第41届国际数学奥林匹克试题

金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第1页共26页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com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”⌒⌒金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第2页共26页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com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垂直平分弦金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第3页共26页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.comCN知∠N=∠ECN=∠NCA，即MN//BC；又∠OEC=∠OEN，即弦BC和MN关于直线OE对称，此时有基本结论BE=ME。又直线OB为△ABC和直线MN的公共的对称轴，又有BE=BG，ME=GN，从而BE=GN。为证BE=EF，即须证BG=DF，即BF=DG，但EF//CN，且EF平分∠BEG，故.,DGBFFGDGEGGNEGBEFGBF于是题4（第39届IMO预选题）已知ABCD是圆内接四边形，E，F分别为AB，CD上的点，且满足AE：EB=CF：FD。设P是线段EF上满足PE：PF=AB：CD的点，证明：△APD和△BPC的面积之比不依赖于F，E的选择。证当AD//BC或AB//DC时，容易明白P恰为四边形ABCD的对角线交点，此时△APD和△BPC的面积之比恰好等于AD：BC，为定值（如图00–7，当四边形ABCD的两组对边都不互相平行时，据前两种特殊情形容易猜到所论定值应为AD：BC，即S△APD：S△BPC=AD：BC，于是P到AD和BC的距离应相等，即P在直线AD和BC的夹角的平分线上。记AD与BC的交点为Q，∠AQB的平分线与AB，CD分别交于M，N，有基本结论：∠AMB=∠DMN且AM：MB=CN：ND。记EF与MN的交点为P1，作EG//CD交MN于G，则∠EGM=∠DNM=∠EMG，EG=EM；利用AM：MB=CN：ND及AE：EB=CF：FD，用合分比性质易得ME：AB=NF：CD，即ME：NF=AB：CD，于是P1E：P1F=FN：FN=ME：NF=AB：CD，再由PE：PF=AB：CD与P1与P重合，即P在∠AQB的平分线MN上，从而S△APD：S△BPC=AD：BC。（如图00–8）题5（第37届IMO预选题）设△ABC是锐角三角形，外接圆圆心为O，半径为R，AO交△BOC的外接圆于另一点A1，BO交△AOC的外接圆于另一点B1，CO交△BOA的外接圆于另一点C1。证明：OA1·OB1·OC1≥8R3，并指出在什么条件下等号成立？证明：记AA1与BC的交点为M，由O，B，A1，C共圆有∠A1=∠OBC=∠OCB，于金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第4页共26页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com是△OCM∽△OA1C，OM·OA1=OC2=R2。同理，若记BB1与AC的交点为N，CC1与AB的交点为P，则有ON·OB1·OP·OC1=R2，故有OM·ON·OP·OA1·OB1·OC1=R2，为证OA1·OB1·OC1≥8R2，须证OM·ON·OP381R，即证.8OPONOMOBOBOA但对任意△ABC及形成任一点O，8OPONOMOBOBOA为一个基本结论且其中等号成立的条件是O为△ABC的重心（如图00–10，记△BOC，△AOC和△BOA的面积分别为,,,zyx则易知8222xyzxyzxyzzyxyxzxzyOPONOMOCOBOA，且其中等号成立的条件是zyx，即O为△ABC的重心）。于是所欲之不等式成立，且由于其中等号成立的条件是△ABC的外心与重心重合，故必有△ABC为等边三角形。题6（第35届IMO预选题）一条直线l与圆心为O的圆ω不相交，E是l上一点，OE⊥l，M是l上任意异于E的点，从M作圆ω的两条切线分别切圆ω于A和B，C是MA上的点，使得EC⊥MN，D是MB上的点，使得ED⊥MB，直线CD交OE于F。求证：F的位置不依赖于M的位置。证如图00–11，连OA，OB，OM，BE，AE，作直线AB交DC延长线于点G，连GE，由OA⊥MA，OB⊥MB及OE∠ME知A，O，B，M，E五点共圆，于是∠OAB=∠OBA=∠OEA，故若记AB与OE的交点△OAK∽△OEA，有OK·OE=OA2，即OEOAOK2为定值，即K的位置不依赖于M的位置。故为证F的位置不依赖于M的位置，只须证F与K的相对位置保持不变。猜测F为EK的中点。由EC⊥MA及ED⊥MB知E，C，D，M共圆，∠EDG=∠EMC=∠EBC，从而E，D，B，G共圆，由ED⊥BD知EG⊥BG，于是EG//OM，金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第5页共26页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com∠FEG=FOM=∠EBD=∠EGF，故FE=FG，从而F为KE的中点（基本结论）。2．（美国）设1,,,abccba且满足是正实数，证明：.1)11)(11)(11(accbba证法一：任取正数z，令xzabczybyxazyxyaxzby/)/(1,/,/,,,,,且为正数则，则原不等式等价于.))()((xyzyxzxzyzyx①由于①的两边关于.,,,,zyxzyx可设对称若zyx，则①式显然成立。若zyx，则①式左边三个因式全为正，令,,xzyzyx2/)(,2/)(,2/)(,zyxyxz则，从而.xyz因此，①对一切正数zyx,,成立，从而原不等式成立，并且等号成立的充要条件是.1,,cbazyx也就是即证法二：由题设条件易知正实数cba,,中有两个不小于1，另一个不大于1；或者有两个不大于1，另一个不小于1。此时在accbba11,11,11中至多有一个负值。当accbba11,11,11中有一个负值时，原不等式显然成立，下面只要证明它们均为正值的情形。).11(11,111,1caabaacabaabc即金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第6页共26页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com,]2)11()11([)11)(11()11)(11(),()2().11(11),11(11222acaccaaaccaaacbayxyxxybccacabbcb得于是应用同理R.1)11)(11)(11(,1)()11()11()11(,.)11)(11(,)11)(11(.)11)(11(2222222accbbaabcaccbbacbaccbbacbbaacacba即得将上面三式各边相乘同理即综上，原不等式得证。证法三：由条件得acbabc1,1，将之代入不等式并化简，得.)1)(1)(1(baaacacaaca因为1acaba，所以（*）关于.1,,1,,aacaaca不妨设轮换对称若1aca，易知（*）左边≤0，（*）显然成立。若1aca，则易知（*）左边三个括号均为正数，于是可构造如下图形证明。金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第7页共26页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com如图00–12，在△ABC中，设acaABCDC1,90为边上中线，令,221,2,1,1aCDaABacaACacaBC则由面积公式知：.2121CDABBCAC（当且仅当AC=B