C几何-C1平面几何的证明

C几何——C!平面几何的证明C1-001已知线段MN的两个端点在ー个等腰三角形的两腰上,MN的中点S作等腰三角形的底边的平行线,交两腰于点K和L.证明:线段MN在三角形底边上的正投影等于线段れ.TOC\o"1-5"\h\z【题说】1956年〜1957年波兰数学奥林匹克三试题2. A【证】设M、N在直线Kシ上的射影分别为0、E,由于MS=SN,所以 AMD=NE.由于AB=AC,KL//BC,所以/DKM=NAKL=NALK,又/ /\MDK=NNEL=9N,所以ふMDK纟ふNEL,DK=EL,从而。E=K厶,即 »,ソ,ノA】-IMN在8c上的正投影等于KL. 干S卫、Cl-002设四边形ABC。内接于圆。,其对边40与8c的延长线交于やL ゝ;圆。外一点E,自E引一直线平行于4C,交8。延长线于点M,自M引Mア切圆。于7点，则MT=ME.【题说】1957年南京市赛初赛5.利用切割线定理和相似三角形.【证】四边形ABC。内接于圆。，故N1=/2.由ME〃んC,TOC\o"1-5"\h\z得/2=N4,レ1=N3,所以/3=/4,た£加8=N。ル£, ヽ所以へembsadme,从而有患黑 ("猿、即 ME?=MB•MD 、則、4k所以MT2=MB•MD=ME1 狀、ノセ *即 MT=MECl-003若一直角三角形的外接圆半径为R,其内切圆半径为r,与斜边相切的旁切圆半径为t,若Z?为r及，的比例中项,证明这直角三角形为等腰直角三角形.【题说】1957年北京市赛高二题4.【证】设直角△48C的斜边长为c,两直角边长为。、ん易知R=ga+b-ca+b+cc2(a+b)2—c所以a=b.Cl-004任意四边形ス8C。的对角线4c与8。相交于P,而8。与AC的中点是历与N,设Q是尸关于直线MN的对称点，过户作MN的平行线,分别交48、C。于X、Y,又过。作MN的平行线,顺次交ん8、BD、AC、CD于E、ド、G、H.试证:1.EF=GH；s^cpdpy【题说】1963年成都市赛高二ニ试题4.同本届高三二试题4.【证】!.P、。关于MN对称,所以/N平分PQ,又FG//MN,所以凡从而8F=尸。，BP=FD.同理，有4尸=CG,AG=PC.

XP_BPFDFHFG+GHEFBFPD=DYPYPYEF+FGGHXP比较（1）、（2）得E尸=G〃.cS'PABAP•PBGCBPGHXPXPf = =•—=•1=—SacpdDP•PCPCBFPYEFPYCl-005在内角都相等的凸〃边形中,设m,a2,-,即依次为边的长度,而且满足不等式可与生ユ…》。，”证明:必有。1=42=…=%.【题说】第五届（1963年）国际数学奥林匹克题3.本题由匈牙利提供.【证】 当"为奇数时,设〃=2k+l（k为正整数），NA24A“的平分线ん8交ん+ん+2于点8（如图）.由于已知〃边形的各角都相等，所以んB丄ん+2，因此折线んム…ん+1与折线んん…ん+2在这条角平分线上的射影都等于ん氏另一方面,んム》んん，并且它们与ム8的交角相等，所以んム的射影》ムん的射影.同理んん的射影》ん，ムー1的射影….所以」:述各式中等号均应成立,即ゐ二の二…ニ。”.当〃为偶数时,作んム的中垂线厶.考虑各边在厶上的射影,同样可得ゐ="2=…=册.C1-006在平面上取四点A、B、C、D,已知对任何点尸都满足不等式用+尸。》尸B+PC.证明;点B和C在线段上,并且んB=C£>.【题说】1966年全俄数学奥林匹克九年级题2.【证】由于点P是任意的.可以取P=。,则应有A。》BO+OC；若取P=A,则有AO2A8+4C.将二式相加，得2AD^AB+AC+BD+CD （1）然而另一方面，总有AOWAC+C。及4OW4B+BC.因此又得2AD^AB+AC+BD+CD由⑴、（2）2AD^AB+AC+BD+CD由⑴、（2）知2AD=AB+AC+BD+CD从而其他4个不等式中皆取等号，亦即8、，C1—007凸多边形内一点。同每两个顶点都组成等腰三角形,证明:该点到多边形的各顶点等距.【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克九年级题6.【证】（1）如果凸多边形是△ABC,则结论显然成立.（2）两点一定在线段4。上,而且A8=C£>.⑵对〃（〃>3）边形,设4、B、。为多边形的任意三个顶点,则C或在40、8。的反向延长线组

2成的夹角内（图。）,或C在该角外,即该角与多边形的边。E相交（图か.在图a中,点。在△48。内,由（I）,AO=BO=CO.在图b中，点。在△BCE和△4OE内，故有AO=DO=EO=BO.Cl-008设有一圆，它与ノ。两边相切，切点为A、B.从点A引。8的平行线,交圆于点C,线段。C与圆交于E,直线与。8交于K.证明:OK=KB.【题说】第七届（1973年）全苏数学奥林匹克九年级题2.【证】设圆在点C的切线与ノ。两边分别相交于尸、Q.因为AP=PC,所以ふAPC和△。「。皆为等腰三角形，从而4。=じ。=。8=8。.又ノ。ん£：=Z。ル=ノじ。。,&ZAOB=ZCQB,从而△。んKs△0。C.所以OA~OQ~2OAOBOK+KB亦即C1-009OK=KB亦即C1-009圆的内接四边形两条对角线互相垂直，则从対角线交点到ー边中点的线段等于圆心到【题说】【证】为垂足.【题说】【证】为垂足.因为1978年上海市赛二试题6.AF=FB=EF如图，已知A8c。为。。的内接四边形，AC丄8。于E,ド为A8中点，。6丄。0GAF=FB=EFNEAB=NAEF又Z£AB=90°-ZEBA=90°-ZGCH=ZGHC所以 ZAEF=ZGHC,EF//GO同理可证，EG//FO.所以EG。〜是ー个平行四边形，从而FE=OG.C1-010四边形两组对边延长后分别相交，口交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明:另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段.【题说】1978年全国联赛二试题1.【证】设四边形ABCO的对边交点为E、ド，并且BD〃E尸，AC交BD于H,交,EF于G.由于B0〃EF,所以DHADDBDCDHGFAFEFCEEGGF=EGci-011在平面上已知两相交圆。I和。2，点A为交点之一,有两动点M和河2,从点4同时出发，分别以常速沿。1和。2同向运动，各绕行ー周后恰好同时回到点ん证明:在平面上存在一定点P,P到点妬和河2的距离在每ー时刻都相等.

