2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答

[注：一个点到一个平面上正交投影指的是该点到平面作垂线的垂足．]
6.对正整数n，S(n)是满足如下条件最大的整数：对每个正整数k<= S(n)，n2都可写成k个完全平方数的和．
a.求证对每个n>=4有得S(n)=n2-14；
c.试证明有无穷多个整数n使得S(n)=n2-14．
国际数学奥林匹克（
1.试找出所有的整数a，b，c满足1<a<b<c并且(a-1)(b-1)(c-1)是abc-1的因子．
2.找出所有定义在实数上并且取值也是实数的函数f使得对所有x，y都有
f(x2+f(y))=y+f(x)2．
3.空间中有9个点，无4点共面，每两点之间连接一个被染上红色或蓝色或者不染色的线段，试找出最小的n使得，只要恰好有n条线段被染色，这些染色的线段一定包含一个同色三角形（即三角形的三边被染上相同的颜色）．
4. L是圆Γ的一条切线，M是L上的一点，试找出所有这样的点P的轨迹：存在L上的关于M对称的两点Q，R，△PQR的内切圆是Γ．
5.设S是三维空间中的一个有限点集，集合Sx，Sy，Sz分别是S在平面yz，zx，xy上的投影，
求证：|S|2<=|Sx|·|Sy|·|Sz|．
其中|A|表示集合A的元素个数．

2012年全国高中数学联合竞赛（A 卷）一试一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。

2012A1、设P 是函数xx y 2+=（0>x ）的图像上任意一点，过点P 分别向直线x y =和y 轴作垂线，垂足分别为B A ,，则PB PA ⋅的值是 ◆答案：1- ★解析：设0002(,),p x x x +则直线PA 的方程为0002()(),y x x x x -+=--即0022.y x x x =-++由00000011(,).22y xA x x y x x x x x=⎧⎪⇒++⎨=-++⎪⎩又002(0,),B x x +所以00011(,),(,0).PA PB x x x =-=-故001() 1.PA PB x x ⋅=⋅-=-2012A 2、设ABC ∆的内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，且满足c A b B a 53cos cos =-，则BAtan tan 的取值为◆答案：4★解析：由题设及余弦定理得222223225c a b b c a a b c ca bc +-+-⋅-⋅=,即22235a b c -=， 故222222222222228tan sin cos 2542tan sin cos 52a c b a c A A B c a b ac b c a B B A b c a c b bc+-⋅+-=====+-+-⋅2012A 3、设]1,0[,,∈z y x ，则||||||x z z y y x M -+-+-=的最大值为 ◆答案：12+★解析：不妨设01,x y z ≤≤≤≤则M ==所以 1.M ≤=≤当且仅当1,0,1,2y x z y x z y -=-===时上式等号同时成立.故max 1.M =2012A 4、在平面直角坐标系xOy 中，抛物线x y 42=的焦点为F ，准线为l ，B A ,是抛物线上的两个动点，且满足3π=∠AFB ，设线段AB 的中点M 在准线l 上的投影为N ，则||||AB MN 的最大值 为 ◆答案：1★解析：由抛物线的定义及梯形的中位线定理得.2AF BFMN +=在AFB ∆中,由余弦定理得2222cos3AB AF BF AF BF π=+-⋅2()3AF BF AF BF =+-⋅22()3()2AF BF AF BF +≥+-22().2AF BF MN +== 当且仅当AF BF =时等号成立.故MNAB的最大值为1.2012A 5、设同底的两个正三棱锥ABC P -和ABC Q -内接于同一个球.若正三棱锥ABC P -的侧面与底面所成角为045，则正三棱锥ABC Q -的侧面与底面所成角的正切值为◆答案：4★解析：如图.连结PQ ,则PQ ⊥平面ABC ,垂足H 为 正ABC ∆的中心,且PQ 过球心O ,连结CH 并延长交AB 于点M ,则M 为AB 的中点,且CM AB ⊥,易知,PMH QMH ∠∠分别为正三棱锥,P ABC Q ABC --的侧面与底面所成二角的平面角,则45PMH ∠= ,从而12PH MH AH ==,因为90,,PAQ AH PQ ∠=⊥所以2,AP PH QH =⋅即21.2AH AH QH =⋅所以24.QH AH MH ==, 故tan 4QHQMH MH∠==2012A 6、设函数)(x f 是定义在R 上的奇函数，且当0≥x 时，2)(x x f =.若对任意的]2,[+∈a a x ，不等式)(2)(x f a x f ≥+恒成立，则实数a 的取值范围是◆答案：).+∞★解析：由题设知22(0)()(0)x x f x x x ⎧≥⎪=⎨-<⎪⎩,则2()).f x f =因此,原不等式等价于()).f x a f +≥因为()f x 在R 上是增函数,所以,x a +≥即1).a x ≥-又[,2],x a a ∈+所以当2x a =+时,1)x 取得最大值1)(2).a +因此,1)(2),a a ≥+解得a ≥故a 的取值范围是).+∞2012A 7、满足31sin 41<<n π的所有正整数n 的和为 ◆答案：33★解析：由正弦函数的凸性,有当(0,)6x π∈时,3sin ,x x x π<<由此得131sin,sin ,1313412124πππππ<<>⨯=131sin ,sin .10103993πππππ<<>⨯=所以11sinsin sin sin sin .134********πππππ<<<<<< 故满足11sin 43n π<<的正整数n 的所有值分别为10,11,12,它们的和为33.2012A 8、某情报站有D C B A ,,,四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种。

杏 坛 孔 门
2012 年美国数学奥林匹克试题（USAMO）及其解答
田开斌 解答
1、求所有整数 n≥3，使得对于任意 n 个正实数a1 、a2 、a3 、 … … 、an ，如果满足 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �，则其中可以取出三个数， 它们能够构成一个锐角三角形的三条边的长度。 解：对于任意 n≤12，在序列 1、1、√2、√3、√5、√8、√13、√21、√34、√55、√89、12中取前 n 个数，都有 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �，但任意三个数都不能构成 锐角三角形的三条边。所以满足条件的 n≥13。 下面我们用反证法证明 n≥13 时，都满足条件。 我们给 n 个正实数从小到大排序为a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ⋯ ≤ an ，若其中任意三个数，都不 能构成一个锐角三角形的三条边，则有a1 2 ≤ a2 2 ，ak 2 + ak+1 2 ≤ ak+2 2 ，其中 1≤k≤n-2。 于是知an 2 ≥ fn · a1 2 ，即an ≥ �fn · a1 ，其中fn 为斐波那契数列的第 n 项。又当 n≥13 时， 根据数学归纳法易知都有�fn ＞n，此时则有an ≥ �fn · a1 ＞na1 ，与 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �矛盾。所以当 n≥13 时，都 满足条件。 综上所述知，满足条件的 n 为所有不小于 13 的自然数。 2、一个圆被 432 个点等分为 432 段弧，将其中 108 个点染成红色，108 个点染成绿色， 108 个点染成蓝色，108 个点染成黄色。求证：可以在每种颜色的点中各选 3 个点，使得由 同色点构成的四个三角形都全等。 解：我们记 f(m)表示 m 除以 432 的余数，其中 0≤f(m)≤431。 我们从某点开始，按顺时针方向依次给 432 个点排序为 0、1、2、3、……431。设 108 个 红点所在位置依次为a1 、a2 、a3 、 … … 、a108 ，108 个绿点依次为b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 ， 108 个蓝点依次为c1 、c2 、c3 、 … … 、c108 ，108 个黄点依次为d1 、d2 、d3 、 … … 、d108 。 记Xi = �f(a1 + i)、f(a2 + i)、f(a3 + i)、 … … 、f(a108 + i)� ∩ �b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 � b1、b2、b3、……、b108=108（j=1、2、3、……108），所以

甲部：每題 3 分 甲部：每题 3 分 Section A – each question carries 3 marks 1) 求 1 3 5 7 ... 37 39 的值。 求 1 3 5 7 ... 37 39 的值。 Evaluate 1 3 5 7 ... 37 39 . 2) 求 200 40 200 50 200 10 的值。 求 200 40 200 50 200 10 的值。 Evaluate 200 40 200 50 200 10 . 3) 求 (633 324) (30 73) (163 137) 的值。 求 (633 324) (30 73) (163 137) 的值。 Evaluate (633 324) (30 73) (163 137) . 定義符號「 」的程序計算有以下的結果：
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2012赛季世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方晋级赛 A卷---------------------------------------------------------------------------------考生须知：每位考生将获得考题一份。

考试期间，不得使用计算工具或手机。

本卷共100分，填空题每小题5分，解答题每题10分。

请将答案写在本卷上。

考试完毕时，所有考题及草稿纸会被收回。

若计算结果是分数，请化至最简，并确保为真分数或带分数。

三年级试卷（本试卷满分100分，考试时间90分钟）一、填空题。

（每题5分，共60分）1、计算：1＋2＋3＋…＋98＋99＋98＋…＋3＋2＋1= 。

2、有一张边长为18厘米的正方形纸片，按图中虚线所示剪成两张小纸片，这两张小纸片的周长之和为厘米。

有一列数1、3、7、13、21……，第8个数是。

有一个数，比200小比150大，这个数被7除余3，被9除也余3，这个数是。

数一数，图中有个长方形。

6、2011年的国庆节是星期六，那么2012年的国庆节是星期。

7、将数字0、1、3、4、5、6填入下面的□内，使等式成立。

÷ = × = 28、欧欧、小美各有一些漫画书。

欧欧的漫画书比小美少18本，小美的漫画书是欧欧的3倍少14本，那么欧欧和小美一共有本。

9、3只猫在3天里抓3只老鼠，那么，只猫在30天里抓30只老鼠。

有一盒牛奶，奥斑马12天可以喝完，如果和欧欧一起喝，8天喝完。

那么，欧欧单独喝这盒牛奶可以喝天。

11、有14个连续自然数，前7个连续自然数的和是105。

那么，这14个连续自然数的和是。

12、黑白团队做换座位的游戏，开始时奥斑马、小泉、小美、欧欧分别坐在1、2、3、4号座位上（如图），第一次是前后排互换座位，第二次是左右列互换座位……按此规律交替进行下去，那么在第2011次互换座位后，欧欧的座位编号是号。

