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一道冬令营试题的推广


2006 年第 10 期

21

一道冬令营试题的推广
叶中豪
( 上海教育出版社 ,200031)

吕峰波
( 浙江省嘉兴一中 ,314000)

  题 目  在 Rt △ABC 中 , ∠ACB = 90° , △ABC 的内切圆 ⊙O 分别与边 BC 、 CA 、 AB 相切于点 D 、 E、 F ,联结 AD ,与内切圆 ⊙O 相 交于点 P , 联结 B P 、 CP . 若 ∠B PC = 90° ,求 证 : A E + A P = PD . ( 2006 ,中国数学奥林匹克) 本文指出 ,对任意三角形 ,类似的结论都 成立 . 命题   在 △ABC 中 , 设内切圆 ⊙O 分别 与边 BC 、 CA 、 AB 相 切 于 点 D 、 E、 F ,联结 AD , 与 内 切 圆 ⊙O 相 交 于 点 P , 联 结 B P 、
CP . 则 ∠B PC = 90° 的充要条件是 A E + A P = PD .

使 BD = BC ,联结 CD . 易知 ∠B = 2 ∠C Ζ△ ABC∽ △ ACD Ζ AC2 = AB ? AD Ζ b2 = c2 + ac . 下面证明命题 . 充分性 . 为使 A E + A P = PD 成立 , 根据引理 1 , 必需满足
A P∶ PD = 1∶ 3.
图2

对 △ACD 应用斯蒂瓦特定理 得
CP =
2

[1]

引理 1   自 ⊙O 外一点 A 作 ⊙O 的切线 A E 及割线 A PD ( A P < AD ) , 则关系式 A E + A P = PD 成立的充要条件是
A P∶ A E∶ AD = 1∶ 2∶ 4.

3 1 2 2 AC + CD - A P ×PD . 4 4 1 PD , 3 2 PD + CD . 3

注意到
AP =

引理 1 的证明 : 如 图 1 ,由切割线定理得 2 A E = A P? AD , 2 即  ( AD - 2 A P)
= A P? AD .
图1

AC = A E + CD =

代入上式并化简得
CP = CD + CD ×PD .
2 2

在 △PDC 中 ,根据引理 2 知 ∠PDC = 2 ∠DPC . ① 同理 ,在 △PDB 中 ,有 ∠PDB = 2 ∠DPB . ② 由式 ①、 ② 得 ∠B PC = ∠DPB + ∠DPC 1 = ( ∠PDB + ∠PDC) = 90° . 2 必要性 . 如图 3 , 过点 P 作 ⊙O 的切线交 BC 的 延长线于点 G. 根据射影几何知识不难得知 [3 ] B、 C、 D、 G 四点构成调和点列 . 由此知 PB 、 PC 、 PD 、 PG 四直线构成调和线束 .

展开化简得
AD AP
2

- 5

AD AP

+ 4 = 0.

解得

AD AD =4 , = 1 ( 舍去) . AP AP

于是 , AD = 4 A P. 进而知 A E = 2 A P. 反之亦然 . 引理 2   在 △ABC 中 , ∠B = 2 ∠C 的充 要条件是 b = c + ac ,其中 a 、 b、 c 为三角形 的三边长 . 引理 2 的证明 : 如图 2 ,延长 AB 至点 D ,
2 2

22

中 等 数 学

竞赛之窗

第 46 届 IMO 预 选 题 ( 中)
译 李建泉 
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)

数论部分
1. 本届 IMO 第 1 题 . 2. 本届 IMO 第 2 题 . 3. 已知正整数 a 、 b、 c、 d、 e、 f 满足和
S = a+ b+ c+ d+ e+f

(1) 只有有限多对连续的高可约的整数
a、 b ,满足 a| b ;

(2) 对于每个质数 p ,存在无穷多个高可

约的正整数 r ,使得 pr 也是高可约的 .
6. 设 a 、 b 是正整数 , 使得对于任意的正
n n 整数 n ,均有 ( a + n) | ( b + n) . 证明 : a = b . n n- 1 7. 设 P ( x ) = an x + a n - 1 x + … + a0 ,

可以整除 abc + def 与 ab + bc + ca - de ef - f d . 证明 : S 是合数 . 4. 求所有的正整数 n ( n > 1 ) , 使得存在 n 唯一的整数 a ( 0 < a ≤n !) 满足 a + 1 可以 被 n !整除 . 5. 设正整数 n 的正因数的个数为 d ( n) . 一个 正 整 数 n 若 满 足 对 于 所 有 正 整 数 m ( m < n) ,有 d ( n ) > d ( m ) , 称 n 为 “高可约 的” . 两个高可约的整数 m 、 n ( m < n ) 若满足 对于任意的正整数 s ( m < s < n) 都不是高可 约的 ,称 m 、 n是 “连续的” . 证明 :

其中 , a0 , a1 , …, an 是整数 , an > 0 ( n ≥ 2) . 证 明 : 存在正整数 m ,使得 P ( m !) 是合数 .

参考答案
1. 本届 IMO 第 1 题 . 2. 本届 IMO 第 2 题 . 3. 设 P ( x ) = ( x + a) ( x + b) ( x + c) - ( x - d) ( x - e) ( x - f )
2 = Sx + ( ab + bc + ca - de - ef - f d) x + abc + def ,

则二次多项式 P ( x) 的系数都是 S 的倍数 . 因此 ,

分 ∠DPG. 于是 , ∠PDC = ∠DPG = 2 ∠DPC . 再由充分性的证明 ,即可逆推得到
A E + A P = PD .
参考文献 :
[1 ]   梁绍鸿著 .《初等数学复习及研究 ( 平面几何 ) 》 [ M] .

图3

北京 : 人民教育出版社 ,1978.
[2]   【美】 R. A. Johnson 著 . 《近代欧氏几何学》 [M] . 单

引理 3   若调和线束中有两条直线互相 垂直 ,则它们必平分另外两条直线所构成的 角. 引理 3 的证明参见文 [ 4 ] . 因 ∠B PC = 90° , 故由引理 3 知 PC 必平

译.

上海 : 上海教育出版社 ,1999.
[3 ]   单 [4]   单

著. 《平面几何中的小花》 [ M] . 上海 : 上海教育出 等著 . 《初等数学论丛 ( 第 1 辑) 》 [ M] . 上海 : 上海

版社 ,2002. 教育出版社 ,1980.


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