平面几何国外竞赛题阅读

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

CMACBMAB?，。?sin?sin?BMAsin?sin?CMABMsin?AB?。又因为ＢＭ＝ＣＭ，

CMsin?ACBMA由于sin∠BMA=sin∠CMA，因此

POED图1FNsin?AC所以，。 ?sin?AB如图2，在△ＡＢＦ和△ＡＣＦ中，由正弦定理得

CAF?si?n于是，

AB,s?iAnFBAF??sin?AC。 AsiFnCAsin?ACsin?AFB。从而，sin?AFB?sin?AFC。 ?sin?ABsin?AFCPEOBDM图2FCN因为

??A?D2??F,???D，E所C以

?EFD?180?2??2??180?2?BAC。

因此，∠ＢＦＣ＝2∠ＢＡＣ＝∠ＢＯＣ。于是，Ｂ、Ｏ、Ｆ、Ｃ四点共圆。 000

又∠ＡＦＢ+∠ＡＦＣ＝360－2∠ＢＡＣ>180，则∠ＡＦＢ＝∠ＡＦＣ＝180-∠ＢＡＣ，且∠ＯＦＢ＝∠

0000

ＯＣＢ＝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

P理的运用时机，2）注意画图，思考作图关键点，训练画圆。 B1A6B6 A1A5例2（07-08匈牙利）已知凸六边形A1A2A3A4A5A6所有的角

B2B5A4B3A3B4

QA21 R都是钝角，圆?i(1?i?6)的圆心为Ai，且圆?i分别与圆?i?1和圆?i?1相外切，其中，?0??6,?1??7。设过圆?1的两个切点所连直线与过圆?3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、B3B4、B5B6两两交于点P、Q、R。联结B1B6、B4B5、B2B3。 由角元塞瓦定理得

sin?B1PA6sin?PB6A6sin?B6B1A6（1） ???1。

sin?A6PB6sin?A6B6B1sin?A6B1Psin?B1PA6sin?PB6A6??1。

sin?A6PB6sin?A6B1P又A6B6?A6B1，则?A6B6B1??A6B1B6。故式（1）为

完全类似地得

sin?B5RA4sin?RB4A4sin?B3QA2sin?QB2A2??1，??1。

sin?A4RB4sin?A4B5Rsin?A2QB2sin?A2B3Q以上三式相乘并由?PB6A6??A5B6B5??A5B5B6??RB5A4，

?RB4A4??A3B4B3??A3B3B4??QB3A2， ?QB2A2??A1B2B1??A1B1B2??PB1A6，

得

sin?B1PA6sin?B5RA4sin?B3QA2???1。由角元塞瓦定理的逆定理知，PA6、QA2、RA4三线共点，

sin?A6PB6sin?A4RB4sin?A2QB2即e,f,g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△ＡＣＥ是钝角三角形，则点Ｏ在△ＡＣＥ的外部。于是∠ＡＯＣ+∠ＣＯＥ+∠ＥＯＡ<２?.无论哪种情况，均有∠ＡＢＣ+∠ＣＤＥ+∠ＥＦＡ<２?。

AF同理，对于△ＢＤＦ，均有∠ＢＣＤ+∠ＤＥＦ+∠ＦＡＢ<２?。

故∠ＡＢＣ+∠ＣＤＥ+∠ＥＦＡ+∠ＢＣＤ+∠ＤＥＦ+∠ＦＡＢ<４?。

EO矛盾。 B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，排除不可能的情形。例如：教材第220例4。

DC例4（08罗马尼亚第三天）在△ABC中，∠BAC<∠ACB，D、E分别是边

2

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。则G在不

?上。于是，∠BEF＝∠BFI＝∠HFG＝∠FCG<∠FCD。 含点C的弧FDA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。 EH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。

F0

故∠EFC+∠EAC＝∠ABF+∠ACF+∠FBC+∠FCB+∠EAC＝∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180，

IC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

A的交点。

下面证明：X是定点。只需证明AX是定长。 Q由托勒密定理得AX·RQ＝AR·XQ+AQ·XR。 GRX取正弦得AXsin∠BAC=ARsin∠XAQ+AQsin∠XAR.故AXsin∠BAC=ARsin∠

CBBAG+AQsin∠CAG.

由PR∥AC,AR∥PQ，得AR=PQ，AQ=PR。记

BPCP＝?。则＝1-?。因此，BCBCPPQPR＝1-?，＝?。故AXsin∠BAC=PQsin∠BAG+PRsin∠CAG=(1-?)ABsin∠BAG+?ACsin∠CAG=ABsinABAC∠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，DW、EU、FV的中点分别为L、M、N，证明：L、M、N三点共线。

证明：如图，设DF、FE、ED的中点分V别为P、Q、R。则PQ∥DE，且直线PQ过点N；RQ∥DF，且直线RQ过点M；PRUNA∥EF，且直线PR过点L。 M因为AE＝AF，所以，AQ是∠CAB的角EF平分线。

Q同理，BP、CR分别是∠ABC、∠BCA的

R角平分线，且AQ、BP、CR交于△ABCPWCB的内心I。 LD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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