tceic.com
简单学习网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

【校本课程数学竞赛讲义】第14


【校本课程数学竞赛讲义】 第八章联赛二试选讲§8.1

平几名定

理、名题与竞赛题 II
定理 9 (Nine point round)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连 线的中点,共计九点共圆. 分析 要证九个点共圆,可先过其中三点作一圆,再证其余的点在此圆上.为此可考虑 在三种点中各选一点作圆, 再在其余

三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上, 即可证明. 证明:取 BC 的中点 M,高 AD 的垂足 D,AH 中点 P,过此三点作圆,该圆 的直径即为 MP. 由中位线定理知,MN∥AB,NP∥CH,但 CH⊥AB,故?PNM=90?,于是, 点 N 在⊙MDP 上,同理,AB 中点在⊙MDP 上. Q 再由 QM∥CH,QP∥AB,又得?PQM=90?,故点 Q 在⊙MDP 上,同理,CH B 中点在⊙MDP 上. 由 FP 为 Rt.⊿AFH 的斜边中线,故?PFH=?PHF=?CHD,又 FM 为 Rt.⊿ BCF 的斜边中线,得?MFC=?MCF,但?CHD+?DCH=90?,故?PFM=90?.又得点 F 在⊙ MDP 上,同理,高 BH 的垂足在⊙MDP 上.即证. 说明 证明多点共圆的通法,就是先过三点作圆,再证明其余的点在此圆上. 九点圆的圆心在三角形的 Euler 线上.九点圆的直径等于三角形外接圆的半径. 由 OM∥AP,OM=AP,知 PM 与 OH 互相平分,即九点圆圆心在 OH 上.且九点圆直 径 MP=OA=⊿ABC 的外接圆半径. 定理 10(三角形的内心的一个重要性质)设 I、Ia 分别为⊿ABC 的内心及?A 内的旁心, 而?A 平分线与⊿ABC 的外接圆交于点 P,则 PB=PC=PI=PIa. 例 15.设 ABCD 为圆内接四边形,Δ ABC、Δ ABD、Δ ACD、Δ BCD 的内心依次为 I1、 I2、I3、I4,则 I1I2I3I4 为矩形.(1986 年国家冬令营选拔赛题) 分析 只须证明该四边形的一个角为直角即可.为此可计算?1、?2、?XI2Y. ⌒ 证明 如图,BI2 延长线与⊙O 的交点 X 为 AD 中点.且 XI2=XI3=XA=XD, 1 1⌒ 于是?1= (180?-?X)=90?- BC , 2 4 1⌒ 同理,?2=90?- CD . 4 1 ⌒ ⌒ ?XI2Y= ( XY + BD ) 2 1⌒ ⌒ 1⌒ ⌒ = ( AB + AD )+ ( BC + CD ), 4 2 1⌒ ⌒ ⌒ ⌒ 故?1+?2+?XI2Y=90?+90?+ ( AB + BC + CD + DA )=270?. 4 从而?I1I2I3=90?.同理可证其余. 说明 亦可证 XZ⊥YU,又 XZ 平分?I2XI3 及 XI2=XI3?I2I3⊥XZ,从而 I2I3∥YU,于是得 证. 定理 11 (Euler 定理)设三角形的外接圆半径为 R,内切圆半径为 r,外心与内心的距离 为 d,则 d2=R2-2Rr.(1992 年江苏省数学竞赛) 分析 改写此式,得:d2-R2=2Rr,左边为圆幂定理的表达式,故可改为过 I 的任一直线
Y A I2 1
2

