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C1-005
在内角都相等的凸n边形中,设a1,a2,…,an依次为边的长度,而且满足不等式
a1≥a2≥…≥an.
证明:
必有a1=a2=…=an.
第五届(1963年)国际数学奥林匹克题3.本题由匈牙利提供.
当n为奇数时,设n=2k+1(k为正整数),∠A2A1An的平分线A1B交Ak+1Ak+2于点B(如图).
由于已知n边形的各角都相等,所以A1B⊥Ak+1Ak+2,因此折线A1A2…Ak+1与折线A1An…Ak+2在这条角平分线上的射影都等于A1B.另一方面,A1A2≥A1An,并且它们与A1B的交角相等,所以A1A2的射影≥A1An的射影.同理A2A3的射影≥AnAn-1的射影….所以上述各式中等号均应成立,即a1=a2=…=an.
当n为偶数时,作A1A2的中垂线L.考虑各边在L上的射影,同样可得a1=a2=…=an.
C1-006
在平面上取四点A、B、C、D,已知对任何点P都满足不等式PA+PD≥PB+PC.证明;
点B和C在线段AD上,并且AB=CD.
1966年全俄数学奥林匹克九年级题2.
由于点P是任意的.可以取P=D,则应有AD≥BD+DC;
若取P=A,则有AD≥AB+AC.将二式相加,得
2AD≥AB+AC+BD+CD
(1)
然而另一方面,总有AD≤AC+CD及AD≤AB+BD.因此又得
2AD≤AB+AC+BD+CD
(2)
由
(1)、
(2)知
2AD=AB+AC+BD+CD
从而其他4个不等式中皆取等号,亦即B、C两点一定在线段AD上,而且AB=CD.
C1-007
凸多边形内一点O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.
第六届(1972年)全苏数学奥林匹克九年级题6.
(1)如果凸多边形是△ABC,则结论显然成立.
(2)对n(n>3)边形,设A、B、C为多边形的任意三个顶点,则C或在AO、BO的反向延长线组成的夹角内(图a),或C在该角外,即该角与多边形的边DE相交(图b).
在图a中,点O在△ABC内,由
(1),AO=BO=CO.
在图b中,点O在△BDE和△ADE内,故有AO=DO=EO=BO.
C1-008
设有一圆,它与∠O两边相切,切点为A、B.从点A引OB的平行线,交圆于点C,线段OC与圆交于E,直线AE与OB交于K.证明:
OK=KB.
第七届(1973年)全苏数学奥林匹克九年级题2.
设圆在点C的切线与∠O两边分别相交于P、Q.因为AP=PC,所以△APC和△OPQ皆为等腰三角形,从而AO=CQ=OB=BQ.
又∠OAE=∠OCA=∠COQ,且∠AOB=∠CQB,从而△OAK∽△QOC.所以
亦即
OK=KB
C1-009
圆的内接四边形两条对角线互相垂直,则从对角线交点到一边中点的线段等于圆心到这一边的对边的距离.
1978年上海市赛二试题6.
如图,已知ABCD为⊙O的内接四边形,AC⊥BD于E,F为AB中点,OG⊥DC,G为垂足.
因为
AF=FB=EF
∠EAB=∠AEF
又
∠EAB=90°
-∠EBA=90°
-∠GCH=∠GHC
∠AEF=∠GHC,EF∥GO
同理可证,EG∥FO.
所以EGOF是一个平行四边形,
从而FE=OG.
C1-010
四边形两组对边延长后分别相交,且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.
1978年全国联赛二试题1.
设四边形ABCD的对边交点为E、F,并且BD∥EF,AC交BD于H,交EF于G.
由于BD∥EF,所以
GF=EG
C1-011
在平面上已知两相交圆O1和O2,点A为交点之一,有两动点M1和M2,从点A同时出发,分别以常速沿O1和O2同向运动,各绕行一周后恰好同时回到点A.证明:
在平面上存在一定点P,P到点M1和M2的距离在每一时刻都相等.
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.
设O1和O2为已知圆的圆心,r1和r2分别为它们的半径.作线段O1O2的垂直平分线l及点A关于l的对称点P,则O1P=r2,O2P=r1(如图).由已知,∠AO1M1=∠AO2M2,由对称性,∠AO1P=∠AO2P.于是,∠M1O1P=∠M2O2P.又因为O1M1=O2P=r1,O2M2=O1P=r2,故△O1M1P≌O2M2P,M1P=M2P.
[别证]可以用复数来作.以O1为原点,O1O2为实轴建立复平面.
