有約束條件的完全四邊形與數(shù)學競賽題上

1、2007年第2期17專題寫作有約束條件的完全四邊形與數(shù)學競賽題(上)沈文選(湖南師范大學數(shù)學奧林匹克研究所,410081)有約束條件的完全四邊形除具有一般完全四邊形的優(yōu)美性質(zhì)外,還由于各種不同的約束條件,而具有一些特殊的優(yōu)美性質(zhì).許多數(shù)學競賽試題就是以這些優(yōu)美性質(zhì)為背景或出來的.1例1ABCDEF中,AB=AE.(1)若BC=EF,則CD=DF,反之,若CD=DF,則BC=EF;圖1(2)由(1)知,BCD和DEF的外接圓(2)若BC=EF(或CD=DF),M為完全是等圓(或由正弦定理計算推得).又由A、B、M、E四點共圓有CBM=AEM=FEM.從而,CM=FM.于是,DCMDFM.所以,C

2、DM=FDM.故MDCF.由于MD是CF的中垂線,而點O1在CF的中垂線上,故ACF的外心O1在直線MD上.四邊形的Miquel點,則MDCF,且ACF的外心O1在直線MD上;(3)若BC=EF(或CD=DF),點A在CF上的射影為H,ABE的外心為O2,則O2為AM的中點,且O2D=O2H;(4)若BC=EF(或CD=DF),M為完全四邊形的Miquel點,則MB=ME,且MBAC,MEAE.證明:輔助線如圖1.(1)由完全四邊形的性質(zhì)11中式(或?qū)CF及截線BDE應用梅涅勞斯定理),有=1.BCDFEA(3)由(2)知,BCD和DEF的外接圓是等圓.從而,BCMEFM.所以,BM=EM,

3、即知點M在BAE的平分線上,亦即A、O2、M三點共線.因此,O2為AM的中點.注意到MDCF,AHCF,所以,O2在線段DH的中垂線上.故O2D=O2H.(4)由(3)知,BM=EM.因AB=AE,由上式知CD=DFBC=EF.收稿日期:2006-01-26修回日期:2006-11-1018中等數(shù)學又O2為AM的中點,而O2為圓心,故AM為直徑.(2)若對角線AD的延長線交對角線CE于點P,BPF的外接圓交AD于點A1,交CD于點C1,交DE于點E1,則SACE=2S六邊形A1BC1PE1F,SACE4SBPF.所以,MBAC,MEAE.不妨將例1記作性質(zhì)16.以性質(zhì)16為背景,可得到如下數(shù)學

4、競賽題.題1已知銳角ABC,CD是過點C的高線,M是邊AB的中點,過M的直線分別交射線CA、CB于點K、L,且CK=CL.若CKL的外心為S,證明:SD=SM.(第54屆波蘭數(shù)學奧林匹克)如圖2,事實上,此題為在完全四邊形CKAMLB中,C為銳角,頂點C在邊上的射為,CL,圖2CKL.此即為例1中的(3).過點M與AB垂直的直線與CS延長線交點E即為Miquel點.題2設AM、AN分別是ABC的中線、內(nèi)角平分線,過點N作AN的垂線分別交AM、AB于點Q、P,過點P作AB的垂線交AN于點O.求證:OQBC.(2000,亞太地區(qū)數(shù)學奧林匹克)以具有相等的邊(含邊上的線段)的完全四邊形為背景的競賽題

5、還有:題3P是ABC內(nèi)的一點,直線AC、BP相交于點Q,直線AB、CP相交于點R.已知AR=RB=CP,CQ=PQ.求BRC.(2003,日本數(shù)學奧林匹克)2兩組對邊相互垂直的完全四邊形證明:(1)如圖3,由題設知C、E、F、B四點共圓,且CE的中點O為其圓心,過點O作OMBF于點M.圖3OMEH,CO=OE,所以,GM=MH.故GB=GM-BM=MH-MF=FH.(2)在ACE中,由題設知,BPF的外接圓即為ACE的九點圓.從而,知A1、C1、E1分別為AD、CD、ED的中點.于是,SBCC1+SPCC1=SPEE1+SFEE1=SBAA1+SFAA1=S,2四邊形BC1PDS,2四邊形DP