A F P N H M D C

X D I3 U I4 C

I1

B

Z

10.22

1

与圆交得两段的积,右边则为⊙O 的直径与内切圆半径的积,故应添出此二者,并构造相似 三角形来证明. 证明:如图,O、I 分别为⊿ABC 的外心与内心.连 AI 并延长交⊙O 于点 E D,由 AI 平分?BAC,故 D 为弧 BC 的中点.连 DO 并延长交⊙O 于 E,则 DE A 为与 BC 垂直的⊙O 的直径. F 由圆幂定理知,R2-d2=(R+d)(R-d)=IA· ID. (作直线 OI 与⊙O 交于两点,即 I O 可用证明) C 但 DB=DI(可连 BI,证明?DBI=?DIB 得),故只要证 2Rr=IA· DB,即证 B 2 2 2R∶DB=IA∶r 即可.而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD 证得.故得 R -d =2Rr, D 即证. 例 16.(1989IMO)锐角?ABC 的内角平分线分别交外接圆于点 A1、B1、C1,直线 AA1 与 ∠ABC 的外角平分线相交于点 A0,类似的定义 B0,C0,证明: ⑴ SA B C =2SA CB AC B; C0 ⑵ SA B C ≥4SABC. C1 分析:⑴利用 A1I=A1A0,把三角形 A0B0C0 拆成以 I 为公共顶点的六个小 A ? 三角形,分别与六边形 A1CB1AC1B 中的某一部分的 2 倍相等. B1 O ⑵ 若连 OA、OB、OC 把六边形 A1CB1AC1B 分成三个四边形,再计算其面 I ? ? B 积和,最后归结为证明 R≥2r.也可以这样想:由⑴知即证 SA CB AC B≥2 SABC, C 而 IA1、IB1、IC1 把六边开分成三个筝形,于是六边形的面积等于?A1B1C1 面积 A1 的 2 倍.故只要证明 SA B C ≥SABC. 证明:⑴ 设?ABC 的内心为 I,则 A1A0=A1I,则 SA BI=2SA BI ; A0 同理可得其余 6 个等式.相加⑴即得证. 例 ⑵ 连 OA、OB、OC 把六边形 A1CB1AC1B 分成三个四边形,由 OC1⊥AB, OA1⊥BC,OB1⊥CA,得 1 1 1 ∴ SA CB AC B=SOAC B+ SOB A C + SOCB A= AB· R+ BC· R+ CA· R=Rp. 2 2 2
0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1

B0

但由 Euler 定理,R2-2Rr=R(R-2r)=d2≥0,知 R≥2r,故 Rp≥2rp=2S?ABC.故得证. ⑵ 证明:记 A=2?,B=2?,C=2?.0<?,?,?< . 2 则 SABC=2R2sin2?sin2?sin2?,SA B C =2R2sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?).
1 1 1

?

又 sin(?+?)=sin?cos?+cos?sin?≥2 sin?cos? cos?sin? = sin2?sin2? , 同理,sin(?+?)≥ sin2?sin2? ,sin(?+?)≥ sin2?sin2? ,于是 SA B C ≥SABC 得证.
1 1 1

又证:连 OA、OB、OC 把六边形 A1CB1AC1B 分成三个四边形, 由 OC1⊥AB,OA1⊥BC,OB1⊥CA,得 1 1 1 ∴ SA CB AC B=SOAC B+ SOB A C + SOCB A= AB· R+ BC· R+ CA· R=Rp. 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1

但由 Euler 定理,R2-2Rr=R(R-2r)=d2≥0,知 R≥2r,故 Rp≥2rp=2S?ABC.故得证. 又证:?+?+?=?,故 sin(?+?)=cos?,sin(?+?)=cos?,sin(?+?)=cos?. 于是,sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?)=cos?cos?cos?,故 sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?) ≥ sin2?sin2?sin2? , ? cos?cos?cos?