【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题3.本题由原苏联提供.【证】设。।和。2为已知圆的圆心,れ和な分别为它们的半径.作线段〇。2的垂直平分线，及点A关于，的对称点P,则。“な,QP=ri(如图).由已知,乙401Ml=NA。2M2,由对称性,ZAOtP=NAO2P.于是，ZMlOlP=ZM2O2P•又因为OlMl=O2P=rl,02M2=0/=r2,故△O|M|P丝02M2尸，MF=M2P.［别证］可以用复数来作.以Q为原点,〇。2为实轴建立复平面.C1一012二圆彼此外切于ハ，一直线切ー圆于A,交另ー圆于8、C两点.C。的距离相等.【题说】第十三届(1987年)全俄数学奥林匹克十年级题3.【证】过切点。作二圆的公切线，,交AB于F.设E在C。的延长线上，则ノ8。ん=ZBDF+ZFDA=Z.ACD+ノか。=ADE,即。A平分/8。后，所以,4到8。、C。的距离相等.C1-013在“筝形”ABC。中，AB=AD,BC=CD.经AC、BD的交点。任作两条直线，分别交4。于E,交BC于F,交48于G,交Cハ于，.GF、EH分别交BD于人J.求证:/。=。J.【题说】1990年全国冬令营选拔赛题3.本题宜用解析几何来证.本题是蝴蝶定理的一个推广.【证】易证AC丄8D.如图，以。为原点，8。为x轴,CA为y轴,建立直角坐标系.设各点坐标为A(0,か,B(~a,0),C(0,c),D(a,0),Eド的方程为GH的方程为y=lx,则AD的方程是ラ+う一1=0,EH的方程是TOC\o"1-5"\h\zス(y—ほ)+*+ラー1)=0 (1)EH的方程是〃(y一氏)+(チ+钎!)=0 (2)比较常数项与y的系数有ス+［=u+- (3)bcノ的横坐标x满足—2ほ+'—1=0 (T)a及ー〃氏+乂-1=0 (2‘)a(1')•，一(2’)•ん得(〃~X)klx+(/一4)F=/一女a利用⑶得TOC\o"1-5"\h\z(1—丄)k/x+(1T)：=/—k (4)同样可得/的横坐标x应满足(~—~)Wx+(k—l)~=k—l (5)bc a(将(4)中的k与/互换,。换成—a).由(4)、(5)立即看出/、ノ的横坐标互为相反数,即!O=OJ.Cl-014如图,设△ABC的外接圆。的半径为R,内心为/,ZB=60°,ZA<ZC,N4的外角平分线交。。于E.证明:(1)/O=A£；(2)2R<10+lA+lC<(l+y[3)RTOC\o"1-5"\h\z【题说】1994年全国联赛二试题3. ^【证】(1)连ん,延交。。于凡则易知Eド为。。直径. (过E作E0〃/。交A尸于。,则/。是△FCE的中位线,从而/。=うだ メト/(因ZA。C=2ZA8C=120° \/ZA/C=180°-1(ZA+ZC)=120° F故4、〇、/、C共圆.从而ZA/0=Z?lCO=1(180o-120°)=30°所以ZAOE-AW=30°,AE=^DE=IO(2)连CF,则 Z〃て=Z4尸C=ZB=60°Z/C尸=Z/CB+ZBCF=^(ZA+ZC)=60°故JF=1C,又由(1)知/。=AE,从而IO+IA+IC=EA+AI+!F=EA+AF^EF=2R令。=Z。ん/,则(因ZAVZC)a=ZOA/<|zA<30°又 AE-\-AF=2Rsina+2Rcosa=2y[2Rsin(45°+a)当aG(0,45°)时,sM(450+。)为増函数,故 AE+AF<2R(sin3O°+cos30°)=(l+y/3)R即 /O+/A+/C<(l+y/3)RCl-015设れABC是锐角三角形，在△ABC外分别作等腰RrZXBCハ、AASE.ACAF.在这三个三角形中,NBDC、/BAE、ZCM是直角.又在四边形BCFE外作等腰RfZiEFG,NEFG是直角.求证:(l)GA=\[2ADZGAD=135°.【题说】1994年上海市赛高三二试题2.【证】以点4为原点建立直角坐标系,与B相应的复数记为Z，，等等.ZC=AG=AF+FG=AF+EFi 7=AF+(£4+AF)i=AF(1+i)+或(-i+i)zD=(-i+j)Ab=DA+ADi=BA+DB+(AC+CD)i=BA+DB+BD+ACi=BA+(.AF,+FC)i=BA+AF[\+i)所以Zg=(—l+i)Z。，AG=y[?AD,且/G4O=135°Cl-016设M、N为三角形ABC的边BC上的两点，且满足BM=MN=NC.一平行4c的直线分别交ん8、AM.4N于。,E和F,求证:EF=3DE.【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题1.【证】如图，过N、M分别作AC的平行线交A8于/Z、G点.N” i交ルM于K点.则BG=G”=/M. h/Ve\1 /KX\)\易知"K=]GM=/N y 'ヤゝ所以"K：KN=1：3 B2-- や又由于。尸〃"N,于是DE：£F=HK:KN=\：3故E尸=3。£Cl-017ABC。是ー个平行四边形,E是AB上的一点，F为CD上一点、.AF交ED于G,EC

6交FB于H.连接G,"并延长交A。于L,交BC于M,求证:DL=BM【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题4.【证】如图,过E、ド分别作EK〃ル。,FQ//AD,则QFGF=DG=DL 0ん、、//所以AL•DL=QF•EK.TOC\o"1-5"\h\z同理,CM•MB=QF・EK. 1/ \"故 AL•DL—CM,MB Df C又由于 AL+DL=CM+MB,所以 DL=BMCl-018在梯形んBC。（48〃OC）中，两腰A。、BC上分别有点P、。满足/4尸8=NCP。,ZAQB=ZCQD.证明:点P和。到梯形对角线交点〇的距离相等.［题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级（决赛）题7.【证】如图，设ダ是8点关于A。的对称点，则P点就是B'C与4。的交点.在△4P8和△。R：中,NAPB=NDPC,/№8=180°—N尸。C,由正弦定理知BP_sinAPABsinZPDCPCAB=sinNAPBsinNDPCDC所以B'PBPABPC=PCCD由△AOBs/Xc所以B'PBPABPC=PCCD由△AOBs/Xc。。,AOAB’OCCDB'P+PCAB+CDAO+OC

PCCD=OC即ダPACPCOC所以△CQPs/\cAB'OC ,CD•AB所以()P=——•ab= 1AC AB+CDCD•AB同理0Q~AB+CD所以OP=OQCl-019从△ABC的顶点A引3条线段，N4的平分线AM,乙4的外角平分线4N,三角形外接圆的切线AK,点M、N、K依次排列在直线BC上证明:MK=KN.【题说】1995年城市数学联赛低年级普通水平题4.【证】由于 ZKAM=ZKAB+ZBAM=ZACB+ZCAM=ZAMK

