数学奥林匹克竞赛训练题几何部分(2)平面几何计算

1、数学奥林匹克竞赛训练题：几何部分（2）平面几何计算C2001 设P是正方形ABCD内的一点，满足PAPBPC123，求APB【题说】1979年内蒙古区赛二试题4【解】作点Q，使CQ=PA，BQ=PB再连PQ，显然APBBQC，故APBBQCABPCBQ因而PBQ是等腰直角三角形且PQ2=PB2=8PA2，因此PC2=9PA2=PQ2CQ2于是CPQ是直角三角形，故APBBQCCQPPQBC2002 设N是正九边形，O为其外接圆圆心，PQ和QR是N的两个邻边A为PQ的中点，B为垂直于QR的半径的中点试求AO与AB的夹角【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题1【解】设C为垂直于QR的半径与外接圆

2、的交点，则POC为等边三角形，从而PBOC；又因PAOA，所以A、B、O、P四点共圆故OAB=OPB30°C2003 如图，在等腰ABC中AC=BC，ACB=40°在三角形的外部取一点M，使MAB=20°，MBA=40°，求MCB【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛八年级题3【解】不妨设AC=BC=1，则由余弦定理知AB=2sin20°再由正C2004 锐角ABC的外心为O线段OA，BC的中点分别为M、NABC4OMN，ACB6OMN求OMN【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题3【解】如图，设OMN=，则ABC4，ACB6，BAC180&

3、#176;10，NOCBOC2BAC180°10，MOC=2ABC8从而MON=8（180°10）180°2ONM180°（MONOMN）OMN所以OMN为等腰三角形从而ONOMOA2OC2故NOC60°180°10，12°C2005 一直线与正六边形ABCDEF相交，截出一个AKN，其中AKANAB试求KANKBNKCNKDNKENKFN等于多少度？【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题6【解】不妨设点N位于边AB上点K位于边AF上，由于AKAN=AB故FK=AN分别在边BC、CD、DE、EF上取点P、

4、R、S、T使得FK=AN=BP=CR=DS=ET（见图）于是KBN=TAKKCN=SATKDN=RASKEN=PARKFN=NAP所以 KAN+KBNKCN+KDNKENKFN=KANTAKSAT+RASPAR+NAP=KANKAN2×120°240°C2006 锐角ABC的高AA1、BB1和CC1的中点分别是A2、B2和C2，求B2A1C2、C2B1A2与A2C1B2之和【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克九年级题6【解】设M是AB边的中点线段MA2和MB2分别是AA1B和AB1B的中位线，由此得A2MB2=ACB设H为ABC的垂心，则HC1M=HA

5、2M=HB2M=90°，所以M、A2、H、B2、C1都在以HM为直径的圆上，所以A2C1B2=A2MB2=ACB同理 B2A1C2=BAC，C2B1A2=CBA所以所求的三个角之和等于ABC三内角之和，即180°C2007 设ABC是一个等腰三角形，其中ABAC假如B平分线交AC于D，且BCBDAD求A度数【题说】第二十八届（1996年）加拿大数学奥林匹克题4【解】在BC上取BE=BD则EC=AD由分角线定理，有又C公用，故ABCEDC设ABDCBD，则CDEDCE2BDEBED4从而 9180°，20°ACED5100°C2009 作三边长为

6、a、b、c的三角形ABC的内切圆又作三条分别平行于这三角形各边的圆的切线这三条切线从三角形ABC中截得三个新的三角形，再在每个新的三角形中作内切圆，计算这四个圆的面积和【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题3本题由南斯拉夫提供【解】考虑一个截得的三角形；比如APQ（如图）因APQABC，所以其中ra为APQ的内切圆半径因此，所求面积和为（，s分别为ABC的面积与半周长）C2010 凸四边形ABCD的边AD和BC延长相交于E设H和G分别是BD和AC的中点求EHG的面积对四边形ABCD面积的比【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题4【解】连AH、CH，有SEGHSECHSGCHS

7、EGC因此 SEHGSABCD=14C2011 A、B、C三点共线并且B在A与C之间，在AC的同一侧分别以AB、BC、AC为直径作半圆，前两个半圆的外公切线的切点分别为U、V，而过点B的公切线与第三个【题说】1980年五国国际数学竞赛题2本题由卢森堡提供【解】设EA、EC分别交前两个半圆于U'、V'，则四边形EU'BV'是矩形，V'U'B=EBU'=EAB，U'V'B=ECB，U'V'是两个半圆的公切线，U'即U，V'即VC2012 一金工车间的切割工具呈有缺口的圆形，如图所示，圆B点到圆心

