平面几何问题的解答及其它
1. 在△OAB与△OCD中, OA = OB, OC = OD. 直线AB与CD交于点P, ⊙(PBC)与⊙(PDA)的外接圆交于P、Q两点. 求证: OQ⊥PQ.
AODBPQC
这是第26届IMO的一道几何题的推广. 第26届IMO的那道几何题的条件是A、B、C、D四点共圆, 且O为圆心.
思路1 欲证明OQ⊥PQ, 可考虑证明点O在过点Q且垂直于PQ的直线上.
证法1 如图1所示, 过点Q作PQ的垂线分别交△PAD与△PBC的外接圆交于I、J两点, 则AI⊥PA, BJ⊥PA, 所以AI∥BJ, 因而AB的垂直平分线过IJ的中点; 同理, CD的垂直平分线也过IJ的中点. 显然, O是AB的垂直平分线与CD的垂直平分线的交点, 因此, O为IJ的中点. 故OQ⊥PQ.
思路2 如果有割线过相交两圆的一个交点, 则我们可以以两圆的另一个交点为中心作位似旋转变换, 使其中一个圆变为另一个圆, 此时, 割线与两圆的另一交点即为两个对应点. 沿着这条思路走下去, 可能使问题得到解决.
证法2 如图2所示, 以Q为位似中心作位似旋转变换, 使圆PDA→圆PBC, 则A→B, D→C, 于是, 以Q为位似中心作位似旋转变换, 使A→D, 则 B →C. 再设AB、CD的中点分别为M、N, 则M→N, 因而P、Q、M、N四点共圆, 但⊙(PMN)显然以OP为直径, 这说明点Q在以OP为直径的圆上, 故OQ⊥PQ.
1
AM
J
BP
QCND
O
AMBPOCQND
思路3 设M、N分别为AB、CD的中点, 则从证法1可以看出, 只要证明了P、Q、N、M四点共圆, 问题便得到解决.
1.三弦定理及其逆定理 —一个不可小觑的证明四点共圆的方法
我们知道, 对于圆内接四边形来说, 有一个关于四边长与对角线长之间的一个度量等式, 这就是著名的Ptolemy定理, 即
设ABCD是一个圆内接凸四边形, 则AB?CD?BC?DA?AC?BD.
Ptolemy定理是处理圆内接四边形问题的一个有力工具, 其逆定理也是成立的, 即
在凸四边形ABCD中, 若AB?CD?BC?DA?AC?BD, 则ABCD是一个圆内接四边形.
从表面上看来, Ptolemy定理之逆可以证明四点共圆, 但在解题实践中, 欲用Ptolemy定理之逆证明四点共圆似乎是一件奢侈的事件. 下面介绍Ptolemy定理的一个等价定理——三弦定理.
三弦定理 设PA、PB、PC是一圆Γ内有一公共端点的三条弦, ?BPC??, ?APB??, 则
PAsin??PCsin??PBsin(???)
证明 设圆Γ的半径为R, 由正弦定理, BC?2Rsin?, AB?2Rsin?, AC?2Rsin(???), 于
是
PAsin??PCsin??PBsin(???)?
PA?2Rsin??PC?2Rsin??PB?2Rsin(???)?
PA?BC?PC?AB?PB?AC.
而PABC是一个圆内接四边形, 由Ptolemy定理, PA?BC?PC?AB?PB?AC. 故三弦定理成立. 且三
弦定理与Ptolemy定理等价.
三弦定理之逆 设PA、PB、PC是有一公共端点的三条线段, ?BPC??, ?APB??. 若
PAsin??PCsin??PBsin(???).
则P、A、B、C四点共圆.
证明 设过P、A、B三点的圆与直线PC交于P、C′两点, 由三弦定理, 有
PAsin??PC?sin??PBsin(???). 比较条件, 得C′ = C, 故P、A、B、C四点共圆.
PCPC( C' )ABAB
与Ptolemy定理一样, 三弦定理可以用来处理有关圆内接四边形的问题, 而且因为三弦定理与三角函数联系在一起, 因此, 用三弦定理处理某些圆内接四边形问题比Ptolemy定理还要方便. 我们在这里不准备论及. 而三弦定理之逆与Ptolemy定理之逆就不一样了, 也就是说, 三弦定理之逆在证明四点共圆时表现得够大方的. 其原因也在于它与三角函数联系起来了, 我们可以充分利用三角函数这一工具.
例1 设点P、Q、R分别在锐角△ABC的三条高AD、BE、CF上, 且△PBC、△QCA、△RAB的面积之和等于△ABC的面积. 证明: P、Q、R、H四点共圆. 其中, H为△ABC的垂心.(2001, 第27届俄罗斯数学奥林匹克)
证明 如图所示, 不妨设R在△HAB内. 因S?PBC?S?QCA?S?RAB?S?ABC?S?HBC?S?HCA?S?HAB,
所以
S?HAB?S?RAB?(S?PBC?S?HBC)?(S?QCA?S?HCA)
111HR?AB?HP?BC?HQ?CA, 再由正弦定理, 得HRsinC?HPsinA?HQsinB. 而 222?PHQ??DHE?180??C, ?RHQ?A, ?PHR?B,
所以, HRsin?PHQ?HPsin?RHQ?HQsin?PHR, 故由三弦定理之逆, P、Q、R、H四点共圆.
即
AAFRHPEQFOEBDCBDC
例2 设D是△ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, O是△ABC的外心. 求证: O、E、A、F四点共圆. (第27届俄罗斯数学奥林匹克, 2001)
证明 设BC?a, CA?b, AB?c, 仍用A、B、C表示△ABC的三个对应的内角, 则
BDDC, EC?,
2cosB2cosCBDDC所以, AF?c?, AE?b?. 又由正弦定理, OAsinA?a, 于是再注意
2cosB2cosC?FAO?90??C, ?OAC?90??B, 即得
AFsin?OAC?AEsin?BAO?OAsinA?AFcosB?AEcosC?OAsinA?
BDDCa(c?)cosB?(b?)cosC??ccosB?bcosC?a
2cosB2cosC2而最后一式即众所周知的三角形的射影定理, 因而等式AFsin?OAC?AEsin?BAO?OAsinA成立.
BF?由三弦定理之逆, O、E、A、F四点共圆.
例3 设H为△ABC的垂心, D、E、F分别为△ABC的三边BC、CA、AB上的点, 且DB = DF, DC = DE. 求证: E、A、F、H四点共圆.
证明 设BC?a, CA?b, AB?c, 仍用A、B、C表示△ABC的三个对应的内角, 则
BF?2BDcosB, EC?2DCcosC,
所以, AF?c?2BDcosB, AE?b?2DCcosC.
再设△ABC的外接圆半径为R, 则不难知道, AH?2RcosA. 又?HAE?90??C, ?FAH?90??B, 于是, 由正弦定理, 并注意cosA??cos(B?C)?sinBsinC?cosBcosC, 得
AFsin?HAE?AEsin?FAH?AHsinA?
AFcosC?AEcosB?acosA?
(c?2BDcosB)cosC?(b?2DCcosC)cosB?acosA?
bcosB?ccosC?a(2cosBcosC?cosA)? bcosB?ccosC?a(cosBcosC?sinBsinC)?
bcosB?ccosC?acos(B?C)
而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有
AEFHBDCbcosB?ccosC?2R(sinBcosB?sinCcosC)? R(sin2B?sin2C)?2Rsin(B?C)cos(B?C)?
2RsinAcos(B?C)?acos(B?C).
即bcosB?ccosC?acos(B?C)成立, 因而AFsin?HAE?AEsin?FAH?AHsinA成立, 故由
三弦定理之逆, E、A、F、H四点共圆.
第1题的证法3
1 在△OAB与△OCD中, OA = OB, OC = OD. 直线AB与CD交于点P, △PBC与△PDA的外接圆交于P、Q两点. 求证: OQ⊥PQ.
证明 设∠QPD = ?, ∠CPA = ?, 则由三弦定理, 有
PAsin??PQsin??PDsin(???), PBsin??PQsin??PCsin(???), 两式相加, 得
(PA?PB)sin??2PQsin??(PC+PD)sin(???).
设AB与CD的中点分别为M、N, 则PA + PB = 2PM, PC + PD = 2PN, 所以
PMsin??PQsin??PNsin(???).
由三弦定理之逆, M、P、Q、N四点共圆. 但O、M、P、N四点共圆, 所以O、M、P、Q四点共圆. 而PM⊥OM, 故OQ⊥PQ.
AAMBPOECQNDB
FPDMC
第19题的证明
19. 设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB上的点, 且DE∥AB, DF∥AC. 求证: (ⅰ) △AEF的外接圆通过一个定点P.
(ⅱ) 若M为BC的中点, 则∠BAM =∠PAC.
证明 设△AEF的外接圆与△ABC的A-陪位中线的另一交点为P, 由三弦定理, 有
APsinA?AEsin?BAP?AFsin?PAC.
BDDC??, 则?1??, 所以, AE?FD??AC, AF?ED?(1??)AB, 于是 BCBCAPsinA??ACsin?BAP?(1??)ABsin?PAC? ABsin?PAC??(ACsin?BAP?ABsin?PAC)? ABsin?BAM??(ACsin?MAC?ABsin?BAM)
BMABsin?BAM再注意M是BC的中点, 由分角线定理, 1?, 所以 ?MBACsin?MACACsin?MAC?ABsin?BAM
ABsin?BAM因此, APsinA?ABsin?BAM, 从而AP?为定长. 故P是一个定点, 且∠BAM =∠
sinA再设PAC.
2. 圆过三角形的外心与一个顶点的条件
2001年举行的第27届俄罗斯数学奥林匹克的一道几何题(例2)说明, 设O是△ABC的外心, D是△ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, 则O、E、A、F四点共圆.
我们可以证明, 如果一个过△ABC的外心和顶点A的圆与AC、AB分别交于E、F时, 一定在BC上存在一点D, 使E、F分别在DC的垂直平分线和BD的垂直平分线上.
事实上, 由三弦定理, AFsin?OAC?AEsin?BAO?OAsinA. 而
sin?OAC?cosB, sin?BAO?cosC, 所以, AFcosB?AEcosC?OAsinA?1BC. 设F、E在BC上的射影分别为M、N, 则 21MN?AFcosB?AEcosC?BC
2是一个常数(与圆的位置无关), 且这个常数为边BC的一半. 于是, 设点B关于FM的对称点为D, 则D、C关于EN对称.
这就证明了, 一个圆过△ABC的外心和顶点A的充分必要条件是: 这个圆与AC、AB分别交于E、F时, 线段EF在BC上的射影长等于BC的一半.
AEFOBMDNC
第17题的证明
17. 设△ABC的外心为O, 点P、Q分别在边AB、CA上, 且
AQPOBC
BPCA?PQBC?QCAB. 求证: A、P、O、Q四
点共圆.
证明 作△RQP, 使△RQP∽△ABC, 且R与A在PQ的两侧, PRPQQRBPPQQC则. 而, 所以RP = BP, QR = QC, ????CABCABCABCAB因此, ∠PRB =∠RBP, ∠CRQ =∠QCR. 这样
∠CRQ +∠QRP +∠PRB =∠QCR +∠BAC +∠RBA.
另一方面, 因 (∠CRQ +∠QRP +∠PRB) + (∠QCR +∠BAC +∠RBA) = 360?, 所以
B∠CRQ +∠QRP +∠PRB = 180°.
这说明点R在△ABC的边BC上. 因P为BR的垂直平分线与AB
的交点, Q为RC的垂直平分线与AC的交点, 故 A、P、Q、O四点共圆.
