有约束条件的完全四边形与数学竞赛题上

1、2007年第2期17专题写作有约束条件的完全四边形与数学竞赛题(上)沈文选(湖南师范大学数学奥林匹克研究所,410081)有约束条件的完全四边形除具有一般完全四边形的优美性质外,还由于各种不同的约束条件,而具有一些特殊的优美性质.许多数学竞赛试题就是以这些优美性质为背景或出来的.1例1ABCDEF中,AB=AE.(1)若BC=EF,则CD=DF,反之,若CD=DF,则BC=EF;图1(2)由(1)知,BCD和DEF的外接圆(2)若BC=EF(或CD=DF),M为完全是等圆(或由正弦定理计算推得).又由A、B、M、E四点共圆有CBM=AEM=FEM.从而,CM=FM.于是,DCMDFM.所以,C

2、DM=FDM.故MDCF.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.四边形的Miquel点,则MDCF,且ACF的外心O1在直线MD上;(3)若BC=EF(或CD=DF),点A在CF上的射影为H,ABE的外心为O2,则O2为AM的中点,且O2D=O2H;(4)若BC=EF(或CD=DF),M为完全四边形的Miquel点,则MB=ME,且MBAC,MEAE.证明:辅助线如图1.(1)由完全四边形的性质11中式(或对ACF及截线BDE应用梅涅劳斯定理),有=1.BCDFEA(3)由(2)知,BCD和DEF的外接圆是等圆.从而,BCMEFM.所以,BM=EM,

3、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MDCF,AHCF,所以,O2在线段DH的中垂线上.故O2D=O2H.(4)由(3)知,BM=EM.因AB=AE,由上式知CD=DFBC=EF.收稿日期:2006-01-26修回日期:2006-11-1018中等数学又O2为AM的中点,而O2为圆心,故AM为直径.(2)若对角线AD的延长线交对角线CE于点P,BPF的外接圆交AD于点A1,交CD于点C1,交DE于点E1,则SACE=2S六边形A1BC1PE1F,SACE4SBPF.所以,MBAC,MEAE.不妨将例1记作性质16.以性质16为背景,可得到如下数学

4、竞赛题.题1已知锐角ABC,CD是过点C的高线,M是边AB的中点,过M的直线分别交射线CA、CB于点K、L,且CK=CL.若CKL的外心为S,证明:SD=SM.(第54届波兰数学奥林匹克)如图2,事实上,此题为在完全四边形CKAMLB中,C为锐角,顶点C在边上的射为,CL,图2CKL.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2设AM、AN分别是ABC的中线、内角平分线,过点N作AN的垂线分别交AM、AB于点Q、P,过点P作AB的垂线交AN于点O.求证:OQBC.(2000,亚太地区数学奥林匹克)以具有相等的边(含边上的线段)的完全四边形为背景的竞赛题

5、还有:题3P是ABC内的一点,直线AC、BP相交于点Q,直线AB、CP相交于点R.已知AR=RB=CP,CQ=PQ.求BRC.(2003,日本数学奥林匹克)2两组对边相互垂直的完全四边形证明:(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OMBF于点M.图3OMEH,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,SBCC1+SPCC1=SPEE1+SFEE1=SBAA1+SFAA1=S,2四边形BC1PDS,2四边形DP

6、EFS.2四边形ABDF2从而,SACE=2S六边形A1BC1PE1F.由完全四边形的性质12即知SACE4SBPF.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1锐角ABC中,BD、CE是其相应边上的高.分别过顶点B、C引直线ED的垂线BF、CG,垂足为F、G.求证:EF=DG.(第22届全苏数学奥林匹克)题2在锐角ABC中,A的平分线与三角形外接圆交于另一点A1,点B1、C1与此类似.直线AA1与B、C的外角平分线相交于点A0,点B0、C0与此类似.求证:(1)SA0B0C0=2S六边形AC1BA1CB1;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

7、类问题比较多,这里仅举一例.例2在完全四边形ABCDEF中,ACBE,AECF.(1)若点C、E在对角线BF所在直线上的射影分别为G、H,则GB=FH;2007年第2期19(2)SA0B0C04SABC.(第30届IMO)OM平分AMD,OM平分BMF;(10)过点E(或C)的圆的割线交O于题3已知O1、O2交于A、B两点.过点A作O1O2的平行线,分别与O1、O2交于C、D两点.以CD为直径的O3分别与O1、O2交于P、Q两点.证明:CP、DQ、AB三线共点.(第54届白俄罗斯数学奥林匹克)3相交两对角线为圆中相交弦的完全四边点R、P,直线CP(或EP)交O于点S,则3R、G、S三点共线;(

