奥林匹克题解三、(1)下

第三章、几何部分第一节平面几何证明（下）C1－136 在△ABC中，AD、BE、CF为角平分线，分别交BC边于D，交AC边于E，交AB边于F．试证明：4S△DEF≤S△ABC，并说明等号何时成立．【题说】 1982年芜湖市赛题6．【证】由题意，只需证明代入（1）即得由b2c+a2c≥2abc，得b2c+bc2+a2c+ac2+a2b +ab2≥6abc所以 4（b2c+bc2+a2c+ac2+a2b+ab2）≥3（abc+b2c+bc2+a2c+a2b+ab2+abc）=3（a+b）（b+c）（c+a）从而（2）成立，即4S△DEF≤S△ABC，当且仅当△ABC为正三角形时等号成立．C1-137 如图，在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥BA，PF∥CA．若S△ABC=1，证明：S△BPE、S△PCE和S PEAF中至少有一个不小于4／9．【题说】 1984年全国联赛二试题3．【证】把 BC等分为三等分，M、N是分点，显然，P点落在BM或NC 上时则AE∶AC=r， AF∶AB＝1-rS△AEF∶S△ABC=（AF／AB）（AE／AC）C1-138 设P是一正n边形的内点，证明：该n边形存在两个顶点A和B，使【题说】 1985年匈牙利阿拉尼·丹尼尔数学竞赛（15年龄组）题1．【解】设点A是正n边形的顶点中距P最近的一个顶点．从A出发向某两个相邻顶点B1、B2作连线，并使P在△AB1B2内，显然，∠B1AB2=180°/n．根据顶点A的选取，∠PB1A和∠PB2A都小于∠B1AB2，因此，如果P是△AB1B2的一个内点，则至少有一个B i，使得如果P在线段AB i上，例如在AB1上，那么由∠PB2A≤∠PAB2可以推出C1-139 已知六边形的各边长不超过1，试证：此六边形至少有一条主对角线不超过2．【题说】 1986年上海市赛二试题2．题中主对角线是六边形中某一顶点与相隔二个顶点的第三顶点的连线．【证】设ABCDEF是适合题意的六边形，AB、CD、EF三边所在直线，至少有两条，它们的夹角不超过60°（如两线平行，认为夹角为0°），不妨设AB和CD的夹角不超过60°，过 B作 BM CD（如图），则DM BC，且∠ABM=AB与CD的夹角≤60°．AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM≤AB2+BM2-AB·BM．由对称性，不妨设BM≥AB，注意到BM=CD≤1，有AB2+BM2-AB· BM=BM2+AB（AB-BM）≤BM2≤1所以 AM2≤1，AM≤1 于是 AD≤AM+MD=AM+BC≤2．C1-140 凸四边形ABCD的面积为S．证明：以AC、AD、BC和【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题 4．【证】设AC、AD、BC、BD的中点分别为K、L、M、N．易知S△MKN≤max （S△BKN，S△CKN），S△LKN≤max（S△AKN，S△DKN）．而有C1-141 如图，在△ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q、在AB 边上．求证：【题说】 1988年全国联赛二试题2．【证】不妨设△ABC的周长为1，分别过C、R作△ABC、△PQR的高CL、RH，则C1-142 设C1、C2是同心圆，C2的半径是C1的半径的2倍．四边形 A1A2A3A4内接于C1，将A4A1延长交圆C2于B1，A1A2延长交圆C2于B2，A2A3延长交圆C2于B3，A3A4延长交圆C2于B4．试证：四边形B1B2B3B4的周长≥2×四边形A1A2A3A4的周长，并请确定等号成立的条件．【题说】第三届（1988年）全国冬令营赛题2．【证】如图是两个同心圆，中心记为O，内圆的半径不妨设为1，从而外圆的半径等于2．连OA1、OB2和B1B2，讨论四边形OA1B1B2．由托勒密不等式可知OB1×A1B2≤OA1×B1B2-OB2×A1B1（1）式中的等号成立当且仅当O、A1、B1、B2四点共圆时成立，注意到OA1=1，OB1=OB2=2，A1B2=A1A2+A2B2，不等式（1）又可写为B1B2-2A1A2≥2（A2B2-A1B1）（2）式中等号当且仅当O、A1、B1、B2四点共圆时成立，依次地轮换下标，可得出另外三个类似于（2）的不等式，注意到以上4个不等式的右方之和显然为零，因此，将此4式两边分别相加，得出不等式B1B2+B2B3+B3B4+B4B1≥2（A1A2+A2A3+A3A4+A4A1）这正是我们需证的结论．上式中等号成立，当且仅当O、A1、B1、B2共圆，O、A2、B2、B3共圆，O、A3、B3、B4共圆，O、A4、B4、B1共圆．即：等号成立的充要条件是A1A2A3A4为一正方形．C1-143 在直角三角形ABC中，AD是斜边BC上的高．连接△ABD的内心与△ACD的内心的直线，分别与边 AB及 AC交于K及L两点．△ABC与△AKL的面积分别记为S与T．求证：S≥2T．