平面幾何競賽題的解題策略

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(天津師范大學數學教育科學與數學奧林匹克研究所 天津 300387)

平面幾何競賽題的解題策略

●李建泉

(天津師范大學數學教育科學與數學奧林匹克研究所 天津 300387)

每年全國高中數學聯賽的二試中都有一道平面幾何題，能否完整地解答出這道題，往往成為獲獎等級高低的關鍵，從而平面幾何題也就成為考生重點關注的題型.如何在全國高中數學聯賽中成功解答平面幾何題，也是我們需要研究的課題.解答平面幾何題的方法很多，使用的知識點也很多，下面將2006～2011年全國高中數學聯賽中的6個平面幾何題所涉及的知識點和常用方法進行總結，為參加數學競賽的學生提供學習和訓練的模式，供大家參考.

(2)點P0,Q0,Q1,P1共圓[1].

(2006年全國高中數學聯賽試題)

這是一個多次旋轉變換的問題，關于2次旋轉變換有下面的性質：

下面給出上述性質的證明[2]：

證明如圖1，∠Q0B0P0的角平分線與∠AC1B0的角平分線的交點O即為由點P0到點P1的旋轉變換的旋轉中心，旋轉角度(逆時針)為∠P0B0Q0+∠Q0C1P1，且OP0=OP1.

圖1

∠P0B0Q0+∠Q0C1P1=

180°-∠B1AB0=∠P1B1Q1+∠Q1C0P0′.

設點O，O′在AB1上的投影分別為D，D′,則

文獻[1]中給出的標準答案用到了橢圓的定義和線段、角度的推導，文獻[3]中還給出了其他5種證法，其中用的較多的方法是角和關于線段的長度的計算.同時下述相關知識點和方法需要重視：幾何變換(包括平移、對稱、旋轉、位似及這些變換的復合)及相關的公式(如與三角形有關的有：包括角、邊或線段、內切圓半徑、外接圓半徑、旁切圓半徑、面積及與五心有關的性質).

例2在銳角△ABC中，AB

(2007年全國高中數學聯賽試題)

例2涉及的知識點很多，有多種解答，文獻[4]中給出的解答用到的是軸對稱變換.通過比較，例1中給出的條件中就有旋轉，考慮旋轉變換比較自然，例2中的條件沒有軸對稱，應用軸對稱變換的目的是將分散的條件集中到一起，這種手段在其他變換中具有類似的意義.

九點圓定理在△ABC中，3條邊的中點、從頂點向3條邊作垂線所得的垂足、3個頂點與垂心所連線段的中點，這9個點在同一個圓上，這個圓稱為九點圓或歐拉圓或費爾巴赫圓.

阿波羅尼斯定理與2個定點的距離之比等于定比(不等于1)的點的軌跡是一個以其內、外定比分點所連線段為直徑的圓，這個圓稱為阿波羅尼斯圓.

下面給出應用上述2個定理的解答[5]：

證明(充分性)若點P是△ABC的垂心，由于△BDF,△CDE的外心分別是BP，CP的中點，因此△ABC的九點圓過點O1，O2，E,F，即這4個點共圓.

圖2

(必要性)若點O1，O2，E，F共圓，則

∠O1O2E+∠EFO1=180°.

因為O1，O2分別是BP，CP的中點，O1O2∥BC,且∠AFE=∠APE=∠BCA，所以

∠O1O2E= ∠O1O2P+∠PO2E=

∠PCB+2∠PCE=∠BCA+∠PCE,

∠EFO1= 180°-∠AFE-∠BFO1=

180°-∠BCA-∠PBF,

故

∠FBP=∠ECP.

由△BPF∽△CPE,得

注意到AD在BC的上方與該圓恰有1個交點，且△ABC的垂心H滿足

故點P即為點H，即P是△ABC的垂心.

除了文獻[4]中給出的標準答案外，文獻[5]還給出了其他2種證法，其中用到了面積公式、余弦定理及三角公式等.由于充分性比較簡單，文獻[6]中只給出了必要性的10種證法，用到的知識點有：角元塞瓦定理、塞瓦定理、分角線定理、三角形的相似、三角形的全等、積化和差公式及三角形五心的性質等，方法涉及到“同一法、反證法、向量法、解析法”等.

例3給定凸四邊形ABCD，∠B+∠D<180°，P是平面上的動點，令

f(P)=PA·BC+PD·CA+PC·AB.

(1)求證：當f(P)達到最小值時，點P,A,B,C共圓.

