从垂足三角形谈起

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1、 命题与解题 从 垂 足 三 角 形 谈 起李 成 章(南开大学数学科学学院,300071)收稿日期:2005 - 06 - 17众所周知,以三角形的三条高的三个垂 足为顶点的原三角形的内接三角形称为原三 角形的垂足三角形,它的一个有意义的特点 是: 原三角形的三条高恰为垂足三角形的三条内角平分线. 后来,有心人对此深入细致地研究,发现 这里有一个问题:是由三条高的条件整体上 决定它们恰是垂足三角形的三条内角平分 线,还是单单一条高就足以保证自己是原三角形的内接三角形的内角平分线呢?对这一 问题的解决就是如下的题目.图1例1 如图1 ,设AD是锐角 ABC的 底边BC上的高,H是AD上任意异于

2、A和D的点,BH、CH的延长 线分别交AC、AB于 点E、F.求证: EDH=FDH. 这是1994年加拿大数学奥林匹克的一道试题,难度不大且解法很多.例如,可以用 梅涅劳斯定理或塞瓦定理来证明. 证法1 :直线FHC截 ABE,由梅涅劳斯 定理和三角形的面积公式有1 =AF FBBH HEEC CA=SAFD SFBDSHBD SHDESEDC SADC=ADsinADF BDsinBDFBD EDsinHDEEDsinEDC AD= tanADFcotHDE. 所以,tanHDF= tanHDE. 故 EDH=FDH. 证法2 :由塞瓦定理有1 =AF FBBD DCCE EA=SAFD

3、SFBDBD DCSEDC SADE=ADsinADF BDsinFDBBD DCCDsinEDC ADsinADE= tanADFcotADE. 所以,FDH=EDH. 显然,这两个证法都极为简单.将本题的 图形倒过来画,然后,将BD、DC绕点D向形内方向旋转一个等角,就可得到另一道试题. 这就是我国1999年全国高中数学联赛第二 试第一题:图2例2 如图2 , 在四边形ABCD中,对 角 线AC平 分 BAD,在边CD上 取一点E,BEAC=F,DFBC=G. 求证:GAC=EAC. 例1的两个证法都可以完全平行地用来证明此题.仅有的区别是,使用塞瓦定理时要 把对角线BD画出来或者将GE联

4、结起来.这道题目用解析几何方法也很好证,所 以,作为全国高中数学联赛二试题来讲,难度似嫌不够.与例1相比,只是图形的形状变 了,但方法没有实质性的改进.从命题角度讲,这种改造是不彻底的.从解题角度讲,对 于见过例1并记住证法的考生而言,是太容92005年第10期易了,而对于未见过例1的考生,该题却有一 定难度,因而多少有失公允.因此,在为数学竞赛命题时,不仅要在图形上、 形式上,而且 要在方法上干净利落地斩断新题与旧题的一 切联系,特别是后者.只有这样,才能使考生 在解题的同时锻炼自己的科学创新能力,这 才是数学竞赛的宗旨.例2中并未要求四边形ABCD是 “凸” 的,但有 “如图” 二字且试卷

5、上给出的图形是 凸的,答题时当然只证凸四边形的情形就可 以了.事后想来,对于四边形ABCD是凹四边 形的某些情形,同样的结论仍然成立,而且证法也没有什么实质性的不同. 例1的一个更一般的改造成果是例3:图3例3 如图3 , 在 AEF的 两 边AE、AF上 各 取 点B、D,BFED=C,ACBD=P,过 点P作POEF 于点O.求证: BOP=DOP. 注意,当ACEF时,本题就变成了例1.因此,解本题时自然可以或多或少地借鉴 例1的证法. 证明:对 ABD和点C应用塞瓦定理有1 =AE EBBP PDDF FA=SAEO SBEOSPBO SPODSDOF SAOF=OAsinAOE OB

6、sinBOEOBsinPOB ODsinPODODsinDOF OAsinAOF.因为 AOE+AOF=180, BOE+BOP=90, POD+DOF= 90,则1 =sinBOP cosBOPcosDOP sinDOP. 所以,tanBOP= tanDOP. 故 BOP=DOP. 这一次,证明中仍然用到了塞瓦定理及与之配套的方法,但却不是例1证法2的简 单平移,难度也随之增加了.这是一个成功的命题. 与例3并列的,还有如下的题目: 例3 条件同例3.求证: AOP=COP.图4证明:如图4 ,延长AC交EF于点Q,对 AEC和点F 应用塞瓦定理有AB BEED DCCQ QA= 1. 直线

7、BPD截 AEC,由梅涅劳斯定理有AB BEED DCCP PA=1.比较式 、 得到CQ QA=CP PA.故1 =AP AQCQ CP=SOAP SOAQSOCQ SOCP=OPsinAOP OQsinAOQOQsinCOQ OPsinCOP= tanAOPcotCOP.所以,AOP=COP. 例3与例3 结合起来,就是2002年IMO 中国国家集训队选拔考试第1题: 例3 设凸四边形ABCD的两组对边所 在的直线分别交于E、F两点,对角线AC与BD的交点P在直线EF上的射影为点O.求 证:BOC=AOD. 当年,这可是一道非常难的题.在集训队的23名队员中,竟有11人没有做出来,这是 很

8、少见的.实际上,这个题目的证法应该是有踪可循的.首先,本题与例1、 例2两题是同类题 目,都是已知两角相等而求证另两角相等,且4个角的顶点是同一个点. 其次,图形都是没有圆弧的纯直线形,都01中 等 数 学有直接使用或稍加变化即可使用梅涅劳斯定 理和塞瓦定理所需要的图形.这是非常有价值的关联信息,提示我们 用类比的方法、 借鉴前两题的证法来寻求此 题的证法.当然不能指望简单照搬,通常要加 以适当地改造.这一点在例3和例3 的证明 中已经见到,可见这正是解决例3 的正确途径.无论是从命题的角度,还是从解题的角 度,这都是一个很好的题目. 另外,还可以问,例1的逆命题是否正 确?这就可以得出下面的

