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1、2009年第10期19竞赛之窗第49届IMO预选题(三)李建泉译(天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所,300387)PAB+PDC=PBC+PAD几何部分=PCD+PBA1.本届IMO第1题.=PDA+PCB=90°①2.已知梯形ABCD满足AB∥CD,在CB的充分必要条件是对角线AC与BD垂直.的延长线上有一点E,在线段AD上有一点7.本届IMO第6题.F,使得DAE=CBF.设直线CD、AB与EF分别交于点I、J,线段EF的中点为K,且参考答案K不在直线AB上.证明:点I在△ABK的外1.本届IMO第1题.接圆上的充分必要条件是点K在△CDJ的2.如图1.外接圆
2、上.3.设P、Q是凸四边形ABCD内的两点,且满足四边形PQDA和四边形QPBC均为圆内接四边形.若在线段PQ上存在一点E,使得PAE=QDE,PBE=QCE,证明:四边形ABCD为圆内接四边形.4.已知BE、CF是锐角△ABC的高,过点A、F的两个圆与直线BC分别切于点P、Q,且点B在C、Q之间.证明:PE、QF的交点在△AEF的外接圆上.图15.已知整数k、n满足0≤k≤n-2.考虑因EBF=180°-CBF平面上的n条直线的集合L,使得任意两条=180°-EAF,直线不平行,任意三条直线不共点.设L中的所以,四边形AEBF是圆内接四边形.直线的交点的集合为I,O为不在L
3、中任何一于是,AJ·JB=FJ·JE.条直线上的一点.若XI,且开线段(不含因此,点I在△ABK的外接圆上的充分端点)OX最多与L中的k条直线相交,则将必要条件是IJ·JK=FJ·JE.X染为红色.证明:集合I中至少有1又IJ=IF+FJ,JE=EF-FJ,(k+1)(k+2)个红点.21JK=FE-FJ,6.已知凸四边形ABCD.证明:在四边形2ABCD的内部存在一点P,使得则点I在△ABK的外接圆上的充分必要条件20中等数学IF·FE全等.是FJ=.2IF+FE同理,设G为直线BC上的点,且满足因为A、E、B、F四点共圆,且AB∥CD,EG∥PB.则△EGQ与△PBE要么
4、位似,要么所以,FEC=FAB=180°-CDF.全等.故四边形CDFE是圆内接四边形.若PE≠QE,则△EFQ与△PAE的位似因此,ID·IC=IF·IE.中心和△EGQ与△PBE的位似中心相同.从而,可得点K在△CDJ的外接圆上的于是,AF、PE、BG三线交于一点X,即充分必要条件是IJ·IK=IF·IE.AD、PQ、BC三线交于一点X.由于IJ=IF+FJ,IK=IF+1FE,又因为四边形PQDA和四边形QPBC为2圆内接四边形,所以,IE=IF+FE,XA·XD=XP·XQ=XB·XC,于是,可得点K在△CDJ的外接圆上的充分即四边形ABCD为圆内接四边形.IF·FE
5、必要条件是FJ=.若PE=QE,则AD∥PQ∥BC.2IF+FE于是,四边形PQDA和四边形QPBC均结论得证.为等腰梯形.3.证法1:如图2.从而,四边形ABCD为等腰梯形.因此,四边形ABCD为圆内接四边形.证法2:用另外一种方法证明AD、BC、PQ要么交于一点,要么互相平行.由四边形PQDA是圆内接四边形,知PAD=180°-PQD=QDE+QED=PAE+QED.故QED=PAD-PAE=EAD,这表明PQ与△EAD的外接圆切于点E.假设AD与PQ交于点X.图2由切割线定理得XE2=XA·XD.设F是直线AD上的点,且满足又因为XA·XD=XP·XQ,所以,2EF∥P
6、A.XE=XP·XQ.若点F在A、D之间,由四边形PQDA是若BC与PQ交于点Y,同理可得圆内接四边形得2YE=YP·YQ.EFD=PAD=180°-EQD.故X=Y,即AD、BC、PQ三线交于一点.于是,四边形EFDQ为圆内接四边形.若BC∥PQ,则四边形QPBC为等腰梯若点D在A、F之间,则形.由PBE=QCE,可得E是PQ的中2EFD=EQD.点,这与XE=XP·XQ矛盾.因此,四边形EDFQ为圆内接四边形.类似地可得AD∥PQ∥BC的情形.同证无论哪种情况,均有法1.22EFQ=EDQ=PAE.4.因为BP=BF·BA=BQ,所以,从而,FQ∥AE.BP=BQ.于是,
7、△EFQ与△PAE要么位似,要么如图3,设BE、CF交于点H.则H为2009年第10期21△ABC的垂心.联结AH与BC交于点D.则QF相交.ADBC.设交点为S.则PSQ=180°-(BPE+BQF)=CAB=EAF.若点S在P、E之间,则PSQ=180°-ESF.若点E在P、S之间,则PSQ=ESF.无论哪种情形,均有PSQ=EAF.图3从而,点S在△AEF的外接圆上.于是,四边形CDFA、四边形CDHE均为5.对于每一点PI,定义它的阶为L圆内接四边形.从而,中与开线段OP相交的直线的数目.BA·
