用同一法证平面几何竞赛题.pdf

命题与解题 用同一法证平面几何竞赛题 方 廷 刚 四川省成都市第七中学 610041 收稿日期 2003 09 06 修回日期 2003 11 21 在平面几何证明中 当欲证某图形具有 某种特性而不易直接证明时 可采用同一法 即先作出一个具有所要求特征的图形 然后 根据某种 惟一性 证明所作的就是原来题目 给出的 许多数学竞赛中的平面几何试题的 证明都要用到同一法 其中最有代表性的是 2000年IMO中国国家集训队选拔考试第一 题和第39届IMO第一题 有 舍此无他 的感 觉 下面是用同一法的另几个例子 1 为终极目标而使用同一法 例1 在非等腰锐角 ABC中 高AD 和CF夹成的锐角的平分线分别与边AB BC 相交于点P Q B的平分线同连结 ABC 的垂心和边AC之中点的线段相交于点R 证 明 P B Q R四点共圆 第26届俄罗斯数学奥林匹克 图1 证明 如图 1 延长HM到 K 使得MK HM 连结AK CK 则AHCK 是平行四边形 故KC BC K A AB 过R分别作AB和BC的垂线 垂足 为P Q 则RP RQ 且B P R Q 四点 共圆 设 FP P A HR RK DQ Q C m n 则 RP mK A nHF m n mCH nHF m n RQ mKC nHD m n mAH nHD m n 由RP RQ 及锐角 ABC非等腰可得 m n HF HD AH CH 另一方面 由A F D C共圆知 HF AH HD CH HF HD AH CH 于是 HD CH m n DQ Q C 从而 点Q 与点Q重合 同理知P 与P重合 于是 结论成立 例2 如图2 已知B1 C1分别是 ABC 图2 边AC AB上的 点 CC1 BB1相 交于D 证明 当 且仅当 ABD和 ACD的内切圆 外切时 四边形 AB1DC1有 内 切 圆 1999 保加利亚数学奥林匹克 证明 当四边形AB1DC1有内切圆 I 时 设 I分别切BB1 CC1于点B3 C3 设 ABD的内切圆 I1切BB1于点B2 ACD 的内切圆 I2切CC1于点C2 则 B2B3 BB3 BB2 AB BB1 AB1 2 AB BD AD 2 AD DB1 AB1 2 92004年第2期 同理 C2C3 AD DC1 AC1 2 由AB1DC1有内切圆知DB1 AB1 DC1 AC1 于是 B2B3 C2C3 再由DB3 DC3可知DB2 DC2 从而 I1与 I2外切于AD上一点 反之 设 ABD的内切圆 I1与 ACD 的内切圆 I2外切于AD上一点 作 ACC1 的内切圆 I 过D作 I的另一切线分别 交直线AC1 AC于B B 1 作 AB D的内切 圆 I 1 则由前面的证明可知 I 1与 I2外 切于AD上一点 再由 I 1与 I1的圆心同 在 BAD的平分线上知 I 1与 I1重合 从 而 B 与B重 合 B 1与B1重 合 因 此 AB1DC1有内切圆 例3 以 ABC的底边BC为直径作半 圆分别与边AB AC交于点D E 分别过D E作BC的垂线 垂足依次为F G 线段DG 和EF交于点M 求证 AM BC 第37届IMO国家集训队选拔考试 图3 证明 如图3 作 AP BC于P 只须 证A M P三点共 线 即证 FP PC CA AE EM MF 1 由DF AP知 FP BP DA AB 对 ABC的三条高线AP BE CD用塞 瓦定理有 BP PC BD DA AE EC 故 FP PC FP BP BP PC DA AB BD DA AE EC 由DF EG知 EM MF EG DF EG AP AP DF 再由DF AP EG有 EG AP AP DF EC AC AB BD 于是 EM MF EC AC AB BD 由 得 FP PC CA AE EM MF 1 再由梅涅劳斯定理知A M P共线 从而 结论成立 2 为过渡目标而使用同一法 例4 在锐角 ABC中 AD是 A的内 角平分线 点D在边BC上 过点D分别作 DE AC DF AB 垂足分别为E F 连结 BE CF 它们相交于点H AFH的外接圆 交BE于点G 求证 BG GE BF组成的三角 形是直角三角形 2003 IMO中国国家集训队选拔考试 证明 如图4 作AK BC于K 则 BK KC 图4 ccosB bcosC 下面 先 证 A H K三点共 线 由DF AB及DE AC 有 BF FA AE EC DFcotB DFcot DAF DEcot DAE DEcotC cotB cotC sinC cosB sinB cosC ccosB bcosC 从而 BF FA AE EC CK KB 1 由塞瓦定理知A H K三点共线 由DF AB可知D K A F四点共圆 又A H G F四点共圆 有 BGF BAK BDF 从而 B D G F四点共圆 BGD BFD 90 故DG BE 于是 BG 2 GE 2 BD 2 DE 2 BD 2 DF 2 BF 2 因此 结论成立 01中 等 数 学 例5 设 O1和 O2外切于W 且它 们都与 O内切 作 O1和 O2的一条外 公切线交 O于点A B 作 O1和 O2的 内公切线交 O于点C D C与W在AB同 侧 求证 点W为 ABC的内心 第33届IMO预选题 图5 证明 如图5 设AB分 别 与 O1 O2相 切 于点X Y O1 O2分别与 O 相切于点P Q 延 长PX交 O于点 M 过点P作两圆 公切线PT 则 弧PAM的度数 2 TPM 2 AXP 弧PA的度数 弧MB的度数 由此可知M为弧AB的中点 且易知MX MP MA 2 同理可知Q Y M共线且MY MQ MA 2 于是 MX MP MY MQ 故M在 O1和 O2的根轴上 从而 MW是 O1和 O2的内公切线 M重合于D且MW MA MB 因此 点W为 ABC的内心 例6 非等腰 ABC的内切圆圆心为 O 与边BC CA AB的切点分别为A1 B1 C1 AA1 BB1分 别 交 O于A2和B2 C1A1B1的 平 分 线 交B1C1于 点A3 C1B1A1的平分线交C1A1于点B3 证明 1 A2A3平分 B1A2C1 2 如果点P Q分别是 A1A2A3和 B1B2B3的两外接圆交点 则点O在直线 PQ上 2001 保加利亚数学奥林匹克 证明 1 如图6 由AB1 AC1为 O的 切线知 A2C1 A1C1 AC1 AA1 AB1 AA1 A2B1 A1B1 故 A2C1 A2B1 A1C1 A1B1 图6 再由A1A3平分 C1A1B1知A2A3平分 B1A2C1 2 延长C1B1交直线BC于点S 交 O 过A2的切线于点T 由A2A3平分 B1A2C1 可得TA2 TA3 同理 SA1 SA3 且 C 1S B1S A1C 2 1 A1B 2 1 A2C 2 1 A2B 2 1 C1T B1T 于是 S T均重合于 A1A2A3的外心 O1 且显然OA1为 O1的切线 同理 知自O向 B1B2B3的外接圆所 引的切线长为OB1 于是 点O在两圆的根 轴PQ上 注 前面已证明了直线C1B1 BC及 O 过A2的切线共点 且该点恰为 A1A2A3的 外接圆圆心 此题尚可进一步研究