数学竞赛 几何变换 (第十二届夏令营)

2023年12月24日发(作者：如何教给孩子做数学试卷)

几何变换 (第十二届夏令营)

湖南师大附中 数学竞赛组

自公元前3世纪古希腊数学家欧几里得(Euclid)的《几何原本》问世以来, 平面几何就作为数学的一个分支而存在于世. 由于平面几何有其鲜明的的直觉与严谨、精确、简明的语言, 并且经常出现一些极具挑战性的问题, 因而这一古老的数学分支一直保持着青春的活力, 以极具魅力的姿态展现在我们面前. 世界各国无不将平面几何作为培养本国公民的逻辑思维能力、空间想象能力和推理论证能力的重要题材. 由匈牙利于1894年首开先河的国内外各级数学竞赛活动更是将平面几何作为常规的竞赛内容, 并且从1959年开始举办的每年一届(1980年因特殊原因中断)的国际中学生数学竞赛(通称国际数学奥林匹克)中, 在同一届出现两道平面几何题的情况已是屡见不鲜.

但是, 传统的平面几何都是采用公理化方法处理的, 这种方法将平面图形视为静止的图形, 其优点是便于掌握几何图形本身的内在规律. 但用这种静止的观点研究平面几何的一个最大缺陷是: 难以发现不同几何事实之间的联系. 欲深刻揭示客观事物之间的联系, 掌握运动的事物的空间形式最本质的东西——在运动中始终保持不变的性质, 仅用静止的观点是远远不够的, 必须动静结合, 用运动、变化的观点来研究客观事物的运动形式和变化规律. 就平面几何而言, 按照德国数学家克莱因(F. Klein)于1872年提出的观点, 平面几何是研究平面图形在运动、变化过程中的不变性质和不变量的科学.

几何变换作为一种现代数学思想方法, 正是采用运动、变化的观点来研究平面几何的. 面对一个平面几何问题, 几何变换往往能有效地帮助我们顺利地实现由条件到结论的逻辑沟通. 将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换. 平面几何中的几何变换主要有合同变换、相似变换和反演变换等.

1 知识方法

1.1 合同变换

在一个几何变换f下, 如果任意两个之间的距离等于变化后的两点之间的距离, 则称f是一个合同变换.

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合同变换只改变图形的相对位置, 不改变其性质和大小. 合同变换有三种基本形式: 平移变换, 轴反射变换, 旋转变换.

(一) 平移变换

将平面图形上的每一个点都按一个定方向移动定距离的变换叫作平移变换.

记为T(a), 定方向a称为平移方向, 定距离称为平移距离.

显然, 在平移变换下, 两对应线段平行(或共线)且相等. 因此, 凡已知条件中含有平行线段, 特别是含有相等线段的平面几何问题, 往往可用平移变换简单处理. 平移可移线段, 也可移角或整个图形.

例1.1 平面上一个单位正方形与距离为1的两条平行线均相交, 使得正方形被两条平行线截出两个三角形(在两条平行线之外). 证明: 这两个三角形的周长之和与正方形在平面上的位置无关. (第15届亚洲—太平洋数学奥林匹克, 2003)

证明: 如图所示, 设直线l1//l2,

l1与l2的距离为1,

单位正方形ABCD的边AB,AD分别与l1交于P,Q, 边BC,CD分别与l2交于R,S. 作平移变换T(PA), 设l1l1\',l2l2\',RR\', 则R\'在l2\'上,

l1\'过正方形的顶点A. 因点A到l2\'的距离等于AB, 所以l2\'决不会与边AB,AD相交. 设l2\'与边BC,CD分别交于E,F,

则有R\'FRS,SFPA,ERAQ, 进而,

ER\'PQ, 于是

APPQAQRCCSRSSFER\'ERRCCSR\'FECCFEF

过顶点A作l2\'的垂线, 设垂足为H, 则AHABAD1. 由于ABEC,ADCF,AHEF, 所以, 点A是CEF的C旁心, 且B,H,D分别为CEF的C旁心圆与三边的切点, 所以EHBE,HFFD, 从而ECCFEFBCCD2, 即APPQAQRCCSRS2. 这就是说,

APQ的周长与CSR的周长之和等于2. 它与正方形在平面上的位置无关.

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(二) 轴反射变换

如果直线l垂直平分连接两点A,A\'的线段AA\', 则称两点A,A\'关于直线l对称. 其中A\'(A)叫作点A(A\')关于直线l的对称点.

把平面上图形中任一点都变到它关于定直线l的对称点的变换, 叫作关于直线l的轴反射变换, 记为S(l), 直线l叫作反射轴.

显然, 在轴反射变换下, 对应线段相等, 两对应直线或者相交于反射轴上,

或者与反射轴平行. 通过轴反射变换构成(或部分构成)轴对称图形是处理平面几何问题的重要思想方法.

例1.2 在锐角ABC中,

ABAC,

AD是边BC上的高, P是线段AD上一点. 过P作PEAC, 垂足为E, 作PFAB, 垂足为F.

