高中奥数 2021-10-31

2021-10-31-01

（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反演与配极 P095 例9）

如图,已知圆中,为直径,过点作一条直线.在直线上截取(,均在圆外).连结,.分别交圆于点,.过,分别作圆切线.交于一点,连结.求证:垂直于.

图1

证明

过作平行线交圆于,过做圆切线交直线于,则在的极线即过的切线上,还在的极线上,所以的极线过、,又,故、、、成调和点列,所以、、、成调和线束,于是是调和四边形.

从而是切线,即在的极线上,那么的极线过点,结合垂直于,即垂直于.

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（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反演与配极 P095 例10）

给定个圆、、、,设和、和、和、和分别交于点和、和、和、和.若、、、四点共圆(或共线),证明:、、、四点共圆(或共线).

证明

作以为反演中心的反演变换,于是,、反形为直线、,、反形为、的外接圆,这两个圆交于.

如图只要证、、、四点共圆即可.

图2

这就转化为三角形中的密克点问题:

中、、分别在边、、上,若的外接圆与的外接圆交于点,则的外接圆也过该点.

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（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反演与配极 P095 例11）

如图,凸四边形有内切圆,且内切圆分别切边、、、于、、、,点、、、分别为线段、、、的中点,证明:四边形为矩形的充要条件是、、、共圆.

图3

证明

以内切圆为反演圆作反演变换,则由反演定理4,、、、的反点分别为、、、,因为不过反演中心的圆的反形仍是一个圆,于是、、、共圆等价于、、、共圆.

注意、、、分别是为四边形四边形的中点,所以四边形是一个平行四边形,因而、、、四点共圆的充要条件是平行四边形是矩形,这又等价于、、、共圆.

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（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反演与配极 P096 例12）

圆内接四边形内有一点满足.在、、上射影为、、.证明:.

图4

证明

证法一:因为,故只需证.

又，

故只需证(1)

又因,所以的外接圆与外接圆外切于点.

作以为反演中心,对外接圆的幂为反演幂作反演变换则、、、分别变为、、、,且是与外接圆的交点,、、类似.

因为、外接圆外切于.

故用反演性质知为等腰梯形.

由反演变换距离公式知

,(为反演幂).

所以(1),此式已证明成立,故原题得.

证法二:作,其中为上的点,交于.

由知,.

易知为、外接圆的切线.

由根轴定理知、、交于一点,设为.

图5

$\begin{aligned} \angle PAD &=\angle BAD-\angle BAP\\&=\pi-\angle BCR-\angle BPS\\&=\angle BPR-\angle BCR\left(\angle BPR=\pi-\angle BPS\right)\\&=\angle BPR-\left(\angle BSR-\angle SRC\right)\\&=\angle BPR-\angle BSR+\angle SRC\\&=\angle PBS+\angle PEG\\&=\angle PEF+\angle PEG\\&=\angle FEG. \end{aligned}$

由已知条件易知、、、和、、、都有四点共圆.

,,故

所以

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（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反演与配极 P097 例13）

双心四边形,,内、外心为、.求证:、、三点共线.

证明

先证一个引理.

引理:圆外切四边形,切点为、、、,则、、、四线共点.

引理的证明:如图,设,,由正弦定理得

$\begin{aligned} \frac{G C}{A G} &=\dfrac{C M \dfrac{\sin \angle G M C}{\sin \angle C G M}}{A K \dfrac{\sin \angle A K G}{\sin \angle A G K}} \\ &=\dfrac{C M}{A K} \dfrac{\sin \angle G M C}{\sin \angle A K G} \dfrac{\sin \angle A G K}{\sin \angle C G M}=\dfrac{C M}{A K} . \end{aligned}$

图6

同理.

所以,即.

所以故、、三线共点.

同理、、三线共点,引理得证.

回到原题:如图,切点仍记为、、、,由引理.

图7

以为中心,为反演圆作反演,、、、分别为四边中点.

由,知为平行四边形.

而、、、共圆知、、、共圆,必为矩形,其中心设为,且有.

由反演性质知、、三点共线.

设、中点为、,则

$\begin{aligned} \overrightarrow{I Q^{\prime}} &=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{I A^{\prime}}+\overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I C^{\prime}}+\overrightarrow{I D^{\prime}}\right) \\ &=\frac{1}{4}(\overrightarrow{I K}+\overrightarrow{I L}+\overrightarrow{I M}+\overrightarrow{I N})\\&=\frac{1}{2}(\overrightarrow{I R}+\overrightarrow{I P}) . \end{aligned}$

由垂径定理知为矩形.

从而.

故,即、、三点共线,从而、、三点共线.

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