所以,KA=KM.另一方面,ZNAM=90°,且N4MW=90°—ZAMN=90°—NK4M=NNAK故KN=AK=KM.Cl-020ZXABC具有下面性质:存在一个内部的点P使/以B=10°,NPBA=20°,ZPCA=30°,ZMC=40°.证明:ZkABC是等腰三角形.【题说】第25届（1996年）美国数学奥林匹克题5.［解］作4c边上的高8。，又作AQ使/QAO=30°,AQ交8D于。，连PQ.设直线P。交AC于ダ.因为ノ8AD=100+40°=50°,所以/A8O=90°-50°=40°,NPBQ=40°-ZPBA=20°=ZPBA,ノむ。=/必C一ノ。ん0=10°=NPAB,^\P是△4BQ的内心，/PQA=NPQB=1（180°-40°-20°）=60°NPC'4=NPQA一ノ。んC=30°而/PC4=3O°,所以C'与C重合.从而。ん=。¢,。ハ平分AC,BA=BC.TOC\o"1-5"\h\zC1-021半径相等的三个互不相交的圆的圆心。ハ。2、。3位于三角形的顶点处.分别从点ユ、。2、。3引已知圆的切线,如图所示,已知这些切线相交成凸六边形,而六边形相邻的边分别涂成红色和蓝色.证明:红色线段长度之和等于蓝色线段长度之和. 、厂'、【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题2. Xルヒ【证】如图所示，X卜X2、匕、ん、乙、Z2分别为切点.切线围 2）気成的六边形为ABCDEF. Xナ片ヤ因。0い©o2,。03的半径相等，易得xq2=o』2,Yto.=o2z2,7ylz。尸。族.即 （ガザ矛ゝ）XxA+AB+BO2=O］B+BC+CY2 /YiC+CD+DO3=O2D+DE+EZ2Z/+EF+FOi=Q尸+FA+AX2以上三式两边相加，并利用X|A=AX2，yc=cy2，ZtE=EZ2t及BOz=O4,DOy=O2D,FOt=Q尸，得AB+CD+EF=BC+DE+FACl-022在等腰△ABC中（AB=BC）,C。是角平分线.过△48C的外心作直线垂直于CO,交BC于E点,再过E点作CO的平行线交AB于ド，证明：BE=FD.【题说】 第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题6.【证】设0是△4BC的外心，K是直线80和CO的交点.先设。在8、K之间（图a）,ZBOE=90°-ZDKO=ZDCA,所以，点K、〇、E、C四点共圆.NOKE=/OCE因为OB=OC,于是所以又所以KE//AB.DF=KE=BE所以/0CE=N08E.NBKE=40CE=NKBEBE=KE/BKE=NKBE=NKBA从而KEFD为平行四边形,则K在。、B之间（图か或K、。重合的情况可用类似方法证明.C1-023直角三角形A8C中,C为直角,证明:在△ABC中至少有一点P,=ZPCA.【题说】1963年合肥市赛高二二试题2.【证】我们证明结论对任意れん⑶じ成立.不妨设/4、NB为锐角,过4作ス8的垂线,与边AC的中垂线相交于点On.过B作BC的垂线交AB的中垂线于点。门分别以。八Oc为心,过A点作圆.设P为这两个圆的另ー个公共点，则AP丄。山。连PB、PC.设。为△ABC的外心，贝リ。。¢〃ス。グ四边形。。ひ。,为梯形,对角线。Qc在梯形内,ZAObOc<ZAObO,所以/ん。8=90°—/4。8。<7>90°-/4。8。=/CAOb.同样ノむ。<■>NBA。。所以射线A尸在/CAB内，尸是AP与んB的交点，△与A在BC的同侧,所以P在△ABC内由于BC与。。c相切,所以同理ノ附B=NPC4.因此,P合乎要求.C1-024在矩形ん8CC内，M是AO的中点，N是8c的中点,在线段CD的延长线上取ー点P,用。表示直线PM和AC的交点.证明:NQNM=NMNP. Arrーヾ【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克八年级题1.【证】设R是直线QN和C。的交点,。是矩形4BCZ）的中心,由 隹试、、。加=。"得:PC=CR.因此三角形;WR是等腰三角形（NC是该三角 2ヒ、、、n形的中线和髙,也就是△尸。N的外角/PNR的平分线，又NC丄MN）,,TOC\o"1-5"\h\z问题的结论由此即得. Br —Cl-025已知正方形ABC。,点P和。分别在ん8和8c上,且BP=BQ,BHLPC于H.证明：NO"。是直角. Pセ挺、;【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题2. ['\K【证】延长B/Y交4。于E,则RfZXABE纟RrZXBCP,于是AE=B尸 \ 、、[=BQ,因此，QC=ED,从而得矩形COE。.这个矩形的外接圆直径 AE就是其对角线CE与DQ,而/C4E=90°,所以H点在矩形的外接圆上,即C、D、E、H、。五点共圆.对着直径。。的圆周角：NDHQ=NDCQ=9じ即ノ0，。是直角.tan（jff+y）=\^tan[itany・丄1__2*31,1tan（jff+y）=\^tan[itany・丄1__2*31,1tanfi+tany 2___3_连结BR,易知/BRD=NDRQ,BR：DR=y/2：2=2：車=PQ:QD.△BRDs/\pqd.于是/RBD=NDPC=B,从而有£+Y=NRBC=a.Cl-027在任ー△48。的边上,向外作ABPC、△CQ4和△AR8,使得7T. . 7T TCZPBC=ZCAQ=^,N5CP=NQC4=z，/ABR=NBAR=五,证明:1.ZQRP=22.QR=RP.【题说】 第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题3.本题由荷兰提供.TT【证】建立一个复平面,令A和8的坐标分别为ー1和1,。的坐标为Z,R的坐标为ー"〃れ五因而RP=认°,于是RQ丄RP,RQ=RP.Cl-028如图,两圆〇1、。2相交于A、B,圆〇】的弦8C交圆。2于E,圆。2的弦8O交圆01于ド,证明:10［别证］设R是AO的三等分点之ー,BPAR=^AD=AB.=一M2一黄）则有ナ=1+（Z-1）#ス”eヲ+i（2—上亚一ル,3-^3,3一百=ze$ 2 +2+2iRP=-1+（Z+1产尸-e=+i（2一审）=z3理み6+3Cl-026设ABC。是矩形,BC=3AB,证明:如果P、。是BC边上的点,BP=PQ=QC,那么ZDBC+NDPC=NDQC.【题说】第六届（1974年）加拿大数学奥林匹克题2.【证】如图所示,即证£+r=a或tan（J3+y）=tan0=\事实上tanB=\, tany=\2 3 图a 图b.若ノ。B4=NCSA,则ハド=CE；.若DF=CE,则/0BA=NCB4.【题说】1979年全国联赛二试题6.【证】 !.连4。、AE.AF.AC,则ノ。胆=NECA.又 /DBA=NCBA所以 AD=AE,AC=AF所以 △D4F纟△£4。DF=CE2.由于ノ。胡=/4CE,ZAEC=ZADF,DF=CE,所以△04ド丝△£4C,AD=AE.从而ノDBA=NEBA.Cl-029两圆相切（内切或外切）于P点,一条直线切ー个圆于A,交另ー圆于8、C.证明:直线PA是/BPC的平分线（如果两圆内切）或/BPC的补角的平分线（如果两圆外切）.【题说】1980年五国国际数学竞赛题4.本题由比利时提供.【证】设两圆外切（图加,作公切线PT,则NAPB=NAPT+NTPB=NBAP+NBCP=ZBPC的补角一/AP8即AP是/BPC的补角的平分线.若两圆内切（图か,设公切线与8C相交于7.因为ZCPT、ZAPT、ZZ4P都是弦切角,故Z8以=ZAPC,因此，例是Z8PC的平分线.C1-030已知A为平面上两条半径不等的圆。|和。2的ー个交点,两外公切线/P”@02分别切两圆于4、ち、。1、02.M、%分别为尸1。1、尸2。2的中点,求证:ZO|AO2=ZM|AM2.【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题2.本题由原苏联提供.【证】设8是两圆的另ー交点，ハM分别是尸/Z、〇。2与48的交点因为TP『=7A。丁B=TP2?，BPTP,=TP2又 PlM}//TM//P2M2所以 MMt=MM2因为 AB±OiO2所以7M是加ル2的中垂线.在。102上，取〃。3=〃02,则ZO.MM|=Z02AM2.因为OR〃〇2P工,0}M,//02M2,PxMJ/P2M2△〇IPMs△〇2P2M2.O\MjOtM}OiPiOiA0\A"MO302Ml02P202A0/由此可知,AAA是ZQ403的角平分线.所以Z0|AM|=ZtMMi=Z。24M2故有 ZO|4O2=ZO1AM1+ZM|4O2=ZO24M2+ZM]A02=ZM]AM2Cl-031如图，延长线段A8至。，以4。为直径作半圆，圆心为G是半圆上一点,ZABG为锐角.E在线段8”上,Z在半圆上，EZ//BG,0.EH•ED=EZ2.BT//HZ.11