O1,O2分别是BDF,CDE的外心. 求证:

O1,O2,E,F四点共圆的充要条件为P是ABC的垂心. (全国高中数学联赛, 2007)

证明: 如图所示, 由PDBC,PFAB知B,D,P,F四点共圆, 且BP为其直径, 所以BDF的外心O1为BP的中点. 同理,

C,D,P,E四点共圆, 且O2是CP的中点. 因此,

O1O2//BC, 所以O2O1PCBP.

充分性. 设P是ABC的垂心, 由于PEAC,PFAB, 所以B,O1,P,E四点共线,

C,O2,P,F四点共线,

B,C,E,F四点共圆. 于是由O2O1PCBP得O2O1ECBECFEO2FE, 故O1,O2,E,F四点共圆.

必要性. 因为O1是RtBFP的斜边PB的中点,

O2是RtCEP的斜边PC的中点, 所以PO1F2PBA,

O2ECACP. 因为A,F,E,P四点共圆, 所以FEPFAP. 于是

O2O1FO2O1PPO1FCBP2PBACBAPBF

FEO2FEPPEO2FAP90O2ECFAP90ACP

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这样, 若O1,O2,E,F四点共圆, 则O2O1FFEO2180. 因而有

CBAPBFFAP90ACP180

再注意CBAFAP90, 即得PBFACP, 也就是PBAACP.

作反射变换S(AD), 设BB\', 因ABAC,

ADBC, 所以BDCD, 于是B\'在线段CD上, 且PB\'BCBP,AB\'PPBA. 因PBAACP, 所以AB\'PACP, 从而A,P,B\',C四点共圆. 于是PB\'BPAC90ACB,

所以CBP90ACB, 所以,

BPAC. 而APBC, 故P是ABC的垂心.

(三) 旋转变换

将平面上图形中每一个点都绕一个定点O按定方向(逆时针或顺时针)转动定角的变换, 叫作旋转变换, 记为R(O,). 点O叫作旋转中心,

叫作转幅或旋转角.

易知, 在旋转变换下, 两对应线段相等, 两对应直线的交角等于转幅. 对于已知条件中含有正方形或等腰三角形或其它特殊图形问题, 往往可运用旋转变换来处理.

特别是在转幅为90的旋转变换下, 两对应线段垂直且相等. 而转幅为180的旋转变换称为中心对称变换, 记为C(O). 在中心对称变换下, 任意一对对应点的连线段都通过旋转中心(此时称为对称中心), 且被对称中心所平分. 由于中心对称变换的这一特殊性, 凡是与中点有关的平面几何问题, 我们可以考虑用中心对称变换处理.

例1.3 设圆T1与圆T2交于A,B两点. 圆T1在A点的切线交圆T2于C, 圆T2在A点的切线交圆T1于D. M是CD的中点. 求证:

CAMDAB. (中国国家队培训, 2007)

证明: 如图所示, 作中心对称变换C(M), 设AA\', 则四边形ACA\'D是一个平行四边形. 设AB的延长线交CA\'于E, 则 4 / 22

AECBADBCA. 又CAEADB, 所以ABCACEDBA, 于是ACABAECEACCE,. 两式相乘, 并注意到ACDA\', 得. 而AEACDABAADDA\'ACEADA\', 所以ACEADA\', 则CAEDAA\', 故CAMDAB.

例1.4 在ABC中,

ABAC,

D,E,F分别为直线BC,AB,AC上的点, 且DE//AC,

DF//AB,

M为ABC的外接圆上的中点. 求证:

MDEF. (伊朗国家队选BC拔考试, 2005)

证明: 如图所示, 因ABAC,

DF//AB,

所以CFDF. 又四边形EAFD显然为平行四边形, 则AEDFCF. 于是, 设ABC的外心为O, 作旋转变换R(O,2CBA)(其中,

CBA表示始边为射线BC, 终边为射线BA的有向角), 则CA,AB, 且FE, 所以OEOF. 因此, 设EF的中点为N, 则ONEF.

另一方面, 因四边形EAFD是平行四边形, 所以N也是AD的中点. 又的中点, 所以AM为ABC的外接圆的直ABAC,

M为ABC的外接圆上BC径, 从而O为AM的中点, 故ON//MD. 于是由ONEF, 即知MDEF.

1.2 相似变换

在一个几何变换f下, 若对于平面上任意两点A,B, 以及对应点A\',B\', 总有A\'B\'kAB(k为非零实数), 则称这个变换f是一个相似变换. 非零实数k叫作相似比, 相似比为k的相似变换记为H(k).

显然, 相似变换既改变图形的相对位置, 也改变图形的大小, 但不改变图形的形状. 当k1时,

H(1)就是合同变换. 讨论相似变换时, 常讨论位似变换、位似旋转变换以及位似轴反射变换.

(一) 位似变换

设O是平面上一定点,

H是平面上的变换, 若对于任一双对应点A,A\', 都有OA\'kOA(k为非零实数), 则称H为位似变换. 记为H(O,k),

O叫作位似中 5 / 22

心,

k叫作相似比或位似系数.