6、EFS.2四邊形ABDF2從而,SACE=2S六邊形A1BC1PE1F.由完全四邊形的性質(zhì)12即知SACE4SBPF.不妨將例2記作性質(zhì)17.以性質(zhì)17為背景,可得到如下數(shù)學競賽題:題1銳角ABC中,BD、CE是其相應邊上的高.分別過頂點B、C引直線ED的垂線BF、CG,垂足為F、G.求證:EF=DG.(第22屆全蘇數(shù)學奧林匹克)題2在銳角ABC中,A的平分線與三角形外接圓交于另一點A1,點B1、C1與此類似.直線AA1與B、C的外角平分線相交于點A0,點B0、C0與此類似.求證:(1)SA0B0C0=2S六邊形AC1BA1CB1;兩組對邊相互垂直的完全四邊形常存在于含有兩條高線的三角形中.這

7、類問題比較多,這里僅舉一例.例2在完全四邊形ABCDEF中,ACBE,AECF.(1)若點C、E在對角線BF所在直線上的射影分別為G、H,則GB=FH;2007年第2期19(2)SA0B0C04SABC.(第30屆IMO)OM平分AMD,OM平分BMF;(10)過點E(或C)的圓的割線交O于題3已知O1、O2交于A、B兩點.過點A作O1O2的平行線,分別與O1、O2交于C、D兩點.以CD為直徑的O3分別與O1、O2交于P、Q兩點.證明:CP、DQ、AB三線共點.(第54屆白俄羅斯數(shù)學奧林匹克)3相交兩對角線為圓中相交弦的完全四邊點R、P,直線CP(或EP)交O于點S,則3R、G、S三點共線;(

8、11)設對角線AD的延長線交對角線CE于點W,則WC=WE的充要條件是2WAWD=WC;(12)設Z是對角線CE的中點,聯(lián)結(jié)AZ交O于點N,則C、D、N、E.證明:如圖4.形接于圓.例3中,、BD、F()AD、BF交于點G.(1)若C、E的平分線相交于點K,則CKEK;(2)BGD的平分線與CK平行,DGF的平分線與EK平行;(3)從點C、E分別引O的切線,切點為P、Q,則CE=CP+EQ;此題設條件下的完全四邊形ABCDEF的Miquel點在對角線CE上;若分別以點C和E為圓心、以CP和EQ為半徑作圓弧交于點T,則CTET;(4)若從點E(或C)引O的兩條切線,切點為R、Q,則C(或E)、R

9、、G、Q四點共線;(5)過C、E、G三點中任意兩點的直線,分別是另一點關(guān)于O的極線;(6)點O是GCE的垂心;(7)過對角線BF(或BF與CE不平行時222圖4(1)聯(lián)結(jié)CE,令DCE=1,DEC=2.則(BCD+1+2)+(DEF+2+1)=ABD+AFD=180°,即(BCD+DEF)+1+2=90°.2故CKE(BCD+DEF)+=180°-1+2=90°.因此,CKEK.(2)設DGF的平分線交DE于點X,EK與FG交于點I.則FGX=DGF2的AD)兩端點處的O的切線的交點在對角線CE所在的直線上;(8)設O1、O2分別是ACF、ABE的外心,

10、則OO1O2DCE33(GFA+GAF),2AED2;FIE=GFA-=GFA-(9)設點M是完全四邊形ABCDEF的Miquel點,則OMCE且O、G、M三點共線;(ADB-GAF)220中等數(shù)學=(GFA+GAF).2故HR=HQ.由此即可證得RtEHRRtEHQ.因此,GXEK.同理,BGD的平分線與CK平行.(3)設過點B、C、D的圓交CE于點M,聯(lián)結(jié)DM.則AFD=CBD=DME.從而,D、M、E、F四點共圓.于是,CMCE=CDCF,EMEC=EDEB.于是,EQ=ER.而EQ=ER,則ER=ER.又點R、R均在O上,故點R與點R重合,即C、R、Q三點共線.為證R、G、Q三點共線,

11、聯(lián)結(jié)AR交BF于點X,聯(lián)結(jié)FR交AD于點Y,AQ、FQ,設QR與A交于點=.S以上兩式相加得CE=CDCF+EDEB.2又CP、EQ分別是O的切線,有CDCF=CP,EDEB=22故CE=CP+是DEF外,Miquel點.因此,題設條件下的完全四邊形的Miquel點在CE上.222,=,RYDRsinYDR=.AXABsinXBA由EQFEAQ,有=.FQEF由于CT=CP,ET=EQ,故CT+ET=CE,即CTET.222同理,=,=.ABBEDRER(4)如圖5,聯(lián)結(jié)CQ交O于點R,過而AQZ=YDR,ZQF=RBX,FDY=XBA,EQ=ER,于是,=1.ZFYRXA點E作EHCQ于點H

