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1、2004年第2期9●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)在平面几何证明中,当欲证某图形具有mKC+nHDmAH+nHDRQ′==.某种特性而不易直接证明时,可采用同一法,m+nm+n由RP′=RQ′及锐角△ABC非等腰可得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m=HF-HD.nAH-CH给出的.许多数学竞赛中的平面几何试题的另一方面,由A、F、D、C共圆知证明都要用到同一法,其中最有代表性的是HFHDHF-HD2000年IMO中国国家集训队选拔考试
2、第一==.AHCHAH-CH题和第39届IMO第一题,有“舍此无他”的感HDmDQ′于是,==.觉.下面是用同一法的另几个例子.CHnQ′C从而,点Q′与点Q重合.1为终极目标而使用同一法同理知P′与P重合.例1在非等腰锐角△ABC中,高AD于是,结论成立.和CF夹成的锐角的平分线分别与边AB、BC例2如图2,已知B1、C1分别是△ABC相交于点P、Q,∠B的平分线同连结△ABC边AC、AB上的的垂心和边AC之中点的线段相交于点R.证点,CC1、BB1相明:P、B、Q、R四点共圆.交于D.证明:当(第26届俄罗斯数学奥林匹克)且仅
3、当△ABD和证明:如图△ACD的内切圆1,延长HM到外切时,四边形K,使得MK=AB1DC1有内切HM,连结AK、圆.图2CK,则AHCK(1999,保加利亚数学奥林匹克)是平行四边形.证明:当四边形AB1DC1有内切圆⊙I故图1KC⊥BC,时,设⊙I分别切BB1、CC1于点B3、C3,设KA⊥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△ABD的内切圆⊙I1切BB1于点B2,△ACD共圆.的内切圆⊙I2切CC1于点C2.则FP′HRDQ′mB2B3=BB3-BB2设===,则P′
4、ARKQ′CnAB+BB1-AB1AB+BD-ADmKA+nHFmCH+nHF=-RP′==,22m+nm+nAD+DB1-AB1=.收稿日期:2003-09-06修回日期:2003-11-21210中等数学AD+DC1-AC1EGAPECAB同理,C2C3=.·=·.2APDFACBD由AB1DC1有内切圆知DB1-AB1=EMECAB于是,=·.②MFACBDDC1-AC1,于是,B2B3=C2C3.由①、②得再由DB3=DC3可知DB2=DC2.从而,FPCAEM⊙I1与⊙I2外切于AD上一点.PC·AE·MF=1.反之,设
5、△ABD的内切圆⊙I1与△ACD再由梅涅劳斯定理知A、M、P共线.的内切圆⊙I2外切于AD上一点.作△ACC1从而,结论成立.的内切圆⊙I,过D作⊙I的另一切线分别2为过渡目标而使用同一法交直线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外例4在锐角△ABC中,AD是∠A的内切于AD上一点.再由⊙I′1与⊙I1的圆心同角平分线,点D在边BC上,过点D分别作DE⊥AC、DF⊥AB,垂足分别为E、F,连结在∠BAD的平分线上知⊙I′1与⊙I1重合.从BE、CF,它们相交于点H,△AFH的
6、外接圆而,B′与B重合,B′1与B1重合.因此,交BE于点G.求证:BG、GE、BF组成的三角AB1DC1有内切圆.形是直角三角形.例3以△ABC的底边BC为直径作半(2003,IMO中国国家集训队选拔考试)圆分别与边AB、AC交于点D、E,分别过D、BK证明:如图4,作AK⊥BC于K,则=E作BC的垂线,垂足依次为F、G,线段DGKC和EF交于点M.求证:AM⊥BC.ccosB.(第37届IMO国家集训队选拔考试)bcosC下面先证证明:如图3,作A、H、K三点共AP⊥BC于P.只须线.证A、M、P三点共由DF⊥线,即证AB及D
7、E⊥ACFPCAEM··有图4PCAEMF图3BFAEDFcotBDEcot∠DAE=1.·=·FAECDFcot∠DAFDEcotC由DF∥AP知cotBsinC·cosBccosBFPDA=cotC=sinB·cosC=bcosC.=.BPABBFAECK对△ABC的三条高线AP、BE、CD用塞从而,FA·EC·KB=1.瓦定理有由塞瓦定理知A、H、K三点共线.BPBDAE由DF⊥AB可知D、K、A、F四点共圆.=·.PCDAEC又A、H、G、F四点共圆,有FPFPBPDABDAE故=·=··.①∠BGF=∠BAK=∠BDF.
8、PCBPPCABDAEC从而,B、D、G、F四点共圆,∠BGD=由DF∥EG知∠BFD=90°.故DG⊥BE.于是,EM=EG=EG·AP.2222222BG-GE=BD-DE=BD-DF=BF.MFDFAPDF因此,结论成立.再由DF∥AP∥EG
