

(2) △ABB'∽△ACC' AC'·AB= (3) 得

AM=AP

但 M、N 关于 AB 对称,P、Q 关于 AC 对称,故 AM=AN,AP=AQ.因此 M、 N、P、Q 在以 A 为圆心,以 AM=R 为半径的圆上. 【别证】 设 BC 的高为 AA',△ABC 的垂心为 H,则 A'在以 AB 为直径 的圆上,从而 AH×HA'=MH×HN 同样 AH×HA'=PH×HQ 于是 MH×HN=PH×HQ
152

M、N、P、Q 共圆. C1-178 设 A1A2A3A4 为⊙O 内接四边形,H1、H2、H3、H4 分别为△A2A3A4、 △A3A4A1、△A4A1A2、△A1A2A3 的垂心. 求证:H1、H2、H3、H4 四点共圆,并定该圆圆心的位置.

【题说】 1992 年全国联赛二试题 1. 亦可见梁绍鸿 《初等几何复习及研究》 1984 年巴尔干地区三国联赛. 及 【证】 作 O 点关于 A1A3 的对称点 O1,关于 A2A4 的对称点 O2,完成平行 四边形 OO1O'O2,连 A3O1,A3O,则易知 A3H1 平行四边形,故 O'H1=A3O1=A3O=R 同理可证 O'H2=O'H3=O'H4=R.故 H1、H2、H3、H4 共圆,圆心为 O'. C1-179 平面上给定一个锐角三角形 ABC. 过顶点 B 的高交以 AC 为直 径的圆于 P,Q,过顶点 C 的高交以 AB 为直径的圆于 M、N.求证:M、N、P、 Q 四点共圆. OO2 O1O',从而 A3H1O'O1 是

【题说】 1992 年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题 6. 【证】 由于 MN 和 PQ 的垂直平分线分别是 AB 和 AC.所以,AM=AN, AP=AQ. 设 B',C'分别是 AC 与 AB 边上高的垂足,于是由射影定理,得 AM =AC'·AB=AB·ACcos∠BAC AP =AC·AB'=AB·ACcos∠BAC
153
2 2

所以 AM=AP,从而 M、N、P、Q 四点在以 A 为圆心的圆上.

C1-180 设 M 为锐角△ABC 中一点,M 关于 AB、BC、CA 的对称点分别 为 C'、A'、B'.若 A、B、C、A'、B'、C'六点共圆,则称 M 为“好点”.试 找出锐角△ABC 中所有的“好点”,并说明理由.

【题说】 1993 年江苏省高中数学竞赛二试题 1 【解】 设△ABC 的高为 AD,BE,CF,它们相交于垂心 H,延长 AD 交 外接圆于 D', 则∠HCD=90°-∠ABC=∠BAD=∠D'CD, 从而△HCD≌△D'CD, D'与 H 关于 BC 对称.同理 BE、CF 与外接圆的交点 E'、F'也与 H 分别关于 CA、AB 对称.从而 H 是好点. 另一方面,设 M 为好点,则∠BMC=∠BA'C=180°-∠BAC=∠BHC, 因此 M 在以 BC 为底、含角为∠BHC 的弓形弧上.同理 M 在以 CA 为底、含角 为∠CHA 的弓形弧上,也在以 AB 为底、含角为∠AHB 的弓形弧上.这三个弓 形弧的公共点只有 H,因此垂心 H 是唯一的好点.

C1-181 设凸四边形 ABCD 的对角线 AC、BD 互相垂直,垂足为 E,证 明:点 E 关于 AB、BC、CD、DA 的对称点共圆.

【题说】 第 22 届(1993 年)美国数学奥林匹克题 2. 【证】 以 E 为相似中心作相似变换,相似比为 1/2,此变换把 E 关 于 AB、BC、CD、DA 的对称点变为 E 在 AB、BC、CD、DA 上的射影 P、Q、R、 S(如图),只须证明 PQRS 是圆内接四边形.

154

由于四边形 ESAP、EPBQ、EQCR 及 ERDS 都是圆内接四边形(每个四边 形都有一组对角为直角),由 E、P、B、Q 共圆,∠EPQ=∠EBQ,由 EQCR 共 圆,有∠ERQ=∠ECQ,于是 ∠EPQ+∠ERQ=∠EBQ+∠ECQ=90° 同理可得 ∠EPS+∠ERS=90°

从而,有∠SPQ+∠QRS=180°,故 PQRS 是圆内接四边形.

