半径相等的三个互不相交的圆的圆心o1

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1、C1－021 半径相等的三个互不相交的圆的圆心O1、O2、O3位于三角形的顶点处．分别从点O1、O2、O3引已知圆的切线，如图所示，已知这些切线相交成凸六边形，而六边形相邻的边分别涂成红色和蓝色．证明：红色线段长度之和等于蓝色线段长度之和．【题说】 第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题2．【证】 如图所示，X1、X2、Y1、Y2、Z1、Z2分别为切点．切线围成的六边形为ABCDEF．因⊙O1，⊙O2，⊙O3的半径相等，易得X1O2=O1Y2，Y1O3=O2Z2，Z1O1=O3X2．即X1A+AB+BO2=O1B+BC+CY2Y1C+CD+DO3=O2D+DE+EZ2Z1E+

2、EF+FO1=O3F+FA+AX2以上三式两边相加，并利用X1A=AX2，Y1C=CY2，Z1E=EZ2，及BO2=O1B，DO3=O2D，FO1=O3F，得AB+CD+EF=BC+DE+FA C1－022 在等腰△ABC中（AB=BC），CD是角平分线．过△ABC的外心作直线垂直于CD，交BC于E点，再过E点作CD的平行线交AB于F，证明：BE=FD．【题说】 第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题6．【证】 设O是△ABC的外心，K是直线BO和CD的交点．先设O在B、K之间（图a），∠BOE=90°－∠DKO=∠DCA，所以，点K、O、E、C四点共圆．∠OKE=∠OCE

3、因为OB=OC，所以∠OCE=∠OBE．于是                                         ∠BKE=∠OCE=∠KBE所以                                                         BE=KE又                                             ∠BKE=∠KBE=∠KBA所以KE∥AB．从而KEFD为平行四边形，则DF=KE=BEK在O、B之间（图b）或K、O重合的情况可用类似方法证明． C1－023 直角三角形ABC中，C为直角，证明：在△ABC中至少有一

4、点P，使∠PAB＝∠PBC＝∠PCA．【题说】 1963年合肥市赛高二二试题2．【证】 我们证明结论对任意△ABC成立．不妨设∠A、∠B为锐角，过A作AB的垂线，与边AC的中垂线相交于点OB．过B作BC的垂线交AB的中垂线于点OC，分别以OB、OC为心，过A点作圆．设P为这两个圆的另一个公共点，则AP⊥OBOC．连PB、PC．设O为△ABC的外心，则OOC∥AOB，四边形OOBAOC为梯形，对角线OBOC在梯形内，∠AOBOC＜∠AOBO，所以∠PAOB＝90°－∠AOBOC＞90°－∠AOBO=∠CAOB．同样∠PAOC＞∠BAOC，所以射线AP在∠CAB内，P是AP与的交点，与A在

5、BC的同侧，所以P在△ABC内．由于BC与⊙OC相切，所以∠PBC=∠PAB．同理∠PAB=∠PCA．因此，P合乎要求． C1－024 在矩形ABCD内，M是AD的中点，N是BC的中点，在线段CD的延长线上取一点P，用Q表示直线PM和AC的交点．证明：∠QNM=∠MNP．【题说】 第六届（1972年）全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】 设R是直线QN和CD的交点，O是矩形ABCD的中心，由OM=ON得：PC=CR．因此三角形PNR是等腰三角形（NC是该三角形的中线和高，也就是△PQN的外角∠PNR的平分线，又NC⊥MN），问题的结论由此即得． C1－025 已知正方形ABCD，点P和Q

6、分别在AB和BC上，且BP=BQ，BH⊥PC于H．证明：∠DHQ是直角．【题说】 第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】 延长BH交AD于E，则Rt△ABE≌Rt△BCP，于是AE=BP=BQ，因此，QC=ED，从而得矩形CDEQ．这个矩形的外接圆直径就是其对角线CE与DQ，而∠CHE=90°，所以H点在矩形的外接圆上，即C、D、E、H、Q五点共圆．对着直径DQ的圆周角：∠DHQ=∠DCQ=90°即∠DHQ是直角． C1－026 设ABCD是矩形，BC=3AB，证明：如果P、Q是BC边上的点，BP=PQ=QC，那么∠DBC+∠DPC=∠DQC．【题说】 第六届（1974

7、年）加拿大数学奥林匹克题2．【证】 如图所示，即证β+γ＝α或                                     tan（β+γ）=tanα=1△BRD∽△PQD．于是∠RBD=∠DPC=β，从而有β+γ＝∠RBC=α． C1－027 在任一△ABC的边上，向外作△BPC、△CQA和△ARB，使得2．QR=RP．【题说】 第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．【证】 建立一个复平面，令A和B的坐标分别