【题说】第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题5．本题由希腊提供．【证】设△ABD的内心为M，△ACD的内心为N．由于△ADB∽△CDA，并注意到DM与DN是由D出发的两条分角线，故有从而得△NMD∽△ABD所以，△DMN与△ABD的对应边的交角相等，即∠LKA=∠BDM=45°．故△ALK是等腰直角三角形．又由∠AKM=45°=∠MDA△AMK≌△AMD得 AK=AD=AL于是即S≥2TC1－144 设ABCD是一凸四边形，其三边AB、BC、AD满足AB=AD+BC，形内有一点P，它距CD为h，且使AP=h+AD，BP=h+BC．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题4．本题由冰岛提供．【证】以A为圆心，AD为半径；以 B为圆心，BC为半径；P为圆心，h为半径，分别作圆．则这三圆两两相外切，设EF是⊙A与⊙B外公切线．当C、D分别沿⊙B、⊙A趋向E、F时，⊙P始终在曲边三角形内．所以，当⊙P与EF相切时，h最大．此时，将AB、BP、PA投影到EF上，由勾股定理，这三投影长分别为（R=BC，r=AD，m为⊙P半径）：C1-145已知△ABC，设I是它的内心，角A、B、C的内角平分线分别交其对边于A'、B'、C'．求证：【题说】第三十二届（1991）年国际数学奥林匹克题 1．本题由原苏联提供．【证】记BC=a，CA=b，AB=c，易知熟知正数u、v（u≥v）的和一定时，积uv随v的减少而减少，所以C1-146 设P是△ABC内一点，求证：∠PAB、∠PBC、∠PCA至少有一个小于或等于30°．【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题5．本题由法国提供．【证】令α=∠PAB，β=∠PBC，γ=∠PCA．于是，P到AB的距离=PAsinα=PBsin（B-β），P到BC的距离=PBsinβ=PCsin（C-γ），P到CA的距离=PCsinγ＝PAsin（A-α）．从而sinα·sinβ·sinγ=sin（A-α）·sin（B-β）·sin（C-γ）若α+β+γ≤90°，结论显然成立，若α+β+γ＞90°，则（A-α）+（B-β）+（C-γ）≤90°sinαsinβsinγ=sin（A-α）sin（B-β）sin（C-γ）由此可知α，β，γ中存在一个，例如α满足所以，或者a≤30°减者α≥150°．在后一情况必有β，γ都小于30°．C1-147 设A，B是⊙O上的两点，M是的中点，记此圆在A点的切线为l，C是B向l引垂线的垂足，又圆在M点的切线分别交【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题1．【证】如图，令已给圆的半径为R，α=∠BAC则 AB=2Rsin∠AOM=2Rsinα，AC=2Rsinαcosα设OM交AB于P，则因为 M是的中点，故 A'B'∥AB，△ABC∽△A'B'C'．C1-148 证明：以 a、b、c为边长，S为面积的三角形满足不等式：【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十一年级题3．【证】原不等式即C1-149△ABC的面积为1，D、E分别是边AB、AC上的点，BE、CD相交于P点，并且四边形BCED的面积是△PBC面积的两倍，求△PDE面积的最大值．【题说】 1992年日本数学奥林匹克题2．【解】=xy所以由梅涅劳斯定理知所以有C1-150水平直线m通过⊙O中心，直线l⊥m，垂足为M，M在O点右侧．直线l上有三点 A、B、C，且在圆外，AM＞BM＞CM． AP、BQ、CR为⊙O三条切线，P、Q、R为三切点．试证：（1）l与⊙O相切时，AB·CR+BC· AP=AC· BQ；（2）l与⊙O相交时，AB·CR+BC·AP＜AC·BQ；（3）l与⊙O相离时，AB·CR＋BC· AP＞AC· BQ．【题说】 1993年全国联赛二试题 3．本题系由梁绍鸿《初等几何复习及研究》中总复习第62题改编而来．【证】设⊙O半径为r，AM=a，BM=b，CM=c，OM=x．则AP2=AO2-OP2=AM2+OM2-OP2=a2+x2-r2所以令G=（AB·CR+BC·AP）2-（AC·BQ）2（1）当l与⊙O相切时，t=0，G=0；（2）当l与⊙O相交时，t＜0，G＜0；（3）当l与⊙O相离时，t＞0，G＞0．因此，本题结论成立．C1－151 设圆K与K1同心，半径分别为R，R1、R1＞R．四边形ABCD内接于圆K，四边形A1B1C1D1内接于圆K1．点A1、B1、C1、D1分别在射线CD、DA、AB、BC上．求证：【题说】 1993年中国数学奥林匹克（第8届数学冬令营）题4．【证】如图，设ABCD各边分别为a、b、c、d，AB1＝x，BC1=y，CD1＝z，DA1＝ω．设B'D'为垂直于AC的直径，则S△ABC+S△ADC≤S△AB'C+S△AD'C即 ab+cd≤AB'2+AD'2=B'D'2=4R2同理可证ad+bc≤4R2从而结论成立．C1-152 设△ABC的外接圆半径R=1，内切圆半径为r，它的垂足【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由加拿大提供．