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第44屆imo第3題:
凸六邊形的任何兩個對邊都有下面的性質:兩對邊中點間的距離恰等於這兩個對邊長的和的$\sqrt3/2$倍。試證這六邊形的所有内角都相等。(一個凸六邊形ABCDEF有三組對邊：AB和DE;BC和EF以及CD和FA)
試題委員會公布的參考答案：
參考解答 (一): 首先我們先證底下的一個引理 :
引理 : 考慮一個三角形 $P Q R$ 其中 $\angle Q R P \geq 60^{\circ}$ 。令 $L$ 是 $Q R$ 的中點。則 $P L \leq \frac{\sqrt{3}}{2} Q R$, 此處等號成立的充分必要條件是三角形 $P Q R$ 爲正三角形。
證明:令 $S$ 是使得三角形 $Q R S$ 爲正三角形的一個點，此處 $P$ 點與 $S$ 點在 $Q R$ 的同一側。 則 $P$ 點落在三角形 $Q R S$ 的外接圓之內部. 同時, $P$ 點也落在以 $L$ 爲中心, $\frac{\sqrt{3}}{2} Q R$ 爲半徑的圓內。故得證。
因爲凸六邊形的主對角線可形成一個三角形 (此三角形可能是退化的), 所以我們可選取其中的兩條主對角線使其形成的角大於或等於 $60^{\circ}$ 。不失其一般性, 我們可假設凸六邊形 $A B C D E F$ 的兩條主對角線 $A D$ 與 $B E$ 滿足 $\angle A P B \geq 60^{\circ}$, 此處 $P$ 點是主對角線 $A D$ 與 $B E$ 的交點。根據上述引理, 可得：
$$
M N=\frac{\sqrt{3}}{2}(A B+D E) \geq P M+P N \geq M N,
$$
此處 $M$ 與 $N$ 分別是 $A B$ 與 $D E$ 的中點。所以三角形 $A B P$ 與 $D E P$ 是正三角形。
另一方面, 主對角線 $C F$ 與 $A D$ 或 $B E$ 可形成一個大於或等於 $60^{\circ}$ 的角。不失其一般性, 我們可假設此角爲 $\angle A Q F \geq 60^{\circ}$, 其中 $Q$ 是主對角線 $A D$ 與 $C F$ 的交點。依上述的方法, 我們可得: 三角形 $A Q F$ 與 $C Q D$ 是正三角形。由此可知: $\angle B R C=60^{\circ}$, 其中 $R$ 是主對角線 $B E$ 與 $C F$ 的交點。再依據上述的作法, 可得 : 三角形 $B C R$ 與 $E F R$ 是正三角形。
故得證。
參考解答 (二)：
令 $A B C D E F$ 爲一給定的凸六邊形且 $a=\overrightarrow{A B}, b=\overrightarrow{B C}, \cdots, f=\overrightarrow{F A}$
令 $M, N$ 分別爲 $A B$ 與 $D E$ 的中點 , 貝
$$
\overrightarrow{M N}=\frac{1}{2} a+b+c+\frac{1}{2} d \text { 和 } \overrightarrow{M N}=-\frac{1}{2} a-f-e-\frac{1}{2} d .
$$
所以
$$
\overrightarrow{M N}=\frac{1}{2}(b+c-e-f)\tag1
$$
根據題意, 可得
$$
\overrightarrow{M N}=\frac{\sqrt{3}}{2}(|a|+|d|) \geq \frac{\sqrt{3}}{2}|a-d| .\tag2
$$
令 $x=a-d, y=c-f, z=e-b$
(2), 可得
$$
|y-z| \geq \sqrt{3}|x|\tag3
$$
同理可得
$$|z-x| \geq \sqrt{3}|y|\tag4$$
$$|x-y| \geq \sqrt{3}|z|\tag5$$
觀察得
(3) $\Leftrightarrow|y|^{2}-2 y z+|z|^{2} \geq 3|x|^{2}$,
(4) $\Leftrightarrow|z|^{2}-2 z x+|x|^{2} \geq 3|y|^{2}$,
(5) $\Leftrightarrow|x|^{2}-2 x y+|y|^{2} \geq 3|z|^{2}$.
