2022 Sharygin Geometry Olympic 题解小记

今年是第三次写 Sharygin Geometry Olympic 题解,可能是最后一次。所以我又来水字数了

退役两年人员写几何题快裂开了,从来没觉得做题这么难过。但是蛮好玩的,什么叫思维体操啊(

只做了一点微小的贡献,谢谢大家。

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显然,本人不善几何。尤其是自己的通讯地址变成华子之后水平骤降,每次都是替大家扫水题,然后排最后一个。其实这次论数量论质量都应该是排第四的,但是为了给新成员让路所以还是排最后了...啊就这样吧 XD,也不重要。还是看看远处的 SRT 吧家人们

在新星发文章的最高记录是二作,大概是 2020 Vietnam Mathmatics Olympic。成员们来来去去,最年轻的也马上高三了,或许是最后一次合作,起码我应该不会再参加了。

第一次在电脑上用 Geogebra,之前都是在手机上用,电脑上用 Sketchpad。Geogebra 上手莫名很快,手感也很熟悉,再一想发现快捷键和 AutoCAD 一模一样,这下职业病了。然后也是第一次尝试用 tikz 在 LaTeX 文档里插图,感觉还挺好用,赞美。

另外,谁能想到我五个几何题做了一天呢(思维体操,思维体操.jpg

8-1

非常水,我甚至能 15 分钟解决(

Sharygin2022.pdf(策划不给源代码,可恶(?

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\textbf{8-1 证明:}取$\triangle BCD$的外心为$O$.于是有$OB=OD,AB=AD$,由于

$\angle DBO=90^\circ -\angle BCD=90^\circ -\frac{1}{2}\angle BAD=\angle ABD$,

可知四边形$ABOD$为菱形.故有$CP=AB=OD$,且

$\angle DCP=180^\circ -\angle ABC-\angle BCD=180^\circ -(\angle ABD+\angle BCD)-\angle DBC=90^\circ -\angle DBC=\angle ODC$

于是$OD,CP$互相平行且相等,则四边形$OCPD$为平行四边形,有$CP=OD=OC=DP$,得证.\qed

\textbf{评注:}题目中的二倍角条件几乎明示了作圆心,连出辅助线后即得解。

8-1.ggb(tikz 看起来丑丑的?

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8-2

稍微有点痛,但是也还好,还是水题。

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\textbf{8-2 证明:}取$\omega_1$$AB$的交点为$E'$.

$\angle CME'=\angle CBE'=\angle ME'A=90^\circ$.可知$M,E'A,D$四点共圆,$\omega_1$$\omega_2$的交点$E$$E'$重合,在$AB$上.

$\angle CFD=\angle CBE=90^\circ$,$M$为斜边$CD$中点,即$MF=MD=CM$.

又注意到$\angle AGB=\angle CBF=\angle FMD$,即得$M,F,G,D$四点共圆,则$\angle BGM=\angle MDF=\angle MFD=\angle MGD$,得证.\qed

\textbf{评注:}作图准确的话可以很快得到$E$在线段$AB$上的结论,倒角即得解。

8-2.ggb

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策划说他写了个脚本批量修改 tikz 的格式,我们只要交个 .ggb 就好了。所以我前两张图的线粗细都不一样,测试一下(

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这个题太痛了,我想了有一个多小时,然后发现自己好傻。

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\textbf{8-4 证明:}取$\astrosun (OPN)$$CD$的另一交点为$S$,$\astrosun (OPM)$$AB$的另一交点为$T$.
联结$SC_1,SD_1,B_1T,A_1T,SP,PT,ON,OM$.

$\angle SPO=\angle OND=\angle OMA=\angle OPT=90^\circ$,知$S,P,T$三点共线.

考虑到$\triangle PDC$$\triangle PAB$为相似三角形,其顶点与中点连线$PN,PM$、对应边的中垂线$ON,OM$的夹角对应地相等.即$\angle OSP=\angle ONP=\angle OMP=\angle OTP$.也即$\astrosun (OPN)$$\astrosun (OPM)$的半径相等.

由此可知$SP=PT,SD_1=B_1T,SC_1=A_1T,A_1B_1=C_1D_1$.故$\triangle SD_1C_1 \cong \triangle TB_1A_1$.

