平面几何国外竞赛题阅读

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1、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

2、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，。则。在△ＡＢＭ和△ＡＣＭ中，由正弦定理得，。由于sin∠BMA=sin∠CMA，因此。又因为ＢＭ＝ＣＭ，所以，。如图2，在△ＡＢＦ和△ＡＣＦ中，由正弦定理得。于是，。从而，。因为，所以。4因此，∠ＢＦＣ＝2∠ＢＡＣ＝∠ＢＯＣ。于是，Ｂ、Ｏ、Ｆ、Ｃ四点共圆。又∠ＡＦＢ+∠Ａ

3、ＦＣ＝3600－2∠ＢＡＣ>1800，则∠ＡＦＢ＝∠ＡＦＣ＝1800-∠ＢＡＣ，且∠ＯＦＢ＝∠ＯＣＢ＝900－∠ＢＡＣ。故∠ＡＦＯ＝∠ＡＦＢ－∠ＯＦＢ＝（1800-∠ＢＡＣ）-（900－∠ＢＡＣ）＝900。阅读提示：1）注意思路分析，思考步步的因果关系及正弦定理的运用时机，2）注意画图，思考作图关键点，训练画圆。例2（07-08匈牙利）已知凸六边形所有的角都是钝角，圆的圆心为，且圆分别与圆和圆相外切，其中，。设过圆的两个切点所连直线与过圆的两个切点所连直线相交，且过这个交点与点的直线为；类似地由圆、圆和定义直线，由圆、圆和定义直线。证明：记这六个切点分别为（如图）。设两两

4、交于点。联结。由角元塞瓦定理得。（1）又，则。故式（1）为。完全类似地得，。以上三式相乘并由，，，4得。由角元塞瓦定理的逆定理知，、、三线共点，即三线共点。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>

5、∠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。同理，对于△ＢＤＦ，均有∠ＢＣＤ+∠ＤＥＦ+∠ＦＡＢ<２。故∠ＡＢＣ+∠ＣＤＥ+∠ＥＦＡ+∠ＢＣＤ+∠ＤＥＦ+∠ＦＡＢ<４。矛盾。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。例4（08罗马尼亚第三天）在△ABC中，∠BAC<∠ACB，D、E分别是边AC、AB上的点，且满

6、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在不含点C的弧上。于是，∠BEF＝∠BFI＝∠HFG＝∠FCG<∠FCD。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<∠BC

7、D。矛盾。若点F在△BCD的内部，类似地有∠BED>∠BCD。由上面的讨论可知，一定有∠BEF＝∠DCF，∠DEF＝∠BCF，且点F在BD上。故∠EFC+∠EAC＝∠ABF+∠ACF+∠FBC+∠FCB+∠EAC＝∠ABC+∠ACB+∠BAC＝1800，即A、C、E、F四点共圆。例5（08美国国家队选拔）设G是△4ABC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