C1-012二圆彼此外切于D,一直线切一圆于A,交另一圆于B、C两点.证明:
A点到直线BD、CD的距离相等.
第十三届(1987年)全俄数学奥林匹克十年级题3.
过切点D作二圆的公切线l,交AB于F.设E在CD的延长线上,则∠BDA=∠BDF+∠FDA=∠ACD+∠FAD=∠ADE,即DA平分∠BDE,所以,A到BD、CD的距离相等.
C1-013
在“筝形”ABCD中,AB=AD,BC=CD.经AC、BD的交点O任作两条直线,分别交AD于E,交BC于F,交AB于G,交CD于H.GF、EH分别交BD于I、J.求证:
IO=OJ.
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.
易证AC⊥BD.如图,以O为原点,BD为x轴,CA为y轴,建立直角坐标系.
设各点坐标为A(0,b),B(-a,0),C(0,c),D(a,0),EF的方程为y=kx,GH的方程为y=lx,则AD的方程是
EH的方程是
比较常数项与y的系数有
J的横坐标x满足
及
(1′)·
l-(2′)·
k得
利用(3)得
同样可得I的横坐标x应满足
(将(4)中的k与l互换,a换成-a).由(4)、(5)立即看出I、J的横坐标互为相反数,即IO=OJ.
C1-014
如图,设△ABC的外接圆O的半径为R,内心为I,∠B=60°
,∠A<∠C,∠A的外角平分线交⊙O于E.证明:
(1)IO=AE;
1994年全国联赛二试题3.
(1)连AI,延交⊙O于F,则易知EF为⊙O直径.
过E作ED∥IO交AF于D,则IO是△FDE的中位线,从而IO=
因∠AOC=2∠ABC=120°
故A、O、I、C共圆.从而
(2)连CF,则
∠IFC=∠AFC=∠B=60°
∠ICF=∠ICB+∠BCF
故IF=IC,又由
(1)知IO=AE,从而
IO+IA+IC=EA+AI+IF
=EA+AF≥EF=2R
令α=∠OAI,则(因∠A<∠C)
AE+AF=2Rsinα+2Rcosα
当α∈(0,45°
)时,sin(45°
+α)为增函数,
故
AE+AF<2R(sin30°
+cos30°
)
C1-015
设△ABC是锐角三角形,在△ABC外分别作等腰Rt△BCD、△ABE、△CAF.在这三个三角形中,∠BDC、∠BAE、∠CFA是直角.又在四边形BCFE外作等腰Rt△EFG,∠EFG是直角.求证:
(2)∠GAD=135°
.
1994年上海市赛高三二试题2.
以点A为原点建立直角坐标系,与B相应的复数记为ZB,等等.
C1-016
设M、N为三角形ABC的边BC上的两点,且满足BM=MN=NC.一平行AC的直线分别交AB、AM、AN于D,E和F,求证:
EF=3DE.
1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题1.
如图,过N、M分别作AC的平行线交AB于H、G点.NH交AM于K点.则BG=GH=HA.
HK∶KN=1∶3
又由于DF∥HN,于是
DE∶EF=HK∶KN=1∶3
故EF=3DE.
C1-017
ABCD是一个平行四边形,E是AB上的一点,F为CD上一点.AF交ED于G,EC交FB于H.连接G,H并延长交AD于L,交BC于M,求证:
DL=BM
1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题4.
如图,过E、F分别作EK∥AD,FQ∥AD,则
所以AL·
DL=QF·
EK.
同理,CM·
MB=QF·
EK.故
AL·
DL=CM·
MB
又由于
AL+DL=CM+MB,所以
DL=BM
C1-018
在梯形ABCD(AB∥DC)中,两腰AD、BC上分别有点P、Q满足∠APB=∠CPD,∠AQB=∠CQD.证明:
点P和Q到梯形对角线交点O的距离相等.
第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级(决赛)题7.
如图,设B′是B点关于AD的对称点,则P点就是B′C与AD的交点.
在△APB和△DPC中,∠APB=∠DPC,∠PAB=180°
-∠PDC,由正弦定理知
△COP∽△CAB′
C1-019
从△ABC的顶点A引3条线段,∠A的平分线AM,∠A的外角平分线AN,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.
1995年城市数学联赛低年级普通水平题4.
由于
∠KAM=∠KAB+∠BAM
=∠ACB+∠CAM
=∠AMK
所以,KA=KM.另一方面,∠NAM=90°
,且
∠ANM=90°
-∠AMN
=90°
-∠KAM
=∠NAK
故KN=AK=KM.
