月份:2017年10月


20171001-1


20171001-1

锐角\triangle ABC的三条高线分别是AD, BE, CF, 求证: DE+DF\leqslant BC.

证明: (法一)(张若祺)因为\angle BFC=\angle ADB=90^{\circ}, 所以B, F, H, D四点共圆.

同理E, C, D, H四点共圆. 所以\angle FDB=\angle FHB=\angle EHC=\angle EDC.

\angle ABC=\angle DHC=\angle DEC, 所以\triangle BFD\backsim \triangle ECD. 所以FD\cdot ED=BD\cdot CD.        (1)

如下图, 延长EDG, 使DG=DF. 故(1)式即GD\cdot ED=BD\cdot CD.

所以B, G, C, E四点共圆. 而\angle BGC=\angle BEC=90^{\circ}, 故BC是直径.

从而BC\geqslant EG=DE+DG=DE+DF.

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证明: (法二)如下图, 作F关于BC的对称点F'. 连结F'D. 设三条高的交点为H.

易证, F, H, D, B四点共圆. 所以\angle FDB=\angle FHB.

同理\angle EDC=\angle EHC. 所以\angle FDB=\angle EDC. \angle F'DB=\angle EDC.

所以E, D, F'三点共线. 且E, B, F', C在以BC为直径的圆上, 知EF'\leqslant BC.

DE+DF'\leqslant BC. DE+DF\leqslant BC.

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证明: (法三) 如下图, A, B, D, E四点共圆; A, C, D, F四点共圆.

\triangle ABC的三个内角分别为A, B, C, 则\angle FDB=\angle EDC=A.

因为DF\sin A=BF\sin B, DE\sin A=CE\sin C, 所以

    \[\begin{aligned} DF+DE&=\dfrac{BF\sin B+CE\sin C}{\sin A}=\dfrac{BC\left( \cos B\sin B+\cos C\sin C \right)}{\sin A}\\ &=\dfrac{BC\left( \sin 2B+\sin 2C \right)}{2\sin A}=\dfrac{BC\sin \left( B+C \right)\cos \left( B-C \right)}{\sin A}\\ &=BC\cos \left( B-C \right)\leqslant BC. \end{aligned}\]

当且仅当\angle ABC=\angle ACB, 即AB=AC时, 等号成立.

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注1: 锐角\triangle ABC中, AD, BE, CF是其三条高线. 求证: DE+DF\leqslant BC, 并确定等号成立的条件.

(2011-12英国数学奥林匹克第1轮)

注2: 由此结论, 进一步可得DE+EF+FD\leqslant \dfrac{1}{2}\left( AB+BC+CA \right).

(2002年首届中国女子数学奥林匹克)

20170930-2


20170930-2

如下图, PA\odot OA, AB\perp OPB. C\odot O上一点, 且AC=AB. PC\odot O于另一点M. 求证: AM=BM.

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证明: (张若祺)如下图, 连OA, OC. 因为\triangle PCA\backsim \triangle PAM, 所以

    \[\dfrac{PA}{PM}=\dfrac{AC}{MA}. \qquad\qquad (1)\]

由切割线定理, 得PA^2=PM\cdot PC. 由射影定理, 得PA^2=PB\cdot PO.

所以PM\cdot PC=PB\cdot PO. 故\triangle PMB\backsim \triangle POC. 所以

    \[\dfrac{PM}{PO}=\dfrac{MB}{OC}. \qquad\qquad (2)\]

(1), (2)两式相乘, 得

    \[\dfrac{PA}{PO}=\dfrac{AC}{OC}\cdot \dfrac{MB}{MA}.\]

又因为AB=AC, AO=OC, 所以

    \[\dfrac{PA}{PO}=\dfrac{AB}{AO}=\dfrac{AC}{OC}.\]

从而MB=MA.

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20170930-1


20170930-1

如图, NS是圆O的直径, 弦AB\perp NSM, P为弧ANB上异于N的任一点,PSABR, PM的延长线交圆OQ. 求证: RS>MQ.

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证明: (法一)如下图, 连QNABT, 连QS, ST.

因为\angle NQS=\angle AMS=90^{\circ}, 所以T, Q, S, M四点共圆.

所以\angle PSN=\angle NQP=\angle TSN. 而AB\perp NS, 所以\triangle SRT是等腰三角形.

而在TQSM的内接圆中, ST是直径, MQ是非直径的弦, 所以RS=ST>MQ.

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证明: (法二)(张若祺)如下图, 连NR并延长交\odot OT, 连TS, NP.

因为NS是直径, 所以\angle NPS=90^{\circ}. 又AB\perp NS, 所以N, M, R, P四点共圆.

所以\angle SNT=\angle QPS. 所以弧{QS}=TS. 所以QT关于\odot O直径NS对称.

M是对称轴NS上的点, 所以MQ=MT.

因为\angle BMS=\angle NTS=90^{\circ}, 所以M, R, T, S四点共圆.

在四边形MRTS的外接圆中, RS是直径, MT是非直径的弦, 所以RS>MT=MQ.

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