高中奥数 2021-11-15

2021-11-15-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷平面几何范端喜邓博文平面几何中的其他方法和问题选讲 P118 习题05）

设点是圆外一点,过点作圆的切线,切点分别为、.圆的切线与、分别交于点、,过点且平行于的直线与交于点.求证:无论如何变化,恒过一定点.

证明

以为原点,所在直线为轴建立右手直角坐标系,且不妨设半径为.

图1

,，.

取与轴交点,则,.

设直线:,.

所以 $\left.\begin{array}{l} l_{A B}: y=\dfrac{x_{0}}{y_{0}} x+\dfrac{1}{y_{0}} \\ l_{P Q}: x_{1} x+y_{1} y=1 \end{array}\right\} \Rightarrow P\left(\dfrac{y_{0}-y_{1}}{x_{1} y_{0}+y_{1} x_{0}},\dfrac{x_{1}+x_{0}}{x_{1}y_{0}+y_{1}x_{0}}\right)$ .

同理.

则.(1)

在(1)中令,所以

下证:、、三点共线.

$\begin{aligned} & Q\text{、}R\text{、}S\text{三点共线} \\ \Leftrightarrow& K_{RS}=K_{QS} \\\Leftrightarrow &\dfrac{y_{0} x_{0}\left(x_{1} y_{0}+y_{1} x_{0}\right)}{2 x_{0} y_{0}-x_{0} y_{1}+x_{1} y_{0}-x_{1} y_{0}^{3}-y_{1} x_{0} y_{0}^{2}+x_{1} y_{0}+y_{1} x_{0}}= \dfrac{x_{0} x_{1}-x_{0}^{2}}{x_{0} y_{0}+x_{1} y_{0}-2 x_{0} y_{1}} \\\Leftrightarrow & 2 x_{0} x_{1} y_{0}-x_{0} x_{1} y_{1}+x_{1}^{2} y_{0}-x_{1}^{2} y_{0}^{3}-x_{0} x_{1} y_{0}^{2} y_{1}+x_{1}^{2} y_{0}+ x_{0} x_{1} y_{1}-2 x_{0}^{2} y_{0}+x_{0}^{2} y_{1}-x_{0} x_{1} y_{0}\\&+x_{0} x_{1} y_{0}^{3}+x_{0}^{2} y_{1} y_{0}^{2}-x_{0} x_{1} y_{0}-x_{0}^{2} y_{1}\\&= x_{0} x_{1} y_{0}^{3}+x_{1}^{2} y_{0}^{3}-2 x_{0} x_{1} y_{1} y_{0}^{2}+x_{0}^{2} y_{0}^{2} y_{1}+x_{0} x_{1} y_{0}^{2} y_{1}-2 x_{0}^{2} y_{0} y_{1}^{2} \\\Leftrightarrow & 2 x_{1}^{2} y_{0}-2 x_{1}^{2} y_{0}^{3}- 2 x_{0}^{2} y_{0}=-2 x_{0}^{2} y_{0} y_{1}^{2}. \end{aligned}$ (2)

由于,.

(2)式显然成立成立.

所以、、三点共线.

又为定点,所以、均为定点.

所以为定点.

因此恒过定点,得证.

2021-11-15-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷平面几何范端喜邓博文平面几何中的其他方法和问题选讲 P118 习题06）

、为平面上的两个定点,为平面上位于直线同侧的一个动点,以、各为边,在外作正方形、.证明:无论点取在直线同侧的任何位置,的中点M位置不变.

证明

设图中各字母表示相应点的复数,由题设,应有

图2

从而与无关.

2021-11-15-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷平面几何范端喜邓博文平面几何中的其他方法和问题选讲 P118 习题07）

求证:任意凸四边形各边中点连线的中点必重合.

证明

如图是任意四边形,,,,是各边的中点.

图3

因为,,,.

故的中点为.

的中点为.

由此知.

这就是要证得结果.

2021-11-15-04

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷平面几何范端喜邓博文平面几何中的其他方法和问题选讲 P118 习题08）

在凸四边形的外部分别作正三角形,正三角形,正三角形,正三角形,记四边形的对角线之和为,四边形的对边中点连线之和为,求的最大值.(2008第七届女子数学奥林匹克)

解

若四边形是正方形时,可得.

下面证明:.

设、、、分别是边、、、的中点,、、、的中点分别为、、、.

图4

则是平行四边形.

连结,,设点,分别是,的中点,则

又

$\begin{aligned} \angle P_{1} D S_{1} & =360^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}-\angle P D S \\ & =240^{\circ}-\left(180^{\circ}-\angle E N D\right) \\ & =60^{\circ}+\angle E N D=\angle E N S_{1}=\angle E M P_{1}, \end{aligned}$

所以,

从而,是正三角形.

同理可得,也是正三角形.

设、分别是、的中点,于是有

$\begin{aligned} E G & \leqslant E U+U V+V G \\&=\dfrac{\sqrt{3}}{2} P_{1} S_{1}+P_{1} Q_{1}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} Q_{1} R_{1} \\ & =P_{1} Q_{1}+\sqrt{3} P_{1} S_{1} \\&=\dfrac{1}{2} B D+\dfrac{\sqrt{3}}{2} A C \end{aligned}$

同理可得,

把上面两式相加,得,

即.

高中奥数 2021-11-15

你可能感兴趣的:(高中奥数 2021-11-15)