楊標桂

(福建師范大學數(shù)學與計算機科學學院 350117)

1 問題背景

問題1[1]設J為△ABC頂點A所對旁切圓的圓心. 該旁切圓與邊BC相切于點M，與直線AB和AC分別相切于點K和L. 直線LM和BJ相交于點F，直線KM與CJ相交于點G. 設S是直線AF和BC的交點，T是直線AG和BC的交點. 證明：M是線段ST的中點.(2012年第53屆IMO試題)

分析: 如圖1，只須證明MJ是線段ST的垂直平分線，也只須證明△JST是等腰三角形且JS=JT. 問題的難點就是如何定位點F,G. 于是自然考察△BFM，數(shù)量分析如下：

因此

∠BFM=180°-∠BMF-∠MBF

從而A,L,J,F和A,K,J,G都四點共圓，并且都以AJ為直徑，故A,F,K,J,L,G六點共圓. 再考察S,T兩點的位置如何確定. 在△BAS中，BF⊥AS，且BF平分∠ABS，從而BF是AS的中垂線，于是JA=JS. 同理JA=JT. 所以JS=JT.

至此問題已獲解決.

圖1

同時，我們還可以發(fā)現(xiàn)了不少好的結果，比如:

(1)A,F,K,J,L,G六點共圓;

(2)M,J,S,F及M,J,T,G皆四點共圓;

(4) 四邊形AFMG是平行四邊形.

問題到此是不是結束了呢？筆者認為，解題后的反思是一件非常必要而有意義的事情，問題還能得到什么引申結果？問題還有什么別的證明方法？問題形變以后又可以得到什么新的結果？下面我們將研究這道試題的形變問題.

2 問題形變

上面問題給出了三角形一個旁心所對應的性質，于是自然想到其他兩個旁心也有類似的性質，由局部到整體，我們可以考察旁心三角形，希望探究出一些新的有趣性質. 為了使得字母符號具有輪換性，我們對問題1的構形圖中的字母符號表示作一些調整.

問題2如圖2，在△ABC中，I1,I2,I3分別為頂點A,B,C所對的旁心，于是△I1I2I3是△ABC的旁心三角形，且旁切圓Ii分別與△ABC的三邊BC,CA,AB所在的直線相切于點Ai,Bi,Ci，i=1,2,3. 設線段B1C1分別交線段I1I2,I1I3于點U2,V3，線段C2A2分別交線段I2I3,I2I1于點U3,V1，線段A3B3分別交線段I3I1,I3I2于點U1,V2. 求證:U1,U2,U3,V1,V2,V3六點共圓.

圖2

這個結論是怎么得到的呢？關鍵也是分析U1,U2,U3,V1,V2,V3這六點的位置.筆者感覺，有些平面幾何題之所以難，就是我們對問題中的某些特殊點的位置難以把握，不知道如何重新定位它們. 從下面我們結合問題1來分析.

事實上，點U1,V1其實就是問題1中的F,G. 也就是我們有：

I1I3∩A3B3=U1=I1B∩A1B1，I1I2∩A2C2=V1=I1C∩A1C1.

U2,V2和U3,V3的位置類似得到.

利用問題1所得到的引申結論(3), 問題2中的U1,U2,U3,V1,V2,V3，還有如下新的定位方法：

問題3如圖3，在△ABC中，I1,I2,I3分別為頂點A,B,C所對的旁心；點M1,M2,M3分別為邊BC,CA,AB的中點，且直線M2M3分別與I1I2,I1I3交于點V1,U1，直線M3M1分別與I2I3,I2I1交于點V2,U2，直線M1M2分別與I3I1,I3I2交于點V3,U3. 求證:U1,U2,U3,V1,V2,V3六點共圓.

圖3

下面說明這兩種定位的方法是一致. 如圖4，我們的想法是，先由問題1的方法產U1,V1;U2,V2;U3,V3，即假設I1B∩A1B1=U1，I1C∩A1C1=V1.U2,V2;U3,V3類似得到. 由問題1的引申結論(3)可知，U1V1∥BC，并且直線U1V1平分邊AB,AC，也就是說直線U1V1通過邊AB,AC的中點M3,M2；類似的直線U2V2通過邊BA,BC的中點M3,M1；直線U3V3通過邊CA,CB的中點M2,M1. 為了說明兩種定位方法一致，只須證明A3,U1,V2,B3四點共線就行了. 因為U1V1∥BC，所以

∠BU1M3=∠M3BU1，從而M3B=M3U1. 同理，M3A=M3V2. 于是

圖4

由上面的計算分析，我們還可以得到一些有趣的結論:

(5)四點組A,B,U1,V2；B,C,U2,V3；C,A,U3,V1都四點共圓；

(6)U1V1=U2V2=U3V3=p；

(7)△U1U2U3?△V1V2V3；

其中(5)、(6)由上述分析過程顯然成立，而(7)、(8)需要一番計算分析，留給有興趣的讀者進一步討論.

問題3中的結論其實就是有趣的Conway圓[3]:

問題4(Conway圓) 如圖5，在△ABC中，邊CA,BA分別延長至A1,A2，使得AA1=AA2=BC=a；邊CB,AB分別延長至B1,B2，使得BB1=BB2=CA=b；邊BC,AC分別延長至C1,C2，使得CC1=CC2=AB=c. 則有A1,A2,B1,B2,C1,C2六點共圓.

圖5

由此可見，問題2或問題3中的旁心三角形上的六點圓其實就是中位三角形的Conway圓, 這樣其實又找到了第三種定位U1,U2,U3,V1,V2,V3的方法. 筆者認為，這或許可以看作是問題1的出題背景. 由整體到局部，隱藏了很多關聯(lián)信息，從而給解題者增加了解題障礙. 而解題者又可以通過由局部到整體的思想還原隱去的關聯(lián)信息，從而找到解題思路. 因此，由整體到局部是一種重要的命題方法，而由局部到整體又是一種常用的解題策略.

3 問題聯(lián)想

通過對原問題的探究分析，我們得到了兩組有趣的六點共圓. 由此筆者又聯(lián)想到了2008年第49屆IMO試題第一題[2]：

問題5已知H是銳角△ABC的垂心，以邊BC的中點為圓心，過H的圓與BC交于兩點A1,A2；以邊CA的中點為圓心，過H的圓與CA交于兩點B1,B2；以邊AB的中點為圓心，過H的圓與AB交于兩點C1,C2. 證明: 六點A1,A2,B1,B2,C1,C2共圓.

問題5的證明及形變探究不妨留給讀者思考. 形變探究，推陳出新，是一種重要的命題思路，遇到好的問題，我們不妨試著形變探索，或許會有很多驚喜和意外發(fā)現(xiàn)，甚至可以得到連命題者也意想不到的漂亮結果.