第二節(jié) 平面幾何計算

1、第三章 幾 何第二節(jié) 平面幾何計算 C2001 設(shè)P是正方形ABCD內(nèi)的一點，滿足PAPBPC123，求APB【題說】 1979年內(nèi)蒙古區(qū)賽二試題4【解】 作點Q，使CQ=PA，BQ=PB再連PQ，顯然APBBQC，故APBBQCABPCBQ因而PBQ是等腰直角三角形且PQ2=PB2=8PA2，因此PC2=9PA2=PQ2CQ2于是CPQ是直角三角形，故APBBQCCQPPQBC2002 設(shè)N是正九邊形，O為其外接圓圓心，PQ和QR是N的兩個鄰邊A為PQ的中點，B為垂直于QR的半徑的中點試求AO與AB的夾角【題說】 1992年澳大利亞數(shù)學奧林匹克題1【解】 設(shè)C為垂直于QR的半徑與外接圓的交點

2、，則POC為等邊三角形，從而PBOC；又因PAOA，所以A、B、O、P四點共圓故OAB=OPB30C2003 如圖，在等腰ABC中AC=BC，ACB=40在三角形的外部取一點M，使MAB=20，MBA=40，求MCB【題說】 1992年友誼杯國際數(shù)學競賽八年級題3【解】 不妨設(shè)AC=BC=1，則由余弦定理知AB=2sin20再由正C2004 銳角ABC的外心為O線段OA，BC的中點分別為M、NABC4OMN，ACB6OMN求OMN【題說】 1995年日本數(shù)學奧林匹克預選賽題3【解】 如圖，設(shè)OMN=，則ABC4，ACB6，BAC18010，NOCBOC2BAC18010，MOC=2ABC8從而

3、MON=8（18010）1802ONM180（MONOMN）OMN所以O(shè)MN為等腰三角形從而ONOMOA2OC2故NOC6018010，12C2005 一直線與正六邊形ABCDEF相交，截出一個AKN，其中AKANAB試求KANKBNKCNKDNKENKFN等于多少度？【題說】 第五十八屆（1995年）莫斯科數(shù)學奧林匹克八年級題6【解】 不妨設(shè)點N位于邊AB上點K位于邊AF上，由于AKAN=AB故FK=AN分別在邊BC、CD、DE、EF上取點P、R、S、T使得FK=AN=BP=CR=DS=ET（見圖）于是KBN=TAKKCN=SATKDN=RASKEN=PARKFN=NAP所以 KAN+KBN

4、KCN+KDNKENKFN=KANTAKSAT+RASPAR+NAP=KANKAN2120240C2006 銳角ABC的高AA1、BB1和CC1的中點分別是A2、B2和C2，求B2A1C2、C2B1A2與A2C1B2之和【題說】 第二十一屆（1995年）全俄數(shù)學奧林匹克九年級題6【解】 設(shè)M是AB邊的中點線段MA2和MB2分別是AA1B和AB1B的中位線，由此得A2MB2=ACB設(shè)H為ABC的垂心，則HC1M=HA2M=HB2M=90，所以M、A2、H、B2、C1都在以HM為直徑的圓上，所以A2C1B2=A2MB2=ACB同理 B2A1C2=BACC2B1A2=CBA所以所求的三個角之和等于A

5、BC三內(nèi)角之和，即180C2007 設(shè)ABC是一個等腰三角形，其中ABAC假如B平分線交AC于D，且BCBDAD求A度數(shù)【題說】 第二十八屆（1996年）加拿大數(shù)學奧林匹克題4【解】 在BC上取BE=BD則EC=AD由分角線定理，有又C公用，故ABCEDC設(shè)ABDCBD，則CDEDCE2BDEBED4從而 9180，20ACED5100C2009 作三邊長為a、b、c的三角形ABC的內(nèi)切圓又作三條分別平行于這三角形各邊的圓的切線這三條切線從三角形ABC中截得三個新的三角形，再在每個新的三角形中作內(nèi)切圓，計算這四個圓的面積和【題說】 第六屆（1964年）國際數(shù)學奧林匹克題3本題由南斯拉夫提供【解

6、】 考慮一個截得的三角形；比如APQ（如圖）因APQABC，所以其中ra為APQ的內(nèi)切圓半徑因此，所求面積和為（，s分別為ABC的面積與半周長）C2010 凸四邊形ABCD的邊AD和BC延長相交于E設(shè)H和G分別是BD和AC的中點求EHG的面積對四邊形ABCD面積的比【題說】 第十屆（1978年）加拿大數(shù)學奧林匹克題4【解】 連AH、CH，有SEGHSECHSGCHSEGC因此 SEHGSABCD=14C2011 A、B、C三點共線并且B在A與C之間，在AC的同一側(cè)分別以AB、BC、AC為直徑作半圓，前兩個半圓的外公切線的切點分別為U、V，而過點B的公切線與第三個【題說】 1980年五國國際數(shù)學