开始第一次第二次第三次二、解答题。

高中数学竞赛-历届IMO试题（1-46届）及答案1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。

2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。

3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,试用a,b,c作出一个关于cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。

当a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。

4.试作一直角三角形使其斜边为已知的c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。

5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.) 求证 AF、BC相交于N点；（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。

6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。

试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q 上。

1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。

2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC 边的高长为h，求证：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。

5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。

[一个集合S的一个排列是从S到它自身的一一映射．元素i称为是f固定点如果
f(i) = i．]
2.锐角三角形ABC的内角A的角平分线交BC于L，交ABC的外接圆于N，从L点向AB，AC做垂线，垂足分别是K、M，求证四边形AKNM的面积与三角形ABC的面积相等．
3.x1，x2，...，xn是实数并且满足x12+ x22+ ... + xn2= 1，求证对每个正整数k≥2存在不全为0的整数a1，a2，...，an，使得对每个i有|ai|≤k - 1及
|a1x1+ a2x2+ ... + anxn|≤(k - 1)√n/(kn-1)．
4.求证不存在从非负整数到非负整数的函数f满足对所有n有f(f(n)) = n + 1987成立．
5.n是大于或等于3的整数，求证存在一个由平面上n个点构成的集合满足任何两点的距离都是无理数并且任何三点构成一个面积为有理数的非退化的三角形．
是大于或等于3的整数求证存在一个由平面上n个点构成的集合满足任何两点的距离都是无理数并且任何三点构成一个面积为有理数的非退化的三角形
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第28届）
1.设pn(k)是集合{1ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2，3，...，n}上具有k个固定点的排列的个数，求证k从0到n对(k pn(k) )的求和是n!．
6.n是大于或等于2的整数，如果对所有0≤k≤√n/3都有k2+ k + n是素数，则
当0≤k≤n-2时，k2+ k + n都是素数．

3.P(x) = a0+ a1x + ... + akxk是整系数多项式，设其中系数为奇数的个数为o(P)．对于i = 0，1，2，...，记Qi(x) = (1 + x)i．求证如果i1，i2，...，in都是整数并满足0 <= i1< i2< ... < in，则有
o(Qi1+ Qi2+ ... + Qin)≥o(Qi1).
4.集合M由1985个不同的正整数组成，且每个数都有一个大于23的素因子，求证M中存在4个元素的积是某个整数的4次方．
5.圆心为O的一个圆经过三角形ABC的顶点A和C，并与AB，BC分别交于不同的两点K、N，三角形ABC的外接圆和三角形KBN的外接圆相交于两个不同的点B、M，求证角OMB是直角．
6.对于任何一个实数x1，可通过递推式
xn+1= xn(xn+ 1/n)
构造序列x1，x2，...，求证存在唯一的一个x1满足对所有的n都有0 < xn< xn+1< 1成立．
圆心为o的一个圆经过三角形abc的顶点a和c并与abbc分别交于不同的两点kn三角形abc的外接圆和三角形kbn的外接圆相交于两个不同的点bm求证角omb是直角
国际数学奥林匹克（
1.圆内接四边形ABCD，现有一圆其圆心在边AB上并于其他三边相切，求证AD + BC = AB.
2.设k<n时互素的两个正整数．将集合M = {1，2，3，...，n-1}中的每个数都染成蓝色或白色，保证i和n-i的颜色相同，对于不等于k的i其颜色又与ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱi-k|的颜色相同．求证：M中所有数的颜色都相同．

２１ 第 ３ ０ ２年 期
２ ｌ
１ ．． ， ． ． ． ． ． ． ， ． ． ． 一
２ １ 中 国 数 学 奥 林 匹 克 ０ ２
中 图分 类 号 ： ４ ４７ Ｇ ２ ．９ 文 献 标识 码 ：Ａ 文 章 编 号 ：１０ ６ １ （０ ２ ０ ０ ２ —０ ０５— ４ ６ ２ １ ）３— ０ １ ４
ｐ 成立． ）
ｉ 、
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由于表 中各 数 互不 相 同 ， 则 。 ， ， ， …
互不相 同 ， Ｙ ， ， 也 互 不 相 同． 妨 设 Ｙ ，：… Ｙ 不
１ ＜… ＜ ， ＜２ 这是 因为交换 与 的值 ｆ
相 当于交换 第 ｉ 和第 行 ， 行 既不 改变 题设也
２
第 一 天
１ 如 图 １ 在 圆内接△ Ａ Ｃ中 ， Ａ为最 ． ， Ｂ
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ｍ 以及 ｂ，２… ， 。ｂ， ｂ ∈ ｛一１１ ， 得 ， ｝使
ｎ＝ｂ １＋ｂ ２＋ … ＋ｂ １ ２
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口ｍ ．
（ 陈永 高 供 题 ）
大角 ， 不含 点 Ａ的弧Ｂ 上 两点 Ｄ、 Ｃ Ｅ分 别为弧
，
在△ Ａ Ｅ与△ Ｂ Ｅ中， Ｐ Ｐ 分别运用正弦定 理并 结合 Ａ Ｂ 得 Ｅ： Ｅ， 墨一 一 一 丝 丝
ｓｎ ｉ ＡＰＥ —ＡＥ —ＢＥ —ｓｎ ｉ
，
口 （ ＝１ ２ … ， ＝１２， ， ） 每 个 子 表 ｉ ， ， Ｐ； ， … ｎ，
丝
ＢＰＥ ‘
格 中的 ｋ 数构成 块． 个
（ 朱华伟 供题 ）
或 同时减 去 １若 可 以 通 过有 限 多 次 上 述操 ． 作将 Ａ中元 素全变 为 ０ 则 称 是 一个 “ ， 好矩 阵 ” 求好 矩阵 Ａ的个数． （ 振 华 ． 瞿 供题 ） ３ 证 明 ： 于任 意 实数 Ｍ ＞ 总 存 在 满 ． 对 ２， 足下 列条 件 的严 格递 增 的正整数 数列 口 ， 口 ，

综上所述， (Cm 1 Ck )(Cm 2 Ck )...(Cm n Ck ) 的确能够被 C1C2 整除。 1968 年第 10 届问题 1：求证只存在一个三角形，它的边长是三个连续的自然数，并且有一 个内角是另外一个内角的两倍。 证明：设 ABC 满足 CAB 2ABC ， 交 BC 于 D 。 设 我们作 CAB 的平分线，
9n 1 ，矛
②当 n 2 时， p ( x) x 10 x 22 81 ，所以 ( x 5) 128 ，因此 x 17 。也就是说十
2 2
位数只能是 1 ，设 x 10 k , 0 k 7 ，则 p ( x) (10 k ) 10(10 k ) 22 k ，解得
② n 为偶数时， f ( n)

2k 而 f (0) [ k 1 ] 0 ，所以 f (1) 1 f (0) 1 。 k 0 2
结合①、②，由数学归纳法易证 f (n) n 。
1969 年第 11 届问题 1：求证：存在无限多个自然数 a 满足如下性质，对于所有的自然数 n ，
k k 1
4) 13 ，所以
(10k 1 4) 可以被 13 整除，因为我们要求最小的 n ，当然首先要 k 最小，可以验算当 k 6
时， (10
k 1
4) 可以被 13 整除，此时 a 15384, n 153846 ，容易验证 153846 的确满足
要求，所以 n 153846 为所求。
n 1 1 (n 1) 2k n 2 k n 20 n 2 k 1 k 1 2 2k 1 k 1 2 k 0 2 k 1 k 1 2

国际数学奥林匹克（IMO ）竞赛试题（第38届） 1. 在坐标平面上，具有整数坐标的点构成单位边长的正方格的顶点．这些正方格被涂上黑白相间的两种颜色（像棋盘一样）．对于任意一对正整数m 和n ，考虑一个直角三角形其顶点具有整数坐标，两腰长分别为m 和n ，且其两腰都在这些正方格的边上． 设S 1为这个三角形区域中所有黑色部分的总面积，S 2则为所有白色部分的总面积． 令f(m ，n)=|S 1-S 2|，o a. 当m ，n 同为正偶数或者同为正奇数时，计算f(m ，n)；o b. 求证f(m ，n)≤max(m ，n)/2对所有m ，n 都成立；o c. 求证不存在常量C 使得f(m ，n)．2. 设∠A 是△ABC 中最小的內角．B 和C 将此三角形的外接圆分成两个弧．U 为落在不含A 点的弧上且异于B ，C 的一点．线段AB ，AC 的垂直平分线分别交AU 于V ，W ． 直线BV ， CW 相交于T ，求证：AU ＝TB ＋TC ．3. x 1，x 2，...，x n 是正实数满足|x 1+x 2+...x n |=1 且对所有i 有|x i |≤(n+1)/2． 试证明存在x 1，x 2，...，x n 的一个 排列y 1，y 2，...，y n 满足|y 1+2y 2+...+ny n |≤(n+1)/2．4. 一个n×n 的矩阵称为一个n 阶“银矩阵”，如果它的元素取自集合S={1，2，...，2n-1}且对于每一个i=1，2，...，n ，它的第i 列与第i 行中的所有元素合起来恰好是S 中的所有元素．求证：o a. 不存在n=1997阶的银矩阵；b. 有无限多个n ，存在n 阶银矩阵．5. 试找出所有的正整数对(a ，b)满足6. 对每个正整数n ，将n 表示成2的非负整数次方之和，令f(n)为正整数n 的上述不同表示法的个数．如果俩个表示法的差别仅在于他们中各个数相加的次序不同，这两个表示法就被视为是相同的．例如，f(4)=4，因为4恰有下列四种不同的表示法：4; 2+2; 2+1+1;1+1+1+1．求证：对于任意整数n ≥3， 22/4/22(2)2nn n f <<。

imo最简单的题摘要：1.了解IMO（国际数学奥林匹克竞赛）2.分析IMO的题目类型和难度3.探讨应对IMO的策略和方法4.提供实用的备考建议正文：在国际数学领域，IMO（国际数学奥林匹克竞赛）无疑是最高水平的青少年数学竞赛。