2

8sin?sin?sin?cos?cos?cos?, 1 ? 由 0<?、?、?< ,故 cos?cos?cos?≥8sin?sin?sin?cos?cos?cos?,?sin?sin?sin?≤ .而 2 8 最后一式可证. 定理 12 (Fermat point)分别以Δ ABC 的三边 AB,BC,CA 为边向形外作正三角形 ABD, BCE, CAH, 则此三个三角形的外接圆交于一点. 此点即为三角形的 Fermat point. D 分析 证三圆共点,可先取二圆的交点,再证第三圆过此点. A 证明:如图,设⊙ABD 与⊙ACH 交于(异于点 A 的)点 F,则由 A、F、B、D 共圆得?AFB=120?,同理?AFC=120?,于是?BFC=120?,故得 B、E、C、F 四点 F 共圆.即证. B C 由此得以下推论: N 1? A、F、E 三点共线; 因?BFE=?BCE=60?,故?AFB+?BFE=180?,于是 A、F、E 三点共线. E 同理,C、F、D 三点共线;B、F、H 三点共线. 2? AE、BH、CD 三线共点. 3? AE=BH=CD=FA+FB+FC. 由于,F 在正三角形 BCE 的外接圆的弧 BC 上,故由 Ptolemy 定理,有 FE=FB+FC.于是 AE=AF+FB+FC.同理可证 BH=CD=FA+FB+FC. 也可用下法证明:在 FE 上取点 N,使 FN=FB,连 BN,由⊿FBN 为正三角形,可证得 ⊿BNE≌⊿BFC.于是得,NE=FC.故 AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC. 例 17. (Steiner 问题)在三个角都小于 120°的Δ ABC 所在平面上求一点 P, 使 PA+PB+PC 取得最小值. 证明:设 P 为平面上任意一点,作等边三角形 PBM(如图)连 ME, D 则由 BP=BM,BC=BE,?PBC=?MBE=60?-?MBC. A 得⊿BPC≌⊿BME, F 于是 ME=PC, P B 故得折线 APME=PA+PB+PC≥AE=FA+FB+FC. C M 即三角形的 Fermat point 就是所求的点. 说明:本题也可用 Ptolemy 的推广来证明:由 PB· CE+PC· BE≥PE· BC,可得, E PB+PC≥PE. 于是 PA+PB+PC≥PA+PE≥AE. 定理 13 到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点. 例 18.凸六边形 ABCDEF,AB=BC=CD,DE=EF=FA,∠BCD=∠EFA=60?,G、H在 形内, 且∠AGB=∠DHE=120?. 求证:AG+GB+GH+DH+HE≥CF. C 证明 连 BD、AE、BE,作点 G、H 关于 BE 的对称点 G?、H?,连 BG?、DG?、G?H?、 D AH?、EH?。 B 由于 BC=CD,∠BCD=60?;EF=FA,∠EFA=60? G' H G ?⊿BCD、⊿EFA 都是正三角形, H' ?AB=BD,AE=ED,?AEDB 为筝形 A ?⊿ABG≌⊿DBG?,⊿DEH≌⊿AEH?. 由∠BG?D=120?,∠BCD=60??B、C、D、G?四点共圆. 由 Ptolemy 定理知 CG?=G?B+G?D,同理,H?F=H?A+H?E,
F

H

H

E

3

于是 AG+GB+GH+DH+HE = G?B+G?D+G?H?+H?A+H?E=CG?+G?H?+H?F≥CF. 定理 14 到三角形三顶点距离的平方和最小的点是三角形的重心 先证明:P 为三角形形内任意一点,重心为 G,则 PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2. 证明:取中线 BG 中点 M,则 2(PA2+PC2)=AC2+4PE2, ① 2 2 2 2 2(PB +PG )=BG +4PM , ② 2(PE2+PM2)=ME2+4PG2, ③ ①+②+③×2 得:2(PA2+PB2+PC)=AC2+GB2+2ME2+6PG2
F