7、競賽題2本題由盧森堡提供【解】 設(shè)EA、EC分別交前兩個半圓于U、V，則四邊形EUBV是矩形，VUB=EBU=EAB，UVB=ECB，UV是兩個半圓的公切線，U即U，V即VC2012 一金工車間的切割工具呈有缺口的圓形，如圖所示，圓B點到圓心的距離（以厘米為單位）的平方【題說】 第一屆（1983年）美國數(shù)學邀請賽題4OB2OA2AB22OAABcosOAB26C2013 如圖，在ABC內(nèi)選取一點P，過P作三條分別平行于各邊的直線，這樣所得到的三個三角形t1、t2、t3的面積，分別是4、9、49求ABC的面積，【題說】 第二屆（1984年）美國數(shù)學邀請賽題3【解】 t1，t2，t3的對應邊的比：

8、即 BHAGGH=237所以 ABGH=127SABCSPGH=12272SABC144C2014 如圖所示，將ABC的三個頂點與同一個內(nèi)點連接起來，所得三條連線把ABC分成6個小三角形，其中4個小三角形的面積已在圖上標出試求ABC面積【題說】 第三屆（1885年）美國數(shù)學邀請賽題6【解】 設(shè)SCDP=x，SAEP=y，則有由（1）、（2）解得x=70，y=56，故SABC=315C2015 一個梯形被兩條對角線分成四個三角形，若用A、B分別表示以梯形上、下底為底邊且有公共頂點的兩個三角形的面積，求此梯形的面積【題說】 1988年新加坡數(shù)學奧林匹克（A組）題8原題為選擇題【解】 如圖所示，過三

9、角形A、B的公共頂點引高，分別記為x、y，記另兩個三角形的面積為C、D容易證得：所以梯形的面積=ABCDC2016 ABC是面積為1的直角三角形A、B、C分別是A、B、C關(guān)于各自對邊的反射（對稱）點求ABC的面積【題說】 第二十一屆（1989年）加拿大數(shù)學奧林匹克題2【解】 如圖，設(shè)CC交AB于D，延長交AB于D，則易知CDAB，AB=ABCD=3CD，故C2017 D、E為ABC邊AB、AC上的點，BE、CD交于PADE、BPD、CEP的面積分別是5、8、3，求ABC的面積【題說】 1994年日本數(shù)學奧林匹克預選賽題5【解】 如圖，設(shè)PDE、PBC的面積分別為x、y，則（5+x+3）（8+y

10、）=ADDB=5（x+8）即 x2+16x+24=5y （1）又 8y=DPPC=x3即 xy=24 （2）由（1）、（2）解得x=2，y=12從而ABC的面積為30C2018 凸五邊形ABCDE中，BE分別交AC、AD于S、R，BD分別交CA、CE于T、P，AD交CE于Q且ASR、BTS、CPT、DQP、ERQ的面積均為1（1）求五邊形PQRST的面積；（2）求五邊形ABCDE的面積【題說】 1995年日本數(shù)學奧林匹克題3【解】 （1）設(shè)五邊形PQRST的面積為x由SBST=SASR得SBTR=SATR，從而BATR所以同理可得BCAD，CDBE，DEAC，EABD由AEBD得即整理得 x2

11、=5（2）由ACDE得C2019 設(shè)A、B、C、D、E，F(xiàn)分別是六邊形ABCDEF的六邊AB、BC、CD、DE、EF、FA的中點試利用ABC、BCD、CDE、DEF、EFA、FAB的面積表示六邊形ABCDEF的面積【題說】 1996年城市數(shù)學聯(lián)賽高年級高水平題3【解】 A是AB的中點，故2SEFA=SEFA+SEFB同理可得2SFAB=SFAB+SFAC2SABC=SABC+SABD2SBCD=SBCD+SBCE2SCDE=SCDE+SCDF2SDEF=SDEF+SDEA另一方面SABCDE=SEFA+SDEA+SABD+SBCD=SFAB+SEFB+SBCE+SCDE=SABC+SFAC+S

12、CDF+SDEFC2-020 在一個邊長為1的正六邊形內(nèi)部有一點P，已知P到某兩 【題說】 1963年北京市賽高二二試題3C2-021 偵察機沿以A為圓心、半徑為10公里的圓周飛行，速度為每小時1000公里某時刻從A點發(fā)射一枚與飛機具有相同速度的火箭，無論何時火箭總在連結(jié)圓心與飛機的直線上，問火箭發(fā)射后，什么時間可以追上飛機？【題說】 1965年全俄數(shù)學奧林匹克十年級題5【解】 設(shè)火箭發(fā)射時，飛機在Q點，半徑ABAQ（如圖），以AB為直徑作半圓對半圓上任一點R，延長AR交A于P，連RB，C2-022 給定三個單位圓，兩兩相切，求切于所有三個圓的圓的半徑【題說】 第四屆（1972年）加拿大數(shù)學奧

