国外数学竞赛中几道平面几何问题的解读与欣赏

国外数学竞赛中几道平面几何问题的解读与欣赏湖南理工学院萧振纲由于平面几何鲜明的直觉性和严谨的逻辑性,并且平面几何中经常出现一些极具挑战性的问题,将这些问题作为数学竞赛题是再好不过了,能在很大程度上发挥数学竞赛(或数学奥林匹克)的选拔功能,因而世界各国都不约而同地将平面几何作为本国中学生数学竞赛中必不可少的内容.一道好的数学竞赛题往往是在很好地发挥其选拔功能后能让人回味无穷,或给予方法的启迪,或具有深刻的背景,能给予数学美的享受,极具数学欣赏价值.这种数学欣赏价值就是:简单而不平凡.而在国外的一些数学竞赛中,不乏条件简单而结论不平凡的平面几何问题(当然,国内也不例外).这里摘取近几年国外数学竞赛(包括IMO)中出现的几道平面几何问题进行解读,并从中感受平面几何的无穷魅力,欣赏平面几何的无穷奥妙.问题1如图1,设一个圆通过△ABC的顶点B、C,且分别交AB、AC于点D、E.弧三角形ADE的内切圆Γ切弧DE于点M.证明:∠BMC的角平分线过△ABC的内心.(1999,伊朗数学奥林匹克)ABIMEDCABIQPC图1图2这类曲边三角形的内切圆问题在此之前,我们仅知道一个结果,即Mannheim定理一圆分别切△ABC的两边AB、AC于P、Q,且与△ABC的外1接圆也相切,则△ABC的内心为PQ的中点.（见图2）这使我们考虑到可以将问题更一般地叙述为:设一个圆与△ABC的边AB、AC均相切,且与过B、C两点的一段圆弧相切于D,再设△ABC的内心为I,则ID平分∠BDC.(图2,图3)ABIDCABIDC图3图4直接证明这个问题似乎找不到突破口,下面给出一个比较简单的间接证明.我们先证明另一个问题:设E、F分别为△ABC的边AB、AC上的点,且AE=AF,I是△ABC的内心,D为△EBI的外接圆与△FIC的外接圆的另一交点,则△DEF的外接圆分别与AB、AC相切于E、F,且△DBC的外接圆与△DEF的外接圆相切于D.ABFIEDCABFIEDC图5图6事实上,如图5,显然有∠FDE=1()2BC∠+∠=90°−2A=∠AFE=∠FEA,所以,△DEF的外接圆分别与AB、AC相切于E、F.又∠EDB=∠EIB=∠AIB−∠AIE=90°+2C−(∠BEI−2A)2=(90°+2A)–∠BEI+∠ICB=∠EFC–∠BEI+∠DCB–∠DCI.而∠BEI=∠IFC,∠EFC−∠IFC−∠DFI=∠EFD,所以∠EDB=∠EFD+∠DCB.于是,过D作△DEF的外接圆的切线,则由所证等式即知这条切线也是△DBC的外接圆在点D处的切线,故△DBC的外接圆与△DEF的外接圆相切于点D.这就不难证明问题1了.(参见图6,略)注1:2002年伊朗数学奥林匹克有这么一道平面几何题:设一圆与△ABC的边AB、AC都相切,且与△ABC的外接圆相切于T,D是qBAC的中点,I为△ABC的内心,求证:T、I、D三点在一直线上.从问题1的情形来看,这个结论是显然的.但这道题至少有三种直接证明(只不过每一个证明均用到了Mannheim定理).IcIbBFTINMQPEDACABTIQPC图7图8证法1如图7,设所述小圆分别切AB、AC于P、Q,则由Mannheim定理,I为PQ的中点.设△ABC的B-旁心和C-旁心分别为I、I,则I、D、I都在∠BAC的外角平分线上,且D为线段II的中点.再设直线TP、IQ分别bcbcbc△ABC的外接圆于另一点M、N,交II于E、F,则M为bcpAB(不含点C)的中点,N为pAC（不含点B）的中点,所以,M在直线CI上,N在直线BI上.连接MN,则MN∥PQ∥EF,于是cbcbIEFEMFNPIMPNPIQ===I.因PI=IQ,所以,IE=FI,从而D为EF的中点,再注意I为PQ的中点即知T、I、D三点共线.cb3证法2如图8,由Mannheim定理,I为PQ的中点.又TP平分∠ATB,∠ATB=∠ACB,所以∠PIB=∠AIB−90°=12ACB∠=∠PTB.