一個(gè)幾何模型的等角性質(zhì)及其應(yīng)用

切線是平面幾何中最基本的模型之一，與之相關(guān)的最熟悉的是切割線定理，筆者在競(jìng)賽培訓(xùn)過(guò)程中，探究到一個(gè)幾何模型的等角性質(zhì).

性質(zhì) 如圖1，P是圓O外一點(diǎn)，過(guò)P作圓O的兩條切線PA、PB，切點(diǎn)為A、B，M是弦AB中點(diǎn)，C為圓O優(yōu)弧AB上一點(diǎn)，連接CA、CB、CM、CP，則∠ACM=∠BCP.

筆者將此性質(zhì)當(dāng)做檢測(cè)題給學(xué)生訓(xùn)練，在學(xué)生解答的基礎(chǔ)上本文整理出性質(zhì)的證明方法，并利用該性質(zhì)解決相關(guān)問(wèn)題.

1.性質(zhì)的證明

證法1：如圖2，過(guò)C作CH⊥AB于H，連接OC、OB、OP，顯然OP過(guò)M點(diǎn)，且OP⊥AB.因?yàn)镻B⊥OB，所以O(shè)C2=OB2

=OM·OP，于是△COM∽△POC，所以∠OCM=∠OPC=∠PCH，易證∠ACO=∠BCH，故∠ACM=∠BCP.

證法2：如圖3，設(shè)CP交圓O于D，連接AD、BD，則∠CDA=∠CBM.易

證△PAD∽△PCA，△PBD∽△PCB，于是ADAC=PDPA，BDBC=PDPB，因?yàn)镻A=PB，所以ADAC=BDBC，AD·BC

=AC·BD.

由托勒密定理得AD·BC+AC·BD=AB·CD，于是AC·

BD=12AB·CD=AM·CD，所以ACAM=CDBD，因?yàn)椤螩AM=∠CDB，于是△CAM∽△CDB，所以∠ACM=∠BCP.

證法3：如圖4，過(guò)P作一直線交CA、CB于D、E，使得∠CDE=∠CBA，于是△CAB∽△CED.導(dǎo)角可以證明∠PDA=∠PAD，∠PFB=∠PBE，從而PD=PA=PB=PE，圖5于是P為DE中點(diǎn)，因?yàn)镸為AB中點(diǎn)，所以∠ACM=∠BCP.

證法4：如圖5，過(guò)B作BD⊥AC于D，連接PM、DM，因?yàn)镃DCB=cosC，

DMBP=BMBP=cos∠ABP=cosC，所以CDCB=DMBP，因?yàn)橐鬃C∠CDM=180°－∠ADM=180°－∠DAM=∠ABC+∠ACB

=∠ABC+∠ABP=∠CBP，所以△CDM∽△CBP，所以∠ACM=∠BCP.圖6

證法5：如圖6，過(guò)M作MD⊥AC于D，ME⊥BC于E，

過(guò)P作PF⊥AC于F，PG⊥BC于G，

設(shè)∠MCF=α，∠PCM=θ，∠PCG=β.易證△MDA∽△PGB，△MEB∽△PFA，所以MDAM=PGPB，MEBM=PFPA，兩式相除得MDME=PGPF，從而MDCM·CMME=PGPC·PCPF，所以sinαsin（β+θ）=sinβsin（α+θ），sinαsin（α+θ）=sinβsin（β+θ），12［cosθ－cos（2α+θ）］=12［cosθ－cos（2β+θ）］，cos（2α+θ）=cos（2β+θ），因?yàn)镃為優(yōu)弧AB上一點(diǎn)，于是∠ACB為銳角，所以2α+θ+2β+θ=2（α+θ+β）=2∠ACB<180°，于是2α+θ=2β+θ，α=β，即∠ACM=∠BCP.

證法6：設(shè)∠MCA=α，∠PCM=θ，∠PCB=β.運(yùn)用分角定理得ACsinαBCsin（β+θ）=AMBM=1，所以sin（β+θ）sinα=ACBC.△ABC對(duì)于點(diǎn)P運(yùn)用角元塞瓦定理得sin（α+θ）sinβ·sin∠CBPsin∠ABP·sin∠BAPsin∠CAP=1，易∠CBP=∠B+∠C，∠ABP=∠C，∠BAP=∠C，∠CAP=∠A+∠C，所以sin（α+θ）sinβ·sinAsinC·sinCsinB=1，于是sin（α+θ）sinβ=sinBsinA=ACBC，故sin（β+θ）sinα=sin（α+θ）sinβ.sinαsin（α+θ）=sinβsin（β+θ），以下同證法5.圖7

證法7：如圖7，過(guò)M作MD⊥AC于D，ME⊥BC于E，過(guò)P作PF⊥AC于F，PG⊥BC于G，

連接DE、FG.因?yàn)镾△ACM=S△BCM，所以AC·DM=BC·EM，DMEM=BCAC.

因?yàn)镻GFG=PBsin∠PBGPAsin∠PAF=sin∠CABsin∠CBA

=BCAC，所以DMEM=PGFG.因?yàn)椤螪ME=180°－∠ACB=∠GPF，

所以△DME∽△GPF，于是∠DEM=∠GFP.因?yàn)镃、D、M、E四點(diǎn)共圓，C、F、P、G四點(diǎn)共圓，所以∠ACM=∠DEM=∠GFP=∠BCP.

