巧用根轴与根心定理证明两线垂直
巧思妙解
巧用根轴与根心定理证明两线垂直
李成章
(南开大学数学科学学院,300071)
根轴定理与根心定理都是数学竞赛中的重要定理.
根轴定理 两圆的根轴与连心线互相垂直.
根心定理 三个圆两两之间的三条根轴或者互相平行或者交于一点(即根心) . 例1 如图1, 在△ABC 中, O 为外心, 三条高AD 、B E 、CF 点H , 直线AB 交于点M , 直线FD 和AC 交于点N . 证明:
(1) OB ⊥DF , OC ⊥DE ;
图1(2) OH ⊥
MN .
⊙O 和⊙K 的幂, 因此, 点M 在⊙O 和⊙K
的根轴上.
同理, 点N 也在这条根轴上.
于是, 直线MN 为⊙O 与⊙K 的根轴. 则OK ⊥MN , 即OH ⊥.
. , 所以曾、实属罕见. 后来发, 还有一些关于垂直的题目可以用类似的方法来证明. 事实上, 这也是证明垂直的一条重要途径. 不仅如此, 根心定理有时也可用来证明垂直问题.
例2 凸四边形ABCD 的两条对角线交于点O , △AOB 和△COD 的重心分别为M 1和M 2, △BOC 和△AOD 的垂心分别为H 1和
H 2. 证明:M 1M 2⊥H 1H 2.
(1972, 全苏数学奥林匹克)
(2001, 全国高中数学联赛)
这是一道相当难的题目. 到目前为止, 此题已有几种证法, 其中最为独特的方法就是用根轴定理来证明. 由于(1) 是“送礼”部分, 故这里将(1) 作为已知结果来证明(2) .
证明:因为九点圆的圆心K 在欧拉线的中点, 即OH 的中点, 因此, OK 就是△ABC 的外接圆与九点圆的连心线. 由根轴定理知, 为证(2) , 只须再证MN 就是上述两圆的根轴.
因为∠A E B =90°=∠ADB , 则有A 、B 、D 、E 四点共圆.
故MB ・MA =MD ・ME . 又MB ・MA 和MD ・ME 分别为点M 关于
证明:如图2,
作△AOD 的两条高AA 1和DD 1, 作△BOC 的两条高BB 1和CC 1.
因为∠AA 1B =90°=∠BB 1A ,
所以, A 、B 、B 1、A 1
图2
四点共圆且圆心为AB 的中点E .
同理, C 1、C 、D 、D 1四点共圆且圆心为
CD 的中点F .
因此, EF 为⊙E 和⊙F 的连心线. 又A 、D 1、A 1、D 四点共圆, 则有
H 2A ・H 2A 1=H 2D 1・H 2D .
由于H 2A ・H 2A 1和H 2D 1・H 2D 恰分别为点H 2关于⊙E 和⊙F 的幂, 所以, 点H 2在⊙E 和⊙F 的根轴上.
同理, 点H 1也在这条根轴上.
故直线H 1H 2就是⊙E 和⊙F 的根轴. 从而, H 1H 2⊥EF .
又M 1M 2∥EF , 所以, M 1M 2⊥H 1H 2. 例3 在凸五边形ABCDE 中, AB =BC , ∠BCD =∠E AB =90°, P 为形内一点, 使得A P ⊥B E , CP ⊥BD . 证明:B P ⊥DE .
证法1:如图3, 过点P 作PH ⊥DE 于点H . 因为
∠PFD =∠PGE
=90°=∠PHD =∠PHE , 所以, F 、D 、H 、P 和P 、H 、E G 四点共圆, 图3为⊙M 1和⊙M 2.
又B F ・BD =BC =BA =BG ・B E , 所以, F 、D 、E 、G 四点共圆, 记此圆为⊙M 3.
易见, ⊙M 1、⊙M 2、⊙M 3两两之间的公共弦恰为PH 、EG 、FD . 由根心定理知, 这三条根轴交于一点.
又已知直线DF 和EG 交于点B , 因此, 直线PH 过点B .
由PH ⊥DE , 知B P ⊥DE . 证法2:记B P 的中点为O . 因为∠B FP =90°=∠BGP , 所以, B 、F 、P 、G 四点共圆且圆心为点O .
又因为BA =BC , ∠BCD =90°=∠BA E , 故以点B 为圆心、BC 为半径的⊙B 过点A , 且直线DC 和E A 都是⊙B 的切线, 切点分别为C 和A .
2
所以, DC =DF ・DB .
故点D 在⊙O 与⊙B 的根轴上. 同理, 点E 在⊙O 与⊙B 的根轴上. 因此, 直线DE 为⊙O 与⊙B 的根轴. 则BO ⊥DE , 即B P ⊥DE .