8、的距离（以厘米为单位）的平方【题说】第一届（1983年）美国数学邀请赛题4OB2OA2AB22×OA×AB×cosOAB26C2013 如图，在ABC内选取一点P，过P作三条分别平行于各边的直线，这样所得到的三个三角形t1、t2、t3的面积，分别是4、9、49求ABC的面积，【题说】第二届（1984年）美国数学邀请赛题3【解】t1，t2，t3的对应边的比：即 BHAGGH=237所以 ABGH=127SABCSPGH=12272SABC144C2014 如图所示，将ABC的三个顶点与同一个内点连接起来，所得三条连线把ABC分成6个小三角形，其中4个小三角形的面积已

9、在图上标出试求ABC面积【题说】第三届（1885年）美国数学邀请赛题6【解】设SCDP=x，SAEP=y，则有由（1）、（2）解得x=70，y=56，故SABC=315C2015 一个梯形被两条对角线分成四个三角形，若用A、B分别表示以梯形上、下底为底边且有公共顶点的两个三角形的面积，求此梯形的面积【题说】1988年新加坡数学奥林匹克（A组）题8原题为选择题【解】如图所示，过三角形A、B的公共顶点引高，分别记为x、y，记另两个三角形的面积为C、D容易证得：所以梯形的面积=ABCDC2016 ABC是面积为1的直角三角形A'、B'、C'分别是A、B、C关于各自对边的反射（

10、对称）点求A'B'C'的面积【题说】第二十一届（1989年）加拿大数学奥林匹克题2【解】如图，设C'C交AB于D，延长交A'B'于D'，则易知C'D'A'B'，AB=A'B'C'D'=3CD，故C2017 D、E为ABC边AB、AC上的点，BE、CD交于PADE、BPD、CEP的面积分别是5、8、3，求ABC的面积【题说】1994年日本数学奥林匹克预选赛题5【解】如图，设PDE、PBC的面积分别为x、y，则（5+x+3）（8+y）=ADDB=5（x+8）即x2+16x+24=

11、5y （1）又 8y=DPPC=x3，即xy=24 （2）由（1）、（2）解得x=2，y=12从而ABC的面积为30C2018 凸五边形ABCDE中，BE分别交AC、AD于S、R，BD分别交CA、CE于T、P，AD交CE于Q且ASR、BTS、CPT、DQP、ERQ的面积均为1（1）求五边形PQRST的面积；（2）求五边形ABCDE的面积【题说】1995年日本数学奥林匹克题3【解】（1）设五边形PQRST的面积为x由SBST=SASR得SBTR=SATR，从而BATR所以同理可得BCAD，CDBE，DEAC，EABD由AEBD得即整理得 x2=5（2）由ACDE得C2019 设A'、B&

12、#39;、C'、D'、E'，F'分别是六边形ABCDEF的六边AB、BC、CD、DE、EF、FA的中点试利用ABC'、BCD'、CDE'、DEF'、EFA'、FAB'的面积表示六边形ABCDEF的面积【题说】1996年城市数学联赛高年级高水平题3【解】A是AB的中点，故2SEFA=SEFA+SEFB同理可得2SFAB=SFAB+SFAC2SABC=SABC+SABD2SBCD=SBCD+SBCE2SCDE=SCDE+SCDF2SDEF=SDEF+SDEA另一方面SABCDE=SEFA+SDEA+SABD+SBCD=

13、SFAB+SEFB+SBCE+SCDE=SABC+SFAC+SCDF+SDEFC2-020 在一个边长为1的正六边形内部有一点P，已知P到某两【题说】1963年北京市赛高二二试题3C2-021 侦察机沿以A为圆心、半径为10公里的圆周飞行，速度为每小时1000公里某时刻从A点发射一枚与飞机具有相同速度的火箭，无论何时火箭总在连结圆心与飞机的直线上，问火箭发射后，什么时间可以追上飞机？【题说】1965年全俄数学奥林匹克十年级题5【解】设火箭发射时，飞机在Q点，半径ABAQ（如图），以AB为直径作半圆对半圆上任一点R，延长AR交A于P，连RB，C2-022 给定三个单位圆，两两相切，求切于所有三个

14、圆的圆的半径【题说】第四届（1972年）加拿大数学奥林匹克题1【解】设三单位圆心为A、B、C则ABC为边长为2的正C2-023 一个矩形桌子长和宽如图所示一小球从P撞击到Q，反射到R，又从R反射到S，从S反射回原处P，入射角与反射角相等（例如PQA=RQB等等）试求小球所走的路径的长【题说】1979年广东省赛二试题4【解】易知四边形PQRS是平行四边形由QBRSDP及PDSRCS，得因而小球所走路径长为别解 利用轴对称可发现所以2（PQ+QR）=34C2-024 设AD为ABC的高线，求一切ABC使AB+AC=2cm，【题说】1979年英国数学奥林匹克题1【解】设x=BD，y=DC，且z=AD

