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《国外数学竞赛中几道平面几何问题的解读与欣赏》问题 3
设 $\triangle A B C$ 与 $\triangle P Q R$ 满足下列条件: $A 、 P$ 分别是 $Q R$ 与 $B C$ 的中点, $Q R$ 、 $B C$ 分别平分 $\angle B A C$ 与 $\angle Q P R$. 求证: $A B+A C=P Q+P R$. (2001, 日本数学奥林匹克)图 13
本题的条件也好、所对应的图形（图 13）也好, 都很简单, 但这绝非一个简单问题. 实际上, 本题的背景是调和四边形——对边乘积相等的圆内接四边形.
过圆外一点作圆的两条切线和一条割线, 则两个切点和割线与圆的两个交点正好是一个调和四边形的四个顶点. 如果调和四边形不是轴对称图形, 则这个条件既是充分的, 也必要的.
调和四边形有一个很好的特征性质：
设 M 是圆内接四边形 ABCD 的对角线 BD 的中点, 则四边形 ABCD 为一个调和四边形的充分必要条件是 BD 平分∠AMC. (图 14、图 15)
图 14如果了解了调和四边形的这一性质, 则对于本题来说, 落墨就会从证明 $B$、$C$、$Q$、$R$ 四点共圆开始. 只不过这个证明颇费周折.
证明 如图 16, 设$BC$的垂直平分线与$QR$的垂直平分线交于点$O$, 则$OB=OC$,$OQ=OR$. 因$OA$是$∠BAC$的外角平分线, 所以点$O$在$△ABC$的外接圆上, 且$O$为$\overparen{BAC}$的中点. 同理, 点$O$在$△PQR$的外接圆上, 且$O$为$\overparen{QPR}$的中点. 设直线$OA$与$BC$交于$S$, $OP$与$QR$交于$T$, 则$S$为$△PQR$的外接圆上的$\overparen{QR}$(不含点$P$)的中点, 所以, $OS$为$△PQR$的外接圆的直径. 同理, $OT$为$△ABC$的外接圆的直径. 因$OC⊥CT$,$CP⊥OT$, 所以, $OC^2=OP⋅OT$; 同理, $OR^2=OA⋅OS$. 但由$OS⊥RT, OT⊥BS$知$P$、$A$、$S$、$T$ 四点共圆 , 所以 $OP⋅OT= OA⋅OS$. 因此 $OC^2= OR^2$, 从而 $OC=OR$. 即有$OB=OC=OR=OQ$. 这说明$B$、$C$、$Q$、$R$四点共圆.
现在, 设点 $C$ 关于直线 $OA$ 的对称点为 $C'$, 点 $Q$ 关于直线 $OP$ 的对称点为 $Q'$,
则 $C'$在 $BA$ 的延长线上, $Q'$在 $RP$ 的延长线上,$C'$、$Q'$皆在$⊙O$ 上, $AC'=AC$, $PQ'=PQ$.
$\overparen{BQ'}=\overparen{QC}=\overparen{ C' R}$ , 于是, $\overparen{BQ^{\prime} C^{\prime}}=\overparen{Q^{\prime} C^{\prime} R}$, 从而 $B C^{\prime}=R Q^{\prime}$. 而
$$
B C^{\prime }=A B+A C^{\prime}=A B+A C, R Q^{\prime}=P R+P Q^{\prime}=P R+P Q
$$故 $AB+AC=PQ+PR$. |
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