它旨在选拔全球最杰出的数学天才，激发青少年对数学的兴趣和热情。

本文将分析IMO的题目类型和难度，并探讨应对IMO的策略和方法，最后提供实用的备考建议。

一、了解IMOIMO自1959年起每年举办一次，已成为全球最具影响力和最高水平的数学竞赛。

竞赛分为两轮，分别是初试和决赛。

参赛者需在规定时间内解答题目，题目涵盖几何、代数、组合、数论等多个数学领域。

我国自1985年起开始参加IMO，取得了举世瞩目的成绩。

二、分析IMO的题目类型和难度1.题目类型：（1）几何：包括平面几何和空间几何，主要考察学生的几何直观能力和逻辑思维能力。

（2）代数：涵盖整式、多项式、函数、方程、不等式等，要求学生具备较强的代数运算和解题能力。

（3）组合：涉及图论、排列组合、概率论等，注重学生的创新思维和组合能力。

（4）数论：包括整数、素数、同余、不定方程等，考验学生的数论基础和推理能力。

2.难度分析：IMO的题目难度分为四个等级，分别是：（1）简单：题目较为基础，考验学生的基本数学素养。

（2）中等：题目具有一定的挑战性，需要学生运用一定的数学知识和技巧。

（3）困难：题目复杂度高，涉及多个数学领域，考验学生的综合能力。

（4）极其困难：题目具有很高的创新性和挑战性，需学生具备深厚的数学功底。

三、应对IMO的策略和方法1.扎实掌握数学基础知识：IMO虽然难度较高，但基础知识仍然是关键。

学生应通过系统学习，掌握几何、代数、组合、数论等领域的基本知识和技巧。

2.增强解题能力：参赛者应在日常学习中注重锻炼自己的解题能力，学会分析题目、寻找解题思路。

3.培养创新思维：IMO题目注重考查学生的创新思维，学生应在学习中勇于尝试新方法，善于发现问题的本质。

国际数学奥林匹克竞赛试题及解答国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界范围内最高水平的数学竞赛之一。

每年有来自各个国家和地区的优秀学生参加，他们在这场激烈的竞赛中展示他们的数学才能。

以下将介绍一些历年IMO试题，并为您提供解答。

2008年IMO试题：1. 证明方程 x^2 + y^2 + z^2 = 2008x + 2009y + 2010z 只有有限多个整数解。

解答：我们可以将方程改写为 (x-1004)^2 + (y-1004.5)^2 + (z-1005)^2 = 2.5^2 + 3.5^2 + 5^2。

因此，方程的解可看作是(1004, 1004.5, 1005)平移后和(2.5, 3.5, 5)放缩后的结果。

由于放缩的倍数是有限的，因此方程只有有限多个整数解。

2012年IMO试题：2. 设 a_1, a_2, ..., a_n 是 n 个正整数的序列，并且满足 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i} 对于所有的1 ≤ i ≤ n-1。

证明：n 是一个完全平方数。

解答：考虑给定的方程 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i}，将其展开后整理得到a_i * (a_{i+1} - a_{n-i}) = a_n - a_{n-i}。

根据方程左右两边为整数，我们可以得到 a_{i+1} - a_{n-i} 是 a_i 的一个因子。

由于 a_1, a_2, ..., a_n 都是正整数，所以 a_{i+1} - a_{n-i} 的取值范围有限。

当 i = 1 时，我们可以推导出 a_2 - a_{n-1} 是 a_1 的因子。

同理，对于 i = 2, ..., n-1，我们可以推导出 a_{i+1} - a_{n-i} 也是a_1 的因子。

因此，a_1 的所有因子均出现在 a_2 - a_{n-1} 中。

综上所述， (Cm 1 Ck )(Cm 2 Ck )...(Cm n Ck ) 的确能够被 C1C2 整除。 1968 年第 10 届问题 1：求证只存在一个三角形，它的边长是三个连续的自然数，并且有一 个内角是另外一个内角的两倍。 证明：设 ABC 满足 CAB 2ABC ， 交 BC 于 D 。 设 我们作 CAB 的平分线，
(Cm 1 Ck )(Cm 2 Ck )...(Cm n Ck ) (m n k )! (m n k 1)! C1C2 (m k )!n ! (m k 1)!(n k 1 ， 由 于 二 项 系 数 肯 定 是 正 整 数 ， 并 且 注 意 到 ( m k 1) 是 m k 1 1 n 1 (m n k 1)! 的因子，且 (m k 1) 与 (m k )!(n 1)! 互素，所以 Cm n k 1 也是 m k 1 (k m n)! ，所以 (k m)!
9n 1 ，矛
②当 n 2 时， p ( x) x 10 x 22 81 ，所以 ( x 5) 128 ，因此 x 17 。也就是说十
2 2
位数只能是 1 ，设 x 10 k , 0 k 7 ，则 p ( x) (10 k ) 10(10 k ) 22 k ，解得
2
k 2 ，可以验证 x 12 的确是一个解。
③ n 1 时， p ( x) x ，代入得 x 11x 22 0 无整数解。
2
综上所述， x 12 是唯一一个解。 1968 年第 10 届 IMO 第 6 题： x 表示不超过 x 的最大整数，对于任意正整数 n ，请计算下 列和： f ( n)

NOIP2012普及组初赛试题和参考答案发表时间：2012-11-28:38:59来源：第十八届全国青少年信息学奥林匹克联赛初赛（普及组Pascal语言试题）竞赛时间：2012年10月13日14:30~16:30选手注意：●试题纸共有10页，答题纸共有2页，满分100分。

请在答题纸上作答，写在试题纸上一律无效。

●不得使用任何电子设备（如计算器、手机、电子词典等）或查阅任何书籍资料一、单项选择题（共20题，每题1.5分，共计30分；每题且仅有一个正确选项）1．计算机如果缺少（），将无法正常启动。

A．内存B．鼠标C．U盘D．摄像头2．（）是一种先进先出的线性表。

A．栈B．队列C．哈希表（散列表）D．二叉树3．目前计算机芯片（集成电路）制造的主要原料是（），它是一种可以在沙子中提炼出的物质。

A．硅B．铜C．锗D．铝4．十六进制数9A在（）进制下是232。

A．四B．八C．十D．十二5．（）不属于操作系统。

A．Windows B．DOS C．Photoshop D．NOI Linux6．如果一棵二叉树的中序遍历是BAC，那么它的先序遍历不可能是（）。

A．ABC B．CBA C．ACB D．BAC7．目前个人电脑的（）市场占有率最靠前的厂商包括Intel、AMD等公司。

A．显示器B．CPU C．内存D．鼠标8．使用冒泡排序对序列进行升序排列，每执行一次交换操作系统将会减少1个逆序对，因此序列5，4，3，2，1需要执行（）次操作，才能完成冒泡排序。

A．0B．5C．10D．159．1946年诞生于美国宾夕法尼亚大学的ENIAC属于（）计算机。

A．电子管B．晶体管C．集成电路D．超大规模集成电路10．无论是TCP/IP模型还是OSI模型，都可以视为网络的分层模型，每个网络协议都会被归入某一层中。

如果用现实生活中的例子来比喻这些“层”，以下最恰当的是（）。

A．中国公司的经理与波兰公司的经理交互商业文件B．军队发布命令C．国际会议中，每个人都与他国地位对等的人直接进行会谈D．体育比赛中，每一级比赛的优胜者晋级上一级比赛11．矢量图（Vector Image）图形文件所占的贮存空间比较小，并且无论如何放大、缩小或旋转等都不会失真，是因为它（）。