15、，诸线段均指有向线段，使得x+y0且z0，则x2+z2（2x+z）2/5当且仅当x=2z时，等号成立当且仅当y=2z时，等号成立由（3）与（4）得由（1）与（2），（5）中等号成立，因此x=y=2z，故适合这问题的唯一的三角形的边为：C2-025 AC、CE是正六边形ABCDEF的两条对角线，点M、N分别内分AC、CE使AM：AC=CN：CE=r如果B、M、N三点共线，试求r的值【题说】第二十三届（1982年）国际数学奥林匹克题5【解】连结BD、ND，将MBC绕外接圆的圆心O逆时针旋转120°，则重合于NDE，故知BND=120°以BD为一边向N点另一侧作等边三角形BDG，

16、则N、B、G、D四点共圆且C为此圆的圆心从而CN=CB【别解】 因B、M、N共线，由梅涅劳斯定理得其中X是AC与BE的交点设正六边形的边长是1则C2-026 在一个面积为1的正方形中构作一个如下的小正方形：将单位正方形的每条边作n等分，然后将每个顶点和它相对的顶点最接近的分点连接起来如果小正方形（图中阴影部分）的面积恰为1/1985，求n的值【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题4【解】作EFHB，则RtBEFRtEDA从而即整理得 2n2-2n+1=1985或 2（n-32）（n+31）=0解得 n=32（负根舍弃）C2-027 如图，AOB是半圆的直径，AC=BC，E为BC中点，一l

17、，求10l，其中x表示不超过x的最大整数【题说】1986年北京市赛高一题2（7）【解】由已知条件知O、E、F三点共线，且EF为小圈直径连AE交小圆于K，连FK，易证EKFACE所以EKAC=EFAE故 34.110l34.2 即10l=34C2-028 如图所示，S1和S2是直角三角形ABC的两个内接正方形，若S1的面积为441，S2的面积为440，求AC+CB的值【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题15【解】令T1、T2、T1、T2、T3表示图c、d中直角三角形面积，SABC=S则S=T1+T2+T3+440又设h、h1分别ABC及T3斜边上高，则而 ch=ab=2S于是 （a+b）

18、2=a2+b2+2ab所以 a+b=21×22=462【别解】 设S1、S2的边长分别为a、b，B=则所以a2（1+2sincos）=b2（sin2cos2+2sincos+1）记t=sincos，将a2=441，b2=440代入上式并整理得440t2-2t-1=0AC+BC=（a+a tg）+（a+a ctg）=462C2-029 令P是ABC的一个内点，延长AP、BP、CP与对边相交，如图，a、b、c、d表示各相应线段的长已知a+b+c=43，d=3，求abc=？【题说】第六届（1988年）美国数学邀请赛题12利用三角形面积比【解】三式相加，得整理后，得 2d3+（a+b+c）d

19、2-abc=0由是知 abc=2×33+43×33=441C2-030 设圆内两弦AB，CD交于圆内一点E在直线段EB的内部取一点M，然后过点D、E、M作圆，再过E作此圆的切线分别交【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题1本题由印度提供【解】如图所示，连DA、DM及DB显然有CEF=DEG=EMD；ECF=MAD于是CEFAMD，从而CE·MD=AM·EF另一方面，又有ECG=MBD，于是CGE=CEF-ECG=EMD-MBD=BDM故 CGEBDM，从而GE·MB=CE·MD于是GE·MB=AM·EF

20、，故C2-031 十二只完全相同的圆盘放置在半径为1的圆周上，使得这十二只圆盘覆盖这圆周，但没有两只圆盘重叠，所以这十二只圆盘的每一个与它两旁的两只圆盘相切圆盘的排列如图所示这十二只圆盘的被任一素数的平方整除求a+b+c【题说】第九届（1991年）美国数学邀请赛题11【解】设小圆半径为r，大圆半径R=1a+b+c=84+48+3=135C2-032 梯形ABCD的边AB=92，BC=50，CD=19，AD=70，且ABCD一圆的圆心P在AB上，且与BC和AD相切，设AP=m/n，其中m和n是互素的正整数，求m+n【题说】第十届（199年）美国数学邀请赛题9【解】延长AD和BC交于点Q因为点P到