AQPORC附: 例2的另两个证法
例2 设D是△ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, O是△ABC的外心. 求证: A、E、O、F四点共圆.（第27届俄罗斯数学奥林匹克）
分析1 当E、F分别是外心O在CA、AB上的射影时, 点D为A在BC上的射影, 此时, 欲证结论显然成立. 以此为出发点, 我们可以得到如下的证明.
证法1 过点A作BC的垂线,垂足为L, 再设M、N分别为CA、AB的中点, 则ML= MC, NL = NB, 所
EMMCDLBL以LM∥DE, LN∥DE, 进而, . 两式相乘, 得 ??DLLCFNBNEMMCBLACBNACBN. ??????FNLCBNABLCLCABACOBBLOM但△ALC∽△BON, △ABL∽△COM, 所以, , 代入上式, 并注意OB = OC即得??LCONABOCEMOM. 于是△OME∽△ONF, 从而∠OEM =∠OFN, 故A、E、O、F四点共圆. ?FNON分析2 如果E、A、F、O四点共圆. 因B、D、C三点在一直线上, 由Pascal定理, 直线DE与BO的交点则也应在这个圆上. 循着这个思路, 我们便得到证法2.
证法2 设直线BO与DE交于P. 因∠BPD =∠CDE ?∠CBP =∠ACB ? (90°?∠BAC) = 90°?∠CBA. 又FD = FB, 所以, ∠BFD = 180°?2∠CBA = 2∠BPD, 再由FD = FB即知, 点F是△PBD的外心, 所以, FP = FD = FB, 因此, ∠FPD =∠EDF =180°? (∠FDB +∠EDC) = 180°? (∠CBA +∠ACB) =∠BAC, 这说明P、E、A、F四点共圆. 又∠FPB =∠PBF =∠BAO, 所以, O、P、A、F四点共圆. 故E、A、F、O四点共圆.
AAENFOBDLC
EMFOBDPC
3 一类四点共圆问题揭秘
象例2、例3这类四点共圆的问题还有更深刻的背景. 它们涉及到同向相似三角形的相似中心.
两个同向相似三角形, 只要其相似系数不等于1, 则它们必有相似中心. 这个相似中心可以按如下方法作出.
设△ABC与△A′B′C′同向相似. 当A′B′∥AB时, 直线A′A与B′B的交点O即△ABC与△A′B′C′的相似中心. 当A′B′╫AB时, 如图1和图2.所示, 设直线A′B′与AB交于点P, 则⊙(PAA′)与⊙(PBB′)的第二个交点O即△ABC与△A′B′C′的相似中心.
BB'θPA'AB'A'BPAθθOθO
当三角形△的三个顶点在三角形△′的三边所在直线上时, 我们称三角形是三角形的内接三角形. 定理 设△PQR是△ABC的内接三角形, 则△ABC的所有与△PQR同向相似的内接三角形(对应顶点在△ABC的同一边所在直线上)都有同一个相似中心.
这个定理的证明简单. 其相似中心即△PQR关于△ABC的密克点.
根据这个定理, 如果我们确定了△ABC的内接△PQR的形状, 就可以确定其相似中心, 那么, △ABC的顶点A, △PQR在AB、AC上的两个顶点, 相似中心, 这四点必然共圆. 但直接这样表现, 则太过明显, 于是, 我们作△PQR的外接圆与BC的另一交点, 再将条件转换, 一道四点共圆问题便出笼了.
例1 如图所示, 设△PEF∽△ABC, 则可证△ABC的外心O是所有这样的△PEF的相似中心, 因此, O、E、A、F四点共圆. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠CBA, ∠CDE =∠PFE =∠ACB, 所以, F、E分别是BD、DC的垂直平分线与AB、AC的交点, 于是便有第27届俄罗斯数学奥林匹克的那道几何题. 而第17题则是△PQR的外接圆与BC相切的情形.
AEAQPFBODPCOBRC
例2 如图所示, 设△XYZ是非直角△ABC的垂足三角形, △ABC的内接△PEF∽△XYZ, 则不难证明△PEF与△XYZ的相似中心是△ABC的垂心H. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠ZYX = 180°?2∠CBA, ∠CDE =∠PFE =∠XZY =180°?2∠ACB, 所以, ∠BFD =∠CBA, ∠DEC =∠ACB, 因此, DF = DB, DE = DC. 于是有
题1设H为△ABC的垂心, D、E、F分别△ABC的三边BC、CA、AB上的点, 且DB = DF, DC = DE. 求证: E、A、F、H四点共圆.
AZFHDXAEYEFHDCBPCB
容易看出, △AEF的外心在△PEF的外接圆上.
事实上, 设△AEF的外心为O, 则∠FOE = 2∠BAC, 而∠EPF =180°?2∠BAC, 所以, ∠FOE +∠EPF =180°, 故O在△PEF的外接圆上. 因此, △PEF的外接圆即△OEF的外接圆.
当△OEF的外接圆与BC相切时, P、D重合. 此时, 因为DB = DF, DC = DE, 而△DEF∽△XYZ, 这样便有
DCXY. 于是有 ?DBXZRCDE. ?RBDF题2 设AD、BE、CF是锐角△ABC的三条高, H是△ABC的垂心. 过A、H两点的⊙O与AB、AC分别交于Q、P (均异于A). 求证: 若△OPQ的外接圆与BC相切于R, 则
这正是美国国家队2006年选拔考试题.
FZAFPAOYEOEQBD
例3 如图所示, 设△PEF与△ABC反向相似, AL是高, M、N分别是AB、AC的中点, △MAL的外接圆与△NLC的外接圆交于L、K两点, 则可以证明K是所有这样的与△ABC反向相似的△PEF的相似中心. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠ACB, ∠CDE =∠PFE =∠CBA, 所以, FD∥AC, ED∥AB, 于是, 我们有
题3 △ABC中, 点A在直线BC上的射影为D, M、N分别为AB、AC的中点, △MBL的外接圆Γ1与△NLC的外接圆Γ2相交于D、K两点. 对BC边上的任意一点P, 过P作AB、AC的平行线分别与AC、AB交于E、F. 求证: K、E、A、F四点共圆.
XCBRDCAEMFBDKLPCNΓ1BFDMKAENΓ2LC这是2010年中国国家集训队测试题.
又可以证明, K在△ABC的A-陪位中线上, 于是便得到第19题:
设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB上的点, 且DE∥AB, DF∥AC. 求证: (ⅰ) △AEF的外接圆通过一个定点P.
(ⅱ) 若M为BC的中点, 则∠BAM =∠PAC.
AAEEFBPDMC
FBD1C
类似的与内心有关的问题是
设I是△ABC的内心, D、E、F分别边BC、CA、AB上的点, 且BF = BD, CD = CE, 则E、A、F、I四点共圆.
但这个问题太简单. 事实上, 由对称性, ∠IEC =∠CDI =∠IFA, 故E、A、F、I四点共圆.
4 等角线及其性质
给定一个角∠AOB, OC是它的角平分线, 过O点作两条关于OC对称的直线OX和OY，则称OY是OX关于∠AOB的等角线. 显然OX,OY关于∠AOB互为等角线.一个角的两边（所在直线）是本角的等角线; 一个角的平分线是重合的等角线, 即自等角线. 一角的邻补角的平分线也是自等角线.
OONMPAXTYB
ACDB
定理1自∠AOB的顶点O 引两条直线OC、OD, P是直线OC上一点, 过P作直线OA、OB作垂线, 垂足分别为M、N, 则OC、OD是∠AOB的两条等角线的充分必要条件是OD⊥MN.
OANPMCABDB
DEC
AB2BD?BE定理2 设D、E是△ABC的边BC上两点, 则∠BAD =∠EAC的充分必要条件是: . ?2ACDC?EC定理3 设D、E是△ABC的边BC上两点, 且∠BAD =∠EAC, 则有
AD ? AE = AB ? AC ?BD?BE?DC?EC.
最常见的等角线是三角形的同一顶点引出的三角形的高与外接圆的直径是该顶角的两条等角线. 实际上, 定理1已经包含了这一结果.
利用等角线的性质可以简捷地处理一些竞赛中的平面几何问题.
例1. 设O是△ABC的外心, K是△BOC的外心, 直线AB、AC分别交△BOC的外接圆于另一点M、N, L是点K关于直线MN的反射点. 求证: AL⊥BC.(俄罗斯, 2000)
证明 因∠OMA =∠OCB = 90??∠BAC, 即∠OMA +∠BAN = 90?, 所以MO⊥AN. 同理, NO⊥AM, 这说明O为△AMN的垂心, 于是△OMN的外接圆与△AMN的外接圆是等圆, 它们关于直线MN对称. 由于K为△OMN的外心, 所以L为△AMN的外心, 从而AL与AO是?BAC的两条等角线, 但O为△ABC的外心, 故AL⊥BC.
第4题的证明
4. 在锐角△ABC中, AB≠AC. 过A作BC的垂线AD, P为AB延长线上一点, Q为AC延长线上一点, 且P、B、C、Q四点共圆, DP = DQ. 求证: D是△APQ的外心.
证明 设O为△ABC的外心, 则AD与AO是∠BAC的两条等角线, 而P、B、C、Q四点共圆, 所以△APQ与△ACB反向相似, 因此△APQ的外心在直线AD上.
另一方面, 因AB≠AC, 所以BC与PQ不平行, 因此, PQ的垂直平分线与直线AD不重合. 而DP = DQ, 所以D是PQ的垂直平分线与直线AD的交点. 而△APQ的外心既在直线AD上, 也在PQ的垂直平分线上, 故D是△APQ的外心.
AAOMBKLCNBDPOCQ
5 三角形的陪位中线
三角形的中线的等角线称为陪位中线. 为方便计, 过△ABC的顶点A的中线的陪位中线称为△ABC的A-陪位中线.
下面的定理1是三角形的陪位中线的一个基本性质.
BDAB2?定理1 设D是△ABC的边BC上一点, 则AD是△ABC的A-陪位中线的充分必要条件是. 2DCAC定理2与定理3是三角形的陪位中线的两个判定定理.
定理2 已知△ABC, Γ1是过A、B两点且与AC相切的圆, Γ2是过A、C两点且与AB相切的圆, 圆Γ1
与圆Γ2交于A、D两点, 则AD是△ABC的A-陪位中线.
AAΓ2BCDΓ1BEKCF
定理3 设△ABC的外接圆在B、C两点的切线交于P, 则AP是△ABC的A-陪位中线. 利用三角形的陪位中线的理论可以方便地处理有关平面几何问题.
例1 圆Γ1与圆Γ2交于A、B两点. 点P在圆Γ1上. 直线PA与PB分别交圆Γ2于C、D(不同于A、B), 圆Γ1在A、B两点的切线交于Q. 如果P在圆Γ2的外部, C、D均在Γ1的外部. 求证：直线PQ平分线段CD. (圣彼德堡, 1997)
证明 因PQ是△PAB的P-对称中线, 而△PAB与△PDC反向相似, 所以PQ为△PDC的P-中线, 即直线PQ通过CD的中点. 换句话说, 直线PQ平分线段CD.