证明:NTBG=；NABG.【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题5.【证】由EH•ED=EZ:知△//EZs^ZE。,所以/EZH=NEOZ=NDZH.于是/4EZ=3NEZ45LBT//HZ,BG//EZ,所以/T8G=NEZ"=g/AEZ=；NABG.Cl-032在正方形んBC。的ん8、A。边各取点K、N,使得AK•4N=28K•ON.线段CK、CN各交对角线8。于厶、M.试证:NBLK=NDNC=NBAM.【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第二轮题4.【证】令ん8=mBK=b,DN=c,贝リ(a—b)(a—c)=2bc即a2—bc=a(b+c)牢而 tankNBCK+ZDCN)=，ゴー=" )=1〇£a—beaa所以/BCK+N£>CN=45°NBLK=N8CK+45°=90°一/DCN=ZDNC再由△ABM纟/XC8M,得ZBAM=NBCM=N8CK+NLCM=ZBCK+(90°-45°)=NBLKCl-033如图,。〇I与。。2外切于点P,。是过户的公切线上任一点,0A8和。。C分别是。。1与。。2的割线,P在AB、A。和。C上的射影分别为E、ド、⑴NBPC=NEFG；廐｝△EFGsXPBC.【题说】1994年四川省赛题3.【证】(1)因P。切。。।与。。2于尸,所以 AQPA=Z.PBA (1)因为 NAEP=NAFP=90°所以A、E、P、ド四点共圆.故有 ZFEP=/外尸=N。(2)同理，ド、D、G、P四点共圆.且NBPC=ZBAP+ZPDC=NEFP+NPFG=NEFG⑵因为ZPEQ=ZPGQ-90°所以。、E、尸、G四点共圆,于是NGEP=ZG。尸=NDQP由(2)、(4)与ZO4尸+Z。B4=Z。。A+ZO。尸得NFEG=NFEP-NGEP12=NDAP-NDQP=AQDA-Z.QPA （5）又A、8、C、。四点共圆,有/QD4=NQ8C.于是由（1）、（5）得NFEG=NQBC-NPBA=NPBC （6）由（3）、（6）得△EFGs/\P8C.Cl—034ハ、E、ド分别为△ABC的边8C、C4、AB上的点,且/b£）E=NA,NDEF=NB,又设△AFE、△8。尸、れじヒ。均为锐角三角形,它们的垂心依次为ん、ル、”3,求证:（1）NH2DH3=NFHiE；（2）へH［H2H3空へDEF.TOC\o"1-5"\h\z【题说】1994年江苏省赛题5. 大【证】如图,（1）/42。8=90°-/8,Z/73DC=90°-ZC, /\所以/”2。外=180°—/〃2OB-N"30c=NB+NC.而ノ£771=180°-///|£:ドーN”|尸£=180°—（90°—/んF£）- /\/W-ZAEF） /即レ％=180°-ZA=ZB+ZC. BD C所以 NH?DH3=NFHiE（2）由（1）知Z/7/1E+ZEO尸=180°,所以,ん在ふ0七F的外接圆上.同理Z/2、ル也在此圆上,因此。、E、ド、M、%、/六点共圆.又由（1）知ZE//1F=Z”2£）”3,所以E尸="第3.同理。尸=用”3，DE=HiH”故△DEFE^MH2HおCl-035/XABC为锐角三角形.ス。为BC边的高,H为AD内一点.直线8从C"分别交4C、4B于E、F.证明:NEDH=NFDH.【题说】第26届（1994年）加拿大数学奥林匹克题5.又见第3届（1993年）澳门数学奥林匹克题3.［解］过4作直线/平行于BC.延长ハE、EF,分别交，于。、P.小用小I二缶超APAFAQAE由相似二角形,タルーアダ。一改又由Geva定理,普・潦・器=1,所以スP=4。卜BCDAE于是△。尸。的髙。A平分PQ,所以△OP。是等腰三角形，并且ZEOH=ZF。，.Cl-036在直角KZJW内取一点P.以。।点为圆心的圆。।分别切ZKL尸的两边んK和厶尸于4、。两点;以。2点为圆心半径与圆叫半径相等的圆巴分别切ZMLP的两边LP、LM于B、E两点.点。।在线段A8上.设。2。的延长线与Kん交于C点.证明:8C是Z48。的平分线.【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题6.【证】连结〇①及。2ル则OiD=BO2.因为。1£）丄ム2,。ユ8丄LP,所以。1O〃8。2,。由。2。为平行四边形,AMtffCO2//AB,NLDC=NOiBD.2LCD=NLAB=9N

因为。2石丄LM,所以O2ELC是矩形.因此CL=O2E=O2B=DOi （2）由（1）、（2）得RtALCDgRt△〇QB,所以CD=DB.于是/ABC=NBCD=NCBD,即8c是ノABD的平分线.C1-037设4K、BL、CM是△48C的角平分线,K在8c上,令P、Q分别是8L,CM上的点,使得AP=PK,AQ=QK.证明:/附。=90°—3NBAC【题说】1995年城市数学联赛低年级较高水平题3.【证】如图,设BL交AABK的外接圆于点。.则 NDAK=NDBK=4DBA=ZDKA所以，DA=DK,从而ハ与尸重合.即有/R1K=ラ乙48c同理可证:Z.QAK=^/.ACBリ外心，H是

于P.证明：リ外心，H是

于P.证明：C1-038设△ABC是锐角三角形，且80CA,。是它白它的垂心,ド是高C”的垂足,过ド作。ド的垂线交边CANFHP=ABAC.【题说】第三十七届（1996年）/M。预选题.【证】延长Cド交。。于。点,连8。、BH.由于NBHF=NCA尸=N。且Bド丄“。,所以ド为，。的q设ドP所在直线交。。于M、N两点,交BD于T点.由。尸丄MN知ド为A/N的中点.由蝴蝶定理即得ド为尸7的中点.又因ド为4。的中点，故HP//TD,所以，NFHP=ZD=NBAC.Cl-039在凸凹边形A8C0的8C边上取E和ド（点E比ド更靠近点8）.已知/BAE=NC。ド及/EAF=N2E.证明:ZMC=Z/\XJ\\EDB，【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十年级题1. \/ZN氮【证】因为/EA尸=NFZ）E,所以4、E、ド、。共圆，AAEF+ど ZFDA=180°,又ZBAE=NCDF,所以ZADC+ZABC=ZFDA+ZCDF+AAEF-ABAE=180°因此4、B、C、。共圆，ZBAC=ZBDC,由此得Z砌C=ZE。^.Cl-040在平行四边形4BC。中有一点。,使得Z4OB+ZC。。=180。.证明:NOBC=NODC.【题说】第二十九届（1997年）加拿大数学奥林匹克题4.［解］过。作OE纟8A,连£C、ED,则四边形が。4£＞、E。8c都是平行四边形,所以CE〃B。,ED//OA,

