復(fù)件 奧林匹克題解三(1)下

1、第三章、 幾何部分第一節(jié) 平面幾何證明（下）C1136 在ABC中，AD、BE、CF為角平分線，分別交BC邊于D，交AC邊于E，交AB邊于F試證明：4SDEFSABC，并說(shuō)明等號(hào)何時(shí)成立【題說(shuō)】 1982年蕪湖市賽題6【證】 由題意，只需證明代入（1）即得由b2c+a2c2abc，得b2c+bc2+a2c+ac2+a2b +ab26abc 所以       4（b2c+bc2+a2c+ac2+a2b+ab2）3（abc+b2c+bc2+a2c+a2b+ab2+abc）=3（a+b）（b+c）（c+a）從而（2）成立，即4SDEFSAB

2、C，當(dāng)且僅當(dāng)ABC為正三角形時(shí)等號(hào)成立 C1-137 如圖，在ABC中，P為邊BC上任意一點(diǎn)，PEBA，PFCA若SABC=1，證明：SBPE、SPCE和S PEAF中至少有一個(gè)不小于49【題說(shuō)】 1984年全國(guó)聯(lián)賽二試題3【證】 把 BC等分為三等分，M、N是分點(diǎn)，顯然，P點(diǎn)落在BM或NC上時(shí)則AEAC=r，  AFAB1-rSAEFSABC=（AFAB）（AEAC） C1-138 設(shè)P是一正n邊形的內(nèi)點(diǎn)，證明：該n邊形存在兩個(gè)頂點(diǎn)A和B，使【題說(shuō)】 1985年匈牙利阿拉尼·丹尼爾數(shù)學(xué)競(jìng)賽（15年齡組）題1【解】 設(shè)點(diǎn)A是正n邊形的頂點(diǎn)中距P最近的一個(gè)

3、頂點(diǎn)從A出發(fā)向某兩個(gè)相鄰頂點(diǎn)B1、B2作連線，并使P在AB1B2內(nèi)，顯然，B1AB2=180°/n根據(jù)頂點(diǎn)A的選取，PB1A和PB2A都小于B1AB2，因此，如果P是AB1B2的一個(gè)內(nèi)點(diǎn)，則至少有一個(gè)Bi，使得如果P在線段ABi上，例如在AB1上，那么由PB2APAB2可以推出 C1-139 已知六邊形的各邊長(zhǎng)不超過(guò)1，試證：此六邊形至少有一條主對(duì)角線不超過(guò)2【題說(shuō)】 1986年上海市賽二試題2題中主對(duì)角線是六邊形中某一頂點(diǎn)與相隔二個(gè)頂點(diǎn)的第三頂點(diǎn)的連線【證】 設(shè)ABCDEF是適合題意的六邊形，AB、CD、EF三邊所在直線，至少有兩條，它們的夾角不超過(guò)60°（如兩

4、線平行，認(rèn)為夾角為0°），不妨設(shè)AB和CD的夾角不超過(guò)60°，過(guò) B作 BM CD（如圖），則DM BC，且ABM=AB與CD的夾角60°AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cosABMAB2+BM2-AB·BM由對(duì)稱性，不妨設(shè)BMAB，注意到BM=CD1，有AB2+BM2-AB· BM=BM2+AB（AB-BM）BM21所以                

5、0;                           AM21，AM1于是                      ADAM

6、+MD=AM+BC2 C1-140 凸四邊形ABCD的面積為S證明：以AC、AD、BC和【題說(shuō)】 第十三屆（1987年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題 4【證】 設(shè)AC、AD、BC、BD的中點(diǎn)分別為K、L、M、N易知SMKNmax（SBKN，SCKN），SLKNmax（SAKN，SDKN）而有 C1-141 如圖，在ABC中，P、Q、R將其周長(zhǎng)三等分，且P、Q、在AB邊上求證：【題說(shuō)】 1988年全國(guó)聯(lián)賽二試題2【證】 不妨設(shè)ABC的周長(zhǎng)為1，分別過(guò)C、R作ABC、PQR的高CL、RH，則C1-142 設(shè)C1、C2是同心圓，C2的半徑是C1的半徑的2倍四邊形 A1A2A3A4內(nèi)接

7、于C1，將A4A1延長(zhǎng)交圓C2于B1，A1A2延長(zhǎng)交圓C2于B2，A2A3延長(zhǎng)交圓C2于B3，A3A4延長(zhǎng)交圓C2于B4試證：四邊形B1B2B3B4的周長(zhǎng)2×四邊形A1A2A3A4的周長(zhǎng)，并請(qǐng)確定等號(hào)成立的條件【題說(shuō)】 第三屆（1988年）全國(guó)冬令營(yíng)賽題2【證】 如圖是兩個(gè)同心圓，中心記為O，內(nèi)圓的半徑不妨設(shè)為1，從而外圓的半徑等于2連OA1、OB2和B1B2，討論四邊形OA1B1B2由托勒密不等式可知OB1×A1B2OA1×B1B2-OB2×A1B1（1）式中的等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)O、A1、B1、B2四點(diǎn)共圓時(shí)成立，注意到OA1=1，OB1=OB2=2，A

8、1B2=A1A2+A2B2，不等式（1）又可寫(xiě)為B1B2-2A1A22（A2B2-A1B1）                                （2）式中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)O、A1、B1、B2四點(diǎn)共圓時(shí)成立，依次地輪換下標(biāo)，可得出另外三個(gè)類似于（2）的不等式，注意到以上4個(gè)不等式的右

