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2008IMO中国国家集训队平面几何练习题


2008IMO 中国国家集训队平面几何练习题
1. 一圆 O 切于两条平行线 l1 , l2 , 第二个圆 ? O1 切 l1 于 A , 外切 ? O 于 C , 第三个圆 ? O2 切 l2 于 B ,外切 ? O 于 D ,外切 ? O1 于 E , AD 交 BC 于 Q ,求证 Q 是 ?CDE 的外心。 (35 届 IMO 预选题)

明 由 AO1 ∥ BO2 ,知 ?AO1E ? ?BO2 E ,从而有 ?AEO1 ? ?BEO2 ,即 A, E , B 三 点 共 线 。 同 理 由 OF ∥ BO2 , 可 得 B, D, F 三 点 共 线 。 又 因 为

1 1 ?EDB ? 180? ? ?EO2 B ? 180? ? ?AO1E ? ?EAF , 所 以 A, E, D, F 四 点 共 圆 , 2 2
BE ?BA ? BD ?BF ,即点 B 在 ? O1 与 ? O 的根轴上。又因为 C 在 ? O1 与 ? O 的根轴上,
所以 BC 是 ? O1 与 ? O 的根轴。同理 AD 是 ? O2 与 ? O 的根轴,因此 Q 为根心,且有

QC ? QD ? QE ,即 Q 是 ?CDE 的外心。
2.非等腰 ?ABC 的内切圆圆心为 I ,其与 BC , CA, AB 分别相切于点 A1 , B1 , C1 ,

AA1 , BB1 分别交圆于 A2 , B2 , ?A1B1C1 中 ?C1 A1B1 , ?C1B1 A1 的角平分线分别交 B1C1 , AC1 1
于点 A3 , B3 , 证明 (1)A2 A3 是 ?B1 A2C1 的角平分线; 如果 P, Q 是 ?A A2 A3 和 ?B1B2 B3 (2) 1 的两个外接圆的交点,则点 I 在直线 PQ 上。 (01 年保加利亚) 证 明 ( 1 ) 因 为 ?AC1 A2 ∽ ?AAC1 , ?AB1 A2 ∽ ?AA1 B1 , 所 以 有 1

C1 A2 ? C1 A1

AA 2 ? AC 1

A 2A ? A 1B

1 2 ,从而有

B A 1B 1A

C1 A2 C1 A1 C1 A3 ? ? ,即 A2 A3 是 ?B1 A2C1 的角平分 B1 A2 B1 A1 B1 A3

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线。

(2)设 ?A A2 A3 的外心为 O ,连 OI , IA2 ,OA2 ,OA1 ,则 OI ? A1 A2 。由于 ?A1 A3 A2 ? 1

?A1C1 A2 ? ?C1 A2 A3 ? ?C1 A1 A3 ? ?A1C1 A2 ?
所 以 ?A2 O I ?

1 ? ?C1 A2 B1 ? ?C1 A1B1 ? ? 90? ? ?A1C1 A2 , 2 ? ? ? 1C 2A 0 9 ? 1A ? ? 2A I是 有 ,? O 于

1 ? 2 O1 A? 8 0 ? ? ?A 3 A 2A9?0 A 1 1 2

?IA2O ? 90? ,即 IA2 与 ? O 相切于 A2 。同理 IB2 与 ?B1B2 B3 的外接圆相切于 B2 ,从而 I
在 ? O 与 ?B1B2 B3 的外接圆的根轴上,即 I ,P, Q 三点共线。 3.已知圆 O 外一点 X ,由 X 向圆 O 引两条切线,切点分别为 A, B ,过点 X 作直线, 与圆 O 交于两点 C , D , 且满足 CA ? BD , C , D 交于点 F ,CD, AB 交于点 G ,BD 若 AB 与 GX 的中垂线交于点 H ,证明 X , F , G, H 四点共圆。 (05 年日本)