證法8：如圖8，設(shè)CP交圓O于D，過(guò)O作OH⊥CP于H，連接OA、OB、BH、BD、OP，顯然OP過(guò)M點(diǎn).易知A、H、B均在以O(shè)P為直徑的圓上，所以A、O、H、B四點(diǎn)共圓，

于是90°+∠BHD=∠OHB=180°－∠OAB=180°－（90°－∠ACB）=90°+∠ACB，從而∠BHD=∠ACB，

因?yàn)椤螲DB=∠CAB，所以△HDB∽△CAB，于是HDBD=ACAB，2HDBD=AC12AB，即CDBD=ACAM，

因?yàn)椤螩DB=∠CAM，所以△CDB∽△CAM，故∠ACM=∠BCP.

證法9：如圖9，在PM上取一點(diǎn)D使得A、M、C、D四點(diǎn)共圓，則∠CDM=∠CAM=180°－（∠ACB+∠ABC）=180°－（∠ABP+∠ABC）=180°－∠CBP，所以C、D、P、B四點(diǎn)共圓，從而∠PCB=∠PDB，因?yàn)椤螦CM=∠ADM，易知∠PDB=∠ADM，所以∠ACM=∠BCP.

2.性質(zhì)的應(yīng)用

例1 （2022年韓國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克決賽）如圖10所示，銳角△ABC外心為O，三條高分別為AD、BE、CF.過(guò)B、C分別作⊙O的切線，交于點(diǎn)P.過(guò)P作EF垂線與AD交于點(diǎn)Q.過(guò)A作AR⊥于R.求證：DR//OQ.

證明：如圖11所示，因?yàn)镺為

△ABC的外心，AD、BE、CF為三條高，所以AO⊥EF，又AR⊥EF，則知A、R、O三點(diǎn)共線，且EF與BC逆平行，于是有ARAD=AEAB=AFAC=cos∠BAC.連接OB，設(shè)OP交BC于點(diǎn)M，則OB⊥BP，OM⊥BC，又PQ⊥EF，易知四邊形AOPQ為平行四邊形.因?yàn)镺為△ABC的外心，AD⊥BC，則易得∠BAD=∠CAO，

又PB，PC為圓O的切線，M為BC的中點(diǎn)，由性質(zhì)知∠BAP=∠CAM，所以∠OAM=∠QAP，

又∠AOM=∠AQP，所以△AOM∽△AQP，所以AOAQ=AMAP=OMQP.結(jié)合OA=OB=QP，∠BOM=∠PBC=∠BAC，于是有AOAQ=OMQP=OMOB=cos∠BOM=cos∠BAC.從而ARAD=AOAQ，所以DR//OQ.

例2 （2022年巴爾干數(shù)學(xué)奧林匹克）

如圖12所示，銳角△ABC滿足CA≠CB，其外接圓為ω，外心為O，過(guò)B，A作ω的切線交于點(diǎn)X，過(guò)點(diǎn)C作AB的平行線交XA延長(zhǎng)線于點(diǎn)Z.OY⊥XC于點(diǎn)Y.求證：直線YZ平分線段AC.

證明：如圖13所示，

設(shè)OX、CX與AB、ω分別交于點(diǎn)S、T，連接AO、AY、AT、BO、CS.

易知OA⊥AX，OB⊥BX，OY⊥CT，S是AB中點(diǎn)，A、X、B、Y、O五點(diǎn)共圓.從而∠BAY=∠BXY.由于XA、XB為ω的兩條切線，S為AB的中點(diǎn)，則有∠ACS=∠BCT=∠BAT，∠BCS=∠ACT，∠CBK=∠BXY+∠BCT，又∠CBK=∠BAC=∠BAY+∠CAY，于是∠CAY=∠BCT=∠BAT.所以∠CAB=∠TAY，結(jié)合∠ATY=∠ABC，可知∠AYT=∠ACB=∠XAB=∠AZC，因此A、Y、C、Z四點(diǎn)共圓，可得∠AZY=∠ACY=∠XAT，從而AT//ZY，注意到Y(jié)為CT的中點(diǎn)，所以YZ平分線段AC.圖14

例3 如圖14所示，已知△ABC（AB<AC）的

外接圓Γ在點(diǎn)B、C處的切線相交于點(diǎn)D，E在CB延長(zhǎng)線上，使得AE⊥AD.點(diǎn)F為DE的中點(diǎn).求證：FA為Γ的切線.

證明：如圖15所示，設(shè)Γ的圓心

為O，AD交Γ于點(diǎn)N，連接OD交BC于點(diǎn)M，再連接AM，CN.因?yàn)镈B，DC與圓O相切，且M為BC的中點(diǎn)，由性質(zhì)知∠BAM=∠CAN.結(jié)合∠ABM=∠ANC，所以△ABM∽△ANC，從而有∠AMB=∠ACN，又因?yàn)锳E⊥AD，F(xiàn)是DE的中點(diǎn)，注意到A，M，D，E四點(diǎn)共圓，AF=DF=EF，∠FAD=∠ADF=∠AMB，于是∠FAN=∠ACN，所以FA為Γ的切線.