13、林匹克題1【解】 設(shè)三單位圓心為A、B、C則ABC為邊長為2的正C2-023 一個矩形桌子長和寬如圖所示一小球從P撞擊到Q，反射到R，又從R反射到S，從S反射回原處P，入射角與反射角相等（例如PQA=RQB等等）試求小球所走的路徑的長【題說】 1979年廣東省賽二試題4【解】 易知四邊形PQRS是平行四邊形由QBRSDP及PDSRCS，得因而小球所走路徑長為別解 利用軸對稱可發(fā)現(xiàn)所以2（PQ+QR）=34C2-024 設(shè)AD為ABC的高線，求一切ABC使AB+AC=2cm，【題說】 1979年英國數(shù)學奧林匹克題1【解】 設(shè)x=BD，y=DC，且z=AD，諸線段均指有向線段，使得x+y0且z0，

14、則x2+z2（2x+z）2/5當且僅當x=2z時，等號成立當且僅當y=2z時，等號成立由（3）與（4）得由（1）與（2），（5）中等號成立，因此x=y=2z，故適合這問題的唯一的三角形的邊為：C2-025 AC、CE是正六邊形ABCDEF的兩條對角線，點M、N分別內(nèi)分AC、CE使AM：AC=CN：CE=r如果B、M、N三點共線，試求r的值【題說】 第二十三屆（1982年）國際數(shù)學奧林匹克題5【解】 連結(jié)BD、ND，將MBC繞外接圓的圓心O逆時針旋轉(zhuǎn)120，則重合于NDE，故知BND=120以BD為一邊向N點另一側(cè)作等邊三角形BDG，則N、B、G、D四點共圓且C為此圓的圓心從而CN=CB【別解】

15、 因B、M、N共線，由梅涅勞斯定理得其中X是AC與BE的交點設(shè)正六邊形的邊長是1則C2-026 在一個面積為1的正方形中構(gòu)作一個如下的小正方形：將單位正方形的每條邊作n等分，然后將每個頂點和它相對的頂點最接近的分點連接起來如果小正方形（圖中陰影部分）的面積恰為1/1985，求n的值【題說】 第三屆（1985年）美國數(shù)學邀請賽題4【解】 作EFHB，則RtBEFRtEDA從而即整理得 2n2-2n+1=1985或 2（n-32）（n+31）=0解得 n=32（負根舍棄）C2-027 如圖，AOB是半圓的直徑，AC=BC，E為BC中點，一l，求10l，其中x表示不超過x的最大整數(shù)【題說】 1986

16、年北京市賽高一題2（7）【解】 由已知條件知O、E、F三點共線，且EF為小圈直徑連AE交小圓于K，連FK，易證EKFACE所以EKAC=EFAE故 34.110l34.2 即10l=34C2-028 如圖所示，S1和S2是直角三角形ABC的兩個內(nèi)接正方形，若S1的面積為441，S2的面積為440，求AC+CB的值【題說】 第五屆（1987年）美國數(shù)學邀請賽題15【解】 令T1、T2、T1、T2、T3表示圖c、d中直角三角形面積，SABC=S則S=T1+T2+T3+440又設(shè)h、h1分別ABC及T3斜邊上高，則而 ch=ab=2S于是 （a+b）2=a2+b2+2ab所以 a+b=2122=46

17、2【別解】 設(shè)S1、S2的邊長分別為a、b，B=則所以a2（1+2sincos）=b2（sin2cos2+2sincos+1）記t=sincos，將a2=441，b2=440代入上式并整理得440t2-2t-1=0AC+BC=（a+a tg）+（a+a ctg）=462C2-029 令P是ABC的一個內(nèi)點，延長AP、BP、CP與對邊相交，如圖，a、b、c、d表示各相應線段的長已知a+b+c=43，d=3，求abc=？【題說】 第六屆（1988年）美國數(shù)學邀請賽題12利用三角形面積比【解】三式相加，得整理后，得 2d3+（a+b+c）d2-abc=0由是知 abc=233+4333=441C2-

18、030 設(shè)圓內(nèi)兩弦AB，CD交于圓內(nèi)一點E在直線段EB的內(nèi)部取一點M，然后過點D、E、M作圓，再過E作此圓的切線分別交【題說】 第三十一屆（1990年）國際數(shù)學奧林匹克題1本題由印度提供【解】 如圖所示，連DA、DM及DB顯然有CEF=DEG=EMD；ECF=MAD于是CEFAMD，從而CEMD=AMEF另一方面，又有ECG=MBD，于是CGE=CEF-ECG=EMD-MBD=BDM故 CGEBDM，從而GEMB=CEMD于是GEMB=AMEF，故C2-031 十二只完全相同的圓盤放置在半徑為1的圓周上，使得這十二只圓盤覆蓋這圓周，但沒有兩只圓盤重疊，所以這十二只圓盤的每一個與它兩旁的兩只圓盤

