tceic.com
学霸学习网 这下你爽了
赞助商链接
当前位置:首页 >> 高三数学 >>

2008imo中国国家集训队平面几何练习题


几何讲义
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)

证明 由 AO1 ‖ BO2 ,知 ∠AO1 E = ∠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° ∠AO1 E = ∠EAF , 所 以 A, E , D, F 四 点 共 圆 , 2 2 BE i BA = BDi 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 , A1 B1C1 中 ∠C1 A1 B1 , ∠C1 B1 A1 的角平分线分别交 B1C1 , A1C1
于点 A3 , B3 , 证明 (1)A2 A3 是 ∠B1 A2C1 的角平分线; 如果 P, Q 是 A1 A2 A3 和 B1 B2 B3 (2) 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 ∽ AA1C1 , AB1 A2 ∽ AA1 B1 , 所 以 有

C1 A2 AA2 AA2 B1 A2 CA CA CA = = = ,从而有 1 2 = 1 1 = 1 3 ,即 A2 A3 是 ∠B1 A2C1 的角平分 C1 A1 AC1 AB1 B1 A1 B1 A2 B1 A1 B1 A3
1

线.

(2)设 A1 A2 A3 的外心为 O ,连 OI , IA2 , OA2 , OA1 ,则 OI ⊥ A1 A2 .由于 ∠A1 A3 A2 =

∠A1C1 A2 + ∠C1 A2 A3 + ∠C1 A1 A3 = ∠A1C1 A2 +
所 以 ∠A2OI =

1 ( ∠C1 A2 B1 + ∠C1 A1 B1 ) = 90° + ∠A1C1 A2 , 2

1 ∠A2OA1 = 180° ∠A1 A3 A2 = 90° ∠A1C1 A2 = 90° ∠A2 IO , 于 是 有 2

∠IA2O = 90° ,即 IA2 与 ⊙O 相切于 A2 .同理 IB2 与 B1 B2 B3 的外接圆相切于 B2 ,从而 I
在 ⊙O 与 B1 B2 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 , CA, BD 交于点 F ,CD, AB 交于点 G ,BD 若 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
2

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. 且 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 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

OPiOQ = OD 2 .

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

GAiGC = 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
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 上,从而有 O, P, Q 三点共线.设 PQ 与 ⊙O 交于点 D, E ,则 OD 2 = OF 2 = OP iOQ ,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 iOQ = OD 2 . 5.已知圆心分别为 O1 , O2 的圆 ω1 , ω2 外切于点 D ,并内切于圆 ω ,切点分别为 E , F ,

3

过点 D 作 ω1 , ω2 的公切线 l .设圆 ω 的直径 AB 垂直于 l ,使得 A, E , O1 在 l 的同侧,证明

AO1 , BO2 , EF 三线交于一点. (第 47 届 IMO 预选题)

证明 设 AB 的中点为 O ,E 为圆 ω 与圆 ω1 的位似中心,由于半径 OB, O1 D 分别垂直 于 l ,所以 OB ‖ O1 D ,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 ω1 的第二个交点 为 N ,则 ND 是圆 ω1 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 NO1 DP CA CP i i = 1 .因为 NO1 = O1 D ,所以只要证 = .设 l 与 AB 交于点 K ,则 AN O1 D PC AN PD
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

∠CQ1 P + ∠BQ1 P = (180° ∠CDP ) + (180° ∠BAP ) = 180° ,所以点 Q1 在 BC 上.又

4

因为 ∠CQ1 D = ∠CPD = ∠APB = ∠AQ1 B ,所以 Q1 = Q .设 APB 与 CPD 的外接圆 半径分别为 R1 , R2 , ∠APB = α ,则

AB 2 R1 sin α R1 = = ,因此 AC 与 BD 的交点 O 是 CD 2 R2 sin α 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 , S 2 , 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 AA1 , BB1 , CC1 三线共点. (20 届全俄)

证明

设 ABC 的内切圆的圆心为 I ,半径为 R , ⊙ S , ⊙ S1 , ⊙ S 2 , ⊙ 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, A1 , P 在一条直线上.同理 B, B1 , P 与 C , C1 , P 均三点共 → 线,即 AA1 , BB1 , CC1 三线共点. 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
5