证明

因为 X , D, G, C 是调和点列,且 ?CFD ? 90? ,所以 F 在关于点 X , G 的阿波
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罗尼斯圆上。连 FG, FX ,有 ?GFD ? ?DFX 。设 ?GFX 的外接圆与 BF 交于点 H ? ,则 有 GH ? ? XH ? ,即 H ? 在 GX 的中垂线上,从而有 H ? ? H ,因此 X , F , G, H 四点共圆。 4. P, Q 到 ?ABC 的三个顶点 A, B, C 的距离的比都是 l : m : n , l , m, n 互不相等, 若 且 则直线 PQ 过 ?ABC 的外接圆的一条直径 DE 。若设 ?ABC 的外接圆圆心为 O ,则
2 OP?OQ? OD 。

证明 法一:由于 P, Q 到 A, C 的距离之比为 l : n ,则 PQ 在阿波罗尼斯圆 ? G 上, 其中 AG 与 ? G 的交点为 K , L ,且 A, K , C, L 为调和点列。设 ? O 与 ? G 交于点 F ,则

GA? ? GK 2 ? GF 2 ,因此 GF 与 ? O 相切于点 F ,于是 OF 也与 ? G 相切于点 F 。同 GC
理, 由于 P, Q 到 B, C 的距离之比为 m : n , PQ 在阿波罗尼斯圆 ? M 上, ? O 与 ? M 则 设 交于点 H ,于是 OH 与 ? M 相切于点 H 。因为 OH ? OF ,所以 O 在 ? G 与 ? M 的根轴
2 2 上,从而有 O, P, Q 三点共线。设 PQ 与 ? O 交于点 D, E ,则 OD ? OF ? OP? OQ ,即

D, P, E, Q 为调和点列。
法二 由于

AP BP CP ? ? ,则 ?ABC 的外接圆就是关于点 P, Q 的阿波罗尼斯圆, AQ BQ CQ

从而 O 在直线 PQ 上,且有 OP? OQ ? OD2 。 5.已知圆心分别为 O1 , O2 的圆 ?1 , ?2 外切于点 D ,并内切于圆 ? ,切点分别为 E , F ,

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过点 D 作 ?1 , ?2 的公切线 l 。设圆 ? 的直径 AB 垂直于 l ,使得 A, E, O1 在 l 的同侧,证明 (第 47 届 IMO 预选题) AO1 , BO2 , EF 三线交于一点。

证明 设 AB 的中点为 O ,E 为圆 ? 与圆 ?1 的位似中心,由于半径 OB, O1D 分别垂直 于 l ,所以 OB ∥ O1D ,且有 E, D, B 三点共线。同理 F , D, A 三点共线。 设 AE, BF 交于点 C ,由于 AF ? BC, BE ? AC ,所以 D 是 ?ABC 的垂心,于是

CD ? AB ,这表明 C 在直线 l 上。
设 EF 与直线 l 交于点 P ,下面证明点 P 在直线 AO1 上。设 AC 与圆 ?1 的第二个交点 为 N ,则 ND 是圆 ?1 的直径,由梅涅劳斯定理的逆定理,要证 A, O1 , P 三点共线,只要证

CA CP CA NO1 DP ? 。设 l 与 AB 交于点 K ,则 ? ? ? 1 。因为 NO1 ? O1D ,所以只要证 AN PD AN O1 D PC

CA CK CP CK ? ? ,从而只要证 ,即证 C , P, D, K 是调和点列。连 AP 交 BC 于点 X , AN KD PD KD
则 C , X , F , B 是调和点列,因此有 C , P, D, K 是调和点列。 6.设 ABCD 是梯形, AB ∥ CD ,在其两腰 AD, BC 上分别存在点 P, Q ,使得

?APB ? ?CPD, ?AQB ? ?CQD , 证明点 P, Q 到梯形两对角线的交点的距离相等。 (20
届全俄) 证 明 设

?APB 与 ?CPD 的 外 接 圆 交 于 点 Q1 , 则 有

?CQ1P ? ?BQ1P ? ?180? ??CDP? ? ?180? ??BAP? ? 180? ,所以点 Q1 在 BC 上。又

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因为 ?CQ1D ? ?CPD ? ?APB ? ?AQ1B ,所以 Q1 ? Q 。设 ?APB 与 ?CPD 的外接圆 半径分别为 R1 , R2 , ?APB ? ? ,则