19、相切圓盤的排列如圖所示這十二只圓盤的被任一素數(shù)的平方整除求a+b+c【題說】 第九屆（1991年）美國數(shù)學邀請賽題11【解】 設(shè)小圓半徑為r，大圓半徑R=1a+b+c=84+48+3=135C2-032 梯形ABCD的邊AB=92，BC=50，CD=19，AD=70，且ABCD一圓的圓心P在AB上，且與BC和AD相切，設(shè)AP=m/n，其中m和n是互素的正整數(shù)，求m+n【題說】 第十屆（199年）美國數(shù)學邀請賽題9【解】 延長AD和BC交于點Q因為點P到AQ和BQ之距離C2-033 在正ABC的邊BC、CA、AB上有內(nèi)分點D、E、F將邊分成3（n-6）（n6）線段AD、BE、CF相交所成的三角形

20、面積是正三角形面積的4/49時，求n的值【題說】 1992年日本數(shù)學奧林匹克預選賽題6【解】 如圖，由梅內(nèi)勞斯定理知于是所以整理得5n2-64n+192=0即（5n-24）（n-8）=0由于n6，所以所求的值為8C2-034 圖中ABCD為正方形，U、V分別為邊AB、CD內(nèi)部的點確定使四邊形PUQV面積為最大時，U、V的所有可能情況【題說】 第二十四屆（1992年）加拿大數(shù)學奧林匹克題3【解】 不妨設(shè)BUCV顯然，VQCBQU，所以QUQC并且V到QC的距離B到UQ的距離在QU上取E，使QE=QC，則SBUESVUE，SVQC=SVQE又由BUCV易知SBQC=SQUV，所以SUBQ+SVQC

21、=SBUE+SBQE+SVQESVUE+SBQC+SVQE=2SUQV從而同理相加得當且僅當BU=CV時等號成立因此，在BU=CV時，四邊形PUQV面積最大C2-035 直線l1與l2分別切圓周于點A和點B在直線l1與l2上分別取1993個點A1，A2，A1993與B1，B2，B1993，使AAi=（i+1）BBi（i=1，2，1993），并且AiBi的延長線與AB的延長線相交于點Mi（i=1，2，1993）試問：【題說】 1993年第十六屆哈爾濱市高中數(shù)學競賽二試題1【解】 過點Bi作AAi的平行線交AB于點Bi，顯然BiBiB是等腰三角形，從而BBi=BiBi，AAi=（i+1）BiBi，

22、又由BiBiAAi知C2-036 設(shè)D是銳角三角形ABC內(nèi)部的一個點，使得ADB=ACB+90并有ACBD=ADBC（2）求證ACD的外接圓和BCD的外接圓在C點的切線互相垂直【題說】 第三十四屆（1993年）國際數(shù)學奧林匹克題2【解】（1）如圖a，以BC為邊向ABC外作CBECAD，DBC+CAD=ADB-ACB=90所以DBE是等腰直角三角形， （2）證明：如圖b，設(shè)CK是ACD的外接圓的切線，CL是BCD的外接圓的切線則LCK=LCD+KCD=CBD+CAD=90即CLCKC2-037 一個三角形的3條邊長及一條高是4個相繼的正整數(shù)，且這條高將三角形分成的兩個直角三角形的邊長均為整數(shù)求這

23、三角形的三邊長，并證明這是唯一的【題說】 第二十五屆（1993）加拿大數(shù)學奧林匹克題1【解】 設(shè)ABC中三邊及高AD為正整數(shù)n，n+1，n+2，n+3不妨設(shè)ABAC，則ABACAD，故AD=n或n+1（1）若AD=n+1，則AB=n+3，AC=n+2，BC=n從而都不是整數(shù)因此滿足要求的三角形不存在若BC=n+1，則AC=n+2，AB=n+3這時若BC=n+2，則AC=n+1，AB=n，這時AC=13，BC=14，AB=15綜上所述，滿足要求的三角形ABC，只有一解，其邊長分別為13、14、15C2-038 在ABC中，CH為高，R、S分別為ACH和BCH的內(nèi)切圓與CH的切點若AB=1995，

24、AC=1994，BC=1993，則RS【題說】 第十一屆（1993年）美國數(shù)學邀請賽題15【解】 1997如圖，令ABC的三邊BC、AC、AB分別為a、b、c，CH= h，AH= x，BH= y，兩內(nèi)切圓的半徑分別為r1、r2于是，RS=|RH-SH| =|r1-r2|又因 x2-y2=b2-a2將（2）代入（1），得所以m+n=332+665=997C2-039 設(shè)AB為圓的直徑點P不在直線AB上直線PA、PB分別交圓于U、V設(shè)PU=sPA，PV=tPB，s、t為非負實數(shù)用s、t表出cosAPB【題說】 第二十六屆（1994年）加拿大數(shù)學奧林匹克題4【解】 若P在圓外（如圖a、b、c），則若