8、11)设对角线AD的延长线交对角线CE于点W,则WC=WE的充要条件是2WAWD=WC;(12)设Z是对角线CE的中点,联结AZ交O于点N,则C、D、N、E.证明:如图4.形接于圆.例3中,、BD、F()AD、BF交于点G.(1)若C、E的平分线相交于点K,则CKEK;(2)BGD的平分线与CK平行,DGF的平分线与EK平行;(3)从点C、E分别引O的切线,切点为P、Q,则CE=CP+EQ;此题设条件下的完全四边形ABCDEF的Miquel点在对角线CE上;若分别以点C和E为圆心、以CP和EQ为半径作圆弧交于点T,则CTET;(4)若从点E(或C)引O的两条切线,切点为R、Q,则C(或E)、R

9、、G、Q四点共线;(5)过C、E、G三点中任意两点的直线,分别是另一点关于O的极线;(6)点O是GCE的垂心;(7)过对角线BF(或BF与CE不平行时222图4(1)联结CE,令DCE=1,DEC=2.则(BCD+1+2)+(DEF+2+1)=ABD+AFD=180°,即(BCD+DEF)+1+2=90°.2故CKE(BCD+DEF)+=180°-1+2=90°.因此,CKEK.(2)设DGF的平分线交DE于点X,EK与FG交于点I.则FGX=DGF2的AD)两端点处的O的切线的交点在对角线CE所在的直线上;(8)设O1、O2分别是ACF、ABE的外心,

10、则OO1O2DCE33(GFA+GAF),2AED2;FIE=GFA-=GFA-(9)设点M是完全四边形ABCDEF的Miquel点,则OMCE且O、G、M三点共线;(ADB-GAF)220中等数学=(GFA+GAF).2故HR=HQ.由此即可证得RtEHRRtEHQ.因此,GXEK.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,CMCE=CDCF,EMEC=EDEB.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,

11、联结AR交BF于点X,联结FR交AD于点Y,AQ、FQ,设QR与A交于点=.S以上两式相加得CE=CDCF+EDEB.2又CP、EQ分别是O的切线,有CDCF=CP,EDEB=22故CE=CP+是DEF外,Miquel点.因此,题设条件下的完全四边形的Miquel点在CE上.222,=,RYDRsinYDR=.AXABsinXBA由EQFEAQ,有=.FQEF由于CT=CP,ET=EQ,故CT+ET=CE,即CTET.222同理,=,=.ABBEDRER(4)如图5,联结CQ交O于点R,过而AQZ=YDR,ZQF=RBX,FDY=XBA,EQ=ER,于是,=1.ZFYRXA点E作EHCQ于点H

12、,过点C作圆的切线CP,切点为P.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OEQR,即OECG.同理,OCEG.图5由此即知,O为GCE的垂心,即OGCE.则CE-EQ=CP=CRCQ)=(CH-HRCQ.222(7)由(5)知,直线CE是点G关于O又CE-EQ22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2222=(CH+EH)-(EH+HQ)22=CH-HQ=(CH-HQ)(CH+HQ)=(CH-H

13、Q)CQ,2007年第2期21OO1O2DCE.若点O不在AD上,则点O1、O2不在AC、AE上.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,EMAT.于是,TAM=AME=,即图6如图6,联结O1A、O1C、AD、OA、OD、O2A、O2E.因AO2E=2(180°-ABE)=2AFD=AOD,O2A=O2E,OA=MA=.OT,在CE上,因此,OMCE.由(6)知,OGCM.故O、G、M三点共线.由性质1322.故=.OA

14、知,此时即为2002年中国又O2AE=OAC,则AOO2ADE.同理,AO1CAOD,AOO1ADC.于是,O1OOO2=.CDADDE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AO1CAO2E,知OOAO=.CEAEAD从而,OO1O2DCE.(9)如图7,过点D、M作O的割线MD图8由EFREPA,CBSCPA,有=,=.PAEPBSCB从而,=.SBEPCB由ERDEBP,CBPCSA,有图7=.SAEPCA22中等数学以上两式相除得=.SBRDEDCB=180°-CYE,所以,C、Y、E、D四点

15、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.用乘上式两边,应用完全四边形性质AF1中的式(即对ABE及截线CDF应用梅涅劳斯定理)知=1.FACBDE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1四边形ABCD内圆,直线ABDCE,F,从而,=1.RDBSAF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),AD于点NAB于点P,交CD于点.:四边形MPNQ是菱形.证得SR、BF、AD.故S、G.(9,(1950,波兰数学奥林匹克2004,斯洛文尼亚国家队选拔赛)事实上,由例3(1)即得.题2四边形ABCD内接于圆,边AB、DC的延长线交于点M,边AD、BC的延长线完全四质2中的式(即对ACE及点D应用塞瓦定理)有BCWEFA交于点N.由点N作该圆的两条切线NQ、NR,切点分别为Q、R.求证:M、Q、R三点共线.2=1.AWDW=CW(1997,中国数学奥林匹克)事实上,由例3(4)即得.图9DWCW题3在ABC中,一个以O为圆心的圆经过顶点A、C,又和线段AB、BC分别交于点K、N,K与N不同.ABC的外接圆和BNK的外接圆恰相交于点B和另一点M.求证:BMO=90°.(第26届IMO)DWCCWADCW=