C1-020
△ABC具有下面性质:
存在一个内部的点P使∠PAB=10°
,∠PBA=20°
,∠PCA=30°
,∠PAC=40°
.证明:
△ABC是等腰三角形.
第25届(1996年)美国数学奥林匹克题5.
[解]
作AC边上的高BD,又作AQ使∠QAD=30°
,AQ交BD于Q,连PQ.设直线PQ交AC于C′.
因为∠BAD=10°
+40°
=50°
,所以∠ABD=90°
-50°
=40°
,∠PBQ=40°
-∠PBA=20°
=∠PBA,∠PAQ=∠PAC-∠QAD=
10°
=∠PAB,从而P是△ABQ的内心,∠PQA=∠PQB=
而∠PCA=30°
,所以C′与C重合.
从而QA=QC,QD平分AC,BA=BC.
C1-021
半径相等的三个互不相交的圆的圆心O1、O2、O3位于三角形的顶点处.分别从点O1、O2、O3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.
第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克九年级题2.
如图所示,X1、X2、Y1、Y2、Z1、Z2分别为切点.切线围成的六边形为ABCDEF.因⊙O1,⊙O2,⊙O3的半径相等,易得X1O2=O1Y2,Y1O3=O2Z2,Z1O1=O3X2.即
X1A+AB+BO2=O1B+BC+CY2
Y1C+CD+DO3=O2D+DE+EZ2
Z1E+EF+FO1=O3F+FA+AX2
以上三式两边相加,并利用X1A=AX2,Y1C=CY2,Z1E=EZ2,及BO2=O1B,DO3=O2D,FO1=O3F,得
AB+CD+EF=BC+DE+FA
C1-022
在等腰△ABC中(AB=BC),CD是角平分线.过△ABC的外心作直线垂直于CD,交BC于E点,再过E点作CD的平行线交AB于F,证明:
BE=FD.
第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克十一年级题6.
设O是△ABC的外心,K是直线BO和CD的交点.
先设O在B、K之间(图a),∠BOE=90°
-∠DKO=∠DCA,所以,点K、O、E、C四点共圆.
∠OKE=∠OCE
因为OB=OC,所以∠OCE=∠OBE.
于是
∠BKE=∠OCE=∠KBE
BE=KE
∠BKE=∠KBE=∠KBA
所以KE∥AB.从而KEFD为平行四边形,则
DF=KE=BE
K在O、B之间(图b)或K、O重合的情况可用类似方法证明.
C1-023
直角三角形ABC中,C为直角,证明:
在△ABC中至少有一点P,使∠PAB=∠PBC=∠PCA.
1963年合肥市赛高二二试题2.
我们证明结论对任意△ABC成立.
不妨设∠A、∠B为锐角,过A作AB的垂线,与边AC的中垂线相交于点OB.过B作BC的垂线交AB的中垂线于点OC,分别以OB、OC为心,过A点作圆.设P为这两个圆的另一个公共点,则AP⊥OBOC.连PB、PC.
设O为△ABC的外心,则OOC∥AOB,四边形OOBAOC为梯形,对角线OBOC在梯形内,∠AOBOC<∠AOBO,所以∠PAOB=90°
-∠AOBOC>90°
-∠AOBO=∠CAOB.同样∠PAOC>∠BAOC,所以射线AP在∠CAB内,P是AP与的交点,与A在BC的同侧,所以P在△ABC内.由于BC与⊙OC相切,所以∠PBC=∠PAB.同理∠PAB=∠PCA.因此,P合乎要求.
C1-024
在矩形ABCD内,M是AD的中点,N是BC的中点,在线段CD的延长线上取一点P,用Q表示直线PM和AC的交点.证明:
∠QNM=∠MNP.
第六届(1972年)全苏数学奥林匹克八年级题1.
设R是直线QN和CD的交点,O是矩形ABCD的中心,由OM=ON得:
PC=CR.因此三角形PNR是等腰三角形(NC是该三角形的中线和高,也就是△PQN的外角∠PNR的平分线,又NC⊥MN),问题的结论由此即得.
C1-025
已知正方形ABCD,点P和Q分别在AB和BC上,且BP=BQ,BH⊥PC于H.证明:
∠DHQ是直角.
第八届(1974年)全苏数学奥林匹克十年级题2.
延长BH交AD于E,则Rt△ABE≌Rt△BCP,于是AE=BP=BQ,因此,QC=ED,从而得矩形CDEQ.这个矩形的外接圆直径就是其对角线CE与DQ,而∠CHE=90°
,所以H点在矩形的外接圆上,即C、D、E、H、Q五点共圆.对着直径DQ的圆周角:
∠DHQ=∠DCQ=90°
即∠DHQ是直角.