【证】设△ABC的垂心为H．熟知H是垂足三角形A'B'C'的内心．过H作HD⊥A'C'于D，则HD=P．因为C'、B、A'、H四点共圆，所以∠HA'D=∠HBC'=90°-∠A．因此，p=HD=HA'sin∠HA'D=HA'cosA=BA'tg∠HBA'cosA=ccosBcosAtg（90°-C）=cctgCcosAcosB=2cosAcosBcosC （1）由积化和差公式2[2cosAcosB]cosC=2[cos（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 （2）将（2）代入（1）得p=1-（cos2A+cos2B+cos2C）（3）由柯西不等式有由和差化积公式又有由半角公式和余弦定理有由三角形的面积公式可得C1-153 AB和CD是两条长度为1的线段，它们在O点相交，而且∠AOC=60°，试证：AC+BD≥1．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题2．【证】作CB1∥AB，且CB1=AB（如图），这时候，四边形ABB1C是平行四边形，AC=BB1．易证△CB1D是等边三角形（CD=CB1=1而∠B1CD=∠AOC=60°），于是B1D＝1AC+BD=BB1+BD＞B1D=1另：当A、C重合时AC+BD=1C1-154 设点D和E是△ABC的边BC上的两点，使得∠BAD=∠CAE．又设M和N分别是△ABD，△ACE的内切圆与BC的切点．求证：【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由西班牙提供．【证】在△ABD中，因为M是内切圆与 BD的切点，所以MB=h为△ABC的边BC上的高．C1-155△ABC三边长为 a、b、c．现将AB、AC分别延长a，BC、BA分别延长b，CA、CB分别延长c．设这样得到的六个点所构成的凸多边形的面积为G，△ABC的面积为F．求证：G／F≥13．【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第一轮）题4．【证】=13C1-156 设ABCD是梯形，AB∥CD，E是线段AB上一点，F是线段CD上一点，CE与BF交于点H，DE与AF交于点G．求证如果ABCD是一个任意凸四边形，同样的结论是否成立？为什么？【题说】 1994年中国数学奥林匹克（第9届数学冬令营）题1．【证】又 S△BCH=S△EHF≥（2+2）S△EHF=4S△EHF（2）同理 S EADF≥4S△EFG（3）（2）+（3）即得（1）．对于任意凸四边形，上述结论不成立．事实上，如图，在E→B，F→C时，四边形EHFG→△BPC，其中P为BD 与AC的交点．而在D→A时，△BPC→△BAC．所以在A、B、C、固定，D与A、E与B、F与C充分近时，S EHFG可C1-157 在凸四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，射线AK平分∠BAD．今知 AK∥BC，AK⊥CD，AK与 BD相交于E．【题说】 1994年合肥市高中数学竞赛题 5．【证】如图，记 AK与 CD的交点为 F，作 BG⊥AK， G为垂足，则G 在线段AF上，且△ABG和△ADF均为等腰直角三角形，FD=AF＞AG=BG=CF．于是即BC＜2EF因为 AF=AG+GK=BG+BC＜CF+2EFC1-158 设a、b和c是三角形三边的长度，m a、m b和m c是相应这些边上的中线．D是三角形外接圆的直径，证明【题说】第二十届（199年）全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】延长各中线，分别△ABC的外接圆相交于点A1、B1和C1（如图）．显然 AA1≤DBB1≤DCC1≤D由相交弦定理A1A2·AA2＝BA2·A2C即将上述结果带入（*）中，并将三个不等式相加，得C1-159 在凸五边形ABCDE中，边AB垂直于边CD，边BC垂直于边DE．证明：如果AB=AE=ED=1，那么BC+CD＜1．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题7．【证】设AB、DC交于K．因为A、D在BC的同侧，K若也在这一侧，则如图a对在△KBC内的点E，ED与BC所成的角＜∠DCB＜90°，与ED⊥BC 矛盾．因此K与A在BC的异侧．同理，BC与DE的交点M与E分居CD的两侧（图b）．于是∠MDK＜90°，直线AK、ED相交并区交点F与A（E）在KD的异侧．过B作KD的平行线交直线DE于G，过C作EF的平行线交BG于H．则∠BCH=∠BMG=90°，BG=BH+HG＞BC+CD．相交，G线段DE上．BG小于E到AF的距离，更小于AE．于是BC＋CD ＜AE=1．【注】条件 DE=1可以取消．C1-160 将面积为1的矩形纸片ABCD沿一条直线对折，使得C点【题说】 1995年城市数学联赛低年级普通水平题3．