(2008年全國高中數學聯賽試題)

這個題目用到的是廣義托勒密定理，廣義托勒密定理的形式有很多，這里用到的是其中的一個，也稱為托勒密不等式：

對于平面上任意4個點A,B,C,P，有

PA·BC+PC·AB≥PB·AC.

我們用的比較多的是下面的2個形式：

廣義托勒密定理對于任意凸四邊形ABCD，有

AB·CD+BC·DA≥AC·BD，

當且僅當四邊形ABCD為圓的內接四邊形時取到等號.

托勒密定理若凸四邊形ABCD為圓內接四邊形，則

AB·CD+BC·DA=AC·BD.

下面給出例3的解答[8]：

(1)證明在四邊形PABC(含凹四邊形和廣義四邊形)中，由廣義托勒密定理，可得

PA·BC+PC·AB≥PB·AC，

因此

f(P)≥PB·AC+PD·CA=AC(BP+PD)≥

AC·BD，

當且僅當P為△ABC的外接圓與BD的交點時取到等號，f(P)的最小值為AC·BD.

在四邊形ABEF中，由托勒密定理得

AF·BE+EF·AB=AE·BF，

于是

即

(BE-x)(BE+3x)=0，

從而

BE=x.

因為AE2+BE2=4x2=AB2，所以∠AEB=90°，AB為直徑.在四邊形ACBE中，由托勒密定理有

AE·BC+BE·AC=EC·AB，

即

得

圖3

因此f(P)的最小值為

文獻[7]中給出了3個標準答案：第1種證法用到的是廣義托勒密定理和解三角方程；第2種證法用到的是三角形的相似和面積公式；第3種證法用的是復數法.文獻[9]中給出了一種證法，用到的知識點有：三角形的相似、三角不等式、托勒密定理、勾股定理等.

(1)MP·MT=NP·NT.

(2009年全國高中數學聯賽試題)

例4最關健的一步是用到了三角形內心的性質：

已知I為△ABC的內心，I1為∠A內的旁心，∠A的角平分線與△ABC的外接圓交于點D，則DI=DB=DC=DI1；若∠A的角平分線與△ABC的外接圓交于點D，在AD及AD的延長線上分別存在點I及I1，使得DI=DI1=DB，則I和I1分別為△ABC的內心和∠A內的旁心[11].

下面給出該性質的證明：

證明(1)如圖4，聯結NI，MI.由于PC∥MN且點P,C,M，N共圓，從而四邊形PCMN是等腰梯形，因此

NP=MC，PM=NC.

聯結AM，CI，則AM與CI交于點I.因為MC=MI，NC=NI，所以NP=MI，PM=NI，從而四邊形MPNI為平行四邊形，故S△PMT=S△PNT.又因為點P，N，T，M共圓，所以∠PNT+∠PMT=180°.

由三角形面積公式得

于是

MP·MT=NP·NT.

圖4 圖5

(2)如圖5，聯結QM，QN，I1T，I2T.由MP·MT=NP·NT，得

由第(1)小題得

MP=NC，NP=MC，

又因為NC=NI1，MC=MI2，所以

由∠I1NT=∠QNT=∠QMT=∠I2MT，得

△I1NT∽△I2MT

從而

∠NTI1=∠MTI2,

故

∠I1QI2=∠NQM=∠NTM=∠I1TI2.

因此，點Q，I1，I2，T共圓.

文獻[12]對文獻[10]中的證明給予了高度評價.文獻[13]中又給出了2種新的證法，第1種證法用到了三角形的相似和前面所說的內心的性質；第2種證法用到了角元塞瓦定理.

例5已知銳角△ABC的外心為O，K是邊BC上一點(不是邊BC的中點)，D是線段AK延長線上一點，直線BD與AC交于點N，直線CD與AB交于點M.求證：若OK⊥MN，則點A，B，D，C共圓[14].

(2010年全國高中數學聯賽試題)

與例5相關的結論很多.在眾多的證明方法中，用到最多的是反證法，下面給出利用極線性質的證明[15]：

圖6

證明如圖6，設AK與⊙O交于點D1，CD1，BD1分別與AB，AC交于點M1，N1.

由于KN1為點M1關于⊙O的極線，于是OM1⊥KN1；同理，ON1⊥KM1.因此，O為△KM1N1的垂心,即有OK⊥M1N1(也可由配極原則得到M1N1是點K關于⊙O的極線，同樣有OK⊥M1N1成立).

又因為OK⊥MN，所以，M1N1∥MN.若D1≠D,設AK的延長線與MN，M1N1分別交于點E，E1.由塞瓦定理得

于是

BC∥MN.

由OK⊥BC，知K為BC中點，矛盾.