2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答第一题设J是三角形ABC顶点A所对旁切圆的圆心. 该旁切圆与边BC相切于点M, 与直线AB和AC分别相切于点K和L. 直线LM和BJ相交于点F, 直线KM与CJ相交于点G. 设S是直线AF和BC的交点, T是直线AG和BC的交点. 证明: M是线段ST的中点.2012年IMO国际数学奥林匹克试题第一题解答: 因为∠JFL=∠JBM−∠FMB=∠JBM−∠CML=12(∠A+∠C)−12∠C=12∠A=∠JAL,所以A、F、J、L四点共圆. 由此可得AF⊥FJ, 而BJ是∠ABS的角平分线, 于是三角形ABS的角平分线与高重合, 从而AB=BS; 同理可得AC=CT.综上, 有SM=SB+BM=AB+BK=AK=AL=AC+CL=CT+CM=MT,即M是线段ST的中点.第二题设n⩾3, 正实数a2,a3,⋯,a n满足a2⋅a3⋅⋯⋅a n=1, 证明:(a2+1)2(a3+1)3⋯(a n+1)n>n n.解答:由均值不等式, 我们有(a k+1)k=⩾(a k+1k−1+⋯+1k−1)k(ka k⋅(1k−1)k−1−− − − − − − − − − − −−√k)k=k k(k−1)k−1a k,当a k=1k−1时等号成立, 其中k=2,3,⋯,n. 于是(a2+1)2(a3+1)3⋯(a n+1)n⩾221a2⋅3322a3⋅⋯⋅n n(n−1)n−1a n=n n.当对任意的k=2,3,⋯,n时, 若恒有a k=1k−1, 此时由n⩾3知a2⋅a3⋅⋯⋅a n=1(n−1)!≠1,因此上述不等式等号不成立, 从而不等式得证.第三题"欺诈猜数游戏" 在两个玩家甲和乙之间进行, 游戏依赖于两个甲和乙都知道的正整数k和n.游戏开始时甲先选定两个整数x和N, 1⩽x⩽N. 甲如实告诉乙N的值, 但对x 守口如瓶. 乙现在试图通过如下方式的提问来获得关于x的信息: 每次提问, 乙任选一个由若干正整数组成的集合S(可以重复使用之前提问中使用过的集合), 问甲"x是否属于S?". 乙可以提任意数量的问题. 在乙每次提问之后, 家必须对乙的提问立刻回答"是" 或"否", 甲可以说谎话, 并且说谎的次数没有限制, 唯一的限制是甲在任意连续k+1次回答中至少又一次回答是真话.在乙问完所有想问的问题之后, 乙必须指出一个至多包含n个正整数的集合X, 若x属于X, 则乙获胜; 否则甲获胜. 证明:(1) 若n⩾2k, 则乙可保证获胜;(2) 对所有充分大的整数k, 存在正整数n⩾1.99k, 使得乙无法保证获胜.解答: (1)可以认为n=2k,N=n+1. 采用二进制.把1,2,…,2k都写成二进制: a1a2…a k+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里a i(i=1,2,…,k+1)是0或者1; 然后, 记T为这2k个二进制数组成的集合. 2 k+1的二进制表示是100…01¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .令S1={100…0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ },S i={a1a2…a k+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¯ ¯ ¯ ¯∈T|a1=0,a i=1},i=2,3,…,k+1,也就是说, S i就是T中所有满足a i=1的元素组成的子集(i=1,2,…,k+1).乙采用如下问题, 可保证获胜: 第一次提问, 选择S1, 并且接下来也一直选取S 1, 甲的回答会出现两种情况:▪连续k+1次回答“否”, 则100…0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯可以排除;▪在至多k+1次回答中, 一旦出现”是”, 乙接下来的k次提问, 依次选取S2,S3,…,S k+1, 就取得胜利. 事实上, 若甲最后的k次回答都是”是”, 则x∈T; 若甲最后的k次回答有一些是”否”, 则x绝对不可能是a1a2…ak+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里a1=0, a i=0还是1取决于甲对S i的答案: 若甲的回答是”是”, a i=0, 否则a i=1(i=2,3,…,k+1). (2). 先将问题转化成等价形式: 甲从集合S中取定一个元素x(|S|=N), 乙提出一系列的问题. 乙的第j个问题题就是取S的子集D j, 随后甲选取集合P j∈{D j,D c j}, 使得对任意的j⩾1都有x∈P j∪P j+1∪⋯∪P j+k,当乙提完他想问的一系列问题后, 如果乙能选取一个集合X满足|X|⩽n, 使得x∈X, 那么乙获胜; 否则甲获胜.解答1. 任取实数p使得2>p>1.99, 再选取正整数k0, 使得当k>k0时(2−p)p k+1−1.99k>1.设N使得(2−p)p k+1>N>1.99k. 我们来证明, 若|S|=N, 不妨S={1,2,…,N}, 甲有办法使乙无法胜利.记D j是乙的第j个问题展示的集合, 定义P j为D j或者D C j, 取决于甲对D j的答案: 若甲的回答是”是”, P j=D j, 否则P j=D C j; 再记P0=S. 定义A j如下:A j=A j(P j)=a0+pa1+p2a2+⋯+p j a j,这里a0=∣∣P j∣∣,a i=∣∣P j−i∖(P j∪P j−1∪⋯∪P j−i+1)∣∣(i=1,2,…,j).此时∑i=0j a i=N.注意A0=N.我们指出, 甲可以使得N2−p>A j成为事实: N2−p>A0=N.假设已有N2−p>A j, 甲可选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}使得N2−p>A j+1. 事实上,A j+1(D j+1)=b0+pb1+p2b2+…+p j b j+p j+1b j+1,A j+1(D C j+1)=c0+pc1+p2c2+…+p j c j+p j+1c j+1.注意b0+c0=N,b i+c i=a i−1(i=1,2,…,j+1),于是A j+1(D j+1)+A j+1(D C j+1)=N+p(a0+pa1+p2a2+…+p j a j)<N+p⋅N2−p,因之min{A j+1(D j+1),A j+1(D C j+1)}<N2+p2⋅N2−p=N2−p.于是, 可以选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}达到我们的要求.既然p k+1>N2−p>A j, 那么, 只要i⩾k+1,必定a i=0,这导致乙无法排除S的任何一个元素, 不能取得胜利.解答2. 记p,q是满足2>q>p>1.99的实数, 选取正整数k0使得(p q)k0⩽2(1−q2),p k0−1.99k0>1.我们来指出, 对任意k⩾k0, 若|S|∈(1.99k,p k), 那么甲有策略, 通过回答”是”或者”否”, 使得下式对所有j∈N成立:P j∪P j+1∪⋯∪P j+k=S,这里P i是D i或者D C i, 取决于甲对D i的答案: 若甲的回答是”是”, P i=D i, 否则P i=D C i; D i是乙的第i个问题所问的集合(i∈N).假定S={1,2,…,N}. 定义(x)∞j=0=(x j1,x j2,…,x j N)如下: x01=x02=⋯=x0 N=1; P0=S, 在P j+1选定之后, 定义x j+1:x j+1i={1,qx j i,i∈P j+1,i∉P j+1.(1)只要甲使得成立x j i⩽q k(1⩽i⩽N,j⩾1), 那么乙就不能取得胜利. 记T(x)=∑i=1N x i, 甲只要使得T(x j)⩽q k(j⩾1)即可. 这是可以做到的: 显而易见的事情是, T(x0)=N⩽p k<q k. 假设已有T(x j)⩽q k, 甲可以就乙的D j+1选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}使得T(x j+1)⩽q k. 假定甲回答”是”, 此时P j+1=D j+1, 记y是根据(1)得到的序列; 相应地, 记z是甲回答”否”, P j+1=D C j+1, 根据(1)得到的序列. 于是T(y)=∑i∈D C j+1qx j i+∣∣D j+1∣∣,T(z)=∑i∈D j+1qx j i+∣∣D C j+1∣∣.因此T(y)+T(z)=q⋅T(x j)+N⩽q k+1+p k,根据选取的k0的性质, 得min{T(y),T(z)}⩽q2⋅q k+p k2⩽q k.第四题求所有的函数f:Z→Z使得对任意满足a+b+c=0的整数a,b,c恒有f(a)2+f(b)2+f(c)2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).解答: 令a=b=c=0可得3f(0)2=6f(0)2, 这说明f(0)=0. 现在我们令b=−a, c=0可得到f(a)2+f(−a)2=2f(a)f(−a)即(f(a)−f(−a))2, 于是f(a)=f(−a), 即f(n)为偶函数.假设对某个整数a使得f(a)=0, 则对任意整数b我们有a+b+(−a−b)=0, 因此f(a)2+f(b)2+f(a+b)2=2f(b)f(a+b),这等价于(f(b)−f(a+b))2=0, 即f(a+b)=f(b). 因此对某个整数a使得f(a)=0时, f是一个以a为周期的函数.令b=a及c=−2a代入题目条件中的等式f(2a)⋅(f(2a)−4f(a))=0. 取a=1我们得到f(2)=0或f(2)=4f(1).如果f(2)=0, 那么f以 2 为周期, 对任意奇数n有f(n)=f(1). 容易验证对任意的c∈Z函数f(x)={0,c,2∣n,2∤n满足题目条件.现在假设f(2)=4f(1)并且f(1)≠0. 如果对任意的整数n都有f(n)=n2⋅f(1)成立,那么此时问题解决了. 如果存在整数n使得f(n)≠n2f(1), 由于f是偶函数, 不妨将n看做自然数, 那么显然n⩾3, 我们设n是使得f(n)≠n2f(1)的最小的正整数.令a=1, b=n−1, c=−n代入可得f(1)2+(n−1)4f(1)2+f(n)2=2(n−1)2f(1)2+2((n−1)2+1)f(n)f(1)即(f(n)−(n)2f(1))⋅(f(n)−(n−2)2f(1))=0,由假设可得此时f(n)=(n−2)2f(1).令a=n, b=2−n, c=−2代入可得2(n−2)4f(1)2+16f(1)2=2⋅4⋅2(n−2)2f(1)2+2⋅(n−2)4f(1),这说明(n−2)2=1即n=3. 因此f(3)=f(1). 令a=1, b=3, c=4(因为f为偶函数, 所以条件改成c=a+b时仍然成立)代入可得f(4)2=4f(4)f(1), 即f(4)=0或f(4)=4f(1)=f(2).如果f(4)≠0, 令a=2, b=2, c=4代入可得f(2)2+f(2)2+f(4)2=2f(2)2+4f(2)f(4),即f(4)=4f(2). 又因为我们已经推得f(4)=f(2), 这说明f(2)=0, 矛盾. 因此f(4)=0, 从而f以4 为周期. 于是f(4k)=0, f(4k+1)=f(4k+3)=c, 以及f(4k+2)=4c, 容易验证这个解满足题目条件.综上所述, 函数方程的解为: f(x)=cx2, 其中c∈Z; f(x)={0,c,2∣n,2∤n其中c ∈Z; 以及f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪ 0,c,4c,4∣n,2∤n,n≡2 (mod 4)其中c∈Z.第五题已知三角形ABC中, ∠BAC=90∘, D是过顶点C的高的垂足. 设X是线段CD内部一点. K是线段AX上一点, 使得BK=BC. L是线段BX上一点, 使得AL=AC. 设M是AL与BK的交点. 证明: MK=ML.2012年IMO国际数学奥林匹克试题第五题解答: 因为AL2=AC2=AD⋅AB, 所以△ALD和△ABL相似, 因此∠ALD=∠XBA.设R是射线DC上一点, 使得DX⋅DR=BD⋅AD. 由于∠BDX=∠RDA=90∘我们可以推得△RAD∼△BXD, 因此∠XBD=∠ARD, 从而∠ALD=∠ARD 即R, A, D, 和L四点共圆. 这说明∠RLA=90∘, 于是RL2=AR2−AL2=AR2−AC2. 类似地, 我们可以得到RK2=BR2−BC2和∠RKB=90∘. 因为RC⊥AB我们有AR2−AC2=BR2−BC2, 因此RL2=RK2即RL=RK.又因为∠RLM=∠RKM=90∘我们可以推得MK2=RM2−RK2=RM2−RL2=ML2,从而MK=ML.第六题求所有正整数n, 使得存在非负整数a1,a2,⋯,a n, 满足12a1+12a2+⋯+12a n=13a1+23a2+⋯+n3a n=1.解答: 所求n≡1,2(mod4). 设M=max{a1,a2,⋯,a n}, 则有3M=∑k=1n k⋅3M−a k≡∑k=1n k=n(n+1)2(mod2),所以n(n+1)2是奇数, 从而n≡1,2(mod4).若对奇数n=2m+1, 此时存在非负整数序列(a1,a2,⋯,a n)使得12a1+12a2+⋯+12a n=13a1+23a2+⋯+n3a n=1.注意到12a m+1=12a m+1+1+12a m+1+1,m+13a m+1=m+13a m+1+1+2(m+1)3a m+1+1=m+13a m+1+1+n+13a m+1+1.因此此时对n+1, 可以验证(a1,a2,⋯,a m,a m+1+1,a m+2,⋯,a n,a m+1+1)为满足题意的序列. 这说明对奇数n若满足题目条件, 则n+1也满足题目条件.剩下的问题只要解决n=4m+1时的构造问题即可.设序列(a1,a2,⋯,a2k+1)是(1,2,⋯,2k+1)的一个排列, 设G=(1,2,⋯,2k,2k), 用g i表示它的分量.定义D(X)=∑i=12k+1a i3g i, 由于∑i=12k+112g i=1, 所以我们只要求出一个排列X使得D(X)=1, 问题就解决了. 令X=(2,1,4,3,6,5,...,2k,2k−1,2k+1), 用归纳法可算得此时D(X)=1+k32k.现在假设上面的k是正偶数, 即k=2m, 则X=(2,1,4,3,...,2m,2m−1,2m+2,2m+1,...,4m,4m−1,4m+1),定义Y=(2,1,4,3,...,2m,2m−1,2m+1,...,4m,4m−1,4m+1,2m+2),即将X的第2m+1个分量移动到最后形成的. 简单计算可得D(X)−D(Y)=2m3 4m, 所以D(Y)=1. 当k=0时, 此时取a1=0时即可. 这说明n=4m+1时的构造问题已经解决.综上所述, 要求的为满足n≡1,2(mod4)的正整数.。