A

= 2GB2+6PG2+AC2+ 4GE2 =2GB2+6PG2+2GA2+2GC2. G M 2 2 2 2 2 2 2 ∴ PA +PB +PC =GA +GB +GC +3PG . B D 2 2 2 2 2 2 于是 PA +PB +PC ≥GA +GB +GC .等号当且仅当 P 与 G 重合时成立. 亦可用解析几何方法证明:设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3).P(x,y), 则 S=(x-x1)2+(y-y1)2+(x-x2)2+(y-y2)2+(x-x3)2+(y-y3)2 =3x2-2(x1+x2+x3)x+(x12+x22+x32)+3y2-2(y1+y2+y3)y+(y12+y22+y32) 1 1 显然,当 x= (x1+x2+x3),y= (y1+y2+y3)时,S 取得最小值.即当 P 为?ABC 的重心时, 3 3 S 取得最小值. 定理 15 三角形内到三边距离之积最大的点是三角形的重心. 设三角形 ABC 的三边长为 a、b、c,点 P 到三边的距离分别为 x,y,z. 2? 3 则 2?=ax+by+cz≥3 ax·by·cz. 即 xyz≤ . 等号当且仅当 ax=by=cz, 即?PAB、 3 3 abc ?PBC、?PCA 的面积相等时成立.此时 P 为?ABC 的重心. 上面给出了高中竞赛大纲明确规定应知的三个重要极值: 1? 到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点. 2? 到三角形三顶点距离的平方和最小的点——重心. 3? 三角形内到三边距离之积最大的点——重心. 例 19.(Fagnano 问题)给定锐角三角形,求其内接三角形中周长最小者. 证明 (Fejer 方法)分成几部分来证明: 1? 先在 BC 上任取一点 D,固定 D,求出以 D 为一个顶点⊿ABC 的内 接三角形中周长最小者. D' 作 D 关于 AB、AC 的对称点 D’、D”,连 D’D”交 AB、AC 于点 F、E, 连 DF、D’F,DE、D”E,对于任一以 DD 一个顶点的⊿ABC 的内接三角形 B XPQ,连 QD’、QD,PD”、PD,于是可证 DE+EF+FD=D’D”≤D’Q+QP+PD”=DQ+QP+PD. 即⊿DEF 为固定点 D 后周长最小的内接三角形. D' 2? 当点 D 的 BC 上运动时,对每一点 D,都作出 1?中得出的周长最小 三角形,再求这些三角形的周长最小值. B 连 AD 、 AD’ 、 AD” , 则 AD=AD’=AD” , 且 ?D’AB=?DAB , ?D”AC=?DAC,于是?D’AD”=2?A.所以 D’D”=2ADsinA.当点 D 在 BC 上运 动时,以点 D 为 BC 边上高的垂足时 AD 最小. 3? 说明此时的最小三角形就是⊿ABC 的垂足三角形. 由于 D 为 BC 边上的垂足.对于垂足三角形 DEF,由?DEC=?AEF,而
B

P

E

C

A Q F D P E D"

AC

F D D'

E C

D"

A F E D" D C

4

?DEC=?CED",故点 E 在 D’D”上,同理,F 在 D’D”上,即⊿DEF 为所求得的周长最小三 角形. (Schwarz 解法)这是一个非常奇妙的证法: 如图,⊿DEF 为⊿ABC 的垂足三角形,⊿PQR 为⊿ABC 的任一内接三角形.作⊿ABC 关于 AC 的对称图形⊿ACB1,由?DEC=?FEA,故 EF 的关于 AC 的对称线段 EF1 应与 DE 共线.再作⊿ACB1 关于 AB1 的对称三角形 AB1C1,…,这样连续作五次对称三角形,就得 到下图:
A

