三點共線賽題的多種解法與探究

鄧清睿 韓彥昌

(華南師范大學數學科學學院 510631)

1 問題背景

三點共線問題是初高中數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年的全國高聯題[2]；還有三點共線作為條件帶來新結論的，如2022年全國中學生數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系、邊角關系及角角關系的定理和性質．近年來，不少學者提出并探討相關問題[3]，總結常見的解題方法[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”福建省青少年數學水平測試中三點共線問題的三種解法及相關的結論推廣．

2 原題呈現與解法

試題(2022年“大夢杯”福建省青少年數學水平測試第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三點共線的結論不變．特別地，點D與點F重合時，ABCD為圓內接正方形，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、角與角之間的關系進行轉換．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，把未知的角關系替換為已知的角關系．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．