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第39届IMO试题解答 总被引：1，自引：0，他引：1
1.在凸四边形ABCD中,两对角线AC与BD互相垂直,两对边AB与DC不平行,点P为线段AB及CD的垂直平分线的交点,且P在四边形ABCD的内部,证明:ABCD为圆内接四边形的充分必要条件是△ABP与△CDP的面积相等。 证明:先证必要性:即当A、B、C、D四点共圆时,有S_(△ABP)=S_(△CDP). 相似文献
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茹双林 《中学数学研究(江西师大)》2005,(5):44-45
1993年第8届冬令营的第四题是这样的:设圆K与圆K1同心,半径分别为R和R1(R1＞R),四边形ABCD内接于圆K,四边形A1B1C1D1内接于圆K1,且点A1,B1,C1,D1分别在射线AB,BC,CD,DA上. 相似文献
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例1如图1．圆内接四边形四条边长依次为5、10、11、14,则这个四边形的面积为( )．(2005年全国初中数学竞赛题) A．78(1/2) B．97(1/2) C．90 D．102解法1：如图2．在圆内接四边形ABCD中,AB=5,BC=10,CD=11,AD=14,连接BD,在△ABD和△BCD中,由余弦定理．得 相似文献
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刘晓萍 《数理天地(高中版)》2005,(4)
1.定理 如图1,由点P发出的三射线PA、PB、PC,且∠APC=α,∠CPB=β,∠APB=α β<180°,那么A、B、C三点在一直线上的充要条件是 证明 必要性:若A、B、C三点共线,则 S△PAB=S△PAC S△PCB,因此两边同除以1/2PA·PB·PC,即得所欲证的等式. 相似文献
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圆的内接四边形,它的性质内容之一是:圆的内接四边形对角互补.现采撷几题,利用此定理所隐含的“1 3=2 4”的“不等之等”关系略加评析,供读者参考.题一:圆的内接四边形ABCD中,∠A、A1∶∶2∠∶B3∶∶∠4C∶∠D可以是()B、2∶3∶1∶4C、3∶1∶2∶4D、4∶1∶3∶2题二:圆的内接四边形ABCD中,∠A∶∠B∶∠C∶∠D=1∶2∶3∶n,则n=(n是正整数).题三:圆的内接四边形ABCD中,∠A∶∠B∶∠C∶∠D=1∶m∶3∶n,则m n=(m,n是正整数).题四:圆的内接四边形ABCD中,∠A∶∠B∶∠C∶∠D=1∶m∶y∶n,则m n-y=(m,n,y是正整数).题五:圆的内接四边… 相似文献
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如图1,△ABC的角A,B,C所对之边分别为a,b,c.AD,BE,CF为三条高,H为垂心,则△DEF是垂足三角形.又命R和Δ分别为△ABC的外接圆半径和面积,文[1]给出了垂足三角形的周长l0和面积Δ0的公式:l0=4Rsin Asin Bsin C,(1)Δ0=2Δcos Acos Bcos C.(2)可惜其证明太长,现简证如下:先证(1)式.注意到B,C,E,F四点共圆,故有∠AFE=∠C.在△AEF中运用正弦定理,有EFsin A=sin∠AEAFE=cscions C A,所以EF=sinc C·sin Acos A.至此,EF与l0有两种表达式:其一,由于sinc C=sina A,所以EF=acos A.同理,FD=bcos B,DE=ccos C,因而l0=acos A b… 相似文献
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定理设双圆四边形ABCD的内心为I,面积为?.则?=IA?IC IB?ID.证明如图,设双圆四边形ABCD的四切点为E、F、G、H,内切圆半径为r.由A、B、C、D四点共圆知:9022A C=°,∴sin2A r=IA,cos A2=AIAE,sin2C r=IC,cos C2=CICG,∴r CG AE r1IA?IC IA?IC=,即r(C G AE)=IA?IC.(1)类似的,由9022B D=°得sin cos cos sin12222B D B D=,又sin2B r=IB,cos B2=EIBB,sin2D r=ID,cos D2=DIDG.∴r DG EB r1IB?ID IB?ID=,即r(DG EB)=IB?ID.(2)(1) (2)得r(C D AB)=IA?IC IB?ID,∴rP=IA?IC IB?ID,其中P=(AB BC C… 相似文献
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定理：若S_(△ABC)＝0，则A、B、C三点共线．这个定理在证明某些较难的三点共线问题中往往有着出奇制胜的作用．下面试举三例来体现它的证明技巧．倒1凸四边形ABCD中，S_(△ABg)＝3，S_(△ADC)求证：BC、AC的中点E、F和D共线．国一赛题的等价命题）．证如图1由条件得：所以由上述定理知：D、E、F三点共线．例2已知AC、CE是正六边形ABCDEF的两条对角钱，点M、N分别内分AC、CE且使求证：B、M、N三点共线．（IMO·23第5题的逆命题）．证设正六边形面积例3圆外切四边形ABCD中，内切圆圆心为O，E、F分别为对角线AC和BD… 相似文献