ZCED+ZCOD=ZAOB+ZCOD=ISO°。、C、E、ハ四点共圆,从而NODC=ZOEC=NOBCCl-041已知一个等腰三角形,外接圆半径为R,内切圆半径为r.证明:外接圆和内切圆的圆心距离为イ="/?（/e一2r）【题说】 第四届（1962年）国际数学奥林匹克题6.本题由原东徳提供.【证】本题结论（即欧拉公式）对任意三角形（不限于等腰三角形）均成立.设M为8c的中点,。与/分别为外接圆和内切圆的圆心,外接圆宜径MN交BC于。.连由、BM、AM必过/.又设IELBC,IKLMN,E、K为垂足.因为 (ZBAC+ZABC)=NIBM所以 MI=MB又 /〇ユ=M尸+MO2-2MO•MK而 MB2=MD•MN=2R•MD所以 d2=2R•MD+BT-2R•MK=R2-2RXDK=R2~2RrC1-042设过三角形的内心和重心的直线平行于ー边.求证:其它二边长的和等于这ー边长的两倍.【题说】1963年西安市赛高二题3.【证】设AABC的三边为a、b、c、M为BC之中点，G、，分别为△ABC的重心和内心，且1G//BC.因为 /G〃BC所以G到BC的距离GE=r（内切圆半径）8c边上的高/i=3GE=3r,而〃a=r（a+b+c）（=2S&abc）所以 3a=a+b+c即 b+c=2aCl-0431.在凸六边形A8COEド中，所有角都相等.证明:AB-DE=EF-BC=CD-FA2.反N.,若八条边の，取，。3，。4，。5，两足等式—。4=。5—。2=。3—证明:它们可以组成各内角相等的凸六边形.【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题5（1）、十年级题3（2）.【证】1.直线48、CD、Eド构成△G”/.由已知六边形各角相等知,每个角都是120°,从而△G4/的每个角都是60°,因此它是正三角形.并且AF.BC、OE分别与边G人GH、小平行.AB+AC=AB+BI=Al=GF=GE+EF=DE+EF所以 AB~DE=EF=BCEF-BC=CD~FA2.2.以〃]+敗+。6为边作正三角形G”ハ=GE=a4,FH=HA=a6，则8C〃G”,flAB=ci\fBC=BI=ci2,AF=AH=a（ff+。2+。6）ー—。6=〃5・然后在各边取A、B、C、ハ、E、F,使6/=（=%,DGDE//H1,AF//GI,所以六边形A8CDEド各角相等,并DE=DG=a4fCD=（の+。2+。6）ー。2ー。4=。3,EF=（U|Cl-044已知48co为ー圆外切梯形,E是对角线AC和8。的交点,不な、な、ル分别是△BCE、/XCOE和△£>AE的内切圆半径.证明:丄+丄=丄+丄.r\r3r2r4【题说】1964年全俄数学奥林匹克H■"一年级题2.【证】设△48E、△BCE、ふCDE、的面积和周长分别为あ、S2>S3、孔;ム、ル、ム、伍由于所以因为所以AB+CD=AD+BCム+ム=ム+ムAB//CDS?=Sa记之为S.n.5iSAEBEABl\2sS3CEDECDl3ム=ムム=ムSiS'S3S相加并利用（2）得行~S3~Sム厶+，3ム+ムS7TR,且与487TR,且与48切于P（如图）.于是/APR=N8PR=5即⑴成立.分别是△4MC、へBMC、/XABC的C1-045设点M是分别是△4MC、へBMC、/XABC的内切圆半径;の、仅、ワ分别是这些三角形在/ACM、/BCM、/AC8内的旁切圆半径,试证:りなr • <71伙q【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题1.本题由波兰提供.【证】设ノCA8=。,ZABC=J3,ZBCA=Y,ZAMC=S.又设△48C的内切圆的圆心为由于三角形的角的内、外分角线互相垂直,AB=qtanラキqtaig=q（taiら由⑴和⑵可得类似的结论对于△4MC和△BMC也成立,故有圆,其中一个半圆分成五段等弧んん、A|A2、んム、ムん、4认5,直线Z_n\/类似的结论对于△4MC和△BMC也成立,故有圆,其中一个半圆分成五段等弧んん、A|A2、んム、ムん、4认5,直线Z_n\/MYA4M4交0ム、043于点M、N.证明:线段A2A3与MN之和等于圆的半 、 °\K/\/°径. Uメ【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题6. ®2【证】在圆上分别标出点ん、ん、ん、ん美于直径んハ5的对称点8]、あ、あ、&,得圆的内接正十边形AoA]…ん氏あ…5（如图）•则ん&〃ん52,んE1〃んん）,0A2//B2Ai9AoA5//AlA4//A2A3.由对称性知ムル和ルん的交点K在んム上.又设んル和ん44相交于点し于是M2A3。、ん）んLK、AMOK、/JVOK都是平行四边形.所以ん2A3=K0=4M=LN,从而MN=A]L=AoK.因此,A2A3+MN=AqO.17和キ〃デ将（4）、（5）相乘,并利用⑶得r\r2a6R8aBr一,一=ta吋an,,tan^cot~^=taH^cot^=~x="+v+w.,至ふBEF,如图c.这时易知A、0、F、E在一直线上，且AE="+v+w.再将△E4C绕E顺时针方向旋转60°,至△EGB.贝△AEG为正三角形且易证它与△2。/?全等,其中8相当于。点得证.【别证】（0△PQR绕R逆时针旋转60",豁SPR,如图d.这时作正/XROT外接圆，设交RP于D'.易证/OD'7=ZTO'P=ZPD'0=120°,由△ABC中D点的唯一性及△ABC纟△7'OP知PD'=w,OD'=v,TD'=u.又由托勒密定理，知RD'="+v,故x="+v+w.（2）过〇作△PQR三边平行线，如图e,也可以得结论.Cl-047直径A0A5把圆〇分成两个半C1-046考虑如图0、图わ所示的△ABC和△PQR.在△4BC中ZBDC=/LCDA=Z120°.试证:,ZADB=【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题5.【证】△BCハ绕B逆时针方向旋转60所以/4MQ=NAQM,故AA/=AQ.从而AB=AM+MB=AD+BCNBMK=/KBA两式相加得ZAMB=ZKAB+NKBA所以ん+力ら+九=チ+チ+チ=r（〃+8+c）（丄+5+丄）29r当且仅当。=b=c,即三角形为等边三角形时取等号,即18C1-048四边形A8CO内接于圆,另ー圆的圆心。在边A8上且与其余三边相切,求证:AD+BC=AB.所以/4MQ=NAQM,故AA/=AQ.从而AB=AM+MB=AD+BCNBMK=/KBA两式相加得ZAMB=ZKAB+NKBA所以ん+力ら+九=チ+チ+チ=r（〃+8+c）（丄+5+丄）29r当且仅当。=b=c,即三角形为等边三角形时取等号,即18C1-048四边形A8CO内接于圆,另ー圆的圆心。在边A8上且与其余三边相切,求证:AD+BC=AB.【别证】设半圆半径为1,ZOAE=a,贝ljAE=c〃a.又因ZOCG=1(180°-a)=90°一号所以CG=cotZOCG=tan^—cosacosasmasinaaAE+CG—cola+tan2==含=OACl-050在ー个三角形中,以ん、心、ん表示它的三条高,以r表示它的内切圆半径.证明:当且仅当三角形为等边三角形时,ん+瓦+ん=9r.【题说】1988年原联邦徳国数学奥林匹克（第一轮）题2.【证】设三角形三边为。、b、c,周长为p,面积为S,则2s=rp=4カ。=bh（j—~chc【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题1,本题由英国提供.【证】在4B上取点M,使MB=8C.连结0。、OC、MD和MC.=^ZDCB=z(180°—4)故 AD+BC=ABCl-049已知两圆相交于M和K,引两圆的公切线,切点、为A和B.证明:ZAMB+ZAKB=180°.【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题2.【证】如图,连结MK,则ZAMK=ZKABZ.AMB+ZAKB=ZKAB+ZKBA+ZAKB=\8(T因为ZCMB=(180°—ZB)ZCDA=ZCDO所以C、0、M、。四点共圆.因此，AMO=NOC。同理可证BG+ED=BO厶a+包+力c=9rC1-051设点ハ、E、尸分别在△ABC的三边BC、CA.AB±,且△4Eド、Z\BFD、/XCDE的内切圆有相等的半径r,又以ル和R分别表示△OEF和△ABC的内切圆半径.求证:r+r（）=R【题说】第四届（1989年）全国冬令营赛题4.所以R•p=r所以R•p=r•p+(r0+r)•q(1)又AR,Ec()r^=p(2)「Ar・エco]=p—q(3)所以R(p—q)—Pr(4)【证】设p为△ABC的半周长,q为△O£ド的半周长.因为sAABC=SAAEF=sabFd+S^CDE'S4DEF由（1）、（4）得/?g=（r（）+r）q,即/?=r（）+r.Cl-052在圆内引弦48和スC,N84C平分线交圆于。点.过。作0E丄AB于E,证明:AE=ラ（AB+AC）［题说】第十六届（1990年第三阶段）全俄数学奥林匹克九年级题8.【证】作。M丄4c于M（如图）.因为A8。。内接于圆,所以NMCD=NB若B与E重合,则ZB=90°=ZACDRtAABD出Rt丛ACD,结论显然成立.若B与E不重合,则ZB为锐角或钝角.不妨设ZB为锐角（钝角情形同样讨论），则ZAC。为钝角，M在AC延长线上,而E点在A8线段内.由于A。平分ZBAC,所以。E=。^,AE=AM.从而ABDE纟ACDM,贝リBE=CM,AE=^AB+AC）Cl一053四边形ABC。内接于半径为r的圆,对角线スC、8。相交于E.证明:若AC丄8。,则E^+EB1+EC1+EDl=4r （1）若（1）成立,是否必有4c丄8。?说明你的理由.【题说】1991年英国数学奥林匹克题3. ノン【解】若AC丄8。，则£42+七82+とぴ+£。:!=482+じ。2. X/Aへヽ由正弦定理 1/\\ \AB^^sin^ACB Bト、、く）CD2=4Azn2ZCBD=4rcos2ZACB所以EA^EB^EC^+ED2=4rsin2ZACB-\-4rcos2ZACB二4戸反之，若（1）成立,未必有AC丄8。.例如AC、B。为任两条直径，则交点E即为圆心.（1）式19显然成立.Cl一054设/A是三角形スBC中最小的内角.点6和C将这个三角形的外接圆分成两段弧.设U是落在不含A的那段弧上且不等于B与C的ー个点.线段AB和AC的垂直平分线分别交线段AU于レ和W.直线Bレ和CW相交于ア.证明:AU=TB+TC.【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题2.本题由英国提供. ズー^【证】如图所示,因为点V在线段ん8的垂直平分线上,所以Nレ18=zvba. ।又因乙4是△48C的最小内角,且故ZVBA=ZVAB<ZCAB^ZCBA即ド在/ABC内. V同理W在/ACB内.8レ与CW的交点7在△4BC内.延长BT交外接圆于S.由于AU与BS关于弦AB的中垂线对称,所以AU=BS.因为/TCS=/rC4+NACS=NW4C+N48S=NW4C+NV^8=N84C=/8SC,所以TS=TC,从而AU^BT+TS=BT+TCCl-055在圆上取六个点4、B、C、0、E、F,使弦AB与OE平行,弦OC与Aド平行.证明:弦BC与弦Eド平行.【题说】1959年〜1960年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】圆上六点的顺序有种种情况.以图。、图わ所示的两种为例,其他情况可仿此证明.在图”中,因AB〃。E,DC//AF,故有BC+CD=AF+FE,AB+BC=EF+ED由此可得CO+OE=AB+AE所以BC//EF在图b中，^AB//DE,AF//CD,故BE=AO=CF,即BE=CF所以，BC//EF.C1-056在平行四边形4BCD的两边AB、AD_h,向外作两个正方形4BMX、ADNY.求证：CA±XY.【题说】1963年武汉市赛髙三一试题4.【证】如图,延长C4交Xド于E,因ZABC=180°-ZB/1D=180°-(360°-ZBAX-ZXAY-ZYAD)=ZX4ド又 Aド=4O=BC及AX=8A

