多功能题典高中数学竞赛-14

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1、8.1.32*★★已知锐角的垂心为H,内心为/,且满足AC工BC,CH和C7分别与△MC的外接圆交于点D和厶.证明：ZC///=90°的充分必要条件是ZIDL=90°.解析如图所示，设的外心为O,外接圆半径为R,点H在C厶上的投影为0,HQ交LO于点K,厶O与交于点S,CL交DS于点、P,分别交厶O和CD于点M和N.易知N是的中点.又因DC//SL,HK//CS,所以，四边形DLKH是等腰梯形.于是，是厶K的中垂线.LCLM~~R因MO丄厶S,厶CISC,所以△厶OPs△厶cs.于是LP=LOLSLC2R2~LC易知厶肝=厶S・

2、LM=2R・LM.又因为LQLP=2RLM,所以厶PLQ=LB2.由于厶B=LI,可得LPLO=LI2.特别地，Q=/等价于尸二/.又因为ZC///=90°.等价于Q=I,AIDL=90°等价于P=I,所以，ZCZ/7=90°的充要条件是ZIDL=90°.8.1.33****AJ^C的3条塞瓦线交于一点G,将三角形划分为6个小三角形，求证：若这6个小三角形的外心两两不重合，则它们共圆的充要条件是G为△/BC之重心.解析不妨设三条中线分别为AD.BE、CF,G是重心，而记/4FG、HBFG、BGD、、GDC、ACG£和'AGE

3、的外心分别为q、Q、Q、Q、@、Q・于是由对称性，q、q、。3、o「六点共圆OQ、q、q、Q共圆且Q、Q、Q、°5共圆.先证充分条件（相对比较困难），且先证q、Q、。3、Q共圆.如图a,设QQ与O3Q交于O，则O是△FGD之外心.A图a易知Q、O在ADh的投影分别是AG.GD之中点，因此若设ZAGF=&,贝\OO^0=-AD,同理2OO^mO=^CFf故-22l=—.①00,CF又由于O2O3丄BE.欲证Q、Q、O3、Q共圆，只需证Z020.0=ZO.O.O,而ZOQO=ZBGD.Kr)FCCFOO今作DK〃GF,K在BG

4、上，则由①有一=—=—=—,又ZKDG=180°-AFGD=ZO.OO.,GDGDAD00,14故厶KDGs'og.于是ZBGD=ZOO®,因此结论成立，证毕.注意这里只用了FD//AC,同理有FE//BC才能满足另一组四点共圆，且可逆推，于是必要性也顺便证掉了.下证G是重心时，O?、O3、0。、0、共圆，所用条件是EF//BC,也就是如下命题：梯形EFBC中，EF〃BC,BE与CF交于G,D是3C之中点，则厶FBG、、BDG、△CGD和ACGE的外心O2、q、Q、Q在一个圆上.如图b所示.图b不妨设ZGDB290°3ZGDC.

5、外心们如图位置.于是问题就变为证明ZO2O5O=ZBGD,这里0是直线QO3与O4O5之交点，亦为△BGC之外心.与前完全一样，由于Z0=180°-ZBGC,剩下的任务是证明^=—・O5OBG这是显然，因为O,OsinO=-BE,而QOsinO=^CF,故型二空二竺.证毕.52-20,0BEBG评注如果6个外心有重合就很难说，此时有的外心连线也不存在了.比如3条塞瓦线正好是3条高时.另外还要说的一点是，本题对图形有一定的依赖.&1.34*★★★如图，A、B、C、D共圆，M、N分别为AC.BD中点，B4、CQ延长后交于E,4D、B

6、C延长后交于F,求证:BDAC_2MN~AC~~BD~EF解析不妨设如图所示EF中点为厶.由于完全四边形，三条对角线中点共线（牛顿线），所以MN=LN-LM.下证:2LN_BD~EF~~AC2LM_ACEF15LNBD_LE"Te~^4C~~LM'延长M厶至K,则有□EMFK.且厶EDBs&4C.N、M分别为BD、CA中点.所以^/XEAM,所以ZEND=ZEMA・同理乙FND=ZFMC.所以ZENF=ZEMA+ZFMC=180°-ZEMF=180°-ZEKF・所以E、N、F、K四点共圆.所以ELLF=LNLK.所以厶N•LM=

7、El3，所以△LENs'me•所以磊_LE~Tm_EN~HeFNFDDB又由△QVS△咖’△妙sgc,=-=-所以LNTeLE~~LMDB=AC所以结论成立.的幕、根轴、极点极线与调和点列8.2.!★设卩是OO外一点，PAB、PCD是两条割线，AD.BC交于0,延长BD、AC交于R,则PQ2=P的幕+0的幕；PR2=P的幕+/?的幕.解析延长PQ至N,使PQQN=BQQC,①于是ZPNC=ZPBC=ZPDA,Q、N、D、C共圆，故PQPN=PCPD②②■①，得PQ2=PCPD-BOQC=P的幕+0的幕.p又在M上找一点M,连结C

8、M,满足ZPAC=ZCMR=ZCDB,于是有P、4、C、M共圆，M、C、D、共圆，故有RM•RP=RC•RA,PM・PR=PCPD，两式相加，即有PR1=P的幕+/?的幕.评注对于平而上一点P和OO,定义P的幕为P02-r2（r为OO半径），于是有>0,P在O0