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全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读

时间:2015-11-19


全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读
阅读时必须考虑的几个问题: 1.步步皆要考虑“知其然之其所以然” 。 2.解此题的关键步骤是什么?如何想到,是否应该想到这样的方法、这样的思路? 3.画图线条的如何取舍? 4.本题有什么特点?解法是否接触过? 5.分析思考各类定理的运用时机,运用条件。 注意:思考过久(不超过 15 分钟为宜)不知其然,思考过久(不超过 10 分钟为宜)不知所以然,跳过!强调一下, 不超过不是指一题不超过 15 分钟,是指从某一步推到另一步不超过的时间。 例 1(美国 37 届)设 M、N、P 分别是非等腰锐角△ABC 的边 BC、CA、AB 的中点,AB、AC 的中垂线分别与 AM 交于点 D、E,直线 BD、CE 交于点 F,且点F在△ABC的内部。证明:A、N、F、P四点共圆。 证明:如图 1,设△ABC的外心为O。则∠APO=∠ANO=900。于是A、P、N在以AO为直径的圆上。因 此,只要证明∠AFO=900。不妨设AB>AC。由PD是AB的中垂线知,AD=BD。同理,AE=CE。设

? =∠ABD=∠BAD, ?=?CAE ? ?ACE 。则 ? ? ? ? ?BAC 。在△ABM和△ACM中,由正弦定理得
BM AB CM AC ? ? , 。由 sin ? sin ?BMA sin ? sin ?CMA
此 于 sin∠BMA=sin∠CMA, 因
A

BM sin ? AB ? 。又因为BM=CM,所以, CM sin ? AC
B

P O

E D M 图1 F

N

n s i ? AC ? 。 n s i ? AB
C

如图 2,在△ABF和△ACF中,由正弦定理



AF AB AF AC ? , ? 。 sin ? sin ?AFB sin ? sin ?AFC
于 是 ,

A

s i? n A C ? s i n A F B ? 。 从 而 , s i? n A B ? s i n A F C
s i ?nA 。 F C
B

P O

s i? nA F B ?

E D M 图2 F

N

F 2? ? , 因 为 ?A D ?

D ? E ?2 C , 所 以

C

?EFD ? 180? ? 2? ? 2? ? 180? ? 2?BAC 。
因此,∠BFC=2∠BAC=∠BOC。于是,B、O、F、C四点共圆。

又∠AFB+∠AFC=360 -2∠BAC>180 ,则∠AFB=∠AFC=180 -∠BAC,且∠OFB=∠OCB= 0 0 0 0 90 -∠BAC。故∠AFO=∠AFB-∠OFB=(180 -∠BAC)-(90 -∠BAC)=90 。 阅读提示:1)注意思路分析,思考步步的因果关系及正弦定理的运用时机,2)注意画图,思考作图关键点,训练 画圆。
P B1 A1 A6 B6 A5

0

0

0

例 2 ( 07-08 匈 牙 利 ) 已 知 凸 六 边 形 的角都是钝角,圆 ?i (1 ? i ? 6) 的圆心为

A1 A2 A3 A4 A5 A6 所 有
且圆 ?i 分别与圆 Ai ,
R

B2

B5 A4 B3 A3 B4

? i ?1 和 圆 ? i ?1 相 外 切 , 其 中 ,
设过圆 ?1 的两个切点所连直线与过圆 ?3

Q

A2

?0 ? ? , 6

? ?。 1 7?

的两个切点所连直线

相交, 且过这个交点与点 A2 的直线为 e ; 类似地由圆 ?3 、 圆 ?5 和 A4 定义直线 f , 由圆 ?5 、 圆 ?1 和 A6 定义直线 g 。 证明:记这六个切点分别为 B1、B2、B3、B4、B5、B6 (如图) 。 设 B1B2、B3 B4、B5 B6 两两交于点 P、Q、R 。联结 B1B6、B4 B5、B2 B3 。 由角元塞瓦定理得

sin ?B1PA6 sin ?PB6 A6 sin ?B6 B1 A6 (1) ? ? ? 1。 sin ?A6 PB6 sin ?A6 B6 B1 sin ?A6 B1P sin ?B1PA6 sin ?PB6 A6 ? ?1。 sin ?A6 PB6 sin ?A6 B1P

又 A6 B6 ? A6 B1 ,则 ?A6 B6 B1 ? ?A6 B1B6 。故式(1)为

完全类似地得

sin ?B5 RA4 sin ?RB4 A4 sin ?B3QA2 sin ?QB2 A2 ? ? 1, ? ? 1。 sin ?A4 RB4 sin ?A4 B5 R sin ?A2QB2 sin ?A2 B3Q

以上三式相乘并由 ?PB6 A6 ? ?A5 B6 B5 ? ?A5 B5 B6 ? ?RB5 A4 ,

?RB4 A4 ? ?A3 B4 B3 ? ?A3 B3 B4 ? ?QB3 A2 , ?QB2 A2 ? ?A1B2 B1 ? ?A1B1B2 ? ?PB1 A6 ,



sin ?B1PA6 sin ?B5 RA4 sin ?B3QA2 ? ? ? 1。由角元塞瓦定理的逆定理知,PA6 、QA2 、RA4 三线共点,即 e, f , g sin ?A6 PB6 sin ?A4 RB4 sin ?A2QB2

