标签：
1. 设 $D, E$ 是 $\triangle{ABC}$ 的边 $BC$ 上两点, 且 $BD = EC$, $\angle{BAD} = \angle{EAC}$. 求证: $\triangle{ABC}$ 是等腰三角形. (俄罗斯)
HINT:
由 $BD = EC$ 且共线, 考虑平移 $\triangle{ABD}$ 至 $\triangle{FEC}$, 可得 $ABEF$ 是平行四边形 及 $A, E, C, F$ 四点共圆 $\Rightarrow \angle{ACE} = \angle{AFE} = \angle{ABD}$.
2. 设 $P$ 是平行四边形 $ABCD$ 内任意一点, 且 $\angle{APB} + \angle{CPD} = 180^{\circ}$. 证明: $\angle{PBC} = \angle{PDC}$. (加拿大)
HINT:
考虑将 $\triangle{PAB}$ 平移至 $\triangle{P^\prime DC} \Rightarrow APP^\prime D, PBCP^\prime$ 均为平行四边形 $\Rightarrow \angle{PCP^\prime} + P^\prime DP = 180^\circ \Rightarrow P, C, P^\prime, D$ 四点共圆
$\Rightarrow \angle{PDC} = \angle{PP^\prime C} = \angle{PBC}$.
3. 设四边形 $ABCD$ 内存在一点 $P$, 使得四边形 $ABPD$ 为平行四边形. 证明: 如果 $\angle{CBP} = \angle{CDP}$, 那么 $\angle{ACD} = \angle{BCP}$. (俄罗斯)
HINT:
考虑将 $\triangle{ACD}$ 平移至 $\triangle{BQP} \Rightarrow DPQC, ABQC$ 均为平行四边形 $\Rightarrow \angle{CBP} = \angle{CDP} = \angle{PQC} \Rightarrow P, B, Q, C$ 四点共圆
$\Rightarrow \angle{BCP} = \angle{BQP} = \angle{ACD}$.
4.设凸六边形 $ABCDEF$ 的所有内角都相等. 证明: $|AB - DE| = |BC - EF| = |CD - FA|$. (俄罗斯)
HINT:
分别过 $B, D, F$ 作 $AF, EF, DE$ 之平行线交于 $P, Q, R$, 易证 $EF\parallel BC, CD\parallel AF, AB\parallel DE$ 及 $\triangle{PQR}$ 是正三角形 $\Rightarrow PQ = |AB-DE|, PR = |CD - AF|, RQ = |BC - EF|$.
5. 在 $\triangle{ABC}$ 中, $AB = AC$, $\angle{A} = 20^{\circ}$, $D, E$ 分别是边 $AC, AB$ 上的点, 使 $\angle{DBC} = 60^{\circ}$, $\angle{ECB} = 50^{\circ}$. 求 $\angle{BDE}$ 之度数.
HINT:
注意到 $\triangle{ABD}, \triangle{EBC}$ 均为等腰三角形, 欲求 $\angle{BDE}$ 度数可考虑求出 $\angle{AED}$ 度数. 由 $\angle{ACE} = 30^\circ$, 作 $E$ 关于 $AC$ 对称点 $E^\prime$, 易证 $\triangle{AEE^\prime}$ 是等腰三角形及 $\triangle{ECE^\prime}$ 是正三角形. $\because \angle{ABD} = \angle{DBE^\prime} = 20^\circ$ 及 $AD$ 平分 $\angle{EAE^\prime} \Rightarrow D$ 是 $\triangle{ABE^\prime}$ 之内心 $\Rightarrow \angle{AE^\prime D} = 50^\circ \Rightarrow \angle{AED} = 50^\circ \Rightarrow \angle{BDE} = 30^\circ$.
6. 设 $\triangle{ABC}$ 的三边分别为 $a, b, c$, 它们所对的顶点分别为 $A, B, C$, 又 $AB$ 边上的高为 $h$, 求证: $a+b \ge \sqrt{c^2 + 4h^2}$.
HINT:
考虑构造出 $\sqrt{c^2 + 4h^2}$. 过 $C$ 作 $l \parallel AB$, 作 $A$ 关于 $l$ 之对称点 $A^\prime$. 易证 $A^\prime B = \sqrt{c^2 + 4h^2} \le A^\prime C + BC = a + b$.
7. 等腰 $\triangle{ABC}$ 的两腰 $AB, AC$ 上分别取点 $D,E$, 使 $AD = AE$. 分别过 $A,D$ 作 $BE$ 的垂线交底边 $BC$ 于 $M, N$. 证明: $M$ 为 $NC$ 的中点当且仅当 $AC\perp AB$.
HINT:
若 $AC \perp AB$, 作 $D$ 关于 $AC$ 之对称点 $D^\prime$, 连结 $DC, D^\prime C$. 易知 $\angle{D^\prime CA} = \angle{DCA} = \angle{ABE} = \angle{EAM} \Rightarrow D^\prime C \parallel AM \parallel DN$, 而 $A$ 是 $DD^\prime$ 中点 $\Rightarrow NM = MC$.
若 $M$ 是 $NC$ 之中点, 倍长 $DA$ 至 $D^\prime \Rightarrow DN \parallel AM \parallel D^\prime C$, 连结 $DE, D^\prime E$. 易知 $EA = AD = AD^\prime \Rightarrow DE \perp D^\prime E$ 及 $BE \perp D^\prime C \Rightarrow E$ 是 $\triangle{D^\prime BC}$ 之垂心 $\Rightarrow AC \perp AB$.
8. 在凸四边形 $ABCD$ 中, $\angle{ABC} = 30^{\circ}$, $\angle{ADC} = 60^{\circ}$, $AD = AC$. 证明: $BD^2 = AB^2 + BC^2$.
HINT:
考虑构造直角三角形. 将 $\triangle{CDB}$ 绕 $C$ 点逆时针旋转 $60^\circ$ 至 $\triangle{CAB^\prime}$. 易证 $\triangle{CBB^\prime}$ 是正三角形 $\Rightarrow BD^2 = {AB^\prime}^2 = AB^2 + {BB^\prime}^2 = AB^2 + BC^2$.
9. 设 $P$ 是正方形 $ABCD$ 内部一点, 使 $\angle{PAD} = \angle{PDA} = 15^{\circ}$. 证明: $\triangle{PBC}$ 是等边三角形.
HINT:
注意到若结论成立, 则 $\triangle{ABP}, \triangle{CDP}$ 为顶角 $30^\circ$ 之等腰三角形, 因此考虑将 $\triangle{APD}$ 移至 $\triangle{ABP}$ 中.
以 $AC$ 为对称轴将 $\triangle{APD}$ 翻折至 $\triangle{AQB}$, 连结 $QP$. 易证 $\triangle{AQP}$ 是正三角形 $\Rightarrow \triangle{APD} \cong \triangle{PQB} \Rightarrow PB = AD = BC$, 同理可证 $PC = BC$.
10. $\triangle{ABC}$ 中, $\angle{BAC} = 40^{\circ}$, $\angle{ABC} = 60^{\circ}$, $D$ 和 $E$ 分别是边 $AC$ 和 $AB$ 上的点, 使得 $\angle{CBD} = 40^{\circ}$, $\angle{BCE} = 70^{\circ}$, $F$ 是 $BD$ 和 $CE$ 之交点. 求证: $AF \perp BC$. (加拿大)
HINT:
可参考另一篇博文之解法。
数学奥林匹克问题解答：平面几何-9 (目标2017全国初中数学竞赛班第14周作业题)
标签：
原文地址：http://www.cnblogs.com/zhaoyin/p/5578675.html
