對一道預賽試題的進一步探究

(郵編：244000)

安徽省銅陵市第一中學

1 原題再現

(1)試題(2018山西省預賽第10題)

圖1

如圖1，圓內接四邊形ABCD中，自AD的中點M作MN⊥BC，ME⊥AB，MF⊥CD，N、E、F為垂足.

證明：MN過線段EF的中點.

(2)參考解答

圖2

如圖2，在線段AB、CD上分別取點G、H，使AE=GE,DF=HF，則A、G、H、D四點共圓(以M為圓心)，所以∠BGH=∠ADC=180°-∠ABC，于是GH//BC，則MN⊥GH，設垂足為X，于是X為GH的中點.這樣就有E、X、F、M為四邊形AGHD四條邊的中點，因此EXFM為平行四邊形，故其對角線相互平分，即MN過線段EF的中點.

2 其它解法

思路1 證明交點即中點

圖3

如圖3，連接EF交MN于點K，證出EK=KF共線即可.

首先注意到E、B、N、M與A、B、C、D四點共圓，

所以∠EMN=180°-∠B=∠D.同理∠FMN=180°-∠C=∠A.

在這樣的思路指引下，可設計出如下解法.

解法一 (面積法)

解法二 (正弦定理)

在△EMK中，由正弦定理得

所以EK=KF.

解法三 (相似與全等)

圖4

如圖4，過點E、F作MN的垂線，垂足分別設為G、H.

在Rt△EGM和Rt△MFD中，由∠EMG=∠D，得

△EGM∽△MFD.

所以EG=FH.

從而△EGK≌△FHK，所以EK=KF.

思路2 證明中點即交點

圖5

如圖5，連接EF，取EF的中點K，下證M、K、N共線即可.

解法四 (向量法)

=0.

所以MK⊥BC.由于過一點有且僅有一條垂線，于是M、K、N共線.

解法五 (余弦定理)

圖6

如圖6，倍長MK至X，連接XE、XF，

于是四邊形XEMF為平行四邊形，且∠EMF=180°-∠AME-∠DMF=∠A+∠D.

在△XEM中，MX2=EM2+EX2-2EM·EX·cos∠MEX=sin2A+sin2D+2sinA·sinD·cos(A+D).

所以∠EMK=∠EMX=∠D=180°-∠B=∠EMN.于是M、K、N共線.

點評① 值得指出的是，兩種思路本質區別是針對點K的生成方式不同，卻都能達到證明目標；②由上可以看出，本題結構簡潔，思路自然，解法多樣.同時作為一道預賽試題，能較好地檢測學生的能力水平，體現出深刻的思考價值.

3 相關探究

鑒于上述證法思路與具體過程，筆者對試題的原結構中的一些條件強化或者弱化，可以得出類似的相關結論，具體如下.

圖7

命題1 如圖7，AD是圓的直徑，B、C是圓上的定點.自圓心M作MN⊥BC，ME⊥AB，MF⊥CD，N、E、F為垂足.則MN過線段EF的中點K.

點評①容易發現E、N、F分別是弦AB、BC、CD的中點，從而四邊形MENF為平行四邊形，于是EF、MN互相平分，所以結論成立；②上結論實質是原題的特殊狀態，同時也是參考答案證明方法的核心.

證明以點M為視點，注意到E、K、F三點共線.

注意到∠KMF=∠A,∠EMK=∠D，

點評上結論揭示了MK,AM長度與角度A+D正弦之間定量的關系，同時也與解法四中由余弦定理得到MX=

圖8

命題3 如圖8，圓內接四邊形ABCD中，自邊AD的一動點M，作MN⊥BC，ME⊥AB，MF⊥CD，N、E、F為垂足，EF與MN交于點K.則

點評在原結構中初步釋放點M的位置(仍在AD上)，其它條件不變，那么點K為EF中點結論改成點K分線段EF所成的比與點M分線段AD所成的比相等.

圖9

命題4 如圖9，圓內接四邊形ABCD中，自邊AD的一動點M，作ME交AB于E，作MN交BC于M，作MF交CD于F，且∠MEB=∠MNC=∠MFD(注：這里的角為有向角，∠MEB表示EM旋轉至EB角的大小)，EF與MN交于點K.設△AME和△MFD的外接圓半徑分別為R1和R2.則

點評命題4表明了原構型中過點M作垂線的條件可以弱化成兩組四點共圓而結論本質不變.

圖10

命題5 如圖10，圓內接△ABD中，自邊AD的一動點M，作ME交AB于E，作MN交BC于M，作MF交BC于F，且∠MEB=∠MNC=∠MFD(注：此處為有向角)，EF與MN交于點K.設△AME和△MFD的外接圓半徑分別為R1和R2.則

點評命題4中，當點B、C重合時，四邊形ABCD退化成△ABD，邊BC退化成切線BN，即可退化成命題5.

圖11

命題6 如圖11，圓內接四邊形ABCD中，自一動點M，作ME交AB于E，作MN交BC于M，作MF交CD于F，且∠MEB=∠MNC=∠MFD(注：此處為有向角)，EF與MN交于點K，過M作AD平行線交直線AB、CD于A1、D1.設△A1ME和△MFD1的外接圓半徑分別為R1和R2.則

點評命題6中徹底釋放點M的位置(不一定在AD上)仍然有類似結論，證明可由A1、B1、C、D共圓再結合命題4立得.