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2012年高中数学竞赛平面几何问题的解答及其它


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.

A

O

D B P Q C

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 A M J B P Q C N D O

A M B P

O

C Q

N

D

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

PA sin ? ? PC sin ? ? PB sin (? ? ? ) 证明 设圆 Γ 的半径为 R, 由正弦定理, BC ? 2 R sin ? , AB ? 2R sin ? , AC ? 2R sin (? ? ? ) , 于


PA sin ? ? PC sin ? ? PB sin (? ? ? ) ? PA ? 2R sin ? ? PC ? 2R sin ? ? PB ? 2R sin (? ? ? ) ? 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

PA sin ? ? PC sin ? ? PB sin (? ? ? ) .
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 PA sin ? ? PC? sin ? ? PB sin (? ? ? ) . 比较条件, 得 C′ = C, 故 P、A、B、C 四点共圆.
P C
P C ( C' )

A B

A B

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 )
1 1 1 HR ? AB ? HP ? BC ? HQ ? CA , 再由正弦定理, 得 HR sin C ? HP sin A ? HQ sin B . 而 2 2 2 ?PHQ ? ?DHE ? 180? ? C , ?RHQ ? A , ?PHR ? B , 所以, HR sin ?PHQ ? HP sin ?RHQ ? HQ sin ?PHR , 故由三弦定理之逆, P、Q、R、H 四点共圆.


A
A

F R H

P E Q
F O

E

B

D

C

B

D

C

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

BD DC , EC ? , 2 cos B 2 cos C BD DC 所 以 , AF ? c ? , AE ? b ? . 又 由 正 弦 定 理 , OA sin A ? a , 于 是 再 注 意 2 cos B 2 cos C ? FAO ? 90? ? C , ? OAC ? 90? ? B , 即得 AF sin ? OAC ? AE sin ? BAO ? OA sin A ? AF cos B ? AE cos C ? OA sin A ? BD DC a (c ? ) cos B ? (b ? ) cos C ? ? c cos B ? b cos C ? a 2 cos B 2 cos C 2 而最后一式即众所周知的三角形的射影定理, 因而等式 AF sin ? OAC ? AE sin ? BAO ? OA sin A 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 ? 2 BD cos B , EC ? 2 DC cos C , 所以, AF ? c ? 2 BD cos B , AE ? b ? 2 DC cos C . 再 设 △ABC 的 外 接 圆 半 径 为 R, 则 不 难 知 道 , AH ? 2 R cos A . 又 ? HAE ? 90? ? C , ? FAH ? 90? ? B , 于是, 由正弦定理, 并注意 cos A ? ? cos( B ? C) ? sin Bsin C ? cos Bcos C , 得

AF sin ? HAE ? AE sin ? FAH ? AH sin A ? AF cos C ? AE cos B ? a cos A ? ( c ? 2BD cos B ) cos C ? ( b ? 2DC cos C ) cos B ? a cos A ? b cos B ? c cos C ? a (2cos B cos C ? cos A ) ? b cos B ? c cos C ? a (cos B cos C ? sin B sin C ) ? b cos B ? c cos C ? a cos( B ? C )
而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有

A

E F H B D C

b cos B ? c cos C ? 2R (sin B cos B ? sin C cos C ) ? R (sin 2B ? sin 2C ) ? 2R sin ( B ? C) cos( B ? C) ? 2R sin A cos( B ? C ) ? a cos ( B ? C ) . 即 b cos B ? c cos C ? a cos ( B ? C ) 成立 , 因而 AF sin ? HAE ? AE sin? FAH? AHsin A 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 PA sin ? ? PQ sin ? ? PD sin(? ? ? ) , PB sin ? ? PQ sin ? ? PC sin(? ? ? ) , 两式相加, 得

( PA ? PB)sin ? ? 2PQ sin ? ? ( PC +PD)sin(? ? ? ) .

设 AB 与 CD 的中点分别为 M、N, 则 PA + PB = 2PM, PC + PD = 2PN, 所以 PM sin ? ? PQ sin ? ? PN sin(? ? ? ) . 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.

A

A M B P

O
E

C Q

N

D
B

F

P D M C

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 AP sin A ? AE sin ?BAP ? AF sin ?PAC .

