有约束条件的完全四边形与数学竞赛题

有约束条件的完全四边形与数学竞赛题有约束条件的完全四边形与数学竞赛题 1 具有相等的边的完全四边形具有相等的边的完全四边形 例例 1 在完全四边形在完全四边形 ABCDEF 中中 AB AE 1 若若 BC EF 则则 CD DF 反之反之 若若 CD DF 则则 BC EF 2 若若 BC EF 或或 CD DF M 为完全四边形的为完全四边形的 Miquel 点点 则则 MD CF 且且 ACF 的外心的外心 O1 在直线在直线 MD 上上 3 若若 BC EF 或或 CD DF 点点 A 在在 CF 上的射影为上的射影为 H ABE 的外心为的外心为 O2 则则 O2 为为 AM 的中的中 点点 且且 O2D O2H 4 若若 BC EF 或或 CD DF M 为完全四边形的为完全四边形的 Miquel 点点 则则 MB ME 且且 MB AC ME AE 证明 辅助线如图 1 1 由完全四边形的性质 1 1 中式 或对 ACF 及截线 BDE 应用梅涅劳斯定理 有 AB BC CD DF FE EA 1 因 AB AE 由上式 CD DFBC EF 2 由 1 知 BCD 和 DEF 的外接圆是等圆 或由正弦定理计算得 又由 A B M E 四点共圆有 CBM AEM FEM 从而 CM FM 于是 DCM DFM 所以 CDM FDM 故 MD CF 由于 MD 是 CF 的中垂线 而点 O1 在 CF 的中垂线上 故 ACF 的外心 O1 在直线 MD 上 3 由 2 知 BCD 和 DEF 的外接圆是等圆 从而 BCM EFM 所以 BM EM 即知点 M 在 BAE 的平分线上 亦即 A O2 M 三点共线 因此 O2 为 AM 的中点 注意到 MD CF AH CF 所以 O2 在线段 DH 的中垂线上 故 O2D O2H 4 由 3 知 BM EM 又 O2 为 AM 的中点 而 O2 为圆心 故 AM 为直径 所以 MB AC ME AE 不妨将例 1 记作性质 16 以性质 16 为背景 可得到如下数学竞赛题 题题 1 第第 54 届波兰数学奥林匹克届波兰数学奥林匹克 已知锐角已知锐角 ABC CD 是过点是过点 C 的高线的高线 M 是边是边 AB 的中点的中点 过过 M 的直线分别交射线的直线分别交射线 CA CB 于点于点 K L 且且 CK CL 若若 CKL 的外心为的外心为 S 证明证明 SD SM 如图 2 事实上 此题为在完全四边形 CKAMLB 中 C 为锐角 顶点 C 在边 AB 上 的射影为 D 且 CK CL AM MB S 为 CKL 的外心 此即为 例 1 中的 3 过点 M 与 AB 垂直的直线与 CS 延长线交点 E 即为 Miquel 点 题题 2 2000 亚太地区数学奥林匹克亚太地区数学奥林匹克 设设 AM AN 分别是分别是 ABC 的中线 内角平分线的中线 内角平分线 过点过点 N 作作 AN 的垂线分别交的垂线分别交 AM AB 于点于点 Q P 过点过点 P 作作 AB 的垂线交的垂线交 AN 于点于点 O 求证求证 OQ BC 以具有相等的边以具有相等的边 含边上的线段含边上的线段 的完全四边形为背景的竞赛题还有的完全四边形为背景的竞赛题还有 题题 3 2003 日本数学奥林匹克日本数学奥林匹克 P 是是 ABC 内的一点内的一点 直线直线 AC BP 相交于点相交于点 Q 直线直线 AB CP 相交于点相交于点 R 已知已知 AR RB CP CQ PQ 求求 BRC 2 两组对边相互垂直的完全四边形两组对边相互垂直的完全四边形 两组对边相互垂直的完全四边形常存在 于含有两条高线的三角形中 这类问题比较多 这里仅举一例 例例 2 在完全四边形在完全四边形 ABCDEF 中中 AC BE AE CF 1 若点若点 C E 在对角线在对角线 BF 所在直线上的射影分别为所在直线上的射影分别为 G H 则则 GB FH 2 若对角线若对角线 AD 的延长线交对角线的延长线交对角线 CE 于点于点 P BPF 的外接圆交的外接圆交 AD 于点于点 A1 交交 CD 于点于点 C1 交交 DE 于点于点 E1 