浙江省瑞安市塘下中學(xué) 葉挺彪 （郵編：325204）

提出好的問題，并巧妙地給予解決，由此形成一種新方法，這是“競賽數(shù)學(xué)”發(fā)展的內(nèi)在動力，對于與同向相似的兩個圖形有關(guān)問題，采用不同觀點（變換觀點、運動觀點）導(dǎo)致兩種新的處理方法.即“不動點法”［1］與“相對運動法”［2］，并由此闡明其有機(jī)聯(lián)系.

1 不動點法

對于同一平面上的兩個同向相似形（不能通過平移使之重合），則在這平面上存在唯一的不動點M，使以M為中心將一個圖形通過旋轉(zhuǎn)、位似，就能與另一圖形重合.由于點M溝通了兩個圖形的聯(lián)系，在解題中若注意到這個點，可使問題迎刃而解.

利用不動點解題需知不動點的作法（見文［3］）：即對不能通過平移使之重合的兩個同向相似形F、F′，任取兩條對應(yīng)線段AB?F，A′B′?F′，則 四 條 直 線AB、A′B′、AB′、A′B交成的三角形（最多有四個）中，任兩個三角形的外接圓的另一交點就是不動點M（稱為不動點的共圓性）.

例1 在△ABC兩邊所在的射線AC、BC上用尺規(guī)分別作出兩點P、Q，滿足PA＝λQB（λ為給定的常數(shù)），并使PQ長最短.

分析 由于PA＝λQB，可以把線段PA、QB看作相似比為λ∶1的兩個相似形，于是考慮其不動點M與任意一對對應(yīng)點構(gòu)成的三角形中，尋找最小的三角形，即可獲解.

作法 （1）在射線AB、BC上分別取兩點P0、Q0，使P0A＝λQ0B.（如圖1）

（2）作AP0與BQ0的不動點M.若P0Q0∥AB，則點C即為M，此時P、Q重合于C；若P0Q0交AB于N，則△NAP0與△NBQ0的外接圓的另一交點即為M.

（3）作MP⊥AC于P，MQ⊥BC于Q.

則P、Q為所求的點.

證明 由M為不動點知：

△MAP0∽ △MBQ0，而MP、MQ是它們對應(yīng)邊上的高.

及△MPQ∽△MAB，再由MP為垂線段知：

線段PQ長最短.

說明 這里把具有相同分比的點所在線段看成是相似形，又如分別有一條對應(yīng)半徑的兩個圓周也是相似形的特例.這些特例應(yīng)引起重視.

從該例我們得出一般的結(jié)論.

結(jié)論 不能通過平移使之重合的兩個同向相似形，它們的對應(yīng)直線上所有點間的距離是以不動點在其上的射影點間距離為最短.

2 相對運動法

同向相似形上的兩條對應(yīng)線段所在直線上的對應(yīng)點，它是兩條線段上分比相同的分點，所以可以看作是作勻速運動的兩動點在同一時刻的對應(yīng)位置.所以對于相似形有關(guān)的問題可以用相對運動軌跡［2］加以巧妙解決.

所謂相對運動軌跡即作勻速直線運動（或同向勻速圓周運動）的兩動點P、Q，將動線段PQ平移（旋轉(zhuǎn)）使P與定點P0重合時，其線段為P0Q′，則Q′的軌跡是直線（圓周），Q′的軌跡我們稱為相對運動軌跡.（見拙文［2］）

例1另解：

分析 由于PA＝λQB，則可將P、Q分別看作以速度比為λ∶1作勻速直線運動的兩動點在某一時刻的對應(yīng)位

又對于滿足PA＝λQB的任意線段PQ，平移后的線段AQ′端點Q′的軌跡是BQ′，故由AQ′垂線段知：PQ長為最短.

說明 1°此處利用相對運動的軌跡BQ′，在其上找到滿足條件的線段AQ′，最后將它反演到原問題的解PQ，軌跡BQ0′在這里起到橋梁的作用.