C1-182 两个等圆彼此相交,从它们的对称中心引出两条射线交圆周 于不在同一条直线上的四个点.试证:这四个点必在同一个圆周上.

【题说】 第十九届(1993 年)全俄数学奥林匹克十年级一试题 2. 【证】 如图,设过对称中心 O 的两条射线为 A1B1、A2B2,A1、A2 位于 第一个圆周上,而 B1、B2 位于第二个圆周上. 设点 A3、B3 和 B4 分别是点 B2、A1 和 A2 关于点 O 的对称点.根据相交弦 定理,有 B3O·OB1=B2O·OB4 因为 B3O=OA1, 4=OA2, OB 从而 OA1· 1=OB2· 2, 1、 1、 2、 2 共圆. OB OA A B B A C1-183 圆 S1 和圆 S2 相外切于 F 点.直线 l 分别切圆 S1 和圆 S2 于 A、 B 点.于圆 S2 相切于 C 点且平行于 l 的直线交圆 S1 于两点.证明:点 A、F 和 C 共线.

【题说】 第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克九年级(决赛)题 2.
155

【证】 连结 FA、FB、FC.因为两平行线分别切圆 S2 于 B、C 点,所以 BC 是圆 S2 的直径,∠BFC=90°. 过 F 引两圆的公切线交 l 于 K 点,则 KA=KF=KB 所以 ∠KBF=∠KFB ∠AFB=∠KFA+∠KFB =∠KAF+∠KBF ∠KAF=∠KFA

∠AFB+∠BFC=180° 故 A、F、C 三点共线. C1-184 圆 O 内切于四边形 ABCD,与不平行的两边 BC、AD 分别切于 E、F 点.设直线 AO 与线段 EF 相交于 K 点,直线 DO 与线段 EF 相交于 N 点, 直线 BK 与直线 CN 相交于 M 点.证明:O、K、M 和 N 四点共圆.

【题说】 第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克十年级题 3. 【证】 设内切圆 O 切 AB 于 P 点,连结 OP 及 PE,则∠AOP=

因为∠OPB=∠OEB=90°,所以 O、P、E 在以 OB 为直径的圆周上.从 而 K 点也在这个圆周上.所以∠BKO=90°. 同理可证∠CNO=90°.于是 ∠ONM+∠OKM=180°
156

所以 O、K、M 和 N 四点共圆. C1-185 一条直线 l 与⊙O 不相交,E 是 l 上一点,OE⊥l,M 是 l 上 任意异于 E 的点,从 M 作圆的两条切线分别切圆于 A 和 B,点 C 是 MA 上的 点,使得 EC⊥MA,D 是 MB 上的点,使得 ED⊥MB,直线 CD 交 OE 于 F,求证: F 的位置不依赖于 M 的位置.

【题说】 第三十五届(1994 年)IMO 预选题.本题由塞浦路斯提供. 【证】 设 EM=x,OE=a,圆半径为 R,连结 OM.设 OM 交 AB 于 J, OE 交 AB 于 H,则易知 OJ⊥AB.从而∠AJM=∠OEM=90°,J、M、E、H 四点 2 共圆.OH×OE=OJ×OM=OA ,

设 E 在 AB 上的射影为 G.由于 E、A、B 都在以 OM 为直径的圆上,对这 个圆的内接三角形 MAB,E 点的西摩松线 CD 通过 G 点. 连 EB.由 E、G、B、D 共圆,∠EGD=∠EBD.由 E、B、O、M 共圆,∠ EBD=∠EOM=90°-∠GHE.所以∠FGH=90°-∠EGD=∠GHE.从而 F 是直 角三角形 EGH 斜边的中点.EF=

C1-186 D 为△ABC 的边 BC 上的点.作△ABD 和△ACD 的内切圆,并 作它们的外公切线(异于 BC 的外公切线),交 AD 于点 K.证明:线段 AK 的长度与点 D 在 BC 上的位置无关.