9、方之和顯然為零，因此，將此4式兩邊分別相加，得出不等式B1B2+B2B3+B3B4+B4B12（A1A2+A2A3+A3A4+A4A1）這正是我們需證的結(jié)論上式中等號(hào)成立，當(dāng)且僅當(dāng)O、A1、B1、B2共圓，O、A2、B2、B3共圓，O、A3、B3、B4共圓，O、A4、B4、B1共圓即：等號(hào)成立的充要條件是A1A2A3A4為一正方形  C1-143 在直角三角形ABC中，AD是斜邊BC上的高連接ABD的內(nèi)心與ACD的內(nèi)心的直線，分別與邊 AB及 AC交于K及L兩點(diǎn)ABC與AKL的面積分別記為S與T求證：S2T【題說(shuō)】 第二十九屆（1988年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題5本題由希臘提供

10、【證】 設(shè)ABD的內(nèi)心為M，ACD的內(nèi)心為N由于ADBCDA，并注意到DM與DN是由D出發(fā)的兩條分角線，故有從而得 NMDABD所以，DMN與ABD的對(duì)應(yīng)邊的交角相等，即LKA=BDM=45°故ALK是等腰直角三角形又由                      AKM=45°=MDAAMKAMD得      

11、;                                    AK=AD=AL于是即             

12、;                                                 S2T C

13、1144 設(shè)ABCD是一凸四邊形，其三邊AB、BC、AD滿足AB=AD+BC，形內(nèi)有一點(diǎn)P，它距CD為h，且使AP=h+AD，BP=h+BC【題說(shuō)】 第三十屆（1989年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題4本題由冰島提供【證】 以A為圓心，AD為半徑；以 B為圓心，BC為半徑；P為圓心，h為半徑，分別作圓則這三圓兩兩相外切，設(shè)EF是A與B外公切線當(dāng)C、D分別沿B、A趨向E、F時(shí)，P始終在曲邊三角形內(nèi)所以，當(dāng)P與EF相切時(shí)，h最大此時(shí)，將AB、BP、PA投影到EF上，由勾股定理，這三投影長(zhǎng)分別為（R=BC，r=AD，m為P半徑）： C1-145 已知ABC，設(shè)I是它的內(nèi)心，角A、B、C的內(nèi)角平分線分

14、別交其對(duì)邊于A'、B'、C'求證：【題說(shuō)】 第三十二屆（1991）年國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題 1本題由原蘇聯(lián)提供【證】 記BC=a，CA=b，AB=c，易知熟知正數(shù)u、v（uv）的和一定時(shí)，積uv隨v的減少而減少，所以 C1-146 設(shè)P是ABC內(nèi)一點(diǎn)，求證：PAB、PBC、PCA至少有一個(gè)小于或等于30°【題說(shuō)】 第三十二屆（1991年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題5本題由法國(guó)提供【證】 令=PAB，=PBC，=PCA于是，P到AB的距離=PAsin=PBsin（B-），P到BC的距離=PBsin=PCsin（C-），P到CA的距離=PCsinPAsin（A-）從

15、而sin·sin·sin=sin（A-）·sin（B-）·sin（C-）若+90°，結(jié)論顯然成立，若+90°，則（A-）+（B-）+（C-）90°sinsinsin=sin（A-）sin（B-）sin（C-）由此可知，中存在一個(gè)，例如滿足所以，或者a30°減者150°在后一情況必有，都小于30° C1-147 設(shè)A，B是O上的兩點(diǎn)，M是 的中點(diǎn)，記此圓在A點(diǎn)的切線為l，C是B向l引垂線的垂足，又圓在M點(diǎn)的切線分別交【題說(shuō)】 第一屆（1992年）中國(guó)臺(tái)北數(shù)學(xué)奧林匹克題1【證】 如圖，令已

16、給圓的半徑為R，=BAC則                                  AB=2RsinAOM=2Rsin，AC=2Rsincos設(shè)OM交AB于P，則因?yàn)?M是 的中點(diǎn)，故 A'B'AB，ABCA'B'C'&

17、#160;C1-148 證明：以 a、b、c為邊長(zhǎng)，S為面積的三角形滿足不等式：【題說(shuō)】 1992年友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽十一年級(jí)題3【證】 原不等式即C1-149 ABC的面積為1，D、E分別是邊AB、AC上的點(diǎn)，BE、CD相交于P點(diǎn)，并且四邊形BCED的面積是PBC面積的兩倍，求PDE面積的最大值【題說(shuō)】 1992年日本數(shù)學(xué)奧林匹克題2【解】=xy所以由梅涅勞斯定理知所以有 C1-150 水平直線m通過(guò)O中心，直線lm，垂足為M，M在O點(diǎn)右側(cè)直線l上有三點(diǎn) A、B、C，且在圓外，AMBMCM AP、BQ、CR為O三條切線，P、Q、R為三切點(diǎn)試證：（1）l與O相切時(shí)，AB·C

18、R+BC· AP=AC· BQ；（2）l與O相交時(shí)，AB·CR+BC·APAC·BQ；（3）l與O相離時(shí)，AB·CRBC· APAC· BQ【題說(shuō)】 1993年全國(guó)聯(lián)賽二試題 3本題系由梁紹鴻初等幾何復(fù)習(xí)及研究中總復(fù)習(xí)第62題改編而來(lái)【證】 設(shè)O半徑為r，AM=a，BM=b，CM=c，OM=x則AP2=AO2-OP2=AM2+OM2-OP2=a2+x2-r2所以令G=（AB·CR+BC·AP）2-（AC·BQ）2（1）當(dāng)l與O相切時(shí)，t=0，G=0；（2）當(dāng)l與O相交時(shí)，t0，G0；（