A与A\'在O点的同侧时k0, 此时O为外分点,

此种变换称为正位似(或顺位似);

A与A\'在O点的两侧时k0, 此时O为内分点, 此种变换称为反位似(或逆位似).

显然, 位似变换是特殊的相似变换. 有此问题借助于位似变换求解比相似变换更简洁.

例1.5 设ABC的内切圆与边BC,CA,AB分别切于点D,E,F. 求证:

ABC的外心O, 内心I与DEF的垂心H三点共线. (第12届伊朗数学奥林匹克, 1995;

第97届匈牙利数学奥林匹克, 1997; 第51届保加利亚数学奥林匹克, 2002)

证法一: 如图(1)所示, 设ABC的内切圆半径与外接圆半径分别为r,R,

Rkr.

作位似变换H(I,k), 设DEFD\'E\'F\',

(不则D\'IR. 再设ABC的外接圆上的BC含点A)的中点为M, 则OM//D\'I且OMD\'I, 所以四边形OMID\'是平行四边形, 于是D\'O//IM, 注意到A,I,M共线, 所以D\'O//AI. 又AIEF, 所以D\'OEF. 但EF//E\'F\', 从而D\'OE\'F\'. 同理,

E\'OF\'D\', 所以O是D\'E\'F\'的垂心, 因此HO. 故H,I,O三点共线, 且HIr.

IOR证法二: 如图(2)所示, 设直线DH,EH,FH分别与ABC的内切圆交于另一点P,Q,R, 则DEF的三边分别垂直平分HP,HQ,HR, 所以DQDHDR, 由此可知QR//BC. 同样地,

RP//CA,

PQ//AB, 因此ABC与PQR是位似的. 而O,I分别是ABC与PQR的外心,

I,H分别是ABC与PQR的内心, 故O,I,H三点共线, 且HIr.

IOR

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(二) 位似旋转变换

具有共同中心的位似变换H(O,k)和旋转变换R(O,)复合便得位似旋转变换S(O,,k), 即S(O,,k)H(O,k)R(O,)R(O,)H(O,k).

例1.6 设圆T1与圆T2交于A,B两点, 一直线过点A分别与圆T1、圆T2交于另一点C和D, 点M,N,K分别是线段CD,BC,BD上的点, 且MN//

BD,

MK//

(不含BC. 再设点E,F分别在圆T1的BC(不含点A)上, 且点A)上和圆T2的BDENBC,

FKBD. 求证:

EMF90.

(第43届IMO预选题, 2004; 第22届伊朗数学奥林匹克, 2004)

证明: 如图所示, 设圆T1与圆T2的半径分别为r1,r2,

r1kr2, 作位似旋转变换S(B,k,DBC), 因割线CD过两圆的另一个交点, 所以DC. 设KK\',FF\', 则K\'在BC上,

F\'在圆T1上, 且F\'K\'BC,

K\'CKDMDNB, 所以,

K\'CBN.

BCBDCDBC设F\'K\'的延长线交圆T1于L, 则有EBNBF\'K\', 而BF\'K\'BFK,

于是EBNBFK. 又BKF,ENB皆为直角, 因此BFKEBN. 但由MN//

BD,

MK//

BC知, 四边形MNBK是平行四边形, 所以,

BKMN,BNMK. 于是, 易知MNEFKM, 因此MENFMK. 再注意到ENBC,FKBD, 即知EMMF.

(三) 位似轴反射变换

就目前的情况来看, 位似轴反射变换的应用似乎尚不及其他几种几何变换.

但作为一种不可或缺的几何变换, 应该有其广泛的用武之地. 实际上, 对于梯形、圆内接四边形、对角线等问题, 都有可能用得上位似轴反射变换.

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例1.7 已知圆内接凸四边形ABCD, F是AC与BD的交点, E是AD与BC的交点,

M,N分别是AB和CD的中点. 求证:

MN1ABCD||. (第46届保加利亚数学EF2CDAB奥林匹克(第3轮), 1997)

证明: 如图所示, 设ABkCD, 以E为位似中心,

k为位似比作位似轴反射变换, 使CA,DB. 设FF1, 则EF1kEF. 同样地, 如果以k1为位似比作位似轴反射变换, 使AC,BD.

设FF2, 则EF2k1EF, 且F1,F2都在EF关于AEB的平分线对称的直线上, 所以

|F1F2||EF1EF2||kk1|EF

另一方面, 由ABFDCF,

BAF1DCF知ABFBAF1, 从而ABFBAF1, 所以四边形AF1BF是一个平行四边形, 因此M是FF1的中点.

同理,

N是FF2的中点. 于是MN11F1F2|kk1|EF, 故

22MN11ABCD|kk1|||

EF22CDAB1.3 反演变换

设O是平面上一定点, 对于上任意异于点O的点A, 有在OA所在直线上的点A\', 满足OAOA\'k0, 则称法则I为平面上的反演变换, 记为I(O,k). 其中O为反演中心或者反演极,

k为反演幂;

A与A\'在点O的两侧时k0, 否则k0;

A与A\'为此反演变换下的一对反演点(或反点), 显然A与A\'互为反点(但点O的反点不存在或为无穷远点); 点A集的像A\'集称为此反演变换下的反演形(或反形).

