顺相似对应点

hbghlyj

《国外数学竞赛中几道平面几何问题的解读与欣赏》问题 5

问题 5 在凸四边形 $A B C D$ 中, $A B=C D, A B$ 与 $C D$ 不平行. 动点 $E 、 F$ 分别在边 $A B$ 、 $C D$ 上, 满足条件 $A E=C F$. 再设对角线 $A C$ 与 $B D$ 交于 $P$, 直线 $E F$ 与 $A C 、 B D$ 分别交于 $Q 、 R$. 求证：当 $E 、 F$ 分别在 $A B 、 C D$ 上变动时, 所有 $\triangle P Q R$ 的外接圆周除了 $P$ 外还有一个公共点. (第 46 届IMO)

本题必须先找出那个公共点, 其关键是将 $A B$ 和 $C D$ 这两条线段看成真正(顺) 合同图形, 由于 $A B$ 与 $C D$ 不平行. 所以, 这个真正合同所对应的几何变换是旋转变换, 而 $E$ 与 $F$ 恰好为两个旋转对应点, 它们有一个旋转中心, 这个旋转中心正是我们要找的另一个公共点. 下面将相等的条件去掉, 证明这个问题的推广:

问题 5' 在凸四边形 $A B C D$ 中, $A B$ 与 $C D$ 不平行. 动点 $E 、 F$ 分别在边 $A B 、 C D$ 上, 满足条件 $\frac{A E}{E B}=\frac{C F}{F D}$. 再设对角线 $A C$ 与 $B D$ 交于 $P$, 直线 $E F$ 与 $A C B D$ 分别交于 $Q$ 、 $R$. 求证：当 $E 、 F$ 分别在 $A B 、 C D$ 上变动时, 所有 $\triangle P Q R$ 的外接圆周除了 $P$ 外还有一个公共点.

引理 设 $E F$ 分别为四边形 $A B C D$ 的边 $A B$ 和 $C D$ 上的点, 直线 $E F$ 分别与 $A C$ 和 $B D$ 交于 $I 、 J$, 则 $\frac{A E}{E B}=\frac{C F}{F D}$ 的充分必要条件是: $\frac{A I}{I C}=\frac{B J}{J D}$.

事实上, 如果 $B C \px E F \px A D$, 则 $A B C D$ 为梯形,于是 $\frac{A E}{E B}=\frac{C F}{F D} \Leftrightarrow E F$ 分别为 $A B$ 和 $C D$ 的中点 $\Leftrightarrow I$、$J$ 分别为 $A C 、 B D$ 的中点 $\Leftrightarrow \frac{A I}{I C}=\frac{B J}{J D}$.
如果 $B C$ 与 $A D$ 不平行, 则直线 $A D$ 与 $B C$ 中至少有一条与 $E F$ 相交, 不妨设 $A D$ 与 $E F$ 交于 $K$, 如图 20 , 考虑 $\triangle A B D$ 与截线 $E J K, \triangle A C D$ 与截线 $F I K$, 由 Menelaus 定理, 有 $$ \frac{A E}{E B} \cdot \frac{B J}{J D} \cdot \frac{D K}{K A}=1=\frac{C F}{F D} \cdot \frac{D K}{K A} \cdot \frac{A I}{I C} . $$ 所以, $\frac{A E}{E B} \cdot \frac{B J}{J D}=\frac{C F}{F D} \cdot \frac{A I}{I C}$. 故 $\frac{A E}{E B}=\frac{C F}{F D} \Leftrightarrow \frac{A I}{I C}=\frac{B J}{J D}$.
再证本题(推广情形). 如图 21, 设 $\triangle P A B$ 与 $\triangle P C D$ 的外接圆交于 $P 、 O$ 两点, 易知 $\triangle O A C \sim \triangle O B D$, 由引理, $\triangle O A Q \sim \triangle O B R$, 所以 $\angle A Q O=\angle B R O$, 因此, $O$、$R$、$P$、$Q$ 四点共圆, 这说明点 $O$ 在 $\triangle P Q R$ 的外接圆上. 但 $A B$ 与 $C D$ 不平行, 所以 $O \neq P$. 即所有 $\triangle P Q R$ 的外接圆周除了点 $P$ 外还有一个公共点 $O$.
这个证明本质上就是将线段 $A B$ 与 $C D$ 看成顺相似图形时, $E 、 F$ 为一对顺相似对应点, $O$ 为它们的顺相似中心. 将线段 $B D$ 与 $A C$ 也看成顺相似图形时, $R 、 Q$ 为一对顺相似对应点, 其顺相似中心也为点 $O$.

hbghlyj

Douglas-Neumann Theorem
If the lines joining corresponding points of two directly similar figures are divided proportionally, then the locus of the points of the division will be a figure directly similar to the given figures.



Fundamental Theorem of Directly Similar Figures
Let $F_0$ and $F_1$ denote two directly similar figures in the plane, where $P_1$ in $F_1$ corresponds to $P_0$ in $F_0$ under the given similarity. Let $r$ in $(0,1)$, and define $F_r=\{(1-r)P_0+rP_1:P_0 \in F_0,P_1 \in F_1\}$. Then $F_r$ is also directly similar to $F_0$.