弦CD垂直于圆O的直径AB

弦CD垂直于圆O的直径AB C1-111 弦CD垂直于圆O的直径AB，L为垂足(弦AE平分半径OC于H(证明:弦DE平分弦BC( 【题说】第二十一届(1995年)全俄数学奥林匹克九题2( 【证】如图，设AE与BC相交于F点，DE交直径AB于K点，BC交DE于M( 以?AED=?ABC，因此，点F、K、B和E四点共圆(于是?FKB=180?-?FEB=90?，所以FK?CD( 作CG?AB交AF的延长线于G点( 由?AOH??GCH得CG=AO=AB,2(又由?AFB??GFC，得 所以 BF=2CF( 再由?BLC??BKF，得 由?MKF??MDC，得 即 MC=3MF，CF=2MF(又因为BF=2CF，所以 MB=BF-MF=2CF-MF =4MF-MF=3MF=MC C1-112 已知AB是半圆O的直径，一直线交半圆于C、D，交AB于M(MB,MA，MD,MC)，设K是?AOC和?DOB外接圆的第二个交点(证明:?MKO是直角( 【题说】 第二十一届(1995年)全俄数学奥林匹克十年级题6( 【证】 设?AOC的外接圆圆心为O，OP为直径;?DOB的外1 接圆圆心为O，OQ为直径(如图)(连心线OO垂直平分公弦OK212 且OO是?OPQ的中位线，所以直线PQ通过K点且垂直于OK( 12 线段PO是过A点的圆O的直径，所以?PAO是直角，因此线1 段PA与半圆O相切，同理PC、QB、QD都与半圆O相切( 设F点是直线PC与QD的交点(过P引PE?QD交DC的延长线于E点，则?QDM=?PEM(由FC=FD得?QDM=?FDC=?FCD=?PCE，所以PC=PE，又PC=PA，QB=QD(?PAE与?QBD都是等腰三角形，且边PA?QB，PE?QD，所以?PAE=(180?-?APE),2=(180?-?BQD),2=?QBD，AE?BD(于是以M为位似中心，位似比为MA?MB的位似变换将点B变为点A，点D变为点E，又因为?PAE??QBD，所以点Q位似变换为点P，这就是说PQ过M点，从而?MKO=90?( C1-113 在?ABC的三边AB、BC与CA上分别取点M、K、L(不与?ABC的顶点重合)，证明:?MAL、?KBM、?LCK中至少有一个的面积不大于?ABC面积的四分之一( 【题说】第八届(1966年)国际数学奥林匹克题6(本题由波兰提供( 【证】因为 C1-114 过三角形的重心任作一直线，把这三角形分成两部分(证明:这两部分面积之差不大于整个三角形面积的1,9( 【题说】1978年安徽省赛二试题3( 【证】设直线过?ABC的重心G，分别交AB、AC于D、E( 过G作BC的平行线，分别交AB、AC于P、Q(由于G是重心，所以PG=GQ( 设E在线段AQ上，则D在线段AP延长线上(设AC上的中线为BF(过P作AC的平行线，分别交DE、BF于R、S( 易知RG=GE，SG=GF，所以 S,?PDG S=S(1) ?PRG?QEG S,?DBG S=S(2) ?RSG?EFG 由(3)、(4)得 C1-115 设ABCD为任意给定的四边形，边AB、BC、CD、DA的 中点分别为E、F、G、H(证明: 【题说】1978年全国联赛二试题4( 【证】如图，HE?DB?GF，同理EF?HG，故EFGH为平行 所以 面积ABCD?EG?HF 设M为BD的中点，则 C1-116 正方形ABCD的一个内接三角形是EAF，如果?EAF=45?，求证:正方形ABCD的面积与三角形EAF的面积之比等于AB与EF之比的2倍( 【题说】 1979年上海市赛预赛题6( 【证】 引?EAF底边上的高AG(延长CB至P，使BP=DF，连AP，则Rt?ABP?Rt?ADF(所以?DAF=?BAP，AP=AF( 又 ?DAF+?EAB=45? 所以 ?BAP+?EAB=?EAP=45?=?EAE ?EAP??EAF 而全等三角形的对应高相等，所以AG=AB，从而 C1-117 已知正六边形ABCDEF，点M和K分别为CD和DE的中点，L为线段AM和BK的交点(试证:三角形ABL的面积等于四边形MDKL的面积，并求直线AM和BK之间的夹角( 【题说】 第六届(1980年)全俄数学奥林匹克八年级题3( 【证】 显见 S+S=S ABLBCMLABCM S+S=S BCMLMDKLBCDK 将四边形ABCM绕正六边形中心O按顺时针方向旋转60?(如图a)后，成为四边形BCDK，所以?ALB=60?，S=S，从而S=S( ABCMBCDKABLMDKL 【注】更一般地，我们有: 如果凸五边形ABCDE中，BC?AD，BD?AE(图b)，M为CD边的中点，K为DE边的中点，L为线段AM与BK的交点(那么三角形ABL和四边形MDKL等积( 【别证】如图b，设AD和BK交于P，BD和AM交于Q(由于BC?AD，BD?AE，M、K分别为CD和DE的中点，所以 S=S=2S ABDABCAMD 即 S+S+S+S=2(S+S+S) ABLALPBQLPLQDALPPLQDMDQ 整理 得 S+S=S+S+2SABLBQLALPPLQDMDQ (1) 又 S=2S ABDBDK 即 S+S+S+S=2(S+S+S) ABLALPBQLPLQDBQLPLQDDKP 整理 得 S+S=S+S+2ABLAPLBQLPLQDSDKP (2) (1)+(2)，并消去等式两边相同的项，得 2S=2(S+S+S) ABLMDQDKPPLKD 即 2S=2S ABLMDKL 所以 S=S ABLMDKL C1-118 图中OB平行且等于AA，i=1，2，3，4，(A=A)(证iii+151明:BBBB的面积是AAAA的2倍( 12341234 【题说】第十四届(1982年)加拿大数学奥林匹克题1( 【证】因为AAOB 12 1 AAOB 23 2 所以 ?AAA+?BOB=π 12312 sin?AAA=sin?BOB 12312 C1-119 已知凸凹边形四边长分别为a、b、c、d，对角线相交所成锐角为45?(如图)(若S为四边形的面积(求证: 【题说】 1984年北京市赛高一题2( 【证】设凸四边形ABCD中， AB=a，BC=b，CD=c，DA=d(对角线AC与BD相交于O点，OA=x，OB=y，OC=t，OD=z，?BOC=45?( 由余弦定理， 222a=x+y+2xycos45? (1) 222b=y+t-2ytcos45? (2) 222c=t+z+2tzcos45? (3) 222d=z+x-2zxcos45? (4) (1)-(2)+(3)-(4)得 2222a-b+c-d=2(xy+yt+tz+zx)cos45? C1-120 设锐角?ABC的?A平分线交BC于L，交外接圆于N，自点L分别向AB和AC作垂线LK和LM，垂足分别为K和M(求证:?ABC的面积等于四边形AKNM的面积( 【题说】第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题 2(本题由原苏联提供( 【证】作?ABC的高AH，则A、K、H、L、M五点共圆(连结KH、HM、HN、BN和NC，便有 ?KHB=?BAL=?NAC=?HBN ?MHC=?MAN=?NAB=?NCH 故知 KH?BN，HM?NC(从而有 S=S，S=S ?KBH?KNH?HMC?HMN由此即 得 S=S ?ABC?AKNM易知?ABL??ANC，所以