与 AB 的延长线交于点 M ,其中 MB < MA, MD < MC .设 AOC , BOD 的外接圆

O1 , O2 的第二个交点为 K ,证明 ∠MKO 是直角. (21 届全俄)

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 过点 N ,于是有 MH ⊥ OK .设 NH 与 AB 交于点 T ,则 NH i NT = NC i NA = NK i NO ,
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

∠CDK = ∠CDB ∠KDB = (180° ∠CAB ) (180° ∠KOB ) = ∠KOB ∠CAB
= ∠KCA ∠CAB = ∠OCA + ∠OCK ∠CAB = ∠OAC + ∠KAO ∠CAB = ∠KAB . 9.设点 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 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)

6

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 ′ 均三点共线,且四边形 K ′L′M ′N ′ 是平行四边形,
并 满 足 K ′L′, K ′N ′ 分 别 垂 直 于 AC , BD . 设 ∠AOB = , 不 妨 假 设 < 90° , 则

∠OBL′ = 90° ,所以有 K ′L′ cos ( 90° ) = AC cos ,即 K ′L′ = AC cot .同理

K ′L′ AC KL = = .因此平行四边形 KLMN 与 K ′L′M ′ ′ 相 N 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.

7

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
8

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 = D1 B D1C ,
因此有 DB DC = D1 B 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

DB DC = AB 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 OBC 中 . 假 设

PAC , PBD, PBC , PAD 的 面 积 分 别 为 S1 , S 2 , S3 , S 4 , PA, PB, PC , PD 分 别 为

a, b, c, d , ∠APB = α , ∠BPC = β , ∠CPD = γ , ∠APD = ω ,因为
sin α sin γ sin β sin ω = 1 ( cos (α γ ) cos (α + γ ) + cos ( β + ω ) cos ( β ω ) ) 2

9

=

1 ( cos (α γ ) cos ( β ω ) ) = sin (α + ω ) sin (γ + ω ) , 2

所以有 S PAB i S PCD = S1S 2 + S3 S 4 .若 S1 , S 2 , S3 , S 4 均大于

2 1 ,则 2

1 = S ABCD = S PAB + S PCD + S3 + S 4 ≥ 2 S PAB i S PCD + S3 + S 4 > 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 2 1 , 2

轴 上 , 且 到 AD 的 距 离 为 1 . 此 时 S PAD = S PBC = S PAC = S PBD =

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 , M 1 , N1 ,设 BC = a, CA = b ,

AB = c , 则

BL1 BL BL1 BL S△ ABL1 S△ ABL AB i AL1 ABi AL c 2 i = i = i = i = .同理可得 L1C LC LC L1C S△ ACL S△ ACL1 AC i AL AC i AL1 b 2

CM 1 CM a 2 AN1 AN b 2 BL CM AN i = 2; i = 2 .由塞瓦定理,可得 i i =1 , 于 是 有 M 1 A MA c N1 B NB a LC MA NB
10

BL1 CM 1 AN1 i i = 1 ,由塞瓦定理的逆定理可得 AL1 , BM 1 , CN1 交于一点. L1C M 1 A N1 B



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 = α , 由 正 弦 定 理 可 得

( 2)

sin α LC BL sin ( ∠A α ) = = = ,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
所以 ∠FEP = ∠PAF = α , ∠EFP = ∠PAE = ∠A α , ∠FPK = ∠B, ∠EPK = ∠C ,由正 弦定理得 FK =

sin ∠FPK sin ∠B sin ∠B sin α PK = PK = i KE = KE ,于 sin ∠EFP sin ( ∠A α ) sin ( ∠A α ) 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

h 2r ∠B ∠C = tan tan . h 2 2

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

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

11

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 cot r cot + r cot + cot 2 2 2 2