157

【题说】 第五十七届(1994 年)莫斯科数学奥林匹克十年级题 24. 【解】 如图.设 AD 与两圆的切点分别为 P、Q,两圆的另一条公切线 为 MN,切点分别为 M、N,BC 与两圆的切点分别为 E、F. 利用切线的性质不难算得

KP+KQ=KM+KN=MN=EF 所以 4AK=2(AP+AQ)-2(KP+KQ) =AB+AC-BC+2(AD- EF) 另一方面,容易算得 2EF=(DE+DP)+(DF+DQ) =(AD+BD-AB)+(AD+DC-AC) =2AD- (AB+AC-BC) 将(2)代入(1)得 2AK=AB+AC-BC 与 D 在 BC 上的位置无关. C1-187 设 A、B、C、D 是一条直线上依次排列的四个不同的点.分 别以 AC、BD 为直径的两圆相交于 X 和 Y;直线 XY 交 BC 于 E.若 P 为直线 XY 上异于 E 的一点,直线 CP 与以 AC 为直径的圆相交于 C 及 M,直线 BP 与 以 BD 为直径的圆相交于 B 及 N.试证:AM、DN 和 XY 三线共点. (2) (1)

158

【题说】 第三十六届(1995 年)国际数学奥林匹克题 1. 【证】 设 P 点在线段 XY 上(如图所示),直线 AM 与直线 XY 交于 Q 点,直线 DN 与直线 XY 交于 Q'点. 因为∠QMC=∠QEC=90°,所以 Q、M、E、C 四点共圆,从而 QP·PE=MP·PC=XP·PY 同理 Q'P·PE=NP·PB=XP·PY 因此 Q'P=QP,Q 点与 Q'点重合. P 在线段 XY 的延长线上,证明类似. C1-188 设△ABC 是非等腰非直角三角形. O 是它的外接圆圆心. 设 并 且设 A1、B1 和 C1 分别是边 BC、CA 和 AB 的中点.点 A2 在射线 OA1 上,使得△ OAA1∽△OA2A.点 B2 和 C2 分别在射线 OB1 和 OC1 上,使得△OBB1∽△OB2B 和△ OCC1∽△OC2C.证明直线 AA2、BB2 和 CC2 共点.

【题说】 第二十四届(1995 年)美国数学奥林匹克题 3. 【证】 设Γ 是△ABC 的外接圆.因为△OAA1∽△OA2A,所以

159

从而 OA1·OA2=OA =OB
2 2

因而 A2B 和Γ 相切于 B 点.同理 A2C 与Γ 相切于 C 点,B2C、B2A、C2A2、 C2B 分别与圆Γ 相切于 C、A、B、B.于是Γ 是△A2B2C2 的内切圆,切点分别是 A、B 和 C.由切线长相等和 Ceva 定理,即得 A2A、B2B、C2C 共点.

C1-189 设 H 是锐角△ABC 的垂心,由 A 向以 BC 为直径的圆作切线 AP、AQ,P、Q 为二切点.求证:P、H、Q 三点共线.

【题说】 1996 年中国数学奥林匹克(第 11 届数学冬令营)题 1. 【证】 设 BC 中点为 O,连结 AO,PQ,交于 G,则 AO⊥PQ. 在 Rt△AQO 中,由射影定理有 AQ =AG·AO
2

(1)

作 AD⊥BC 于 D,则 H 在 AD 上.连结 BH,延交 AC 于 E,则 BE⊥AC,且 E 在圆周上.而有 H、D、C、E 共圆,从而 AH·AD=AE·AC= AQ
2

(2) 由(1)、(2),得 AH·AD=AG·AO

160

因此 H、D、O、G 共圆.从而 ∠HGO=180°-∠HDO=90° 即 H 在 PQ 上. 【另证】 设 BC 中点为 O,AD、BE 为高,则 AD、BE 都过 H,并且 E 在 以 BC 为直径的圆上,O 是这圆的圆心. 因为∠ADC+∠HEC=90°+90°=180°,所以 E、C、D、H 四点共圆, AH·AD=AE·AC. 又 AQ 是⊙O 切线,所以 AE·AC=AQ . 因为 AH·AD=AQ ,所以△AHQ∽△AQD,∠AHQ=∠AQD. 同理,∠AHP=∠APD. 因为 P、D、Q 都在以 OA 为直径的圆上,所以∠AQD+∠APD=180°.从 而∠AHQ+∠AHP=180°,即 P、H、Q 三点共线.
2 2

C1-190 设 P 是△ABC 内一点,∠APB-∠ACB=∠APC-∠ABC,又设 D、E 分别是△APB 及△APC 的内心.证明 AP、BD、CE 交于一点.

