校本课程数学竞赛讲义第14

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1、【校本课程数学竞赛讲义】第八章联赛二试选讲8.1 平几名定理、名题与竞赛题II定理9 (Nine point round)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点，共计九点共圆分析 要证九个点共圆，可先过其中三点作一圆，再证其余的点在此圆上为此可考虑在三种点中各选一点作圆，再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上，即可证明证明：取BC的中点M，高AD的垂足D，AH中点P，过此三点作圆，该圆的直径即为MP由中位线定理知，MNAB，NPCH，但CHAB，故PNM=90，于是，点N在MDP上，同理，AB中点在MDP上再由QMCH，QPAB，又得PQM=90，故点Q在MDP

2、上，同理，CH中点在MDP上由FP为RtAFH的斜边中线，故PFH=PHF=CHD，又FM为RtBCF的斜边中线，得MFC=MCF，但CHD+DCH=90，故PFM=90又得点F在MDP上，同理，高BH的垂足在MDP上即证说明 证明多点共圆的通法，就是先过三点作圆，再证明其余的点在此圆上九点圆的圆心在三角形的Euler线上九点圆的直径等于三角形外接圆的半径由OMAP，OM=AP，知PM与OH互相平分，即九点圆圆心在OH上且九点圆直径MP=OA=ABC的外接圆半径定理10(三角形的内心的一个重要性质)设I、Ia分别为ABC的内心及A内的旁心，而A平分线与ABC的外接圆交于点P，则PB=PC=PI

3、=PIa例15设ABCD为圆内接四边形，ABC、ABD、ACD、BCD的内心依次为I1、I2、I3、I4，则I1I2I3I4为矩形(1986年国家冬令营选拔赛题）分析 只须证明该四边形的一个角为直角即可为此可计算1、2、XI2Y1022证明 如图，BI2延长线与O的交点X为中点且XI2=XI3=XA=XD，于是1=(180-X)=90，同理，2=90-XI2Y= (+)= (+)+(+)，故1+2+XI2Y=90+90+(+)=270从而I1I2I3=90同理可证其余说明 亦可证XZYU，又XZ平分I2XI3及XI2=XI3I2I3XZ，从而I2I3YU，于是得证定理11 (Euler定理)设

4、三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，外心与内心的距离为d，则d2=R2-2Rr(1992年江苏省数学竞赛)分析 改写此式，得：d2-R2=2Rr，左边为圆幂定理的表达式，故可改为过I的任一直线与圆交得两段的积，右边则为O的直径与内切圆半径的积，故应添出此二者，并构造相似三角形来证明证明：如图，O、I分别为ABC的外心与内心连AI并延长交O于点D，由AI平分BAC，故D为弧BC的中点连DO并延长交O于E，则DE为与BC垂直的O的直径由圆幂定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IAID（作直线OI与O交于两点，即可用证明）但DB=DI（可连BI，证明DBI=DIB得），故只要证2Rr=IA

5、DB，即证2RDB=IAr即可而这个比例式可由AFIEBD证得故得R2-d2=2Rr，即证例16(1989IMO)锐角DABC的内角平分线分别交外接圆于点A1、B1、C1，直线AA1与ABC的外角平分线相交于点A0，类似的定义B0，C0，证明：例 S=2S； S4SABC分析：利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I为公共顶点的六个小三角形，分别与六边形A1CB1AC1B中的某一部分的2倍相等 若连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，再计算其面积和，最后归结为证明R2r也可以这样想：由知即证S2 SABC，而IA1、IB1、IC1把六边开分成三个筝形，于是六边形

6、的面积等于DA1B1C1面积的2倍故只要证明SSABC证明： 设DABC的内心为I，则A1A0=A1I，则S=2S ；同理可得其余6个等式相加即得证 连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1AB，OA1BC，OB1CA，得 S=S+ S + S=ABR+BCR+CAR=Rp但由Euler定理，R22Rr=R(R2r)=d20，知R2r，故Rp2rp=2SDABC故得证 证明：记A=2a，B=2b，C=2g0a，b，g则SABC=2R2sin2asin2bsin2g，S=2R2sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)又sin(a+b)=sinacosb+cos