【证】如图，设折线为EF，则EF中点是矩形ABCD的对角线交点O，从而易知AECF是菱形．五边形CDFEB'的面积=△ABE的面积+四边形CDFE的面积C1-161 设ABCDEF是凸六边形，满足AB=BC=CD，DE=EF=FA，∠BCD=∠EFA=60°．设G和H是这六边形内部的两点，使得∠AGB=∠DHE∠120°试证：AG+GB+GH+DH+HE≥CF．【题说】第三十六届（1995年）国际数学奥林匹克题 5．【证】连BD，AE．由于BC=CD，∠BCD=60°，所以BD=BC=AB．同样AE=ED．连 BE，则 A、D关于 BE对称．设 G、H关于 BE的对称点分别为G'、H'．则△BG'D与△BGA关于BE对称，所以∠BG'D=∠BGA=120°，G'在正三角形BCD的外接圆上．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'F≥CFC1-162 设ABCDEF是凸六边形，且AB平行于ED，BC平行于FE，CD 平行于AF．又设R A、R C、R E分别表示△FAB、△BCD及△DEF的外接圆半径，P表示六边形的周长，【题说】第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题5．本题由阿美尼亚提供．【证】记边AB，BC，…，FA的长为 a，b，c，d，e，f．又以 A，B，…，F表示六边形各内角，由对边平行，∠A=∠D，∠B=∠E，∠C=∠F．BC与EF这两条平行线之间的距离h，A到BC的距离等于asinB，A到EF的距离等于fsinF．所以 h=asinB+fsinF．同样 h=csinC+dsinE，所以2BF≥2h=asinB+fsinF+csinC+dsinE．同理2DF≥bsinC+asinA+dsinD+esinF2BD≥csinD+bsinB+esinE+fsinA因为∠A=∠D，∠B=∠E，∠C=∠F，所以C1-163 设△ABC是等边三角形，P是其内部一点，线段AP、BP、CP依次交三边BC、CA、AB于A1、B1、C1三点．证明：A1B1·B1C1·C1A1≥A1B·B1C·C1A．【题说】第三十七届（1996年）IMO预选题．【证】由余弦定理A1B12＝A1C2+B1C2-A1C· B1C≥2A1C·B1C-A1C·B1C＝A1C·B1C同理，B1C12≥B1A·C1A，C1A12≥C1B·A1B．由塞瓦定理得所以 A1B1·B1C1·C1A1＝A1B·B1C·C1AC1-164 已知△ABC．证明存在一条直线l（在△ABC所在平面内），使得△ABC关于l的对称图形△A'B'C'与△ABC的公共部分，面积大于△ABC 面积的2／3．【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题3．【解】设AD为∠BAC的平分线，则B、C关于AD的对称点B'、C'分别在直线AC、AB上（如图）．而且由对称性，B'C'过D．不妨设AB=c≥b=AC ≥a=BC．因为所以于是直线AD就是所求的直线l．C1-165 设△ABC中，BC=6，CA=5，AB=4．D，E分别在AB、AC边上，且△ADE的外接圆与BC相切．满足上述条件的点D，E在AB、AC上变动时，求线段DE长度的最小值．【题说】 1997年日本数学奥林匹克预选赛题5.【解】如图，设△ADE的外接圆圆心为O，半径为r，则∠DOE=2∠BAC．移动D、E时，△ODE中总有OD=OE．因此，这些△ODE是相似的等腰三角形，DE最小当且仅当r最小，所以当AO⊥BC，即AO为△ABC的高AF的一半时，DE最小．此时C1-166 切一个凸n边形只选出一个相邻的边AB、BC，切去△MBN得出一个凸n+1边形，其中 M、N分别为AB、BC的中点．一个正六边形P6，面积为1，切成七边形P7，再将P7（用七种可能的切法之一）切成八边形P8，如此继续下去．证明不论怎么切，对所有n≥6，P n．的面积大于1／3．【题说】第26届（1997年）美国数学奥林匹克题4．【解】一个凸n边形，任一顶点 A有两个相邻顶点B、C，称线段BC 为小对角线．设P6为正六边形ABCDEF（如图），它的小对角线围成一个六边形A1B1C1D1E1F1，简记为S，易知它是正六边形，外接圆半径OA1是O显然P6严格含有S并且小对角线不经过S的内部．假设P n（n≥6）严格含有S并且小对角线不经过S的内部．所切的一刀切去△LM'N'，其中M'、N'分别为P n的边LM、LN的中点．这样P n+1新增加的小对角线M'N在△LMN内，M'K在△LMK内（K是与M相邻的顶点）．LK、MN均不过S的内部，所以M'N、M'K也都不过S的内部．同样过N'的小对角线也是如此．于是P n+1严格含有S并且小对角线不过S内部．C1-167 四条直线交于六点，组成四个三角形，证明：这些三角形的外接圆交于一点．【题说】 1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】如图，四直线交于六点A、B、C、D、E、F，组成四个△ABE、△ACD、△BCF、△DEF．设△ABE与△BCF的外接圆除已有公共点B外，另有公共点M．