则则 S ACE 2S 六边形六边形 A1BC1PE1F S ACE 4S BPF 证明 1 如图 3 由题设知 C E F B 四点共圆 且 CE 的中点 O 为其圆心 过点 O 作 OM BF 于点 M 由弦心距性质知 BM MF 又 CG OM EH CO OE 所以 GM MH 故 GB GM BM MH MF FH 2 在 ACE 中 由题设知 BPF 的外接圆即 为 ACE 的九点圆 从而 知 A1 C1 E1 分别为 AD CD ED 的中点 于是 S BCC1 S PCC1 12S 四边形 BC1PD S PEE1 S FEE1 12S 四边形 DPEF S BAA1 S FAA1 12S 四边形 ABDF 从而 S ACE 2S 六边形 A1BC1PE1F 由完全四边形的性质 12 2 即知 S ACE 4S BPF 不妨将例 2 记作性质 17 以性质 17 为背景 可得到如下数学竞赛题 题题 1 第第 22 届全苏数学奥林匹克届全苏数学奥林匹克 锐角锐角 ABC 中中 BD CE 是其相应边上的高是其相应边上的高 分别过顶点分别过顶点 B C 引直线引直线 ED 的垂线的垂线 BF CG 垂足为垂足为 F G 求证求证 EF DG 题题 2 在锐角在锐角 ABC 中中 A 的平分线与三角形外接圆交于另一点的平分线与三角形外接圆交于另一点 A1 点点 B1 C1 与此类似与此类似 直直 线线 AA1 与与 B C 的外角平分线相交于点的外角平分线相交于点 A0 点点 B0 C0 与此类似与此类似 求证求证 1 S A0B0C0 2S 六边形六边形 AC1BA1CB1 2 S A0B0C0 4S ABC 第第 30 届届 IMO 题题 3 第第 54 届白俄罗斯数学奥林匹克届白俄罗斯数学奥林匹克 已知已知 O1 O2 交于交于 A B 两点两点 过点过点 A 作作 O1O2 的的 平行线平行线 分别与分别与 O1 O2 交于交于 C D 两点两点 以以 CD 为直径的为直径的 O3 分别与分别与 O1 O2 交于交于 P Q 两点两点 证明证明 CP DQ AB 三线共点三线共点 3 相交两对角线为圆中相交弦的完全四边形相交两对角线为圆中相交弦的完全四边形 这类完全四边形就是图中的凸四边形内接于圆 例例 3 在完全四边形在完全四边形 ABCDEF 中中 A B D F 四点共圆四点共圆 O 其对角线其对角线 AD BF 交于点交于点 G 1 若若 C E 的平分线相交于点的平分线相交于点 K 则则 CK EK 2 BGD 的平分线与的平分线与 CK 平行平行 DGF 的平分线与的平分线与 EK 平行平行 3 从点从点 C E 分别引分别引 O 的切线的切线 切点为切点为 P Q 则则 CE2 CP2 EQ2 此题设条件下的完全四边形此题设条件下的完全四边形 ABCDEF 的的 Miquel 点在对角线点在对角线 CE 上上 若分别以点若分别以点 C 和和 E 为为 圆心 以圆心 以 CP 和和 EQ 为半径作圆弧交于点为半径作圆弧交于点 T 则则 CT ET 4 若从点若从点 E 或或 C 引引 O 的两条切线的两条切线 切点为切点为 R Q 则则 C 或或 E R G Q 四点共线四点共线 5 过过 C E G 三点中任意两点的直线三点中任意两点的直线 分别是另一点关于分别是另一点关于 O 的极线的极线 6 点点 O 是是 GCE 的垂心的垂心 7 过对角线过对角线 BF 或或 BF 与与 CE 不平行时的不平行时的 AD 两端点处的两端点处的 O 的切线的交点在对角线的切线的交点在对角线 CE 所在的直线上所在的直线上 3 8 设设 O1 O2 分别是分别是 ACF ABE 的外心的外心 则则 OO1O2 DCE 9 设点设点 M 是完全四边形是完全四边形 ABCDEF 的的 Miquel 点点 则则 OM CE 且且 O G M 三点共线三点共线 OM 平分平分 AMD OM 平分平分 BMF 10 过点过点 E 或或 C 的圆的割线交的圆的割线交 O 于点于点 R P 直线直线 CP 或或 EP 交交 O 于点于点 S 则则 R G S 三点共线三点共线 11 设对角线设对角线 AD 