25、P在圓上（如圖d），則若P在圓內(nèi)（如圖e），則同理所以C2-040 如圖，PQ=10，以PQ為直徑的圓與一個以20為半徑的圓相切于點P，正方形ABCD的頂點A、B在大圓上，小圓在正方形的外【題說】 第十二屆（1994年）美國數(shù)學邀請賽題2【解】 如圖，設(shè)大圓圓心為O，則直線PQ過O，設(shè)這直線交AB于R，AB=x，那么RO=RQ-OQ=x-10，由勾股定理m+n=8+304=312C2-041 在RtABC中，C為直角，CD為AB邊上的高，D質(zhì)的正整數(shù)，求m+ n【題說】 第十二屆（1994年）美國數(shù)學邀請賽題10【解】 如圖，我們用a、b、c分別表示BC、AC、AB的長度設(shè)p=29，則BD=

26、p3熟知有a2=p3c因為p是素數(shù)，所以，存在自然數(shù)x，使a= p2x，c= px2，從而b2=c2-a2=p2x4-p4x2=p2x2（x2-p2）從而，存在正整數(shù)y，使x2-p2=y2，故p2=x2-y2=（x-y）（x+ y）因為p是素數(shù)，且x-yx+y，則有x-y=1和x+ y= p2，即因此，m+n=450C2-042 半徑為3和6的兩圓互相外切，并內(nèi)切于一半徑為9的圓半徑為9的圓有一條弦是另兩圓的公切線求這弦的長度的平方【題說】 第十三屆（1995年）美國數(shù)學邀請賽題4【解】 如圖，設(shè)三圓圓心分別為O1、O、O2，它們在已知弦BC上的射影分別為A1、A、A2由相切關(guān)系易知O1、O、

27、O2共線，并且OO1=9-6=3OO2=9-3=6又易知O1A1、O2A2是兩圓的半徑，所以O(shè)1A1=6，O2A2=3由定比分點公式BC2=4（OB2-OA2）=4（92-52）=4414=152-1=224C2-043 ABC為等腰三角形，AB=AC，且高AM=11設(shè)在AM上有一點D，使得AD=10，BDC=3BAC，ABC的周長可寫成【題說】 第十三屆（1995年）美國數(shù)學邀請賽題9【解】 設(shè)BAM=，則BDM=3設(shè)tan=x，由倍角公式易得a+b=11+605=616C2-044 在一個半徑為42的圓中，兩條長為78的弦相交，交點與圓心的距離為18兩條弦將圓的內(nèi)部分成四個區(qū)域，其中兩個區(qū)

28、域由兩條長度不相等的線段圍成這兩個區(qū)域中任一個的面積能唯一地表成m求m+n+d【題說】 第十三屆（1995年）美國數(shù)學邀請賽題14【解】 如圖，兩弦AB，CD長均為78，所以它們關(guān)于過交點P的直徑EF對稱設(shè)圓心為O，AB中點為M，則OMA=90，OM=m+n+d=294+81+3=378C2-046 在已知圓內(nèi)求作內(nèi)接等腰三角形，使這個等腰三角形的底與其底上的高的和為極大【題說】 1956年上海市賽決賽題5【解】 如圖，任作一圓內(nèi)接等腰三角形ABC，并作高D，延長AD至E，使DE=BC，則AE為底與底上的高的和連結(jié)EC，由DCDE=12知EC的方向確定在與EC平行的各直線中，能使AE最大，且與

29、圓有公共點時應為圓的切線因此，作與EC平行的切線切圓于H連AH并在圓上取I使AI=AH，則AIH即為所求C2-047 由密度均勻的金屬細絲繃成一個三角形框架，求這個三角形框架重心的位置【題說】 1962年成都市賽高三二試題3【解】 邊BC、CA、AB的重心即各自的中點D、E、F問題化為在D、E、F處分別放有質(zhì)量a、b、c，求D、E、F的重心P是E、F的重心從而D、E、F的重心在DP上同理這重心在DEF的平分線上因此D、E、F的重心即DEF的內(nèi)心GG也是金屬框架的中心C2-048 正n邊形（n5）的最長對角線與最短對角線的差等于邊長，求n【題說】 第二屆（1968年）全蘇數(shù)學奧林匹克九年級題1【

30、解】 設(shè)an是邊，Dn和dn是最長的和最短的對角線當n=6和n=7時，由三角形兩邊之差小于第三邊，即得Dn-dnan當n=8時（如圖a），從最短對角線BD的端點向最長的對角線AE作垂線BK和DLABK=90-BAK=22.530所以，AB= a82AK=D8-d8當n=9時（如圖b），同理有ABK=30，所以AB= a9=2AK=D9-d9當n9時，考慮半徑為1的圓的內(nèi)接正n邊形顯然，DnD9，dnd9，ana9因此，Dn-dnD9-d9=a9an綜上所述，n=9C2-049 一個戰(zhàn)士想要查遍一個正三角形（包括邊）區(qū)域內(nèi)或邊界上有無地雷，他的探測器的有效度等于正三角形高的一半這個戰(zhàn)士從三角形的

