1、國外數(shù)學(xué)競賽中幾道平面幾何問題的 解讀與欣賞 湖南理工學(xué)院 蕭振綱 由于平面幾何鮮明的直覺性和嚴(yán)謹(jǐn)?shù)倪壿嬓? 并且平面幾何中經(jīng)常出現(xiàn)一些 極具挑戰(zhàn)性的問題, 將這些問題作為數(shù)學(xué)競賽題是再好不過了, 能在很大程度上 發(fā)揮數(shù)學(xué)競賽(或數(shù)學(xué)奧林匹克)的選拔功能, 因而世界各國都不約而同地將平面 幾何作為本國中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽中必不可少的內(nèi)容. 一道好的數(shù)學(xué)競賽題往往是在很好地發(fā)揮其選拔功能后能讓人回味無窮, 或 給予方法的啟迪, 或具有深刻的背景, 能給予數(shù)學(xué)美的享受, 極具數(shù)學(xué)欣賞價(jià)值. 這種數(shù)學(xué)欣賞價(jià)值就是: 簡單而不平凡. 而在國外的一些數(shù)學(xué)競賽中, 不乏條件 簡單而結(jié)論不平凡的平面幾何問題(當(dāng)然

2、, 國內(nèi)也不例外). 這里摘取近幾年國外 數(shù)學(xué)競賽(包括 IMO)中出現(xiàn)的幾道平面幾何問題進(jìn)行解讀, 并從中感受平面幾何 的無窮魅力, 欣賞平面幾何的無窮奧妙. 問題 1 如圖 1, 設(shè)一個(gè)圓通過ABC 的頂點(diǎn) B、 C, 且分別交 AB、 AC 于點(diǎn) D、 E. 弧三角形ADE的內(nèi)切圓切弧DE于點(diǎn)M. 證明: BMC的角平分線過ABC 的內(nèi)心. (1999, 伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克) A B I M E D C A B IQ P C 圖 1 圖 2 這類曲邊三角形的內(nèi)切圓問題在此之前, 我們僅知道一個(gè)結(jié)果, 即 Mannheim定理定理 一圓分別切ABC的兩邊AB、AC于P、Q, 且與ABC的外

3、1 接圓也相切, 則ABC的內(nèi)心為PQ的中點(diǎn). （見圖 2） 這使我們考慮到可以將問題更一般地?cái)⑹鰹? 設(shè)一個(gè)圓與ABC 的邊 AB、AC 均相切, 且與過 B、C 兩點(diǎn)的一段圓弧相切 于 D, 再設(shè)ABC 的內(nèi)心為 I, 則 ID 平分BDC.(圖 2, 圖 3) A B I D C A B I D C 圖 3 圖 4 直接證明這個(gè)問題似乎找不到突破口, 下面給出一個(gè)比較簡單的間接證明. 我們先證明另一個(gè)問題: 設(shè) E、 F 分別為ABC 的邊 AB、 AC 上的點(diǎn), 且 AE=AF, I 是ABC 的內(nèi)心, D 為EBI 的外接圓與FIC 的外接圓的另一交點(diǎn), 則DEF 的外接圓分別與 A

4、B、 AC 相切于 E、F, 且DBC 的外接圓與DEF 的外接圓相切于 D. A B F I E D C A B F I E D C 圖 5 圖 6 事實(shí)上 ,如圖 5, 顯然有FDE= 1 () 2 BC+=90 2 A =AFE=FEA, 所以, DEF的外接圓分別與AB、AC相切于E、F. 又 EDB=EIB=AIBAIE=90+ 2 C (BEI 2 A ) 2 =(90+ 2 A )BEI+ICB=EFCBEI+DCBDCI. 而 BEI=IFC, EFCIFCDFI=EFD, 所以 EDB =EFD+DCB. 于是, 過D作DEF的外接圓的切線, 則由所證等式即知這條切線也是 D

5、BC的外接圓在點(diǎn)D處的切線, 故DBC的外接圓與DEF的外接圓相切于點(diǎn) D. 這就不難證明問題 1 了. (參見圖 6, 略) 注注 1: 2002 年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克有這么一道平面幾何題: 設(shè)一圓與ABC的邊AB、AC都相切, 且與ABC的外接圓相切于T, D是 ? BAC的中點(diǎn), I為ABC的內(nèi)心, 求證: T、I、D三點(diǎn)在一直線上. 從問題 1 的情形來看, 這個(gè)結(jié)論是顯然的. 但這道題至少有三種直接證明(只 不過每一個(gè)證明均用到了Mannheim定理). Ic Ib B F T I N M Q P E D A C A B T I Q P C 圖 7 圖 8 證法證法 1 如圖 7, 設(shè)