连BM、FM、EM，则∠CFM=∠CBM=∠AEM，即∠CFM=∠DEM，所以D、E、M、F四点共圆，同理，A、C、M、D四点共圆，也就是上述四个三角形的外接圆都过一点M．C1-168 给定凸六边形ABCDEF，已知对角线AD、BE、CF中任意一条都把它的面积二等分，证明：这些对角线相交于一点．【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】设AD、BE交于O．由已知可得S ABCD= S BCDE，从而推得 S△ABD=S△BDE．但△ABD与△BDE共底边BD，故知AE∥BD．同理可知AC∥FD，BF∥CE．因此△ACE∽△DFB，而O点是此二相似三角形的内位似中心，所以CF过O．即AD、BE、CF相交于O点．C1-169以锐角三角形ABC的三边为边向外作三个相似的锐角三角形AC1B、BA1C、CB1A（此处，∠AB1C=∠ABC1=∠A1BC；∠BA1C=∠BAC1=∠B1AC）．（1）证明：三角形AC1B、BA1C和CB1A的外接圆交于一点．（2）证明：直线AA1、BB1与CC1交于同一点．【题说】第七届（1973年）全苏数学奥林匹克八年级题4．【证】设D为AA1与BB1的交点．易知∠A1CA=∠B1CB及A1C∶BC＝AC∶B1C所以△A1CA∽△B1CB从而∠DBC=∠DA1C点B、D、C、A1共圆．同理，A、D、C、B1共圆．这样，点D是△A1BC和△AB1C的外接圆交点．又∠ADB＝180°-∠ADB1=180°-∠AC1B所以点A1、D、B和C1共圆，于是，点D是所有三个外接圆的交点．由于∠BDC l=∠BAC1=∠BA1C=180°-∠BDC，所以直线CC1经过点D．【注】当△AC1B、△BA1C、△CB1A是正三角形时，D点就是△ABC的费马点．C1-170 三个全等的圆有一公共点O，并且都在一个已知三角形内，每一个圆与三角形的两条边相切．证明：这个三角形的内心、外心与O点共线．【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题5．【证】因为O1O2∥ABO2O3∥BCO3O1∥CA所以△ABC∽△O1O2O3．因为AO1、BO2、CO3是△ABC的角平分线，所以它们相交于△ABC的内心I．从而△ABC与△O1O2O3位似，I为位似中心．因为OO1=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三点共线．C1-171△A1A2A3是一个非等腰三角形，它的边分别为a1、a2、a3，其中a i是A i的对边（i=1，2，3），M i是边a i的中点．△A1A2A3的内切圆⊙I切边a i于T i点，S i是T i关于∠A i角平分线的对称点，求证：M1S1、M2S2、M3S3三线共点．【题说】第二十三届（1982年）国际数学奥林匹克题2．【证】因为T1、S1、T2、T3关于A1I对称，所以；因为T2、S2、T3、T1关于A2I对称，所以，故有，于是T3I⊥S1S2，S1S2∥A2A1同理 S2S3∥A3A2，S3S1∥A1A3又M1M2∥A2A1，M2M3∥A3A2，M3M1∥A1A3，于是△M1M2M3和△S1S2S3的对应边两两平行，故这两三角形或全等或位似．△S1S2S3内接于△A1A2A3的内切圆，而△M1M2M3内接于九点圆．由于△A1A2A3不是正三角形，故内切圆与九点圆不重合，所以△S1S2S3和△M1M2M3位似，M1S1、M2S2、M3S3共点．C1－172如图，在四边形ABCD中，△ABD、△BCD、△ABC的面积比是3∶4∶1．点M、N分别在AC、CD上，满足AM∶AC＝CN∶CD，并且B、M、N 三点共线．求证：M与N分别是AC与CD的中点．【题说】 1983年全国联赛二试题3．【证】不妨设AM／AC＝CN／CD＝r（0＜r＜1），S△ABC＝1．则S△ABD＝3，S△BCD＝4，S△ACD＝6S△ABM＝r，S△BCM＝1－rS△BCN＝rS△BCD＝4rS△CNM＝S△BCN－S△BCM＝5r－1即 S△CNM＝6r（1－r）所以 6r（1－r）＝5r－1与CD的中点．C1－173给定△ABC，过顶点A、B的圆分别交边AC、CB于点P和Q，在边AB上取点R和S，使得QR∥CA，PS∥CB．证明：点P、Q、R、S共圆．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克十年级题2．【证】先考虑点R在A和S之间的情况，如图a延长PS交圆于D．因为 QB∥PD，所以∠BDP＝∠QPD．因为 QR∥PA，所以∠PAB＝∠QRS．又∠PAB与∠PDB同立于上，故∠PAB＝∠PDB，得∠QPS＝∠QRS．又P、R在QS同侧，所以P、Q、R、S共圆．当S在A和R之间时，如图b，可完全类似地证明．C1－174 在已知角的一边上确定一点A．考察所有切该边于点A且交另一边于B、C两点的圆（对每个圆，两支点均用B、C表示）．证明；所有△ABC的内心共线．【题说】第十五届（1989年）全俄数学奥林匹克九年级题3．【证】如图设已知角的顶点为D，O是△ABC的内心，则∠DAB＝∠BCA，又∠OAB＝∠OAC所以∠OAD＝∠OAB+∠DAB的直线上．