由于k0时的反演变换I(O,k)是反演变换I(O,|k|)和以O为中心的中心对称变换的复合, 我们只就k0讨论反演变换即可.

令rk, 则OAOA\'r2. 此时, 反演变换的几何意义则可知如图所示, 并称以O为圆心,

r为半径 8 / 22

的圆为反演变换I(O,r2)的基圆.

由此几何意义, 我们可作出与AA\'垂直的过A的直线l及过A\'的直线l\'的反形分别为下图中的圆c\'及圆c, 反之以OA,OA\'为直径的圆c, 圆c\'的反形分别为直线l\',l.

由反演变换(k0)的定义及几何意义, 即推出反演变换有下列有趣性质:

性质1 基圆上的点仍变为自己, 基圆内的点(O除外)变为基圆外的点, 反之亦然.

性质2 不共线的任意两对反演点必共圆, 过一对反演点的圆必与基圆正交(即交点处两圆的切线互相垂直).

性质3 过反演中心的直线变为本身(中心除外), 过反演中心的圆变为不过反演中心的直线, 特别地过反演中心的相切两圆变为不过反演中心的两平行直线;

过反演中心的相交圆变为不过反演中心的相交直线.

性质4 不过反演中心的直线变为过反演中心的圆, 且反演中心在直线上射影的反点是过反演中心的直径的另一端点; 不过反演中心的圆变为不过反演中心的圆, 特别地, (1) 以反演中心为圆心的圆变为同心圆; (2) 不过反演中心的相切(交)圆变为不过反演中心的相切(交)圆; (3) 圆(O1,R1)和圆(O2,R2)若以点O为反演中心, 反演幂为k(k0), 则R1kR2kOO2, .

OO12222|OO2R2||OO2R2|性质5 在反演变换下, (1) 圆和圆、圆和直线、直线和直线的交角保持不变;

(2) 共线(直线或圆)点(中心除外)的反点共反形线(圆和直线), 共点(中心除外)线的反形共发形点.

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例1.8 设M为ABC的边BC的中点, 点P为ABM的外接圆上AB(不含点M)的中点, 点Q为AMC的外接圆上AC(不含点M)的中点. 求证:

AMPQ.

(第57届波兰数学奥林匹克, 2006)

证明: 如图所示, 以M为反演中心、MB为反演半径作反演变换, 则B,C皆为自反点, 直线AM为自反直线. 设A的反点为A\', 则A\'在直线AM上, 且ABM的外接圆的反形为直线A\'B,

AMCd的外接圆的反形为直线A\'C, 点P的反点P\'为直线PM与A\'B的交点, 点Q的反点Q\'为直线QM与A\'C的交点,

直线PQ的反形为MP\'Q\'的外接圆. 因MP,MQ分别平分AMB和AMC, 所以,

MP\'MQ\', 且

A\'P\'MA\'MA\'A\'Q\'

P\'BMBMCQ\'C从而P\'Q\'//BC. 设A\'M与P\'Q\'交于N. 因M是BC的中点, 所以N是P\'Q\'的中点. 再注意MP\'MQ\'即知N为MP\'Q\'的外心, 这说明直线A\'M与MP\'Q\'的外接圆正交, 因此直线AM与PQ正交, 即AMPQ.

2 范例选讲

2.1 合同变换

例2.1 设ABC是一个正三角形,

A1,A2在边BC上,

B1,B2在边CA上,

C1,C2在边AB上, 且凸六边形A1A2B1B2C1C2的六边长都相等. 求证: 三条直线A1B2,B1C2,C1A2交于一点. (第46届IMO, 2005)

证明: 如图所示, 作平移变换T(B1A2), 则B1A2, 设B2K, 则A1A2B1B2KA2, 且KA2A160, 所以KA1A2是正三 10 / 22

角形, 因此KA1A1A2C1C2, 且由A2A1K60CBA知,

KA1//C1C2, 所以C1C2A1K是平行四边形, 于是C1KC2A1B2C1, 又B2KB1A2B2C1, 所以KB2C1也是正三角形.

于是, 由B2KA2B1是平行四边形,

KA1A2与KB2C1都是正三角形可知,

A1A2B1C1B2B1. 同理,

B1B2C1C1C2A1, 所以

AB2C1BC2A1CA2B1

再注意B2AC1C2BA1A2CB1,

B2C1C2A1A2B1即得

AC1B2BAC12CB1A2

进而可知AC1B1BAC11CB1A1, 所以A1B1C1是正三角形. 于是A1B1AC1B2C1, 因此A11, 又B2B1B2是B1C1的垂直平分线, 从而A1B2通过A1B1C1的中心O, 同理B1C2,C1A2都通过A1B1C1的中心O. 故A1B2,B1C2,C1A2三线共点.

