平面几何国外竞赛题阅读

全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读阅读时必须考虑的几个问题：1．步步皆要考虑“知其然之其所以然”。2.解此题的关键步骤是什么？如何想到，是否应该想到这样的方法、这样的思路？3.画图线条的如何取舍？4.本题有什么特点？解法是否接触过？5.分析思考各类定理的运用时机，运用条件。注意：思考过久（不超过15分钟为宜）不知其然，思考过久（不超过10分钟为宜）不知所以然，跳过！强调一下，不超过不是指一题不超过15分钟，是指从某一步推到另一步不超过的时间。例1（美国37届）设M、N、P分别是非等腰锐角△ABC的边BC、CA、AB的中点，AB、AC的中垂线分别与AM交于点D、E，直线BD、CE交于点F，且点Ｆ在△ＡＢＣ的内部。证明：Ａ、Ｎ、Ｆ、Ｐ四点共圆。证明：如图1，设△ＡＢＣ的外心为Ｏ。则∠ＡＰＯ＝∠ＡＮＯ＝900。于是Ａ、Ｐ、Ｎ在以ＡＯ为直径的圆上。因此，只要证明∠ＡＦＯ＝900。不妨设ＡＢ＞ＡＣ。由ＰＤ是ＡＢ的中垂线知，ＡＤ＝ＢＤ。同理，ＡＥ＝ＣＥ。设＝∠ＡＢＤ＝∠ＢＡＤ，CAEACE＝。则BAC。在△ＡＢＭ和△ＡＣＭ中，由正弦定理得sinsinBMABBMA，sinsinCMACCMA。由于sin∠BMA=sin∠CMA，因此sinsinBMABCMAC。又因为ＢＭ＝ＣＭ，所以，sinsinACAB。如图2，在△ＡＢＦ和△ＡＣＦ中，由正弦定理得,sinsinsinsinAFABAFACAFBAFC。于是，sinsinsinsinACAFBABAFC。从而，sinsinAFBAFC。因为2,2ADFDEC，所以180221802EFDBAC。图1NMPOFEDCBAABCDEFOPMN图2因此，∠ＢＦＣ＝2∠ＢＡＣ＝∠ＢＯＣ。于是，Ｂ、Ｏ、Ｆ、Ｃ四点共圆。又∠ＡＦＢ+∠ＡＦＣ＝3600－2∠ＢＡＣ1800，则∠ＡＦＢ＝∠ＡＦＣ＝1800-∠ＢＡＣ，且∠ＯＦＢ＝∠ＯＣＢ＝900－∠ＢＡＣ。故∠ＡＦＯ＝∠ＡＦＢ－∠ＯＦＢ＝（1800-∠ＢＡＣ）-（900－∠ＢＡＣ）＝900。阅读提示：1）注意思路分析，思考步步的因果关系及正弦定理的运用时机，2）注意画图，思考作图关键点，训练画圆。例2（07-08匈牙利）已知凸六边形123456AAAAAA所有的角都是钝角，圆(16)ii的圆心为iA，且圆i分别与圆1i和圆1i相外切，其中，0617,。设过圆1的两个切点所连直线与过圆3的两个切点所连直线相交，且过这个交点与点2A的直线为e；类似地由圆3、圆5和4A定义直线f，由圆5、圆1和6A定义直线g。证明：记这六个切点分别为12BBBBBB3456、、、、、（如图）。设123456BBBBBB、、两两交于点PQR、、。联结164523BBBBBB、、。由角元塞瓦定理得16666166666161sinsinsin1sinsinsinBPAPBABBAAPBABBABP。（1）又6661ABAB，则661616ABBABB。故式（1）为16666661sinsin1sinsinBPAPBAAPBABP。完全类似地得54444445sinsin1sinsinBRARBAARBABR，32222223sinsin1sinsinBQAQBAAQBABQ。以上三式相乘并由6656555654PBAABBABBRBA，4434333432RBAABBABBQBA，2212111216QBAABBABBPBA，B1B2B3B4B5B6A6A5A4A3A2A1RQP得165432664422sinsinsin1sinsinsinBPABRABQAAPBARBAQB。由角元塞瓦定理的逆定理知，6PA、2QA、4RA三线共点，即,,efg三线共点。阅读提示：1）塞瓦定理是证明三线共点的有效工具，注意角元形式的应用，2）注意本题作图的特点并没有把圆画出，以后作图注意线条的取舍，没必要的线条会干扰思维。例3（08罗马尼亚第一天）设六边形ＡＢＣＤＥＦ是所有边的长度均为1的凸六边形。证明：△ＡＣＥ和△ＢＤＦ的外接圆半径中至少存在一个不小于1。