平面几何问题的解答及其它1. 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , ⊙(PBC )与⊙(PDA )的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .A B CDPOQ这是第26届IMO 的一道几何题的推广. 第26届IMO 的那道几何题的条件是A 、B 、C 、D 四点共圆, 且O 为圆心.思路1 欲证明OQ ⊥PQ , 可考虑证明点O 在过点Q 且垂直于PQ 的直线上.证法1 如图1所示, 过点Q 作PQ 的垂线分别交△P AD 与△PBC 的外接圆交于I 、J 两点, 则AI ⊥P A , BJ ⊥P A , 所以AI ∥BJ , 因而AB 的垂直平分线过IJ 的中点; 同理, CD 的垂直平分线也过IJ 的中点. 显然, O 是AB 的垂直平分线与CD 的垂直平分线的交点, 因此, O 为IJ 的中点. 故OQ ⊥PQ .思路2 如果有割线过相交两圆的一个交点, 则我们可以以两圆的另一个交点为中心作位似旋转变换, 使其中一个圆变为另一个圆, 此时, 割线与两圆的另一交点即为两个对应点. 沿着这条思路走下去, 可能使问题得到解决.证法2 如图2所示, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使圆PDA →圆PBC , 则A →B , D →C , 于是, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使A →D , 则 B →C . 再设AB 、CD 的中点分别为M 、N , 则M →N , 因而P 、Q 、M 、N 四点共圆, 但⊙(PMN )显然以OP 为直径, 这说明点Q 在以OP 为直径的圆上, 故OQ ⊥PQ .A B C DPOQ NM1JM NQOPDC B A思路3 设M 、N 分别为AB 、CD 的中点, 则从证法1可以看出, 只要证明了P 、Q 、N 、M 四点共圆, 问题便得到解决.1.三弦定理及其逆定理 —一个不可小觑的证明四点共圆的方法我们知道, 对于圆内接四边形来说, 有一个关于四边长与对角线长之间的一个度量等式, 这就是著名的Ptolemy 定理, 即设ABCD 是一个圆内接凸四边形, 则AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅.Ptolemy 定理是处理圆内接四边形问题的一个有力工具, 其逆定理也是成立的, 即在凸四边形ABCD 中, 若AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅, 则ABCD 是一个圆内接四边形.从表面上看来, Ptolemy 定理之逆可以证明四点共圆, 但在解题实践中, 欲用Ptolemy 定理之逆证明四点共圆似乎是一件奢侈的事件. 下面介绍Ptolemy 定理的一个等价定理——三弦定理.三弦定理 设P A 、PB 、PC 是一圆Γ内有一公共端点的三条弦, BPC α=, APB β=, 则sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+证明 设圆Γ的半径为R , 由正弦定理, 2sin BC R α=, 2sin AB R β=, 2sin()AC R αβ=+, 于是sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+⇔2sin 2sin 2sin ()PA R PC R PB R αβαβ⋅+⋅=⋅+⇔PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅.而P ABC 是一个圆内接四边形, 由Ptolemy 定理, PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅. 故三弦定理成立. 且三弦定理与Ptolemy 定理等价.三弦定理之逆 设P A 、PB 、PC 是有一公共端点的三条线段,BPC α=,APB β=. 若sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+.则P 、A 、B 、C 四点共圆.证明 设过P 、A 、B 三点的圆与直线PC 交于P 、C ′两点, 由三弦定理, 有sin sin sin ()PA PC PB αβαβ'+=+. 比较条件, 得C ′ = C , 故P 、A 、B 、C 四点共圆.PBACP( C' )BAC与Ptolemy 定理一样, 三弦定理可以用来处理有关圆内接四边形的问题, 而且因为三弦定理与三角函数联系在一起, 因此, 用三弦定理处理某些圆内接四边形问题比Ptolemy 定理还要方便. 我们在这里不准备论及. 而三弦定理之逆与Ptolemy 定理之逆就不一样了, 也就是说, 三弦定理之逆在证明四点共圆时表现得够大方的. 其原因也在于它与三角函数联系起来了, 我们可以充分利用三角函数这一工具.例1 设点P 、Q 、R 分别在锐角△ABC 的三条高AD 、BE 、CF 上, 且△PBC 、△QCA 、△RAB 的面积之和等于△ABC 的面积. 证明: P 、Q 、R 、H 四点共圆. 其中, H 为△ABC 的垂心.(2001, 第27届俄罗斯数学奥林匹克)证明 如图所示, 不妨设R 在△HAB 内. 因PBC QCA RAB ABC HBC HCA HAB S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆++==++,所以()()HAB RAB PBC HBC QCA HCA S S S S S S ∆∆∆∆∆∆-=-+-即111222HR AB HP BC HQ CA ⋅=⋅+⋅, 再由正弦定理, 得sin sin sin HR C HP A HQ B =+. 而 180PHQ DHE C ∠=∠=︒-, RHQ A ∠=, PHR B ∠=,所以, sin sin sin HR PHQ HP RHQ HQ PHR ∠=∠+∠, 故由三弦定理之逆, P 、Q 、R 、H 四点共圆.PAECBF DHRQABCDEFO例2 设D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , O 是△ABC 的外心. 求证: O 、E 、A 、F 四点共圆. (第27届俄罗斯数学奥林匹克, 2001)证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BD BF B =, 2cos DCEC C=,所以, 2cos BD AF c B =-, 2cos DCAE b C=-. 又由正弦定理, sin OA A a =, 于是再注意90FAO C =︒-, 90OAC B =︒-, 即得sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=⇔cos cos sin AF B AE C OA A +=⇔()cos ()cos 2cos 2cos 2BD DC a c B b C B C -+-=⇔cos cos c B b C a +=而最后一式即众所周知的三角形的射影定理, 因而等式sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=成立.由三弦定理之逆, O 、E 、A 、F 四点共圆.例3 设H 为△ABC 的垂心, D 、E 、F 分别为△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上的点, 且DB = DF , DC = DE . 求证: E 、A 、F 、H 四点共圆.证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BF BD B =, 2cos EC DC C =,所以, 2cos AF c BD B =-, 2cos AE b DC C =-.再设△ABC 的外接圆半径为R , 则不难知道, 2cos AH R A =. 又90HAE C =︒-, 90FAH B =︒-, 于是, 由正弦定理, 并注意cos cos()sin sin cos cos A B C B C B C =-+=-, 得sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=⇔cos cos cos AF C AE B a A +=⇔(2cos )cos (2cos )cos cos c BD B C b DC C B a A -+-=⇔cos cos (2cos cos cos )b B c C a B C A +=+⇔ cos cos (cos cos sin sin )b B c C a B C B C +=+⇔cos cos cos()b B c C a B C +=-而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有ABCDEFHcos cos 2(sin cos sin cos )b B c C R B B C C +=+= (sin 2sin 2)2sin()cos()R B C R B C B C +=+-=2sin cos()cos ()R A B C a B C -=-.即cos cos cos ()b B c C a B C +=-成立, 因而sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=成立, 故由三弦定理之逆, E 、A 、F 、H 四点共圆.第1题的证法31 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , △PBC 与△PDA 的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .证明 设∠QPD = , ∠CP A = , 则由三弦定理, 有sin sin sin()PA PQ PD αβαβ+=+, sin sin sin()PB PQ PC αβαβ+=+, 两式相加, 得()sin 2sin (+)sin()PA PB PQ PC PD αβαβ++=+.设AB 与CD 的中点分别为M 、N , 则P A + PB = 2PM , PC + PD = 2PN , 所以sin sin sin()PM PQ PN αβαβ+=+.由三弦定理之逆, M 、P 、Q 、N 四点共圆. 但O 、M 、P 、N 四点共圆, 所以O 、M 、P 、Q 四点共圆. 而PM ⊥OM , 故OQ ⊥PQ .M NQOPDC B A PAB CD EFM第19题的证明19. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设△AEF 的外接圆与△ABC 的A-陪位中线的另一交点为P , 由三弦定理, 有sin sin sin AP A AE BAP AF PAC =∠+∠.