文獻[14]給出的標準答案用到的知識點包括：2條線段XY,WT垂直的充分必要條件、梅涅勞斯定理、圓冪的性質.文獻[15]還給出了3種新的證法:第1種證法用到了斯特瓦爾特定理、梅涅勞斯定理和塞瓦定理；第2種證法用到的是梅涅勞斯定理、塞瓦定理和正弦定理；第3種證法用到的是塞瓦定理、正弦定理和三角形的相似.文獻[16]給出的證法用到了密克定理、梅涅勞斯定理和分比定理.文獻[17]對該問題的射影幾何背景作了深入的分析，并給出了與其正命題有關的一些問題.

例6P,Q分別是圓內接四邊形ABCD的對角線AC,BD的中點，若∠BPA=∠DPA，證明：∠AQB=∠CQB[18].

(2011年全國高中數學聯賽試題)

文獻[18]中給出的標準答案實際上有證明托勒密定理的痕跡，下面先給出托勒密定理的一個證明：

托勒密定理的證明如圖7，設點E在BD上，且滿足∠BAE=∠DAC.因為∠ABE=∠ACD，所以

△ABE∽△ACD,

從而

AB·CD=AC·BE.

又因為∠CAB=∠DAE，∠ACB=∠ADE，所以

△ABC∽△AED，

從而

BC·DA=AC·DE，

因此

AB·CD+BC·DA=AC·BD.

圖7 圖8

比較上面的證明，給出文獻[18]中對例6的證明：

∠CDP=∠ADB,

故

∠ABD=∠PCD，

因此

△ABD∽△PCD,

即

亦即

AB·CD=PC·BD.

故

即

又因為∠ABQ=∠ACD,所以

△ABQ∽△ACD,

從而

∠QAB=∠DAC,

故

∠CAB=∠DAF

由Q為BD的中點，知

∠CQB=∠DQF=∠AQB.

文獻[19]中給出了例6與調和四邊形的關系，證明中考慮了軸對稱或作平行.文獻[20]中給出了6種證法：第1種證法用到了極線的性質，包括與其相關的調和點列、調和四邊形的概念；其他證法中都用到了托勒密定理、射影定理、切割線定理等.

綜合6年來的平面幾何題的眾多解法，我們看到著名定理占的比重很大，用與三角形五心有關性質的解法也很多，當然圓總是競賽試題的熱點之一，選擇好的解決辦法是至關重要的.

[1] 2006年全國高中數學聯賽[J].中等數學,2006(12)：24-29.

[2] 李花花.連續兩次旋轉變換性質的應用[J].中等數學,2006(12):22.

[3] 李耀文，劉才華，王慧興,等.2006年全國高中數學聯賽加試題另解[J].中等數學,2007(2)：12-18.

[4] 2007年全國高中數學聯賽[J].中等數學,2007(12)：28-34.

[5] 任爽.相關知識點在解競賽題中的應用[J].中等數學,2007(12)：13-14.

[6] 黎永漢，劉才華，余水能,等.2007年全國高中數學聯賽加試題另解[J].中等數學,2008(2)：12-19.

[7] 2008年全國高中數學聯賽[J].中等數學,2008(12)：20-27.

[8] 李建泉.用代數法解平面幾何問題[J].中等數學,2008(12)：10-12.

[9] 沈毅，李濤，邱國生，等.2008年全國高中數學聯賽加試題另解[J].中等數學,2008(12)：15-17.

[10] 2009年全國高中數學聯賽[J].中等數學,2009(12)：23-30.

[11] 李建泉.與三角形內心的一個性質有關的一類問題[J]．中學教研(數學)，2008(6)：26-28.

[12] 單墫.評2009年全國高中數學聯賽試題[J].中等數學,2009(12)：10-11.

[13] 李耀文，齊博，王繼忠,等.2009年全國高中數學聯賽加試題另解[J].中等數學,2009(12)：12-16.

[14] 2010年全國高中數學聯合競賽[J].中等數學,2010(12)：24-28.

[15] 史德祥，劉才華，金磊,等.2010年全國高中數學聯賽加試題另解[J].中等數學,2010(12)：12-19.

[16] 沈文選.三角形的密克定理及其應用[J].中等數學,2011(11)：7-11.

[17] 單墫.評2010年全國高中數學聯賽試題[J].中等數學,2010(12)：11-13.

[18] 2011年全國高中數學聯合競賽[J].中等數學,2011(12)：25-30.

[19] 單墫.評2011年全國高中數學聯賽試題[J].中等數學,2011(12)：10-13.

[20] 戴昕悅，張智浩，李菁華,等.2011年全國高中數學聯賽加試題另解[J].中等數學,2011(12)：13-17.