21、AQ和BQ之距离C2-033 在正ABC的边BC、CA、AB上有内分点D、E、F将边分成3（n-6）（n6）线段AD、BE、CF相交所成的三角形面积是正三角形面积的4/49时，求n的值【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题6【解】如图，由梅内劳斯定理知于是所以整理得5n2-64n+192=0即（5n-24）（n-8）=0由于n6，所以所求的值为8C2-034 图中ABCD为正方形，U、V分别为边AB、CD内部的点确定使四边形PUQV面积为最大时，U、V的所有可能情况【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题3【解】不妨设BUCV显然，VQCBQU，所以QUQC并且V到QC的距离B

22、到UQ的距离在QU上取E，使QE=QC，则SBUESVUE，SVQC=SVQE又由BUCV易知SBQC=SQUV，所以SUBQ+SVQC=SBUE+SBQE+SVQESVUE+SBQC+SVQE=2SUQV从而同理相加得当且仅当BU=CV时等号成立因此，在BU=CV时，四边形PUQV面积最大C2-035 直线l1与l2分别切圆周于点A和点B在直线l1与l2上分别取1993个点A1，A2，A1993与B1，B2，B1993，使AAi=（i+1）BBi（i=1，2，1993），并且AiBi的延长线与AB的延长线相交于点Mi（i=1，2，1993）试问：【题说】1993年第十六届哈尔滨市高中数学竞赛

23、二试题1【解】过点Bi作AAi的平行线交AB于点Bi，显然BiBiB是等腰三角形，从而BBi=BiBi，AAi=（i+1）BiBi，又由BiBiAAi知C2-036 设D是锐角三角形ABC内部的一个点，使得ADB=ACB+90°并有AC·BD=AD·BC（2）求证ACD的外接圆和BCD的外接圆在C点的切线互相垂直【题说】第三十四届（1993年）国际数学奥林匹克题2【解】（1）如图a，以BC为边向ABC外作CBECAD，DBC+CAD=ADB-ACB=90°所以DBE是等腰直角三角形， （2）证明：如图b，设CK是ACD的外接圆的切线，CL是BCD的外接圆

24、的切线则LCK=LCD+KCD=CBD+CAD=90°即CLCKC2-037 一个三角形的3条边长及一条高是4个相继的正整数，且这条高将三角形分成的两个直角三角形的边长均为整数求这三角形的三边长，并证明这是唯一的【题说】第二十五届（1993）加拿大数学奥林匹克题1【解】设ABC中三边及高AD为正整数n，n+1，n+2，n+3不妨设ABAC，则ABACAD，故AD=n或n+1（1）若AD=n+1，则AB=n+3，AC=n+2，BC=n从而都不是整数因此满足要求的三角形不存在若BC=n+1，则AC=n+2，AB=n+3这时若BC=n+2，则AC=n+1，AB=n，这时AC=13，BC=1

25、4，AB=15综上所述，满足要求的三角形ABC，只有一解，其边长分别为13、14、15C2-038 在ABC中，CH为高，R、S分别为ACH和BCH的内切圆与CH的切点若AB=1995，AC=1994，BC=1993，则RS【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题15【解】1997如图，令ABC的三边BC、AC、AB分别为a、b、c，CH= h，AH= x，BH= y，两内切圆的半径分别为r1、r2于是，RS=|RH-SH| =|r1-r2|又因 x2-y2=b2-a2将（2）代入（1），得所以m+n=332+665=997 C2-039 设AB为圆的直径点P不在直线AB上直线PA、PB

26、分别交圆于U、V设PU=sPA，PV=tPB，s、t为非负实数用s、t表出cosAPB【题说】第二十六届（1994年）加拿大数学奥林匹克题4【解】若P在圆外（如图a、b、c），则若P在圆上（如图d），则若P在圆内（如图e），则同理所以C2-040 如图，PQ=10，以PQ为直径的圆与一个以20为半径的圆相切于点P，正方形ABCD的顶点A、B在大圆上，小圆在正方形的外【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题2【解】如图，设大圆圆心为O，则直线PQ过O，设这直线交AB于R，AB=x，那么RO=RQ-OQ=x-10，由勾股定理m+n=8+304=312C2-041 在RtABC中，C为直角，C

27、D为AB边上的高，D质的正整数，求m+ n【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题10【解】如图，我们用a、b、c分别表示BC、AC、AB的长度设p=29，则BD= p3熟知有a2=p3c因为p是素数，所以，存在自然数x，使a= p2x，c= px2，从而b2=c2-a2=p2x4-p4x2=p2x2（x2-p2）从而，存在正整数y，使x2-p2=y2，故p2=x2-y2=（x-y）（x+ y）因为p是素数，且x-yx+y，则有x-y=1和x+ y= p2，即因此，m+n=450C2-042 半径为3和6的两圆互相外切，并内切于一半径为9的圆半径为9的圆有一条弦是另两圆的公切线求这弦的长