PAPΓ1BDQCΓ2ΓAMCB1TC1SB
例2 设Γ是△ABC的外接圆, 圆Γ在B、C两点的切线交于T. 过A且垂直于AT的直线与直线BC交于S, 点B1、C1在直线ST上(B1、B在BC的垂直平分线的同侧), 且TB1 =TC1 =TB. 求证: △AB1C1∽△ABC.(美国国家队选拔考试, 2006)
证明 设M为BC的中点, 则AM、AT是∠BAC的两条等角线, 所以∠BAT=∠MAC. 又∠TBC =∠BAC, 所以∠TBA =∠TBC +∠CBA =∠BAC +∠CBA =180°?∠ACB. 于是, 由TC1 = TB及正弦定理, 得
TC1TBsin?BATsin?MACMC. ????ATATsin?TBAsin?ACBAM另一方面, 因∠TMS = 90° =∠TAS, 所以A、M、T、S四点共圆, 于是, ∠STA =∠SMA, 即 ∠C1TA =∠CMA, 因此, △ATC1∽△AMC. 同理, △AB1T∽△ABM. 故△AB1C1∽△ABC.
第6题的证明
6. 设△ABC的A-中线关于∠BAC的角平分线的对称直线与BC交于D. △ADC的外接圆与AB的另一个交点为E, △ABD的外接圆与AC的另一个交点为F. 求证: EF∥BC.
BDAB2?证明 因AD是△ABC的陪位中线. 于是. 另一方面, 由圆幂定理, BD?BC?EB?AB, 2DCACDC?BC?FC?AC. 因此,
BDEB?ABKBAB, 于是, 故EF∥BC. ??DCFC?ACLCACAAEFFPEBDCBDMC
第19题的证法2
19. 设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB上的点, 且DE∥AB, DF∥AC. 求证: (ⅰ) △AEF的外接圆通过一个定点P.
(ⅱ) 若M为BC的中点, 则∠BAM =∠PAC.
证明 设过A、B两点且与AC相切的圆和过A、C两点且与AB相切的圆交于A、P两点, 则P是一个定点. 且由定理2, AP是△ABC的A-陪位中线, 也就是说, ∠BAM =∠PAC.
由弦切角定理, ∠PAC =∠PBA, ∠ACP =∠BAP, 所以△PCA∽△PAB. 又DE∥AB, DF∥AC, 所以
CECDAF, 这说明E、F是两个相似三角形PCA与PAB的相似对应点, 因此, ∠PEC =∠PFA. 故??EADBFBE、A、F、P四点共圆. 换句话说, △AEF的外接圆通过定点P.
6 三角形的等角共轭点
容易证明以下事实
设P是△ABC所在平面上的一点, 则AP、BP、CP分别关于∠BAC、∠CBA、∠ACB的等角线交于一点或互相平行. 而且, 这三条等角线互相平行当且仅当点P在△ABC的外接圆上.
这个事实的既可以用Ceva定理的角元形式证明, 也可以用等角线的定理1和Ceva定理证明. 如果AP、BP、CP分别关于∠BAC、∠CBA、∠ACB的等角线交于一点Q, 则点Q称为点P关于△ABC的等角共轭点. 如, 三角形的外心和垂心即三角形的两个等角共轭点.
APsin?BQC. ?AQsin?BPC定理2 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 则?BPC??BQC??BAC.
定理1 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 则
定理3 三角形的两个等角共轭点到各边的垂足在一个圆上, 且它的圆心是这两点连线的中点.
定理4 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, D、E、F是点P分别关于BC、CA、AB的对称点, 则点Q是△DEF的外心.
证明 如图所示, 因E、F是点P分别关于CA、AB的对称点, 所以AE = AP = AF, 因此, 点A在线段EF的垂直平分线上. 设PE与CA交于M, PF与AB交于N, 则M、N分别为PE、PF的中点, 所以, EF∥MN. 又PM⊥CA, PN⊥AB, 由性质1.2, AQ⊥MN, 所以AQ⊥EF, 因而AQ即线段EF的垂直平分线. 同理, BQ是线段FD的垂直平分线. 故点Q是△DEF的外心.
AAFNPDQMBEPQCQ'BCP'D
定理5 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 直线AP关于∠BPC的等角线为l1, 直线AQ关于∠BQC 的等角线为l2, 则l1与l2关于直线BC对称.
事实上, 如图所示, 设P、Q两点关于BC的对称点分别为P′、Q′, 则∠Q′BC =∠CBQ =∠PBA, ∠BCQ′ =∠QCB =∠ACP, 所以, Q′、A是△PBC的两个等角共轭点, 因而PQ′、PA是∠BPC的两条等角线. 同理, QP′、QA是∠BQC的两条等角线. 显然, PQ′与P′Q关于BC对称, 因此, PQ′与P′Q交于BC上一点.
由此即可得到美国2010年选拔考试的一道几何题:
设P、Q是△ABC内两点, 且∠ABP =∠QBC, ∠ACP =∠QCB, 点D在BC边上. 求证: ∠APB +∠DPC = 180°的充分必要条件是∠AQC +∠DQB =180°.
事实上, 由条件知, P、Q是△ABC的两个等角共轭点, PD与PA是∠BPC的两条等角线. 由于QA关于∠BQC 的等角线与PA关于∠BPC的等角线关于BC对称, 它们的交点必在BC上, 因此, QD即QA关于∠BQC的等角线.
可以证明: 三角形的外接圆与内切圆的内位似中心和外位似中心分别是三角形的Gergonne点的等角共轭点和三角形的Nagel点的等角共轭点.
三角形的等角共轭点可以用来处理角的相等或互补、三线共点等问题.
例1 设△ABC的外接圆在B、C两点的切线交于P, 则AP是△ABC的A-陪位中线.
证明 设点A关于BC的中点M的对称点为Q, 则ABQC是一个平行四边形, 由此可知, BQ、BP是∠CBA的两条等角线, CQ、CP是∠ACB的两条等角线, 因而P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 所以AQ、AP是∠BAC的两条等角线. 而AQ过BC的中点M, 故AP是△ABC的A-陪位中线.
AABMCPBCQMQP第51届波兰数学奥林匹克的一道试题为
在△ABC中, AB = AC, P是三角形内部一点, 使得∠CBP =∠ACP, M是边AB的中点. 求证:
∠BPM +∠CPA = 180?.
这实际上就是上面这个问题. 只不过P、A换了个位置而已.
例2 在凸四边形ABCD中, 对角线BD既不是平分?ABC, 也不平分?CDA, 点P在四边形的内部, 满足∠PBC =∠DBA, ∠PDC =∠BDA. 证明: 四边形ABCD内接于圆的充分必要条件是PA = PC. (第45届IMO, 2004)
证明 条件∠PBC =∠DBA, ∠PDC =∠BDA表明A、C是△BDP的等角共轭点, 所以
PA?sin?BAD?PC?sin?DCB.
又由定理1, ?BAD??BCD??BPD,所以, ∠BAD ?∠DCB =180°?∠DPB. 而∠BPD ≠180°, 因此, ∠BAD ≠∠DCB. 于是, PA = PC ?sin?BAD?sin?DCB?∠BAD +∠BCD =180°?四边形ABCD内接于圆.
AADF'FEPQE'PBCBDD'
C
第15题的证明 15. 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 点P在BC、CA、AB上的射影分别为D、E、F. 求证: ∠EDF = 90°的充分必要条件是Q为△AEF的垂心.
证明 如图所示, 设点P关于BC、CA、AB的对称点分别为D′、E′、F′, 则∠EDF =∠E′D′F′. 由定理
4, Q是△D′E′F′的外心. 因PE⊥AE, PF⊥AF, E、F分别为PE′、PF′的中点, 于是∠EDF = 90°?∠E′D′F′ = 90°当且仅当E′、Q、F′三点共线, 且Q为E′F′的中点? PQ与EF互相平分?PEQF是一个平行四边形? EQ∥PF, 且FQ∥EF?EQ⊥AF, FQ⊥AE ? Q为△AEF的垂心.
第16题的证明
16．设△ABC的内切圆与边BC、CA、AB分别切于D、E、F, 点D关于∠BAC的外角平分线的对称点为P, 点E关于∠CBA的外角平分线的对称点为Q, 点F关于∠ACB的外角平分线的对称点为R, 则△PQR与△ABC是位似的.
证明 因AD、BE、CF交于一点X, 而直线AP与AD是∠BAC的两条等角线, BQ与BE是∠CBA的两条等角线, CR与CF是∠ACB的两条等角线, 所以AP、BQ、CR三直线交于点X关于△ABC的等角共轭点Y.
ADsinCBEsinC另一方面, 由正弦定理, , . 但DC = CE, ∠DAC =∠BAY, ∠CBE ??DCsin?DACCEsin?CBEYAADAPADsin?CBEsin?YBAYA=∠YBA, 所以. 又AP = AD, BQ = BE, 所以, , 即?????YBBEBQBEsin?DACsin?BAYYBYAAP?YBBQ, 于是 PQ∥AB. 同理, QR∥BC, RP∥CA. 故△XYZ与△ABC是位似的.
AC1EMA2BNLCPB1C2A1B2PAFYBQDXECRFD第20题的证明
20．设AD、BE、CF是△ABC的三条高线(D、E、F别在BC、CA、AB上), P为△ABC所在平面上任意一点, 点P在直线BC、CA、AB、AD、BE、CF上的射影分别为A1、B1、C1、A2、B2、C2. 求证: A1A2、B1B2、C1C2三线交于一点或互相平行.
证明 如图所示, 设L、M、N分别为A1A2、B1B2、C1C2的中点. 因PA1DA2、PB1EB2、PC1FC2皆为矩形, 所以, L、M、N也分别是PD、PE、PF的中点, 于是, LM∥DE, LN∥DF. 而AD、BC为∠EDF的内、外角平分线, 所以, 矩形PA1DA2的两条对称轴分别为∠MLN的内、外角平分线. 但矩形PA1DA2的对角线A1A2与PD关于其对称轴对称, 所以, 直线A1A2与PD是∠MLN的两条等角线. 同理, 直线B1B2与PE是∠NML的两条等角线, 直线C1C2与PF是∠LNM的两条等角线, 故A1A2、B1B2、C1C2三线交于一点或互相平行. 当点P不在△ABC的九点圆上时, A1A2、B1B2、C1C2三线交于一点, 此点即点P关于△LMN的等角共轭点.
7 根轴与根心
一、点对圆的幂
设Г是平面上一个圆心为O、半径为r的圆, 对于平面上任意一点P, 令
ρ(P)=PO2 – r2,
则?(P)称为点P对于圆Г的幂.
显然, 当点P在圆Г外时, ρ(P)＞0; 当点P在圆Г内时, ρ(P)＜0; 当点P在圆Г上时, ?(P)=0. 且由勾股定理易得, 点P在圆Г外时, ρ(P)即点P到圆Г的切线长的平方; 点P在圆Г内时, ρ(P)即以点P为中点的弦的一半的平方的相反数.
有了点对圆的幂的概念, 相交弦定理、割线定理、切割线定理就可以统一为
定理1 (圆幂定理) 过定点任作定圆的一条割线交定圆于两点, 则自定点到两交点的两条有向线段之积是一个常数, 这个常数等于定点对定圆的幂. 即过点P任作一条直线交圆Г于两点A、B(A、B可以重合), 则ρ(P)=PA?PB.
定理2 设A、B、C、D是一个已知圆上任意四点, 直线AB与CD交于点P, 直线AD与BC交于点Q, 则有?(P)??(Q)?PQ. 其中 ?(X)表示点X对已知圆的幂.