C1－175双心四边形是指既有内切圆又有外接圆的四边形，证明对这样的四边形，两个圆心与对角线交点共线．【题说】第三十届（1989年）IMO预选题14．本题由印度提供．【证】设四边形ABCD为双心四边形，其外接圆圆心为O，内切圆圆心为I，对角线交点为K，不难推出下列三个引理：（1）对圆外切四边形ABCD，设切点为P、Q、R、S，则PR、QS的交点就是对角线AC，BD的交点K．（2）若K为⊙I内一定点，则对K点张直角的弦EF的中点的轨迹是一个圆，圆心为IK的中点M．（3）在（1）中若四边形ABCD有外接圆，则PR⊥QS．由（3），PQ、QR、RS、SP对K点张直角，因而它们的中点A'、B'、C'、D'均在以IK的中点M为圆心的圆上．由于IA与PQ相交于A'，所以A'就是以I为反演中心，⊙I为反演圆时，A经反演所得的像，同样B'、C'、D'分别为B、C、D的像，因此⊙O经过反演成为A'B'C'D'的外接圆，从而O与这圆的圆心M，反演中心I共线，所以O在直线IM上，即O、M、K共线，从而问题得证．C1－176 四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P，设三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圆心分别是O1、O2、O3、O4，求证：OP、O1O3、O2O4三线共点．【题说】 1990年全国联赛二试题1．【证】作直线PO2分别交⊙O2于Q，交AD于R，∠PDR＝∠BCA＝∠BQR，∠DPR＝∠QPR，所以∠PRD＝∠PBQ＝90°即 PQ2⊥AD⊙O与⊙O4的连心线垂直于公共弦，即OO4⊥AD故 PO2∥OO4同理 PO4∥OO2所以PO2OO4为平行四边形．O2O4过OP的中点G，同理O1O3也过OP的中点G．所以OP、O1O3、O2O4共点．C1－177 给出平面上的一个锐角三角形ABC，以AB为直径的圆与AB 边的交线CC'及其延长线交于M、N，以AC为直径的圆与AC边的高线BB'及其延长线交于P、Q，求证：M、N、P、Q共圆．【题说】第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题5．利用圆幂定理证AM＝AP【证】在Rt△ABM中，△AM2＝AC'·AB （1）在Rt△ACP中AP2＝AB'·AC （2）又因△ABB'∽△ACC'所以 AC'·AB＝AB'·AB （3）由（1）、（2）、（3）得AM2＝AP2即 AM＝AP但M、N关于AB对称，P、Q关于AC对称，故AM＝AN，AP＝AQ．因此M、N、P、Q在以A为圆心，以AM＝R为半径的圆上．【别证】设BC的高为AA'，△ABC的垂心为H，则A'在以AB为直径的圆上，从而AH×HA'＝MH×HN同样AH×HA'＝PH×HQ于是MH×HN＝PH×HQM、N、P、Q共圆．C1－178 设A1A2A3A4为⊙O内接四边形，H1、H2、H3、H4分别为△A2A3A4、△A3A4A1、△A4A1A2、△A1A2A3的垂心．求证：H1、H2、H3、H4四点共圆，并定该圆圆心的位置．【题说】 1992年全国联赛二试题1．亦可见梁绍鸿《初等几何复习及研究》及1984年巴尔干地区三国联赛．【证】作O点关于A1A3的对称点O1，关于A2A4的对称点O2，完成平行四边形OO1O'O2，连A3O1，A3O，则易知A3H1 OO2 O1O'，从而A3H1O'O1是平行四边形，故O'H1＝A3O1＝A3O＝R同理可证O'H2＝O'H3＝O'H4＝R．故H1、H2、H3、H4共圆，圆心为O'．C1－179 平面上给定一个锐角三角形ABC．过顶点B的高交以AC为直径的圆于P，Q，过顶点C的高交以AB为直径的圆于M、N．求证：M、N、P、Q四点共圆．【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题6．【证】由于MN和PQ的垂直平分线分别是AB和AC．所以，AM＝AN，AP＝AQ．设B'，C'分别是AC与AB边上高的垂足，于是由射影定理，得AM2＝AC'·AB＝AB·ACcos∠BACAP2＝AC·AB'＝AB·ACcos∠BAC所以AM＝AP，从而M、N、P、Q四点在以A为圆心的圆上．C1－180 设M为锐角△ABC中一点，M关于AB、BC、CA的对称点分别为C'、A'、B'．若A、B、C、A'、B'、C'六点共圆，则称M为“好点”．试找出锐角△ABC中所有的“好点”，并说明理由．【题说】 1993年江苏省高中数学竞赛二试题1【解】设△ABC的高为AD，BE，CF，它们相交于垂心H，延长AD交外接圆于D'，则∠HCD＝90°－∠ABC＝∠BAD＝∠D'CD，从而△HCD≌△D'CD，D'与H关于BC对称．同理BE、CF与外接圆的交点E'、F'也与H分别关于CA、AB对称．从而H是好点．另一方面，设M为好点，则∠BMC＝∠BA'C＝180°－∠BAC＝∠BHC，因此M在以BC为底、含角为∠BHC的弓形弧上．同理M在以CA为底、含角为∠CHA的弓形弧上，也在以AB为底、含角为∠AHB的弓形弧上．