19、3）當(dāng)l與O相離時(shí)，t0，G0因此，本題結(jié)論成立 C1151 設(shè)圓K與K1同心，半徑分別為R，R1、R1R四邊形ABCD內(nèi)接于圓K，四邊形A1B1C1D1內(nèi)接于圓K1點(diǎn)A1、B1、C1、D1分別在射線CD、DA、AB、BC上求證：【題說(shuō)】 1993年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克（第8屆數(shù)學(xué)冬令營(yíng)）題4【證】 如圖，設(shè)ABCD各邊分別為a、b、c、d，AB1x，BC1=y，CD1z，DA1設(shè)B'D'為垂直于AC的直徑，則SABC+SADCSAB'C+SAD'C即         

20、;                         ab+cdAB'2+AD'2=B'D'2=4R2同理                  

21、0;                         可證ad+bc4R2 從而結(jié)論成立 C1-152 設(shè)ABC的外接圓半徑R=1，內(nèi)切圓半徑為r，它的垂足【題說(shuō)】 第三十四屆（1993年）IMO預(yù)選題本題由加拿大提供【證】 設(shè)ABC的垂心為H熟知H是垂足三角形A'B'C'的內(nèi)心過(guò)H作HDA'C'于

22、D，則HD=P因?yàn)镃'、B、A'、H四點(diǎn)共圓，所以HA'D=HBC'=90°-A因此，p=HD=HA'sinHA'D=HA'cosA=BA'tgHBA'cosA=ccosBcosAtg（90°-C）=cctgCcosAcosB=2cosAcosBcosC                     &

23、#160;         （1）由積化和差公式22cosAcosBcosC=2cos（A+B）+cos（A-B）cosC=cos（A+B+C）+cos（A+B-C）+cos（A-B+C）+cos（A-B-C）=-1-cos2C-cos2B-cos2A=2-2cos2A-2cos2B-2cos2C                  

24、60;                               （2）將（2）代入（1）得p=1-（cos2A+cos2B+cos2C）             &#

25、160;                       （3）由柯西不等式有由和差化積公式又有由半角公式和余弦定理有由三角形的面積公式可得 C1-153 AB和CD是兩條長(zhǎng)度為1的線段，它們?cè)贠點(diǎn)相交，而且AOC=60°，試證：AC+BD1【題說(shuō)】 第十九屆（1993年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)一試題2【證】 作CB1AB，且CB1=AB（如圖），這時(shí)候，四邊形

26、ABB1C是平行四邊形，AC=BB1易證CB1D是等邊三角形（CD=CB1=1而B(niǎo)1CD=AOC=60°），于是B1D1AC+BD=BB1+BDB1D=1另：當(dāng)A、C重合時(shí)AC+BD=1 C1-154 設(shè)點(diǎn)D和E是ABC的邊BC上的兩點(diǎn)，使得BAD=CAE又設(shè)M和N分別是ABD，ACE的內(nèi)切圓與BC的切點(diǎn)求證：【題說(shuō)】 第三十四屆（1993年）IMO預(yù)選題本題由西班牙提供【證】 在ABD中，因?yàn)镸是內(nèi)切圓與 BD的切點(diǎn)，所以MB=h為ABC的邊BC上的高 C1-155 ABC三邊長(zhǎng)為 a、b、c現(xiàn)將AB、AC分別延長(zhǎng)a，BC、BA分別延長(zhǎng)b，CA、CB分別延長(zhǎng)c設(shè)

27、這樣得到的六個(gè)點(diǎn)所構(gòu)成的凸多邊形的面積為G，ABC的面積為F求證：GF13【題說(shuō)】 1993年德國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克（第一輪）題4【證】=13 C1-156 設(shè)ABCD是梯形，ABCD，E是線段AB上一點(diǎn)，F(xiàn)是線段CD上一點(diǎn)，CE與BF交于點(diǎn)H，DE與AF交于點(diǎn)G求證如果ABCD是一個(gè)任意凸四邊形，同樣的結(jié)論是否成立？為什么？【題說(shuō)】 1994年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克（第9屆數(shù)學(xué)冬令營(yíng)）題1【證】又          SBCH=SEHF（2+2）SEHF=4SEHF   

28、60;                                                 

29、60;                                                 

30、60;    （2）同理                    SEADF4SEFG                        

31、0;                                                 

32、0;                    （3）（2）+（3）即得（1）對(duì)于任意凸四邊形，上述結(jié)論不成立事實(shí)上，如圖，在EB，F(xiàn)C時(shí)，四邊形EHFGBPC，其中P為BD與AC的交點(diǎn)而在DA時(shí)，BPCBAC所以在A、B、C、固定，D與A、E與B、F與C充分近時(shí)，SEHFG可 C1-157 在凸四邊形ABCD中，BAD=BCD=90°，射線AK平分BAD今知 AKBC，AKCD，AK與 B

33、D相交于E【題說(shuō)】 1994年合肥市高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題 5【證】 如圖，記 AK與 CD的交點(diǎn)為 F，作 BGAK， G為垂足，則G在線段AF上，且ABG和ADF均為等腰直角三角形，F(xiàn)D=AFAG=BG=CF于是即                                

34、60;                           BC2EF因?yàn)?#160;                     &

35、#160;           AF=AG+GK=BG+BCCF+2EF C1-158 設(shè)a、b和c是三角形三邊的長(zhǎng)度，ma、mb和mc是相應(yīng)這些邊上的中線D是三角形外接圓的直徑，證明【題說(shuō)】 第二十屆（199年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題3【證】 延長(zhǎng)各中線，分別ABC的外接圓相交于點(diǎn)A1、B1和C1（如圖）顯然              

36、0;                                 AA1DBB1DCC1D由相交弦定理A1A2·AA2BA2·A2C即將上述結(jié)果帶入（*）中，并將三個(gè)不等式相加，得 C1-159 在凸五邊形ABCDE中，邊AB垂直于邊CD，邊BC