7、asinb2=，同理，sin(b+g)，sin(g+a)，于是SSABC得证又证：连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1AB，OA1BC，OB1CA，得 S=S+ S + S=ABR+BCR+CAR=Rp但由Euler定理，R22Rr=R(R2r)=d20，知R2r，故Rp2rp=2SDABC故得证又证：a+b+g=p，故sin(a+b)=cosg，sin(b+g)=cosa，sin(g+a)=cosb于是，sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)=cosacosbcosg，故sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)sin2asin2bsin2g，

8、 cosacosbcosg8sinasinbsingcosacosbcosg，由0a、b、g线段PP4的长即PQR的周长DEF的周长定理16(Polya问题)两端点在给定圆周上且把圆面积二等分的所有线中，以直径最短 连AB，作 与AB平行的直径CD，作直径AB，则B与B关于CD对称CD与曲线AB必有交点，否则曲线AB全部在CD一侧，不可能等分圆面积设交点为E，连AE、BE、BE，则AE+EB=AE+EBAB，故曲线AB的长大于直径AB定理17(等周问题)这是由一系列的结果组成的问题：1 在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大 2 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大 3 在面积

9、一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。 4 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。 下面证明：等长的曲线围成面积最大的图形是圆(Steiner解法）1 周长一定的封闭曲线中，如果围成的面积最大，则必为凸图形若为该图形凹，可任作一条与曲线凹进部分有两个交点的直线，作该曲线在两交点间一段弧的对称曲线，则可得一个与之等周且面积更大的图形2 周长一定的面积最大的封闭曲线中，如果点A、B平分其周长，则弦AB平分其面积若AB不平分其面积，则该图形必有在AB某一侧面积较大，如图，不妨设NM，则去掉M作N的关于AB的对称图形N，则由N、N组成的图形周长与原来的相等，但面积更大3对于既平分周长与又平

10、分面积的弦AB，只考虑该图形在AB的任一侧的一半，若C为此段弧上任一点，则ACB=90否则可把此图形划分为三块M、N、P，只须改变ACB的大小，使ACB=90，则M、N的面积不变，而P的面积变大这说明，此半段曲线必为半圆，从而另一半也是半圆例20设正三角形ABC的边长为a，若曲线l平分ABC的面积，求证：曲线l的长l分析 从结论中式子的形状估计该曲线的长度与圆的周长有关，故应设法找出相头的圆再如果一条曲线等分此正三角形的面积，则估计此曲线应是圆弧，于是可求出其半径但要说明此弧一定是最短的，就要把圆弧还原成圆，从而可把此三角形还原成圆内接六边形证明 设曲线PQ平分ABC的面积，其长度为l若此曲线

11、与三角形的两边AB、AC相交于点P、Q，作ABC关于AC、AC的对称图形，得ACD、ABG，再作 此图形关于DG的对称图形，得到一个正六边形BCDEFG则曲线PQ相应的对称曲线围成的封闭曲线平分正六边形BCDEFG的面积以A为圆心，r为半径作圆，使此圆的面积等于正六边形面积的一半则此圆的夹在AB、AC间的弧段MN平分ABC的面积由于正六边形面积=6a2=a2故得pr2=a2，解得r=a，从而弧MN的长=2r=，由等周定理，知l练习题1、在四边形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面积比是341，点M、N分别在AC、CD上满足AMAC=CNCD，并且B、M、N三点共线求证：M与N分别是AC与CD

12、的中点(1983年全国高中数学联赛)证明 设AC、BD交于点E由AMAC=CNCD，故AMMC=CNND，令CNND=r(r0)， 则AMMC=r由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABDSBCD =34从而AEECAC=347SACDSABC=61，故DEEB=61，DBBE=71AMAC=r(r+1)，即AM=AC，AE=AC，EM=(-)AC=ACMC=AC，EMMC=由Menelaus定理，知=1，代入得 r7=1，即4r23r1=0，这个方程有惟一的正根r=1故CNND=1，就是N为CN中点，M为AC中点2、四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC延长交于点P，AD、BC

