数学奥林匹克问题解答：平面几何-8

在已知正方形 $ABCD$ 内, 作等边三角形 $ABK, CDM, BCL, DAN$.

证明: 四条线段 $KL, LM, MN, NK$ 的中点及八条线段 $AK, BK, BL, CL, CM, DM, DN, AN$ 的中点是一个正十二边形的12个顶点.

(IMO 19.1)

分析:

设该正方形中心为 $O$, 当 $A$ 点绕 $O$ 点逆时针旋转至 $B, C, D, A$ 时, $K$ 点旋转至 $L, M, N, K$, 因此四边形 $KLMN$ 是正方形, 其中心为 $O$, 且各正三角形的边相互垂直, 如 $DM\perp AN$, $BL \perp CM$.

易知 $OA$ 是整个图形之对称轴, 因此只须证明 $P_1P_2 = P_2P_3$ 及 $\angle{P_1P_2P_3} = 150^{\circ}$.

 

 

证明:

$\because BL, DM$ 关于 $OA$ 对称, $\therefore$ 其交点 $Q$ 在 $OA$ 上. 在直角$\triangle{QMP_3}$ 中, $\angle{MQP_3 = 30^{\circ}}$, $\angle{QMP_3} = 60^{\circ}$.

易知 $OM$ 亦是整个图形之对称轴 $\Rightarrow P_2M = P_3M = P_2P_3 = \displaystyle{1\over2}QM \Rightarrow P_2$ 是 $QM$ 之中点 $\Rightarrow P_1P_2 = \displaystyle{1\over2}QM \Rightarrow P_1P_2 = P_2P_3$.

另一方面, $\angle{P_1P_2P_3} = \angle{P_1P_2Q} + \angle{QP_2P_3} = 2\angle{P_1MP_2} + 120^{\circ} = 90^{\circ} - \angle{DMC} + 120^{\circ} = 150^{\circ}$.

Q$\cdot$E$\cdot$D

 

评注：

以下是另外一道较简单且仍采用对称变换证明正多边形的IMO预选题:

凸五边形 $ABCDE$ 中, $BC = CD = DE$, 每一对角线与一边平行.

求证: $ABCDE$ 是正五边形.

分析:

欲证明 $ABCDE$ 是正五边形, 须证 $AB = BC = CD = DE = EA$ 及 $\angle{A} = \angle{B} = \angle{C}= \angle{D}= \angle{E}$. 联系到已知条件可知只须证明 $CF, DG$ 是该五边形对称轴即可.

证明:

易知 $BCDF$ 是菱形 $\Rightarrow CF$ 是 $BCDF$ 对称轴.

$\because AE\parallel BD \Rightarrow \angle{FAE} = \angle{FDB} = \angle{FBD} = \angle{FEA} \Rightarrow \triangle{FEA}$ 是等腰三角形, 以及 $CF$ 平分 $\angle{BFD}$,

$\therefore CF$ 是 $\triangle{AFE}$ 之对称轴 $\Rightarrow CF$ 是 $ABCDE$ 之对称轴. 同理可证, $DG$ 是 $ABCDE$ 之对称轴.

因此, $AB = BC = CD = DE = EA$, $\angle{A} = \angle{B} = \angle{C}= \angle{D}= \angle{E}$, 即 $ABCDE$ 是正五边形.

Q$\cdot$E$\cdot$D

 

 

 

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