由上式可得
$$
-|x|^{2}-|y|^{2}-|z|^{2}-2 y z-2 z x-2 x y \geq 0,
$$
或 $-|x+y+z|^{2} \geq 0$.
因此，我們可得
$$
\begin{array}{ll}
x+y+z=0 & \\
|y-z|=\sqrt{3}|x|, & a\|d\| x \\
|z-x|=\sqrt{3}|y|, & c\|f\| y \\
|x-y|=\sqrt{3}|z|, & e\|b\| z
\end{array}
$$
假設 $P Q R$ 是 一個三角形使得 $\overrightarrow{P Q}=x, \overrightarrow{Q R}=y, \overrightarrow{R P}=z$ 。不失其一般性，我們可假設 $\angle Q P R \geq 60^{\circ}$ 。令 $L$ 爲 $Q R$ 的中點, 則 $P L=\frac{|z-x|}{2}=\frac{\sqrt{3}|y|}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} Q R$ 。根 據解法 (一), 可知： $P Q R$ 是一個正三角形。 所以 $\angle A B C=\angle B C D=\cdots=\angle F A B=120^{\circ}$
黃道生同學的解法 : 如圖(一), 考慮三角形 $A B C$ 及 $A B$ 的中點 $M$ 。考慮 $C M$ 的長度與角 $C$ 的關係, 此處以 $C$ 代表角 $C$ 的大小。下證 :
引理一：當 $C>60^{\circ}, C M<\frac{\sqrt{3}}{2} A B$ 。
由餘弦定律知：
$$
\begin{aligned}
& A C^{2}+B C^{2}=A B^{2}+2 A C \cdot B C \cos C<A B^{2}+2 A C \cdot B C \cos 60^{\circ} \\
\leq & A B^{2}+\frac{A C^{2}+B C^{2}}{2}
\end{aligned}
$$
所以 $A C^{2}+B C^{2}<2 A B^{2}$ 。再由中線定理知: $4 C M^{2}+A B^{2}=2 A C^{2}+2 B C^{2}<4 A B^{2}$ 。所 以 $4 C M^{2}<3 B^{2} \Rightarrow C M<\frac{\sqrt{3}}{2} A B$ 。
如圖 (一): 設凸六邊形 $A B C D E F$ ， $M, N$ 分別爲 $A B, D E$ 之中點 , $P$ 爲對角線 $A D, B E$ 之交點。若 $\angle A P B>60^{\circ}$, 則由引 理 $\cdots$ 及三角不等式可得 : $M N \leq M P+N P<\frac{\sqrt{3}}{2}(A B+D E)$, 此與題設不合, 所以, $\angle A P B \leq 60^{\circ}$ (引理二)。
主證明：如圖 (三 ), 由引理 (二) : $\angle A P B, \angle F Q E, \angle C R D$ 全都小於或等於 $60^{\circ}$ 。但, 顯然這三個角的和爲 $180^{\circ}$ (不論有沒有退化）。所以， $\angle A P B=\angle F Q E=\angle C R D=60^{\circ}$ 。由引理一的證明中(1)式可知: 若 $\angle A P B=60^{\circ}$ 而不等號必須成爲等號(在引理一中， $C M=\frac{\sqrt{3}}{2} A B$), 必須 $A C=C B$, 因爲 $M$ 爲中點所以 $C M$ 垂直 $A B$ 。而且 $C M$ 爲角 $C$ 的平分線。現在有 $\angle A P B, \angle C R D$ 的平分線, 互相夾角爲 $120^{\circ}, A B$ 垂直 $\angle A P B$ 之平分線, $A F$ 垂直 $\angle C R D$ 之平分線, 而且 $A B C D E F$ 爲凸六邊形。所以 $\angle B A F=120^{\circ}$ 。同理可得凸六邊形 $A B C D E F$ 的每個角都是 $120^{\circ}$, 故每個角都相等。 |
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