AΓDPBQECΓ2BCPEDAQ
QACΓPEBD
定理3(Gergonne定理) 设P是△ABC所在平面上任意一点, 过点P作△ABC的三边的垂线, 垂足分别为D、E、F, △ABC与△DEF的面积分别为S、T, △ABC的外接圆半径为R, 点P对△ABC的外接圆的幂为ρ , 则有
T|?|. ?2S4RAKFAPFEPBKDCEBCD
例1 设I为△ABC的内心, D、E、F分别为△ABC的内切圆在边BC、CA、AB上的切点. 过点A作EF的平行线分别与直线DE、DF交于P、Q. 证明: ?PIQ为锐角. (第39届IMO, 1998)
证明 如图4, 设△ABC的内切圆半径为r, 因∠PQD =∠EFD =∠DEC, 所以, A、Q、D、E四点共圆, 于是有圆幂定理, 有 PA?PQ = PE?PD = PI2–r2; 同理, AQ?PQ = FQ?DQ = QI2 – r2. 两式相加, 得
PA?PQ + AQ?PQ = PI2 + QI2 – 2r2, 即PQ2 = PI2 + QI2 – 2r2＜PI2 + QI2.
故?PIQ是一个锐角.
例2 (Brocard定理) 设⊙O的内接四边形的两组对边的交点分别为P、Q, 两对角线的交点为R. 求证:圆心O为△PQR的垂心.
证明 如图10, 因ρ(P) = OP2 – r2, ρ(Q) = OQ2 – r2, ρ(R) = OR2 – r2, 由定理1.2, 有PR2 = OP2 +OR2 –2r2, PQ2 = OP2 + OQ2 – 2r2. 两式相减, 得 PR2 – PQ2 = OR2 – OQ2, 所以OP⊥RQ; 同理, OQ⊥PR. 故圆心O为△PQR的垂心.
QAPOFE1CBRADBDCPQ 二、根轴
可以证明, 如果动点到两定圆的幂相等, 则动点的轨迹是一条直线. 这条直线称为两定圆的根轴或等幂轴.
如果两圆相切, 则两圆的根轴是过切点的公切线; 如果两圆相交, 则两圆的根轴是公共弦所在直线; 在任何情形, 两圆的根轴总是垂直于两圆连心线的一条直线. 设圆?1与圆?2的圆心分别为O1、O2, 半径分别为r1、r2. 如果圆外离, 则两圆的根轴在两圆之间; 如果两圆内含, 则两圆的根轴是在两圆之外(图14).
22O1O2?r12?r22O1O2?r12?r22两圆圆心O1、O2到两圆的根轴的距离分别为和.
2O1O22O1O2lllΓ1Γ2Γ1Γ2Γ1Γ2
l
Γ1O1Γ2O2Γ1Γ2O1O2
如果两圆相等, 则其根轴即连心线段的垂直平分线; 如果两圆同心, 则其根轴是无穷远直线. 如果两圆中有一圆退化为一点O(此时点O称为点圆), 则其根轴仍然存在, 且除了点在圆上时其根轴为过这点的切线外, 其余情形根轴都在圆外；根轴上任意一点P到圆的切线长PT等于点P到点O的距离.
TPΓOΓOTPl
根轴的作用主要可以用于证明三点共线和垂直问题. 而与垂心有关的问题很多时候都与根轴联系在一起, 这是因为有垂心就有三条垂线, .
例1 证明Steiner 定理: 四条直线相交成四个三角形, 则这四个三角形的垂心在一条直线上.
证明 如图18, 设四条直线相交成四个三角形分别为△BEC、△CDF、△AED、△ABF, H1、H2、H3、H4分别为它们的垂心. 设直线H1B、H1E分别交EC、BC于K、L, 则K在以BD为直径的圆Γ1上, L在以EF为直径的圆Γ2上, 由于L、E、K、B四点共圆, 所以, H1L?H1E=H1B?H1K, 这说明H1在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 再设EH3、DH3分别交AB、AD与M、N, 则M在圆Γ1上, N在圆Γ2上, 而E、D、N、M四点共圆, 所以H3D?H3M=H3E?H3N, 因此, H3也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 同理, H2 、H4也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上. 故H1、H2、H3、H4四点共线.
l
AH1LBΓ2EKCFMH4H2Γ1NH3H2CH1DMLAN
Steiner 定理包含了如下特殊情形(保加利亚2002(冬季)数学竞赛题): 设M、N分别是△ABC的边AC、BC上的点, 且?ACB=90?, 设AN与BM交于点L. 则△AML, △BNL的垂心与点C共线
事实上, 如图19, 四条直线AC、BC、AN、BM相交成四个三角形: △CAM、△CMB、△AML、△BNL. 设△AML, △BNL的垂心分别为H1、H2, 而△CAM与△CMB的垂心皆为点C, 由Steiner 定理即知, H1、C、H2共线.
另外, 因为BD、EF是完全四边形ABCDEF的两条对角线, 既然分别以BD、EF为直径的圆的根轴是四垂心所在直线, 当然分别以AC、EF为直径的圆的根轴也是这条直线, 所以, 这三个圆是同轴圆, 因而其圆心必在一直线上, 即AC、BD、EF的中点在一直线上. 这就是完全四边形的牛顿定理.
例2 过△ABC的顶点B、C的一圆与边AB、AC分别交于B1、C1, △ABC与△AB1C1的垂心分别为H、H1. 求证: BB1、CC1、HH1三线共点. (第36届IMO预选）
证明 如图20, 设BB1与CC1交于点P. 分别过点B、C1作AC的垂线, 设垂足分别为E、F1, 再分别过点C、B1作AB的垂线,设垂足分别为F、E1, 则H为BE与CF的交点, H1为B1E1与C1F1的交点. 显然, E、E1均在以BB1为直径的圆Γ1上, F、F1均在以CC1为直径的圆Γ2上. 因E、F、B、C四点共圆, 由圆幂定理, HB?HE=HC?HF, 这说明点H在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 同理, 点H1也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上. 又PB?PB1=PC?PC1, 所以点P也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上. 因此, H1、P、H三点共线, 故BB1、CC1、HH1三线共点.
在凸四边形 ABCD 中, ∠DAB =∠ABC =∠BCD. 设O、H 分别为△ABC的外心和垂心. 求证: O、H、D三点共线.
证明 注意E、A、C、F四点共圆, O为△EAF的垂心, 用上题
E
BFBΓ1HCC1E1H1F1PB1EΓ2AADHBOCF
例3 设△ABC的三条高分别为AD、BE、CF, 其外心和垂心分别为O、H. 直线DE与AB交于点M, 直线FD与CA交于点N. 求证: OH⊥MN. (全国高中数学联赛, 2001)
证明 如图2?19所示, 因为A、B、D、E四点共圆, A、F、D、C四点共圆, 所以,
MD ? ME = MB ? MA, ND ? NF = NC ? NA.
这说明点M、N对△ABC的外接圆与△DEF的外接圆的幂相等, 从而直线MN是这两圆的根轴. 于是,
设△DEF的外接圆的圆心为L, 则OL⊥MN. 但△DEF的外接圆即△ABC的九点圆, 而三角形的九点圆的圆心为其外心与垂心的连线段的中点. 故OH⊥MN.
AAFEOFBMHLDECDNS1QKMNBTRLPC
例4 在△ABC中, 分别过三边中点L、M、N向内切圆引切线, 设所引的切线分别与直线MN、NL、LM交于D、E、F. 求证: D、E、F三点共线. (塞尔维亚数学奥林匹克, 2007)
证明 设I为△ABC的内心, △ABC的内切圆与BC切于P, PQ为△ABC的内切圆的直径, 直线AQ与BC交于R, 与MN交于S, 与△ABC的内切圆交于另一点T, 则BR = PC, PT⊥AT. 因L为BC的中点, 所以L也为RP的中点, 因此, LT = LP, 所以, T为LD与△ABC的内切圆的切点. 再设AP与MN交于K, 则MK = SN =
11PC, 而△LMN∽△ABC, 且相似比为, 因此S为△LMN的内切圆与MN的切点. 又L、I、22K分别为PR、PQ、PA的中点, 而A、Q、R三点在一直线上, 所以, L、I、K三点在一直线上. 又因IL平
分∠CLD, MN∥BC, 所以, ∠KLD =∠CLK =∠DKL, 从而DL = DK. 再注意ST∥KL即知, DT = DS. 这说明点D到△ABC的内切圆与△LMN的内切圆的切线长相等, 因而点D在这两个圆的根轴上. 同理, 点E、F都在这两圆的根轴上. 故D、E、F三点共线.
例5 设C、D是以AB为直径的半圆上的两点, L、M、N分别为AC、CD、DB的中点, O1、O2分别为△ACM与△MDB的外心. 求证: O1O2∥LN. (第8届拉丁美洲数学奥林匹克, 2003)
证明 如图34, 记△ACM的外接圆与△MDB的外接圆分别为⊙O1、⊙O2. 设直线AC与BD交于P,由圆幂定理, 有PA?PC=PB?PD, 即点P到⊙O1、⊙O2的幂相等, 所以, 点P在⊙O1、⊙O2.的根轴上, 又M显然也在⊙O1、⊙O2.的根轴上,所以, PM为⊙O1、⊙O2的根轴. 从而PM?O1O2. 另一方面, 设O为AB的中点, 则OLMN为平行四边形, 所以LM∥ON, NM∥OL, 但O为半圆的圆心, 所以, OL⊥AC,ON⊥BD, 因而NM?PL, LM?PN, 这说明点M为△PLN的垂心, 所以PM?LN. 再注意PM?O1O2即知O1O2∥LN.
PΓDCLAMNO1OO2ALEωCNTKFBMQ1PB
D
例6 设I为△ABC的内心, △ABC的内切圆与边BC、CA、AB分别切于D、E、F, AE、AF的中点分别为M、N, 直线MN与DF交于T, 过T作△ABC的内切圆的切线TP、TQ, P、Q为切点, 直线PQ分别交直线EF、MN于K、L. 求证: IK∥AL. (伊朗2003)
证明 如图36, 视A为点圆, 因M、N分别为AE、AF的中点, 所以, 点M、N皆在△ABC的内切圆?与点圆A的根轴上, 所以, 直线MN为圆?与点圆A的根轴. 而点T在其根轴上, 所以点P到点A的距离等于点P到圆?的切线长, 即TA = TP = TQ, 这说明点A、P、Q在以T为圆心的一个圆?上, 由于点L也在圆?与点圆A的根轴上, 所以, LA2=LP?LQ, 因而LA与圆?相切, 所以LA⊥TA. 另一方面, 因过圆的弦EF两端点的两条切线交于A, 过弦PQ两端点的切线交于T, 而K为弦EF与PQ的交点, 所以, IK⊥AT. 故IK∥AL.
第11题的证明
11．设四边形ABCD是圆外切四边形, 圆心为I, 过A且垂直于AB的直线与直线IB交于E, 过A且垂直于AD的直线与直线ID交于F, 则AC⊥EF.
证明 设以E为圆心、EA为半径的圆为Γ1, 以F为圆心、AF为半径的圆为Γ2, 则AD、AB分别为圆Γ1、Γ2的切线. 因Γ1的圆心在∠D的平分线上, 圆Γ2的圆心在∠B的平分线上, 所以, 圆Γ1与直线CD相切, 圆Γ2与直线BC相切. 设直线CD与圆Γ1相切于S, 直线BC与圆Γ2相切于T, 则DS = DA, BT = BA,而AB + CD = BC + DA, 所以BT + CD = BC + DS, 于是, BT ? BC = DS ? CD, 或BC ? BT = DC ? CS, 无论何种情形, 都有CS = CT, 这说明点C到圆Γ1与圆Γ2的切线长相等, 所以点C在圆Γ1与Γ2的根轴上. 显然, 点A也在圆Γ1与Γ2的根轴上, 因此, AC即圆Γ1与圆Γ2的根轴. 故AC⊥EF.