31、一個頂點開始探測問他循怎樣的探測路線才能使查遍整個區(qū)域的路程最短【題說】 第十五屆（1973年）國際數(shù)學奧林匹克題4本題由南斯拉夫提供【解】 設(shè)戰(zhàn)士從頂點A出發(fā)探測正三角形區(qū)域ABC，ABC的高為2d以B為圓心，d為半徑作圓與AB、BC分別交于M、N；C為圓心，d為半徑作圓與AC，BC分別交于P、Q路不短于AD+DEAD+DEAD+DE，后一個不等式是由于AD+DCAD+DC同時由于D與AC的距離為d，可見戰(zhàn)士沿路線ADE就可以完成搜索任務，因此ADE就是最短路徑還有C2-050 已知兩個半徑分別為R和r的圓，作出一些不同的梯形ABCD，使得每個圓與梯形的兩條腰及一條底邊相切求出腰AB可取的最

32、小長度【題說】 第八屆（1974年）全蘇數(shù)學奧林匹克九年級題2【解】 當O1（R）與O2（r）外離或外切或相交時，才有符合題意的梯形存在不妨設(shè)兩圓外切于T點，梯形ABCD的一腰AB分別切O1與O2于E與F，如圖，過T點作這兩圓的公切線交EF于P點，延長梯形的兩腰交于O點則O1PEPO2F及BO1EO2AF，于是，PEPF= Rr及BEAF =Rr所以，梯形的腰長還要R3r這一附加條件，這樣，就不難畫出符合題意的梯形ABCDC2-051 E是某圓直徑AC上的定點經(jīng)過點E，求作弦BD，使四邊形ABCD的面積為最大【題說】 第十四屆（1980年）全蘇數(shù)學奧林匹克九、十年級題2【解】 設(shè)O為圓心，R為

33、圓的半徑，OE= a，則SOEDSACD=a2RSOEBSABC=a2R所以應與直徑AC垂直C2-052 已知ABC的面積為1，設(shè)A1、B1和C1分別是邊BC、CA和AB的中點，如果K、L和M分別位于線段AB1、CA1和BC1上，那么A1B1C1和KLM的公共部分的最小面積是多少？【題說】 第八屆（1974年）全蘇數(shù)學奧林匹克十年級題6【解】 設(shè)A1B1C1的三邊與KLM的三邊的交點為D、D1、E、E1、F、F1，如圖所示，且它們的公共部分的面于是A1D1D1D，因此，SA1D1FSD1DF同理，SB1E1DSE1EDSC1F1ESF1FE所以 SA1B1C1-SSD1DF+SE1ED+SF1

34、FE=S-SDEFSC2-053 在一個面積為32cm2的平面凸四邊形中，兩條對邊和一條對角線的長度之和為16cm，試確定另一條對角線的所有可能長度【題說】 第十八屆（1976年）國際數(shù)學奧林匹克題1本題由捷克斯洛伐克提供【解】 設(shè)凸四邊形ABCD（圖a）的面積為32cm2AB+BD+CD=16cm于是 32=SABD+SBCD故式中應取等號，從而AB+CD=DB=8，則 ABDB，CDDB（圖b）因此，C2-054 設(shè)三角形三邊長為3、4、5，P為這三角形內(nèi)一點，求P到這三角形三邊距離乘積的最大值【題說】 1979年陜西省賽二試題7【解】 如圖，設(shè)BC=3，CA=4，AB=5點P到AB、BC

35、、CA的距離分別為x、y、z，因5x+3y+4z=125x3y4z=64為最大故xyz的最大值為16/15C2-055 在已知銳角ABC中作內(nèi)接正方形，試求其面積最大者【題說】 1979年云南省賽二試題7【解】 如圖，內(nèi)接正方形MNPQ有兩個頂點在BC上邊長為xa，面積為Sa，則其中a= BC，ha= AH設(shè)ABC中，cba，熟知a+ hab+ hbc+ ha所以在銳角ABC三邊上的三個內(nèi)接正方形中，最小邊上的內(nèi)接正方形的面積最大C2-056 已知兩個等腰直角三角形，將一個的三個頂點分別放在另一個三角形的三條邊上，問這兩個三角形的面積之比最小值是多少？【題說】 第十三屆（1979年）全蘇數(shù)學奧

36、林匹克八、九年級題1較小三角形的直角頂點位置有兩種情況：（1）當放在較大三角形的斜邊上時，（如圖a）兩個三角形直角邊的比小于1/2，它們的面積之比不小于1/4（2）當放在較大三角形的直角邊上時（如圖b），x2+y2=a2，且C2057 已知邊長為4的正三角形ABC，D、E、F分別是BC、QS，P點在RQS內(nèi)及其邊上移動，P點到ABC三邊的距離分別記作x、y、z1求證：當P點在RQS的頂點位置時，乘積xyz有極小值2求上述乘積的極小值【題說】 1982年全國聯(lián)賽題4【解】 如圖a，第一步，先固定x，考慮yz最小值即過P作直線lBC，當P在l上變化時，yz何時最??？第二步，證兩個引理：引理1：z+