再设BD BC λ=, 则1DCBCλ=-, 所以, AE FD AC λ==, (1)AF ED AB λ==-, 于是 sin sin (1)sin AP A AC BAP AB PAC λλ=∠+-∠= sin (sin sin )AB PAC AC BAP AB PAC λ∠+∠-∠= sin (sin sin )AB BAM AC MAC AB BAM λ∠+∠-∠再注意M 是BC 的中点, 由分角线定理, sin 1sin BM AB BAMMB AC MAC∠==∠, 所以 sin sin AC MAC AB BAM ∠=∠因此, sin sin AP A AB BAM =∠, 从而sin sin AB BAMAP A∠=为定长. 故P 是一个定点, 且∠BAM =∠P AC .2. 圆过三角形的外心与一个顶点的条件2001年举行的第27届俄罗斯数学奥林匹克的一道几何题(例2)说明, 设O 是△ABC 的外心, D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , 则O 、E 、A 、F 四点共圆.我们可以证明, 如果一个过△ABC 的外心和顶点A 的圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 一定在BC 上存在一点D , 使E 、F 分别在DC 的垂直平分线和BD 的垂直平分线上.事实上, 由三弦定理, sin sin sin AF OAC AE BAO OA A ∠+∠=. 而sin cos OAC B ∠=, sin cos BAO C ∠=, 所以, 1cos cos sin 2AF B AE C OA A BC +==. 设F 、E 在BC 上的射影分别为M 、N , 则 1cos cos 2MN AF B AE C BC =+=是一个常数(与圆的位置无关), 且这个常数为边BC 的一半. 于是, 设点B 关于FM 的对称点为D , 则D 、C 关于EN 对称.这就证明了, 一个圆过△ABC 的外心和顶点A 的充分必要条件是: 这个圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 线段EF 在BC 上的射影长等于BC 的一半.ONMA BCEFDA B CPQO第17题的证明17. 设△ABC 的外心为O , 点P 、Q 分别在边AB 、CA 上, 且BP PQ QC CABCAB==. 求证: A 、P 、O 、Q 四点共圆.证明 作△RQP , 使△RQP ∽△ABC , 且R 与A 在PQ 的两侧, 则PR PQ QR CA BC AB ==. 而BP PQ QC CA BC AB==, 所以RP = BP , QR = QC , 因此, ∠PRB =∠RBP , ∠CRQ =∠QCR . 这样∠CRQ +∠QRP +∠PRB =∠QCR +∠BAC +∠RBA .另一方面, 因 (∠CRQ +∠QRP +∠PRB ) + (∠QCR +∠BAC +∠RBA ) = 360︒, 所以∠CRQ +∠QRP +∠PRB = 180°.这说明点R 在△ABC 的边BC 上. 因P 为BR 的垂直平分线与AB的交点, Q 为RC 的垂直平分线与AC 的交点, 故 A 、P 、Q 、O 四点共圆.附: 例2的另两个证法RA B CPQO例2 设D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , O 是△ABC 的外心. 求证: A 、E 、O 、F 四点共圆.（第27届俄罗斯数学奥林匹克）分析1 当E 、F 分别是外心O 在CA 、AB 上的射影时, 点D 为A 在BC 上的射影, 此时, 欲证结论显然成立. 以此为出发点, 我们可以得到如下的证明.证法1 过点A 作BC 的垂线,垂足为L , 再设M 、N 分别为CA 、AB 的中点, 则ML = MC , NL = NB , 所以LM ∥DE , LN ∥DE , 进而EM MC DL LC =, DL BLFN BN=. 两式相乘, 得 EM MC BL AC BN AC BNFN LC BN AB LC LC AB=⋅=⋅=⋅. 但△ALC ∽△BON , △ABL ∽△COM , 所以AC OB LC ON =, BL OMAB OC=, 代入上式, 并注意OB = OC 即得EM OMFN ON=. 于是△OME ∽△ONF , 从而∠OEM =∠OFN , 故A 、E 、O 、F 四点共圆. 分析2 如果E 、A 、F 、O 四点共圆. 因B 、D 、C 三点在一直线上, 由Pascal 定理, 直线DE 与BO 的交点则也应在这个圆上. 循着这个思路, 我们便得到证法2.证法2 设直线BO 与DE 交于P . 因∠BPD =∠CDE −∠CBP =∠ACB − (90°−∠BAC ) = 90°−∠CBA . 又FD = FB , 所以, ∠BFD = 180°−2∠CBA = 2∠BPD , 再由FD = FB 即知, 点F 是△PBD 的外心, 所以, FP = FD = FB , 因此, ∠FPD =∠EDF =180°− (∠FDB +∠EDC ) = 180°− (∠CBA +∠ACB ) =∠BAC , 这说明P 、E 、A 、F 四点共圆. 又∠FPB =∠PBF =∠BAO , 所以, O 、P 、A 、F 四点共圆. 故E 、A 、F 、O 四点共圆.LON MA BCEFD DFECBAPO3 一类四点共圆问题揭秘象例2、例3这类四点共圆的问题还有更深刻的背景. 它们涉及到同向相似三角形的相似中心.两个同向相似三角形, 只要其相似系数不等于1, 则它们必有相似中心. 这个相似中心可以按如下方法作出.设△ABC 与△A ′B ′C ′同向相似. 当A ′B ′∥AB 时, 直线A ′A 与B ′B 的交点O 即△ABC 与△A ′B ′C ′的相似中心. 当A ′B ′╫AB 时, 如图1和图2.所示, 设直线A ′B ′与AB 交于点P , 则⊙(P AA ′)与⊙(PBB ′)的第二个交点O 即△ABC 与△A ′B ′C ′的相似中心.θPOAB θA'B'θθA'B'P ABO当三角形△的三个顶点在三角形△′的三边所在直线上时, 我们称三角形是三角形的内接三角形. 定理 设△PQR 是△ABC 的内接三角形, 则△ABC 的所有与△PQR 同向相似的内接三角形(对应顶点在△ABC 的同一边所在直线上)都有同一个相似中心.这个定理的证明简单. 其相似中心即△PQR 关于△ABC 的密克点.根据这个定理, 如果我们确定了△ABC 的内接△PQR 的形状, 就可以确定其相似中心, 那么, △ABC 的顶点A , △PQR 在AB 、AC 上的两个顶点, 相似中心, 这四点必然共圆. 但直接这样表现, 则太过明显, 于是, 我们作△PQR 的外接圆与BC 的另一交点, 再将条件转换, 一道四点共圆问题便出笼了.例1 如图所示, 设△PEF ∽△ABC , 则可证△ABC 的外心O 是所有这样的△PEF 的相似中心, 因此, O 、E 、A 、F 四点共圆. 再设△PEF 的外接圆与BC 的另一交点为D , 则∠FDB =∠FEP =∠CBA , ∠CDE =∠PFE =∠ACB , 所以, F 、E 分别是BD 、DC 的垂直平分线与AB 、AC 的交点, 于是便有第27届俄罗斯数学奥林匹克的那道几何题. 而第17题则是△PQR 的外接圆与BC 相切的情形.A BCDPO F EA BCPORQ例2 如图所示, 设△XYZ 是非直角△ABC 的垂足三角形, △ABC 的内接△PEF ∽△XYZ , 则不难证明△PEF 与△XYZ 的相似中心是△ABC 的垂心H . 再设△PEF 的外接圆与BC 的另一交点为D , 则∠FDB =∠FEP =∠ZYX = 180°−2∠CBA , ∠CDE =∠PFE =∠XZY =180°−2∠ACB , 所以, ∠BFD =∠CBA , ∠DEC =∠ACB , 因此, DF = DB , DE = DC . 于是有题1设H 为△ABC 的垂心, D 、E 、F 分别△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上的点, 且DB = DF , DC = DE . 求证: E 、A 、F 、H 四点共圆.ABFDPCE HZ YXABDFEHC容易看出, △AEF 的外心在△PEF 的外接圆上.事实上, 设△AEF 的外心为O , 则∠FOE = 2∠BAC , 而∠EPF =180°−2∠BAC , 所以, ∠FOE +∠EPF =180°, 故O 在△PEF 的外接圆上. 因此, △PEF 的外接圆即△OEF 的外接圆.当△OEF 的外接圆与BC 相切时, P 、D 重合. 此时, 因为DB = DF , DC = DE , 而△DEF ∽△XYZ , 这样便有DC XYDB XZ=. 于是有 题2 设AD 、BE 、CF 是锐角△ABC 的三条高, H 是△ABC 的垂心. 过A 、H 两点的⊙O 与AB 、AC 分别交于Q 、P (均异于A ). 求证: 若△OPQ 的外接圆与BC 相切于R , 则RC DERB DF=. 这正是美国国家队2006年选拔考试题.O ABC D EF ZY XO P ABCDE FR Q例3 如图所示, 设△PEF 与△ABC 反向相似, AL 是高, M 、N 分别是AB 、AC 的中点, △MAL 的外接圆与△NLC 的外接圆交于L 、K 两点, 则可以证明K 是所有这样的与△ABC 反向相似的△PEF 的相似中心. 再设△PEF 的外接圆与BC 的另一交点为D , 则∠FDB =∠FEP =∠ACB , ∠CDE =∠PFE =∠CBA , 所以, FD ∥AC , ED ∥AB , 于是, 我们有题3 △ABC 中, 点A 在直线BC 上的射影为D , M 、N 分别为AB 、AC 的中点, △MBL 的外接圆Γ1与△NLC 的外接圆Γ2相交于D 、K 两点. 对BC 边上的任意一点P , 过P 作AB 、AC 的平行线分别与AC 、AB 交于E 、F . 求证: K 、E 、A 、F 四点共圆.A BC DPEF LK NM MNKLFE D CBA Γ2Γ1这是2010年中国国家集训队测试题.又可以证明, K 在△ABC 的A-陪位中线上, 于是便得到第19题:设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .PABC D EFMA BCDEF 1类似的与内心有关的问题是设I 是△ABC 的内心, D 、E 、F 分别边BC 、CA 、AB 上的点, 且BF = BD , CD = CE , 则E 、A 、F 、I 四点共圆.但这个问题太简单. 事实上, 由对称性, ∠IEC =∠CDI =∠IF A , 故E 、A 、F 、I 四点共圆.4 等角线及其性质给定一个角∠AOB , OC 是它的角平分线, 过O 点作两条关于OC 对称的直线OX 和OY ，则称OY 是OX 关于∠AOB 的等角线. 显然OX,OY 关于∠AOB 互为等角线.一个角的两边（所在直线）是本角的等角线; 一个角的平分线是重合的等角线, 即自等角线. 