因此,P、B、T、I四点共圆,从而∠ITB=∠IPA.同理,∠CTI=∠AQI,但由对称性,有∠IPA=∠AQI,于是,∠ITB=∠CTI,即TI平分∠BTC.证法3仍见图8,由Mannheim定理,I为PQ的中点,而AP、AQ为切线,所以TA、TI为∠QTP的两条等角线,即有∠QTA=∠ITP,∠QTI=∠ATP.又∠CTQ=∠QTA,∠ATP=∠PTB,所以∠CTI=∠CTQ+∠QTI=∠QTA+∠ATP=∠ITP+∠PTB=∠ITB.即TI平分∠BIC.注2上海钟建国老师曾在网上发帖给出了问题1的另一个富有启发性的间接证明.但我们至今没有找到问题1的直接证明.从伊朗2002年的那道题的几个直接证明来看,欲找出问题1的直接证明,或许先要找到Mannheim定理的推广方有可能.问题2如图9,设P为△ABC的外接圆上一点,过P作BC、CA的垂线,垂足分别为D、E,L、M分别为AD、BE的中点,求证:DE⊥LM.(2003,伊朗数学奥林匹克)ABLMPEDCH4H3H2AH1BFEDC图10图9一看便知本题与著名的Simson线有关,似乎只用Simson定理就能简单解决,其实不然,它还涉及到另外两个著名的几何定理和Simson线的一个性质:Newton定理完全四边形的三条对角线的中点在一条直线上.这条直线称为完全四边形的Newton线;Steiner定理完全四边形的四个三角形的垂心在一条直线上.这条直线称为完全四边形的Steiner线.完全四边形的Steiner线与Newton线互相垂直.（图10）4Simson线的一个性质：三角形的外接圆上任意一点P与三角形的垂心的连线被点P关于三角形的Simson线平分;（图11）AHBFPEDCH3H2AH1HBFLNMPEDC图11图12这样,如图12,设点P在直线AB上的射影为F,则D、E、F在一直线上,考虑完全四边形AFDCBE,设△ABC、△AEF、△BFD、△CDE的垂心分别为H、H1、H2、H3,N为CF的中点,则H、H1、H2、H3在一直线上,L、M、N在一直线上,且这两条直线互相垂直.因点P同时在△ABC、△AEF、△BFD、△CDE的外接圆上,且点P关于这四个三角形的Simson线皆为直线DEF,而PH、PH1、PH2、PH3均被直线DEF平分,所以,直线DEF平行于完全四边形AFDCBE的Steiner线,故DE⊥LM.问题3设△ABC与△PQR满足下列条件:A、P分别是QR与BC的中点,QR、BC分别平分∠BAC与∠QPR.求证:AB+AC=PQ+PR.（2001,日本数学奥林匹克）RABQPCABMDC图13图14本题的条件也好、所对应的图形（图13）也好,都很简单,但这绝非一个简单问题.实际上,本题的背景是调和四边形——对边乘积相等的圆内接四边形.过圆外一点作圆的两条切线和一条割线,则两个切点和割线与圆的两个交点正好是一个调和四边形的四个顶点.如果调和四边形不是轴对称图形,则这个条5件既是充分的,也必要的.调和四边形有一个很好的特征性质：设M是圆内接四边形ABCD的对角线BD的中点,则四边形ABCD为一个调和四边形的充分必要条件是BD平分∠AMC.(图14、图15)RAOBC'TQ'SQPC图15图16如果了解了调和四边形的这一性质,则对于本题来说,落墨就会从证明B、C、Q、R四点共圆开始.只不过这个证明颇费周折.证明如图16,设BC的垂直平分线与QR的垂直平分线交于点O,则OB=OC,OQ=OR.因OA是∠BAC的外角平分线,所以点O在△ABC的外接圆上,且O为qBAC的中点.同理,点O在△PQR的外接圆上,且O为的中点.设直线OA与BC交于S,OP与QR交于T,则S为△PQR的外接圆上的qQPRpQR(不含点P)的中点,所以,OS为△PQR的外接圆的直径.同理,OT为△ABC的外接圆的直径.因OC⊥CT,CP⊥OT,所以,OC2=OP⋅OT;同理,OR2=OA⋅OS.