6、所述小圓分別切AB、AC于P、Q, 則由Mannheim定理, I為 PQ的中點(diǎn). 設(shè)ABC的B-旁心和C-旁心分別為I 、I , 則I 、D、I 都在BAC的外 角平分線上, 且D為線段I I 的中點(diǎn). 再設(shè)直線TP、IQ分別 bcbc b c ABC的外接圓于另一 點(diǎn)M、N, 交I I 于E、F, 則M為 b c ? AB(不含點(diǎn)C)的中點(diǎn), N為?AC（不含點(diǎn)B）的中點(diǎn), 所以, M在直線CI 上, N在直線BI 上. 連接MN, 則MNPQEF, 于是 cb cb I EFEMFN PIMPNPIQ = I . 因PI=IQ, 所以, I E=FI , 從而D為EF的中點(diǎn), 再注意I為

7、PQ的中點(diǎn)即知T、I、D三 點(diǎn)共線. cb 3 證法證法 2 如圖 8, 由Mannheim定理, I為PQ的中點(diǎn). 又TP平分ATB, ATB=ACB , 所以PIB=AIB90= 1 2 ACB=PTB. 因此, P、B、T、I四點(diǎn)共 圓, 從而ITB=IPA. 同理, CTI=AQI, 但由對稱性, 有IPA =AQI, 于是, ITB =CTI, 即TI平分BTC. 證法證法 3 仍見圖 8, 由Mannheim定理, I為PQ的中點(diǎn), 而AP、AQ為切線, 所以 TA、TI為QTP的兩條等角線, 即有QTA=ITP, QTI=ATP.又CTQ=QTA, ATP=PTB, 所以 CTI

8、=CTQ+QTI=QTA+ATP=ITP+PTB=ITB. 即TI平分BIC. 注注 2 上海鐘建國老師曾在網(wǎng)上發(fā)帖給出了問題1的另一個(gè)富有啟發(fā)性的間接 證明. 但我們至今沒有找到問題1的直接證明. 從伊朗2002年的那道題的幾個(gè)直 接證明來看, 欲找出問題1的直接證明, 或許先要找到Mannheim定理的推廣方有 可能. 問題 2 如圖 9, 設(shè) P 為ABC 的外接圓上一點(diǎn), 過 P 作 BC、CA 的垂線, 垂 足分別為 D、E, L、M 分別為 AD、BE 的中點(diǎn), 求證: DELM. (2003, 伊朗數(shù)學(xué)奧 林匹克) A B L M P E D C H4 H3H2 A H1 B F

9、E D C 圖 10 圖 9 一看便知本題與著名的 Simson 線有關(guān), 似乎只用 Simson 定理就能簡單解決, 其實(shí)不然, 它還涉及到另外兩個(gè)著名的幾何定理和 Simson 線的一個(gè)性質(zhì): Newton 定理定理 完全四邊形的三條對角線的中點(diǎn)在一條直線上. 這條直線稱為 完全四邊形的 Newton 線; Steiner 定理定理 完全四邊形的四個(gè)三角形的垂心在一條直線上. 這條直線稱為 完全四邊形的 Steiner 線. 完全四邊形的 Steiner 線與 Newton 線互相垂直. （圖 10） 4 Simson 線的一個(gè)性質(zhì)性質(zhì)：三角形的外接圓上任意一點(diǎn) P 與三角形的垂心的連 線

10、被點(diǎn) P 關(guān)于三角形的 Simson 線平分; （圖 11） A H B F P E D C H3 H2 A H1 H B F L N M P E D C 圖 11 圖 12 這樣, 如圖 12, 設(shè)點(diǎn)P在直線AB上的射影為F, 則D、E、F在一直線上, 考慮 完全四邊形AFDCBE, 設(shè)ABC、AEF、BFD、CDE的垂心分別為H、H1、 H2、H3, N為CF的中點(diǎn), 則H、H1、H2、H3 在一直線上, L、M、N在一直線上, 且 這兩條直線互相垂直. 因點(diǎn)P同時(shí)在ABC、 AEF、 BFD、 CDE的外接圓上, 且點(diǎn)P關(guān)于這四個(gè)三角形的Simson線皆為直線DEF, 而PH、PH1、P