证明：假设△ＡＣＥ、△ＢＤＦ的外接圆半径均小于1。如图，设△ＡＣＥ的外心为Ｏ。则∠ＡＯＣ∠ＡＢＣ，∠ＣＯＥ∠ＣＤＥ，∠ＥＯＡ∠ＥＦＡ。若△ＡＣＥ是非钝角三角形，则点Ｏ在△ＡＣＥ内部或边界上。于是∠ＡＯＣ+∠ＣＯＥ+∠ＥＯＡ＝２。若△ＡＣＥ是钝角三角形，则点Ｏ在△ＡＣＥ的外部。于是∠ＡＯＣ+∠ＣＯＥ+∠ＥＯＡ２.无论哪种情况，均有∠ＡＢＣ+∠ＣＤＥ+∠ＥＦＡ２。同理，对于△ＢＤＦ，均有∠ＢＣＤ+∠ＤＥＦ+∠ＦＡＢ２。故∠ＡＢＣ+∠ＣＤＥ+∠ＥＦＡ+∠ＢＣＤ+∠ＤＥＦ+∠ＦＡＢ４。矛盾。阅读提示：平面几何中的存在性问题（或至多至少问题）往往采取分类讨论，排除不可能的情形。例如：教材第220例4。例4（08罗马尼亚第三天）在△ABC中，∠BAC∠ACB，D、E分别是边AC、AB上的点，且满足∠ACB＝∠BED，F是四边形BCDE内一点，且满足△BCF的外接圆与△DEF的外接圆相切，△BEF的外接圆与△CDF的外接圆相切。证明：A、C、E、F四点共圆。证明：先证明：点F在线段BD上，且满足∠FEB＝∠DCF，∠DEF＝∠FCB。如图，若点F在△BDE的内部，作△BEF、△CDF外接圆的一条过点F的公切线HI。设BF的延长线与△CDF的外接圆交于点G。则G在不含点C的弧FD上。于是，∠BEF＝∠BFI＝∠HFG＝∠FCG∠FCD。同理，考虑△BCF、△DEF的外接圆的一条过点F的公切线及DF与△BCF的外接圆的交点，可得∠DEF∠BCF。因此，∠BED∠BCD。矛盾。若点F在△BCD的内部，类似地有∠BED∠BCD。由上面的讨论可知，一定有∠BEF＝∠DCF，∠DEF＝∠BCF，且点F在BD上。故∠EFC+∠EAC＝∠ABF+∠ACF+∠FBC+∠FCB+∠EAC＝∠ABC+∠ACB+∠BAC＝1800，即A、C、OFEDCBAIHFEDCBAE、F四点共圆。例5（08美国国家队选拔）设G是△ABC的重心，P是线段BC上的动点，Q、R分别是边AC、AB上的点，使得PQ∥AB，PR∥AC。证明：当点P在线段BC上变动时，△AQR的外接圆经过一个定点X，且点X满足∠BAG＝∠CAX。证明：如图，设X是△AQR的外接圆与∠BAC内作∠BAX＝∠CAG的一边AX的交点。下面证明：X是定点。只需证明AX是定长。由托勒密定理得AX·RQ＝AR·XQ+AQ·XR。取正弦得AXsin∠BAC=ARsin∠XAQ+AQsin∠XAR.故AXsin∠BAC=ARsin∠BAG+AQsin∠CAG.由PR∥AC,AR∥PQ，得AR=PQ，AQ=PR。记BPBC＝。则CPBC＝1-。因此，PQAB＝1-，PRAC＝。故AXsin∠BAC=PQsin∠BAG+PRsin∠CAG=(1-)ABsin∠BAG+ACsin∠CAG=ABsin∠BAG+(ACsin∠CAG-ABsin∠BAG).由G是重心知ACsin∠GAC=ABsin∠GAB.因此，AXsin∠BAC=ABsin∠GAB.故AX＝ABsinsinGABBAC（定长）。例6（08印度国家队选拔）设△ABC是非等腰三角形，其内切圆为T，圆T与三边BC、CA、AB分别切于点D、E、F。若FD、DE、EF分别与AC、AB、BC交于点U、V、W，DW、EU、FV的中点分别为L、M、N，证明：L、M、N三点共线。证明：如图，设DF、FE、ED的中点分别为P、Q、R。则PQ∥DE，且直线PQ过点N；RQ∥DF，且直线RQ过点M；PR∥EF，且直线PR过点L。因为AE＝AF，所以，AQ是∠CAB的角平分线。同理，BP、CR分别是∠ABC、∠BCA的角平分线，且AQ、BP、CR交于△ABC的内心I。在△ABC和△QPR中应用笛沙格定理得，其对应边PR与BC、RQ与CA、QP与AB的交点L、M、N三点共线。阅读提示：1）对于笛沙格定理，我们相对比较陌生，这就要求我们在考前对不熟悉定理的回顾（只有一点印象是不够的）。2）对于比较复杂的图形我们又应该采取怎么处理？如何理清图中的线条？笛沙格定理的运用时机是什么？运用该定理的关键点是什么，如何创造定理使用的条件？GXPRQCBALNMVUWPRQFEDCBA