但由OS⊥RT,OT⊥BS知P、A、S、T四点共圆,所以OP⋅OT=OA⋅OS.因此OC2=OR2,从而OC=OR.即有OB=OC=OR=OQ.这说明B、C、Q、R四点共圆.现在,设点C关于直线OA的对称点为C',点Q关于直线OP的对称点为Q',则C'在BA的延长线上,Q'在RP的延长线上,C'、Q'皆在⊙O上,AC'=AC,PQ'=PQ.qpq'BQQCCR==',于是,qq''''BQCQCR=,从而BC'=RQ'.而BC'=AB+AC'=AB+AC,RQ'=PR+PQ'=PR+PQ.故AB+AC=PQ+PR.问题4设L、M、N分别为△ABC的三条高AD、BE、CF的中点,△ABC的内切6圆与其边BC、CA、AB分别切于X、Y、Z,则LX、MY、NZ三线共点.记此点为P,进而证明点P在△ABC的外心与内心的连线上.（第44届(2003)IMO越南选拔赛）(见图17)AOBFZYXLINMPEDCKAIaBFLIEDCAIaOBXLIMQPDC图17图18图19问题的困难之处在于我们似乎无法将其化为一个已知的共点或共线问题,Menelaus定理与Ceva定理以及位似变换又都用不上,于是,我们只能采取证明三点共线或三线共点的一些其他方法来尝试.实际上,本题的关键是先要证明欲证的共点三直线中,每一条都过三角形的一个旁心.引理设K为△ABC的内切圆与BC边的交点,L为△ABC的高AD的中点,则△ABC的A-旁心I在直线KL上.a证明如图18,设E为△ABC的A-旁切圆与BC边的切点,F为△ABC的内切圆上点K的对径点,则A、E、F在一直线上.显然,EI∥FK∥AD.因L为AD的中点,所以,EL过a△ABC的内心I,又A、I、I在一直线上,于是aaaIEIEEIEKLDALILKD===.由此即知,I、K、L三点共线,即a△ABC的A-旁心I在直线MK上.a这样,如图19,由引理,△ABC的A-旁心I在直线LX上.设a△ABC的外心与内心分别为O、I,外接圆半径与内切圆半径分别为R、r,直线LX交直线OI于点P,II与a△ABC的外接圆交于M,则OM⊥BC,且M为IIa的中点.显然,点P在OI的延长线上.再过点I作OM的平行线交直线OI于Q,则QI=2OM=2R.于是aa2aPIIXrPQQIR==.7所以22PIPIrOIIQRr==−.从而有22rOIPIRr⋅=−.最后的等式说明:点P是直线OI上的一个定点.换句话说,直线LX通过直线OI上的一个定点P;同样,直线MY、NZ也过直线OI上的这个定点P.故直线LX、MY、NZ三线共点P.并且点P在△ABC的外心与内心的连线上.问题5在凸四边形ABCD中,AB=CD,AB与CD不平行.动点E、F分别在边AB、CD上,满足条件AE=CF.再设对角线AC与BD交于P,直线EF与AC、BD分别交于Q、R.求证:当E、F分别在AB、CD上变动时,所有△PQR的外接圆周除了P外还有一个公共点.（第46届IMO）本题必须先找出那个公共点,其关键是将AB和CD这两条线段看成真正(顺)合同图形,由于AB与CD不平行.所以,这个真正合同所对应的几何变换是旋转变换,而E与F恰好为两个旋转对应点,它们有一个旋转中心,这个旋转中心正是我们要找的另一个公共点.下面将相等的条件去掉,证明这个问题的推广:问题5'在凸四边形ABCD中,AB与CD不平行.动点E、F分别在边AB、CD上,满足条件AECFEBFD=.再设对角线AC与BD交于P,直线EF与AC、BD分别交于Q、R.求证:当E、F分别在AB、CD上变动时,所有△PQR的外接圆周除了P外还有一个公共点.ABFKIJEDCAOBFRQPEDC图20图21引理设EF分别为四边形ABCD的边AB和CD上的点,直线EF分别与AC和BD交于I、J,则AECFEBFD=的充分必要条件是:AIBJICJD=.8事实上,如果BC∥EF∥AD,则ABCD为梯形,于是AECFEBFD=⇔EF分别为AB和CD的中点⇔I、J分别为AC、BD的中点⇔AIBJICJD=.如果BC与A