BD DC ??, 则 ? 1 ? ? , 所以, AE ? FD ? ? AC , AF ? ED ? (1 ? ? ) AB , 于是 BC BC AP sin A ? ? AC sin ?BAP ? (1 ? ? ) AB sin ?PAC ? AB sin ?PAC ? ? ( AC sin ?BAP ? AB sin ?PAC ) ? AB sin ?BAM ? ? ( AC sin ?MAC ? AB sin ?BAM ) BM AB sin ?BAM ? 再注意 M 是 BC 的中点, 由分角线定理, 1 ? , 所以 MB AC sin ?MAC AC sin ?MAC ? AB sin ?BAM AB sin ?BAM 因此, AP sin A ? AB sin ?BAM , 从而 AP ? 为定长. 故 P 是一个定点, 且∠BAM =∠ sin A
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, AF sin ?OAC ? AE sin ?BAO ? OA sin A . 而 sin ?OAC ? cos B , sin ?BAO ? cos C , 所以, AF cos B ? AE cos C ? OA sin A ?

1 BC . 设 F、E 在 BC 上的射影分别为 M、N, 则 2 1 MN ? AF cos B ? AE cos C ? 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.

A E F O B M D N C
B

A Q

P O C

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

BP CA

?

PQ BC

?

QC AB

. 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, PR PQ QR BP PQ QC ? ? ? ? 则 . 而 , 所以 RP = BP, QR = QC, CA BC AB CA BC AB 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.

A Q

P O R C

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 EM MC DL BL ? ? 以 LM∥DE, LN∥DE, 进而 , . 两式相乘, 得 DL LC FN BN EM MC BL AC BN AC BN ? ? ? ? ? ? . FN LC BN AB LC LC AB AC OB BL OM ? ? 但△ALC∽△BON, △ABL∽△COM, 所以 , , 代入上式, 并注意 OB = OC 即得 LC ON AB OC EM OM ? . 于是△OME∽△ONF, 从而∠OEM =∠OFN, 故 A、E、O、F 四点共圆. FN ON 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.

A

A

E N F O B D L C M

E F O B D C P

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.

B B' θ

P

A' A
B' A'

B P A θ O θ

θ O

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.

A E

A Q P

F B

O D P C

O B R C

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.

A Z F H D X

A

E Y

E F H D C

B

P

C

B

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

DC XY ? . 于是有 DB XZ
RC DE ? . RB DF

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.

F Z

A
F

P

A

O Y E

O E Q

B

D

X

C

B

R

D

C

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.

A E M F B D K L P C N Γ1 B F D M K

A E N Γ2 L C

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.

A

A E
E

F B

P D M C

F B D

1 C

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.

O

O

N M P
A X T Y B

A

C

D

B

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.
O

A

N P M C A B D

B

D

E

C

AB 2 BD ? 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: . AC 2 DC ? 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.

A

A

O M B K

L C N

B D P

O C Q

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. 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

BD AB 2 ? . DC AC 2

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.
A

A

Γ2

B

C

D Γ1 B E K C F
P

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.

A P Γ1 B D Q

C Γ2

Γ A M C B1 T C1 S

B

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

TC1 TB sin ?BAT sin ?MAC MC ? ? ? ? . AT AT sin ?TBA sin ?ACB AM
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. 证明 因 AD 是△ ABC 的陪位中线. 于是

BD AB 2 ? . 另一方面, 由圆幂定理, BD ? BC ? EB ? AB , DC AC 2

DC ? BC ? FC ? AC . 因此,

BD EB ? AB KB AB ? ? , 于是 , 故 EF∥BC. DC FC ? AC LC AC
A A

E

F F P

E

B

D

C

B

D

M

C

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

CE CD AF ? ? , 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 EA DB FB
E、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.

AP sin ?BQC ? . AQ sin ?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.
A

A F N P D Q M
B

E
P Q C Q'

B

C
P'

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.
A

A

B

M

C

P B C Q

M

Q

P

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.

A

A D
F' F E P Q E'

P B C

B

D D'

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. AD sin C BE sin C ? ? 另一方面, 由正弦定理, , . 但 DC = CE, ∠DAC =∠BAY, ∠CBE DC sin ?DAC CE sin ?CBE AD sin ?CBE sin ?YBA YA YA AD AP ? ? ? ? ? =∠YBA, 所以 . 又 AP = AD, BQ = BE, 所以, , 即 BE sin ?DAC sin ?BAY YB YB BE BQ

YA AP

?

YB BQ

, 于是 PQ∥AB. 同理, QR∥BC, RP∥CA. 故△XYZ 与△ABC 是位似的.
A C1 E M A2 B N L C P B1 C2 A1 B2

P

A F Y B Q D X E C R

F

D

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) ? PQ2 . 其中 ? ( X ) 表示点 X 对已知圆的幂.
A Γ
D P B Q E C Γ

B C P E

D

A

Q

Q A C Γ P E B

D

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 |?| ? . S 4R2

A

K

F A P

F E P B K D C

E

B

C

D

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.

