复件 奥林匹克题解三(1)中

复件 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 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 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( C1-075 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( 【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( 为M到XY令h、h、h分别为A、B、C到XY的距离，M为AB中点，hABCM的距离，则有 h+h=2h ABM 易 知 h=2h CM 所以 h+h=h，S+S=S ABC?APQ?BPQ?CPQ 即 S+S-S=0 ?APQ?BPQ?CPQ 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，h、h、h、h、h、h分别ABCDMN为A、B、C、D、M、N到XY的距离，则 h+h=2h (1) BCN h+h=2h (2) ADM 又易知四边形MTNS是平行四边形，O为MN中点，所以 h=h (3) MN 由(1)、(2)、(3)得 S+S+S+S=0 (4) ?AXY?DXY?CXY?BXY 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、CA、AB上(求证:AD、BE、CF是?ABC的三条高 BC 【题说】 1986年全国联赛二试题2( 【证】 S=S+S+S OEAFOFBDODCE 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 ?ABC是不等边锐角?ABC的垂足三角形，A、B、C是 111222 ?ABC内切圆分别与各边的切点(证明:?ABC与?ABC的欧拉线重111222 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 ?HAB=?HCB=?BAA 111 =?BBA=90? 1 所以A、H、C、B与A、B、A、B分别共圆，因此?HAC=?HBC=?HAB(即111111111AH是?BAC的平分线(同理，BH、CH分别是?ABC、?ACB的平分线(因111111111111此H是?ABC的内心，从而H是?ABC的外心，并且B、C关于AH对称，111222221所以BC?BC(同理，AC?AC，AB?AB(故?ABC与?ABC是位似形，于222222222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?ABC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222 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A、B、C(试证: 111 (1)六边形ACBACB的周长等于三线段AH、BH、CH之和的两倍; 111 (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，?ACH=?ABC，?BCF+?ABC=90?，?BCF+?1 AHC=90?，故?ABC=?AHC，从而?AHC=?ACH，Rt?AHF?Rt?ACF，11111AC=AH(同理可证BC=BH=BA，CA=CH=CB，AB=AH，因此111111 AC+CB+BA+AC+CB+BA=2(AH+BH+CH); 111111 (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+S+S四边形AFOE四边形BDOF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( 、J、 K、 L、M、 N分别为?ABC、?BCD、?CDE、【证】如图，设I ?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A、B、C、111D(证明:四边形ABCD与ABCD相似( 11111 【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，?AOD=α(易知A、D、A、D共圆， 1111 ?OAD??OAD 11 ?OAD=?OAD 11 同理 ?OAB=?OAB，所以?DAB=?DAB，进而四边形ABCD与ABCD111111111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A、A、…、A的凸包F(F是凸多边形，而12n 且顶点?{A，A，…，A}(不妨设F=AA…A(若m,n，用对角线将F分成12n12m 三角形，A在F内，因而必在某个?AAA内，这与A、A、A、A组成凸四nijkijkn边形矛盾(因此F=AA…A，即n个已知点组成一个凸多边形( 12n 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R、R(证 12 【题说】1980年安徽省赛题3( 2【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? 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 222又 e=a+b-2abcosθ (2) 222e=c+d+2cdcos θ (3) 2222(2)-(3)得a+b-c-d-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( ?4，?2=?5，又由于AB?CE，所以?6=?7=?3(从而?A=易知?1= ?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P。 a 在平面上任取一点O，过O作两条直线分别平行于PA、PB，这两条直aa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P，过P作l的平行线必交边AB于它内部的点Q( aa 过P作直线a的平行线b(由于P到a的距离最远，所以多边形在平aa 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P这一点a属于多边形(于是线段PQ是l的平行线截多边形所得的线段中最长的，而a 且最长的只有PQ这一条( a 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 (因为PQ最长，所以多边形夹在a、b之间，从而P所在直线a的平行线b 是距a最远的顶点P，l在AB的对应角内( a 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 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 =?5+?6=?B′CB 故 ?A′AC??CBB′ 即 A′A?B′ 2B=l( C1-094 设P为单位圆周上的任意一点，A、A、…、A为圆内接正n12n222边形的顶点(求证:PA+PA+…+PA是常数( 12n 【题说】 1957年上海市赛高三决赛题5( 【证】如图，在?PAO内，令?POA=α，则由余弦定理， 11 =2-2cosα …… =2n-2S 【别证】以O为原点，以OA为实轴，以OA为单位长，建立复平面，11 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y、y、y是以AB为公切线的三个圆，且y是?ABC1232的内切圆，y、y同时切CD和y(求证:圆y、y、y有两条公切线( 13123 【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?O、?O、?O(如图)的123半径为 OE=2rsinα(1-sinα) 11 OE=r(cosα+sinα-1) 22 OE=2rcosα(1-cosα) 33 以及它们与AB的切点距AB中点O的距离 EO=r(2sinα-1) 1 EO=r(cosα-sinα) 2 EO=r(2cosα-1) 3 由此不难得出 OE?EE=OE?EE+OE?EE 221311223312 于是O、O、O在一直线上(由对称性，这三个圆还有另一条公切线( 123 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O、O、O，半径依次为r-d，r，123r+d，于是?OOO的三边分别是 123 OO=2r-d，OO=2r，OO=2r+d( 121323 若?OOO的三内角成等差数列，则必有一个角为60?