一組合幾何問(wèn)題的證明和推廣

孫 泰

(北京市豐臺(tái)區(qū)第二中學(xué) 100071)

2017年8月10日晚，華南師范大學(xué)吳康教授在朋友圈發(fā)帖，公布數(shù)學(xué)家楊路教授在朋友圈發(fā)布征求一個(gè)幾何命題的初等證明的帖子：

命題一個(gè)平面凸四邊形，經(jīng)過(guò)每三個(gè)點(diǎn)可作一個(gè)圓，這樣得到4個(gè)圓(不排除其中有重合)，求證：4個(gè)圓中如果有3個(gè)相等，則此4頂點(diǎn)共圓.

帖子發(fā)出，迅速得到余澤偉老師、朱斌老師、李榮峰老師、駱來(lái)根老師及本人的解答.

本題簡(jiǎn)潔優(yōu)美，證法多樣，余味不絕，遂探究推廣，幸得點(diǎn)滴，下以示之，望得指點(diǎn).

引理1若△ABC和△ABD外接圓是等圓且不重合，則C、D在AB同側(cè)時(shí)，∠ACB+∠ADB=180°；C、D在AB異側(cè)時(shí)，∠ACB=∠ADB.

(如圖1)由同圓或等圓中，等弧所對(duì)應(yīng)的圓周角相等，及圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)容易得之.

引理2△ABC三個(gè)頂點(diǎn)與點(diǎn)D構(gòu)成平面凸四邊形，若△ABD、△ACD與△ABC外接圓相等，則A、B、C、D四頂點(diǎn)共圓.

證明分兩種情況.

情況1：(如圖2)若△ABD、△ACD與△ABC外接圓相等且不重合，否則A、B、C、D四頂點(diǎn)共圓.

由引理1知∠ADB+∠ACB=180°, ∠ADC=∠ABC,且∠ADB<∠ADC，于是∠ABC+∠ACB>180°，那么與△ABC內(nèi)角和等于180°矛盾，必有A、B、C、D四頂點(diǎn)共圓.

圖2

圖3

情況2：(如圖3)若△ABD、△ACD與△ABC外接圓相等且不重合，否則A、B、C、D四頂點(diǎn)共圓.

由引理1知∠ADB+∠ACB=180°, ∠ADC+∠ABC=180°，那么凸四邊形ABCD內(nèi)角和必大于360°，與平面凸四邊ABCD不符，必有A、B、C、D四頂點(diǎn)共圓.

注：此引理等價(jià)于楊路教授提出的命題.

圖4

引理3如圖4,⊙O內(nèi)接四邊形ABCD與點(diǎn)E構(gòu)成平面凸五邊形ABCDE，若△ABE、△ACE外接圓與⊙O相等，或若△ABE、△CDE外接圓與⊙O相等，或若△BCE、△ADE外接圓與⊙O相等，則A、B、C、D、E五頂點(diǎn)共圓；若△ACE、△BDE外接圓與⊙O相等,A、B、C、D、E五頂點(diǎn)未必共圓.

證明情況1：△ABE、△ACE外接圓與⊙O相等，由引理2知A、B、C、E四點(diǎn)共圓，則A、B、C、D、E五頂點(diǎn)共圓；

情況2：(如圖4)若△ABE、△CDE外接圓與⊙O相等，假設(shè)△ABE、△CDE外接圓與⊙O相等且不重合，由引理1知∠AEB+∠ACB=180°，∠CED+∠CBD=180°，所以∠ACB+∠CBD=180°,∠AEB+180°,∠CED>180°，得四邊形ABCD內(nèi)角和大于360°，與平面凸四邊ABCD不符，那么△ABE、△CDE外接圓中至少一個(gè)與⊙O重合，所以A、B、C、D、E五頂點(diǎn)共圓.

情況3：(如圖4)若△BCE、△ADE外接圓與⊙O相等，假設(shè)△BCE、△ADE外接圓與⊙O相等且不重合，由引理1知∠BEC+∠BAC=180°，∠AED=∠ABD,又平面凸五邊形ABCDE知∠AED>∠BEC,因此∠ABD+∠BAC=180°-∠BEC+∠AED>180°，得四邊形ABCD內(nèi)角和大于360°，與平面凸四邊ABCD不符，那么△BCE、△ADE外接圓中至少一個(gè)與⊙O重合，所以A、B、C、D、E五頂點(diǎn)共圓.

圖5

情況4：(如圖5)若△ACE、△BDE外接圓與⊙O相等,如圖，A、B、C、D、E五點(diǎn)不共圓.

注：情況4中有6個(gè)相等圓.

下面先探究特殊情況，得到：

命題1一個(gè)平面凸五邊形，經(jīng)過(guò)每三個(gè)點(diǎn)可作一個(gè)圓，這樣得到10個(gè)圓(不排除其中有重合)，求證：10個(gè)圓中如果有7個(gè)相等，則此5頂點(diǎn)共圓.

為敘述方便，下文我們把外接圓相等的三角形簡(jiǎn)稱“等圓三角形”

證明先證5頂點(diǎn)中必存在4個(gè)頂點(diǎn)共圓.

假設(shè)每個(gè)頂點(diǎn)所在的“等圓三角形”至少有5個(gè)，每個(gè)“等圓三角形”至多被計(jì)算3次，那么“等圓三角形”至少有5×5÷3>8個(gè)，與已知7個(gè)“等圓三角形”矛盾.故必存在一個(gè)頂點(diǎn)(不妨A)，含此頂點(diǎn)的“等圓三角形”不超過(guò)4個(gè)，那么剩下4個(gè)頂點(diǎn)至少有3個(gè)“等圓三角形”，由引理2知，此4個(gè)頂點(diǎn)共圓.

注：由引理3的情況4可知7個(gè)“等圓三角形”是最佳值.

命題2一個(gè)平面凸六邊形，經(jīng)過(guò)每三個(gè)點(diǎn)可作一個(gè)圓，這樣得到20個(gè)圓(不排除其中有重合)，求證：20個(gè)圓中如果有13個(gè)相等，則此6頂點(diǎn)共圓.

證明先證6頂點(diǎn)中必存在5個(gè)頂點(diǎn)共圓.

假設(shè)每個(gè)頂點(diǎn)所在的“等圓三角形”至少有7個(gè)，每個(gè)“等圓三角形”至多被計(jì)算3次，那么“等圓三角形”至少有7×6÷3=14>13個(gè)，與已知13“等圓三角形”矛盾.故必存在一個(gè)頂點(diǎn)(不妨A)所在的“等圓三角形”不超過(guò)6個(gè)，那么剩下5個(gè)頂點(diǎn)至少有7個(gè)“等圓三角形”，由命題1可得，則此5個(gè)頂點(diǎn)共圓.

歸納猜測(cè)命題的一般情況：

證明下用數(shù)學(xué)歸納法僅需證明n≥5此命題成立.

(1)當(dāng)n=5時(shí),由命題1知命題成立.

那么n=k+1時(shí)，先證平面凸k+1邊形存在k個(gè)頂點(diǎn)共圓.

綜合由(1)、(2)可知命題成立.

完成二維條件下的探究和推廣，自然思考三維空間情況，最后提出如下問(wèn)題：