设 APC , BQC , AQC , BPC 的 内 切 圆 半 径 分 别 为 r1 , r2 , r3 , r4 , 则

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 r1 , r2 , r3 , r4 , 外接圆半径为 为 R , 不 含 其 它 顶 点 的 弧 AB, BC , CD, DE , EA 分 别 为 2a, 2b, 2c, 2d , 2e , 则 有

cos a + cos b cos ( a + b ) = 1 +

r1 r = 1 + 2 = cos e + cos d cos ( e + d ) R R
12

,

r3 r = 1 + 4 = cos e + cos ( d + c ) + cos ( a + b ) . R R bcd 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 = α , 则

sinα QD sin (α + ∠AOD ) AQ = , = , 从 sin∠OQD OD sin∠OQD OA

而有

sin (α + ∠AOB ) AP OB sin (α + ∠AOD ) AQ OD = = i .类似地,有 i ,因此有 sinα OA QD sinα OA BP
= AQ OD BP sin∠BOQ BQ sin ( ∠COD α ) QC i i . 同理, 由 = , = , AP OB QD sin∠OQB OB sin∠OQB OC
, 因 此 有

sin (α + ∠AOD ) sin (α + ∠AOB )




sin ( ∠COD α ) QC OB sin ( ∠BOC α ) PC OD = i , = i sin∠BOQ OC BQ sin∠DOP OC PD
=

sin ( ∠COD α ) sin ( ∠BOC α )

QC OB PD i i . 设 AC 与 PQ 交 于 点 L , 由 梅 涅 劳 斯 定 理 , PC OD QB

sin (α + ∠AOD ) sin ( ∠COD α ) AQ DP CL CQ BP AL i i = 1, i i = 1 ,于是有 = 1 .积化 QD PC LA QB PA LC sin (α + ∠AOB ) sin ( ∠BOC α )
和 差 并 化 简 后 得 cos ( ∠AOD ∠COD + 2α ) =cos ( ∠AOB ∠BOC + 2α ) , 于 是 可 得

∠AOD ∠COD = ∠AOB ∠BOC ( 其 中 另 一 种 情 况 不 存 在 ), 从 而 有
13

∠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 (30 届加拿大训练题) 切圆,圆心分别为 O, I ,证明 AO, CE , GI 三线共点.

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 , O j (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, r1 , r2 , r3 , r4 , O1 , O2 , O3 , O4 与圆 O 的切点 圆 分别为 A, B, C , D , OO1 = a, OO2 = b, OO3 = c, OO4 = d , ∠O1OO2 = α , ∠O2OO3 = β ,

∠O3OO4 = γ , ∠O1OO4 = δ ,因为 R = a + r1 = b + r2 ,所以有
2 l12 = O1O22 ( r1 r2 ) = a 2 + b 2 2ab cos α ( a b ) = 2ab (1 cos α ) = 4ab sin 2 2 2

α
2

,即

l12 = 2 ab sin

α
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

14

sin

α
2

sin

γ
2

+ sin

β
2

sin

δ
2

= sin

α +β
2

sin

β +γ
2

,即 AB iCD + BC i AD = AC i BD .

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 = 4 S A1B1C1 = 4i

R2 d 2 4R 2

S DEF

R2 d 2 = S DEF ≤ S DEF .等号成立当且仅当 d = 0 , R2
15

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 AC , AD 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

ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0 . y = 0 时得 ax 2 + dx + f = 0 , 当 该二次方程的两个解就

16

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

ax 2 + 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 , F 的 二 次 曲 线 系 为

ax 2 + bxy + cy 2 + ey + f + λ ( y k1 ( x p ) ) ( y k2 ( x + p ) ) = 0 .特别地,当 λ 取某个特
当 殊值时, 该方程就是两条直线 CE , DF 的方程. y = 0 时得 ax + f + λ k1k2 x p
2 2

(

2

) = 0,

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 .

17


推荐相关:

2003年IMO中国国家集训队选拔考试试题

2003年IMO中国国家集训队选拔考试试题_学科竞赛_小学教育_教育专区。IMO中国国家集训队选拔考试试题2003 年 IMO 中国国家集训队选拔考试试题(2003-03-31 8:00—12...


第56届国际数学奥林匹克(2015IMO)中国国家集训队选拔考...

第56届国际数学奥林匹克(2015IMO)中国国家集训队选拔考试试题(扫描版,无答案)_高中教育_教育专区。第 56 届国际数学奥林匹克(2015IMO) 中国国家集训队选拔考试...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 学霸学习网 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