有约束条件的完全四边形与数学竞赛题下

1、2007年第3期13专题写作有约束条件的完全四边形与数学竞赛题(下)沈文选(湖南师范大学数学奥林匹克研究所,410081)2224不相交两条对角线为圆中不相交弦的完AD=AK+KD,全四边形例4在完全四边形ABCDEF中,B、C、E、F四点共圆(O),点M为完全四边形的Miquel点4.(1)从点A向O引切线P,分别为P、Q,PD(2)OAD(3)点M在对角线AD所在的直线上;(4)AM平分CME,AM平分BMF,且C、O、M、E,B、O、M、F分别四点共圆;两式相减有222AGAH-AD=PK-KD=(PK+KD)(PK-KD)=PD=-)(2-AD+ADAG-AHAG.故2AGAH=AD(

2、AH+AG),即+=2=+.AGAHAGAH从而,因此,=.AGAH=.AGAH(5)OMAD;(6)A、P、O、M、Q五点共圆;(7)直线OM、BF、CE三线共点或相互平行.证明:(1)如图10,同例3中(4),由证R、G、Q三点共线而证得P、D、Q三点共线.(2)如图10,设直线AD交O于点G、H.过点A作AKPQ于点K,则PK=QK.注意到AP=AGAH2图10=AK+PK,22上式表明,O的两段弧调和分割AD所在的直线.(3)在直线AD上取点M,使2ADAM=AP=ABAC=AFAE.则B、C、M、D,E、F、D、M分别四点共圆,即M为BCD外接圆与DEF外接圆的交点.从而,M为完全四

3、边形ABCDEF的Miquel点,即点M与M重合.故点M在直线AD上.(4)联结OC、OE,则CMH=CBD=EFD=EMH.故CME=2CBE=COE.从而,AM平分CME,且C、O、M、E四点共圆.同理,AM平分BMF,且B、O、M、F四14中等数学点共圆.(5)由于C、O、M、E四点共圆,则有OMC=OEC=OCE=(180°-COE)=90°-COE22=.AFAGFG故=AG.同理,=BF=CDG=90°-CBE=90°-CMH.,故OMC+CMH=90°.因此,OMAM,即OMAD.(6)由APO=AMO=AQO=90°,

4、知A、P、O、M、Q五点共圆.(7)记O、M、F、B四点所共之圆为O1,C、E、M、O四点所共之圆为O2.对O1、O2、O用根轴定理,即知OM、BF、CE三线共点或平行.图11以上三式相乘得=1.AGBFCD由梅涅劳斯定理的逆定理知A、B、C三点共线,即直线AB与直线FD交于点C.而直线AB、交于点C,C重合.因此是.EGA中,对角ABC的外接圆于点D,过点D且与FG切于点E的圆交AB于点M.已知(用t表示).=t.求ABEF不妨将例4记作性质19.以性质19为背景,也可得到如下数学竞赛题:题1已知O点,)点B、C,A,作直线l关于AOO于点D、E,且E在A、D之间.证明:四边形BCDE两条对

5、角线的交点P为定点,即该点不依赖于直线l的位置.(第21届希腊数学奥林匹克)事实上,可证得O、D、E、P四点共圆,AP=为定值.OA此题是第31届IMO试题的等价表述.解:如图12,联结AD、MD、BD.由DMA=DEG=FEC,5边为圆的切线段的完全四边形FCE=MAD,图12例5在完全四边形ABCDEF中,对角线AD与BF交于点G.若过点D、F、G的圆与边AE、BE分别切于点F、D,则直线CG是DFG外接圆的切线.证明:如图11,设过点G的DFG外接圆的切线与直线FD交于点C.又直线DG与过点F的DFG外接圆的切线交于点A,直线FG与过点D的DFG外接圆的切线交于点B.由ADFAFG,有得

6、EFC故MDA.=,即MDAMEFAM=MDCE.又FEC=DME,知GEC=DMB,ECG=DBM.于是,GEC故=,即MDBMDMB.2007年第3期15EGBM=MDCE.证明:(1)如图14,设BF与QS交于点M,BF与PR交于点M.所以,EFMA=EGBM.从而,=EFMBAB-AM=.AB-tAB1-t下面证明:点M与M重合.例7在完全四边形BXAPCR中,O1切AB于点A、切XC于点P;O2过点C、P,且与AB切于点B.O1与O2除相交对BEF及截线QMS、BCF及截线PMR分别应用梅涅劳斯定理,有=1,MFSEQB图14于点P外,还相交于点Q.证明:PQR的外接圆与直线BP、B

7、R相切.此题是2003年斯洛文尼亚国家队选拔赛试题的等价表述.证明:如图13,联结AQ、BQ.因为BPR=PBA=CPR=BRP,图13即有=;MF=PB=.MFFR=.MFMF注意到BP=BQ,FS=FR,则所以,BP=BR.由弦切角定理的逆定理知,只须证明BPR=PQR.因BRP=BPR=PBA+PAB=AQP+BQP=AQB,因此,点M与M重合.从而,BF、QS、PR三线共点于M.同理,AD、QS、PR三线共点于M.故AD、BF、PR、QS四线共点.(2)由圆的切线长定理有AC-AE=(AP+PC)-(AS+SE)所以,A、Q、R、B四点共圆.故BQR=PAB.又BQP=PBA,则PQR=PAB+PBA=BPR.因此,BP是PQR外接圆的切线.由BP=BR,知BR也是PQR外接圆的切线.故结论获证.例8在完全四边形ABCDEF中,O分别内切四边形ABDF的边AB、BD、DF、FA于点P、Q、R、S.求证:(1)AD、BF、PR、QS四线共点;(2)AC-CD=AE-DE.=PC-SE=CR-QE=(CD+DR)-(DE+DQ)=CD-DE.故AC-CD=AE-DE.参考文献:1沈文选.完全