【题说】 第三十七届(1996 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由加 拿大提供. 【证】 延长 AP 交 BC 边于 K,交△ABC 的外接圆于 F,连结 BF、CF. ∠APC-∠ABC=∠AKC+∠PCK-∠ABC =∠BAK+∠PCK =∠BCF+∠PCK=∠PCF

161

同理 ACB=∠PBF 所以由已知 ∠PBF

∠APB-∠

∠PCF=

C1-191 如图,已知两个半径不相等的⊙O1 和⊙O2 相交于 M、N 两 点,且⊙O1、⊙O2 与⊙O 内切于 S、T 两点,求证:OM⊥MN 的充分必要 条件是 S、N、T 三点共线.

【题说】 1997 年全国联赛二试题 1. 【证】 如图,由题设,知 O、O1、S 共线,O、O2、T 共线.连结 OS、 OT、SN、NT、O1M、O1N、O2M、O2N,则有 OS=OT. (1)充分性设 S、N、T 三点共线,则∠S=∠T.因△O1SN、△O2NT 都是等腰三角形,故 ∠S=∠O1NS=∠T=∠O2NT 从而
162

O2N∥OS,O1N∥OT OO1NO2 为平行四边形,故 OO1=O2N=O2M,OO2=O1N=O1M.所 以△O1MO≌△O2OM,则

又由于 O1O2⊥MN,故 OM⊥MN. (2)必要性 设 OM⊥MN,由图知 OO2-OO1=(OT-O2T)-(OS-O1S) =O1S-O2T(定值)=MO1-MO2 所以,O1M 分别在以 O1、O2 为焦点的双曲线的(左、右)两支上.由 OM⊥MN,O1O2⊥MN,知 OM∥O1O2.又由双曲线对称性,知 O1O2MO 是 等腰梯形. 所以 OO2=O1M=O1N,OO1=MO2=O2N,从而 OO1NO2 是平行四边形. 所以 2∠O1NS+2∠O2NT+2∠O1NO2=(∠O1NS+∠S+∠SO1N) (∠ O2NT+∠T+∠NO2T)=360°,∠O1NS+∠O2NT+∠O1NO2=180°,S、 N、T 三点共线. C1-192 四边形 ABCD 内接于圆, 其边 AB 与 DC 延长交于 P 点, AD、 BC 延长交于 Q 点.由 Q 作该圆二切线 QE、QF,切点分别为 E、F.求证: P、E、F 三点共线.

【题说】 1997 年中国数学奥林匹克题 4. 【证】 如图,设 ABCD 内接圆圆心为 O,半径为 r. 连 PQ,过 D、Q、C 作圆交 PQ 于 M,则 ∠CMQ=∠CDA=∠PBC 故 C、B、P、M 共圆.从而 PO2-r2=(PO+r)(PO-R) =PD·PC =PQ·PM (1)同理 QO2-r2=PQ·QM (2) (1)-(2)得 PO2-QO2=PQ(PM-QM) =(PM+QM) (PM—QM) 2 2 =PM -QM 从而 OM⊥PQ 从而 O、 Q、 F 共圆, E、 M、 该圆以 OQ 为直径, 中点 O1 为圆心. OQ EF 是⊙O 与⊙O1 公共弦.

163

连 PE,设交⊙O1 于 F1,交⊙O1 于 F2.则 PE·PF1=PO2-r2=PQ·PM=PE·PF2 即 PF1-PF2,推得 F1=F2=F.故 P、E、F 共线. C1-193 分别以△ABC 的边 BC、CA、AB 为底向外作等腰三角形 BCD,CAE,ABF.证明分别过 A、B、C 作 EF、FD、DE 的垂线,这三条 垂线共点. 【题说】 第 26 届(1997 年)美国数学奥林匹克题 2. 【解】 分别以 D、E、F 为圆心,DB、EC、FA 为半径作圆. ⊙E、⊙F 的公共弦,⊙F、⊙D 的公共弦,⊙D、⊙E 的公共弦(所在 直线)即分别过 A、B、C 所作的 EF、FD、DE 的垂线. 熟知三条公共弦交于一点,这点(即三圆的根心)对于三个圆的幂相 等.因此本题结论成立.

164


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