，并且夹这个角123 的两边必为2r-d与2r+d(因此，由余弦定理有: 22(2r-d)+(2r+d)-2(2r-d)?(2r+d)cos60? 2=(2r) 22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?OOO的三个内角不能成等差数列( 123 C1-099 如图，圆中的三条弦PP、QQ、RR两两相交，交点分别为A、111B、C(已知AP=BQ=CR，AR=BP=CQ(求证?ABC是正三角形( 111 【题说】1979年北京市赛一试题3( 【证】如图，设AP=BQ=CR=m，AR=BP=CQ=n，BC=x，AC=y，AB=z(则111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，?O以OC为直径(设兔子从A点向C点跑，则狗 1 由此可知，当兔子跑到C点时，狗沿着?O跑到C点捉住了兔子( 1 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=S?EGA?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(设AC与KN交于P(易知直线BM也过P( 因为 ?BMN=?AKN=?NCP 所以M、N、C、P四点共圆(因而 22BM?BP=BN?BC=BO-r 22PM?PB=PN?PK=PO-r 其中r为圆O的半径(两式相减有 22PO-BO=BP(PM-BM) 22=PM-BM 2222于是 PO-PM=BO-BM 故 OM是?OBP之BP边上的高，即?OMB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) m=R(cosα+cosβ) 又因 α+β=θ，所以 但在?OAB中， C1-105 如图，?O与?O相交于A、B两点，且O在?O的圆周上(弦1221OC交?O于D(证明:D是?ABC的内心( 22 【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，?O与?O相交于A、B两点，且O在?O的圆周上(弦1221OC交?O于D(证明:D是?ABC的内心( 22 【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，?O与?O相交于A、B两点，且O在?O的圆周上(弦1221OC交?O于D(证明:D是?ABC的内心( 22 【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。 【证】设直线AB与?O的另一个交点为F(?O、?O关于点A位似，212 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，过P作直线交C于A、B两点(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 22R-LO=LA?LM 22所以，LO=R-LA?LM 2=R-LA(IM-LI) 2=R-LA?IM+LA?LI 22=R-LA?IM+LP 222从而 LO=R-2R?PL+LP 2=(R-LP) 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( C1-109 在圆内有一个凸四边形，它的边的延长线交圆周于A，A，B，121 B，C，C，D和D(如图)( 21212 试证:如果AB=BC=CD=DA，则由直线AA，BB，CC和DD所围成2的四边形一定存在外接圆( 【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AA，BB，CC，DD构成的四边形中，两个对角分别等12121212 于α和β(如图)(因为 AB=BC=CD=DA 12121212 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( 【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( 111 弦CD垂直于圆O的直径AB，L为垂足(弦AE平分半径OC于H(证C1- 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( 【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 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、D，交AB于M(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( 第二十一届(1995年)全俄数学奥林匹克十年级题6( 【题说】 【证】 设?AOC的外接圆圆心为O，OP为直径;?DOB的外接圆圆心1 为O，OQ为直径(如图)(连心线OO垂直平分公弦OK且OO是?OPQ的21212中位线，所以直线PQ通过K点且垂直于OK( 线段PO是过A点的圆O的直径，所以?PAO是直角，因此线段PA与半1 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(由FC=FD得?QDM=?FDC=?FCD=?PCE，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、K、L(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( 【证】因为 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、AC于P、Q(由于G是重心，所以PG=GQ( 设E在线段AQ上，则D在线段AP延长线上(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=S(?PRG?QEG 1) S,?DBG S=S(?RSG?EFG 2) 由(3)、(4)得 C1-115 设ABCD为任意给定的四边形，边AB、BC、CD、DA的中点分别为E、F、G、H(证明: 【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 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( 【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 ?DAF+?EAB=45? 所以 ?BAP+?EAB=?EAP=45?=?EAE ?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( 【证】 显见 S+S=S ABLBCMLABCM S+S=S BCMLMDKLBCDK 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?