AB 2R1 sin ? R1 ,因此 AC 与 BD 的交点 O 是 ? ? CD 2R2 sin ? R2

?APB 的外接圆与 ?CPD 的外接圆的位似中心, ?APB 与 ?CPD 的外接圆的圆心分 设
别为 O1 , O2 ,则 O 在 O1O2 上,且 O1O2 是 PQ 的中垂线,于是有 OP ? OQ 。 7.圆 S1 , S2 , S3 均与圆 S 外切,切点分别为 A1 , B1 , C1 ,并且它们还分别与 ?ABC 的两 条边相切,证明 AA , BB1 , CC1 三线共点。 (20 届全俄) 1

证明

设 ?ABC 的内切圆的圆心为 I ,半径为 R , ? S , ? S1 , ? S2 , ? S3 的半径分别为
? r ? H ? A, 1 ? ? R? ? r? H ? A1 , ? ? r1 ? ?

? ? r , r1 , r2 , r3 ,则 ? I ???? ? S1 ???? ? S 。设 P 为 SI 上的一点,且满足
r? ? H ? P,? ? R? ?

PS r ? , PI R

则 ? I ???? ? S ,从而有 A, A , P 在一条直线上。同理 B, B1 , P 与 C, C1 , P 均三点共 ? 1 线,即 AA , BB1 , CC1 三线共点。 1 8.给定一个半圆周,其直径为 AB ,圆心为 O ,一直线与半圆周相交于点 C , D ,且
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, 与 AB 的延长线交于点 M ,其中 MB ? MA MD? MC 。设 ?AOC, ?BOD 的外接圆
(21 届全俄) O1 , O2 的第二个交点为 K ,证明 ?MKO 是直角。

证明

法一

连 OO1 交 ? O1 于点 P , OO2 交 ? O2 于点 Q ,因为 O1O2 ? OK , PQ ∥

O1O2 ,且 K 在 PQ 上,所以只要证 P, Q, M 三点共线。由于 OP 是 ? O1 的直径,因此 PA 与
? O 相切。同理 PC , QB, QD 也均与 ? O 相切。过 P 作 QD 的平行线,与 DC 的延长线交
于点 E ,则 ?CEP ? ?MDQ ? ?ECP,所以 PE ? PC ? PA ,即 ?PAE 与 ?QBD 均是 等腰三角形,且对应边平行,因此对应顶点的连线交于一点,即 P, Q, M 三点共线。 法二 设 AC , BD 交于点 N , AD, BC 交于点 H ,则 H 为 ?NAB 的垂心。连 MH , 分别交 AC , BD 于点 X , Y ,则 N , C , X , A 及 N , D, Y , B 为调和点列,所以 MH 是 N 关于

? O 的极线, ON ? MH 。 OM ? NH , O 是 ?HMN 的垂心。 于是 同理 且 由蒙日定理得 OK NT ? NA NK NO? , NC ? ? 过点 N ,于是有 MH ? OK 。设 NH 与 AB 交于点 T ,则 NH ?
所以 K , O, T , H 四点共圆, ?HKO ? ?HTO ? 90? ,于是有 M , K , H 三点共线。 法三 延长 OK 至 S ,则 ?MKO ? 90? ? ?SKD ? ?DKM ? 90? ?

?DBO ? ?DKM ? 90? ? ?DKM ? ?DAM ? K , A, M , D
? ?KAB ? ?CDK
。 因 为

四 对 称

点 , 所

共 以

圆 有

C, A





PO

?C D ? K
? K C ?

? C D B? 8 K ?D ? B? ? ? ?1 0

? 1 ?8 C A ? B ?0

?

?

?K O B ?

? K

A ? ?C A ? ? O C A? B ? O ?C ? K C A B 。 ? O ?A ? ? O 是凸四边形 ABCD 的对角线的交点,过 ?AOB 的重心与 ?COD 的重心引 9.设点 一条直线,过 ?BOC 的垂心与 ?AOD 的垂心引一条直线,证明这两条直线互相垂直。 (6
届全苏)

C ?