第12题的证明
12. 设△ABC的内切圆与BC、CA、AB分别切于D、E、F. AE、AF、BF、BD、CD、CE的中点分别为K、L、M、N、U、V. 求证: 三直线KL、MN、UV所成三角形的外接圆与△ABC的外接圆是同心圆.
证明 如图所示, 设直线KL、MN、UV两两相交于P、Q、R, I是△ABC的内心, O是△PQR的外心. 易知EF∥QR, FD∥RP, DE∥PQ, 所以, △PQR与△DEF是位似的, 而I、O分别是△DEF与△PQR的外心, 因此OP∥ID, 但IE⊥BC, 从而OP⊥BC.
另一方面, 因直线MN是点圆B与△ABC的内切圆ω的根轴, 而点P在直线MN上, 所以, 点P到圆ω的幂为PB2. 同样, 点P到圆ω的幂也应等于PC, 由此可知, PB = PC, 这就是说, 点P在BC的垂直平分线上. 而OP⊥BC. 因此, OP是BC的垂直平分线. 同理, OQ是CA的垂直平分线. 故O也是△ABC的外心. 换句话说, △PQR的外接圆与△ABC的外接圆是同心圆.
2Γ1AΓ2RLFAKQ1DEVUCEB1DFBMNωOSCT
P证法2 先注意一条引理.
引理 设O是△ABC所在平面上一点, 且∠BOC = 2∠BAC, ∠COA = 2∠CBA, ∠AOB = 2∠ACB, 则O是△ABC的外心.
原题的证明 如图5所示, 设直线KL、MN、UV两两相交于P、Q、R, O是△ABC的外心. 因直线MN是点圆B与△ABC的内切圆ω的根轴, 而点P在直线MN上, 所以, 点P到圆ω的幂为PB. 同样, 点
2
P到圆ω的幂也应等于PC2, 由此可知, PB = PC, 这就是说, 点P在BC的垂直平分线上, 但O也在BC的垂直平分线上, 因此, OP⊥BC. 同理, OQ⊥CA, OR⊥AB. 于是, ∠QOR = 180°?∠BAC. 显然, PQ∥DE, RP∥FD, 所以, ∠QPR =∠EDF = 90° ?
1∠BAC, 因此∠QOR = 2∠QPR. 同理, ∠ROP = 2∠RQP, 2∠POR = 2∠PRQ. 由引理, O是△PQR的外心. 故△PQR的外接圆与△ABC的外接圆是同心圆.
RLFMBNωODAKQEVUCRLFMBNOYX1AKQEVCZDU
证法3 如图所示, 设直线KL、MN、UV两两相交于P、Q、R, I、O分别是△ABC的内心和外心, IA、IB、IC分别与EF、FD、DE交于X、Y、Z, 则不难知道, IX?IB?ID?IY?IC, 所以, B、Y、Z、C四点共圆. 因M、N分别为BF、BD的中点, 所以, MN∥FD. 又FD⊥IB, 因此, MN是YB的垂直平分线. 同理, UV是ZC的垂直平分线, 于是, 直线MN与UV的交点P为⊙(BYZC)的圆心. 而BC为⊙O与⊙(BYZC)的公共弦, 所以, OP⊥BC. 同理, OQ⊥CA, OR⊥AB. 再注意IA⊥QR即知, ∠RQO =∠XAC. 同理, ∠ORQ =∠BAI. 但∠BAI=∠IAC, 所以, ∠ORQ =∠RQO. 因此, OR = OQ. 同理, OP = OQ. 即有OP = OQ = OR, 故O为△PQR的外心. 换句话说, △PQR的外接圆与△ABC的外接圆是同心圆.
三、根心
给定平面上三个圆, 如果其中任意两个圆都有一条根轴, 则容易证明, 这三条根轴交于一点或互相平行.
事实上, 如图所示, 设l1为⊙O2与⊙O3的根轴, l2为⊙O3与⊙O1的根轴, l3为⊙O1与⊙O2的根轴, 点X到⊙Oi的幂为ρi(X)(i =1, 2, 3). 如果l1与l2交于一点P, 则因点P在⊙O2与⊙O3的根轴l1上, 所以, ρ2(X)= ρ3(X). 又点P在⊙O3与⊙O1的根轴l2上, 所以, ρ3(X)= ρ1(X), 因此, ρ1(X)= ρ2(X). 这说明点P在⊙O1与⊙O2的根轴l3上. 故l1、l2、l3交于点P. 又l1⊥O2O3, l2⊥O3O1, l3⊥O1O2, 所以, 如果l1∥l2, 则O1、O2、O3三点共线, 此时必有l1∥l2∥l3(
如果三圆的圆心在一条直线上, 则三条根轴彼此平行. 此时, 这三圆的根心为无穷远点.
l1O1O2PO3l32PPl2l3O1O2l2l1O3
P
O2l2l3O1Pl1O3l3O2O1l1l2PO3
l2O1O2O3l1Pl3
l3l2l1
O1O2O3
当三条根轴交于一点P时, 点P称为三圆的根心或等幂心(点P对于三个圆的幂都相等). 因而上述事实称为根心定理.
凡已知条件中涉及到三圆的问题, 或尽管条件中没有三圆, 但隐含了三圆的问题, 我们都应该考虑到根心定理.
例1(Davis定理) 设A1、A2为?ABC的BC边上的两点, B1、B2为CA边上的两点, C1、C2为AB边上的两点. 如果A1、A2、B1、B2四点共圆, B1、B2、C1、C2四点共圆, C1、C2、A1、A2四点共圆, 则A1、A2、B1、B2、C1、C2六点共圆.
证明 设B1、B2、C1、C2四点在⊙O1上, C1、C2、A1、A2四点在⊙O2上, A1、A2、B1、B2四点⊙O3上, 如果这三个圆各不相同, 则⊙O2与⊙O3的根轴是直线BC, ⊙O3与⊙O1的根轴是直线CA, ⊙O1与⊙O2的根轴是直线AB. 由根心定理, 这三条根轴BC、CA、AB交于一点. 矛盾. 因此, 这三个圆中至少有两个相同, 从而A1、A2、B1、B2、C1、C2六点共圆(图38).
ADΓ1AC1B2
VQI1UPI2LBKΓ2NMCC2BA1A2B1C
例2 设P是△ABC的边BC上一点, 且AP?AB, AP?AC.I1、I2分别是△ABP, △ACP的内心. 以I1为圆心、I1P为半径作圆Γ1, 以I2为圆心、I2P为半径作圆Γ2, 圆Γ1与圆Γ2交于P、Q两点. 圆Γ1与BC、AB分别交于K、L (L靠近点B ), 圆Γ2与BC、AC分别交于M、N (N靠近点C ). 求证: PQ、LK、MN三线共点.（伊朗2009培训）
证明 设圆Γ1与AB的另一靠近A的交点为D, I1在BC、AB上的射影分别为U、V, 则U、V分别为KP、LD的中点. 因I1是△ABP的内心, 且圆Γ1与△ABP的内切圆是同心圆, 所以, BU = BV, KP = LD. 由
此可知, BL = BK. 同理, CM = CN, AL = AP = AN. 从而
111∠CBA, ∠NLA = 90°?∠BAC, ∠CMN = 90°?∠ACB. 222111这样, ∠KLN = 180°? (∠NLA +∠BLK) =∠BAC +∠CBA = 90°?∠ACB =∠MNC. 因此, L、K、
222∠BLK = 90°?
M、N四点共圆. 于是, 由根心定理, PQ、LK、MN三线共点或互相平行. 但直线KL与MN分别垂直于∠
CBA的平分线与∠ACB的平分线, 因而直线KL与MN必相交. 故PQ、LK、MN三线共点.
例3.5 圆内接四边形ABCD内有一点P, 满足∠DPA =∠PBA +∠PCD, 点P在三边AB、BC、CD上的射影分别为E、F、G. 证明: △APD∽△EFG. (英国国家队选拔考试, 2006)
证法1 因∠DPA =∠PBA +∠PCD, 所以, △ABP的外接圆与△DPC的外接圆相切于点P, 由根心定理, △ABP的外接圆与△DPC的外接圆在切点P处的公切线、直线AB、直线CD交于一点Q, 且∠QPB =∠QAP.
另一方面, 由于PE⊥AB, PF⊥BC, PG⊥CD, 所以P、E、B、F四点共圆, P、E、Q、G四点共圆, 从而∠FEP =∠CBP, ∠PEG =∠PQC, 于是
∠FEG =∠FEP +∠PEG =∠FBP +∠PQG = ∠QPB ?∠QCB =∠PAQ ?∠DAQ =∠PAD.
同理, ∠EGF= ∠ADP. 故△APD∽△EFG.
证法2 由证法1, △ABP的外接圆与△DPC的外接圆在切点P处的公切线、直线AB、直线CD交于一点Q. 显然, P、G、Q、E四点共圆, P、E、B、F四点共圆, 所以, ∠PEG =∠PQG, ∠FEP=∠FBP, 于是, ∠FEG =∠FEP +∠PEG =∠PQG +∠FBP.
另一方面, 设PQ与AD交于K, 因∠QPA =∠PBA
∠QKA =∠PQG +∠QDA =∠PQG +∠FBA
所以
∠PAD =∠QKA ?∠QPA =∠PQG +∠FBA ?∠PBA =∠PQG +∠FBP =∠FEG
同理, ∠ADP =∠EGF. 故△APD∽△EFG.
QAEPBFDGBEPFAKDGQCC
8 调和点列与调和线束
设A、B、C、D是一条直线上的四点, 如果
ACAD??, 则称A、B、C、D是调和点列, 或称C、CBDBD调和分隔A、B, 或称C、D调和分割线段AB.
显然, 当共线四点A、B、C、D是调和点列时, 如果点C是线段AB的内分点, 则点D是线段AB的外分点. 反之, 如果点C是线段AB的外分点, 则点D是线段AB的内分点. 因此, 如果C、D两点中, 一
个是线段AB的内分点, 而另一个线段AB的外分点, 且
因
ACAD, 则A、B、C、D是调和点列. ?CBDBACADCAADACCB??????, 于是, 当C、D调和分隔A、B时, 显然, 点A、B??CBDBCBADBDDB也调和分隔C、D. 且当C、D调和分隔A、B时, D、C也调和分隔A、B, 因而当C、D调和分隔A、B
时, 我们称点D为点C关于A、B两点的调和共轭点. 显然, 对于共线三点A、B、C, 存在唯一的点D, 使得点D为点C关于A、B两点的调和共轭点.
ACBDADBC
已知线段AB, 直线l1、l2与直线AB交于C、D两点, 如果A、B、C、D是调和点列, 则称直线l1、l2调和分割线段AB.
如果A、B、C、D是调和点列, O是直线AB外一点, 则称直线OA、OB、OC、OD是调和线束.
O
Al1CBDl2ACBD
调和点列与调和线束的一系列性质
定理1 设A、B、C、D是一条直线上的四点, 则A、B、C、D成调和点列的充分必要条件是:
112. ??ACADAB定理2 设A、B、C、D是一条直线上的四点, M为AB的中点, 则A、B、C、D成调和点列的充分必要条件是: CA?CB?CM?CD, 或DA?DB?DM?DC.
定理3 设A、B、C、D成调和点列, M是直线AB上一点, 则M为AB的中点的充分必要条件是:
CA?CB?CM?CD, 或DA?DB?DM?DC.