，S=S，从而S=S( ABCMBCDKABLMDKL 【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 S=S=2S ABDABCAMD 即 S+S+S+S=2(S+S+S) ABLALPBQLPLQDALPPLQDMDQ 整理 得 S+S=S+S+2SABLBQLALPPLQDMDQ (1) 又 S=2S ABDBDK 即 S+S+S+S=2(S+S+S) ABLALPBQLPLQDBQLPLQDDKP 整理 得 S+S=S+S+2ABLAPLBQLPLQDSDKP (2) (1)+(2)，并消去等式两边相同的项，得 2S=2(S+S+S) ABLMDQDKPPLKD 即 2S=2S ABLMDKL所以 S=S ABLMDKLC1-118 图中OB平行且等于AA，i=1，2，3，4，(A=A)(证明:iii+151 BBBB的面积是AAAA的2倍( 12341234 【题说】第十四届(1982年)加拿大数学奥林匹克题1( 【证】因为AAOB 12 1 AAOB 23 2 所以 ?AAA+?BOB=π 12312 sin?AAA=sin?BOB 12312 C1-119 已知凸凹边形四边长分别为a、b、c、d，对角线相交所成锐角为45?(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， 222a=x+y+2xycos45? (1) 222b=y+t-2ytcos45? (2) 222c=t+z+2tzcos45? (3) 222d=z+x-2zxcos45? (4) (1)-(2)+(3)-(4)得 2222a-b+c-d=2(xy+yt+tz+zx)cos45? 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( 【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=S，S=S ?KBH?KNH?HMC?HMN 由此即得 S=S ?ABC?AKNM 易知?ABL??ANC，所以 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A，点B、C与此类似(直线AA与B、C两角的外角平分线相交于A(点B，111100C与此类似(求证: 0 (1)三角形ABC的面积是六边形ACBACB面积的二倍; 000111(2)三角形ABC的面积至少是三角形ABC面积的四倍( 000 【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( 、CC的交点，如图( 【证】设I为?ABC的内心，则I为AA、BB000 ?BIA=α+β 1 ?ABI=β+?A1BC 1 =β+α 所以 AB=AI 11 易知 BB?BA 10故 ?ABA=90?-?ABI 101=90?-?BIA 1 =?AAB 10 AA=AB=AI 1011 类似地，可得其他五个等式，将六个等式相加，便得 由于A、C分别是AI、CI中点，故AC是?IAC的中位线，因此它11001100 平分IB，从而 类似地可得其他二等式(三式相加，便得 2易知 S=2RsinAsinBsinC(R为外接圆半径) ?ABC 2=2Rsin2αsin2βsin2γ 2=2R(sinαcosβ+cosαsinβ)(sinβcosγ+ cosβsinγ)(sinγcosα+cosγsinα) 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( 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，t、t、t为三内角的平分线(作abc?ABC的外接圆交?A的平分线AD的延长线于E，则 ?EAC??BAD AB?AE=AD?AC AB?AC=AE?AD 即 b?c=t(t+DE) aa 2所以 bc,t a 22同理 ca,t，ab,t bc 所以 abc,ttt abc 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 S=S-4S QK' 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 S,S-4S ?ABCDK' 从而 S,S ABCDQ 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 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 同时，当且仅当?BAC=90?(C与E重合)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( 因为?ABC不是钝角三角形，所以它的外心O在三角形内(设【证】 重心为G，则O属于?GAB，?GBC，?GCA中的一个，例如?GAB(图a)(这时 GA+GB?OA+OB +m?3R 即 mab 如果点O和边AB的中点C重合，那么m=R(如果点O和C不重合，那1c1么?COC=?COB+?BOC=?ACB+2?A=π+?A-?B, 11 m+m+m,4R abc 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 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( 【证】 假设?BAC?45?，那么由于?ACB,90?， 所以 ?CBA,45? 于是 BC,AC，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 从而 这说明在Rt?ACH中，?BAC,60?(与假设矛盾(因此，?BAC,45?( 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 22222?a+b+c+d?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 2222222222222a+b+c+d,x+y+(1-x)+(1-ω)+ω+z+(1-z)+(1-y)=x+2222222(1-x)+y+(1-y)+z+(1-z)+ω+(1-ω) 因此，所证不等式成立( C1-131 P，…P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2n 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?AOP??AOP)( ii+1 因而Q的横坐标非负，这样 i 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 2证明:3S?I,4S 【题说】 1978年天津市赛题 6( 222【证】 因为 a+b+c ?ab+bc+ca=S 22所以 I=(a+b+c) 222=2S+a+b+c?3S( 另一方面，由于a,b，c，所以 2a,ab+ca 2同样 b,bc+ab 2c,ca+bc 222三式相加得 a+b+c,2S 2所以 I,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'=λa，AD'=μb(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: 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,S+S-S ?PQR?TPR?TQR?PQT 记TP=ε，TQ=δ，则有 2S?εa+δb-εδ=ab-(a-δ)(b-ε) ?PQR ?ab-(a-λa)(b-μb)=ab(λ+μ-λμ) (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h、h、h，在BC、AC、AB上所作abc 正方形的边长各为l、m、n(则 同理 m=bh,(b+h) bb n=ch,(c+h) cc 由于ah=bh，依分比定理，有 ab 所以 a-h,b-h即a+h,b+h baab同理 b+h,c+h bc 故 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 ，且圆O的半径长为1(求证: CD与EF分别交直径AB于P和Q 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 2222PC+ PD=(CM-PM)+(CM+PM) 22=2(CM+PM) 222=2(CM+OM)=2OC=2 22同理 QE+QF=2，所以 又因 PC?QE，故上式中等号不能成立(