2°由結(jié)論：P、Q是不動點在兩射線AC、BC上的射影.即分別作與AC、BC垂直的直線，這兩直線交點即為不動點M，如圖2，從而得不動點的新作法.此處從略.

下面再介紹第三種作法：

3 兩者的聯(lián)系——不動點的新作法

例2 設(shè)不能通過平移使之重合的的兩個同向相似形F、F′，試作出F、F′的不動點M.

分析 將F、F′上所有對應(yīng)點確定的線段PQ平移到AQ′，在此變換下，若動點Q′形成圖形F″，則F及F′的象成為點A及圖形F″.

若將點看作與任意圖形相似，則后者的不動點顯然是A.

于是將F″反演到F′時，A在F″中就被反演到原兩相似形F、F′的不動點M.

作法 （1）在F、F′上分別取兩條對應(yīng)線段：AP0?F、BQ0?F′（如圖2）.

（2）作 ?AP0Q0Q0′.

（3）作 △BQ0M∽ △BQ0′A且旋向相同.置，為此，作出相對運動軌跡，從其上尋找問題的解，最后反演到原問題的解.

作法 （1）在射線AC、BC上分別取P0、Q0使P0A＝λQ0B（如圖2）.

（2）作 ?AP0Q0Q0′，得相對運動軌跡BQ′.

（3）作AQ′⊥BQ0′于Q′.

（4）作Q′Q∥AC交BC于Q，作QP∥AQ′交AC于P.

則P、Q為所求的點.

證明 由作法知：

則M為所求的點.

證明 設(shè)從F到F′相似變換為［3］：

f（z）＝az＋b（這里a、c∈C為常數(shù)，z為復(fù)變量），則

（這里仍用大寫字母表示該點的復(fù)數(shù)）

又∵△BQ0M∽△BQ0′A且旋向相同，

將①、②代入上式整理得：

M＝aM＋b，即f（M）＝M，

∴M是兩相似形F、F′的不動點.

例3 在四邊形ABCD中，AB＝CD，EF為AD、BC的中點（如圖3），延長EF分別交BA、CD的延長線于G、H，求證：∠BGF＝∠CHF.

分析1 由于E、F分別是AD、BC的中點，把A、E、D與B、F、C分別看作兩動點A、B在三個不同時刻的對應(yīng)位置，為此作出B相對于A的運動軌跡，即分別把線段EF、DC平移到AF′、AC′，由結(jié)論1，知B、F′、C′三點共線.

∴∠1＝∠2，從而∠BGF＝∠CHF.

說明 從分析過程不難發(fā)現(xiàn)上述命題可作如下推廣：

2°沿任何方向作直線運動，相對運動軌跡仍是直線，所以可以把凸四邊形換成凹四邊形或折四邊形，結(jié)論也同樣成立.

分析2 如圖4，由點E、F分別是BC、AD的中點，知AFD∽BEC.這啟發(fā)我們作出它們的不動點M，即△HFD與△HEC的外接圓的另一交點.則△MAB∽△MDC.

又AB＝DC，

∴△MAB≌△MDC，

∴MB＝MC，

因此△MBC是等腰三角形.

由不動點的共圓性知：

∠1＝∠BME，

∠2＝∠CME，

而∠BME＝∠CME，

∴∠1＝∠2.

說明 1°也可以作△BCM∽△BC′A且同向則M為不動點如圖5.

2°分比相同的分點與線段所成的圖形是同向相似的特例.注意到這種特例，可應(yīng)用不動點解題.

一般地，對于與相似形F、F′有關(guān)的問題，有兩種新的途徑：相對運動法，不動點法，從這些例可見一斑.這兩種轉(zhuǎn)化在競賽中有其廣泛的應(yīng)用，限于篇幅，不再累述.

1 葉挺彪.不動點在平幾證題中的應(yīng)用［J］.福建中學(xué)數(shù)學(xué)，1996（3）.

2 葉挺彪.相對運動的幾何模型及應(yīng)用［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，1995（5）

3 葉挺彪.相似變換下的不動點作法及應(yīng)用［J］.中等數(shù)學(xué)，1993（3）