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）