2012年高中数学竞赛平面几何问题的解答及其它模板.docVIP

平面几何问题的解答及其它 1. 在△OAB与△OCD中, OA = OB, OC = OD. 直线AB与CD交于点P, ⊙(PBC)与⊙(PDA)的外接圆交于P、Q两点. 求证: OQ⊥PQ. 这是第26届IMO的一道几何题的推广. 第26届IMO的那道几何题的条件是A、B、C、D四点共圆, 且O为圆心. 思路1 欲证明OQ⊥PQ, 可考虑证明点O在过点Q且垂直于PQ的直线上. 证法1 如图1所示, 过点Q作PQ的垂线分别交△PAD与△PBC的外接圆交于I、J两点, 则AI⊥PA, BJ⊥PA, 所以AI∥BJ, 因而AB的垂直平分线过IJ的中点; 同理, CD的垂直平分线也过IJ的中点. 显然, O是AB的垂直平分线与CD的垂直平分线的交点, 因此, O为IJ的中点. 故OQ⊥PQ. 思路2 如果有割线过相交两圆的一个交点, 则我们可以以两圆的另一个交点为中心作位似旋转变换, 使其中一个圆变为另一个圆, 此时, 割线与两圆的另一交点即为两个对应点. 沿着这条思路走下去, 可能使问题得到解决. 证法2 如图2所示, 以Q为位似中心作位似旋转变换, 使圆PDA→圆PBC, 则A→B, D→C, 于是, 以Q为位似中心作位似旋转变换, 使A→D, 则 B →C. 再设AB、CD的中点分别为M、N, 则M→N, 因而P、Q、M、N四点共圆, 但⊙(PMN)显然以OP为直径, 这说明点Q在以OP为直径的圆上, 故OQ⊥PQ. 思路3 设M、N分别为AB、CD的中点, 则从证法1可以看出, 只要证明了P、Q、N、M四点共圆, 问题便得到解决. 1.三弦定理及其逆定理 —一个不可小觑的证明四点共圆的方法 我们知道, 对于圆内接四边形来说, 有一个关于四边长与对角线长之间的一个度量等式, 这就是著名的Ptolemy定理, 即 设ABCD是一个圆内接凸四边形, 则. Ptolemy定理, 则ABCD是一个圆内接四边形. 从表面上看来, Ptolemy定理Ptolemy定理Ptolemy定理——三弦定理. 三弦定理 设PA、PB、PC是一圆内有一公共端点的三弦, , , 则 设圆的半径为R, 由正弦定理, , , , 于是 ( ( . 而PABC是一个圆内接四边形, 由Ptolemy定理, . 故三弦定理成立. 且三弦定理与Ptolemy定理等价. 设PA、PB、PC是有一公共端点的三条线段, , . 若. 则P、A、B、C四点共圆. 设过P、A、B三点的圆与直线PC交于P、C′两点, 由三弦定理, 有 比较条件, 得C′ = C, 故P、A、B、C四点共圆. 与Ptolemy定理一样, 三弦定理可以用来处理有关圆内接四边形的问题, 而且因为三弦定理与三角函数联系在一起, 因此, 用三弦定理处理某些圆内接四边形问题比Ptolemy定理还要方便. 我们在这里不准备论及. 而三弦定理之逆与Ptolemy定理设点P、Q、R分别在锐角△ABC的三条高AD、BE、CF上, 且△PBC、△QCA、△RAB的面积之和等于△ABC的面积. 证明: P、Q、R、H四点共圆. 其中, H为△ABC的垂心.(2001, 第27届俄罗斯数学奥林匹克) 证明 如图所示, 不妨设R在△HAB内. 因, 所以 即, 再由正弦定理, 得. 而 , , , 所以, , 故由三弦定理之逆, P、Q、R、H四点共圆. 例2 设D是△ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, O是△ABC的外心. 求证: O、E、A、F四点共圆. (第27届俄罗斯数学奥林匹克, 2001) 证明 设, , , 仍用A、B、C表示△ABC的三个对应的内角, 则 , , 所以, , . 又由正弦定理, , 于是再注意, , 即得 (( ( 而最后一式即众所周知的三角形的射影定理, 因而等式成立. 由三弦定理之逆, O、E、A、F四点共圆. 设H为△ABC的垂心, D、E、F分别为△ABC的三边BC、CA、AB上的点, 且DB = DF, DC = DE. 求证: E、A、F、H四点共圆. 证明 设, , , 仍用A、B、C表示△ABC的三个对应的内角, 则 , 所以, , . 再设△ABC的外接圆半径为R, 则不难知道, . 又, , 于是, 由正弦定理, 并注意, 得 (( ( ( ( 而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有 . 即成立, 因而成立, 故由三弦定理之逆, E、A、F、H四点共圆., , 两式相加, 得 . 设AB与CD的中点分别为M、N, 则PA + PB = 2PM, PC + PD = 2PN, 所以 . 由三弦定理之逆, M、P、Q、N四点共圆. 但O、M、P、N四点共圆, 所以O、M、P、Q