九直线同切于某抛物线问题的研讨——兼擂题(113)解答

上海 黄 之 (邮编：638400)

问题 四边形ABCD有一个内切圆O，两条对边分别交于F、E(如图)，分别过A、B、C、D、E、F作AO、BO、CO、DO、EO、FO的垂线，证明：直线AC、BD、EF，以及六条垂线，同时与某条抛物线相切.

本文对上述问题进行研讨.

图1

1 一个经典问题

经典问题 已知抛物线的四条切线，作抛物线.(尺规作出其焦点和准线). 此问题的最简单方法，源自兰伯特定理：抛物线的切线组成的三角形，其外接圆通过抛物线的焦点.

首先，下面的事实是容易证明：一条直线能作为抛物线的切线的充要条件是：焦点关于它的对称点落在准线上，且为切点在准线上的投影.

先考虑抛物线的两条切线SA和SB，则F关于SA、SB的对称点落在准线上，分别设为P、Q(如图1)，AP和BQ都是准线的垂线，易有：

∠FAS=∠PAS,∠FBS=∠QBS.

显然△FPQ的外心就是S，于是由圆周角是圆心角的一半的事实得到，∠PAS=∠QPF=∠BSQ，∠SBF=∠PQF=∠FSA，所以△FSA∽△FBS.

图2

现在加入另外一条切线，它与之前两条直线SA、SB分别相交于M、N，又设T是MN与抛物线的切点(如图2).则根据上述三角形的相似的性质，有∠FAS=∠FSN，而又∠FAM=∠FMT，所以∠FSN=∠FMN.这表明F、M、S、N四点共圆，这就是兰伯特定理，△SMN的外接圆经过焦点F. 即抛物线切线形成的三角形外接圆经过焦点.

图3

根据兰伯特定理，如果已知抛物线的四条切线，如图3中AB、BC、CD、DA是已知的切线，那么在四条直线围成的三角形中选出两个，作出它们的外接圆，则两圆产生的新交点，就是抛物线的焦点(事实上四个三角形的外接圆共点，这由不难证明的米库尔定理给出)，再作出焦点关于其中两条直线的对称点，连之即是准线(事实上四个对称点共线，这可由西姆松定理得到).

2 几个引理

为了流畅解答问题113，还需要几个引理.

图4

引理1 如图4，圆O的内接四边形ABCD两组对边分别交于E、F，对角线AC、BD交于G，由米库尔定理，△ABF、△ADE、△AFC、△AEC共点H，现在有结论：F、H、E三点共线，O、G、H三点共线，且OH⊥EF.

证明 先证明F、H、E共线，其实十分简单，由∠FHA=∠ABC=∠ADE=180°-∠EHA.

其次证OH⊥EF，考虑F、E对圆O的幂的差(FO2-r2)-(EO2-r2)，其中r是圆O半径.而另一方面，F、E对圆O的幂的差又是FA·FD-EA·EB，而这即是FH·FE-EH·EF.

图5

于是有FO2-EO2=FH2-EH2，这表明OH⊥EF.

最后证O、G、H共线，如右图5，准备通过证明GO⊥EF达到目的.设直线FG与△AFC的外接圆交于另一点J，则有∠AJF=∠ACF=∠ADB，这表明A、G、J、D四点共圆.由此有两个式子

两式相减得：FG2=FA·FD-AG·GC，这表明相对于圆O而言，FG2=F的幂+G的幂=(FO2-r2)+(GO2-r2)，

同理可以有：EG2=E的幂+G的幂=(EO2-r2)+(GO2-r2)，

以上两式相减得FG2-EG2=FO2-EO2，

这就表明GO⊥EF，换言之，O、G、H共线.

引理2 如图6，四边形ABCD有一内切圆O，过A、B、C、D各作直线分别与AO、BO、CO、DO垂直，四条垂线形成完全四线形，如图6，则有结论：

四边形HIJK是圆内接四边形，且其对角线IK、HJ相交于O点.

证明 先证明H、I、J、K四点共圆，由于

∠IAO=∠IBO=90°，∠KDO=∠KCO=90°，

图6

所以显然问题归结为证明∠AOB+∠DOC=180°.