28、度的平方【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题4【解】如图，设三圆圆心分别为O1、O、O2，它们在已知弦BC上的射影分别为A1、A、A2由相切关系易知O1、O、O2共线，并且OO1=9-6=3OO2=9-3=6又易知O1A1、O2A2是两圆的半径，所以O1A1=6，O2A2=3由定比分点公式BC2=4（OB2-OA2）=4（92-52）=4×4×14=152-1=224C2-043 ABC为等腰三角形，AB=AC，且高AM=11设在AM上有一点D，使得AD=10，BDC=3BAC，ABC的周长可写成【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题9【解】设BAM=，则

29、BDM=3设tan=x，由倍角公式易得a+b=11+605=616C2-044 在一个半径为42的圆中，两条长为78的弦相交，交点与圆心的距离为18两条弦将圆的内部分成四个区域，其中两个区域由两条长度不相等的线段围成这两个区域中任一个的面积能唯一地表成m求m+n+d【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题14【解】如图，两弦AB，CD长均为78，所以它们关于过交点P的直径EF对称设圆心为O，AB中点为M，则OMA=90°，OM=m+n+d=294+81+3=378C2-046 在已知圆内求作内接等腰三角形，使这个等腰三角形的底与其底上的高的和为极大【题说】1956年上海市赛决赛

30、题5【解】如图，任作一圆内接等腰三角形ABC，并作高D，延长AD至E，使DE=BC，则AE为底与底上的高的和连结EC，由DCDE=12知EC的方向确定在与EC平行的各直线中，能使AE最大，且与圆有公共点时应为圆的切线因此，作与EC平行的切线切圆于H连AH并在圆上取I使AI=AH，则AIH即为所求C2-047 由密度均匀的金属细丝绷成一个三角形框架，求这个三角形框架重心的位置【题说】1962年成都市赛高三二试题3【解】边BC、CA、AB的重心即各自的中点D、E、F问题化为在D、E、F处分别放有质量a、b、c，求D、E、F的重心P是E、F的重心从而D、E、F的重心在DP上同理这重心在DEF的平分线

31、上因此D、E、F的重心即DEF的内心GG也是金属框架的中心C2-048 正n边形（n5）的最长对角线与最短对角线的差等于边长，求n【题说】第二届（1968年）全苏数学奥林匹克九年级题1【解】设an是边，Dn和dn是最长的和最短的对角线当n=6和n=7时，由三角形两边之差小于第三边，即得Dn-dnan当n=8时（如图a），从最短对角线BD的端点向最长的对角线AE作垂线BK和DLABK=90°-BAK=22.5°30°所以，AB= a82AK=D8-d8当n=9时（如图b），同理有ABK=30°，所以AB= a9=2AK=D9-d9当n9时，考虑半径为1的圆

32、的内接正n边形显然，DnD9，dnd9，ana9因此，Dn-dnD9-d9=a9an综上所述，n=9C2-049 一个战士想要查遍一个正三角形（包括边）区域内或边界上有无地雷，他的探测器的有效度等于正三角形高的一半这个战士从三角形的一个顶点开始探测问他循怎样的探测路线才能使查遍整个区域的路程最短【题说】第十五届（1973年）国际数学奥林匹克题4本题由南斯拉夫提供【解】设战士从顶点A出发探测正三角形区域ABC，ABC的高为2d以B为圆心，d为半径作圆与AB、BC分别交于M、N；C为圆心，d为半径作圆与AC，BC分别交于P、Q路不短于AD+DEAD+DEAD+DE，后一个不等式是由于AD+DCAD

33、+DC同时由于D与AC的距离为d，可见战士沿路线ADE就可以完成搜索任务，因此ADE就是最短路径还有 C2-050 已知两个半径分别为R和r的圆，作出一些不同的梯形ABCD，使得每个圆与梯形的两条腰及一条底边相切求出腰AB可取的最小长度【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克九年级题2【解】当O1（R）与O2（r）外离或外切或相交时，才有符合题意的梯形存在不妨设两圆外切于T点，梯形ABCD的一腰AB分别切O1与O2于E与F，如图，过T点作这两圆的公切线交EF于P点，延长梯形的两腰交于O点则O1PEPO2F及BO1EO2AF，于是，PE·PF= Rr及BE·AF =Rr所