? K

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证明

设 ?AOB, ?BOC, ?COD, ?AOD 的 重 心 分 别 为 K , L, M , N , 则 四 边 形

KLMN 是平行四边形,并满足 KL, KN 分别平行于 AC , BD , KL =
从而有

AC BD , KN ? , 3 3

KL AC ? 。设 ?AOB, ?BOC, ?COD, ?AOD 的垂心分别为 K ?, L?, M ?, N ? ,则 KN BD

? A, K?, N?; C, M? , L? ; B, K? , L ; D , M? , N? 三点共线,且四边形 K ?L?M ?N ? 是平行四边形, 均
并 满 足 K ?L?, K ?N ? 分 别 垂 直 于 AC , BD 。 设 ?A O B? ? , 不 妨 假 设 ? ? 90? , 则

? ?O B L ? 9 0? ? ,所以有 K ?L? cos ? 90? ? ? ? ? AC cos? ,即 K ?L? ? AC cot ? 。同理 ?
K ?L? AC KL N ? ? 。因此平行四边形 KLMN 与 K ?L?M ? ? 相 K ?N ? BD KN 似,若把其中的一个平行四边形旋转 90? ,那么不仅它们的对应边而且它们对应的对角线都

K ?N ? ? BD cot ? ,于是有

互相平行,因此有 K ?M ? ? LN , L?N ? ? KM 。 10.已知四边形 ABCD 是等腰梯形,AD∥BC,把 ?ABC 绕点 C 旋转某一角度得到

?A?B?C ,证明线段 A?D, BC, B?C 的中点在同一条直线上。 (23 届全苏)
证明 将 ?BCB ? 平移 DC 得 ?EFG , A?D, BC, B?C 的中点经位似变换 H ? D, 2? 变 则 为 A?, E , G 。连 EB 交 AD 于 K ,由于 BE ? BK ? BA ,因此有 EA ? AD, EA ? EF ,从

????

1 1 1 1 ?180? ? ?EFG ? ? ?EFG ? ?BCB? ? ?ACA? 。 2 2 2 2 因为直角梯形 ADFE 的腰 DF 的中点到两个直角顶点的距离相等,所以 EC ? AC ? A?C , 1 即 E, A, A? 在以 C 为圆心,以 CA 为半径的圆上,从而有 ?ACA? ? ?AEA? ,于是可得 2
而 ?AEG ? 90? ? ?FEG ? 90? ?

A?, E , G 三点共线。

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11. 已知 M 为 ?ABC 内一点, M 分别向 BC , CA, AB 作垂线, 由 垂足分别为 A?, B?, C ? 。 由 A, B, C 分别向 B?C?, C?A?, A?B? 作垂线,证明这三条垂线交于一点 M ? 。若 ?A?B?C ? 的外 心为 O ,则 M ?, O, M 三点共线,且 O 是线段 MM ? 的中点。

证明

法一

连 MO ,并延长至 M ? ,使得 O 是线段 MM ? 的中点。设 AM 的中点为

O? ,则 O? 为由 A, C?, M , B? 所确定的四边形的外接圆的圆心,因此 OO? ? B?C ? 。又因为
AM ? ∥ OO? ,所以有 AM ? ? B?C ? 。同理可得 BM ? ? C ?A?, CM ? ? A?B? 。
法二 分别延长 MA?, MB?, MC? 至 D, E, F , 使得 BC , CA, AB 分别是 MD, ME, MF 的 中垂线, 所以 AE ? AM ? AF , A 是 ?MEF 的外心。 即 同理,B, C 分别是 ?MDF , ?MDE 的 外 心 。 由 于 由 A , B , C 分 别 向 B?C?, C?A?, A?B? 作 的 垂 线 就 是 由 A, B, C 分 别 向
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EF , FD, DE 作的垂线,因此也就是 EF , FD, DE 的中垂线,而 EF , FD, DE 的中垂线交于
一点,且就是 ?DEF 的外心,即点 M ? 。又因为 M 是 ?A?B?C ? 与 ?DEF 的位似中心,且 位似比为 2 ,所以 M ?, O, M 三点共线,且 O 是线段 MM ? 的中点。 12.已知 P, Q 分别是 ?ABC 的边 AC , AB 上的点, BP, CQ 相交于点 D ,证明 ?ABD 和 ?ACD 的内切圆外切的充分必要条件是四边形 APDQ 有内切圆。 (99 年保加利亚)