的延长线交对角线的延长线交对角线 CE 于点于点 W 则则 WC WE 的充要条件是的充要条件是 WA WD WC2 12 设设 Z 是对角线是对角线 CE 的中点的中点 联结联结 AZ 交交 O 于点于点 N 则则 C D N E 四点共圆四点共圆 证明 1 如图 4 联结 CE 令 DCE 1 DEC 2 则 BCD 1 2 DEF 2 1 ABD AFD 180 即 1 2 BCD DEF 1 2 90 故 CKE 180 1 2 BCD DEF 1 2 90 因此 CK EK 2 设 DGF 的平分线交 DE 于点 X EK 与 FG 交于点 I 则 FGX 1 2 DGF 1 2 GFA GAF FIE GFA 1 2 AED GFA 1 2 ADB GAF 1 2 GFA GAF 因此 GX EK 同理 BGD 的平分线与 CK 平行 3 设过点 B C D 的圆交 CE 于点 M 联结 DM 则 AFD CBD DME 从而 D M E F 四点共圆 于是 CM CE CD CF EM EC ED EB 以上两式相加得 CE CD CF ED EB 又 CP EQ 分别是 O 的切线 有 CD CF CP2 ED EB EQ 故 CE2 CP2 EQ2 显然 M 是 BCD 外接圆与 DEF 外接圆的另一个交点 此即为 Miquel 点 因此 题设条件下的完全四边形的 Miquel 点在 CE 上 由于 CT CP ET EQ 故 CT ET CE 即 CT ET 4 如图 5 联结 CQ 交 O 于点 R 过点 E 作 EH CQ 于点 H 过点 C 作圆 的切线 CP 切点为 P 则 CE EQ CP CR CQ CH HR CQ 又 CE EQ CH EH EH HQ CH HQ CH HQ CH HQ CH HQ CQ 故 HR HQ 由此即可证得 Rt EHR Rt EHQ 于是 EQ ER 而 EQ ER 则 ER ER 又点 R R 均在 O 上 故点 R 与点 R 重合 即 C R Q 三点共线 为证 R G Q 三点共线 联结 AR 交 BF 于点 X 联结 FR 交 AD 于点 Y 联结 AQ FQ 设 QR 与 AF 交于点 Z 于是 AZ FZ S QAZ S QZF AQsin AQZ FQsin ZQF 同理 FY RY DFsin FDY DRsin YDR RX AX BRsin RBX ABsin XBA 由 EQF EAQ 有 AQ FQ EQ EF 同理 DF AB EF BE BR DR BE ER 而 AQZ YDR ZQF RBX FDY XBA EQ ER 于是 AZ ZF FY YR RX XA 1 对 ARF 应用塞瓦定理的逆定理 知 AY FX RZ 三线共点于 G 故 R G Q 三点共线 综上可知 C R G Q 四点共线 5 由 4 即证 6 注意到 OE QR 即 OE CG 同理 OC EG 由此即知 O 为 GCE 的垂心 即 OG CE 7 由 5 知 直线 CE 是点 G 关于 O 的极线 从而 过点 G 的弦的两端点处的切线的交点在直线 CE 上 8 若点 O 在 AD 上 则 O1 O2 分别为 AC AE 的中点 此时 有 OO1O2 DCE 若点 O 不在 AD 上 则点 O1 O2 不在 AC AE 上 如图 6 联结 O1A O1C AD OA OD O2A O2E 因 AO2E 2 180 ABE 2 AFD AOD O2A O2E OA OD 所以 AO2E AOD 故 O2A OA AE AD 又 O2AE OAC 则 AOO2 ADE 同理 AO1C AOD AOO1 ADC 于是 O1O CD AO AD OO2 DE 由 AO1C AO2E 知 O1O2CE AO2AE AOAD 从而 OO1O2 DCE 9 如图 7 过点 D M 作 O 的割线 MD 交 O 于点 T 联结 AT OA OT 由 A B D F A B M E 分别四点共圆知 EFD ABE AME 又由 D F A T 四点共圆知 EFD ATD ATM 因 AE MT 是过两相交圆交点 F D 的割线 所以 EM AT 于是 TAM