实际上, 在本题中,

A2B2C2也是正三角形, 且A1B1C1、A2B2C2、ABC这三个正三角形的中心都是点O.

例2.2 在凸四边形ABCD中, 对角线BD既不平分ABC, 也不平分CDA,

点P在四边形的内部, 满足PBCDBA,

PDCBDA. 证明: 四边形ABCD内接于圆的充分必要条件是PAPC. (第45届IMO, 2004)

证明: 如图所示.

必要性. 设四边形ABCD内接于圆. 以AC的垂直平分线为反射轴作轴反射变换, 设BB\',DD\', 则B\',D\'都在圆上, 且CB\'AB,CD\'AD, 所以B\'DCADBPDC, 这说明B\',P,D三点共线.

同理,

D\',P,B三点共线, 所以点P是B\'D与BD\'的交点, 因而P在反射轴上, 即P在AC的垂直平分线上, 故PAPC.

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充分性. 设PAPC. 分别延长BP,DP与BCD的外接圆交于点D\',B\', 则有PB\'CDB\'CDBCABP,

PD\'CBD\'CBDCADP,

BPDB\'PD\'. 因B,B\',D,D\'四点共圆,

PBDPB\'D\', 所以PBDPB\'D\'. 又CB\'D\'CBPDBA,

B\'D\'CPDCADB, 因此CB\'D\'ABD, 从而四边形ABPD四边形CB\'PD\'. 但PCPA, 所以四边形ABPD四边形CB\'PD\'. 这说明四边形ABPD与四边形CB\'PD\'关于BPB\'的平分线互相对称. 而B,B\',C,D\',D共圆, 所以B\',B,A,D,D\'共圆, 即A,B,B\',C,D\',D六点共圆. 故四边形ABCD内接于圆.

例2.3 设H为ABC的垂心,

D,E,F为ABC的外接圆上三点, 且AD//BE//CF,

S,T,U分别为D,E,F关于边BC,CA,AB的对称点. 求证:

S,T,U,H四点共圆. (中国国家队选拔考试, 2006)

证明: 我们先证明如下引理: 设O,H分别为ABC的外心和垂心,

P为ABC的外接圆上任意一点,

P关于BC的中点的对称点为Q, 则直线AP关于OH的中点对称的直线是QH的垂直平分线.

引理的证明. 事实上, 如右图所示, 过A作ABC的外接圆的直径AA\', 则A\'与ABC的垂心H也关于BC的中点对称, 所以QH//A\'P且QHA\'P. 又A\'PAP, 因此QHAP. 设D,N分别为AP,QH的中点, 则A\'P2OD,

QH2NH, 于是OD//NH且ODNH.

而APOD, 故直线AP关于OH的中点对称的直线是QH的垂直平分线.

回到原题. 如下图所示, 过得D作BC的平行线与ABC的外接圆交于另一点P. 由AD//BE//CF易知PE//CA,

PF//AB. 因PD//BC,

S是点D关于BC的对称点, 所以点P关于BC的中点的对称点是S. 于是, 设ABC的外心为O,

OH的中点为M, 作中心对称变换C(M), 由引理可知, 直线AP的像直线是HS 12 / 22

的垂直平分线. 同理, 直线BP,CP的像直线分别是HT,HU的垂直平分线.

而AP,BP,CP有公共点P, 因此HS,HT,HU的垂直平分线交于一点.

故S,T,U,H四点共圆.

进一步, 我们还可以证明(STU)与ABC的外接圆是等圆.

事实上, 因PS,PT,PU的中点分别是ABC的三边的中点, 所以(STU)的半径是ABC的中点三角形的外接圆的半径的两倍, 而ABC的外接圆的半径也是其中点三角形的外接圆半径的两倍. 故(STU)与ABC的外接圆是等圆.

在本题中, 我们首先将四点共圆的问题转化成三线共点问题, 然后巧妙地通过中心对称变换使问题得到顺利的解决.

例2.4 设ABCD是一个正方形, 以AB为直径作一个圆T,

P是边CD上的任意一点,

PA,PB分别与圆交于E,F两点. 求证:

直线DE与CF的交点Q在圆T上, 且AQDP.

QBPC(第44届塞尔维亚和黑山国家数学竞赛, 2006)

证明: 如图所示. 设BE,AD交于R,

AF,BC交于S, 则F,S,C,P四点共圆,

所以SPCSFC. 令O为正方形ABCD的中心, 作旋转变换R(O,90), 则BC,CD,DA, 而ASBP,BRAP, 所以SP,PR, 从而PRDSPC. 显然,

BC为圆T的切线, 所以CBPBAF. 因AD//BC, 所以RPB=PRD+CBP=SPC+CBP. 再设CQ与AB交于T, 因AB//DC, 则ATQ=DCQ, 于是

RPB=SPC+CBP=SFC+BAF=AFQ+BAF=ATQ=DCQ

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又由R,E,P,D四点共圆, 知BRP=QDC, 因此PRBCDQ, 从而PBR=CQD, 即FBE=FQE, 这说明E,Q,B,F四点共圆, 换句话说, 点Q在圆T上. 再由R,E,P,D四点共圆, 知PRD=PED=AEQ=ABQ, 而RDP=90=BQA, 所以PDRAQB, 于是AQDP.

