第39届国际数学奥林匹克试题

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1、金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第39届国际数学奥林匹克试题（1998-07-10~07-21，台北）第一天1．（卢森堡）在凸四边形ABCD中，两对角线AC与BD互相垂直，两对边AB与DC不平行。点P为线段AB及CD的垂直平分线的交点，且P在四边形ABCD的内部。证明：ABCD为圆内接四边形的充分必要条件是△ABP与△CDP的面积相等。证明：如图98-1，先证必要性：即当A、B、C、D四点共圆时，有设两条垂直的对角线AC与BD交于一点K。⌒从而90°=∠AKB=∠DBC+∠ACB⌒=（AB的度数+CD的度数）=（∠APB+∠CPD），故∠APB+∠CPD=180°，sin∠APB=

2、sin∠CPD.又由于A、B、C、D共圆，且AB与CD不平行，故P为四边形ABCD外接圆的圆心。从而PA=PB=PC=PD。于是下证充分性：即当时，有A、B、C、D四点共圆。方法一：（反证法）如果PA=PD，那么，由P的定义可知A、B、C、D都在一个以P为圆心的圆周上。第12页共12页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com否则，不失一般性，假设PA>PD。于是可在KA延长线上取一点E，使PE=PD；在KB延长线上取一点F，使PF=PC，则凸四边形EDCF满足E、D、C、F共圆，且对角线EC⊥FD。对其应用前述必要性的证明可知。另一方面，无论P位置

3、如何，总有直线BP与线段AC相交，可知E到直线BP的距离一定大于A到直线BP的距离，故。类似地，直线EP必与线段BD相交。从而F到直线PE的距离一定大于B到直线PE的距离。故。从而，。与前述矛盾，故假设不成立，故必有PA=PD，即A、B、C、D共圆。方法二：*（直接证明）因为AB与CD不平行，可设E是AB和CD的交点。因为P是AB及CD的垂直平分线的交点。可设AB、CD的中点分别为M、N，AC与BD交于Q。所以PM⊥AB，PN⊥PC。故由，知又由Rt△AQB及Rt△CQD知。所以，。①又PM⊥AB，PN⊥CD，知∠MPN=180°-∠E=∠BDE+∠DBE=∠QDC+（∠AQB+∠BAQ）=

4、∠QDC+90°+∠BAQ=∠DQN+90°+∠AQM=∠MQN由①、②知△MPN∽△MQN。从而有MP=QN，PN=MN，得MP=QN=NC，PN=MQ=MB，知Rt△BMP≌Rt△PNC。所以PB=PC。由题设P是AB、CD中垂线的交点知PB=PA，PC=PD。第12页共12页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com故PB=PA=PC=PD，所以A、B、C、D四点共圆。评注：（1）题目背景：本题源自于一个古老的定理——波罗摩笈多定理。婆罗摩笈多定理圆内接四边形ABCD中，若两对角线交于H且互相垂直，则一边的中点与交点的连线必垂直于对边；反之，过

5、交点作一边的垂线必平分对边。推论1：圆内接四边形两条对角线互相垂直，则从对角线交点到一边中点的线段等于圆心到定边的对边之距离。（1978年上海市数学竞赛题）推论2：圆内接四边形两条对角线互相垂直，则圆心到一边的距离，等于这一边对边的一半。（1978年银川市数学竞赛题）推论3：圆内接四边形ABCD，两对角线垂直并相交于H，圆心为O，则。本题即源自推论3及其逆命题。（2）题目探索：原题要求AB不平行CD，现在我们进一步探索一下AB//CD的情形。显然，当AC⊥BD且AB//CD时，则有ABCD内接于圆AB、CD的中垂线重合。因为中垂线重合ABCD是等腰梯形。所以，放弃AB不平行CD，原题可扩大为

6、：设凸四边形ABCD中，AC⊥BD，则A、B、C、D四点共圆的充要条件是AB、CD的中垂线有一公共点P，使得。2．（印度）在某项竞赛中，共有a个参赛选手与b个裁判，其中且为奇数。每个裁判对每个选手的评分只有“通过”或“不及格”两个等级。设是满足以下条件的整数；任何两个裁判至多可对个选手有完全相同的评分。证明：证明：首先，如果两个裁判对某一参赛者有相同的评判，我们就称其为一个“同意”。由已知，任意两个裁判最多对个参赛者有相同的评判，即任两个裁判最多产生个“同意”。从而，“同意”的总数①另一方面，对任意一个参赛者，设有A个裁判判他通过，而B个裁判判他不及格，其中A+B=b，则对于这个参赛者，有关

7、他的“同意”个数为由于b是个奇数，故A-B也应是一个奇数。从而，第12页共12页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com这样，所有“同意”个数②由①、②可知即评注：本题考查的是组合中的最优化问题，源自于现实中的竞赛评分，心理上易于接受，便于入手。解题中，一方面站在裁判的角度，得到产生“同意”总数的上限；另一方面站在选手的角度，找到一个选手所有“同意”个数的下限。从而