证明

充分性:由 ?ABD 和 ?ACD 的内切圆外切,可得 DB ? DC ? AB ? AC 。作

?ACQ 的内切圆,过 B 作该圆的切线 BM ,交 CQ 于 D1 。由于 AB ? AC ? D1B ? D1C ,
因此有 DB ? DC ? D1B ? D1C ,即 D ? D1 。 必 要 性 : 设 ?ABD 和 ?ACD 的 内 切 圆 与 AD 分 别 切 于 点 N1 , N , 因 为

D B? D C ?

A? B

AC ,所以有 DN ? DN1 。

13.已知单位面积的凸四边形 ABCD 及其内一点 P ,证明这 5 个点构成的三角形中必 有一个的面积不超过 证明

2 ?1 ,并证明这个上界是最小的。 2

假 设 两 条 对 角 线 交 于 点 O , 不 妨 假 设 P 点 在 ?O B C中 。 假 设

?PAC, ?PBD, ?PBC, ?PAD 的 面 积 分 别 为 S1 , S2 , S3 , S4 , PA, PB, PC , PD 分 别 为 a, b, c, d , ?APB ? ? , ?BPC ? ? , ?CPD ? ? , ?APD ? ? ,因为
sin ? sin ? ? sin ? sin ? ? 1 ? cos ?? ? ? ? ? cos ?? ? ? ? ? cos ? ? ? ? ? ? cos ? ? ? ? ? ? 2

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?

1 ? cos ?? ? ? ? ? cos ? ? ? ? ? ? ? sin ?? ? ? ? sin ?? ? ? ? , 2

所以有 S?PAB ? ?PCD ? S1S2 ? S3S4 。若 S1 , S2 , S3 , S4 均大于 S

2 ?1 ,则 2

1 ? S ABCD ? S?PAB ? S?PCD ? S3 ? S4 ? 2 S?PAB ?S?PCD ? S3 ? S4 ? 1,
矛盾。

当等腰梯形 ABCD 满足 AD 平行于 BC , AD ? 2 ?1, BC ? 1 ,高为 2 , P 在对称 轴 上 , 且 到 AD 的 距 离 为 1 。 此 时 S?PAD ? S?PBC ? S?PAC ? S?PBD ?

2 ?1 , 2

S?PAB ? S?PCD ?

2? 2 2 ?1 ,所以 是最小的。 2 2

14.已知 ? ABC 的重心为 G , ?1? 证明 AG, BG, CG 分别关于 ?A, ?B, ?C 的角平分 线对称的三条直线交于一点 P ; ? 2 ? 若 P 在三条边 BC , CA, AB 上的投影分别为 D, E, F , 证明 P 为 ? DEF 的重心。 证明

?1? 设 ? ABC 的三条中线分别为 AL, BM , CN ,AG, BG, CG 关于 ?A, ?B, ?C

的角平分线对称的三条直线分别与 BC , CA, AB 交于点 L1 , M1, N1 ,设 BC ? a, CA ? b ,

AB ? c , 则

BL1 BL BL1 BL S? ABL1 S? ABL AB?AL 1 AB?AL c 2 。同理可得 ? ? ? ? ? ? ? ? L1C LC LC L1C S? ACL S? ACL1 AC ?AL AC ?AL 1 b 2

BL CM AN CM1 CM a 2 AN1 AN b2 ? ? ?1 , 于 是 有 ? ? 2; ? ? 2 。由塞瓦定理,可得 LC MA NB M1 A MA c N1B NB a
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BL1 CM1 AN1 ? ? ? 1 ,由塞瓦定理的逆定理可得 AL1 , BM1 , CN1 交于一点。 L1C M1 A N1B