37、垂直于邊DE證明：如果AB=AE=ED=1，那么BC+CD1【題說(shuō)】 第二十屆（1994年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題7【證】 設(shè)AB、DC交于K因?yàn)锳、D在BC的同側(cè)，K若也在這一側(cè)，則如圖a對(duì)在KBC內(nèi)的點(diǎn)E，ED與BC所成的角DCB90°，與EDBC矛盾因此K與A在BC的異側(cè)同理，BC與DE的交點(diǎn)M與E分居CD的兩側(cè)（圖b）于是MDK90°，直線AK、ED相交并區(qū)交點(diǎn)F與A（E）在KD的異側(cè)過(guò)B作KD的平行線交直線DE于G，過(guò)C作EF的平行線交BG于H則BCH=BMG=90°，BG=BH+HGBC+CD相交，G線段DE上BG小于E到AF的距離，更小于AE于是B

38、CCDAE=1【注】 條件 DE=1可以取消  C1-160 將面積為1的矩形紙片ABCD沿一條直線對(duì)折，使得C點(diǎn)【題說(shuō)】 1995年城市數(shù)學(xué)聯(lián)賽低年級(jí)普通水平題3【證】 如圖，設(shè)折線為EF，則EF中點(diǎn)是矩形ABCD的對(duì)角線交點(diǎn)O，從而易知AECF是菱形五邊形CDFEB'的面積=ABE的面積+四邊形CDFE的面積 C1-161 設(shè)ABCDEF是凸六邊形，滿足AB=BC=CD，DE=EF=FA，BCD=EFA=60°設(shè)G和H是這六邊形內(nèi)部的兩點(diǎn)，使得AGB=DHE120°試證：AG+GB+GH+DH+HECF【題說(shuō)】 第三十六屆（1995

39、年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題 5【證】 連BD，AE由于BC=CD，BCD=60°，所以BD=BC=AB同樣AE=ED連 BE，則 A、D關(guān)于 BE對(duì)稱設(shè) G、H關(guān)于 BE的對(duì)稱點(diǎn)分別為G'、H'則BG'D與BGA關(guān)于BE對(duì)稱，所以BG'D=BGA=120°，G'在正三角形BCD的外接圓上熟知CG'=DG'+G'B=AG+GB同理HF=AH'+H'E=DH+HE因此AG+GB+GH+DH+HE=CG'+G'H'+H'FCF C1-162  設(shè)ABCD

40、EF是凸六邊形，且AB平行于ED，BC平行于FE，CD平行于AF又設(shè)RA、RC、RE分別表示FAB、BCD及DEF的外接圓半徑，P表示六邊形的周長(zhǎng)，【題說(shuō)】 第三十七屆（1996年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題5本題由阿美尼亞提供【證】 記邊AB，BC，F(xiàn)A的長(zhǎng)為 a，b，c，d，e，f又以 A，B，F(xiàn)表示六邊形各內(nèi)角，由對(duì)邊平行，A=D，B=E，C=FBC與EF這兩條平行線之間的距離h，A到BC的距離等于asinB，A到EF的距離等于fsinF所以 h=asinB+fsinF同樣 h=csinC+dsinE，所以2BF2h=asinB+fsinF+csinC+dsinE同理2DFbsinC+asinA

41、+dsinD+esinF2BDcsinD+bsinB+esinE+fsinA因?yàn)锳=D，B=E，C=F，所以C1-163 設(shè)ABC是等邊三角形，P是其內(nèi)部一點(diǎn)，線段AP、BP、CP依次交三邊BC、CA、AB于A1、B1、C1三點(diǎn)證明：A1B1·B1C1·C1A1A1B·B1C·C1A【題說(shuō)】 第三十七屆（1996年）IMO預(yù)選題【證】 由余弦定理A1B12A1C2+B1C2-A1C· B1C2A1C·B1C-A1C·B1CA1C·B1C同理，B1C12B1A·C1A，C1A12C1B·A1B由塞

42、瓦定理得所以                        A1B1·B1C1·C1A1A1B·B1C·C1A C1-164 已知ABC證明存在一條直線l（在ABC所在平面內(nèi)），使得ABC關(guān)于l的對(duì)稱圖形A'B'C'與ABC的公共部分，面積大于ABC面積的23【題說(shuō)】 第二十五屆（1996年）美

43、國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題3【解】 設(shè)AD為BAC的平分線，則B、C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)B'、C'分別在直線AC、AB上（如圖）而且由對(duì)稱性，B'C'過(guò)D不妨設(shè)AB=cb=ACa=BC因?yàn)樗杂谑侵本€AD就是所求的直線l C1-165 設(shè)ABC中，BC=6，CA=5，AB=4D，E分別在AB、AC邊上，且ADE的外接圓與BC相切滿足上述條件的點(diǎn)D，E在AB、AC上變動(dòng)時(shí)，求線段DE長(zhǎng)度的最小值【題說(shuō)】 1997年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選賽題5.【解】 如圖，設(shè)ADE的外接圓圓心為O，半徑為r，則DOE=2BAC移動(dòng)D、E時(shí)，ODE中總有OD=OE因此，這些ODE是相似的

44、等腰三角形，DE最小當(dāng)且僅當(dāng)r最小，所以當(dāng)AOBC，即AO為ABC的高AF的一半時(shí)，DE最小此時(shí) C1-166 切一個(gè)凸n邊形只選出一個(gè)相鄰的邊AB、BC，切去MBN得出一個(gè)凸n+1邊形，其中 M、N分別為AB、BC的中點(diǎn)一個(gè)正六邊形P6，面積為1，切成七邊形P7，再將P7（用七種可能的切法之一）切成八邊形P8，如此繼續(xù)下去證明不論怎么切，對(duì)所有n6，Pn的面積大于13【題說(shuō)】 第26屆（1997年）美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題4【解】 一個(gè)凸n邊形，任一頂點(diǎn) A有兩個(gè)相鄰頂點(diǎn)B、C，稱線段BC為小對(duì)角線設(shè)P6為正六邊形ABCDEF（如圖），它的小對(duì)角線圍成一個(gè)六邊形A1B1C1D1E1F1，