13、延长交于点Q，由Q作该圆的两条切线QE、QF，切点分别为E、F，求证：P、E、F三点共线(1997年中国数学奥林匹克）证明 连PQ，作QDC交PQ于点M，则QMC=CDA=CBP，于是M、C、B、P四点共圆由 PO2-r2=PCPD=PMPQ， QO2-r2=QCQB=QMQP，两式相减，得PO2-QO2=PQ(PM-QM)=(PM+QM)( PM-QM)=PM2-QM2， OMPQ O、F、M、Q、E五点共圆连PE，若PE交O于F1，交OFM于点F2，则对于O，有PF1PE=PCPD，对于OFM，又有PF2PE=PCPD PF1PE=PF2PE，即F1与F2重合于二圆的公共点F即P、F、E三

14、点共线3、若ABC的边a、b、c，所对的角为124，求证：=+作三角形的外接圆，即得圆内接正七边形，转化为例14、P为ABC内任意一点，AP、BP、CP分别交对边于X、Y、Z求证：+=1证明：=，=，=，三式相加即得证5、如图，设ABC的外接圆O的半径为R内心为IAC，B=60，A的外角平分线交O于E证明：IO=AE；2RIO+IA+ICOH=2R设OHI=，则030IO+IA+IC=IO+IH=2R(sin+cos)=2Rsin(+45)又+4575，故IO+IA+ICAC，A的一个外角的平分线交ABC的外接圆于点E，过E作EFAB，垂足为F求证 2AF=AB-AC（1989年全国高中数学联

15、赛）证明 在FB上取FG=AF，连EG、EC、EB，于是AEG为等腰三角形，EG=EA又3=180-EGA=180-EAG=180-5=4，1=2于是EGBEAC BG=AC， AB-AC=AG=2AF10、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的外接圆圆心分别是O1、O2、O3、O4求证OP、O1O3、O2O4三直线共点（1990年全国高中数学联赛）证明 O为ABC的外心， OA=OB O1为PAB的外心，O1A=O1B OO1AB作PCD的外接圆O3，延长PO3与所作圆交于点E，并与AB交于点F，连DE，则1=2=3，EPD=BPF， P

16、FB=EDP=90 PO3AB，即OO1PO3同理，OO3PO1即OO1PO3是平行四边形 O1O3与PO互相平分，即O1O3过PO的中点同理，O2O4过PO中点 OP、O1O3、O2O4三直线共点11、在棱长为1的正四面体表面选取一个由若干条线段组成的有限集，使四面体的任二顶点都可以由此集中的某些线段组成的折线来连接能否选取满足上述要求的线段集，使其中所有的线段总长度和小于1+？(1975年波兰数学竞赛)把这个正四面体展开，其中两个面即含有此四面体的四个顶点故只要在此四边形中考虑即可设AD、BC交于点O，取ABO的Fermat点F，则BFA=AFO=OFB=120，设FA=x，FB=y，FC

17、=z，由余弦定理，可得方程组 又由三角形面积可得xy+yz+zx=， +3得 2(x+y+z)2=，即x+y+z=同样可在OCD中找出相同的线段集，这样，连接此四点的线段集的长可以=而1+12、如图，O，I分别为ABC的外心与内心，AD是BC边上的高，I在线段OD上求证：ABC的外接圆半径等于其BC边上的旁切圆半径(1998年全国高中数学联赛)由旁切圆半径公式，有ra=，故只须证明=即可连AI并延长交O于K，连OK交BC于M，则K、M分别为弧BC及弦BC的中点且OKBC于是OKAD，又OK=R，故= = ，故只须证=作INAB，交AB于N，则AN=(b+ca)，而由AINBKM，可证=成立10