一角的邻补角的平分线也是自等角线.ABOYXTOA BCDPNM定理1自∠AOB 的顶点O 引两条直线OC 、OD , P 是直线OC 上一点, 过P 作直线OA 、OB 作垂线, 垂足分别为M 、N , 则OC 、OD 是∠AOB 的两条等角线的充分必要条件是OD ⊥MN .CDPNMOABABCD E定理2 设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 则∠BAD =∠EAC 的充分必要条件是: 22AB BD BEAC DC EC⋅=⋅. 定理3 设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 且∠BAD =∠EAC , 则有AD ∙ AE = AB ∙ AC −BD BE DC EC ⋅⋅⋅.最常见的等角线是三角形的同一顶点引出的三角形的高与外接圆的直径是该顶角的两条等角线. 实际上, 定理1已经包含了这一结果.利用等角线的性质可以简捷地处理一些竞赛中的平面几何问题.例1. 设O 是△ABC 的外心, K 是△BOC 的外心, 直线AB 、AC 分别交△BOC 的外接圆于另一点M 、N , L 是点K 关于直线MN 的反射点. 求证: AL ⊥BC .(俄罗斯, 2000)证明 因∠OMA =∠OCB = 90︒-∠BAC , 即∠OMA +∠BAN = 90︒, 所以MO ⊥AN . 同理, NO ⊥AM , 这说明O 为△AMN 的垂心, 于是△OMN 的外接圆与△AMN 的外接圆是等圆, 它们关于直线MN 对称. 由于K 为△OMN 的外心, 所以L 为△AMN 的外心, 从而AL 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 但O 为△ABC 的外心, 故AL ⊥BC .第4题的证明4. 在锐角△ABC 中, AB ≠AC . 过A 作BC 的垂线AD , P 为AB 延长线上一点, Q 为AC 延长线上一点, 且P 、B 、C 、Q 四点共圆, DP = DQ . 求证: D 是△APQ 的外心.证明 设O 为△ABC 的外心, 则AD 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 而P 、B 、C 、Q 四点共圆, 所以△APQ 与△ACB 反向相似, 因此△APQ 的外心在直线AD 上.另一方面, 因AB ≠AC , 所以BC 与PQ 不平行, 因此, PQ 的垂直平分线与直线AD 不重合. 而DP = DQ , 所以D 是PQ 的垂直平分线与直线AD 的交点. 而△APQ 的外心既在直线AD 上, 也在PQ 的垂直平分线上, 故D 是△APQ 的外心.KABC NLM OPQDC BAO5 三角形的陪位中线三角形的中线的等角线称为陪位中线. 为方便计, 过△ABC 的顶点A 的中线的陪位中线称为△ABC 的A-陪位中线.下面的定理1是三角形的陪位中线的一个基本性质.定理1 设D 是△ABC 的边BC 上一点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线的充分必要条件是22BD AB DC AC. 定理2与定理3是三角形的陪位中线的两个判定定理.定理2 已知△ABC, Γ1是过A 、B 两点且与AC 相切的圆, Γ2是过A 、C 两点且与AB 相切的圆, 圆Γ1与圆Γ2交于A 、D 两点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线.FEDABCKΓ2Γ1 ABCP定理3 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线. 利用三角形的陪位中线的理论可以方便地处理有关平面几何问题.例1 圆Γ1与圆Γ2交于A 、B 两点. 点P 在圆Γ1上. 直线PA 与PB 分别交圆Γ2于C 、D (不同于A 、B ), 圆Γ1在A 、B 两点的切线交于Q . 如果P 在圆Γ2的外部, C 、D 均在Γ1的外部. 求证：直线PQ 平分线段CD . (圣彼德堡, 1997)证明 因PQ 是△P AB 的P-对称中线, 而△P AB 与△PDC 反向相似, 所以PQ 为△PDC 的P-中线, 即直线PQ 通过CD 的中点. 换句话说, 直线PQ 平分线段CD .ΓΓAB21QP D CMABCΓC 1B 1TS例2 设Γ是△ABC 的外接圆, 圆Γ在B 、C 两点的切线交于T . 过A 且垂直于AT 的直线与直线BC 交于S , 点B 1、C 1在直线ST 上(B 1、B 在BC 的垂直平分线的同侧), 且TB 1 =TC 1 =TB . 求证: △AB 1C 1∽△ABC .(美国国家队选拔考试, 2006)证明 设M 为BC 的中点, 则AM 、AT 是∠BAC 的两条等角线, 所以∠BAT =∠MAC . 又∠TBC =∠BAC , 所以∠TBA =∠TBC +∠CBA =∠BAC +∠CBA =180°−∠ACB . 于是, 由TC 1 = TB 及正弦定理, 得1sin sin sin sin TC TB BAT MAC MCAT AT TBA ACB AM∠∠====∠∠. 另一方面, 因∠TMS = 90° =∠TAS , 所以A 、M 、T 、S 四点共圆, 于是, ∠STA =∠SMA , 即 ∠C 1TA =∠CMA , 因此, △ATC 1∽△AMC . 同理, △AB 1T ∽△ABM . 故△AB 1C 1∽△ABC .第6题的证明6. 设△ABC 的A-中线关于∠BAC 的角平分线的对称直线与BC 交于D . △ADC 的外接圆与AB 的另一个交点为E , △ABD 的外接圆与AC 的另一个交点为F . 求证: EF ∥BC .证明 因AD 是△ABC 的陪位中线. 于是22BD AB DC AC=. 另一方面, 由圆幂定理, BD BC EB AB ⋅=⋅, DC BC FC AC ⋅=⋅. 因此,BD EB AB DC FC AC ⋅=⋅, 于是KB ABLC AC=, 故EF ∥BC . FABCDE EAB D FPCM第19题的证法219. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设过A 、B 两点且与AC 相切的圆和过A 、C 两点且与AB 相切的圆交于A 、P 两点, 则P 是一个定点. 且由定理2, AP 是△ABC 的A-陪位中线, 也就是说, ∠BAM =∠P AC .由弦切角定理, ∠P AC =∠PBA , ∠ACP =∠BAP , 所以△PCA ∽△P AB . 又DE ∥AB , DF ∥AC , 所以CE CD AFEA DB FB==, 这说明E 、F 是两个相似三角形PCA 与P AB 的相似对应点, 因此, ∠PEC =∠PF A . 故E 、A 、F 、P 四点共圆. 换句话说, △AEF 的外接圆通过定点P .6 三角形的等角共轭点容易证明以下事实设P 是△ABC 所在平面上的一点, 则AP 、BP 、CP 分别关于∠BAC 、∠CBA 、∠ACB 的等角线交于一点或互相平行. 而且, 这三条等角线互相平行当且仅当点P 在△ABC 的外接圆上.这个事实的既可以用Ceva 定理的角元形式证明, 也可以用等角线的定理1和Ceva 定理证明. 如果AP 、BP 、CP 分别关于∠BAC 、∠CBA 、∠ACB 的等角线交于一点Q , 则点Q 称为点P 关于△ABC 的等角共轭点. 如, 三角形的外心和垂心即三角形的两个等角共轭点.定理1 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 则sin sin AP BQCAQ BPC∠=∠. 定理2 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 则BPC BQC BAC +=.定理3 三角形的两个等角共轭点到各边的垂足在一个圆上, 且它的圆心是这两点连线的中点.定理4 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, D 、E 、F 是点P 分别关于BC 、CA 、AB 的对称点, 则点Q 是△DEF 的外心.证明 如图所示, 因E 、F 是点P 分别关于CA 、AB 的对称点, 所以AE = AP = AF , 因此, 点A 在线段EF 的垂直平分线上. 设PE 与CA 交于M , PF 与AB 交于N , 则M 、N 分别为PE 、PF 的中点, 所以, EF ∥MN . 又PM ⊥CA , PN ⊥AB , 由性质1.2, AQ ⊥MN , 所以AQ ⊥EF , 因而AQ 即线段EF 的垂直平分线. 同理, BQ 是线段FD 的垂直平分线. 故点Q 是△DEF 的外心.AP Q B CDMEFNABCDPQ'P'Q定理5 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 直线AP 关于∠BPC 的等角线为1l , 直线AQ 关于∠BQC 的等角线为2l , 则1l 与2l 关于直线BC 对称.事实上, 如图所示, 设P 、Q 两点关于BC 的对称点分别为P ′、Q ′, 则∠Q ′BC =∠CBQ =∠PBA , ∠BCQ ′ =∠QCB =∠ACP , 所以, Q ′、A 是△PBC 的两个等角共轭点, 因而PQ ′、P A 是∠BPC 的两条等角线. 同理, QP ′、QA 是∠BQC 的两条等角线. 显然, PQ ′与P ′Q 关于BC 对称, 因此, PQ ′与P ′Q 交于BC 上一点.由此即可得到美国2010年选拔考试的一道几何题:设P 、Q 是△ABC 内两点, 且∠ABP =∠QBC , ∠ACP =∠QCB , 点D 在BC 边上. 求证: ∠APB +∠DPC = 180°的充分必要条件是∠AQC +∠DQB =180°.事实上, 由条件知, P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, PD 与P A 是∠BPC 的两条等角线. 由于QA 关于∠BQC 的等角线与P A 关于∠BPC 的等角线关于BC 对称, 它们的交点必在BC 上, 因此, QD 即QA 关于∠BQC 的等角线.可以证明: 三角形的外接圆与内切圆的内位似中心和外位似中心分别是三角形的Gergonne 点的等角共轭点和三角形的Nagel 点的等角共轭点.三角形的等角共轭点可以用来处理角的相等或互补、三线共点等问题.例1 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线.证明 设点A 关于BC 的中点M 的对称点为Q , 则ABQC 是一个平行四边形, 由此可知, BQ 、BP 是∠CBA 的两条等角线, CQ 、CP 是∠ACB 的两条等角线, 因而P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 所以AQ 、AP 是∠BAC 的两条等角线. 