45、簡(jiǎn)記為S，易知它是正六邊形，外接圓半徑OA1是O顯然P6嚴(yán)格含有S并且小對(duì)角線不經(jīng)過(guò)S的內(nèi)部假設(shè)Pn（n6）嚴(yán)格含有S并且小對(duì)角線不經(jīng)過(guò)S的內(nèi)部所切的一刀切去LM'N'，其中M'、N'分別為Pn的邊LM、LN的中點(diǎn)這樣Pn+1新增加的小對(duì)角線M'N在LMN內(nèi)，M'K在LMK內(nèi)（K是與M相鄰的頂點(diǎn)）LK、MN均不過(guò)S的內(nèi)部，所以M'N、M'K也都不過(guò)S的內(nèi)部同樣過(guò)N'的小對(duì)角線也是如此于是Pn+1嚴(yán)格含有S并且小對(duì)角線不過(guò)S內(nèi)部 C1-167 四條直線交于六點(diǎn)，組成四個(gè)三角形，證明：這些三角形的外接圓交于一點(diǎn)【題說(shuō)

46、】 1960年1961年波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克三試題5【證】 如圖，四直線交于六點(diǎn)A、B、C、D、E、F，組成四個(gè)ABE、ACD、BCF、DEF設(shè)ABE與BCF的外接圓除已有公共點(diǎn)B外，另有公共點(diǎn)M連BM、FM、EM，則CFM=CBM=AEM，即CFM=DEM，所以D、E、M、F四點(diǎn)共圓，同理，A、C、M、D四點(diǎn)共圓，也就是上述四個(gè)三角形的外接圓都過(guò)一點(diǎn)M C1-168 給定凸六邊形ABCDEF，已知對(duì)角線AD、BE、CF中任意一條都把它的面積二等分，證明：這些對(duì)角線相交于一點(diǎn)【題說(shuō)】 1963年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題4【證】 設(shè)AD、BE交于O由已知可得SABCD= SBCDE，從而推

47、得 SABD=SBDE但ABD與BDE共底邊BD，故知AEBD同理可知ACFD，BFCE因此ACEDFB，而O點(diǎn)是此二相似三角形的內(nèi)位似中心，所以CF過(guò)O即AD、BE、CF相交于O點(diǎn) C1-169 以銳角三角形ABC的三邊為邊向外作三個(gè)相似的銳角三角形AC1B、BA1C、CB1A（此處，AB1C=ABC1=A1BC；BA1C=BAC1=B1AC）（1）證明：三角形AC1B、BA1C和CB1A的外接圓交于一點(diǎn)（2）證明：直線AA1、BB1與CC1交于同一點(diǎn)【題說(shuō)】 第七屆（1973年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題4【證】 設(shè)D為AA1與BB1的交點(diǎn)易知A1CA=B1CB及A1CBCACB1

48、C所以                                  A1CAB1CB從而              

49、0;                   DBC=DA1C點(diǎn)B、D、C、A1共圓同理，A、D、C、B1共圓這樣，點(diǎn)D是A1BC和AB1C的外接圓交點(diǎn)又                      ADB180&#

50、176;-ADB1=180°-AC1B所以點(diǎn)A1、D、B和C1共圓，于是，點(diǎn)D是所有三個(gè)外接圓的交點(diǎn)由于BDCl=BAC1=BA1C=180°-BDC，所以直線CC1經(jīng)過(guò)點(diǎn)D【注】 當(dāng)AC1B、BA1C、CB1A是正三角形時(shí)，D點(diǎn)就是ABC的費(fèi)馬點(diǎn)C1-170 三個(gè)全等的圓有一公共點(diǎn)O，并且都在一個(gè)已知三角形內(nèi)，每一個(gè)圓與三角形的兩條邊相切證明：這個(gè)三角形的內(nèi)心、外心與O點(diǎn)共線【題說(shuō)】 第二十二屆（1981年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題5【證】 因?yàn)镺1O2ABO2O3BCO3O1CA所以ABCO1O2O3因?yàn)锳O1、BO2、CO3是ABC的角平分線，所以它們相交于ABC的內(nèi)心I從

51、而ABC與O1O2O3位似，I為位似中心因?yàn)镺O1=OO2=OO3，所以，O是O1O2O3的外心因此，ABC的外心K、O1O2O3的外心O、位似中心I三點(diǎn)共線 C1-171 A1A2A3是一個(gè)非等腰三角形，它的邊分別為a1、a2、a3，其中ai是Ai的對(duì)邊（i=1，2，3），Mi是邊ai的中點(diǎn)A1A2A3的內(nèi)切圓I切邊ai于Ti點(diǎn)，Si是Ti關(guān)于Ai角平分線的對(duì)稱點(diǎn)，求證：M1S1、M2S2、M3S3三線共點(diǎn)【題說(shuō)】  第二十三屆（1982年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題2【證】  因?yàn)門1、S1、T2、T3關(guān)于A1I對(duì)稱，所以 ；因?yàn)門2、S2、T3、T1關(guān)于A2I對(duì)稱，

52、所以 ，故有，于是T3IS1S2，S1S2A2A1同理                                S2S3A3A2，S3S1A1A3又M1M2A2A1，M2M3A3A2，M3M1A1A3，于是M1M2M3和S1S2S3的對(duì)應(yīng)邊兩兩平行，故這兩三角形或全等或位似S1S2S