QBPCAQPD, 又DR=CP, 故=QBDR2.2 相似变换

例2.5 设O1,O2是半径不等的外离两圆.

AB,CD是两圆的两条外公切线,

EF是两圆的一条内公切线, 切点A,C,E在O1上, 切点B,D,F在O2上. 再设EO1与AC交于K,

FO2与BD交于L. 求证:

KL平分EF. (罗马尼亚国家队选拔赛, 2007)

证明: 如图所示, 设两条外公切线交于O, 内公切线EF与外公切线AB,CD分别交于P,Q, 以O为位似中心作位似变换, 使O1O2, 则ACBD, 而O1E//O2F, 所以直线O1E直线O2F, 于是AC与直线O1E的交点BD与直线O2F的交点, 即KL, 因此O,K,L三点共线. 过L作EF的平行线分别与直线AB,CD交于R,S, 则O2LRS, 而O2BBR,O2DSD, 所以R,B,L,O2四点共圆,

O2,L,S,D四点共圆, 再注意到O2BO2D, 于是

SRO2LBO2O2DLO2SR

所以O2RO2S, 因此L平分RS. 而PQ//RS, 所以OL平分PQ, 即KL平分PQ.

又PFQE, 故KL平分EF.

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例2.6 在ABC的外部作PAB与QAC, 使得APAB,AQAC, 且PABCAQ. 设BQ,CP交于R,

BCR的外心为O. 求证:

AOPQ. (中国国家队培训, 2006)

证法一: 如右图所示, 易知APCABQ, 所以APRABR. 因此A,P,B,R四点共圆, 从而PRBPAB. 于是COB2PRB2PAB. 设BCkBO, 作位似旋转变换S(B,k,OBC),

则OC. 设AA\', 则A\'ABCOB2PAB, 所以A\'APPABCAQ. 又由OCOB, 有AA\'AB. 于是, 再作旋转变换R(A,PAB), 则CQ,A\'P, 从而AOR(A,PAB)S(B,k,OBC)PQ.

另一方面, 由OBOC,BOC2PAB知PABOBC90, 因此存在点O1, 使得R(A,PAB)S(B,k,OBC)S(O1,k,90). 这说明在位似旋转变换S(O1,k,90)下, 有AOPQ. 故AOPQ.

证法二: 若下图所示. 同证法一, 有BOC2PRB2PAB. 设M为BC的中点, 则OMBC. 再分别过B,C作AP,AQ的垂线, 垂足分别为E,F, 则

CFACMOBMOBEA

于是, 设COkCM,

FCA, 则

MO1S(C,k,)S(B,k1,)M

S(C,k,)S(B,k1,)所以,

S(B,k,)S(C,k,)S(M,1,2)R(M,2). 而FAE, 因此在旋转变换R(M,2)下,

FE, 所以MEMF且FME2. 因OA与等腰MEF的两腰ME,MF的交角都等于, 所以OAEF. 另一方面, 由CFABEA, 有AEAEAFAF, 所以EF//PQ, 故OAPQ.

APABACAQ 15 / 22

2.3 反演变换

例2.7 设圆T与直线l相离,

AB是圆T的垂直于l的直径, 点B离l较近,

C是圆T上不同于A,B的任意一点, 直线AC交l于D, 过D作圆T的切线DE,

E是切点, 直线BE与l交于F,

AF与圆T交于另一点G. 求证:

点G关于AB的对称点在直线CF上. (德国国家队选拔考试, 2005)

证明: 如图所示, 设AB与直线l交于M, 则A,E,M,F四点共圆, 再由DE与圆T相切可知EDFEOA, 所以DFDE,

且EODEAF, 从而DOEFAE. 但GOE2FAE, 所以GODDOE, 从而GODEOD, 所以DG也为圆T的切线,

G为切点,

DGDEDF. 设点G,F关于直线AB的对称点分别为G\',F\', 则G\'在圆T上,

且F\'DFGFGD, 所以A,G,D,F\'四点共圆. 于是, 作反演变换I(A,AGAF), 则F,G互为反点,

F\',G\'互为反点, 这说明圆T与直线l互为反形, 所以C,D互为反点. 又A,G,D,F\'四点共圆, 这个圆与直线FC互为反形, 所以F,C,G\'共线, 即点G关于AB的对称点在直线CF上.

3 训练习题

3.1 合同变换

练3.1 设四边形ABCD外切于圆,

A,B的外角平分线交于点K,

B,C的外角平分线交于点L,

C,D的外角平分线交于点M,

D,A的外角平分线交于点N. 再设ABK,BCL,CDM,DAN的垂心分别为K1,L1,M1,N1. 求证:

四边形K1L1M1N1是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)

练3.2 设C,D是以O为圆心、AB为直径的半圆上任意两点, 过B作圆O的切线交直线CD于P, 直线PO与直线CA,AD分别交于E,F. 证明: OEOF.