用塞瓦定理的三角表示(角元塞瓦定理)更容易得到。 设 DP 与 EF 交 于 点 K , ?CAL ? ? , 由 正 弦 定 理 可 得

? 2?

sin ? LC BL sin ? ?A ? ? ? ? ? ? ,由于 A, E, P, F ; B, D, P, F ; C, D, P, E 均四点共圆, sin ?C AL AL sin ?B
? ? A 所以 ?FEP ? ? PAF? ? , ? EFP ? PAE ? ? ? ,?
弦定理得 FK ?

FPK? ,? ? B

EPK ,由正 ?? C

sin ?FPK sin ?B sin ?B sin ? PK ? PK ? ? KE ? KE ,于 sin ?EFP sin ? ?A ? ? ? sin ? ?A ? ? ? sin ?C

是 K 是 EF 的中点,进而可得 P 是 ? DEF 的重心。 15.已知 ?ABC 的边 AB 上有两个点 P, Q ,证明 ?APC 与 ?BQC 的内切圆半径相等 的充分必要条件是 ?AQC 与 ?BPC 的内切圆半径相等。 证明 先 证 明 一 个 引 理 : 设 ?ABC 的 边 BC 上 的 高 为 h , 内 切 圆 半 径 为 r, 则

h ? 2r ?B ?C ? tan tan 。 h 2 2
设 ?ABC 的内心为 I ,作 BC 的平行线 DE 与圆 I 相切,且分别与 AB, AC 交于点

D, E ,则

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h ? 2r DE ? ? h BC

r cot

?BDE ?CED ?B ?C ? r cot tan ? tan 2 2 ? 2 2 ? tan ?B tan ?C 。 ?B ?C ?B ?C 2 2 r cot ? r cot cot ? cot 2 2 2 2

设 ?APC, ?BQC, ?AQC, ?BPC 的 内 切 圆 半 径 分 别 为 r , r2 , r3 , r4 , 则 1

h ? 2r1 h ? 2r2 ?A ?APC ?B ?BQC ? ? tan tan ? tan tan h h 2 2 2 2 h ? 2r3 h ? 2r4 ?A ?AQC ?B ?BPC ? tan tan ? tan tan ? ? ? r3 ? r4 。 2 2 2 2 h h 16.已知圆内接五边形 ABCDE 满足 ?ABC 的内切圆半径等于 ?AED 的内切圆半径, ?ABD 的内切圆半径等于 ?AEC 的内切圆半径,证明 ?ABC ≌ ?AED 。 (98 年保加利亚) r1 ? r2 ?

证明 设 ?ABC, ?AED, ?ABD, ?AEC 的内切圆半径分别为 r , r2 , r3 , r4 , 外接圆半径为 1 为 R , 不 含 其 它 顶 点 的 弧 ? , BC, CD, DE, EA 分 别 为 2a, 2b, 2c, 2d , 2e , 则 有 AB ? ? ? ?

cos a ? cos b ? cos ? a ? b ? ? 1 ?

r1 r ? 1 ? 2 ? cos e ? cos d ? cos ? e ? d ? R R
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r3 r ? 1 ? 4 ? cos e ? cos ? d ? c ? ? cos ? a ? b ? 。 R R b?c?d d ?c ?b ? cos 两式相减得 cos b ? cos ? d ? c ? ? cos d ? cos ?b ? c ? ,从而有 cos , 2 2 cos a ? cos ? b ? c ? ? cos ? e ? d ? ? 1 ?
舍去一种情况后可得 b ? d 。 代入第一个式子得 cos a ? cos ?b ? e? ? cos e ? cos ? a ? b ? , 类 似地可得 a ? e 。因此有 ?ABC ≌ ?AED 。 17.已知凸四边形 ABCD , AB, DC 交于点 P , AD, BC 交于点 Q , O 为四边形

ABCD 内一点,且有 ?BOP ? ?DOQ ,证明 ?AOB ? ?COD ? 180? 。 年保加利亚 (05
BMO 选拔)