R F B H D P C P 1 D1 B1 E H1 F1 R1

Q1

E1 C1 P3 D3

Q

B2

H2 D2

P 2

E2 Q2

H4 F3 R3 H5

D4 P 4

H3 F2 R2

C2 Q3 A1 E3

在此图中的 DD4=⊿DEF 的周长的两倍. 而折线 PQR1P2Q2R3P4 也等于⊿PQR 的周长的 两倍. 但易证?BDE+?B2D4F3=180?,于是 DP∥D4P4,且 DP=D4P4,从而线段 PP4=DD4=⊿ DEF 周长的两倍.显然,折线 PQR1P2Q2R3P4 的长>线段 PP4 的长.即⊿PQR 的周长>⊿DEF 的周长. 定理 16.(Polya 问题)两端点在给定圆周上且把圆面积二等分的所有线中,以直 径最短. A 连 AB,作 与 AB 平行的直径 CD,作直径 AB’,则 B 与 B’关于 CD 对称. CD 与曲线 AB 必有交点, 否则曲线 AB 全部在 CD 一侧, 不可能等分圆面积. 设 C 交点为 E, 连 AE、 BE、 B’E, 则 AE+EB=AE+EB’>AB’, 故曲线 AB 的长大于直径 AB’. 定理 17.(等周问题)这是由一系列的结果组成的问题: 1? 在周长一定的 n 边形的集合中,正 n 边形的面积最大. 2? 在周长一定的简单闭曲线的集合中,圆的面积最大. 3? 在面积一定的 n 边形的集合中,正 n 边形的周长最小。 4? 在面积一定的简单闭曲线的集合中,圆的周长最小。 下面证明:等长的曲线围成面积最大的图形是圆. (Steiner 解法)1? 周长一定的封闭曲线中,如果围成的面积最大,则必为凸图形. 若为该图形凹,可任作一条与曲线凹进部分有两个交点的直线,作该曲线在 两交点间一段弧的对称曲线,则可得一个与之等周且面积更大的图形. 2? 周长一定的面积最大的封闭曲线中,如果点 A、B 平分其周长,则弦 AB 平分其面积. 若 AB 不平分其面积,则该图形必有在 AB 某一侧面积较大,如图,不妨设 N>M,则去掉 M 作 N 的关于 AB 的对称图形 N’,则由 N、N’组成的图形周长与原 A 来的相等,但面积更大. 3?对于既平分周长与又平分面积的弦 AB,只考虑该图形在 AB 的任一侧的一
M

B E O D B'

N B M N'

C P A ? N B

5

半,若 C 为此段弧上任一点,则?ACB=90?.否则可把此图形划分为三块 M、N、P,只须 改变?ACB 的大小,使?ACB=90?,则 M、N 的面积不变,而 P 的面积变大. 这说明,此半段曲线必为半圆,从而另一半也是半圆. 例 20.设正三角形 ABC 的边长为 a,若曲线 l 平分⊿ABC 的面积,求证:曲线 l 的长 l≥

?a
2 3
4



分析 从结论中式子的形状估计该曲线的长度与圆的周长有关,故应设法 F 找出相头的圆.再如果一条曲线等分此正三角形的面积,则估计此曲线应是圆 弧,于是可求出其半径.但要说明此弧一定是最短的,就要把圆弧还原成圆, G 从而可把此三角形还原成圆内接六边形. P 证明 设曲线 PQ 平分⊿ABC 的面积,其长度为 l. M 若此曲线与三角形的两边 AB、AC 相交于点 P、Q,作⊿ABC 关于 AC、AC B 的对称图形,得⊿ACD、⊿ABG,再作 此图形关于 DG 的对称图形,得到一个 正六边形 BCDEFG.则曲线 PQ 相应的对称曲线围成的封闭曲线平分正六边形 BCDEFG 的 面积.以 A 为圆心,r 为半径作圆,使此圆的面积等于正六边形面积的一半.则此圆的夹在 AB、AC 间的弧段 MN 平分⊿ABC 的面积.
4 3 1 3 11 3 由于正六边形面积=6· 3a2= 3a2.故得?r2= · 3a2,解得 r= a, 4 33 4 2 23 2 ?

E

A Q N C

D

1 ?a ?a 从而弧 MN 的长= · 2πr= ,由等周定理,知 l≥ . 6 4 4 2 3 2 3

练习题 1、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.(1983 年全国高中数学联赛) A 证明 设 AC、BD 交于点 E. E 由 AM∶AC=CN∶CD,故 AM∶MC=CN∶ND, B M 令 CN∶ND=r(r>0), 则 AM∶MC=r. 由 SABD=3SABC,SBCD=4SABC,即 SABD∶SBCD =3∶4. C 从而 AE∶EC∶AC=3∶4∶7. SACD∶SABC=6∶1,故 DE∶EB=6∶1, ∴DB∶BE=7∶1. r 3 AM∶AC=r∶(r+1),即 AM= AC,AE= AC, r+1 7 4r-3 r 3 1 ∴EM=( - )AC= AC.MC= AC, r+1 7 7(r+1) r+1 4r-3 CN DB EM ∴EM∶MC= .由 Menelaus 定理,知 · · =1,代入得 7 ND BE MC 4r-3 r· 7· =1, 即 4r2-3r-1=0, 这个方程有惟一的正根 r=1. 故 7
A