如图6，设圆O与四边形的切点为L、M、N、P，则显然有：∠AOL=∠AOM,∠MOB=∠NOB,∠NOC=∠POC,∠POD=∠LOD

其次证IK、HJ相交于O.由于四个四边形AOBI、BOCJ、CODK、DOAH都是圆内接四边形，所以，∠HOI=∠AOI+∠HOA=∠ABI+∠HDA，∠KOJ=∠KOC+∠JOC=∠CDK+CBJ，而且HI、IJ、JK、KH分别与AO、BO、CO、DO垂直，所以∠HOI=∠KOJ，同理又有∠HOK=∠IOJ，这两个式子表明∠HOI+∠HOK=180°，所以I、O、K共线，同理H、O、J也三点共线.证毕.

图7

3 擂题的解决

解决的思路是，找出其中四条直线，然后用经典问题的方法作出抛物线的焦点和准线，然后证明其余的直线都与该抛物线相切.

如图7，过A、B、C、D的垂线两两交于完全四点形GKLH，KL与HG交于I、KG与LH交于J.选择直线GK、KL、LH、HG，用经典问题的方法，作出抛物线与这四条直线都相切，即，作△IGK和△GHJ的外接圆，两者交于新的点就是焦点，作焦点关于四条直线的对称点，它们在同一条直线上，这条直线就是准线.

下面要做的事情就是证明其余的直线都与这条抛物线相切.先证明直线AC是抛物线的切线.这等价于证明焦点关于AC对称点落在准线上.设焦点P关于直线KG、LH的对称点分别是P1、P2，由西姆松定理，可以将问题归结为证明焦点P落在△ACJ外接圆上.

因为∠OAJ=∠OCJ=90°，所以只需要证明∠OPJ=90°.由引理2，四边形GKLH是圆内接四边形，且两对角线KH、GL恰交于O点，进一步由引理1，得：I、P、J三点共线，且O和P的连线与IJ垂直，这就是要证明的.

这样，就证明了P、A、O、C、J五点在同一个圆上，由西姆松定理，焦点P关于AC的对称点在直线P1P2上，即在准线上，换言之，AC是切线.

同理，BD也是切线.

从本质上说，EF和BD、AC一样，而过E、F的垂线，和一开始的四条直线一样.然而，目前似乎还看不出本质的结构.

先说一个事实：

事实上，上述构造出来的准线是一条过O点的直线，为了说明这一点，先给出一个命题：

圆内接四边形A2B2B4A4，两组对边交于F(如图8)，L、N分别是△FA2B2，△FA4B4的垂心，M是四边形的交点，则：L、M、N共线(如图9).

证明可以由三点共线的充分必要条件，通过分析A1A2A3A4和B1B2B3B4做到.略去.

事实上即是A1A2A3A4的交比等于B1B2B3B4的交比.

由上述命题，△IGK和△IHL的垂心和O在一条直线上再结合前述，以及西姆松定理，斯坦纳定理，就能得到f关于四条直线的对称点所在直线经过点O.(如图10)

图8

图9

图10

图11

由此，结合O与焦点连线垂直于IJ，又可以多出一条切线：OI和OJ的中点连线.

下面简明证明一下，过E、F的垂线以及EF都是切线：首先不难证明，抛物线的切线形成的三角形的垂心落在其准线上.而当两边为切线，而又有垂心在准线上时，第三边必然是切线.

易于证明，G是△EAD的内心(如图11)，又结合MA⊥AO，ND⊥DO，可有G为△MNO的垂心，这时，注意到O为△MNG的垂心，于是，MN就是抛物线的切线.

图12

同理，过F的垂线也是切线.

图13

至于EF，现在已经证明过F、E的垂线也是切线，则EF可以如同以往的AC一样的方式处理.

只要证明焦点P，E、O、F、Q五点在同一个圆上(如图12)即可. 至此，已经证明完毕.

图14

4 后记

也许解决的过程比较繁琐，但是在过程中遇到很多精彩的、包括一些没有写出来的性质，难道这不也是一种收获吗？应该说吴波老师发现此命题的过程才是最重要的，肯定比证明过程更精彩.说明几点：

(1)如图13提到的共线充要条件：k、l是平面上两条任意直线，直线k上有四点A、B、C、D，l上有四点E、F、G、H，满足(AC·BD)/(AD·BC)=(EG·FH)/(EH·FG)，直线AF与BE交于I，BG与CF交于J，CH与DG交于K，则I、J、K三点在同一条直线上.反之亦然.

(2)本文第一段中的问题来自100个著名初等数学问题.

(3)本文第二段的引理1和引理2结合起来应该是很有趣的！

(4)完整的十条切线(如图14).