AME ATM 即 MA MT 因为 OA OT 所以 OM AT 故 OM ME 而点 M 在 CE 上 因此 OM CE 由 6 知 OG CM 故 O G M 三点共 线 由性质 13 2 知 此时即为 2002 年中国国家队选拔赛题的特殊情形 故 OM 平分 AMD OM 平分 BMF 10 如图 8 联结 PA PB SA SB DR RF PF 由 EFR EPA CBS CPA 有 FR PA EF EP PA BS CP CB 从而 FR SB EF EP CP CB 由 ERD EBP CBP CSA 有 RD SA ED EP CP CA 以上两式相除得 FR SB SA RD EF ED CA CB 用 BD AF 乘上式两边 应用完全四边形性质 1 中的式 即对 ABE 及截线 CDF 应用梅涅 劳斯定理 知 EF FA AC CB BD DE 1 从而 FR RD DB BS SA AF 1 对上式应用塞瓦定理角元形式的推论 或同 4 的证明中证 R G Q 三点共线 即证得 SR BF AD 三线共点 故 S G R 三点共线 11 如图 9 由完全四边形性质 2 中的式 即对 ACE 及点 D 应用塞瓦定理 有 AB BC CW WE EF FA 1 AW DW CW CW DW AW CW DWC CWA DCW CAW BFD BF CE AB BC AF FE AB BC EF FA 1CW EW 由式 12 设 AZ 不过点 D 否则点 D 与点 N 重合 DCE 的外接圆即为所求 延长 AZ 到 点 Y 使 ZY AZ 则四边形 AZYE 为平行四边形 注意到 CDE BDF 180 BAF 180 CYE 所以 C Y E D 四点共 圆 又 YND 180 AND ABD YED 于是 D N E Y 四点共圆 故 C Y E N D 五点共圆 即知 C D N E 四点共圆 不妨将例 3 记作性质 18 以性质 18 为背景 可得到如下数学竞赛题 题题 1 1950 波兰数学奥林匹克波兰数学奥林匹克 2004 斯洛文尼亚国家队选拔赛斯洛文尼亚国家队选拔赛 四边形四边形 ABCD 内接于圆内接于圆 直线直线 AB DC 交于点交于点 E 直线直线 AD BC 交于点交于点 F AEC 的平分线交的平分线交 BC 于点于点 M 交交 AD 于点于点 N BFD 的平分线交的平分线交 AB 于点于点 P 交交 CD 于点于点 Q 求证求证 四边形四边形 MPNQ 是菱形是菱形 事实上事实上 由例由例 3 1 即得即得 题题 2 1997 中国数学奥林匹克中国数学奥林匹克 四边形四边形 ABCD 内接于圆内接于圆 边边 AB DC 的延长线交于点的延长线交于点 M 边边 AD BC 的延长线交于点的延长线交于点 N 由点由点 N 作该圆的两条切线作该圆的两条切线 NQ NR 切点分别为切点分别为 Q R 求证求证 M Q R 三点共线三点共线 事实上事实上 由例由例 3 4 即得即得 题题 3 第第 26 届届 IMO 在在 ABC 中中 一个以一个以 O 为圆心的圆经过顶点为圆心的圆经过顶点 A C 又和线段又和线段 AB BC 分分 别交于点别交于点 K N K 与与 N 不同不同 ABC 的外接圆和的外接圆和 BNK 的外接圆恰相交于点的外接圆恰相交于点 B 和另一点和另一点 M 求证求证 BMO 90 事实上事实上 由例由例 3 9 即得即得 题题 4 第第 32 届美国数学奥林匹克届美国数学奥林匹克 一个圆通过一个圆通过 ABC 的顶点的顶点 A B 分别交线段分别交线段 AC BC 于于 点点 D E 直线直线 BA ED 交于点交于点 F 直线直线 BD CF 交于点交于点 M 证明证明 MF MC 的充要条件为的充要条件为 MB MD MC 事实上事实上 由例由例 3 11 即得即得 4 不相交两条对角线为圆中不相交弦的完全四边形不相交两条对角线为圆中不相交弦的完全四边形 例例 4 在完全四边形在完全四边形 ABCDEF 中中 B C E F 四点共圆四点共圆 O 点点 M 为完全四边形的为完全四边形的 Miquel 点点 1 从点从点 A 向向 O 引切线引