鄧清睿 韓彥昌

(華南師范大學數(shù)學科學學院 510631)

1 問題背景

三點共線問題是初高中數(shù)學競賽中的一種常見題型，有直接求證三點共線的，如2020年地中海地區(qū)數(shù)學奧林匹克賽題第4題[1]；也有在過程中需要說明三點共線的，如用梅涅勞斯定理解答1996年的全國高聯(lián)題[2]；還有三點共線作為條件帶來新結(jié)論的，如2022年全國中學生數(shù)學奧林匹克競賽廣西預賽的第11題．此類問題的解法常涉及邊邊關(guān)系、邊角關(guān)系及角角關(guān)系的定理和性質(zhì)．近年來，不少學者提出并探討相關(guān)問題[3]，總結(jié)常見的解題方法[4]，但每一道賽題都有其特色，不同的證明方式極大地影響同一道題證明的難易程度．下文將給出2022年“大夢杯”福建省青少年數(shù)學水平測試中三點共線問題的三種解法及相關(guān)的結(jié)論推廣．

2 原題呈現(xiàn)與解法

試題(2022年“大夢杯”福建省青少年數(shù)學水平測試第12題)如圖1，ABCD是平行四邊形，∠DAC=45°，以線段AC為直徑的圓與AB和AD的延長線分別交于點E和F，過點B作AC的垂線，垂足為H．求證：E,H,F三點共線．

圖1

分析 如圖1，任意給定一個圓，在旋轉(zhuǎn)不變的意義下取直徑AC是唯一的，以AC為一條邊作角∠CAF=45°，在翻轉(zhuǎn)不變的意義下也是唯一的．在AF上任取一點D，以AD,CD為鄰邊的平行四邊形ABCD是唯一的，過點B作AC的垂線，垂足H和AB的延長線與圓的交點E也是唯一的．也就是說，點H和點E由動點D唯一確定，隨著點D相應地改變．有趣的是，點D的移動導致點H和點E也變動，但E,H,F三點共線的結(jié)論不變．特別地，點D與點F重合時，ABCD為圓內(nèi)接正方形，點H即為圓心，EF為另一條對角線．

證法1如圖2，延長BH,AF交于點P，連結(jié)FC,PC,FH,HE,CE．要證E,H,F三點共線，只需證∠AHF=∠EHC即可．由AC為直徑，BH⊥AC，知∠AEC=∠BHC=90°，那么B,E,C,H四點共圓，所以∠EHC=∠EBC①．由于AD∥BC，則有∠BCA=∠DAC=45°．在△APH中，由于BP⊥AC，則∠APB=45°，所以∠BCA=∠APB，故A,B,C,P四點共圓，因此∠EBC=∠APC②．由AC為直徑，得∠PFC=90°，又由于∠PHC=90°，故F,H,C,P四點共圓，則∠APC=∠AHF③．由①②③得∠AHF=∠EHC．

圖2

圖3

圖4

說明本題主要是通過圖形中邊與邊、角與角之間的關(guān)系進行轉(zhuǎn)換．證法1直接搭建起角相等的橋梁，步驟較為簡潔．證法2主要運用四點共圓與相似三角形的性質(zhì)，把未知的角關(guān)系替換為已知的角關(guān)系．證法3運用梅涅勞斯定理的逆定理，雖然能求解，但過程繁瑣．

3 結(jié)論推廣

推論1如圖1，ABCD為平行四邊形，以長線段AC為直徑的圓，與AB和AD的延長線分別交于點E和F，H為線段AC上一點，連結(jié)BH，則已知以下任意兩個條件可推出余下的一個：① ∠DAC=45°；②BH⊥AC；③E,F,H三點共線．

推論2如圖5，ABCD為平行四邊形，以長線段AC為直徑的圓，與AB和AD的延長線分別交于點E和F，H為線段AC上一點，滿足BH⊥AC，連結(jié)并延長BH，與DC交于點G，點P在BC上，則已知以下任意兩個條件可推出余下的一個：① ∠DAC=45°；②P為BC中點；③F,G,P三點共線．

圖5

推論3如圖6，ABCD為平行四邊形，以短線段AC為直徑的圓，與AB和AD分別交于點E和F，L為線段AC上一點，連結(jié)并延長DL，與AB交于點P，則已知以下任意兩個條件可推出余下一個：① ∠BAC=45°； ②DL⊥AC；③E,L,F三點共線．

圖6

4 推論證明

(1)推論1的證明

已知以下任意兩個條件可推出余下的一個： ① ∠DAC=45°；②BH⊥AC；③E,F,H三點共線．前面已證①②?③．

①③?②：如圖3，分別連結(jié)FC,CE,FE．要證BH⊥AC，即證∠BHC=90°．由AC為直徑，知∠AEC=∠AFC=90°．由①可得∠ACF=45°．顯然，A,E,C,F四點共圓，則∠ACF=∠AEF=45°．由于AD∥BC，∠BCA=∠DAC=45°，則有∠BCA=∠AEF，于是B,E,C,H四點共圓，故∠BHC=∠AEC=90°．

②③?①：如圖3，分別連結(jié)FC,CE,FE．顯然A,E,C,F四點共圓，則∠DAC=∠CEF④．由AC為直徑和②，∠AEC=∠BHC=90°，得B,E,C,H四點共圓，故∠HBC=∠CEF⑤．由AD∥BC，得∠DAC=∠HCB，由④⑤，得∠HBC=∠HCB，由②知△HBC為等腰直角三角形，所以∠DAC=∠HCB=45°．

(2)推論2的證明

已知以下任意兩個條件可推出余下的一個： ① ∠DAC=45°；②P為BC中點；③F,G,P三點共線．

圖7

(3)推論3的證明

已知以下任意兩個條件可推出余下的一個： ① ∠BAC=45°；②DL⊥AC；③E,L,F三點共線．

①②?③：如圖8，分別連結(jié)FL,EL,FC．要證③，只需證∠CFE=∠CFL．顯然A,E,C,F四點共圓，則∠CFE=∠BAC=45° ④．由AC為直徑，知∠AFC=90°，故∠DFC=90°．由②知∠DFC=90°=∠DLC，所以D,C,L,F四點共圓，則∠CFL=∠CDL．由AB∥DC，則∠LCD=∠BAC=45°．又∠DLC=90°，則∠CFL=∠CDL=45° ⑤．由④⑤得∠CFE=∠CFL．

圖8 圖9

①③?②：如圖9，連結(jié)CE,FC．由AC為直徑，知∠AEC=90°，由①知∠ACE=45°．由A,E,C,F四點共圓，知∠AFE=∠ACE=45°．由AB∥DC，得∠ACD=∠BAC=45°，則∠AFE=∠ACD，故D,C,L,F四點共圓，則∠DLC=∠DFC=180°-∠AFC=90°．故②成立．

②③?①：如圖9，連結(jié)CE,FC．由A,E,C,F四點共圓，得∠BAC=∠CFE④．由AC為直徑，知∠DFC=180°-∠AFC=90°．由②知∠DLC=∠DFC=90°，所以D,C,L,F四點共圓，則∠CDL=∠CFE⑤．由AB∥DC，知∠APL=∠CDL⑥．由④⑤⑥得∠BAC=∠APL，由②可知，△ALP為等腰直角三角形，所以①成立．