考虑到$\angle OC_1P=\angle OA_1P$,从而有$OC_1=OA_1$.同时$OC=OA$,得到$C_1C=A_1A$.同理也有$B_1B=D_1D$.
$T$$TF \bot CA$,过$S$$SE \bot CA$.由$SP=PT$可知$TF=SE$,结合$C_1C=A_1A$ 可知$\triangle AA_1T$$\triangle CC_1S$面积相等,同理$\triangle BB_1T$$\triangle DD_1S$面积相等.

结合$\triangle SD_1C_1 \cong \triangle TB_1A_1$可知,四边形$AA_1B_1B$$CC_1D_1D$面积相等,得证.\qed

\textbf{评注:}本题大量运用了对称性,需要一定的几何直觉。作图准确的话不难发现两圆半径相等,从而迎刃而解。

《迎 刃 而 解》

8-4.ggb

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8-7

这个最痛。组合几何,尤其是答案都出乎意料的组合几何,太痛了(

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\textbf{8-7 解:}否。证明如下:

首先证明一个引理:对于共圆的四个点,它们一定位于某个正方形上.

不妨设共圆的四点为$A,B,C,D$,其中,四边形$ABCD$有至少两个角不是锐角,记为$\angle B,\angle C$.
两边延长$BC$,过$A,D$分别作$BC$的垂线$AH,DF$.不妨设$AH≥DF$,过$A$$FD$的延长线上作垂线$AG$.从而四点$A,B,C,D$位于长方形$HFGA$上.若$HFGA$为正方形则引理已得证.

$HF>FG$时,分别延长$HA,FG$$A',G'$,使得$HA'G'F$为正方形,$A,B,C,D$在其上;当$HF<FG$时,同理分别延长$HF,GA$$H',A'$即可.引理得证.

下面举出原命题的反例.取一个圆内接十边形的顶点,则它们不可能在同一个正方形上,这是因为一个正方形和圆最多有$8$个交点;同时,这$10$个点中的任意$4$个共圆,由引理知也即位于某一个正方形上.故原命题不一定成立,得证.

\textbf{评注:}本题的举例非常巧妙,笔者写作过程中的最大困难在于判断命题的对错,因此走了一段弯路。

8-7.ggb

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9-1

这不比前面的都简单太多了?.jpg

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\textbf{9-1 证明:}
显然,$BC_1=\frac{1}{2} (BH+HC+CB),BA_1=\frac{1}{2} (BA+AH+BH)$.

于是$\frac{BC_1}{BA_1}=\frac{BH+HC+CB}{BA+AH+BH}=\frac{BC}{BA}$,从而$AC\parallel A_1C_1 $,得证.\qed

\textbf{评注:}非常基础的题目,熟知切点关于长度的结论即可。

9-1.ggb

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后记与碎碎念

等到发表了(可能会拖到十月、十一月?)再来补个后记。其实就是丢个链接和文档,权当记录了。

看到行在清华公众号发的推文,才知道北京已经凉快些了,是初秋。上海还是每天都 40°C 左右,热得好难受。

这么说来,快要回去了。

后后记:Update 8-6

这个锅甩来甩去又回到了我手上,不会做,晚上把它翻译好了。

摸到了倒数第二作x。

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\textbf{8-6 解:}我们首先给出作图方式:

联结两圆$\omega_1、\omega_2$的圆心$O_1、O_2$,任取$\omega_1$上的点$T$并联结$O_2T$,作直线$O_1S\parallel O_2T$$\omega_2$$S$.取$ST$$O_1O_2$的交点为$I$.
作射线$OI$分别交$\omega_1、\omega_2$$D,C$,此即为$OC:OD$取最大值的情形.

证明:过$O$点以$OC:OD$为比例作$\omega_1$的外位似圆$\omega$,
易知$\omega$过点$C$.当$OC:OD$取最大值时,过$O$点以系数$k>OC:OD$为比例作$\omega_1$的外位似圆$\omega'$$\omega_2$无交点.

因此$\omega$$\omega_1$相切于$C$点.取$\omega$圆心为$O_3$,有$O_2,C,O_3$共线,且$O_2O_3\parallel O_1D$.故射线$ODC$与线段$O_1O_2$交于$\omega_1、\omega_2$的内位似中心,即为上述作出的$I$,得证.\qed


\textbf{评注:}尺规作图题中常见的利用位似性质的题目,非常精妙。

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我很可爱 请给我钱(?)

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