D

N

E O D B F
6

C Q M

P

CN∶ND=1,就是 N 为 CN 中点,M 为 AC 中点. 2、四边形 ABCD 内接于圆,其边 AB 与 DC 延长交于点 P,AD、BC 延长交于点 Q,由 Q 作该圆的两条切线 QE、QF,切点分别为 E、F,求证:P、E、F 三点共线.(1997 年中国 数学奥林匹克) 证明 连 PQ,作⊙QDC 交 PQ 于点 M, 则?QMC=?CDA=?CBP,于是 M、C、B、P 四点共圆. 由 PO2-r2=PC· PD=PM· PQ, 2 2 QO -r =QC· QB=QM· QP, 2 2 两式相减,得 PO -QO =PQ· (PM-QM) 2 =(PM+QM)( PM-QM)=PM -QM2, ∴ OM⊥PQ. ∴ O、F、M、Q、E 五点共圆. 连 PE,若 PE 交⊙O 于 F1,交⊙OFM 于点 F2,则 对于⊙O,有 PF1· PE=PC· PD, 对于⊙OFM,又有 PF2· PE=PC· PD. ∴ PF1· PE=PF2· PE,即 F1 与 F2 重合于二圆的公共点 F.即 P、F、E 三点共线. 1 1 1 3、若⊿ABC 的边 a、b、c,所对的角为 1∶2∶4,求证: = + . a b c 作三角形的外接圆,即得圆内接正七边形,转化为例 1’. XP YP ZP 4、P 为⊿ABC 内任意一点,AP、BP、CP 分别交对边于 X、Y、Z.求证: + + =1. XA YB ZC XP SPBC YP SPCA ZP SPAB 证明: = , = , = ,三式相加即得证. XA SABC YA SABC ZA SABC 5、如图,设Δ ABC 的外接圆 O 的半径为 R.内心为 I.∠A<∠C,∠B=60°,∠A 的 外角平分线交⊙O 于 E. 证明:⑴IO=AE; ⑵2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R.(1994 年全国高中数学联赛) 证明:∵∠B=60°,∴∠AOC=∠AIC=120°. ∴A,O,I,C 四点共圆.圆心为弧 AC 的中点 F,半径为 R. ∴O 为⊙F 的弧 AC 中点,设 OF 延长线交⊙F 于 H,AI 延长线 E 交弧 BC 于 D. A 由∠EAD=90°(内外角平分线)知 DE 为⊙O 的直径.∠OAD= ∠ODA. 但∠OAI=∠OHI,故∠OHI=∠ADE,于是 RtΔ DAE≌RtΔ HIO O I ∴AE=IO. B 由Δ ACH 为正三角形,据 Ptolemy 定理得,IC+IA=IH. 由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. C D 设∠OHI=α ,则 0<α <30°. ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα +cosα )=2R 2sin(α +45°). 又α +45°<75°, 故 IO+IA+IC<2 2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3). 6、设 P 为⊿ABC 的外接圆上一点,H 为⊿ABC 的垂心,求证:PH 的中点 K 在⊿ABC 的与点 P 对应的 Simson line 上. P 设过P作三边的垂线交 BC、CA、AB 于点 X、Y、Z.连 KZ、KF、ZX,延
Z

