(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第九章完全四边形的性质及应用答

习题A

1． 由于S△CDES△EFCS△EFDS△BCES△BCD．

ABCd1d2d4d3DFEG（第1题图）2．

如图，记点D到CG、GE的距离分别为d1，d2，D到AE、AB的距离分别为d3，d4，则 111111EFd1d3EFd3BCd2d4BCd4EFd1BCd2 222222由BCEF0，知d1d2，即点D在CGE的平分线上．

注此题为2003年德国数学竞赛第一轮试题的等价表述．

在YABCD中，M、N分别在AB、BC上，且M、N不与端点重合，AMNC．设AN与CM交于点Q．证明：DQ平分ADC． 3． 如图，

QBDMC（第2题图）ANFPE

显然，EBA90，CFA90，从而B、F在以CE为直径的圆上，即有ABACAFAE． 易知△CAP是直角三角形，PB是它的高线，有ABACAP2． 同理，在△EAM中，有AFAEAM2．

由ABACAFAE，有AP2AM2，即APAM． 又PQAC，则APAQ．

同理，AMAN．

综上，线段AM、AP、AN、AQ都相等，即P、N、Q、M都在以A为圆心的圆上． 注此题为2005年第36届奥地利数学奥林匹克决赛题的等价表述．

已知锐角△ABC，以AC为直径的圆为圆1，以BC为直径的圆为圆2，AC与圆2相交于点E，BC与圆1相交于点F，直线BE和圆1，相交于点L、N，其中点L在线段BE上，直线AF和圆2实用文档 专业整理

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相交于点K、M，其中点K在线段AF上，证明：四边形KLMN是圆内接四边形 3．(1)易知，四边形ABGF是正方形．

因为△EFN∽△EAB，△CMG∽△CFE，△CGB∽△CEA． 则且

FNEF,① ABEAGMCGGBGMEF或．② EFCEEAGBEA由①、②及ABGB，得FNGM．

(2)因为FG∥BC，所以

FMGM．③ MCMBFMFN，故MN∥CE． MCNG由于GMFN，MBGBGMFGFNNG，代入③得

(3)设FC与AN交于点H，则由△AFN∽△FGM，AHFHFNFNHMFGFMD90，故MDAN．

同理，NDAM．故D为△AMN的垂心，即ADMN． 由MN∥CE，知ADCE．

注此题为2003年第54届罗马尼亚数学奥林匹克第二轮题．

在Rt△ABC中，A90，A的平分线交边BC于点D，点D在边AB、AC上的射影分别为P、Q若BQ交DP于点M，CP交DQ于点N，BQ交CP于点H．证明：(1)PMPN；(2)MN∥BC；(3)AHBC．

4．由于ACAE，则知直线BF必与直线MN相交，设交点为T．

ENEF2由直角三角形性质，有ENECEF，CMECCB，从而． CMCB2CBEF而GNEN,HMCM,

EBCF22GMCBCFENCBCFEF2CFEF故．① HMEBEFCMEBEFCB2CBEB又因CFEFFNCE，CBEBBMCE，

CFEFFNTN所以．② CBEBBMTM由①、②得

GNTN，因此，H、G、T三点共线． HMTMOF2EBQNEB2由，CNCECF，相乘得QNCE． CBCNCBEB2CF2PMCF2又，EMCEEB，相乘得PMCE． BFEMEFQNCFEF上面两式相除，得． PMCBEBQNTN，因此，P、Q、T三点共线． PMTM从而四直线PQ、BF、HG、MN都过点T，亦即这四条直线相交于点T．

由②、③得

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