C1-026
设ABCD是矩形,BC=3AB,证明:
如果P、Q是BC边上的点,BP=PQ=QC,那么∠DBC+∠DPC=∠DQC.
第六届(1974年)加拿大数学奥林匹克题2.
如图所示,即证
β+γ=α
或
tan(β+γ)=tanα=1
△BRD∽△PQD.于是∠RBD=∠DPC=β,从而有β+γ=∠RBC=α.
C1-027
在任一△ABC的边上,向外作△BPC、△CQA和△ARB,使得
2.QR=RP.
第十七届(1975年)国际数学奥林匹克题3.本题由荷兰提供.
建立一个复平面,令A和B的坐标分别为-1和1,C的
因而,于是RQ⊥RP,RQ=RP.
C1-028
如图,两圆O1、O2相交于A、B,圆O1的弦BC交圆O2于E,圆O2的弦BD交圆O1于F,证明:
1.若∠DBA=∠CBA,则DF=CE;
2.若DF=CE,则∠DBA=∠CBA.
1979年全国联赛二试题6.
1.连AD、AE、AF、AC,则∠DFA=∠ECA.
∠DBA=∠CBA
AD=AE,AC=AF
△DAF≌△EAC
DF=CE
2.由于∠DFA=∠ACE,∠AEC=∠ADF,DF=CE,所以△DAF≌△EAC,AD=AE.从而∠DBA=∠EBA.
C1-029
两圆相切(内切或外切)于P点,一条直线切一个圆于A,交另一圆于B、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).
1980年五国国际数学竞赛题4.本题由比利时提供.
设两圆外切(图a),作公切线PT,则
∠APB=∠APT+∠TPB=∠BAP+∠BCP
=∠BPC的补角-∠APB
即AP是∠BPC的补角的平分线.
若两圆内切(图b),设公切线与BC相交于T.因为∠CPT、∠APT、∠TAP都是弦切角,故∠BPA=∠APC,因此,PA是∠BPC的平分线.
C1-030
已知A为平面上两条半径不等的圆O1和O2的一个交点,两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2,M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点,求证:
∠O1AO2=∠M1AM2.
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.
设B是两圆的另一交点,T、M分别是P1P2、O1O2与AB的交点.
P1M1∥TM∥P2M2
MM1=MM2
AB⊥O1O2
所以TM是M1M2的中垂线.
在O1O2上,取MO3=MO2,则∠O3AM1=∠O2AM2.因为
O1P1∥O2P2,O1M1∥O2M2,P1M1∥P2M2
△O1P1M1∽△O2P2M2
由此可知,AM1是∠O1AO3的角平分线.所以
∠O1AM1=∠O3AM1=∠O2AM2
故有
∠O1AO2=∠O1AM1+∠M1AO2
=∠O2AM2+∠M1AO2=∠M1AM2
C1-031
如图,延长线段AB至D,以AD为直径作半圆,圆心为H.G是半圆上一点,∠ABG为锐角.E在线段BH上,Z在半圆
1992年澳大利亚数学奥林匹克题5.
由EH·
ED=EZ2知△HEZ∽△ZED,所以∠EZH=∠EDZ=∠DZH.于是
∠AEZ=3∠EZH
C1-032
在正方形ABCD的AB、AD边各取点K、N,使得AK·
AN=2BK·
DN.线段CK、CN各交对角线BD于L、M.试证:
∠BLK=∠DNC=∠BAM.
第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第二轮题4.
令AB=a,BK=b,DN=c,则
(a-b)(a-c)=2bc
即
a2-bc=a(b+c)
所以
∠BCK+∠DCN=45°
∠BLK=∠BCK+45°
=90°
-∠DCN=∠DNC
再由△ABM≌△CBM,得
∠BAM=∠BCM=∠BCK+∠LCM
=∠BCK+(90°
-45°
)=∠BLK
C1-033
如图,⊙O1与⊙O2外切于点P,Q是过P的公切线上任一点,QAB和QDC分别是⊙O1与⊙O2的割线,P在AB、AD和DC上的射影分别为E、F、G.求证:
(1)∠BPC=∠EFG;
(2)△EFG∽△PBC.
1994年四川省赛题3.
(1)因PQ切⊙O1与⊙O2于P,
∠QPA=∠PBA
∠AEP=∠AFP=90°
所以A、E、P、F四点共圆.
故有
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