三线共点。 阅读提示:1)塞瓦定理是证明三线共点的有效工具,注意角元形式的应用,2)注意本题作图的特点并没有把圆画 出,以后作图注意线条的取舍,没必要的线条会干扰思维。 例 3(08 罗马尼亚第一天)设六边形ABCDEF是所有边的长度均为 1 的凸六边形。证明:△ACE和△BDF 的外接圆半径中至少存在一个不小于 1。 证明:假设△ACE、△BDF的外接圆半径均小于 1。如图,设△ACE的外心为O。则∠AOC>∠ABC,∠ COE>∠CDE,∠EOA>∠EFA。 若△ACE是非钝角三角形,则点O在△ACE内部或边界上。于是∠AOC+∠COE+∠EOA=2 ? 。若△A CE是钝角三角形,则点O在△ACE的外部。于是 ∠AOC+∠COE+∠ A F EOA<2 ? .无论哪种情况,均有∠ABC+∠CD E+∠EFA<2 ? 。 同理,对于△BDF,均有∠BCD+∠DEF+∠F AB<2 ? 。 E 故∠ABC+∠CDE+∠EFA+∠BCD+∠DEF +∠FAB<4 ? 。矛 O B 盾。 阅读提示:平面几何中的存在性问题(或至多至少问 题) 往往采取分类讨论, D C 排除不可能的情形。例如:教材第 220 例 4。 例4 (08 罗马尼亚第三天) 在△ABC 中, ∠BAC<∠ACB, D、E 分别是边 AC、AB 上的点,且满足∠ACB=∠BED,F 是四边形 BCDE 内一点,且满足△BCF 的外接圆与△DEF 的外接圆相切,△BEF 的外 接圆与△CDF 的外接圆相切。证明:A、C、E、F 四点共圆。 证明:先证明:点 F 在线段 BD 上,且满足∠FEB=∠DCF,∠DEF=∠FCB。如图,若点 F 在△BDE 的内部,作△BEF、 △CDF 外接圆的一条过点 F 的公切线 HI。 设 BF 的延长线与 △CDF 的外接圆交于点 G。

? 上。于是,∠BEF=∠BFI=∠HFG 则 G 在不含点 C 的弧 FD

A

=∠FCG<∠FCD。

同理,考虑△BCF、△DEF 的外接圆的一条过点 F 的公切线 及 DF 与△BCF 的外接圆的 交点,可得∠DEF<∠BCF。因此,∠BED<∠BCD。矛盾。 E H 若点 F 在△BCD 的内部,类似地有∠BED>∠BCD。 D 由上面的讨论可知, 一定有∠BEF=∠DCF, ∠DEF=∠BCF, 且点 F 在 BD 上。 F 0 故∠ EFC+ ∠ EAC =∠ ABF+ ∠ ACF+ ∠ FBC+ ∠ FCB+ ∠ EAC =∠ ABC+∠ACB+∠BAC=180 , I C 即 A、C、E、F 四点共圆。 B 例 5(08 美国国家队选拔)设 G 是△ABC 的重心,P 是线 段 BC 上的动点,Q、R 分 别是边 AC、AB 上的点,使得 PQ∥AB,PR∥AC。证明:当点 P 在线段 BC 上变动时,△AQR 的外接圆经过一个定点 X, 且点 X 满足∠BAG=∠CAX。 证明:如图,设 X 是△AQR 的外接圆与∠BAC 内作∠BAX=∠CAG 的一边 AX 的交点。

下面证明:X 是定点。只需证明 AX 是定长。 由托勒密定理得 AX·RQ=AR·XQ+AQ·XR。 取正弦得 AXsin ∠ BAC=ARsin ∠ XAQ+AQsin ∠ XAR. 故 BAG+AQsin∠CAG. 由 PR∥AC,AR∥PQ,得 AR=PQ,AQ=PR。记

A

Q R X B P C G

AXsin ∠ BAC=ARsin ∠

BP =? 。 BC



CP =1-? 。 因 此 , BC

PQ PR =1-? , =? 。 故 AXsin ∠ BAC=PQsin ∠ BAG+PRsin ∠ AB AC CAG=(1- ? )ABsin∠BAG+ ? ACsin∠CAG=ABsin∠BAG+ ? (ACsin∠CAG-ABsin∠BAG).由 G 是重心知 ACsin∠GAC=ABsin
∠GAB. 因此,AXsin∠BAC=ABsin∠GAB.故 AX=

ABsin ?GAB (定长) 。 sin ?BAC

例 6(08 印度国家队 选拔)设△ABC 是非 V 等腰三角形,其内切 圆为 T,圆 T 与三边 BC、CA、AB 分别切于 点 D、E、F。若 FD、 DE、 EF 分别与 AC、 AB、 BC 交于点 U、V、W, U N A M DW、EU、FV 的中点分 别为 L、M、N,证明: L、M、N 三点共线。 E F 证明:如图,设 DF、 FE、 ED 的中点分别为 Q P、Q、R。则 PQ∥DE, 且直线 PQ 过点 N; RQ R P ∥DF, 且直线 RQ 过点 M ; PR ∥ EF ,且直线 W C B PR 过点 L。 L D 因为 AE=AF,所以, AQ 是∠CAB 的角平分 线。 同理,BP、CR 分别是∠ABC、∠BCA 的角平分线,且 AQ、BP、CR 交于△ABC 的内心 I。 在△ABC 和△QPR 中应用笛沙格定理得,其对应边 PR 与 BC、RQ 与 CA、QP 与 AB 的交点 L、M、N 三点共线。 阅读提示:1)对于笛沙格定理,我们相对比较陌生,这就要求我们在考前对不熟悉定理的回顾(只有一点印象是 不够的) 。 2) 对于比较复杂的图形我们又应该采取怎么处理?如何理清图中的线条?笛沙格定理的运用时机是什么? 运用该定理的关键点是什么,如何创造定理使用的条件?


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