定理4 设A、B、C、D是一条直线上的四点, M为AB的中点, 则A、B、C、D成调和点列的充分必要条件是: MA?MC?MD.
定理5 设A、B、C、D是一条直线上的四点, M为AB的中点, 则A、B、C、D成调和点列的充分必
AMCBD2MCAC2?要条件是: . MDAD2定理6设A、B、C、D是一条直线上的四点, O是直线AB外一点, 则A、B、C、D成调和点列的充分必要条件是:
sin?AOCsin?AOD. ??sin?COBsin?DOBOOl1ADl3l2Bl4DCBAC
推论1 设交于一点的四条直线l1、l2、l3、l4成调和线束的充分必要条件是
sin?(l1,l3)sin?(l1,l4). ??sin?(l3,l2)sin?(l4,l2)推论2 设交于一点的四条直线l1、l2、l3、l4成调和线束, 一条直线l与l1、l2、l3、l4分别交于A、B、C、D, 则A、B、C、D成调和点列.
定理7 设l1、l2、l3、l4是过点O的四条直线, 过直线l2上一点C作l4的平行线分别与直线l1、l3交于E、F两点, 则l1、l2、l3、l4成调和线束的充分必要条件是: C为EF的中点.
Ol1EAl3Cl2BFl4DEl1AOl4DBl2Fl3C
AlO
EBAMCCBFD
推论 设M是△ABC的边BC的中点, 过点A的直线l平行于BC, 则AB、AC、AM、l是调和线束. 定理8设l1、l2、l3、l4是过点O的四条成调和线束的直线, 过直线l2上一点C作一直线分别与直线
l1、l3交于E、F, 则EF∥l4的充分必要条件是: C为EF的中点.
定理9 设A、B、C、D是一条直线上的四点, O是这条直线外的一点, 且OC⊥OD, 则A、B、C、D成调和点列的充分必要条件是: OC平分∠AOB.
除此以外, 还有两类图形与调和点列密切相关. 这就是四边形与圆.
定理10 完全四边形的任一条对角线被另两条对角线调和分割.
QANPDBMC
定理11 在梯形ABCD中, AD∥BC, 对角线AC与BD的交于P. 直线AB与CD交于Q, 直线PQ与BC、AD分别交于M、N, 则P、Q、M、N成调和点列.
定理12 在梯形ABCD中, AD∥BC, 对角线AC与BD的交于O. 过点O且平行于AD的直线与CD交于P, PA、PB分别与BD、AC交于E、F. 则A、E、O、C成调和点列.
AOBDPEC
定理13 过圆Γ外一点P作圆Γ的两条切线, 切点分别为A、B, 再过点P任作圆Γ的一条割线PCD, 设CD与AB交于Q, 则P、Q、C、D是调和点列.
定理14 设A、B、C、D是圆Γ上四点, 直线AB与CD交于P, 直线AC与BD交于Q, 直线PQ与圆Γ交于E、F两点, 则P、Q、E、F四点成调和点列.
AADPCQBPECQDFB
定理15 设A、B、C、D是圆Γ上四点, 直线AB与CD交于E, 直线BC与AD交于F, 圆Γ在A、C两点的切线交于P, 在B、D两点的切线交于Q, 则P、Q、E、F四点成调和点列.
定理16 设四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA分别与圆Γ相切于P、Q、R、S, 则AC、BD、PR、QS四线成调和线束.
从调和点列与调和线束的角度来看有些平面几何问题, 会显得十分简单. 同时也揭示了问题的背景. 例1在凸四边形ABCD中, 对角线AC平分∠BAD. 在CD上取一点E, BE与AC相交于P, 延长DP交BC与F. 求证: ∠FAC =∠CAE.（全国高中数学联赛加试, 1999）
证明 设AC与直线BD、EF分别交于Q、R, 直线EF与BD交于S, 考虑完全四边形BDEF, 则B、D、Q、S成调和点列. 由AC平分∠BAD知, AS⊥AQ. 又F、E、R、S成调和点列, 且AR⊥AS, 所以AC平分∠FAE. 故∠FAC =∠CAE.
AQPBFCREDS
例2 设凸四边形ABCD的两组对边所在直线分别交于E、F两点, 两对角线交于P, 过点P作PO⊥EF于O. 求证: ∠BOC =∠AOD. (中国国家队选拔考试, 2002 )
证明 若AC∥EF, 如图6.3?19所示, 设直线BD与EF交于Q, 则P、Q调和分割BD,.因而EP、EQ调和分隔EB、ED, 又AC∥EF, 所以, P为AC的中点. 而OP⊥AC, 因此, PO平分∠COA.
如果AC╫EF, 如图6.3 ?20所示, 设直线AC与EF交于点Q,. 则P、Q调和分割AC, 而OP⊥OQ, 由定理5, 此时也有OP平分∠COA. 同理, PO平分∠BOD. 故∠BOC =∠AOD.
由这个例子可以证明2010年全国高中数学联赛加试的几何题.
D
AAPBCBEICPDJF
例3 设O、I分别为△ABC的外心和内心, △ABC的内切圆与BC、CA、AB分别切于D、E、F, 直线FD与CA交于P, 直线DE与AB交于Q, M、N分别为PE、QF的中点, 求证：OI⊥MN. (2007年中国数学奥林匹克)
证明 因AD、BE、CF三线共点(三角形的Gergonne点), 所以E、P调和分隔C、A, 由调和点列的性质, MA?MC = ME2, 因ME是点M到△ABC的内切圆的切线长, 所以ME2是点M到△ABC的内切圆的幂, 而MA?MC是点M到△ABC的外接圆的幂, 等式MA?MC=ME2 表明点M到△ABC的外接圆与内切圆的幂相等, 因而点M在△ABC的外接圆与内切圆的根轴上, 同理, 点N也在△ABC的外接圆与内切圆的根轴上, 故OI⊥MN.
OE
QOFPMFQA1BODCOBQANEEMPFGCD
例4设D是△ABC的边BC上一点, 且∠CAD =∠CBA, 过B、C两点的⊙O分别与线段AB、AD交于E、F两点, BF与DE交于点G, M为AG的中点. 求证: CM⊥AO. (中国国家队选拔考试, 2009)
证明 设直线AG与⊙O交于P、Q两点, 则P、Q两点调和分割线段AG, 而M为AG的中点, 由定理3, MA?MP?MQ, 因此点M在⊙O与点圆A的根轴上.
另一方面, 因∠CAD =∠CBA, 所以, △CAD∽△CBA, 于是CA?CD?CB. 这说明点C也在⊙O与点圆A的根轴上. 从而MC为⊙O与点圆A的根轴. 故CM⊥AO.
第9题的证明
9．设△ABC的内切圆与BC、CA、AB分别切于D、E、F, M、N分别为DE、DF的中点, 直线MN与CA交于K. 求证: DK∥BE.
证明 设直线EF与BC交于P, 直线MN与CP交于L. 因M、N分别为DE、DF的中点, 所以NL∥FP， 且L为DP的中点. 因此,
22
KELP?. 又AD、BE、CF交于一点, 所以, D、P调和分隔B、C, 因而KCLCLPLBLB?LPPBDBKELPDB???????????LP2?LB?LC. 于是, 从而. 故DK∥BE.
LCLPLP?LCPCDCKCLCDCAAFENMBDKCBFENMDKCLP
证法2 如图所示, 设I是△ABC的内心, r是△ABC的内切圆半径, 则有
CKMCsin?CMKCEsin?CMK. ????KEMEsin?KMErsin?KME另一方面, 显然M、N、B、C四点共圆, 所以, ∠CMK =∠DBI, ∠KME = 90°?∠DBI, 因此
sin?CMKsin?DBIr. ??tan?DBI?sin?KMEcos?DBIDBCKCErCD又CE = CD, 于是 . 故DK∥BE. ???KErDBDBAAFNB1MDEFNKCBD1MEKC
证法3 如图所示, 设I是△ABC的内心. 因M、N分别为DE、DF的中点, 所以, MN∥EF, 因此, ∠
11?CBA, 进而∠CMK = 90°?∠KME =?CBA=∠CBI. 又∠KCM =∠ICB, 因此, 22CKCM△KMC∽△IBC. 于是. 从而CI?CM?CB?CK. ?CICB22另一方面, 由直角三角形的射影定理, CD?CI?CM, 所以, CD?CB?CK, 而CD = CE, 因此,
CDCK. 故DK∥BE. ?CD?CE?CB?CK, 于是,
CBCEKME =∠FED = 90°?
9 调和四边形
调和四边形是平面几何中一类有着丰富内涵的四边形, 它与调和点列、调和线束密切相关.
设ABCD是一个圆内接四边形, X是这个圆上一点, 如果XA、XB、XC、XD是调和线束, 则称ABCD是一个调和四边形.
定理1 圆内接四边形是调和四边形的充分必要条件是: 这个四边形的对边乘积相等.
定理2. 四边形ABCD是调和四边形的充分必要条件是: 四边形是正方形在某个反演变换下的反形. 定理3. 圆内接四边形ABCD是调和四边形的充分必要条件是: 其中一条对角线在两端点处的两切线与另一条对角线共点或平行.
AAΓΓBCDBD
定理4 设ABCD是一个圆内接四边形, 则ABCD为调和四边形的充分必要条件是: AC为△ABD的A-陪位中线.
CA??ABMDB?M?DC
定理5 设ABCD是一个圆内接四边形, M为BD的中点, 则ABCD为一个调和四边形的充分必要条件是: BD平分?AMC.
定理6 设ABCD是一个凸四边形, M是BD的中点, 则ABCD为调和四边形的充分必要条件是: △BCM的外接圆和△MCD的外接圆分别与AB、AC相切.
AAECEBMCBMDDC
定理7 设ABCD是一个凸四边形, M是AC的中点, 则ABCD为调和四边形的充分必要条件是: △ABM的外接圆和△AMD的外接圆分别与AD、AB相切.
AODBMCP
定理8 设四边形ABCD内接于圆心为O的圆. M为对角线BD的中点, 则ABCD是一个调和四边形的充分必要条件是O、M、C、A四点共圆.
第9题的证法4.
9．设△ABC的内切圆与BC、CA、AB分别切于D、E、F, M、N分别为DE、DF的中点, 直线MN与CA交于K. 求证: DK∥BE.
证法4 设BE与△ABC的内切圆交于另一点P, L是PE的中点, 则PDEF是一个调和四边形, 且∠LDP =∠EDF =∠AEF. 又由M、N分别为DE、DF的中点知KN∥EF, 所以∠AEF=∠EKM, 因而∠LDP=∠EKM. 再注意∠DPL=∠MEK即知△PDL∽△EKM. 而L、M分别为PE、ED的中点, 因此, △LDE∽△MKD, 于是, ∠LED =∠MDK. 即∠BED =∠EDK. 故DK∥BE.
EAPΓAOMFKCBFNPBDLMECDQ
第14题的证明
14．设A、B是圆Γ内两点, 且圆Γ的圆心O为线段AB的中点, P是圆Γ上一点, 直线PA、PB与圆Γ的另一交点分别为C、D, 圆Γ在C、D两点的切线交于Q, M为线段PQ的中点. 求证: OM⊥AB.
证明1 作圆Γ的弦PF∥AB, 因O是AB的中点, 由定理6, PA、PB、PE、PO成调和线束, 于是, 作圆Γ的直径PE, 则ECFD是一个调和四边形, 由定理2, E、F、Q三点共线. 因EP∥AB, FQ⊥EP, 所以, FQ⊥AB. 而O、M分别是PF、PQ的中点, 所以, OM∥FQ. 故OM⊥AB.