11、H2、PH3均被 直線DEF平分, 所以, 直線DEF平行于完全四邊形AFDCBE的Steiner線, 故 DELM. 問題 3 設(shè)ABC 與PQR 滿足下列條件: A、 P 分別是 QR 與 BC 的中點(diǎn), QR、 BC 分別平分BAC 與QPR. 求證: AB+AC=PQ+PR. （2001, 日本數(shù)學(xué)奧林匹克） R A B Q P C A B M D C 圖 13 圖 14 本題的條件也好、所對應(yīng)的圖形（圖 13）也好, 都很簡單, 但這絕非一個(gè)簡 單問題. 實(shí)際上, 本題的背景是調(diào)和四邊形對邊乘積相等的圓內(nèi)接四邊形. 過圓外一點(diǎn)作圓的兩條切線和一條割線, 則兩個(gè)切點(diǎn)和割線與圓的兩個(gè)交點(diǎn)

12、 正好是一個(gè)調(diào)和四邊形的四個(gè)頂點(diǎn). 如果調(diào)和四邊形不是軸對稱圖形, 則這個(gè)條 5 件既是充分的, 也必要的. 調(diào)和四邊形有一個(gè)很好的特征性質(zhì)特征性質(zhì)： 設(shè) M 是圓內(nèi)接四邊形 ABCD 的對角線 BD 的中點(diǎn), 則四邊形 ABCD 為一個(gè)調(diào) 和四邊形的充分必要條件是 BD 平分AMC. (圖 14、圖 15) R A O B C T Q S Q PC 圖 15 圖 16 如果了解了調(diào)和四邊形的這一性質(zhì), 則對于本題來說, 落墨就會從證明 B、 C、Q、R 四點(diǎn)共圓開始. 只不過這個(gè)證明頗費(fèi)周折. 證明 如圖 16, 設(shè)BC的垂直平分線與QR的垂直平分線交于點(diǎn)O, 則OB=OC, OQ=OR.

13、因OA是BAC的外角平分線, 所以點(diǎn)O在ABC的外接圓上, 且O為 ? BAC 的中點(diǎn). 同理, 點(diǎn)O在PQR的外接圓上, 且O為的中點(diǎn). 設(shè)直線OA 與BC交于S, OP與QR交于T, 則S為PQR的外接圓上的 ? QPR ? QR(不含點(diǎn)P)的中點(diǎn), 所 以, OS為PQR的外接圓的直徑. 同理, OT為ABC的外接圓的直徑. 因OCCT, CPOT, 所以, OC2=OPOT; 同理, OR2=OAOS. 但由OSRT, OTBS知P、A、S、 T 四 點(diǎn) 共 圓 , 所 以 OPOT= OAOS. 因 此 OC2= OR2, 從 而 OC=OR. 即 有 OB=OC=OR=OQ. 這說

14、明B、C、Q、R四點(diǎn)共圓. 現(xiàn)在, 設(shè)點(diǎn) C 關(guān)于直線 OA 的對稱點(diǎn)為 C, 點(diǎn) Q 關(guān)于直線 OP 的對稱點(diǎn)為 Q, 則 C在 BA 的延長線上, Q在 RP 的延長線上,C、 Q皆在O 上, AC=AC, PQ=PQ. ? BQQCC R=, 于是, ? BQ CQ C R=, 從而 BC=RQ. 而 BC=AB+AC=AB+AC, RQ=PR+PQ=PR+PQ. 故 AB+AC=PQ+PR. 問題 4 設(shè)L、M、N分別為ABC的三條高AD、BE、CF的中點(diǎn), ABC的內(nèi)切 6 圓與其邊BC、CA、AB分別切于X、Y、Z, 則LX、MY、NZ三線共點(diǎn). 記此點(diǎn)為P, 進(jìn)而證明點(diǎn)P在ABC