34、以，梯形的腰长还要R3r这一附加条件，这样，就不难画出符合题意的梯形ABCDC2-051 E是某圆直径AC上的定点经过点E，求作弦BD，使四边形ABCD的面积为最大【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克九、十年级题2【解】设O为圆心，R为圆的半径，OE= a，则SOEDSACD=a2RSOEBSABC=a2R所以应与直径AC垂直C2-052 已知ABC的面积为1，设A1、B1和C1分别是边BC、CA和AB的中点，如果K、L和M分别位于线段AB1、CA1和BC1上，那么A1B1C1和KLM的公共部分的最小面积是多少？【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题6【解】设A1B1C

35、1的三边与KLM的三边的交点为D、D1、E、E1、F、F1，如图所示，且它们的公共部分的面于是A1D1D1D，因此，SA1D1FSD1DF同理，SB1E1DSE1EDSC1F1ESF1FE所以 SA1B1C1-SSD1DF+SE1ED+SF1FE=S-SDEFSC2-053 在一个面积为32cm2的平面凸四边形中，两条对边和一条对角线的长度之和为16cm，试确定另一条对角线的所有可能长度【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题1本题由捷克斯洛伐克提供【解】设凸四边形ABCD（图a）的面积为32cm2AB+BD+CD=16cm于是 32=SABD+SBCD故式中应取等号，从而AB+CD=

36、DB=8，则 ABDB，CDDB（图b）因此，C2-054 设三角形三边长为3、4、5，P为这三角形内一点，求P到这三角形三边距离乘积的最大值【题说】1979年陕西省赛二试题7【解】如图，设BC=3，CA=4，AB=5点P到AB、BC、CA的距离分别为x、y、z，因5x+3y+4z=125x·3y·4z=64为最大故xyz的最大值为16/15C2-055 在已知锐角ABC中作内接正方形，试求其面积最大者【题说】1979年云南省赛二试题7【解】如图，内接正方形MNPQ有两个顶点在BC上边长为xa，面积为Sa，则其中a= BC，ha= AH设ABC中，cba，熟知a+ hab+

37、 hbc+ ha所以在锐角ABC三边上的三个内接正方形中，最小边上的内接正方形的面积最大C2-056 已知两个等腰直角三角形，将一个的三个顶点分别放在另一个三角形的三条边上，问这两个三角形的面积之比最小值是多少？【题说】第十三届（1979年）全苏数学奥林匹克八、九年级题1较小三角形的直角顶点位置有两种情况：（1）当放在较大三角形的斜边上时，（如图a）两个三角形直角边的比小于1/2，它们的面积之比不小于1/4（2）当放在较大三角形的直角边上时（如图b），x2+y2=a2，且C2057 已知边长为4的正三角形ABC，D、E、F分别是BC、QS，P点在RQS内及其边上移动，P点到ABC三边的距离分别

38、记作x、y、z1求证：当P点在RQS的顶点位置时，乘积xyz有极小值2求上述乘积的极小值【题说】1982年全国联赛题4【解】如图a，第一步，先固定x，考虑yz最小值即过P作直线lBC，当P在l上变化时，yz何时最小？第二步，证两个引理：引理1：z+y+z=定值，这个定值就是ABC的高端点处取得最小值这两个引理很容易证明由此不难得到结论：如果P、P为l上两点，那么当P在区间P，P上变动时，xyz在端点P或P处取得最小值第三步，扩大P点的变化区域：根据上面所述，当P点在l上变动时，xyz的值在P或P处为最小，这里P、P是l与RQS的边界的交点但RQS的边不与ABC的边平行，因而在P移到RQS的边界

39、后，不能搬用上述方法再将P或P调整为RQS的顶点但是我们可以把P点变化区域由PQR扩大为图b所示的六边形RRQQSS，其中RRQSCA，RQSSBC，QQRSAB，也就是说：R与R关于ABC的平分线为对称S与R关于ACB的平分线为对称，等等过P作平行于BC的直线l，将P调整为l与六边形RRQQSS的边界的交点P（或P），再将P调整为顶点R或S，每一次调整都使xyz的值减小由于对称，xyz在六个顶点R、R、Q、Q、S、S处的值显然相等，因而命题成立2由题易知，ABEBCFCAD，从而AERBFQCDS，RQS是正三角形由1，我们只考虑S点x，y，z的取值求得C2058 在正方形ABCD的边AB、