F

H

N

Y A

K O

F

H C

B

X

7

长 CF 交⊙O 于点 N,连 PN. 由 PZ⊥AB,CF⊥AB,K 为 PH 中点知,KZ=KF. ∴ ?KZF=?KFZ. 易证 HF=FN,故 KF∥PN.∴ ?PNC=?KFH. 但?PNC+?PBC=180?, ∴ ?KFZ+?ZFH+?PBC=180?. 即?KFZ+?PBC=90?. 又 PX⊥BC,PZ⊥BZ?P、Z、X、B 共圆. ∴ ?XZB=?XPB,而?XPB+?PBC=90?. ∴ ?KZF=?KFZ=?XZB.∴ ZK 与 ZX 共线.即点 K 在⊿ABC 的与点 P 对应的 Simson line 上. 7、设⊿ ABC 内接于单位圆 O,且 OA、OB、OC 与 OX 正方向所成的角分别为 α、β、γ, 试求⊿ ABC 的垂心的坐标.(1980 年南京市数学竞赛) 1 1 ⊿ ABC 外心为原点 O,重心坐标为 G( (cos?+cos?+cos?), (sin?+sin?+sin?)),于是得 3 3 ⊿ ABC 的垂心坐标为 H(cosα+cosβ+cosγ,sinα+sinβ+sinγ). 8、在 ABC 中,∠C=90°,AD 和 BE 是它的两条内角平分线,设 L、M、N 分别为 AD、 AB、BE 的中点,X=LM∩BE,Y=MN∩AD,Z=NL∩DE.求证:X、Y、Z 三点共线.(2000 年江苏省数学冬令营) 作Δ ABC 的外接圆,则 M 为圆心. ∵ MN∥AE, ∴ MN⊥BC. ∵ AD 平分∠A,∴ 点 Y 在⊙M 上,同理点 X 也在⊙M 上.∴ MX=MY. A Z 记 NE∩AD=F,由于直线 DEZ 与Δ LNF 的三边相交,直线 AEC 与Δ BDF L H 三边相交,直线 BFE 与Δ ADC 三边相交,由 Menelaus 定理,可得: X E F LZ NE FD NZ NE FD BE FD · · =1.? = · = · ; C D ZN EF DL ZL EF DL EF DA FE BC DA AF DB CE · · =1, · · =1. EB CD AF FD BC EA NZ BD CE AB BC BC 三式相乘得 = · = · = . ZL DC AE AC AB AC 另一方面,连结 BY、AX,并记 MY∩BC=G,AC∩MX=H, 于是有∠NBY=∠LAX, ∠MYA=∠MAY=∠LAC, ∴∠BYN=∠ALX. ∴ Δ BYN∽Δ ALX. LX AF AC ∴ = = , NY BG BC ∴ NZ LX MY NZ LX · · = · =1. ZL XM YN ZL NY

M N G B

Y

由 Menelaus 定理可得,X、Y、Z 三点共线. 注:本题是直线形问题,因此可用解析法证明. 9、已知 在⊿ABC 中,AB>AC,?A 的一个外角的平分线交⊿ABC 的外 接圆于点 E,过 E 作 EF⊥AB,垂足为 F. 求证 2AF=AB-AC.(1989 年全国高中数学联赛) 证明 在 FB 上取 FG=AF,连 EG、EC、EB, 于是⊿AEG 为等腰三角形,∴EG=EA.
B

E
5 4 3

A

F
2

G
1

C

8

又?3=180?-?EGA=180?-?EAG=180?-?5=?4, ?1=?2.于是⊿EGB??EAC.???BG=AC, ∴ AB-AC=AG=2AF. 10、四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、 E 1 BCP、CDP 和 DAP 的外接圆圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 D 三直线共点.(1990 年全国高中数学联赛) O3 证明 ∵O 为⊿ABC 的外心,∴ OA=OB. O4 P ∵ O1 为⊿PAB 的外心,∴O1A=O1B. O ∴ OO1⊥AB. 作⊿PCD 的外接圆⊙O3,延长 PO3 与所作圆交于点 E,并与 AB 交于点 F, O1 A F 连 DE,则?1=?2=?3,?EPD=?BPF, ∴ ?PFB=?EDP=90?. ∴ PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形. ∴ O1O3 与 PO 互相平分,即 O1O3 过 PO 的中点. 同理,O2O4 过 PO 中点. ∴ OP、O1O3、O2O4 三直线共点. 11、 在棱长为 1 的正四面体表面选取一个由若干条线段组成的有限集, 使四面体的任二 顶点都可以由此集中的某些线段组成的折线来连接. 能否选取满足上述要求的线段集,使其中所有的线段总长度和小于 1+ 3?(1975 年波 兰数学竞赛) 把这个正四面体展开, 其中两个面即含有此四面体的四个顶点. 故只要在此四边形中考 虑即可. 设 AD 、 BC 交 于 点 O , 取 ⊿ ABO 的 Fermat 点 F , 则 B ?BFA=?AFO=?OFB=120?,设 FA=x,FB=y,FC=z,由余弦定理,可得方程 x2+y2+xy=1, ⑴ 3 x2+z2+xz= , ⑵ 4 1 2 2 z +y +zy= , ⑶ 4 1 又由三角形面积可得 xy+yz+zx= , 2 ⑴+⑵+⑶+⑷× 3得 ⑷
y F x A z O

