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第41届国际数学奥林匹克试题 （1999 – 07 – 10~07 – 22，布加勒斯特） 第一天 （大田，2007 – 07 – 19） 1．（俄罗斯）圆T1和圆T2相交于点M和N。设l是圆T1和圆T2的两条公切线中距离M较近的那条公切线。L与圆T1相切于点A，与圆T2相切于点B。设经过点M且与l平行的直线与圆T1还相交于点C，与圆T2还相交于点D。直线CA与DB相交于点E，直线AN和CD相交于点P，直线BN和CD相交于点Q。证明：EP=EQ。 证法一：如图00 – 1，延长MN交l于T，则TA2=TM·TN=TB2，故TA=TB。 ∵PQ∥AB，∴MP=MQ。 连O1A、O2B分别交CD于A1、B1，则O1A⊥l，从而O1A⊥CM，A1C=A1M。 同理O2B⊥DM，B1D=B1M。 边M作CD的垂线分别交CA、DB的延长线于E1、E2，由于ME1∥AA1，∴ME1=2AA1。同理ME2=2BB1，但AA1=BB1，∴ME1=ME2，即E1、E2重合于E点。 最后，由EM⊥PQ及MP=MQ即得EP=EQ。 分析二：要证两边相等，观察图00 – 2的特征（即AB//PQ及直线MN平分线段AB，可证M为PQ的中点），猜测EM⊥PQ，可证△EPQ为等腰三角形。 证法一：连结AM、BM，令K为MN与AB的交点，则 AK2=KN·KN=BK2。 于是，K为AB的中点， 又因AB//CD，故M为PQ的中点。 又CD//AB，则A、B分别为CM、MD的中点， 即△ACM、△BDM均为等腰三角形。 故∠BAM=∠AMC=∠ACM=∠EAB，∠ABM=∠BMD=∠BDM=∠EBA。 从而，EM⊥AB。 因此，EP=EQ。 四川攀枝花市三中方廷刚老师运用“基本结论” 解题思想方法给出了下面的证明。 证法二：如图00 – 3，连M并延长交AB于点G， 则G为AB的中点（基本结论），由PQ//AB，又可得 M为PQ的中点，故还须证明EM⊥PQ，即EM⊥AB。 由AB∥CM及AB为圆T1的切线知AC=AM（基本 结论），故AB平分∠EAM（基本结论），同理AB平 分∠EBM，即E，M关于直线AB对称，从而EM⊥AB。 背景资料：方廷刚老师说：“本文所说的基本结论， 是指中学平面几何教材中公开和定理的直接推论（但不以定理形式出现在教材中），以及一些常见常做的习题的熟知结论。尽管高中生能用来解决平几问题的方法和手段较多，但纯几何的综合法仍不失为一种最有效和用得最多的方法，而善于利用基本结论是实现快速突破的关键。”我们深感这种把握“通性通法”的解题思想正是回归数学本源，是非常有意义的。接着，方老师运用“基本结论”方法给出下列各题的妙证。 题1 （美国数学奥林匹克）已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，又△BCD的内切圆切CD于E，F是∠DAC的角平分线上一点，且EF⊥CD，△ACF的外接圆交CD于G。证明：△AFG是等腰三角形。 证明：如图00 – 4，容易看出要证FA=FG，即证 ∠FGA=∠FAG但A，C，F，G四点共圆及AF平分 ∠CAD知∠FGD=∠FAD，故还须证∠DGA=∠DAG。 又由条件易知I，E，F三点共线且直线BI，AF关于 等腰梯形的对称轴l对称，即两直线交点在l上l， 平分∠BMA且l//IF，故可得MI=MF，再由A，B， C，M，D五点共圆，∠ADC=AMC，故为证∠DGA= ∠DAG，只须先证∠MFC=∠MCF，即证MF=MC。 但由BM平分∠CBD及M在△BCD的外接圆上，有 基本结论MI=MC，于是MF=MC成立。 题2 （第35届IMO试题）△ABC是等腰三角形， AB=AC。，假如：1）M是BC的中点，O是直线AM上一点，使得OB垂直于AB；2）Q是线段BC上不同于B和C的任意一点；3）E在直线AB上，F在直线AC上，使得E，Q，F是不同的和共线的。求证：OQ⊥EF当且仅当QE=QF。 证明：如图00 – 5，对等腰△ABC及点E，Q，F有 基本结论：QE=QF，当且仅当BE=CF，由O在△ABC的 对称轴上知OB=OC，∠OBF=∠OCE=90°，故BE=CF当 且仅当△OBE≌△OCF，当且仅当OE=OF或∠BOE=∠COF。 容易证明OQ⊥EF，当且仅当OE=OF或者∠BOE=∠COF， 于是QE=QF，当且仅当OQ⊥EF。 题3 （第22届俄罗斯数学奥林匹克（决赛）试题）等 腰△ABC中，AB=AC，CD是它的角平分线，O是它的外心， 过O作CD的垂线交BC于E，再过E作CD的平行线交 AB于F。 证明：BE=FD。 证明：如图00 – 6，延长CD交圆O于N，作直 EN交圆O于M，交AB于点G，由OE垂直平分弦 CN知∠N=∠ECN=∠NCA，即MN//BC