53、3內(nèi)接于A1A2A3的內(nèi)切圓，而M1M2M3內(nèi)接于九點(diǎn)圓由于A1A2A3不是正三角形，故內(nèi)切圓與九點(diǎn)圓不重合，所以S1S2S3和M1M2M3位似，M1S1、M2S2、M3S3共點(diǎn) C1172  如圖，在四邊形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面積比是341點(diǎn)M、N分別在AC、CD上，滿足AMACCNCD，并且B、M、N三點(diǎn)共線求證：M與N分別是AC與CD的中點(diǎn)【題說(shuō)】  1983年全國(guó)聯(lián)賽二試題3【證】  不妨設(shè)AMACCNCDr（0r1），SABC1則SABD3，SBCD4，SACD6SABMr，SBCM1rSBCNrSBCD4rSCNMSBCNSB

54、CM5r1即                                   SCNM6r（1r）所以              

55、60;                6r（1r）5r1與CD的中點(diǎn) C1173  給定ABC，過(guò)頂點(diǎn)A、B的圓分別交邊AC、CB于點(diǎn)P和Q，在邊AB上取點(diǎn)R和S，使得QRCA，PSCB證明：點(diǎn)P、Q、R、S共圓【題說(shuō)】  第十四屆（1988年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題2【證】  先考慮點(diǎn)R在A和S之間的情況，如圖a延長(zhǎng)PS交圓于D因?yàn)?QBPD，所以BDPQPD因?yàn)?QRPA，所以PABQRS又PAB與P

56、DB同立于 上，故PABPDB，得QPSQRS又P、R在QS同側(cè)，所以P、Q、R、S共圓當(dāng)S在A和R之間時(shí)，如圖b，可完全類似地證明 C1174  在已知角的一邊上確定一點(diǎn)A考察所有切該邊于點(diǎn)A且交另一邊于B、C兩點(diǎn)的圓（對(duì)每個(gè)圓，兩支點(diǎn)均用B、C表示）證明；所有ABC的內(nèi)心共線【題說(shuō)】  第十五屆（1989年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題3【證】  如圖設(shè)已知角的頂點(diǎn)為D，O是ABC的內(nèi)心，則DABBCA，又OABOAC所以  OADOAB+DAB的直線上 C1175  雙心四邊形是指既有內(nèi)切圓又有外接圓的四邊形，證明對(duì)這樣的

57、四邊形，兩個(gè)圓心與對(duì)角線交點(diǎn)共線【題說(shuō)】  第三十屆（1989年）IMO預(yù)選題14本題由印度提供【證】  設(shè)四邊形ABCD為雙心四邊形，其外接圓圓心為O，內(nèi)切圓圓心為I，對(duì)角線交點(diǎn)為K，不難推出下列三個(gè)引理：（1）對(duì)圓外切四邊形ABCD，設(shè)切點(diǎn)為P、Q、R、S，則PR、QS的交點(diǎn)就是對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)K（2）若K為I內(nèi)一定點(diǎn)，則對(duì)K點(diǎn)張直角的弦EF的中點(diǎn)的軌跡是一個(gè)圓，圓心為IK的中點(diǎn)M（3）在（1）中若四邊形ABCD有外接圓，則PRQS由（3），PQ、QR、RS、SP對(duì)K點(diǎn)張直角，因而它們的中點(diǎn)A'、B'、C'、D'均在以IK的中點(diǎn)M為

58、圓心的圓上由于IA與PQ相交于A'，所以A'就是以I為反演中心，I為反演圓時(shí)，A經(jīng)反演所得的像，同樣B'、C'、D'分別為B、C、D的像，因此O經(jīng)過(guò)反演成為A'B'C'D'的外接圓，從而O與這圓的圓心M，反演中心I共線，所以O(shè)在直線IM上，即O、M、K共線，從而問(wèn)題得證 C1176  四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對(duì)角線AC與BD相交于P，設(shè)三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圓心分別是O1、O2、O3、O4，求證：OP、O1O3、O2O4三線共點(diǎn)【題說(shuō)】  1990年全國(guó)聯(lián)賽二試題1【證】

59、  作直線PO2分別交O2于Q，交AD于R，PDRBCABQR，DPRQPR，所以PRDPBQ90°即                                        

60、;  PQ2ADO與O4的連心線垂直于公共弦，即OO4AD故                                             

61、    PO2OO4同理                                             PO4OO2所以PO2OO

62、4為平行四邊形O2O4過(guò)OP的中點(diǎn)G，同理O1O3也過(guò)OP的中點(diǎn)G所以O(shè)P、O1O3、O2O4共點(diǎn) C1177  給出平面上的一個(gè)銳角三角形ABC，以AB為直徑的圓與AB邊的交線CC'及其延長(zhǎng)線交于M、N，以AC為直徑的圓與AC邊的高線BB'及其延長(zhǎng)線交于P、Q，求證：M、N、P、Q共圓【題說(shuō)】  第十九屆（1990年）美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題5利用圓冪定理證AMAP【證】  在RtABM中，AM2AC'·AB          

63、;                                   （1）在RtACP中AP2AB'·AC           

64、                                      （2）又因             

65、;                    ABB'ACC'所以                            

66、60;    AC'·ABAB'·AB                                         &#

67、160;   （3）由（1）、（2）、（3）           得AM2AP2即                                  

68、               AMAP但M、N關(guān)于AB對(duì)稱，P、Q關(guān)于AC對(duì)稱，故AMAN，APAQ因此M、N、P、Q在以A為圓心，以AMR為半徑的圓上【別證】  設(shè)BC的高為AA'，ABC的垂心為H，則A'在以AB為直徑的圓上，從而AH×HA'MH×HN同樣AH×HA'PH×HQ于是MH×HNPH×HQM、N、P、Q共圓 C1178 