所以 △XAYg/XABC从而 ZXYA=ZACB=ZCAD所以 ZA£K=180°-ZEAY-Z.EYA=180°-ZEAY-ZCAD=ZDAY=9(f,亦即ACLXY.Cl-057作△ABC外接圆,连接AC中点与48、8c中点的弦,分别交A8于。,交BC于E.证明:CE〃んC且通过三角形的内心.【题说】1965年全俄数学奥林匹克八年级题3.【证】如图，设N、M、厶分别是4C、CB、设中点，。为△A8C的内心,则んV、BN过〇.又设LN与4c交于K,连结OK.在△AON中,易知/AON=NM4。.从而NO平分AO.又AO在△AON中,易知/AON=NM4。.从而NO平分AO.又AO平分Nん从而4。平分。K.因c,d,AC与BD相交于c,d,AC与BD相交于0,并且AC【证】设四边形ABCD.A'B'C'D'的边长顺次为a,b,此在四边形AK。。中二对角线A。、DK互相垂直平分,故AKOD是菱形.于是。0〃AK.同理，四边形CEOノ是菱形,从而。E〃C/,从而。、〇、E在一条直线上，BPDE//AC,而且。E过△ABC内心0.C1-058某个平面四边形，各边之长顺次为“，b,c,d,对角线互相垂直.试证:任何其它四边形,若其各边长顺次为a,b,c,d,则其对角线也互相垂直.【题说】1975年〜1976年波兰数学奥林匹克三试题4.丄8。（如图）.显然 a2-b1=AO2-OC2=d2-c2设8’在4'C’上的射影为「,。‘在A'C’上的射影为。，则4‘尸ー尸C'2=/—/=/ーc2=A'Q2-QC2即 A'C'X04'P-PC'）=A'C'X（A'Q-QC'）从而4'P-PC'=A'Q-QC',又A'P+PC'=4'C'=A'Q+QC',所以4'P=A'Q,尸与。重合,并且均在B’。’上.于是B‘。’丄A'C'.Cl-059已知平面上的三个正方形A8C。、んルG。1和ん82c2。式正方形的顶点是沿逆时针方向标写的）.并且顶点ん与4重合,而与c重合，试证:线段。1。2与BM（其中M为线段すル的中点）互相垂直并且由Rl=2|BM.【题说】第六届（1981年）全俄数学奥林匹克十年级题5.【证】设8为原点,其它各点的复数表示仍用同样的字母，则由于M是线段81!中点，2,M=B\-\-Bz=(B|—A)+(B?—C)+A+C=(Dt-A)«(-/)+(D,-C)•j+A+C(。2ー。1)，+4•(l+j)+C«(1-i)(£)2ー。I)i+C・Ml+i)+C・(1-i)=(。2—ル)i因此线段ハ池2丄8M,并且。1。2丨=2|8历].C1-060如图,在凸四边形ABC。中,AB与C。不平行.圆。।过ス、B且与边C。相切于P,圆。2过C、。且与边A8相切于。,圆。|与圆。2相交于E、F.求证：Eド平分线段P。的充分必要条件是BC//AD.【题说】第五届(1990年)全国冬令营赛题1.【证】首先证明：BC//AD0PD-PC=QA-QB如图，分别延长C。与84,记它们的交点为S.并记SC,SD,SP,SA,SB,SQ为c,d,p,a,b,q,JUOp2=ab,q2=cd.于是(p-d)(c-p)=(q~a)[.b—q)<=>(c+d)p=(a+b)q<»(c+d)2ab=(a+b)2cd〇(be—ad)(ac—bd)=00ac=bd<^>AD//BC其次,证明:PO・尸。=QA・U>ゆ=K。(即Eド平分线段尸。)延长P。分别交圆。|、。2于人ん则由相交弦定理可知PD•PC=P1•PQ,QA•QB=QJ•PQ因此,PD-PC=QA-QBOP/=。J.因Eド为两院的公共弦,再由相交弦定理可知KP•KJ=KE•KF=KQ•KIKP(KQ+QJ)=KQ(KP=PI)KPKP(KQ+QJ)=KQ(KP=PI)KP•QJ=KQ•PlPI=QJ〇KP=KQPD•PC=QA•QB3KP=KQ于是从而所以综上所述,命题得证.C1-061△4BC是直角三角形,以直角边4C和8c为边分别向外作两个菱形ACCE和C8尸G,其中心分别为尸和。，且/EAC=NGCB<90°,如果M和N分别为AB和OG的中点.证明:PQA.MN.【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛ハ年级题2.【证】容易证明，AACGm丛BCD,所以4G=B。.从而以四边形AOGB各边中点为顶点的四边形尸，N,Q,M是菱形,故尸。丄MN.C1-062ABe是凸五边形，AB=BC,NBCO=NE4B=90°.X为此五边形内一点，使得AX丄8E且CX丄BO.证明:BX1DE.【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题3.【证】设4X交BE于匕CX交BD于Z,BX交DE于F.则22AB2=BY•BE=BZ-BD所以。,E,Y,Z四点共圆.又由于8,Y,X,Z四点共圆,所以NBXZ=NBYZ=NZOF故。,F,X,Z四点共圆,从而/BFO=NOZX=90°,EPBX1DE.Cl-063已知△A8C以Q、。2、。3为旁切圆圆心.证明:△〇。2。3是锐角三角形.【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第一轮题3.【证】易知△0。03包含△ABC,△48C三内角平分线是△〇。2O3三高,ZVIBC内心。是△。。203垂心.。在△ABC内,更在△。。2。3内，故△。。203为锐角三角形.C1-064在△4BC中,N4的平分线交AB边中垂线于4',NB的平分线交BC边中垂线于8,，NC的平分线交C4边中垂线于C'.求证: A(1)若4‘与8’重合,则AABC为正三角形; ノネ⑵若A‘、B‘、C’互异，则C'=90°ーラN区4じ【题说】1993年德国数学奥林匹克(第二轮)题3.【证】(1)若A‘与B’重合,则れABC的内心与外心重合,从而△ B、、A初48c为正三角形. ベ⑵将△4,4C‘绕A旋转，使A与B重合.设这时C’转到K,贝リ8K=AC'=C'C,ZA'BK^ZA'AC＜《(NBAC-NACB)又BB'=B'C,NB'BK=^ZBAC-^ZABC~厶NBK=^(ZBAC-ZABC-ZBAC+ZACB)=ZB'CC'.所以△B'BK丝△B'CC',B'K=B'C.从而△8'4‘K纟△8‘4'C’,ZB'A'C'=ZB'A'K=^ZC'A'K=^ZAA'8=90°~^ZBAC【注】设/为内心,AB的垂直平分线交BB’于ノ,则可以证明△A'C'/s△イダム从而导出结论,但需要稍多的计算.Cl-065A8C是ー个等腰三角形，AB=AC,假如TOC\o"1-5"\h\zG)M是8C的中点,。是直线4M上的点,使得。8垂直于A8; 不(«)Q是线段8c上不同于8和C的一个任意点; E/\g(iii)E在直线AB上,ド在直线AC上,使得E,Q,〜是不同的和共线的. /Vl\求证:。。丄EF当且仅当。£=。尸. bく、、+'。【题说】第三十五届(1994年)国际数学奥林匹克题2.本题由亚美尼亚B、レシスへー澳大利亚提供. 0F【证】连线段。E、OF、OC.由对称性，OC丄AC,ZOBQ=ZOCQ.若。。丄E尸，则。、。、B、E四点共圆,。、Q、C、ド四点共圆，故ZOEQ=ZOBQ,ZOFQ=ZOCQ(1)于是ZOEQ=ZOFQ,OE=OF又。。丄E尸,故QE=QF.反之,若QE=QF,过E作EG〃BC交AC于G,则易知E8=GC=CF.又OB=OC,NOBE=NOCF=90°,所以△08E纟△OCF,OE=OF.从而OQLEF.C1-066如图,菱形ABC。的内切圆。与各边分别切于E、F、G、H,在EF与G”上分别作。。的切线交48于交8C于N,交Cル于P,交D4于。.求证:MQ//NP.【题说】1995年全国联赛二试题3.TOC\o"1-5"\h\z【证】连结4C,则。为AC中点,再连结M。、N0. ポ1 グ则厶ANO=NOMN4(ZB+NBMN) Vqム ZW"-..ZMNO=NONC=^(NB+NBNM)NMON=180°-(NOMN+NMNO)=90°-qNB=NBAC=NACB△AMOsAOMNsACON~Ad=~CN,AM*CN=0A同理 AQ•CP=OA2t从而AM•CN=AQ•CP即AM:AQ=CP：CN又/MAQ=NPCN,WXAMQsixcpn.因此ZAMQ=ZCPN从而MQ//NP.Cl-067如图，。。|和。。2与ふABC的三边所在直线都相切.E、ド、G、”为切点，且EG、F”的延长线交于尸点.求证:PALBC.【题说】1996年全国联赛二试题3.【证】由旁切圆性质知,CE=p(Z\ABC半周长)=8尸分别过P、A作PR丄8C,AAi丄BC.连。/、。ぐ，易知Rt△〇1ECsRtAPiEP.从而EPt:OiE=PPi：CE同理 R△02FBsRLFP .pFPt：O2F2=PPi:BF故 EPi：OtE=FPl：O2F2 ズ及f因 △AGQs△4“0ユ セお•看氯・吵EPi。•。。。自EAi EBPiA]cF故 FP、。2尸02H。2AM7因此Pi与ム重合，即胆丄8c.Cl-068在△ABC中，4M是A到/C的平分线所作的垂线，M为垂足;AN、CL分别是A、C