这三个弓形弧的公共点只有H，因此垂心H是唯一的好点．C1－181 设凸四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA的对称点共圆．【题说】第22届（1993年）美国数学奥林匹克题2．【证】以E为相似中心作相似变换，相似比为1／2，此变换把E关于AB、BC、CD、DA的对称点变为E在AB、BC、CD、DA上的射影P、Q、R、S（如图），只须证明PQRS是圆内接四边形．由于四边形ESAP、EPBQ、EQCR及ERDS都是圆内接四边形（每个四边形都有一组对角为直角），由E、P、B、Q共圆，∠EPQ＝∠EBQ，由EQCR共圆，有∠ERQ＝∠ECQ，于是∠EPQ＋∠ERQ＝∠EBQ＋∠ECQ＝90°同理可得∠EPS＋∠ERS＝90°从而，有∠SPQ＋∠QRS＝180°，故PQRS是圆内接四边形．C1－182 两个等圆彼此相交，从它们的对称中心引出两条射线交圆周于不在同一条直线上的四个点．试证：这四个点必在同一个圆周上．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十年级一试题2．【证】如图，设过对称中心O的两条射线为A1B1、A2B2，A1、A2位于第一个圆周上，而B1、B2位于第二个圆周上．设点A3、B3和B4分别是点B2、A1和A2关于点O的对称点．根据相交弦定理，有B3O·OB1＝B2O·OB4因为B3O＝OA1，OB4＝OA2，从而OA1·OB1＝OB2·OA2，A1、B1、B2、A2共圆．C1－183 圆S1和圆S2相外切于F点．直线l分别切圆S1和圆S2于A、B点．于圆S2相切于C点且平行于l的直线交圆S1于两点．证明：点A、F 和C共线．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级（决赛）题2．【证】连结FA、FB、FC．因为两平行线分别切圆S2于B、C点，所以BC是圆S2的直径，∠BFC＝90°．过F引两圆的公切线交l于K点，则KA＝KF＝KB所以∠KAF＝∠KFA∠KBF＝∠KFB∠AFB＝∠KFA＋∠KFB＝∠KAF+∠KBF∠AFB+∠BFC＝180°故A、F、C三点共线．C1－184 圆O内切于四边形ABCD，与不平行的两边BC、AD分别切于E、F点．设直线AO与线段EF相交于K点，直线DO与线段EF相交于N点，直线BK与直线CN相交于M点．证明：O、K、M和N四点共圆．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】设内切圆O切AB于P点，连结OP及PE，则∠AOP＝因为∠OPB＝∠OEB＝90°，所以O、P、E在以OB为直径的圆周上．从而K点也在这个圆周上．所以∠BKO＝90°．同理可证∠CNO＝90°．于是∠ONM+∠OKM＝180°所以O、K、M和N四点共圆．C1－185 一条直线l与⊙O不相交，E是l上一点，OE⊥l，M是l上任意异于E的点，从M作圆的两条切线分别切圆于A和B，点C是MA上的点，使得EC⊥MA，D是MB上的点，使得ED⊥MB，直线CD交OE于F，求证：F的位置不依赖于M的位置．【题说】第三十五届（1994年）IMO预选题．本题由塞浦路斯提供．【证】设EM＝x，OE＝a，圆半径为R，连结OM．设OM交AB于J，OE交AB于H，则易知OJ⊥AB．从而∠AJM＝∠OEM＝90°，J、M、E、H四点共圆．OH×OE＝OJ×OM＝OA2，设E在AB上的射影为G．由于E、A、B都在以OM为直径的圆上，对这个圆的内接三角形MAB，E点的西摩松线CD通过G点．连EB．由E、G、B、D共圆，∠EGD＝∠EBD．由E、B、O、M共圆，∠EBD＝∠EOM＝90°－∠GHE．所以∠FGH＝90°－∠EGD＝∠GHE．从而F是直角三角形EGH斜边的中点．EF＝C1－186 D为△ABC的边BC上的点．作△ABD和△ACD的内切圆，并作它们的外公切线（异于BC的外公切线），交AD于点K．证明：线段AK 的长度与点D在BC上的位置无关．【题说】第五十七届（1994年）莫斯科数学奥林匹克十年级题24．【解】如图．设AD与两圆的切点分别为P、Q，两圆的另一条公切线为MN，切点分别为M、N，BC与两圆的切点分别为E、F．利用切线的性质不难算得KP＋KQ＝KM＋KN＝MN＝EF所以4AK＝2（AP＋AQ）－2（KP＋KQ）＝AB＋AC－BC＋2（AD－EF）（1）另一方面，容易算得2EF＝（DE＋DP）+（DF＋DQ）＝（AD＋BD－AB）＋（AD＋DC－AC）＝2AD－（AB＋AC－BC）（2）将（2）代入（1）得2AK＝AB＋AC－BC与D在BC上的位置无关．C1－187 设A、B、C、D是一条直线上依次排列的四个不同的点．分别以AC、BD为直径的两圆相交于X和Y；直线XY交BC于E．若P为直线XY上异于E的一点，直线CP与以AC为直径的圆相交于C及M，直线BP与以BD为直径的圆相交于B及N．试证：AM、DN和XY三线共点．【题说】第三十六届（1995年）国际数学奥林匹克题1．【证】设P点在线段XY上（如图所示），直线AM与直线XY交于Q 点，直线DN与直线XY交于Q'点．