69、 設(shè)A1A2A3A4為O內(nèi)接四邊形，H1、H2、H3、H4分別為A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心求證：H1、H2、H3、H4四點(diǎn)共圓，并定該圓圓心的位置【題說(shuō)】  1992年全國(guó)聯(lián)賽二試題1亦可見(jiàn)梁紹鴻初等幾何復(fù)習(xí)及研究及1984年巴爾干地區(qū)三國(guó)聯(lián)賽【證】  作O點(diǎn)關(guān)于A1A3的對(duì)稱點(diǎn)O1，關(guān)于A2A4的對(duì)稱點(diǎn)O2，完成平行四邊形OO1O'O2，連A3O1，A3O，則易知A3H1 OO2 O1O'，從而A3H1O'O1是平行四邊形，故O'H1A3O1A3OR同理可證O'H2O'H3O'H4R

70、故H1、H2、H3、H4共圓，圓心為O'C1179  平面上給定一個(gè)銳角三角形ABC過(guò)頂點(diǎn)B的高交以AC為直徑的圓于P，Q，過(guò)頂點(diǎn)C的高交以AB為直徑的圓于M、N求證：M、N、P、Q四點(diǎn)共圓【題說(shuō)】  1992年捷克和斯洛伐克數(shù)學(xué)奧林匹克（最后一輪）題6【證】  由于MN和PQ的垂直平分線分別是AB和AC所以，AMAN，APAQ設(shè)B'，C'分別是AC與AB邊上高的垂足，于是由射影定理，得AM2AC'·ABAB·ACcosBACAP2AC·AB'AB·ACcosBAC所以AMAP，從而M

71、、N、P、Q四點(diǎn)在以A為圓心的圓上 C1180  設(shè)M為銳角ABC中一點(diǎn)，M關(guān)于AB、BC、CA的對(duì)稱點(diǎn)分別為C'、A'、B'若A、B、C、A'、B'、C'六點(diǎn)共圓，則稱M為“好點(diǎn)”試找出銳角ABC中所有的“好點(diǎn)”，并說(shuō)明理由【題說(shuō)】  1993年江蘇省高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽二試題1【解】  設(shè)ABC的高為AD，BE，CF，它們相交于垂心H，延長(zhǎng)AD交外接圓于D'，則HCD90°ABCBADD'CD，從而HCDD'CD，D'與H關(guān)于BC對(duì)稱同理BE、CF與外接圓的交點(diǎn)E

72、9;、F'也與H分別關(guān)于CA、AB對(duì)稱從而H是好點(diǎn)另一方面，設(shè)M為好點(diǎn)，則BMCBA'C180°BACBHC，因此M在以BC為底、含角為BHC的弓形弧上同理M在以CA為底、含角為CHA的弓形弧上，也在以AB為底、含角為AHB的弓形弧上這三個(gè)弓形弧的公共點(diǎn)只有H，因此垂心H是唯一的好點(diǎn) C1181  設(shè)凸四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD互相垂直，垂足為E，證明：點(diǎn)E關(guān)于AB、BC、CD、DA的對(duì)稱點(diǎn)共圓【題說(shuō)】  第22屆（1993年）美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題2【證】  以E為相似中心作相似變換，相似比為12，此變換把E關(guān)于AB、BC、

73、CD、DA的對(duì)稱點(diǎn)變?yōu)镋在AB、BC、CD、DA上的射影P、Q、R、S（如圖），只須證明PQRS是圓內(nèi)接四邊形由于四邊形ESAP、EPBQ、EQCR及ERDS都是圓內(nèi)接四邊形（每個(gè)四邊形都有一組對(duì)角為直角），由E、P、B、Q共圓，EPQEBQ，由EQCR共圓，有ERQECQ，于是EPQERQEBQECQ90°同理可得                       EPS

74、ERS90°從而，有SPQQRS180°，故PQRS是圓內(nèi)接四邊形 C1182  兩個(gè)等圓彼此相交，從它們的對(duì)稱中心引出兩條射線交圓周于不在同一條直線上的四個(gè)點(diǎn)試證：這四個(gè)點(diǎn)必在同一個(gè)圓周上【題說(shuō)】  第十九屆（1993年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)一試題2【證】  如圖，設(shè)過(guò)對(duì)稱中心O的兩條射線為A1B1、A2B2，A1、A2位于第一個(gè)圓周上，而B(niǎo)1、B2位于第二個(gè)圓周上設(shè)點(diǎn)A3、B3和B4分別是點(diǎn)B2、A1和A2關(guān)于點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)根據(jù)相交弦定理，有B3O·OB1B2O·OB4因?yàn)锽3OOA1，OB4OA2，從而OA1

75、·OB1OB2·OA2，A1、B1、B2、A2共圓 C1183  圓S1和圓S2相外切于F點(diǎn)直線l分別切圓S1和圓S2于A、B點(diǎn)于圓S2相切于C點(diǎn)且平行于l的直線交圓S1于兩點(diǎn)證明：點(diǎn)A、F和C共線【題說(shuō)】  第二十屆（1994年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)（決賽）題2【證】  連結(jié)FA、FB、FC因?yàn)閮善叫芯€分別切圓S2于B、C點(diǎn)，所以BC是圓S2的直徑，BFC90°過(guò)F引兩圓的公切線交l于K點(diǎn)，則KAKFKB所以         