而AQ 过BC 的中点M , 故AP 是△ABC 的A-陪位中线.ABCPMQABPCMQ第51届波兰数学奥林匹克的一道试题为在△ABC 中, AB = AC , P 是三角形内部一点, 使得∠CBP =∠ACP , M 是边AB 的中点. 求证:∠BPM +∠CP A = 180︒.这实际上就是上面这个问题. 只不过P 、A 换了个位置而已.例2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不是平分∠ABC , 也不平分∠CDA , 点P 在四边形的内部, 满足∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA . 证明: 四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是P A = PC . (第45届IMO, 2004)证明 条件∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA 表明A 、C 是△BDP 的等角共轭点, 所以sin sin PA BAD PC DCB ⋅∠=⋅∠.又由定理1, BAD BCD BPD +=,所以, ∠BAD −∠DCB =180°−∠DPB . 而∠BPD ≠180°, 因此, ∠BAD ≠∠DCB . 于是, P A = PC ⇔sin sin BAD DCB ∠=∠⇔∠BAD +∠BCD =180°⇔四边形ABCD 内接于圆.ABCDPABCD PFF'E'D'QE第15题的证明 15. 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 点P 在BC 、CA 、AB 上的射影分别为D 、E 、F . 求证: ∠EDF = 90°的充分必要条件是Q 为△AEF 的垂心.证明 如图所示, 设点P 关于BC 、CA 、AB 的对称点分别为D ′、E ′、F ′, 则∠EDF =∠E ′D ′F ′. 由定理4, Q 是△D ′E ′F ′的外心. 因PE ⊥AE , PF ⊥AF , E 、F 分别为PE ′、PF ′的中点, 于是∠EDF = 90°⇔∠E ′D ′F ′ = 90°当且仅当E ′、Q 、F ′三点共线, 且Q 为E ′F ′的中点⇔ PQ 与EF 互相平分⇔PEQF 是一个平行四边形⇔ EQ ∥PF , 且FQ ∥EF ⇔EQ ⊥AF , FQ ⊥AE ⇔ Q 为△AEF 的垂心.第16题的证明16．设△ABC 的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别切于D 、E 、F , 点D 关于∠BAC 的外角平分线的对称点为P , 点E 关于∠CBA 的外角平分线的对称点为Q , 点F 关于∠ACB 的外角平分线的对称点为R , 则△PQR 与△ABC 是位似的.证明 因AD 、BE 、CF 交于一点X , 而直线AP 与AD 是∠BAC 的两条等角线, BQ 与BE 是∠CBA 的两条等角线, CR 与CF 是∠ACB 的两条等角线, 所以AP 、BQ 、CR 三直线交于点X 关于△ABC 的等角共轭点Y .另一方面, 由正弦定理, sin sin AD C DC DAC =∠, sin sin BE CCE CBE=∠. 但DC = CE , ∠DAC =∠BAY , ∠CBE =∠YBA , 所以sin sin sin sin AD CBE YBA YABE DAC BAY YB∠∠==∠∠=. 又AP = AD , BQ = BE , 所以, YA AD AP YB BE BQ ==, 即YA YB APBQ=, 于是 PQ ∥AB . 同理, QR ∥BC , RP ∥CA . 故△XYZ 与△ABC 是位似的.X YA BCD PFRQEA BCDPA 2B 2C 2C 1B 1A 1FLNME第20题的证明20．设AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条高线(D 、E 、F 别在BC 、CA 、AB 上), P 为△ABC 所在平面上任意一点, 点P 在直线BC 、CA 、AB 、AD 、BE 、CF 上的射影分别为A 1、B 1、C 1、A 2、B 2、C 2. 求证: A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行.证明 如图所示, 设L 、M 、N 分别为A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2的中点. 因P A 1DA 2、PB 1EB 2、PC 1FC 2皆为矩形, 所以, L 、M 、N 也分别是PD 、PE 、PF 的中点, 于是, LM ∥DE , LN ∥DF . 而AD 、BC 为∠EDF 的内、外角平分线, 所以, 矩形P A 1DA 2的两条对称轴分别为∠MLN 的内、外角平分线. 但矩形P A 1DA 2的对角线A 1A 2与PD 关于其对称轴对称, 所以, 直线A 1A 2与PD 是∠MLN 的两条等角线. 同理, 直线B 1B 2与PE 是∠NML 的两条等角线, 直线C 1C 2与PF 是∠LNM 的两条等角线, 故A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行. 当点P 不在△ABC 的九点圆上时, A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点, 此点即点P 关于△LMN 的等角共轭点.7 根轴与根心一、点对圆的幂设Г是平面上一个圆心为O 、半径为r 的圆, 对于平面上任意一点P , 令ρ(P )=PO 2 – r 2,则(P )称为点P 对于圆Г的幂.显然, 当点P 在圆Г外时, ρ(P )＞0; 当点P 在圆Г内时, ρ(P )＜0; 当点P 在圆Г上时, (P )=0. 且由勾股定理易得, 点P 在圆Г外时, ρ(P )即点P 到圆Г的切线长的平方; 点P 在圆Г内时, ρ(P )即以点P 为中点的弦的一半的平方的相反数.有了点对圆的幂的概念, 相交弦定理、割线定理、切割线定理就可以统一为定理1 (圆幂定理) 过定点任作定圆的一条割线交定圆于两点, 则自定点到两交点的两条有向线段之积是一个常数, 这个常数等于定点对定圆的幂. 即过点P 任作一条直线交圆Г于两点A 、B (A 、B 可以重合), 则ρ(P )=PA PB ⋅.定理2 设A 、B 、C 、D 是一个已知圆上任意四点, 直线AB 与CD 交于点P , 直线AD 与BC 交于点Q , 则有2()()P Q PQ ρρ+=. 其中 ()X ρ表示点X 对已知圆的幂.ABCDPΓQEΓAB CD PE QΓA BCDP E Q定理3(Gergonne 定理) 设P 是△ABC 所在平面上任意一点, 过点P 作△ABC 的三边的垂线, 垂足分别为D 、E 、F , △ABC 与△DEF 的面积分别为S 、T , △ABC 的外接圆半径为R , 点P 对△ABC 的外接圆的幂为ρ , 则有2||4T S R ρ=.ABCDPFKEAPF DECBK例1 设I 为△ABC 的内心, D 、E 、F 分别为△ABC 的内切圆在边BC 、CA 、AB 上的切点. 过点A 作EF 的平行线分别与直线DE 、DF 交于P 、Q . 证明: PIQ 为锐角. (第39届IMO, 1998)证明 如图4, 设△ABC 的内切圆半径为r , 因∠PQD =∠EFD =∠DEC , 所以, A 、Q 、D 、E 四点共圆, 于是有圆幂定理, 有 P A PQ = PE PD = PI 2–r 2; 同理, AQ PQ = FQ DQ = QI 2 – r 2. 两式相加, 得P A PQ + AQ PQ = PI 2 + QI 2 – 2r 2, 即PQ 2 = PI 2 + QI 2 – 2r 2＜PI 2 + QI 2.故PIQ 是一个锐角.例2 (Brocard 定理) 设⊙O 的内接四边形的两组对边的交点分别为P 、Q , 两对角线的交点为R . 求证:圆心O 为△PQR 的垂心.证明 如图10, 因ρ(P ) = OP 2 – r 2, ρ(Q ) = OQ 2 – r 2, ρ(R ) = OR 2 – r 2, 由定理1.2, 有PR 2 = OP 2 +OR 2 –2r 2, PQ 2 = OP 2 + OQ 2 – 2r 2. 两式相减, 得 PR 2 – PQ 2 = OR 2 – OQ 2, 所以OP ⊥RQ ; 同理, OQ ⊥PR . 故圆心O 为△PQR 的垂心.ABCDP1FQEABCDP QOR二、根轴可以证明, 如果动点到两定圆的幂相等, 则动点的轨迹是一条直线. 这条直线称为两定圆的根轴或等幂轴.如果两圆相切, 则两圆的根轴是过切点的公切线; 如果两圆相交, 则两圆的根轴是公共弦所在直线; 在任何情形, 两圆的根轴总是垂直于两圆连心线的一条直线. 设圆1与圆2的圆心分别为O 1、O 2, 半径分别为r 1、r 2. 如果圆外离, 则两圆的根轴在两圆之间; 如果两圆内含, 则两圆的根轴是在两圆之外(图14).两圆圆心O 1、O 2到两圆的根轴的距离分别为2221212122O O r r O O +-和2221212122O O r r O O -+.l Γ2Γ1l Γ2Γ1 lΓ2Γ1lΓ2Γ1O 2O 1O 1O 2Γ1Γ2如果两圆相等, 则其根轴即连心线段的垂直平分线; 如果两圆同心, 则其根轴是无穷远直线. 如果两圆中有一圆退化为一点O (此时点O 称为点圆), 则其根轴仍然存在, 且除了点在圆上时其根轴为过这点的切线外, 其余情形根轴都在圆外；根轴上任意一点P 到圆的切线长PT 等于点P 到点O 的距离.lPOΓTTO PΓl根轴的作用主要可以用于证明三点共线和垂直问题. 而与垂心有关的问题很多时候都与根轴联系在一起, 这是因为有垂心就有三条垂线, .例1 证明Steiner 定理: 四条直线相交成四个三角形, 则这四个三角形的垂心在一条直线上.证明 如图18, 设四条直线相交成四个三角形分别为△BEC 、△CDF 、△AED 、△ABF , H 1、H 2、H 3、H 4分别为它们的垂心. 设直线H 1B 、H 1E 分别交EC 、BC 于K 、L , 则K 在以BD 为直径的圆Γ1上, L 在以EF 为直径的圆Γ2上, 由于L 、E 、K 、B 四点共圆, 所以, H 1L ⋅H 1E =H 1B ⋅H 1K , 这说明H 1在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 再设EH 3、DH 3分别交AB 、AD 与M 、N , 则M 在圆Γ1上, N 在圆Γ2上, 而E 、D 、N 、M 四点共圆, 所以H 3D H 3M =H 3E H 3N , 因此, H 3也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 同理, H 2 、H 4也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上. 故H 1、H 2、H 3、H 4四点共线.。