9、题目. 例4 在 ABC的两边AB、AC上各取一点F、E,BECF=M,过点M作MDBC 于点D.已知 FDM=MDE.求证:A、M、D三点共线. 证明:如图5 ,延长DM交折线BAC于一 点A.不妨设点A 在边AB上(包括点A,但图5若过点A,结论就 成立了,故可设不 过点A) .联结AC 交BE于点E,联 结DE.于是,AD为 ABC的边BC 上的高.由例1的 结果知 FDM=MDE. 又因 FDM=MDE,所以,DE 与DE 重合,E 与E重合.从而,A 与A重合,即D、M、A三点共线. 这一结果表明,在例4的条件下,MD所 在直线过点A的充分必要条件是 FDM= MDE.掌握这一结果,

10、就又可以为某些题 目的证法开通思路. 例5 在 ABC的边BC上取一点D,以D为圆心在三角形内作半圆分别切边AB、AC于点F、E,CFBE=H,过点H作HGBC于点G.求证:HG平分 FGE. 这是第35届IMO的一道预选题.此题的 图形(见图6)中既有两条塞瓦线(三角形的 一个顶点与它的对边所在直线上一点的连线图6称为塞瓦线.在准 备使用塞瓦定理时经常这样称呼)相 交,又有过交点作 底边BC的垂线且 求证两角相等.由 例4的证明及事后的总结便知,为证明此题,只须证明BE、CF 和边BC上的高AG 三线共点,而这又只须验 证塞瓦定理的逆定理的条件成立就行了. 证明:联结DA、DE、DF,过点A

11、作AG BC于点G,于是,有BDF BAG,CDE CAG. 因为DE=DF,所以,BG BF=AG DF=AG DE=CG CE,即 BGBFCE CG= 1.又因为AF=AE,所以,AF FBBG GCCE EA=AF AEBG BFCE CG=1.由塞瓦定理的逆定理知,BE、CF、AG 三 线共点.所以,高AG 过点H,即点G 与G重 合.因此,A、F、D、G、E五点共圆,且AD为 此圆的直径.从而, AGE=ADE=ADF=AGF. 故HG平分 FGE. 接下来我们看2003年IMO中国国家集训队选拔考试第1题: 例6 如图7 ,在锐角 ABC中,AD是 A的内角平分线,点D在边BC上

12、,过点D 分别作DEAC、DFAB,垂足分别为E、图7F,联结BE、CF,它们 相 交 于 点H, AFH的外接圆交BE于点G.求证:以 线段BG、GE、BF 组成的三角形为直112005年第10期角三角形.明眼人一看便知,此题的图形与例5的图形几乎完全一致.因此,一上来就可以证明BE、CF与边BC上的高三线共点H,证明方法也完全一样.只要证明了这一点,余下部分就不难完成了.总结起来,这6个题目可以认为是一个系列.题目的共同之处在于都是与三角形的高有关的两个角相等的问题.证明方法都是应用梅涅劳斯定理和塞瓦定理及其逆定理.从这个角度来说,还有两个题目也可以纳入这一系列之中.例7 如图8 ,分别以

13、 ABC的两边AB、AC为一边向形外作 ABF、ACE,使得ABF ACE且 ABF= 90.求证:BE、CF和边BC上的高AH三线共点.图8这是某辅导书上的一道例题.该书给出的证法并未使用塞瓦定理的逆定理,而是用的解析几何方法.其实,会用塞瓦定理及其逆定理的人一看图形就会自然而然地想到用塞瓦定理的逆定理来证明.此题中有一条高和另两个顶点引出的各一条塞瓦线,理所当然应该纳入这一系列中.如果将例7改成:例7 条件同例7 ,记BECF=M,BEAC=D,CFAB=G,过点M作MHBC于点H.求证:MH平分 GHD.就更可进入这一系列了.例8 如图9 ,锐角 ABC内接于 O,分别过点B、C作 O的

14、两条切线,并分别交过点A所作的 O的切线于点M、N,AD为边BC上的高.求证:AD平分 MDN.此题中有一条高,又是证明两角相等,当图9然更可进入系列且想到用塞瓦定理来证明.证明:如图9 ,设 ADM=,ADN=.记ABMD=F,ACND=E,便有AFCE FBEA=SAFD SBFDSDCE SDAE=ADsin BDcosCDcos ADsin=CD BDtan cot,AFCE FBEA=SAMD SBMDSCDN SDAN=ADsinMAD BDsinMBDCDsinNCD ADsinNAD=CD BD.比较式 、 得到tan=tan.因此,=,即AD平分 MDN.这里未连出BE、CF

15、而构成塞瓦定理所需要的图形,但仍然可用塞瓦定理的框架而证明了题目的结论.在数学竞赛中,解题难,命题更难,而且是难上加难.做这项工作和参加这项活动的 主要目的是为了提高学生的科学素质,兼之 享受与困难斗争并不断取得胜利的乐趣;享 受不断扩充自己的知识、 方法与能力的乐趣; 享受不断开拓创新、 为将来参加各项科学事业打好基础的乐趣. 命题和解题难,难就难在题目五花八门, 千变万化,没有一定的范围,规律性极差.但 是,正因为如此,更要注意从中寻找规律,即 使是在相当狭小的范围内的规律,也是有意义的.从这方面入手,命题和解题都会变得容 易些.本文就是在这方面做了一些尝试,希望 能起到抛砖引玉的作用.21中 等 数 学