76、60;                        KAFKFAKBFKFBAFBKFAKFBKAF+KBFAFB+BFC180°故A、F、C三點(diǎn)共線 C1184  圓O內(nèi)切于四邊形ABCD，與不平行的兩邊BC、AD分別切于E、F點(diǎn)設(shè)直線AO與線段EF相交于K點(diǎn)，直線DO與線段EF相交于N點(diǎn)，直線BK與直線CN相交于M點(diǎn)證明：O、K、M

77、和N四點(diǎn)共圓【題說(shuō)】  第二十屆（1994年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題3【證】  設(shè)內(nèi)切圓O切AB于P點(diǎn)，連結(jié)OP及PE，則AOP因?yàn)镺PBOEB90°，所以O(shè)、P、E在以O(shè)B為直徑的圓周上從而K點(diǎn)也在這個(gè)圓周上所以BKO90°同理可證CNO90°于是ONM+OKM180°所以O(shè)、K、M和N四點(diǎn)共圓 C1185  一條直線l與O不相交，E是l上一點(diǎn)，OEl，M是l上任意異于E的點(diǎn)，從M作圓的兩條切線分別切圓于A和B，點(diǎn)C是MA上的點(diǎn)，使得ECMA，D是MB上的點(diǎn)，使得EDMB，直線CD交OE于F，求證：F的位置不依

78、賴于M的位置【題說(shuō)】  第三十五屆（1994年）IMO預(yù)選題本題由塞浦路斯提供【證】  設(shè)EMx，OEa，圓半徑為R，連結(jié)OM設(shè)OM交AB于J，OE交AB于H，則易知OJAB從而AJMOEM90°，J、M、E、H四點(diǎn)共圓OH×OEOJ×OMOA2，設(shè)E在AB上的射影為G由于E、A、B都在以O(shè)M為直徑的圓上，對(duì)這個(gè)圓的內(nèi)接三角形MAB，E點(diǎn)的西摩松線CD通過(guò)G點(diǎn)連EB由E、G、B、D共圓，EGDEBD由E、B、O、M共圓，EBDEOM90°GHE所以FGH90°EGDGHE從而F是直角三角形EGH斜邊的中點(diǎn)EF C1

79、186  D為ABC的邊BC上的點(diǎn)作ABD和ACD的內(nèi)切圓，并作它們的外公切線（異于BC的外公切線），交AD于點(diǎn)K證明：線段AK的長(zhǎng)度與點(diǎn)D在BC上的位置無(wú)關(guān)【題說(shuō)】  第五十七屆（1994年）莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題24【解】  如圖設(shè)AD與兩圓的切點(diǎn)分別為P、Q，兩圓的另一條公切線為MN，切點(diǎn)分別為M、N，BC與兩圓的切點(diǎn)分別為E、F利用切線的性質(zhì)不難算得KPKQKMKNMNEF所以4AK2（APAQ）2（KPKQ）ABACBC2（ADEF）          

80、;                         （1）另一方面，容易算得2EF（DEDP）+（DFDQ）（ADBDAB）（ADDCAC）2AD（ABACBC）                

81、60;                     （2）將（2）代入（1）得2AKABACBC與D在BC上的位置無(wú)關(guān)C1187  設(shè)A、B、C、D是一條直線上依次排列的四個(gè)不同的點(diǎn)分別以AC、BD為直徑的兩圓相交于X和Y；直線XY交BC于E若P為直線XY上異于E的一點(diǎn)，直線CP與以AC為直徑的圓相交于C及M，直線BP與以BD為直徑的圓相交于B及N試證：AM、DN和XY三線共點(diǎn)【題說(shuō)】

82、60; 第三十六屆（1995年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題1【證】  設(shè)P點(diǎn)在線段XY上（如圖所示），直線AM與直線XY交于Q點(diǎn)，直線DN與直線XY交于Q'點(diǎn)因?yàn)镼MCQEC90°，所以Q、M、E、C四點(diǎn)共圓，從而QP·PEMP·PCXP·PY同理Q'P·PENP·PBXP·PY因此Q'PQP，Q點(diǎn)與Q'點(diǎn)重合P在線段XY的延長(zhǎng)線上，證明類似 C1188  設(shè)ABC是非等腰非直角三角形設(shè)O是它的外接圓圓心并且設(shè)A1、B1和C1分別是邊BC、CA和AB的中點(diǎn)點(diǎn)A2在射線OA

83、1上，使得OAA1OA2A點(diǎn)B2和C2分別在射線OB1和OC1上，使得OBB1OB2B和OCC1OC2C證明直線AA2、BB2和CC2共點(diǎn)【題說(shuō)】  第二十四屆（1995年）美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題3【證】  設(shè)是ABC的外接圓因?yàn)镺AA1OA2A，所以從而OA1·OA2OA2OB2因而A2B和相切于B點(diǎn)同理A2C與相切于C點(diǎn)，B2C、B2A、C2A2、C2B分別與圓相切于C、A、B、B于是是A2B2C2的內(nèi)切圓，切點(diǎn)分別是A、B和C由切線長(zhǎng)相等和Ceva定理，即得A2A、B2B、C2C共點(diǎn) C1189  設(shè)H是銳角ABC的垂心，由A向以BC為直徑的

84、圓作切線AP、AQ，P、Q為二切點(diǎn)求證：P、H、Q三點(diǎn)共線【題說(shuō)】 1996年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克（第11屆數(shù)學(xué)冬令營(yíng)）題1【證】  設(shè)BC中點(diǎn)為O，連結(jié)AO，PQ，交于G，則AOPQ在RtAQO中，由射影定理有AQ2AG·AO                             

85、0;               （1）作ADBC于D，則H在AD上連結(jié)BH，延交AC于E，則BEAC，且E在圓周上而有H、D、C、E共圓，從而AH·ADAE·ACAQ2                               &#