(第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)

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练3.3 设D,T是ABC的边BC上的两点, 且AT平分BAC,

P是过D且平行于AT的直线上的一点, 直线BP交CA于E, 直线CP交AB于F. 求证:

BTDC的充分必要条件是BFCE. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克,

2005)

练3.4 设ABC是一个正三角形.

P是其内部满足条件BPC=120的一个动点. 延长CP交AB于M, 延长BP交AC于N. 求AMN的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)

3.2 相似变换

练3.5 在ABC中,

ABAC, 中线AM交ABC的内切圆于E,F两点, 分别过E,F两点作BC的平行线交ABC的内切圆于另一点K,L, 直线AK,AL分别交BC于P,Q. 求证:

BPQC. (第46届IMO预选题, 2005; 第47届伊朗国家队选拔考试, 2006)

练3.6 设Ib,Ic分别是ABC的B旁心,C旁心,

P是ABC的外接圆上一点. 证明:

ABC的外心是IbAP和IcAP的外心的连线段的中点. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)

3.3 反演变换

练3.7 设I,Ia分别是分别为ABC的内心和A旁心,

IIa与BC交于D, 与ABC的外接圆交于M. 设N是AM的中点,

ABC的外接圆分别与NI,NIa交于另一点S,T. 求证:

S,D,T三点共线. (第18届伊朗数学奥林匹克, 2001)

4 习题解答

4.1 合同变换

练3.1设四边形ABCD外切于圆,

A,B的外角平分线交于点K,

B,C的外角平分线交于点L,

C,D的外角平分线交于点M,

D,A的外角平分线交于点N. 再设ABK,BCL,CDM,DAN的垂心分别为K1,L1,M1,N1. 求证:

四边形K1L1M1N1是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)

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证明: 如图所示, 设四边形ABCD的内切圆圆心为O. 由于内角平分线和外角平分线互相垂直, 所以OANK,OBKL.

又AK1是ABK的高, 所以AK1BK, 因此AK1//OB. 同理,

BK1//OA, 从而四边形AK1BO是平行四边形. 同样地, 四边形BLCO,CM1DO,DN1AO皆为平行四边形. 于是

1K1N1BDL1M1

T(AC)但T(OC)T(AO)T(OCOA)T(AC), 因而K1N1L1M1. 故四边形T(AO)T(OC)K1L1M1N1是平行四边形.

练3.2 设C,D是以O为圆心、AB为直径的半圆上任意两点, 过B作圆O的切线交直线CD于P, 直线PO与直线CA,AD分别交于E,F. 证明:

OEOF. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)

证明: 如图所示. 以过圆心O且垂直于EF的直线为轴作轴反射变换, 设AA\', 则A\'仍在圆O上, 且FOA\'AOEBOP, 所以PA\'也是圆O的切线, 因此A\',O,B,P四点共圆. 于是A\'DAA\'BAA\'BOA\'PO, 从而A\',D,P,F四点也共圆, 所以A\'FOA\'DCA\'BC.

另一方面, 因AB是圆O的直径, 所以BCEC. 又显然有A\'BEF, 由此可知A\'BCOEA, 因此A\'FOOEA. 再注意FOA\'EOA,

OA\'OA,

即知A\'OFAOE, 故OEOF.

练3.3 设D,T是ABC的边BC上的两点, 且AT平分BAC,

P是过D且平行于AT的直线上的一点, 直线BP交CA于E, 直线CP交AB于F. 求证:

BTDC的充分必要条件是BFCE. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克,

2005)

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证明: 如图所示, 设M为BC的中点, 作中心对称变换C(M), 则CB.

设AA\', 则四边形ABA\'C是平行四边形. 再设直线A\'B与CF交于Q, 则有A\'CBFCPCE, . 于是,

A\'QBQPQBQBTDCTDA\'D为CAB\'的平分线AD\'//AT.

而PD//AT, 故

BT=DCA\',D,P三点共线A\'P为CA\'B的平分线A\'CCP

=A\'QPQ又A\'CBFCPCEBFCE, , 所以BT=DC=BF=CE.

A\'QBQPQBQBQBQ练3.4 设ABC是一个正三角形.

P是其内部满足条件BPC=120的一个动点. 延长CP交AB于M, 延长BP交AC于N.

求AMN的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)

证明: 如图所示, 设AMN的外心为O,

ABC的中心为Q, 分别过点B,C作BC的垂线交AQ的垂直平分线于E,F, 易知, 当PB时,

OE; 当PC时,

OF.

下面证明: 当P在ABC内变动时, 点O的轨迹是线段EF(不包括端点).

事实上, 设点P满足条件, 作旋转变换R(Q,120), 则AB,BC,CA.

因BPC=120, 所以NM. 注意BAC=60, 因此P,Q都在AMN的外接圆上, 所以AMN的外心O在AQ的垂直平分线EF上.

