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由一道美国数学竞赛题谈起


2006 年第 9 期

21

由一道美国数学竞赛题谈起
苏化明
( 合肥工业大学数学与信息科学系 ,230009)

题目 △ABC 的面积为 1. 点 E , , 设 F G 分别在边 BC , , 上 , 并且 A E 于点 R 处 CA AB 平分 B F , B F 于点 S 处平分 CG , CG 于点 T 处 平分 A E. 求 △RS T 的面积 . ( 第 62 届普特南数学竞赛 (A4) ) 文 [ 1 ] 给出了该题的六种解法 ,本文再给 出一种解法 ,同时对所给问题加以推广 . 命题 1 △ABC 的面积为 1 ,点 E , , 设 F G 分 别 在 边 BC , CA , AB 上 , 并 设 A E 与 B F 交于点 R ,
B F 与 CG 交于点 S , CG 与 A E 交于点 T . AT BR CS = = = TE RF SG



图1

λ λ +1 λ λ( z + 1) x +1 故 x= λ = = . λ z +λ + 1 +1 +λ + 1 z +1 x +1 整理得 (λ + 1) x2 + (λ + 1) x - (λ + 1) λ= 0. 由于 λ+ 1 > 0 ,故有 2 x + x - λ = 0. ⑦ 1 解得 x = ( 4λ+ 1 - 1) ( 负根舍去) . 2 由式 ⑦ 得 x ( x + 1) = λ. 结合式 ⑤, 则有 ⑥ 1 x = y = z = ( 4λ + 1 - 1) . 2 由三角形面积比性质知
S △CAT AT = = λ. S △CTE TE

λ,则有
S △RS T =

1 ( 2λ+ 5 - 3 2 (λ+ 1)

4λ+ 1 ) .

故 ①

S △CAT λ = ,即 S △CTE + S △CAT λ+ 1

证明 : 由梅涅劳斯定理有
CF AB GS · · =1 , FA BG SC AG BC ET · · =1 , GB CE TA B E CA FR · · = 1. EC A F RB

S △CAT =

λ λ+ 1 S △CA E .



② ③ ④



S △CA E CE CE = = ,于是 , S △CAB BC CE + EB

S △CA E =

1
z +1

.





CF AG BE =x, =y, = z. FA GB EC

由题设条件及式 ②, ④ ③, 得 x ( y + 1) = λ ,
y ( z + 1) = λ , z ( x + 1) = λ.

⑤ ⑥

由式 ⑧, 得 ⑨ λ 1 S △CAT = λ+ 1 · + 1 . z 同理可得 λ λ 1 1 S △ABR = λ+ 1 · + 1 , S △BCS =λ+ 1 · + 1 . x y 故 S △RST = S △ABC - ( S △ABR + S △BCS + S △CAT )
=1 3λ 1 λ+ 1 · + 1 x ( 下转第 39 页)

从而 , x =

λ
y +1

,y =

λ
z +1

,z =

λ
x +1

.

2006 年第 9 期

39
a+ b+ b- a b +4 a b 4a
2 2 2

又 ∠B 1 B E = ∠FCB 1 = 45°所以 , , △BB 1 E
(2) △EB 1 F

△CFB 1 . △EBB 1 或 △EB 1 F △CFB 1 . △B 1 CF.

a+ b+ c≥ b- a b a
2

=

4 a + 4 ab + b 4 a ( b - a)
t +4t +4 4 ( t - 1)
2

由 (1) 得 △BB 1 E 所以 ,
BB 1 B 1 E = . CF FB 1

+4 × 4
b - 1 a

=

=

B1 C B1 E 因为 BB 1 = B 1 C ,所以 , = . CF FB 1

= = =

( t 2 - 1) + 4 ( t - 1) + 9 4 ( t - 1) 1 4 1 4 ( t + 1) + 4 +
t- 1+

又 ∠B 1 CF = ∠EB 1 F = 45°所以 , , △EB 1 F △B 1 CF. △EBB 1 .
b 2a
2 2

9
t- 1

9
t- 1

+6

同理 , △EB 1 F

三, 易知 y = a x + 所以 , a > 0 , c ≥ . 4a 由 m< 设 t=
b
2

+ c-

b ≥ 0 恒成立 . 4a

≥ 1 (6 + 6) = 3. 4 当且仅当 t = 4 ,即
b 2 = 4 , b = 4 ac 时 ,上式等号 a

a+ b+ c 恒成立 ,得 m < b- a b ,则 t > 1. 从而 , a

a+ b+ c b- a

.
min

成立 ,所以 ,

a+ b+ c b- a

= 3.
min

因此 , m < 3.
( 鲁有专 江苏省南京市南大附中 ,210008)

( 上接第 21 页) = 1 ( 2λ + 5 - 3 2 (λ+ 1) 4λ + 1 ) .

由式 ②, ④ ③, 知
x ( y + 1) = p , y ( z + 1) = m , z ( x + 1) = n .

因此 ,式 ① 成立 . 特别地 ,在式 ① 中取 λ= 1 ,则有 1 S △RS T = ( 7 - 3 5 ) , 4 此即原题的答案 . 由前面的讨论知 ,当
CF AG B E = = . FA GB EC AT BR CS = = 时, TE RF SG

于是 ,由 x = y = z ,知 m = n = p ,即
AT BR CS = = . TE RF SG

由命题 1 , 命题 2 还可得到下面的命题 3. 命题 3 沿用命题 1 中的符号 . 若
CF AG B E = = = μ, FA GB EC

则 S △RS T =

(μ - 1) 2 . 2 μ + μ+ 1

事实上 ,这一结论的逆命题也成立 ,即如 下的命题 2. 命题 2 沿用命题 1 中的符号 . 则
AT BR CS = = TE RF SG

证明 : 由命题 2 知
AT BR CS = = = λ. TE RF SG

由式 ⑦ λ= μ + μ. 知
2

成立的充要条件是
CF AG B E = = . FA GB EC

代入式 ① 并整理得
S △RS T =
参考文献 :
[ 1 ] Sixty2second William Lowell Putnam Mathematical Com2 The petition[J ] . Amer Math Monthly 2002 ,109 (9) :827 — 839.

(μ - 1) 2 . 2 μ + μ+ 1

证明 : 必要性前面已证 ,下证充分性 . 设
AT BR CS =m, = n, = p. TE RF SG


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