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文[1]、[2]分别讨论了抛物线及椭圆上四点共圆的充分条件,本文将就一般的二次曲线给出结果.定理给定二次曲线 L:F(x,y)=a_(11)x~2 2a_(12)xy a_(22)y~2 2b_1x 2b_2y c=0,记 f(x,y)=a_(11)x~2 2a_(12)xy a_(22)y~2,ABCD 是 L 的内接四边形,AC、BD 的倾斜角分别为α、β,则 A、B、C、D 共圆的充分条件是: 相似文献
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命题 圆内接四边形ABCD中,AD与BC交于点P,AC与BD交于点M,则PM2=PA·PD-AM·MC.证明:如图1,易知∠PMD>∠MBC=∠MAD.延长PM到H,联结AH,使∠PAH=∠DMP.则PDMPHA.于是,PDPH=PMPA,即 PA·PD=PM·PH.①又∠MPB=∠DMP-∠MBP=∠PAH-∠PAM=∠MAH,所以,A、H、C、P四点共圆,即有PM· 相似文献
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本刊2012年第7期刊登的张乃贵老师的《圆锥曲线上四点共圆充要条件的研究》一文,笔者读后便思考"圆锥曲线上四点共圆充要条件"的统一证明.命题1设A、B、C、D为对称轴平行于坐标轴的圆锥曲线Γ上的已知四点.若A、B、C、D共圆,则以这四点为顶点的完全四边形的各组对边所在直线的倾斜角都互补.反 相似文献
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第 4 4届IMO第四题 :设ABCD是一个圆内接四边形 .从点D向直线BC、AC和AB作垂线 ,其垂足分别为P、Q和R .证明 :PQ =QR的充分必要条件是∠ABC的平分线、∠ADC的平分线和AC这三条直线相交于一点 .现证明该命题对任意凸四边形均成立 .图 1证明 :如图 1 ,连结QR、QP、AD、DC .因为DR⊥AR ,AQ⊥QD ,所以 ,A、R、D、Q四点共圆 ,且AD为该圆直径 .故QR =ADsin∠QDR =ADsin∠BAC .同理 ,QP =DCsin∠ACB .由△ABC及正弦定理有sin∠BACsin∠ACB=BCAB.所以 ,QRQP=ADsin∠BACDCsin∠ACB=AD·BCDC·AB.故QR =Q… 相似文献
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邱际春 《中学数学研究(江西师大)》2023,(2):65-66
<正>2019年全国高中数学联赛广西预赛第11题是一道平面几何试题:题目如图1所示,AD、AH分别是△ABC (其中AB>AC)的角平分线、高线,点M是AD的中点,△MDH的外接圆交CM于点E．求证:∠AEB=90°．此题的主要构形为三角形与圆,涉及圆内接四边形、角平分线及四点共圆的有关性质．文[1]利用相似和到角给出了证明．笔者观察图形的结构特征,结合平面几何中的常用定理及几何变换,从多个视角给出下面几种不同的证明方法． 相似文献
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沈文选 《中学数学教学参考》2003,(7):52-55
1 基础知识梅涅劳斯定理 设A′、B′、C′分别是△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上的点 .若A′、B′、C′三点共线 ,则 BA′A′C·CB′B′A·AC′C′B=1 .①证明 :如图 1 ,过A作AD∥C′A′交BC延长线于D ,则 CB′B′A=CA′A′D,AC′C′B =DA′A′B ,故 BA′A′C·CB′B′A·AC′C′B =BA′A′C·CA′A′D·DA′A′B=1 .梅涅劳斯定理的逆定理 设A′、B′、C′分别是△ABC的三边BC ,CA ,AB或其延长线上的点 ,若BA′A′C·CB′B′A·AC′C′B =1 ,②则A′、B′、C′三点共线 .证明 :设直线A… 相似文献
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文 [1 ]的定理给出了余弦定理在四边形的一个推广 ,但该定理的题设是凸四边形 ,实际上 ,该定理可以推广到任意四边形 .定理 记四边形 ABCD(可以是凸的、凹的 ,也可以退化成三角形——即有一个角是平角的情形 )的四边长 AB=a,BC=b,CD= c,DA=d,两对角线长 AC=p,BD=q,则cos( B+ D) =( ac) 2 + ( bd) 2 - ( pq) 22 abcd .( A,B,C,D分别表示四边形 ABCD的相应内角 )证明 文 [1 ]已证出凸四边形的情形 ,该证明完全适合退化成三角形的情形 ,下面再证凹四边形的情形 (只证图 1的情形 ) .图 1在图 1中 ,AC与 BD的延长线交于点 O,∠ A… 相似文献
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第一天 1．如图1,在锐角△ABC中,已知AB〉AC,∠BAC的角平分线与边BC交于点D,点E、F分别在边AB、AC上,使得B、C、F、E四点共圆．证明：△DEF的外心与△ABC的内心重合的充分必要条件是BE＋CF=BC． 相似文献