40、BC上分别取点P、Q，连接DP、DQ、PQ，分别记DPQ、DAP、DQC和PBQ的面值？【题说】第二届（1987年）东北三省数学邀请赛题5【解】不妨设正方形边长为1如图建立坐标系设P（0，b）与Q（a，0），于是，C2059 边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，求这个菱形两条对角线长度之和的最大值【题说】1987年全国联赛一试题 1（2）原题为选择题【解】设菱形的两条对角线长分别为x及y，则由已知考虑平行直线族x+y=c当直线过点（8，6）时，得x+y的最大值14C2060 在边长为10的正三角形ABC中，以如图所示的方式内接两个正方形（甲、乙两个正方形有一边相重迭，都

41、有一边落在BC上，甲有一顶点在AB上，乙有一顶点在AC上）求这样内接的两个正方形面积和的最小值【题说】1988年北京市赛高一题 3【解】设甲、乙两正方形的边长分别为x、y，易知BC边上的四条线段之和为：记甲、乙两正方形面积之和为S，则有C2-051 E是某圆直径AC上的定点经过点E，求作弦BD，使四边形ABCD的面积为最大【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克九、十年级题2【解】设O为圆心，R为圆的半径，OE= a，则SOEDSACD=a2RSOEBSABC=a2R所以应与直径AC垂直C2-052 已知ABC的面积为1，设A1、B1和C1分别是边BC、CA和AB的中点，如果K、L和M分

42、别位于线段AB1、CA1和BC1上，那么A1B1C1和KLM的公共部分的最小面积是多少？【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题6【解】设A1B1C1的三边与KLM的三边的交点为D、D1、E、E1、F、F1，如图所示，且它们的公共部分的面于是A1D1D1D，因此，SA1D1FSD1DF同理，SB1E1DSE1EDSC1F1ESF1FE所以 SA1B1C1-SSD1DF+SE1ED+SF1FE=S-SDEFSC2-053 在一个面积为32cm2的平面凸四边形中，两条对边和一条对角线的长度之和为16cm，试确定另一条对角线的所有可能长度【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题1

43、本题由捷克斯洛伐克提供【解】设凸四边形ABCD（图a）的面积为32cm2AB+BD+CD=16cm于是 32=SABD+SBCD故式中应取等号，从而AB+CD=DB=8，则 ABDB，CDDB（图b）因此，C2-054 设三角形三边长为3、4、5，P为这三角形内一点，求P到这三角形三边距离乘积的最大值【题说】1979年陕西省赛二试题7【解】如图，设BC=3，CA=4，AB=5点P到AB、BC、CA的距离分别为x、y、z，因5x+3y+4z=125x·3y·4z=64为最大故xyz的最大值为16/15C2-055 在已知锐角ABC中作内接正方形，试求其面积最大者【题说】197

44、9年云南省赛二试题7【解】如图，内接正方形MNPQ有两个顶点在BC上边长为xa，面积为Sa，则其中a= BC，ha= AH设ABC中，cba，熟知a+ hab+ hbc+ ha所以在锐角ABC三边上的三个内接正方形中，最小边上的内接正方形的面积最大C2-056 已知两个等腰直角三角形，将一个的三个顶点分别放在另一个三角形的三条边上，问这两个三角形的面积之比最小值是多少？【题说】第十三届（1979年）全苏数学奥林匹克八、九年级题1较小三角形的直角顶点位置有两种情况：（1）当放在较大三角形的斜边上时，（如图a）两个三角形直角边的比小于1/2，它们的面积之比不小于1/4（2）当放在较大三角形的直角边

45、上时（如图b），x2+y2=a2，且C2057 已知边长为4的正三角形ABC，D、E、F分别是BC、QS，P点在RQS内及其边上移动，P点到ABC三边的距离分别记作x、y、z1求证：当P点在RQS的顶点位置时，乘积xyz有极小值2求上述乘积的极小值【题说】1982年全国联赛题4【解】如图a，第一步，先固定x，考虑yz最小值即过P作直线lBC，当P在l上变化时，yz何时最小？第二步，证两个引理：引理1：z+y+z=定值，这个定值就是ABC的高端点处取得最小值这两个引理很容易证明由此不难得到结论：如果P、P为l上两点，那么当P在区间P，P上变动时，xyz在端点P或P处取得最小值第三步，扩大P点的变

46、化区域：根据上面所述，当P点在l上变动时，xyz的值在P或P处为最小，这里P、P是l与RQS的边界的交点但RQS的边不与ABC的边平行，因而在P移到RQS的边界后，不能搬用上述方法再将P或P调整为RQS的顶点但是我们可以把P点变化区域由PQR扩大为图b所示的六边形RRQQSS，其中RRQSCA，RQSSBC，QQRSAB，也就是说：R与R关于ABC的平分线为对称S与R关于ACB的平分线为对称，等等过P作平行于BC的直线l，将P调整为l与六边形RRQQSS的边界的交点P（或P），再将P调整为顶点R或S，每一次调整都使xyz的值减小由于对称，xyz在六个顶点R、R、Q、Q、S、S处的值显然相等，因