到/B的平分线所作的垂线,N、ム为垂足,MN的延长线交AC于尸,8F的延长线交C厶于E,BL交AC到/B的平分线所作的垂线,N、ム为垂足,MN的延长线交AC于尸,8F的延长线交C厶于E,BL交AC于D.求证:DEHMN.【题说】1996年江苏省竞赛题3.又在ムタ0ム中，因BE、CD、厶G相交于一点ド,由塞瓦定理得黑・皆•器=1ZE/B=90°-^ZABC/。£>8=90。ーヅ乙ABC心都在同一位置,证明:如果它们中的ー只苍蝇沿三角形的整个边界爬过,那末它们的重心与△ABC的車:心重合.【题说】第九届（1975年）全苏数学奥林匹克八年级题5.【证】如果ー只苍蝇位于顶点A,那末，由苍蝇形成的三角形的重心位于三角形AOE内（如图），这里OE：8c=2：3.因为ー只苍蝇游遍了所有顶点,所以“苍蝇三角形”的重心应属于图中带斜线的25交BA延长线于G,则ム平分CG,所以厶ド〃4B,故又/IOB=g/AOB=NACB Z 2 AEB于是NIDB=NACB,ID//AC.当点/在点。与C之间时，证法同上.见图反图c.C1-070三只苍蝇沿三角形A8C的边爬行,它们形成的三角形的重【证】（1）延长スM交BC于。'，延长AN交BC于ズ,注意到んW=M0',故AF=FU连ムア并延长交8C于G,设C厶由⑵得五=石,故バ〃8c.结合（D得ハE〃MN在BC边上,使得。。与8/垂直.证明:直线/。与AC平行.【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题6.【证】如果△ABC是等边的（点。与/重合）,那么结论显然成立.设点。在点/与C之间（如图加,作高CE,则NEIB=NODB所以8、/、。和。四点共圆,于・是NIDB=NIOB.则由已知可得，AN=NE',AM=MD',故Cl-069在等腰△ABC中，AC=BC.。是它的外心,/是它的内心MN//BC三个三角形.而它们唯一的公共点就是△ABC的重心.C1-071设线段ス8的中点为从スB上另一点C向直线A8的ー侧引线段CD;令C0三个三角形.而它们唯一的公共点就是△ABC的重心.C1-071设线段ス8的中点为从スB上另一点C向直线A8的ー侧引线段CD;令C0的中点为N,8。的中点为P,MN的中点为Q.求证:直线尸。平分线段AC.【题说】1978年全国联赛ー试题6.【证】如图,设P。交ハ8于E,连PN,因为尸为8。的中点,N为C0的中点,所以PNtLCB因此E点一定在ス。上,并且4E平分/4,AE丄尸。,于是P£）=Q£>.=NPEB.FR所以・=詈，即。:b=（a+。）：（a+b+c）AULA又。为MN的中点，故ふQME二エQNP从而 EM=PN=：CB所以NBPD=NEPD.又因为P。是公共边，所以，RtABPD纟RtAEPD,所以PB=PE,NPBE又因为ス。丄BC,ADYPQ,所以8C〃P。,NPEB=NEBC,于是有/PBE=NEBC即BE平分/4BC.因此E点是△ABC的内心.C1-073已知△A8C三内角比为1：2：6,又a、b、c为角4、B、C所对之边.求证:a：b=（a+b）：（a+b+c）.【题说】1979年芜湖市赛题8.1AE=^AB-EM=BM-EM=CM+BC~EM=CM+EM=CECl-072在△ABC中，边AB=AC,有一个圆内切于△ABC的外接圆,并且与48、AC分别相切于P、Q.求证:P、Q两点连线的中点是△ABC的内切圆圆心.【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【证】如图.设。是两圆的切点,E是P。的中点，连接Aハ、BE、PD、BD.由于△48C是等腰三角形，易知4。是△48。外接圆的直径.又因AB、AC和△ABC的内切圆相切于点尸、Q,所以AP=4。.延长AC到G,使CG=C8,延长8c到。,使CD=CA.设直线ん8、0G相交于E.所以，BE=BD=BC+CD=a+b.由于BG〃A。【证】因/A+NB+NC=180°.故ZA=20°,NB=4O°,ZC=120°易知△E4。是等腰三角形，BG//AD,ZXBCG与△AC。都是等边三角形,并且，NBDE=NBAC=2W,ZBED=ZABC-ZBDE=20°=ZBDE.⑶⑶(4)Cl-074已知位于同一平面内的正三角形ABC.CDE和E，K（顶点依反时针方向排列）,并且崩=欣.证明:△8〃。也是正三角形.【题说】第十五届（1981年）全苏数学奥林匹克九年级题2.要证れ c/7\、、TOC\o"1-5"\h\zBHD为正三角形,只须证它的ー边绕着ー顶点向另•边旋转60°后重 一合于这ー边. bV|7【证】将△¢40绕点C逆时针旋转60°,那末它将变为△C8£.所 、k以i4O|=|8E|,且屐）和度:之间的夹角等于60°,因为近=次,所以|£）K|=|AO|=|8E|,再将△“BE绕”顺时针旋转60°,因为△E/ZK是正三角形，所以点E变为点K;线段EB变为线段K。;点B变为点。，于是田川=旧。|,ZB//D=60",△8，ハ是正三角形.C1-0751.△ABC为任意三角形,它的重心G有如下的性质:过它任作直线Xド与边交于产、。,以A、B、C为顶点,以戶。为底边的三个顶点三角形,分 木居x、y的两侧，若以ー侧的三角形面积为正,另ー侧的为负,x/y\则所有顶点三角形面积之值的代数和为零（即ー侧的顶点三角 、ザ%g\形面积（和），等于另ー•侧顶点三角形面积（和）），试证之.2.对トバ/張于任意四边形A8CD,具有上述性质的点是否存在?若存在，请AMBh®Y找出来;若不存在,请证明. 图a【题说】1981年芜湖市赛题6.【证】1.若Xド过ー顶点，结论显然.若Xド不过顶点，则必有两个顶点，不妨设A、8在Zド的同一侧，如图。所示.令自、心、れ分别为4、8、C到Xド的距离,M为AB中点，妬为M到Xピ的距离,则有 hA+hB=2hM Cーレア?易知 hc=2fiM vヾS/"g'/.\所以即2.卩勉形A8Cル对边中点连线MN和Sア的交点。,具有类似性质.过。任作直线XK不妨设xド交C。于X,交AB于匕ん、あ、垢、口、ハ分别为a、B、C、D、M、N到Xド的距离,贝リ/%+〃c=27znhA+hD=2hM又易知四边形MTNS是平行四边形，。为MN中点,所以hu=hn由（1）、（2）、（3）得5Axxy+SA0xy+SAcxy+SABxy=O另一方面,设〇,为这样的点,过。’作直线分别交CD于X、交AB于Y,则（沿用上面的符号）（1）、（2）、（4）成立,所以（3）成立，即。’为MN中点,从而。’与。重合,即具有上述性质的点是唯ー的.C1-076如图,AE和Aド、8ド和8ハ、C。和CE分别是△ABC中/A、/B、/C的三等分线.