因为∠QMC＝∠QEC＝90°，所以Q、M、E、C四点共圆，从而QP·PE＝MP·PC＝XP·PY同理Q'P·PE＝NP·PB＝XP·PY因此Q'P＝QP，Q点与Q'点重合．P在线段XY的延长线上，证明类似．C1－188 设△ABC是非等腰非直角三角形．设O是它的外接圆圆心．并且设A1、B1和C1分别是边BC、CA和AB的中点．点A2在射线OA1上，使得△OAA1∽△OA2A．点B2和C2分别在射线OB1和OC1上，使得△OBB1∽△OB2B和△OCC1∽△OC2C．证明直线AA2、BB2和CC2共点．【题说】第二十四届（1995年）美国数学奥林匹克题3．【证】设Γ是△ABC的外接圆．因为△OAA1∽△OA2A，所以从而OA1·OA2＝OA2＝OB2因而A2B和Γ相切于B点．同理A2C与Γ相切于C点，B2C、B2A、C2A2、C2B分别与圆Γ相切于C、A、B、B．于是Γ是△A2B2C2的内切圆，切点分别是A、B和C．由切线长相等和Ceva定理，即得A2A、B2B、C2C共点．C1－189 设H是锐角△ABC的垂心，由A向以BC为直径的圆作切线AP、AQ，P、Q为二切点．求证：P、H、Q三点共线．【题说】 1996年中国数学奥林匹克（第11届数学冬令营）题1．【证】设BC中点为O，连结AO，PQ，交于G，则AO⊥PQ．在Rt△AQO中，由射影定理有AQ2＝AG·AO （1）作AD⊥BC于D，则H在AD上．连结BH，延交AC于E，则BE⊥AC，且E在圆周上．而有H、D、C、E共圆，从而AH·AD＝AE·AC＝AQ2 （2）由（1）、（2），得AH·AD＝AG·AO因此H、D、O、G共圆．从而∠HGO＝180°－∠HDO＝90°即H在PQ上．【另证】设BC中点为O，AD、BE为高，则AD、BE都过H，并且E在以BC为直径的圆上，O是这圆的圆心．因为∠ADC＋∠HEC＝90°＋90°＝180°，所以E、C、D、H四点共圆，AH·AD＝AE·AC．又AQ是⊙O切线，所以AE·AC＝AQ2．因为AH·AD＝AQ2，所以△AHQ∽△AQD，∠AHQ＝∠AQD．同理，∠AHP＝∠APD．因为P、D、Q都在以OA为直径的圆上，所以∠AQD+∠APD＝180°．从而∠AHQ＋∠AHP＝180°，即P、H、Q三点共线．C1－190 设P是△ABC内一点，∠APB－∠ACB＝∠APC－∠ABC，又设D、E分别是△APB及△APC的内心．证明AP、BD、CE交于一点．【题说】第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题2．本题由加拿大提供．【证】延长AP交BC边于K，交△ABC的外接圆于F，连结BF、CF．∠APC－∠ABC＝∠AKC＋∠PCK－∠ABC＝∠BAK＋∠PCK＝∠BCF＋∠PCK＝∠PCF同理∠APB－∠ACB＝∠PBF所以由已知∠PCF＝∠PBFC1－191如图，已知两个半径不相等的⊙O1和⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1、⊙O2与⊙O内切于S、T两点，求证：OM⊥MN的充分必要条件是S、N、T三点共线．【题说】1997年全国联赛二试题1．【证】如图，由题设，知O、O1、S共线，O、O2、T共线．连结OS、OT、SN、NT、O1M、O1N、O2M、O2N，则有OS＝OT．（1）充分性设S、N、T三点共线，则∠S＝∠T．因△O1SN、△O2NT 都是等腰三角形，故∠S＝∠O1NS＝∠T＝∠O2NT从而O2N∥OS，O1N∥OTOO1NO2为平行四边形，故OO1＝O2N＝O2M，OO2＝O1N＝O1M．所以△O1MO≌△O2OM，则又由于O1O2⊥MN，故OM⊥MN．（2）必要性设OM⊥MN，由图知OO2－OO1＝（OT－O2T）－（OS－O1S）＝O1S－O2T（定值）＝MO1－MO2所以，O1M分别在以O1、O2为焦点的双曲线的（左、右）两支上．由OM⊥MN，O1O2⊥MN，知OM∥O1O2．又由双曲线对称性，知O1O2MO是等腰梯形．所以OO2=O1M=O1N，OO1=MO2=O2N，从而OO1NO2是平行四边形．所以2∠O1NS＋2∠O2NT＋2∠O1NO2=（∠O1NS＋∠S＋∠SO1N）（∠O2NT＋∠T＋∠NO2T）=360°，∠O1NS＋∠O2NT＋∠O1NO2=180°，S、N、T三点共线．C1－192 四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC延长交于P点，AD、BC延长交于Q点．由Q作该圆二切线QE、QF，切点分别为E、F．求证：P、E、F三点共线．【题说】1997年中国数学奥林匹克题4．【证】如图，设ABCD内接圆圆心为O，半径为r．连PQ，过D、Q、C作圆交PQ于M，则∠CMQ=∠CDA=∠PBC故C、B、P、M共圆．从而PO2-r2=(PO+r)(PO-R)=PD·PC=PQ·PM （1）同理QO2-r2=PQ·QM（2）（1）-（2）得PO2-QO2=PQ（PM-QM）=（PM＋QM）（PM—QM）=PM2-QM2从而OM⊥PQ从而O、E、Q、M、F共圆，该圆以OQ为直径，OQ中点O1为圆心．EF 是⊙O与⊙O1公共弦．。