47、而命题成立2由题易知，ABEBCFCAD，从而AERBFQCDS，RQS是正三角形由1，我们只考虑S点x，y，z的取值求得C2058 在正方形ABCD的边AB、BC上分别取点P、Q，连接DP、DQ、PQ，分别记DPQ、DAP、DQC和PBQ的面值？【题说】第二届（1987年）东北三省数学邀请赛题5【解】不妨设正方形边长为1如图建立坐标系设P（0，b）与Q（a，0），于是，C2059 边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，求这个菱形两条对角线长度之和的最大值【题说】1987年全国联赛一试题 1（2）原题为选择题【解】设菱形的两条对角线长分别为x及y，则由已知考虑平行直线族x

48、+y=c当直线过点（8，6）时，得x+y的最大值14C2060 在边长为10的正三角形ABC中，以如图所示的方式内接两个正方形（甲、乙两个正方形有一边相重迭，都有一边落在BC上，甲有一顶点在AB上，乙有一顶点在AC上）求这样内接的两个正方形面积和的最小值【题说】1988年北京市赛高一题 3【解】设甲、乙两正方形的边长分别为x、y，易知BC边上的四条线段之和为：记甲、乙两正方形面积之和为S，则有C2061 考虑所有底AB固定，C点引出的高为常数的ABC，什么时候它的高的乘积为最大？【题说】1990年亚太地区数学奥林匹克题 3欲使hahbh最大，只要ab最小当a=b时，ABC为等腰三角形记这时的C

49、为C0（如图），且不妨设C0与C在AB同侧，由CC0确定的直线lAB，两者距离为h，显然C点的轨迹为直线l，这时ABC的外接圆O在C0处的切线即为l，而C点在O外，因此，ACBAC0B，于是即当C与C0重合时，ab最小，此时三条高乘积最大C2062 在ABC中，AB=9，BCCA=4041，这个三角形可能有的最大面积是多少？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题13【解】设AB=c，AC=rb，BC=ra，（ab，r0）AB上按（Apollonius圆）因此，当该圆半径为ABC的高时，它有最大面积别解 设BC=40k，AC=41k，AB=9，则当k=1时，达到最大值C2063 如图，边长

50、为1的正方形ABCD的一组对边AB、CD上各取一点M、N，AN、DM交于E，BN、CM交于F试求四边形EMFN的最大面积，并指出M，N在何位置时可取此最大值【题说】1993年河北省高中数学联赛二试题2本题由第24届加拿大数学奥林匹克题3改编而来（见C2-034）【解】首先考察图中直角梯形XYZU，其上、下底分别为m、n，直角腰长为1显然XYO与UZO等积令其面积为t，过O的高长为h，这高将XY分为长为a、b的两段，则现在令AM=x，CN=y，则MB=1-x，DN=1-y根据对直角梯形的这最大值当x+y=1时（即M，N连线平行于正方形的底边时）达到C2065 在平面上有三个不同的点A、B、C构造

51、一条过C点的直线m，使得A，B两点到m的距离的积最大对于每组点A、B、C，这样的m是否唯一？【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题4【解】设BC=a，AC=b，BCA=若A、B在直线m的同侧，令是m与CA的夹角，则m与CB的夹角是A、B两点到m的距离之积为线时取得最大值同理，若A、B两点分居m两所以，若是锐角，则m是ACB的外角平分线；若是钝角，则m是ACB的平分线；若是直角，则m是ACB的平分线或外角平分线，此时m不唯一C2066 在平行四边形ABCD中，设O是对角线AC与BD的交点CAB与DBC每一个都是DBA的两倍，ACB是AOB的r倍求不超过1000r的最大整数【题说】第十四届

52、（1996年）美国数学邀请赛题15【解】设DBA=由于CAB=CBO=2，所以CABCOB在ABC中，由正弦定理即所以解得ABO=180°-3×15°=135°ACB=135°-2×15°=105°所以答案为777C2067 在给定线段AB上任取一点C，以AC、CB为底向同一侧作正三角形ACD及CBE，连AE和BD相交于P点，求P点的轨迹【题说】1958年武汉市赛高三初赛题3【解】在ACE与DCB中，AC=DC，CE=CBACE=DCB=120°所以 ACEDCB从而 EAC=BDCA、C、P、D四点共圆DPA=ACD=60°APB=180&