求证:△OEド是等边三角形.【题说】1982年上海市赛二试题6.这结果是F.MoHey在1899年发现的,故称为MoHey定理.【证】如图,记A=3。,B=3B,C=3r,AE=m,AF=n,△4BC的三边长为a、b、c.由于3。+3£+3-=180°.所以。+ガ+y=60°.a+=60°-y而nsin=csinff9所以〃=csin[icsin[isin（a+jff）sin（60°ーア）类似地_bsinymsin（60°ーク）在△ABC中有bsin3y=csi〃3P,从而msi"3在•siny•sin(600-y)sin(600+0)nsiniy,sin/i,sin(60"—fi)sin(600+y)由于。+£+丫=60°.所以存在以60°+万，60°+y和。为内角的三角形，夹。角的两边之比,,msi”(600+6).nsin(60°+y)n△EAド与这三角形相似，从而/AFE=60°+£ZAEF=60°+Y同法可证/B/7)=60°+。,而ZAFB=180°-(a+J3)因此/Eハ+NAFB+NBFC=(60°+£)+(180°ー。一£)+(60°+。)=300°所以/。FE=60°.类似地，△OEF的另两个内角也为60°.因此AOEド是等边三角形.C1-077如图所示，AABC>△A'8'C'为ニ正三角形.尸、°、R分别为4A‘、BB'、CC,的中点.试证:△PQR也是正三角形.【题说】1983年芜湖市赛题4.【证】连4'Q并延长至A",使4"Q=4'Q,连A'R并延长至A'''.使4'R=A'''R连结んV',ん4''',4''4''',则有尸。〃ん4''PR//A'"'A,RQ//A''A''',延长4'’8交4‘‘‘C延长线于S,因4,‘B纟A‘ダ，CA'''=A'C'.所以C4'''=BA'',且/CSB=AC'A'B'=60°=乙CAB.从而C、8、4、S四点共圆.故/SCA=NSB4,所以/AB4''=NAC4''.又4c=AB,所以△ABA''纟/kACA''',所以AA''=44''',ZCAA'"=ZBAA''于是/A''AA'''=60".AAA'"A'"为正三角形，从而△PQR也是正三角形.C1-078已知锐角三角形48c的外接圆半径是Z?,点ハ、E、F分别在边8C、CA.A8上.求证:A。、BE、CF是AABC的三条髙的充要条件是5=1/?(EF+FD+D£),式中S是三角形4BC的面积.【题说】1986年全国联赛二试题2.ZOAB=90°-ZACB.所以。A丄EF,同理。B丄尸。,OCA.DE.设另有△6E’【题说】1986年全国联赛二试题2.ZOAB=90°-ZACB.所以。A丄EF,同理。B丄尸。,OCA.DE.设另有△6E’パ三边分别垂宜于。4、OB、OC,即分别平行于垂足三角形。Eド的对应边,且。‘ヽE’、ダ分别在BC.AC、AB上,则ふ。とド与厶。‘E'f位似,A为位似中心.。‘必在AD±,因为。'又在BC上，所以。’与。重合，同理す、ダ也分别与E、F重合.于是命题得证.C1-079设/为三角形ABC内心,且4’、8‘、C’分别是△/BC、△“ス、/X/AB的外心，求证:△48C与△4,B'C有相同外心.【题说】第十七届（1988年）美国数学奥林匹克题4.此题结论即为△ABC与△4‘ダC’有共同的外接圆.【证】作△ABC外接圆，延长4/交圆于4",连BA"、CA",易知ZBM''=g(Z4+ZB)=Z/B4'DEO=NDFO=NFDO=NFEO.即。在Z。とア平分线上.Cl-081△A&G是不等边锐角△ABC的垂足三角形，ム、あ、C2是△4BiG内切圆分别与各边的切点.证明:△んあじ2与ムん⑶じ的欧拉线重合.注:三角形的欧拉线是指垂心和外心的连线.【题说】第七届（1990年）巴尔干地区数学奥林匹克题3.【证】如图,设△4BC的垂心为，,则Z/M|B=Z"G8=ZBA|4=ZBB|A=90°所以ム、H、G、B与ん、ル、4、8分别共圆，因此Z/MiG=Z//8G=Z/M|B|.即んZZ是ZB&C的平分线.同理，BH、G”分别是ZA|B|G、ZAiGBi的平分线.因此”是Z4SG的29-2ZA.因此ZA是锐角，从而△ん。ド的外心与顶点A在。ド的同侧,ZDOF=2ZA=180°-ZDEF.因此。,E、F、。四点共圆.于是Z【证】S=SOEAr+SOFBD