15、的外心與內(nèi)心的連線上. （第 44 屆(2003)IMO越 南選拔賽）(見圖 17) A O B F Z Y X L I N M P E D C K A Ia B F L I ED C A Ia O B X L I M Q P DC 圖 17 圖 18 圖 19 問題的困難之處在于我們似乎無法將其化為一個(gè)已知的共點(diǎn)或共線問題, Menelaus 定理與 Ceva 定理以及位似變換又都用不上, 于是, 我們只能采取證明 三點(diǎn)共線或三線共點(diǎn)的一些其他方法來嘗試. 實(shí)際上, 本題的關(guān)鍵是先要證明欲 證的共點(diǎn)三直線中, 每一條都過三角形的一個(gè)旁心. 引理 設(shè)K為ABC的內(nèi)切圓與BC邊的交點(diǎn), L為AB

16、C的高AD的中點(diǎn), 則 ABC的A-旁心I 在直線KL上. a 證明 如圖 18, 設(shè)E為ABC的A-旁切圓與BC邊的切點(diǎn), F為ABC的內(nèi)切圓 上點(diǎn)K的對徑點(diǎn), 則A、 E、 F在一直線上. 顯然, EIFKAD. 因L為AD的中點(diǎn), 所 以, EL過 a ABC的內(nèi)心I, 又A、I、I 在一直線上, 于是 a aa I EI EEIEK LDALILKD =. 由此即知, I 、K、L三點(diǎn)共線, 即 a ABC的A-旁心I 在直線MK上. a 這樣, 如圖 19, 由引理, ABC的A-旁心I 在直線LX上. 設(shè) a ABC的外心與 內(nèi)心分別為O、I, 外接圓半徑與內(nèi)切圓半徑分別為R、r,

17、 直線LX交直線OI于點(diǎn)P, II 與 a ABC的外接圓交于M, 則OMBC, 且M為IIa的中點(diǎn). 顯然, 點(diǎn)P在OI的延長 線上. 再過點(diǎn)I 作OM的平行線交直線OI于Q, 則QI =2OM=2R. 于是 aa 2 a PIIXr PQQIR =. 7 所以 22 PIPIr OIIQRr = . 從而有 2 2 r OI PI Rr = . 最后的等式說明: 點(diǎn)P是直線OI上的一個(gè)定點(diǎn). 換句話說, 直線LX通過直線 OI上的一個(gè)定點(diǎn)P; 同樣, 直線MY、NZ也過直線OI上的這個(gè)定點(diǎn)P. 故直線LX、 MY、NZ三線共點(diǎn)P. 并且點(diǎn)P在ABC的外心與內(nèi)心的連線上. 問題 5 在凸四邊

18、形ABCD中, AB=CD, AB與CD不平行. 動點(diǎn)E、 F分別在邊AB、 CD上, 滿足條件AE=CF. 再設(shè)對角線AC與BD交于P, 直線EF與AC、BD分別交于 Q、R. 求證: 當(dāng)E、F分別在AB、CD上變動時(shí), 所有PQ R的外接圓周除了P外 還有一個(gè)公共點(diǎn).（第 46 屆IMO） 本題必須先找出那個(gè)公共點(diǎn), 其關(guān)鍵是將 AB 和 CD 這兩條線段看成真正(順) 合同圖形, 由于AB與CD不平行. 所以, 這個(gè)真正合同所對應(yīng)的幾何變換是旋轉(zhuǎn) 變換, 而 E 與 F 恰好為兩個(gè)旋轉(zhuǎn)對應(yīng)點(diǎn), 它們有一個(gè)旋轉(zhuǎn)中心, 這個(gè)旋轉(zhuǎn)中心正 是我們要找的另一個(gè)公共點(diǎn). 下面將相等的條件去掉, 證明這個(gè)問題的推廣: 問題 5 在凸四邊形ABCD中, AB與CD不平行. 動點(diǎn)E、F分別在邊AB、CD上, 滿足條件 AECF EBFD =. 再設(shè)對角線AC與BD交于P, 直線EF與AC、BD分別交于Q、 R. 求證: 當(dāng)E、F分別在AB、CD上變動時(shí), 所有PQR的外接圓周除了P外還有 一個(gè)公共點(diǎn). A B F K I J E D C A O B F R Q P E D C 圖 20 圖 21 引理 設(shè) EF 分別為四邊形 ABCD 的邊 AB 和 CD 上的點(diǎn), 直線 EF 分