2
2
例4 在∠AOB 内部取一点C , 过点C 作CD ⊥OA 于点D , 作CE ⊥OB 于点E , 再过点D 作DN ⊥OB 于点N , 过点E 作EM ⊥OA 于点M . 证明:OC ⊥MN .
(1958, 莫斯科数学奥林匹克) 证明:如图4, 过点C 作CH ⊥MN 于点H . 因为
∠CDM =∠CEN =90°, 所以, C 、D 、M 、H 和C 、H 、N 、E 分别
∠=E 、E , ⊙O 3.
线CH 、EN 、DM 恰为⊙O 1、⊙O 2、⊙O 3两两之间的三条根轴. 又因前两条直线交于点O , 故由根心定理知直线CH 过点O , 即C 、H 、O 三点共线. 又CH ⊥MN , 所以, OC ⊥MN .
例5 设锐角△ABC 的外心为O , △BOC 的外心为T , 点M 为边BC 的中点, 在边AB 、AC 上分别取点D 、E , 使得∠ADM =∠A EM =∠BAC . 证明:AT ⊥DE .
(第30届俄罗斯数学奥林匹克) 证明:如图5, 由O 是△ABC 的外心, T 是△BOC 的外心知, O 、M 、
T 三点共线, 且OT ⊥BC .
图4
四点共圆, 记两圆为⊙O 1O 2. 由
延长DM 、AC
图5交于点G , 延长
EM 、AB 交于点F , 联结FT 、B T 、GT . 于是, 有
∠B TO =2∠BCO =180°-∠BOC
=180°-2∠BAC =∠A FE .
故B 、F 、T 、M 四点共圆.
(下转第17页)
2005年第9期17
至少有一个成立.
引理的证明:(1) 最小的合数为4=2×2, 取m =0,1,2,3, 上述引理均成立.
(2) 当p ≥6时, 由于m 、p -m -1至少有一个大于或等于且m =
这与假设矛盾. 所以, p 为合数时, 式⑤
不成立. 因此, 有如下的命题.
命题2 设p >1, 当且仅当p 为素数时,
m +1
(m od p ) . m ! (p -m -1) ! ≡(-1) 其中0≤m ≤p -1, 且m 为整数.
实际上, 命题2是威尔逊定理的推广. 显然, 当m =0或m =p -1时即为威尔逊定
理. 特别地, 若p 为奇素数, 取m =, 则
2
p -1=. 于是, 有
2
≡(-1) 2(m od p ) . 2
受上述证明的启发, 我们得到一个关于.
设[p ]≤m ≤
p -(p 的最大正整数) , r r
2
(取等号时, p 为奇数
2
) , 而a 、b 至少有一个小于或等
于, 所以, 要证明引理, 只须证
2p
24
2
于是, 只须证4p
2
6p
22
显然, 当且仅当p =6时,6p =p . 而p
2
2
(2) 知, . 综合(1) 、
假设p , p =ab (a 、b ∈N , 且2, b ≥2) , 那么, 由引理可知, 对于任意的m ,
a |m ! (p -m -1) ! 与b |m ! (p -m -1) ! 至少有一个成立.
又因为(m ! (p -m -1) ! , m ! (p -m -1) ! ±1) =1, 则有
a 8[m ! (p -m -1) ! ±1]或 b 8[m ! (p -m -1) ! ±1].
故p 8[m ! (p -m -1) ! ±1].(上接第14页)
(r , p ) =1, 则p 为素数.
证明:若p 为合数, 设p =ab (a 、b ∈N ,
且a ≥2, b ≥2) , 则必有
a ≤[p ]≤m 或b ≤[p ]≤m .
从而, a |m ! 或b |m !.
又m ! ≡r (m od p ) , 则有a |r 或b |r . 故(r , p ) ≠1. 所以, 当m ! ≡r (m od p ) , 且(r , p ) =1时, p 必为素数.
则∠B FT =180°-∠BMT =90°.
同理, ∠CGT =90°.
过点T 作TH ⊥DE 于点H , 于是, D 、F 、T 、H 和H 、T 、G 、E 分别四点共圆, 记两圆为⊙S 1和⊙S 2.
又∠FDG =180°-∠ADG =180°-∠A EF =∠FEG ,
于点A , 故由根心定理知TH 过点A .
因为TH ⊥DE , 所以, AT ⊥DE .
考察例3至例5, 题中所给的条件或所导出的条件中都有较多的直角, 特别是有相对的两个直角, 待证的结论又都是垂直. 这导致三个题目的证明思路相当一致, 都是用的根心定理加同一法. 从证明过程可以看出, 这种证法还是比较自然的. 这也表明, 根心定理加同一法的思路在证明一类垂直问题中是行之有效的.
所以, D 、F 、G 、E 四点共圆, 记之为⊙S 3.
由于直线TH 、GE 、DF 恰为⊙S 1、⊙S 2、⊙S 3两两之间的三条根轴, 且GE 与DF 交