37、y+z=定值，這個定值就是ABC的高端點處取得最小值這兩個引理很容易證明由此不難得到結(jié)論：如果P、P為l上兩點，那么當P在區(qū)間P，P上變動時，xyz在端點P或P處取得最小值第三步，擴大P點的變化區(qū)域：根據(jù)上面所述，當P點在l上變動時，xyz的值在P或P處為最小，這里P、P是l與RQS的邊界的交點但RQS的邊不與ABC的邊平行，因而在P移到RQS的邊界后，不能搬用上述方法再將P或P調(diào)整為RQS的頂點但是我們可以把P點變化區(qū)域由PQR擴大為圖b所示的六邊形RRQQSS，其中RRQSCA，RQSSBC，QQRSAB，也就是說：R與R關(guān)于ABC的平分線為對稱S與R關(guān)于ACB的平分線為對稱，等等過P作平

38、行于BC的直線l，將P調(diào)整為l與六邊形RRQQSS的邊界的交點P（或P），再將P調(diào)整為頂點R或S，每一次調(diào)整都使xyz的值減小由于對稱，xyz在六個頂點R、R、Q、Q、S、S處的值顯然相等，因而命題成立2由題易知，ABEBCFCAD，從而AERBFQCDS，RQS是正三角形由1，我們只考慮S點x，y，z的取值求得C2058 在正方形ABCD的邊AB、BC上分別取點P、Q，連接DP、DQ、PQ，分別記DPQ、DAP、DQC和PBQ的面值？【題說】第二屆（1987年）東北三省數(shù)學邀請賽題5【解】不妨設(shè)正方形邊長為1如圖建立坐標系設(shè)P（0，b）與Q（a，0），于是，C2059 邊長為5的菱形，它的一

39、條對角線的長不大于6，另一條不小于6，求這個菱形兩條對角線長度之和的最大值【題說】1987年全國聯(lián)賽一試題 1（2）原題為選擇題【解】設(shè)菱形的兩條對角線長分別為x及y，則由已知考慮平行直線族x+y=c當直線過點（8，6）時，得x+y的最大值14C2060 在邊長為10的正三角形ABC中，以如圖所示的方式內(nèi)接兩個正方形（甲、乙兩個正方形有一邊相重迭，都有一邊落在BC上，甲有一頂點在AB上，乙有一頂點在AC上）求這樣內(nèi)接的兩個正方形面積和的最小值【題說】 1988年北京市賽高一題 3【解】 設(shè)甲、乙兩正方形的邊長分別為x、y，易知BC邊上的四條線段之和為：記甲、乙兩正方形面積之和為S，則有C2-0

40、51 E是某圓直徑AC上的定點經(jīng)過點E，求作弦BD，使四邊形ABCD的面積為最大【題說】 第十四屆（1980年）全蘇數(shù)學奧林匹克九、十年級題2【解】 設(shè)O為圓心，R為圓的半徑，OE= a，則SOEDSACD=a2RSOEBSABC=a2R所以應與直徑AC垂直C2-052 已知ABC的面積為1，設(shè)A1、B1和C1分別是邊BC、CA和AB的中點，如果K、L和M分別位于線段AB1、CA1和BC1上，那么A1B1C1和KLM的公共部分的最小面積是多少？【題說】 第八屆（1974年）全蘇數(shù)學奧林匹克十年級題6【解】 設(shè)A1B1C1的三邊與KLM的三邊的交點為D、D1、E、E1、F、F1，如圖所示，且它們

41、的公共部分的面于是A1D1D1D，因此，SA1D1FSD1DF同理，SB1E1DSE1EDSC1F1ESF1FE所以 SA1B1C1-SSD1DF+SE1ED+SF1FE=S-SDEFSC2-053 在一個面積為32cm2的平面凸四邊形中，兩條對邊和一條對角線的長度之和為16cm，試確定另一條對角線的所有可能長度【題說】 第十八屆（1976年）國際數(shù)學奧林匹克題1本題由捷克斯洛伐克提供【解】 設(shè)凸四邊形ABCD（圖a）的面積為32cm2AB+BD+CD=16cm于是 32=SABD+SBCD故式中應取等號，從而AB+CD=DB=8，則 ABDB，CDDB（圖b）因此，C2-054 設(shè)三角形三邊