2

C

O2

3

B

D



C

7 7 2(x+y+z)2= ,即 x+y+z= . 2 2

同样可在⊿OCD 中找出相同的线段集, 这样, 连接此四点的线段集的长可以= 7. 而 7 <1+ 3. 12、如图,O,I 分别为⊿ABC 的外心与内心,AD 是 BC 边上的高,I 在线段 OD 上.求 证:⊿ABC 的外接圆半径等于其 BC 边上的旁切圆半径.(1998 年全国高中数学联赛) 由旁切圆半径公式,有 2S aha ra= = ,故只须证明 b+c-a b+c-a R a = 即可.连 AI 并延长交⊙O 于 K,连 OK 交 BC 于 M,则 K、 ha b+c-a
A

N I

O

9
B D M K C

M 分别为弧 BC 及弦 BC 的中点.且 OK⊥BC.于是 OK∥AD,又 OK=R,故 R OK IK KB = = = , ha AD IA IA KB a BM 故只须证 = = . IA b+c-a 1 (b+c-a) 2 1 KB BM 作 IN⊥AB,交 AB 于 N,则 AN= (b+c-a),而由⊿AIN∽⊿BKM,可证 = 成立. 2 IA AN

10


推荐相关:

【校本课程数学竞赛讲义】第14

【校本课程数学竞赛讲义】第14_学科竞赛_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 【校本课程数学竞赛讲义】第14_学科竞赛_高中教育_教育专区。【...


【校本课程数学竞赛讲义】第13

【校本课程数学竞赛讲义】第13_学科竞赛_高中教育_教育专区。【校本课程数学竞赛...这一结论也常有用. 例 14.设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1、H2、H3...


校本课程数学竞赛讲义1

校本课程数学竞赛讲义1校本课程数学竞赛讲义1隐藏>> ...【例 2】 已知集合 A = {x | x + 3 x + ...函数的基本性质: 函数函数及其性质 第 14 页 1. ...


数学妙法--第二章

14页 5财富值喜欢此文档的还喜欢 校本课程数学竞赛讲义2 47页 5财富值 数学竞赛常用知识手册 38页 免费 数学妙法--第一章 54页 免费 校本课程数学竞赛讲义1 ...


高中数学竞赛校本课程

第十二章.参数方程 高二下学期 第十三章.排列组合与二项式定理 第十四章.概率...校本课程数学竞赛讲义1 60页 2下载券 高中数学竞赛试卷 12页 免费 高中数学竞赛...


数学妙法--第一章

11页 免费 校本课程数学竞赛讲义2 47页 5财富值 完型秘籍 15页 免费如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题或意见建议,请点击此处进行反馈。 ...


江苏省师范大学附属中学2015年春季八年级数学校本课程

中学2015年春季八年级数学校本课程_学科竞赛_初中教育...(二)———14 分类讨论思想(一)———16 分类讨论...数与式中的整体思想 典型例题解析: 【例 1】 ...


联赛二试选讲 平几

【校本课程数学竞赛讲义】第八章联赛二试选讲 校本课程数学竞赛讲义】 数学竞赛讲义 平几名定理、名题与竞赛题 II 定理 9 (Nine point round)三角形的三条高的...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com