腾讯课堂目标2017初中数学联赛集训队作业题解答-2

 

课程链接：目标2017初中数学联赛集训队-1（赵胤授课）

 

 

1、证明: 不等边三角形之三条外角平分线与对边延长线之交点必共线.

证明:

考虑Menelaus定理, 暨证明$${AF \over FB}\cdot{BD \over DC}\cdot{CE \over EA} = 1.$$由外角平分线定理可知, $${AF \over FB} = {AC \over BC},\ {BD \over DC} = {AB \over AC},\ {CE \over EA} = {BC \over AB}.$$ 三式相乘即得证.

Q.E.D.

 

 

2、在 $\triangle{ABC}$ 的各边上向外侧分别作三个等边三角形, 即 $\triangle{BCA^\prime}, \triangle{CAB^\prime}, \triangle{ABC^\prime}$, 则 $AA^\prime, BB^\prime, CC^\prime$ 三线共点.

证明:

若 $\triangle{ABC}$ 中有一角为 $120^\circ$, 不妨设 $\angle{A} = 120^\circ$, 此时 $C^\prime C = C^\prime AC$, $BB^\prime = BPB^\prime$, $A$ 点即为 $AA^\prime, BB^\prime, CC^\prime$ 之交点.

下面讨论没有任何一角为 $120^\circ$ 之情形.

假设 $AA^\prime, BB^\prime, CC^\prime$ 分别交 $BC, AC, AB$ 于 $D, E, F$. 因此本题结论等价于证明 $AD, BE, CF$ 三线共点.

考虑Ceva定理, 暨证明$${AF\over FB}\cdot{BD\over DC}\cdot{CE\over EA} = 1.$$由共边定理及三角形面积公式可知,$${BD\over DC} = {S_{\triangle{ABA^\prime}} \over S_{\triangle{ACA^\prime}}} = {AB \cdot A^\prime B \cdot \sin(B + 60^\circ) \over AC \cdot A^\prime C \cdot \sin(C + 60^\circ)},$$ $${CE \over EA} = {S_{\triangle{BCB^\prime}} \over S_{\triangle{BAB^\prime}}} = {BC \cdot B^\prime C \cdot \sin(C + 60^\circ) \over AB \cdot AB^\prime \cdot \sin(A + 60^\circ)},$$ $${AF\over FB} = {S_{\triangle{CAC^\prime}} \over S_{\triangle{CBC^\prime}}} = {AC \cdot AC^\prime \cdot \sin(A + 60^\circ) \over BC \cdot BC^\prime \cdot \sin(B + 60^\circ)},$$三式相乘即得证. ($\angle{A} = \angle{BAC}$, $\angle{B} = \angle{ABC}$, $\angle{C} = \angle{ACB}$)

Q.E.D.

 

 

3、在 $\triangle{ABC}$ 的边上分别向外作三个正方形: $BCDE, ACGH, ABIJ$, 若 $HG, IJ, DE$ 三边中点分别是 $B_1, C_1, A_1$, 证明: $AA_1, BB_1, CC_1$ 三线共点.

证明:

如图所示辅助线, 仿上例利用Ceva定理, 共边定理及三角形面积可证明.

Q.E.D.

 

4、一圆交 $\triangle{ABC}$ 的各边所在直线于两点(这两点可以重合), 设在 $BC, CA, AB$ 上的交点分别为 $DD^\prime, EE^\prime, FF^\prime$. 若知 $AD, BE, CF$ 三线共点, 则 $AD^\prime, BE^\prime, CF^\prime$ 三线共点或平行.

 

证明：

考虑使用Ceva定理证明之, 暨证明$${BD^\prime \over D^\prime C}\cdot{CE^\prime \over E^\prime A}\cdot{AF^\prime \over F^\prime B} = 1.$$ 由已知得 $${BD\over DC}\cdot{CE\over EA}\cdot{AF\over FB} = 1.$$ 另一方面, 由切割线定理可知 $$BD \cdot BD^\prime = BF \cdot BF^\prime \Rightarrow {BD^\prime \over BF^\prime} \cdot {BD \over BF} = 1.$$ 同理可得, $$CD \cdot CD^\prime = CE \cdot CE^\prime \Rightarrow {CD^\prime \over CE^\prime} \cdot {CD \over CE} = 1,$$ $$AE \cdot AE^\prime = AF \cdot AF^\prime \Rightarrow {AE^\prime \over AF^\prime} \cdot {AE \over AF} = 1.$$ 以上三式相乘即得证.

Q.E.D.

 

 

5、设四边形 $ABCD$ 为圆内接四边形, $\angle{D} = 90^\circ$, 点 $B$ 于直线 $AC, AD$ 上的射影分别为 $E, F$, 则直线 $EF$ 必过 $BD$ 中点.

证明:

由Simson定理推论(本讲例8)可知, $\triangle{ABC}$ 外接圆上任一点的Simson线平分该点和 $\triangle{ABC}$ 垂心所连结之线段.

本题中 $EF$ 即为$B$ 点关于 $\triangle{ACD}$ 之Simson线, $D$ 点为 $\triangle{ACD}$ 之垂心, 因此 $EF$ 平分 $BD$.

Q.E.D.

 

 

6、已知锐角 $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ 满足 $\alpha + \beta + \gamma + \delta = \pi$, 求证: $$\sin(\alpha + \delta)\cdot \sin(\beta + \delta) = \sin\alpha\cdot\sin\beta + \sin\gamma\cdot\sin\delta.$$

证明:

如图所示构造四边形 $ABCD$, 易证 $A, B, C, D$ 四点共圆.

由Ptolemy定理可知 $AC\cdot BD = AB\cdot CD + AD\cdot BC$. 而由正弦定理可知 $$AC = 2R \cdot \sin(\alpha + \delta)$$ $$BD = 2R \cdot \sin(\beta + \delta),$$ $$AB = 2R\cdot \sin\alpha,$$ $$CD = 2R\cdot\sin\beta,$$ $$AD = 2R\cdot\sin\gamma,$$ $$BC = 2R\cdot \sin\delta.$$ 代入即得证.

Q.E.D.

 

 

7、已知圆内接正五边形 $ABCDE$, $P$ 为弧 $AB$ 上一点, 则 $PA + PB + PD = PE + PC$.

证明:

设正五边形边长为 $a$, 等长对角线长为 $b$.

在四边形 $PBDA$ 中, 由Ptolemy定理有 $$PD \cdot AB = PA \cdot BD + PB \cdot AD$$ $$\Rightarrow PD \cdot a = PA \cdot b + PB \cdot b$$ $$\Rightarrow PA + PB + PD = PD \cdot {a + b \over b}.$$ 在四边形 $PCDE$ 中, 由Ptolemy定理有 $$PD \cdot CE = PC \cdot DE + PE \cdot CD$$ $$\Rightarrow PD \cdot b = PE \cdot a + PC \cdot a$$ $$\Rightarrow PE + PC = PD\cdot {b\over a}.$$ 由此需证明 $${a + b \over b} = {b\over a} \Leftrightarrow a^2 + ab = b^2.$$ 最后一步由 $A, B, C, E$ 共圆并应用Ptolemy定理可得.

Q.E.D.

 

 

 

 

 

扫描关注“奥数学苑”微信公众号(ID: aoshu_xueyuan)