证明2 设PS为圆Γ的直径, 则圆Γ在点S的切线、直线AB、CD三线交于一点T (事实上, 设DD′是圆Γ的直径, 则D、A、S三点共线. 于是, 考虑圆内接六边形SSD′DCP, 由Pascal定理, SS与DC的交点T, SD′与CP的交点A, D′D与PS的交点O, 三点共线. 故圆Γ在点S的切线、直线AB、CD三线交于一点T). 因OQ⊥TC, 所以, QC?QT?OC?OT. 而QC?OQ?OC, OT?OS+TS, 因此,
2222222222(OQ2?OC2)?QT2?OC2?(OS2+TS2)
又OC = OS, 于是, OQ?TQ?OS?TS, 从而SQ⊥TO, 即SQ⊥AB. 但OM∥SQ, 故OM⊥AB.
2222PΓTCSAOMDFBABEPDMC
Q
11 Ceva定理的角元形式
我们知道, 在平面几何中, 著名的Menelaus定理与Ceva定理是分别处理三线共点和三点共线问题的两个相当得力的工具. 这两个定理的具体内容是(见6.3):
Menelaus定理 设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB(所在直线)上的三点, 则D、E、F三点共线的充分必要条件是
BDCEAF????1 DCEAFBCeva定理 设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB(所在直线)上的三点, 则三直线AD、BE、CF共点或互相平行的充分必要条件是
BDCEAF???1 DCEAFBMenelaus定理和Ceva定理作为平面几何中证明点共线和三线共点的工具, 虽然非常得力, 但在处理过程中往往需要较高或较多的技巧. 有时我们用Menelaus定理证明三点共线时, 可能需用Menelaus定理的必要性三次、五次甚至更多次. 利用Ceva定理证明三线共点时也是一样. 相反, 与之相关的一些角的正弦之间的关系则非常容易确定. 另外, Ceva定理还有一个致命的弱点, 一个难以逾越的障碍, 这就是必须要求过三角形的三个顶点的三条直线都与其对边相交. 如果过三角形的某个顶点的直线与对边平行, 则Ceva定理即告失效, 似乎鞭长莫及, 必需另辟蹊径. 如何挽救这种情形？使之过三角形的某个顶点的直线与对边相交和平行的不同条件能统一起来使用？这只要引进Ceva定理的角元形式即可.
定理 设D、E、F是△ABC所在平面上的三点, 则AD、BE、CF三线共点或互相平行的充分必要条件是
sin?BADsin?CBEsin?ACF???1
sin?DACsin?EBAsin?FCBADAPEDEB图1-6
PFCBFC
图1-7
AEPFDB图1-8
DABEPCF 图1-9
Ceva定理的角元形式容许过三角形的某个顶点的直线与对边平行. 同时因为角元形式只涉及到角的正弦，这使得我们在问题的讨论过程中可以充分利用正弦定理和三角函数的性质，这几个方面合起来保证了Ceva定理的角元形式应用起来非常方便.
因为角元形式只涉及到相关角的正弦, 这使得我们在问题的讨论过程中可以充分利用相关角之间的关系, 从而保证了Menelaus定理与Ceva定理的角元形式在处理某些角之间的关系比较明显的三点共线或三线共点问题时非常顺利. 尤其是一些关于等角线的问题, 对于角元形式来讲, 简直是小菜一碟.
例1 设P为△ABC所在平面上一点. 证明: PA、PB、PC分别关于△ABC的三顶角的等角线共点或互
C相平行.
证明 如图2?5, 2?6所示, 设PA、PB、PC分别关于△ABC的三顶角的等角线为AD、BE、CF. 考虑△ABC与点P, 由Ceva定理的第一角元形式, 有
sin?PACsin?PBAsin?PCB???1
sin?BAPsin?CBPsin?ACP而?BAD =?PAC, ?DAC =?BAP, ?CBE =?PBA, ?EBA =?CBP, ?ACF =?PCB, ?FCB =?ACP, 所以
sin?BADsin?CBEsin?ACFsin?PACsin?PBAsin?PCB??????1
sin?DACsin?EBAsin?FCBsin?BAPsin?CBPsin?ACP再由Ceva定理的第一角元形式即知, AD、BE、CF三线共点或互相平行.
A??AE??PDB???????FD????FE?????B??C
图2-5 图2-6
例2(Pascal定理) 圆内接六边形的三组对边(所在直线)的交点共线.
ACP
EACPDFRBCP图4-5
FEDQRQ
图4-6
证明 如图4?5, 4?6所示, 设圆内接六边形为ABCDEF, 直线AB与DE交于P, BC与EF交于Q, CD与FA交于R . 因?DCB =?DAB, ?BCF =?BAF, ?FRP =?ARP, ?PRC =?PRD, ?CFE =?RDE, ?EFR =?EDA, 所以
Bsin?DCBsin?FRPsin?CFEsin?DABsin?ARPsin?RDE ?????sin?BCFsin?PRCsin?EFAsin?BAFsin?PRDsin?EDA考虑△ADQ和点P, 由Ceva定理的第一角元形式
sin?DABsin?AQPsin?QDE???1
sin?BAFsin?PQDsin?EDA所以
sin?DCBsin?FQPsin?CFE???1
sin?BCFsin?PQCsin?EFA而BC与FE相交于点Q, 由Ceva定理的第一角元形式, BC、FE、RP三线共点于Q. 故P、Q、R三点共
线.
例3(Pappus定理) 设A、C、E是一条直线上的三点, B、D、F是另一条直线上的三点. 直线AB与DE交于L, CD与AF交于M, EF与BC交于N, 则L、M、N三点共线.
证明 如图4?7, 4?8所示, 连AD、CF、PR. 对△ADR和点P用Ceva定理的第一角元形式, 并注意由分角线定理, 有
sin?DABsin?CDEsin?ARP???1
sin?BAFsin?EDAsin?PRDADsin?DABDBCDsin?DCB ????AFsin?BAFBFCFsin?BCFDCsin?CDECEFCsin?CFE ????DAsin?EDAEAFAsin?EFA又?FRP =?ARP, ?PRC =?PRD. 于是
sin?DCBsin?CFEsin?FRP???
sin?BCFsin?EFAsin?PRCCFADsin?DABFADCsin?CDEsin?ARP??????? CDAFsin?BAFFCDAsin?EDAsin?PRDsin?DABsin?CDEsin?ARP???1
sin?BAFsin?EDAsin?PRD再由Ceva定理的角元形式即知, CB、FE、RP三线共点或平行. 但BC与FE相交于点Q, 所以CB、FE、RP三线共点于Q. 故L、M、N三点共线.
AECPRQADFFQBRPCED 图4-7 图4-8
例4(Maclaurin定理) 设A、B、C、D是圆Γ上四点, 则圆Γ在A、B两点的切线的交点, C、D两点的切线的交点, AC与BD的交点, BC与AD的交点, 凡四点共线.
证明 如图4?9, 4?10所示, 设圆Γ在A、B两点的切线交于点E, C、D两点的切线交于点F, AC与BD交于点P, BC与AD交于点Q. 考虑△ABP和点E, 由Ceva定理的第一角元形式, 并注意?BAE =?EBA, 有
Bsin?APEsin?PBEsin?APEsin?PBEsin?BAE?????1
sin?EPBsin?EAPsin?EPBsin?EBAsin?EAP又?CPE =?APE, ?EPD =?EPB, ?PDF = ??PBE, ?FCP = ??EAP, ?DCF =?FDC, 所
以
sin?CPEsin?PDFsin?DCFsin?EPAsin?PBE?????1
sin?EPDsin?FDCsin?FCPsin?BPEsin?EAP再由用Ceva定理的第一角元形式即知PE、DF、CF三线共点, 所以E、P、F三点共线; 同理, E、Q、F三点共线. 故E、F、P、Q四点共线.
AΓDADQΓCBEB图4-9
PFCEQFP
图4-10
由Maclaurin定理立即可得Newton定理:
圆外切四边形对边切点的连线及两对角线, 凡四线共点.
例3.6 设△ABC的C?旁切圆分别与直线BC、CA切于E、G两点，B?旁切圆分别与直线BC、AB切于F、H两点,直线EG与FH交于点P. 求证: PA⊥BC. (全国高中数学联赛，1996)
证明 如图3?9所示，设△ABC的C?旁切圆与B?旁切圆的圆心分别为O1、O2，半径分别为r1、r2. 过点P作BC的垂线PD (D为垂足) . 注意EC = BF, ?CGE =?CO1E, ?FHB =?FO2B. 又易知
AGr1?, 于是, AHr2sin?GPDsin?HGCsin?PHBcos?DEPsin?HGAsin?FHB??????
sin?DPHsin?CGPsin?BHGcos?PFDsin?CGEsin?AHGcos?EO1Csin?AGHsin?BO2Ftan?BO2FAHBFr1r2????????1.
cos?BO2Fsin?EO1Csin?GHAtan?EO1CAGr2ECr1由Ceva定理的第一角元形式, HB、GC、PD三线共点. 故PA⊥BC.
PGO1AHO2EBDCFO1AEBO2DC
第13题的证明
13．设D为直角△ABC的斜边BC上一点, O1、O2分别为△ABD与△ADC的外心, 直线BO2与CO1
交于点E. 求证: ∠BAD =∠CAE.
证明 设AD关于∠BAC的等角线与直线BO2交于E, 我们证明AE、BO2、CO1三线共点. 事实上, 设∠BAD =∠EAC = θ, 则∠BAE =∠DAC = 90° ? θ, ∠DAO2 = 90°?∠ACD = B, 且
∠O2CD = 90°?∠DAC = θ, ∠BAO2 = B + θ, ∠O1AB =∠ABO1 = 90° ?∠CDA = 90°? (B + θ ),
∠O1AC =∠O2AB + 90° = 180° ? (B + θ ), ∠CBO1= B +∠ABO1 = 90°? θ.
由正弦定理, 有
sin?CBO2CO2sin?BAO2BO2??, . 两式相乘, 并注意CO2 = AO2, 得
sin?O2CBBO2sin?O2BAAO2sin?CBO2sin?O2CBsin?. ??sin?O2BAsin?BAO2sin(B??)sin?ACO1sin?O1ACsin[180??(B??)]sin(B??)同理, . 因此 ???sin?O1CBsin?CBO1sin(90???)sin(90???)sin?BAEsin?CBO2sin?ACO1sin(90???)sin?sin(B??)??????1.
sin?EACsin?O2BAsin?O1CBsin?sin(B??)sin(90???)于是, 由Ceva定理的角元形式, AE、BO2、CO1三线共点.
12 Apollonius圆, 两圆的相似圆
到两定点的距离之比等于定比(不是1)的点的轨迹是一个圆, 这个圆称为Apollonius圆.
设两圆既不同心也不相等. 以两圆圆心为定点、两圆半径之比为定比的阿氏圆称为两圆的相似圆. 定理1 设平面π上两圆⊙O1、⊙O2不同心, 它们的半径分别为r1、r2, 且r1≠r2, 则以O1、O2为定点、r1︰r2为定比的阿氏圆上的任意一点都是⊙O1与⊙O2的顺相似中心, 也是它们的逆相似中心; 反之, ⊙O1与⊙O2的所有顺相似中心和逆相似中心都在这个阿氏圆上.
10. 设∠AOB =∠COD, 且通过一个旋转可使射线OC与OA重合, OD与OB重合, 这两个角内与角的两边相切的两个圆交于E、F两点. 求证: ∠AOE =∠FOD.
