奥林匹克题解三1中.docx
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奥林匹克题解三1中.docx
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奥林匹克题解三1中
第三章、几何部分
第一节平面几何证明(中)
C1-071设线段AB的中点为M,从AB上另一点C向直线AB的一侧引线段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.
【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,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;点B变为点D,于是|HB|=|HD|,∠BHD=60°,△BHD是正三角形.
C1-0751.△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.
【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 hC=2hM
所以 hA+hB=hC,S△APQ+S△BPQ=S△CPQ
即 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
(1)
hA+hD=2hM
(2)
又易知四边形MTNS是平行四边形,O为MN中点,所以
hM=hN (3)
由
(1)、
(2)、(3)得
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
∠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∠
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,且A′、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.
【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、BC、CA上分别取D、E、F,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
△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、H、C1、B与A1、B1、A、B分别共圆,因此∠HA1C1=∠HBC1=∠HA1B1.即A1H是∠B1A1C1的平分线.同理,B1H、C1H分别是∠A1B1C1、∠A1C1B1的平分线.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
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)设O为外接圆心,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).
【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、B1、C1、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
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=a2.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°
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 e2=a2+b2-2abcosθ
(2)
e2=c2+d2+2cdcosθ (3)
(2)-(3)得a2+b2-c2-d2-2(ab+cd)cosθ=0
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.
【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.
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、E.若DE弧上任意一点F处的切线与自A、B所作切线分别交于A′、B′.证明:
AA′·BB′=l2.
【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
=∠5+∠6=∠B′CB
故 △A′AC∽△CBB′
即 A′A·B′B=l2.
C1-094设P为单位圆周上的任意一点,A1、A2、…、An为圆内接正n边形的顶点.求证:
PA12+PA22+…+PAn2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
……
=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.
【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).
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.C是y上与A、B不同的一点.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.
【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)2+(2r+d)2-2(2r-d)·(2r+d)cos60°
=(2r)2
此式左端=4r2+3d2,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.
【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
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
设BC∥AD.这时梯形ABCD的中位线EG∥AD,于是
S△EGA=S△EGD
(1)
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