42、長為3、4、5，P為這三角形內(nèi)一點，求P到這三角形三邊距離乘積的最大值【題說】 1979年陜西省賽二試題7【解】 如圖，設(shè)BC=3，CA=4，AB=5點P到AB、BC、CA的距離分別為x、y、z，因5x+3y+4z=125x3y4z=64為最大故xyz的最大值為16/15C2-055 在已知銳角ABC中作內(nèi)接正方形，試求其面積最大者【題說】 1979年云南省賽二試題7【解】 如圖，內(nèi)接正方形MNPQ有兩個頂點在BC上邊長為xa，面積為Sa，則其中a= BC，ha= AH設(shè)ABC中，cba，熟知a+ hab+ hbc+ ha所以在銳角ABC三邊上的三個內(nèi)接正方形中，最小邊上的內(nèi)接正方形的面積最大

43、C2-056 已知兩個等腰直角三角形，將一個的三個頂點分別放在另一個三角形的三條邊上，問這兩個三角形的面積之比最小值是多少？【題說】 第十三屆（1979年）全蘇數(shù)學奧林匹克八、九年級題1較小三角形的直角頂點位置有兩種情況：（1）當放在較大三角形的斜邊上時，（如圖a）兩個三角形直角邊的比小于1/2，它們的面積之比不小于1/4（2）當放在較大三角形的直角邊上時（如圖b），x2+y2=a2，且C2057 已知邊長為4的正三角形ABC，D、E、F分別是BC、QS，P點在RQS內(nèi)及其邊上移動，P點到ABC三邊的距離分別記作x、y、z1求證：當P點在RQS的頂點位置時，乘積xyz有極小值2求上述乘積的極小

44、值【題說】 1982年全國聯(lián)賽題4【解】 如圖a，第一步，先固定x，考慮yz最小值即過P作直線lBC，當P在l上變化時，yz何時最??？第二步，證兩個引理：引理1：z+y+z=定值，這個定值就是ABC的高端點處取得最小值這兩個引理很容易證明由此不難得到結(jié)論：如果P、P為l上兩點，那么當P在區(qū)間P，P上變動時，xyz在端點P或P處取得最小值第三步，擴大P點的變化區(qū)域：根據(jù)上面所述，當P點在l上變動時，xyz的值在P或P處為最小，這里P、P是l與RQS的邊界的交點但RQS的邊不與ABC的邊平行，因而在P移到RQS的邊界后，不能搬用上述方法再將P或P調(diào)整為RQS的頂點但是我們可以把P點變化區(qū)域由PQR

45、擴大為圖b所示的六邊形RRQQSS，其中RRQSCA，RQSSBC，QQRSAB，也就是說：R與R關(guān)于ABC的平分線為對稱S與R關(guān)于ACB的平分線為對稱，等等過P作平行于BC的直線l，將P調(diào)整為l與六邊形RRQQSS的邊界的交點P（或P），再將P調(diào)整為頂點R或S，每一次調(diào)整都使xyz的值減小由于對稱，xyz在六個頂點R、R、Q、Q、S、S處的值顯然相等，因而命題成立2由題易知，ABEBCFCAD，從而AERBFQCDS，RQS是正三角形由1，我們只考慮S點x，y，z的取值求得C2058 在正方形ABCD的邊AB、BC上分別取點P、Q，連接DP、DQ、PQ，分別記DPQ、DAP、DQC和PBQ的

46、面值？【題說】第二屆（1987年）東北三省數(shù)學邀請賽題5【解】不妨設(shè)正方形邊長為1如圖建立坐標系設(shè)P（0，b）與Q（a，0），于是，C2059 邊長為5的菱形，它的一條對角線的長不大于6，另一條不小于6，求這個菱形兩條對角線長度之和的最大值【題說】1987年全國聯(lián)賽一試題 1（2）原題為選擇題【解】設(shè)菱形的兩條對角線長分別為x及y，則由已知考慮平行直線族x+y=c當直線過點（8，6）時，得x+y的最大值14C2060 在邊長為10的正三角形ABC中，以如圖所示的方式內(nèi)接兩個正方形（甲、乙兩個正方形有一邊相重迭，都有一邊落在BC上，甲有一頂點在AB上，乙有一頂點在AC上）求這樣內(nèi)接的兩個正方形面

47、積和的最小值【題說】 1988年北京市賽高一題 3【解】 設(shè)甲、乙兩正方形的邊長分別為x、y，易知BC邊上的四條線段之和為：記甲、乙兩正方形面積之和為S，則有C2061 考慮所有底AB固定，C點引出的高為常數(shù)的ABC，什么時候它的高的乘積為最大？【題說】1990年亞太地區(qū)數(shù)學奧林匹克題 3欲使hahbh最大，只要ab最小當a=b時，ABC為等腰三角形記這時的C為C0（如圖），且不妨設(shè)C0與C在AB同側(cè)，由CC0確定的直線lAB，兩者距離為h，顯然C點的軌跡為直線l，這時ABC的外接圓O在C0處的切線即為l，而C點在O外，因此，ACBAC0B，于是即當C與C0重合時，ab最小，此時三條高乘積最大C2062 在ABC中，AB=9，BCCA=4041，這個三角形可能有的最大面積是多少？【題說】 第十屆（1992年）美國數(shù)學邀