证明 设A、B、C、D是切点, O1、O2分别为两圆的圆心, r1, r2分别为两圆的半径. 显然, 点O、E、F皆在两圆的相似圆上. 再设∠O1OO2的平分线交O1O2于P, 则点P也在两圆的相似圆上. 即O、E、P、F四点共圆. 由对称性, PE = PF, 因此∠EOP =∠POF, 故∠AOE =∠FOD.
OOACEBDEACO2O1PBDF
F
2． 设P是相交两圆Γ1与Γ2的一个交点, AB是两圆离点P较近的一条外公切线, 切点A在圆Γ1上, 切点B在圆Γ2上, A′、B′分别是A、B关于点P的对称点, ⊙(ABA′)与圆Γ1交于A、U两点, ⊙(ABB′)与圆Γ2交于B、V两点, 直线 A′U与圆Γ1交于U、C两点, 直线B′V与圆Γ2交于V、D两点. 求证: CD是圆Γ1与Γ2的另一条外公切线.
分析: 这个问题不好直接证明, 我们可以换一个角度, 先作切线CD, 然后证明故B′、V、D三点共线, A′、U、C 三点共线.
证明 设CD是圆Γ1与Γ2的另一条外公切线, 其中切点C在圆Γ1上, 切点D在圆Γ2上. Q是两圆的另一交点. 显然, ABA′B′是一个平行四边形, 其中心为P. 设直线PQ与AB交于M, 则M为AB的中点. 因此, PM是△ABB′与△ABA′的公共中位线, 所以, PM∥AB′∥BA′. 因PQ垂直于两圆的连心线, 所以, AB′与
BA′皆垂直于两圆的连心线. 因此AB′、BA′分别通过切点C、D. 设O是公切线AB与CD的交点, 则∠DVB =∠DBO, ∠BVA =∠BB′A =∠B′BA′ =∠B′BD, ∠AVB′ =∠ABB′, 所以
∠DVB′ =∠DVB +∠BVA +∠AVB′ =∠DBO +∠B′BD +∠ABB′ =∠ABO = 180°,
故B′、V、D三点共线. 同理A′、U、C 三点共线.
ABB'VΓ1CUDPA'Γ2Γ1AB'VMPBA'Γ2OQCUD注: 这里证明三点共线的方法尽管常常提起, 但不多见.
3. 正三角形的内切圆上一点P到三边的距离分别为PD、PE、PF. 求证: PD, PE, PF中有一个等于另两个之和.
证明 设△ABC的内切圆与边AB、AC分别切于M、N, 则M、N分别为AB、AC的中点, 所以, △AMN也是一个正三角形. 不妨设点P在△AMN内. 再设PD与MN交于K, 则PK⊥MN. 因正三角形内任意一点到三边的距离之和等于正三角形的高, 而正△ABC的高是正△AMN的高的两倍, 所以
PD + PE + PF = 2 ( PK + PE + PF ).
因此, PD = 2 PK + PE + PF .
另一方面, 显然, PFMK与PKNE皆为圆内接四边形, 而AM、AN是△ABC的内切圆的切线, 所以,
∠KFP =∠KMP =∠ENP =∠EKP, ∠PKF =∠PMF =∠PNK =∠PEK,
2因此, △PFK∽△PKE, 从而PK?PE?PF, 所以, PK?PE?PF. 于是
PD?2PE?PF?PE?PF?(PE?PF)2.
故PD?PE?PF. 本题实际上是两个几何事实的复合. 因此, 熟悉一些几何事实对我们处理几何问题是有帮助的.
AFMPEKNBDC
5. 设H为△ABC的垂心, M为CA的中点, 过点B作△ABC的外接圆的切线l, 过垂心H作切线l的垂线, 垂足为L, 求证: △MBL是等腰三角形.(2000, 彼圣得堡数学奥林匹克)
证法1 如图1所示, 设O为△ABC的外心, 显然, HL∥OB. 由Euler定理(例6.2.1)可知, OH与BM的交点G乃△ABC的重心, 且HG = 2OG. 又BG = 2GM, 于是, 设点B关于点M的对称点为B′, 则B′G = 2GB, 所以B′H∥OB, 这说明B′、H、L在一直线上. 于是, M为Rt△BB′L的斜边BB′的中点, 所以, ML = MB, 故△MBL是等腰三角形.
证法2 如图2所示, 设O为△ABC的外心, 显然, HL∥OB. 由Euler定理可知, OH与BM的交点乃是△ABC的重心, 且BG = 2GM, HG = 2OG. 于是, 过M作BL的垂线分别交OH、BL于N、K, 则OG = 2GN. 再由HG = 2OG即知, N为OH的中点, 从而K为BL的中点, 但MK⊥BL, 因此, MB = ML. 故△MBL是等腰三角形.
AB'AMOGBLHMOGHCNCBKL 图1
与垂心、中点有关的问题很可能与欧拉线有关.
图2
7．设△ABC的内切圆与BC、CA、AB分别切于D、E、F, △ABC的三条高分别是AP、BQ、CR, △ARQ、△BPR、△CQP的内心分别为X、Y、Z. 求证: 六边形XFYDZE的六条边都相等.
证法1 设△ABC的内心为I, 内切圆半径为r, AI与EF交于K, 则IK?IA?r2. 显然, A、X、I在一条直线上. 因△AQR∽△ABC, 所以
另一方面, 因sinAXAQ??cosA. AIABAr, 所以 ?2AIAr2KIAI?2KIcosA?1?2sin?1?2?2?1?2??,
2AIAIAI2AXAI?2KI, 从而AX?AI?2KI. 但AX?AI?XI, 所以XI?2KI, 这说明K是XI的?AIAI中点, 因而X、I关于EF对称, 于是, XE = XF = IE =r. 同理, YF = YD = ZD = ZE =r. 这就证明了XFYDZE
因此,
是一个等边六边形, 且边长等于△ABC的内切圆半径.
AAXEQYBZDPCB
FRFRXKEQ1YZDPC
证法2 如图11所示, 设△ABC与△AUV的内心分别为I、J, 作位似轴反射变换T (A, cosA, AI ), 则B→U, C→V. 设F→F′, 则F′为△AUV的内切圆与AU的切点, 所以, △AF′F∽△AVC. 而CV⊥AB, 因此, FF′⊥AU. 但JF′⊥AU, 所以, F、J、F′三点共线, 从而FJ⊥AU. 又IE⊥AU, 因此, FJ∥IE. 同理, EJ∥IF, 所以IEJF是一个平行四边形. 而IE = IF, 因此, IEJF是一个菱形. 故I、J关于EF对称. 于是, XE = XF = IE =r. 同理, YF = YD = ZD = ZE =r. 这就证明了XFYDZE是一个等边六边形, 且边长等于△ABC的内切圆半径.
AVJKF'EUF1BC
注: 证法2其所以简单, 是因为我们成功地用了位似轴反射变换这个工具. 对于含有反向相似的问题, 一般可以考虑用位似轴反射变换处理, 尤其是有关圆内接四边形问题, 更应如此.
8．设D是△ABC的边BC上一点, P是直线AD上一点, PC、PB分别与直线AB、AC交于E、F, X、Y是直线BC上两点, 且CX = AC, BY = AB, EX与FY交于Q. 求证: 直线PQ平分线段XY的充分必要条件是AD为∠BAC的平分线.
证明 设直线PQ与BC交于M, 考虑△PMC与截线XEQ及△PBM与截线YQF, 由Menelaus定理, 有
MXCEPQBYMQPF???1, ???1. XCEPQMYMQPFBMXBYPFCE两式相乘, 得????1. 而BY = AB, XC = AC, 因此
YMXCEPFBXMABCEPF????1. MYACEPFBBDCEPFXMBDAC另一方面, 考虑△PBC与点A, 由Ceva定理, . 于是, 直线PQ???1, 所以??DCEPFBMYDCABXMBDACBDAB平分线段XY?M为XY的中点??AD为∠BAC的平分线. ?1???1??MYDCABDCACPEFFAQBXDMYEAPCBXDYC
本题的原型是
设D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB所在直线上的点, 且AD∥BE∥CF, X、Y是直线BC上两点, 且CX = AC, BY = AB, EX与FY交于P. 求证: 直线PQ平分线段XY的充分必要条件是AD为∠BAC的平分线.
18. 从圆Γ外一点P作圆Γ的切线PA、PB. AA′、BB′是圆Γ的两条直径, 点C、D分别在切线PA、PB上. 过C且垂直于AB的直线与∠ABB′的平分线交于C′, 过D且垂直于AB的直线与∠A′AB的平分线交于D′. 求证: C、D′、A′三点共线当且仅当C′、D、B′三点共线.
证明 我们只需证明, 当C′、D、B′三点共线时, C、D′、A′三点共线.
显然, ?A?B??AB?. 设直线B′C′D与圆Γ 交于K, CC′、DD′与AB分别交于E、F, 直线AD′与圆Γ交于M, 直线BC′与圆Γ交于N, 直线A′D′与圆Γ再次交于L, 则M、N分别为?A?B和?AB?的中点. 因BK⊥KD, DF⊥FB, 所以, D、K、F、B四点共圆, 从而∠KDD′ =∠KBA =∠KMA, 因此, D、K、D′、M四点共圆. 又∠DFK =∠DBK =∠BA′K, 而DF∥BA′, 所以, K、F、A′三点共线. 又显然 E、C′、B、K在以C′B为直径的圆上, 而N为?AB?的中点, 所以, ∠EKB′ =∠ABN =∠NKB′, 因此, K、E、N三点共线.
另一方面, 因AL⊥LA′, AF⊥FD′, 所以L、A、D′、F四点共圆, 从而∠A′LF =∠MAB =∠A′LM, 因此, L、F、M三点共线, 于是, ∠BEK =∠BNK +∠ABN′ =∠BLK +∠MLB =∠MLK =∠FLK, 所以L、E、F、K四点共圆, 从而∠FEL = 180°?∠LKF =∠A′B′L. 但EF∥B′A′, 所以, L、E、B′三点共线. 这样便有 ∠ALE =∠ALB′ =∠A′KB =∠FDB =∠ACE, 所以, C、A、E、L四点共圆, 从而∠CLA =∠CEA = 90°. 但∠ALA′ = 90°, 因此,C、L、A′三点共线, 故C、D′、A′三点共线.
PDPDCAΓNELKFBCAΓMA'LKFBEC'D'C'D'NMA'B'B'
证2 显然, ?A?B??AB?. 设直线B′C′、A′D′分别与圆Γ 交于K、L, CC′、DD′与AB分别交于E、F, 直
A?B和?AB?的中点. 显然, E、C、B、K四线AD′与圆Γ交于M, 直线BC′与圆Γ交于N, 则M、N分别为?点共圆, 所以, ∠EKB′ =∠ABN =∠NKB′, 因此, K、E、N三点共线. 同理, L、F、M三点共线. 从而∠EKC′ =∠D′LF.
另一方面, 显然, ∠LKE =∠LBN =∠LBA +∠ABN =∠LBA +∠MLB =∠LFE, 所以, K、L、E、F四点共圆, 因此, ∠ELF =∠EKF, 进而∠B′KF =∠ELA′. 再注意∠EAC =∠DBF, 于是, C、D′、A′三点共线?C、L、A′三点共线?∠CLA = 90°?∠CLA =∠CEA?C、A、E、L四点共圆?∠ELA′ =∠EAC?∠B′KF =∠DBF?D、K、F、B四点共圆?∠BKD =∠BFD?∠BKD = 90°?D、K、B′三点共线?C′、D、B′三点共线.