兩道幾何命題的新證、類比與推廣

廣東省深圳中學 (518001) 邱際春

1 提出問題

第19屆美國數學奧林匹克第5題是一道優美的幾何賽題,摘錄如下:

題目平面上給定一個銳角ΔABC,以AB為直徑的圓與AB邊上的高線CC′及其延長線交于M、N,以AC為直徑的圓與AC邊上的高線BB′及其延長線交于P、Q．證明:M、P、N、Q四點共圓．

筆者在文[1]和文[2]中利用多種方法分別證明了原賽題,并在文[3]中針對此題的基本圖形進行改造,衍變得到一些有意義的幾何命題．

下面摘錄文[3]的兩個幾何命題:

命題1 如圖1,在銳角三角形ΔABC中,以AB為直徑的圓Γ1與AC相交于點E,以AC為直徑的圓Γ2與AB相交于點F,BE與CF交于點H,且AH交EF于G,O為ΔAEF的外心．證明:CO⊥BG．

圖1

命題2 如圖2,在銳角三角形ΔABC中,以AB為直徑的圓Γ1與AC相交于點E,以AC為直徑的圓Γ2與AB相交于點F,BE與CF交于點H,且AH交EF于點G,若O為ΔAEF的外心,延長BO交AC于點L,延長CG分別交BO、BE于點M、N．證明:LN//OH．

圖2

本文基于三角函數的視角重新證明上述兩個幾何結論,并對此作進一步類比探究,得到新的推廣結論．

2 命題新證

事實上,我們根據圖形結構特征容易看出命題2是由命題1引申得到的結果．下面利用三角法給出上述命題1和命題2的新證明．

圖3

由B、C、E、F四點共圓,知∠FBE=∠FCE,從而∠ABG=∠FCO．又CF⊥AB,所以∠GBC+∠OCB=∠GBC+∠FCO+∠FCB=∠GBC+∠ABG+∠FCB=∠FBC+∠FCB=90°,故CO⊥BG．

圖4

注：上述證明過程整理自學生姜志城(2022年CMO金牌,進入IMO國家隊)的解答．其關鍵在于利用面積方法和三角函數關系來巧妙處理線段關系,以及考查算兩次原理的靈活運用．

3 類比推廣

考慮到上述命題1和命題2中的ΔABC為銳角三角形,采用橫向類比推理,不禁提出如下問題:

問題1 若將ΔABC為銳角三角形類比到直角三角形,則命題1和命題2中的結論是否成立?

分析：考慮ΔABC為直角三角形,根據圖3和圖4發現:

當銳角∠BAC逐步變大至直角時,點A、E、H、F所在的圓Γ4逐步退化成點A,于是CO與AC重合,BG與AB重合,而AB⊥AC,故有CO⊥BG;此時,線段LN與OH也隨之退化成點A,如圖5．

圖5

問題2 若將ΔABC為銳角三角形類比到鈍角三角形,則命題1和命題2中的結論是否依然成立?答案是肯定的,類比后的結論表述為下面命題3和命題4．

命題3 如圖6,在鈍角三角形ΔABC中,以AB為直徑的圓Γ1與CA的延長線相交于另一點E,以AC為直徑的圓Γ2與BA的延長線相交于另一點F,分別延長BE與CF交于點H,且AH交EF于G,O為ΔAEF的外心．證明:CO⊥BG．

圖6

分析:考慮ΔABC為鈍角三角形,AB、AC分別為圓Γ1、圓Γ2的直徑,則有∠AFH=∠AEH=90°,故A、E、H、F四點共圓．于是在銳角三角形ΔBHC中,以HB為直徑的外接圓Γ3與HC交于點F,以HC為直徑的外接圓Γ4與HB交于點E,BF與CE交于點A,且AH交EF于G,O為ΔHEF的外心．這實質上等價于命題1,故CO⊥BG．

命題4 如圖7,在鈍角三角形ΔABC中,以AB為直徑的圓Γ1與CA的延長線相交于點E,以AC為直徑的圓Γ2與BA的延長線相交于點F,分別延長BE與CF交于點H,且AH交EF于點G．若O為ΔAEF的外心,BO與CE交于點L,延長CG分別交BO、BH于點M、N．證明:LN//OH．

圖7

證明：考慮到AB、AC分別為Γ1、Γ2的直徑,則AE⊥BH,AF⊥CH,故H為ΔABC的垂心,A、E、H、F四點共圓．設圓Γ1與圓Γ2交于另一點D,連接AD．因為AB、AC分別為圓Γ1、圓Γ2的直徑,所以∠ADB=∠ADC=90°,所以AD⊥BC．注意到AF⊥FH,可知AH為ΔAEF外接圓Γ5的直徑,故A、O、H三點共線．由于O為ΔAEF的外心,故由圓冪定理及余弦定理可得

推廣1 在非直角ΔABC中,以AB為直徑的圓Γ1與直線AC相交于點E,以AC為直徑的圓Γ2與直線AB相交于點F,直線BE與直線CF交于點H,且AH交EF于G,O為ΔAEF的外心,則CO⊥BG．

推廣2 在非直角ΔABC中,以AB為直徑的圓Γ1與直線AC相交于點E,以AC為直徑的圓Γ2與直線AB相交于點F,直線BE與直線CF交于點H,且AH交EF于G．若O為ΔAEF的外心,直線BO交直線AC于點L,延長CG分別交直線BO、BE于點M、N,則(1)LN//OH;(2)AN、HL、EO三線共點．