12、,過點C作圓的切線CP,切點為P.對ARF應用塞瓦定理的逆定理,知AY、FX、RZ三線共點于G.故R、G、Q三點共線.綜上可知,C、R、G、Q四點共線.(5)由(4)即證.(6)注意到OEQR,即OECG.同理,OCEG.圖5由此即知,O為GCE的垂心,即OGCE.則CE-EQ=CP=CRCQ)=(CH-HRCQ.222(7)由(5)知,直線CE是點G關(guān)于O又CE-EQ22的極線.從而,過點G的弦的兩端點處的切線的交點在直線CE上.(8)若點O在AD上,則O1、O2分別為AC、AE的中點.此時,有2222=(CH+EH)-(EH+HQ)22=CH-HQ=(CH-HQ)(CH+HQ)=(CH-H

13、Q)CQ,2007年第2期21OO1O2DCE.若點O不在AD上,則點O1、O2不在AC、AE上.交O于點T,聯(lián)結(jié)AT、OA、OT.由A、B、D、F,A、B、M、E分別四點共圓知EFD=ABE=AME.又由D、F、A、T四點共圓知EFD=ATD=ATM.因AE、MT是過兩相交圓交點F、D的割線,所以,EMAT.于是,TAM=AME=,即圖6如圖6,聯(lián)結(jié)O1A、O1C、AD、OA、OD、O2A、O2E.因AO2E=2(180°-ABE)=2AFD=AOD,O2A=O2E,OA=MA=.OT,在CE上,因此,OMCE.由(6)知,OGCM.故O、G、M三點共線.由性質(zhì)1322.故=.OA

14、知,此時即為2002年中國又O2AE=OAC,則AOO2ADE.同理,AO1CAOD,AOO1ADC.于是,O1OOO2=.CDADDE國家隊選拔賽題的特殊情形.故OM平分AMD,OM平分BMF.(10)如圖8,聯(lián)結(jié)PA、PB、SA、SB、DR、RF、PF.由AO1CAO2E,知OOAO=.CEAEAD從而,OO1O2DCE.(9)如圖7,過點D、M作O的割線MD圖8由EFREPA,CBSCPA,有=,=.PAEPBSCB從而,=.SBEPCB由ERDEBP,CBPCSA,有圖7=.SAEPCA22中等數(shù)學以上兩式相除得=.SBRDEDCB=180°-CYE,所以,C、Y、E、D四點

15、共圓.又YND=180°-AND=ABD=YED,于是,D、N、E、Y四點共圓.故C、Y、E、N、D五點共圓,即知C、D、N、E四點共圓.用乘上式兩邊,應用完全四邊形性質(zhì)AF1中的式(即對ABE及截線CDF應用梅涅勞斯定理)知=1.FACBDE不妨將例3記作性質(zhì)18.以性質(zhì)18為背景,可得到如下數(shù)學競賽題.題1四邊形ABCD內(nèi)圓,直線ABDCE,F,從而,=1.RDBSAF對上式應用塞瓦定理角元形式的推論(或同(4)的證明中證R、G、Q三點共線),AD于點NAB于點P,交CD于點.:四邊形MPNQ是菱形.證得SR、BF、AD.故S、G.(9,(1950,波蘭數(shù)學奧林匹克2004,斯洛文尼亞國家隊選拔賽)事實上,由例3(1)即得.題2四邊形ABCD內(nèi)接于圓,邊AB、DC的延長線交于點M,邊AD、BC的延長線完全四質(zhì)2中的式(即對ACE及點D應用塞瓦定理)有BCWEFA交于點N.由點N作該圓的兩條切線NQ、NR,切點分別為Q、R.求證:M、Q、R三點共線.2=1.AWDW=CW(1997,中國數(shù)學奧林匹克)事實上,由例3(4)即得.圖9DWCW題3在ABC中,一個以O為圓心的圓經(jīng)過頂點A、C,又和線段AB、BC分別交于點K、N,K與N不同.ABC的外接圓和BNK的外接圓恰相交于點B和另一點M.求證:BMO=90°.(第26屆IMO)DWCCWADCW=