反之, 设AMN的外心O在线段EF上, 以O为圆心、OA为半径作圆分别交AB,AC于M,N. 由于AQ平分BAC, 所以QN=QM. 从而在旋转变换 19 / 22

R(Q,120)下,

NM. 但BC, 所以BNCM. 设BN,CM的交点为P, 显然点P在ABC内, 且BPC=120. 即点P满足条件.

综上所述, 点P的轨迹为线段EF(不包括端点).

4.2 相似变换

练3.5 在ABC中,

ABAC, 中线AM交ABC的内切圆于E,F两点, 分别过E,F两点作BC的平行线交ABC的内切圆于另一点K,L, 直线AK,AL分别交BC于P,Q. 求证:

BPQC. (第46届IMO预选题, 2005; 第47届伊朗国家队选拔考试, 2006)

证法一: 如右图所示, 设AMk1AE,

AMk2AF, 则

KEPM,FLMQ

H(A,k1)H(A,k2)设T为ABC的内切圆,

TT1,TT2,

则圆T1,T2均过点M, 且均与射线AB,AC相切.

设圆T1与射线AB,AC分别切于S1,T1, 圆T2与射线AB,AC分别切于S2,T2,

T1,T2交于M,N两点, 直线MN与AB,AC分别交于U,V, 则S1S2TT12.

由圆幂定理可知,

U,V分别为S1S2,TT12的中点, 所以US1VT2. 又显然AUAV, 而M为BC的中点, 由此不难得到BUCV, 因此BS1CT2. 于是H(A,k1)H(A,k2)由圆幂定理得

BPBMBS12CT22CQCM

再注意BMCM即得BPQC.

证法二: 如下图所示, 由FL//MQ, 有AMAQ, 设这个比值为k, 作位似AFAL变换H(A,k), 则FM,LQ.

ABC的内切圆T变为过M,Q两点的圆T\',

且圆T\'与AB,AC均相切. 设切点分别为S,T, 则由圆幂定理,

BS2BMBQ,

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CT2MCQC. 但ASAT, 即ABBSACCT, 所以ABBMBQACMCQC.

同样地, 如果考虑以A为位似中心, 使ABC的内切圆变为过P,M两点的圆的位似变换, 则ABBMBPACMCPC. 所以

BMBQMCQCMCPCBMBP

再注意BMMC即得BQQCPCBP. 平方, 并注意BQQCBPPC, 得BQQCBPPC, 所以BQQCPCBP,

从而BPQC. 故BPQC.

练3.6 设Ib,Ic分别是ABC的B旁心,C旁心,

P是ABC的外接圆上一点. 证明:

ABC的外心是IbAP和IcAP的外心的连线段的中点. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)

证明: 如图所示, 显然Ib,A,Ic在一直线上. 设ABC,

IbAP,

IcAP的外心分别为O,O1,O2, 直线IbIc与ABC的外接圆交于A,M两点. 因PO1Ib2PAIbPO2Ic,

O1PO1Ib,

O2PO2Ic, 因此可知PIbIcPO1O2. 于是, 设PO1kPIb, 作位似旋转变换S(P,k,IbPO1), 则IbO1,IcO2. 又POM2PAMPO1Ib,

OPOM, 所以MO. 这样,

我们只需证明M为线段IbIc的中点即可.

事实上, 以A,B,C表示ABC相应的顶角, 则不难知道11AIbC90B, 而CMIbB, 所以IbCM90BAIbC, 于是22MCMIb. 同理MBMIc. 又CBMCAIbIcABMCB, 所以MBMC, 从而MIbMIc, 即M为线段IbIc的中点. 故O为线段O1O2的中点.

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4.3 反演变换

练3.7 设I,Ia分别是分别为ABC的内心和A旁心,

IIa与BC交于D, 与ABC的外接圆交于M. 设N是AM的中点,

ABC的外接圆分别与NI,NIa交于另一点S,T. 求证:

S,D,T三点共线. (第18届伊朗数学奥林匹克, 2001)

证明: 如图所示, 不妨设N在ABM. 显然,

I,B,Ia,C四点共圆(以IIa为直径的圆). 设直线ND与ABC的外接圆交于另一点D\', 则由圆幂定理, 有

DNDD\'DBDCDIDIa

所以I,D\',Ia,N四点共圆. 以N为反演中心,

NA2为反演幂作反演变换, 则由NMNA(因N是AM的中点)知, 直线AM与ABC的外接圆互为反形. 因I,D,Ia都在直线AM上, 所以I,D\',Ia的反形分别为S,D,T. 于是由I,D\',Ia,N四点共圆即知S,D,T三点共线.

参考文献

[1] 沈文选. 平面几何证明方法全书[M]. 哈尔滨: 哈尔滨工业大学出版社,

2011.

[2] 萧振纲. 几何变换与几何证明[M]. 哈尔滨: 哈尔滨工业大学出版社,

2010.

[3] 邹宇. 数学奥林匹克中平面几何试题的命题研究[D]. 长沙: 湖南师范大学, 2007.

[4] 沈文选. 数学奥林匹克中的几何问题研究与几何教学探讨[J]. 数学教育学报, 2004, 13(4): 78~81.

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