证明 设 ?BOP ? ?DOQ ? ? , 则

i sn ? i QD sn ?? ? ?AOD ? AQ , 从 ? , ? sin?OQD OD sin?OQD OA

而有

s i n?? ? ?A OB? A P OB s i n?? ? ?AOD? AQ OD ? ? 。类似地,有 ,因此有 ? ? sin ? OA B P sin ? OA QD

s i n?? ? ?AOD? AQ OD BP sin?BOQ BQ sin ? ?COD ? ? ? QC 。 同理, 由 , ? , ? ? ? ? sin?OQB OB sin?OQB OC s i n?? ? ?AOB? AP OB QD
可 得

s

O? ?D Q C B? ? ? ? , O ? ? s i? ?n ?O B s ?B n O Q i O C ? B s Qi n

n ?i?C

C ?

P C O D , 因 此 有 D O P O C

P

D

sin ? ?COD ? ? ? QC OB PD 。 设 AC 与 PQ 交 于 点 L , 由 梅 涅 劳 斯 定 理 , ? ? ? sin ? ?BOC ? ? ? PC OD QB sin ?? ? ?AOD ? sin ? ?COD ? ? ? AQ DP CL CQ BP AL ? ? ? 1, ? ? ? 1 ,于是有 ? 1 。积化 QD PC LA QB PA LC sin ?? ? ?AOB ? sin ? ?BOC ? ? ?
和 差 并 化 简 后 得 cos ? ?AOD ??COD ? 2? ? =cos ? ?AOB ??BOC ? 2? ? , 于 是 可 得

?AOD ? ?COD ? ?AOB ? ?BOC ( 其 中 另 一 种 情 况 不 存 在 ), 从 而 有
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?AOB ? ?COD ? 180? 。
18. D 为 AG 的中点,在 AG 的同侧作全等的四边形 ABCD, DEFG ,使它们都有内 切圆,圆心分别为 O, I ,证明 AO, CE, GI 三线共点。 (30 届加拿大训练题)

证明 作位似变化 ABCD ??? AMNG , 则有 GFED ??? GNMA , 于是 C ? ? 是 AN 的中点, E 是 MG 的中点。设 AO, GI 交于点 K ,由 OD ?

H ? A,2?

H ? G ,2?

1 GK ,且 OD ∥ GK , 2

可得 K 是四边形 AMNG 的内切圆的圆心。由牛顿定理,可得 C, K , E 三点共线。 19.已知圆 O1 , O2 , O3 , O4 按顺时针的顺序内切于圆 O ,设圆 Oi , Oj ?1 ? i ? j ? 4? 的外 公切线长为 lij ,证明依次以 l12 , l23 , l34 , l14 为边长,以 l13 , l24 为对角线构成的凸四边形是圆内 接四边形。 证明 设圆 O, O1 , O2 , O3 , O4 的半径分别为 R, r , r2 , r3 , r4 , O1 , O2 , O3 , O4 与圆 O 的切点 圆 1 分别为 A, B, C , D , OO1 ? a, OO2 ? b, OO3 ? c, OO4 ? d , ?O1OO2 ? ? , ?O2OO3 ? ? ,

?O3OO4 ? ? , ?O1OO4 ? ? ,因为 R ? a ? r1 ? b ? r2 ,所以有
2 2 l12 ? O1O2 ? ? r1 ? r2 ? ? a 2 ? b 2 ? 2ab cos ? ? ? a ? b ? ? 2ab ?1 ? cos ? ? ? 4ab sin 2 2 2

?
2

,即

l12 ? 2 ab sin

?
2

。同理可得 l23 , l34 , l14 , l13 , l24 的表达式。由托勒密定理的逆定理知,只要证

l12l34 ? l23l14 ? l13l24 。代入 lij 的表达式,只要证

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sin

?
2

sin

?
2

? sin

?
2

sin

?
2

? sin

? ??
2

sin

? ??
2

CD ? BC ?AD ? AC ?BD 。 ,即 AB?

20.设 M 是 ?ABC 内一点, D, E, F 分别是 ?BCM , ?CAM , ?ABM 的外心,证明

S?DEF ? S?ABC ,并确定等号成立的条件。

证明 设 MA, MB, MC 与 EF , FD, DE 分别交于点 A1 , B1 , C1 ,?DEF 的外心为 O , 外 接圆半径为 R , OM ? d 。因为 M 在圆 O 的内部,由欧拉关于垂足三角形的面积公式,有

S?ABC ? 4S?A1B1 C ? 4? 1

R2 ? d 2 4R2

S?DEF

R2 ? d 2 ? S?DEF ? S?DEF 。等号成立当且仅当 d ? 0 , R2
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即 M 为 ?DEF 的外心。此时有 M 为 ?ABC 的垂心,且 ?ABC 是锐角三角形。 21. ?1? 直角 ?ABC 中, O 是斜边 AB 的中点, PB ? AB , PO 交 AC 于点 M , PC 的延长线交 AB 于点 E ,证明 ?OBM ? ?BCE 。 (07 年第四届东南地区数学奥林匹克) 证明 作 ?ABC 的外接圆 O ,延长 PE ,与圆 O 交于点 D ,连 AD ,并与 PO 的延长线 交于点 N 。因为 ?BCE ? ?BAD ,所以只要证 ?OBM ? ?BAD 。又因为 O 是 AB 的中 点,因此只要证 OM ? ON 。

? 2 ? 设 C , D 是以 O 为圆心, AB 为直径的半圆上的任意两点,过点 B 作圆 O 的切线,
交直线 DC 于点 P ,直线 PO 与直线 AC , DA 分别交于点 M , N ,证明 OM ? ON 。 (07 年 第四届东南地区数学奥林匹克)

统一证明

过 A 作 AB 的垂线,与直线 PO 交于点 Q ,则 O 是 PQ 的中点。于是这两

个问题都等价于: 已知过圆 O 的圆心 O 的直线上的两个点 P, Q 满足 OP ? OQ ,过 P 作圆 O 的割线

PCD , 过 Q 作 圆 O 的 切 线 PA , 若 A C, A D与 直 线 PQ 分 别 交 于 点 M , N , 证 明
OM ? ON 。
实际上这个问题还可以更一般化:设一条直线 l 与一条二次曲线交于点 S , T , ST 的中 点为 O , P, Q 为 l 上的两个点,且满足 OP ? OQ ,过 P 作圆 O 的割线 PCD ,过 Q 作圆 O 的割线 PEF ,若 CE, DF 与直线 l 分别交于点 M , N ,证明 OM ? ON 。 证明 以 O 为坐标原点, l 为 x 轴建立平面直角坐标系,二次曲线的方程设为 当 该二次方程的两个解就 ax2 ? bxy ? cy 2 ? dx ? ey ? f ? 0 。 y ? 0 时得 ax2 ? dx ? f ? 0 ,

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是 点 S , T 的 横 坐 标 。 因 为 ST 的 中 点 为 O , 所 以 d ? 0 , 即 二 次 曲 线 的 方 程 化 为

ax2 ? bxy ? cy 2 ? ey ? f ? 0 。 设 P ? p 0 , Q? p, 0 则 PCD , PEF 的 方 程 为 , ? ? ?,

? y ? k ? x ? p ?? ? y ? k ? x ? p ?? ? 0
1 2

, 因 此 过 C , D, E , 的 二 次 曲 线 系 为 F

ax2 ? bxy ? cy2 ? ey ? f ? ? ? y ? k1 ? x ? p ?? ? y ? k2 ? x ? p ?? ? 0 。特别地,当 ? 取某个特
2 2 2 殊值时, 该方程就是两条直线 CE, DF 的方程。 y ? 0 时得 ax ? f ? ? k1k 2 x ? p ? 0 , 当

?

?

该二次方程的两个解就是点 M , N 的横坐标。由于二次方程没有一次项,所以 M , N 的横坐 标的和为 0 ,从而有 OM ? ON 。

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