Q

A P O F E 1 C B R

A

D

B

D

C

P
二、根轴

Q

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). 两圆圆心 O1、O2 到两圆的根轴的距离分别为
2 O1O2 ? r12 ? r22 O O 2 ? r 2 ? r22 和 1 2 1 . 2O1O2 2O1O2

l

l

l

Γ1

Γ2

Γ1

Γ2

Γ1

Γ2

l Γ1 O1 Γ2 O2
Γ1 Γ2 O1 O2

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.
T P Γ O
Γ O T P

l

l

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.

A H1 L B Γ2 E K C F M
H4

H2

Γ1 N
H3 H2

C H1
D

M L A

N

B

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

F B Γ1 H C

C1 E1 H1 F1 P B1 E Γ2

A
A D H B O C F

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.
A
A F E

O F B M H L D

E C
D

N

S 1

Q

K

M

N

B

T R L P

C

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 =

1 1 PC, 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、 2 2

K 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.
P

Γ
D C L A M N O1 O O2

A L E ω C

N T K F
B

M Q 1

P B 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 PB . 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.
2

2

Γ1

A

Γ2
R L F A K Q 1 D E V U C

E B 1 D

F
B

M N

ω

O

S

C

T

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 PC , 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° ?

2

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.

R L F M B N ω O D

A K Q E V U C

R L F M B N O Y X 1

A K Q E V C

Z D U

P

P

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
2

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.
l1 O1 O2 P O3 l 3

l2

l3 O1

O2

l2

l1 O3

P

O2 l2 l3 O1 P

l1 O3

l3 O2

O1

l1

l2

P

O3

l2 O1 O2

P l3

l3

l2

l1

O1
O3 l1

O2

O3

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).
A D Γ1
A C1 B2

V

Q I1 U P I2

L B K

Γ2 N MC

C2 B A1 A2

B1 C

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

1 1 1 ∠CBA, ∠NLA = 90°? ∠BAC, ∠CMN = 90°? ∠ACB. 2 2 2 1 1 1 这样, ∠KLN = 180°? (∠NLA +∠BLK) = ∠BAC + ∠CBA = 90°? ∠ACB =∠MNC. 因此, L、K、 2 2 2
∠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.
Q A E P B F D G B E P F A K D G Q

C

C

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

AC AD ?? , 则称 A、B、C、D 是调和点列, 或称 C、 CB DB

D 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

AC AD ? , 则 A、B、C、D 是调和点列. CB DB

CB AC AD CA AD AC ?? ? ? , 于是, 当 C、D 调和分隔 A、B 时, 显然, 点 A、B ?? ?? BD DB CB DB AD CB

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.
A C B D

A

D

B

C

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

A l1

C

B

D l2
A C B D

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:

1 1 2 ? ? . AC AD AB
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 .
2

A

MC

B

D

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

MC AC 2 ? 要条件是: . MD AD 2
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 ? AOC sin ? AOD ?? . sin ? COB sin ? DOB

O

O

l1
A D

l3

l2 B

l4 D

C

B

A

C

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.
O l1 E A l3 C l2 B F l4 D

E l1 A O l4 D B l2 F l3 C

A

l

O

E

B

A

M

C

C

B F

D

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.

Q

A

N P

D

B

M

C

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.
A O B D P E C

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.

A
A D P C Q

B

P

E C

Q D

F

B

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.
A Q P B F C R E D S

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

A

A

P B

C

B E

I C

P

D J

F

O

E

Q

O

F

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.

P M F Q A 1 B O D C
O B Q A

N E
E M P F G C

D

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, MA2 ? 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,
2

且 L 为 DP 的中点. 因此,

KE LP ? . 又 AD、BE、CF 交于一点, 所以, D、P 调和分隔 B、C, 因而 KC LC LP LB LB ? LP PB DB KE LP DB ??? ? ?? ? ? ? ? ? , 从而 . 故 DK∥BE. LP2 ? LB ? LC . 于是 LC LP LP ? LC PC DC KC LC DC
A
A

F E N M B D K C
B

F E N M D K C L P

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

CK MC sin ?CMK CE sin ?CMK ? ? ? ? . KE ME sin ?KME r sin ?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 ?CMK sin ?DBI r ? ? tan ?DBI ? . sin ?KME cos ?DBI DB CK CE r CD ? ? ? 又 CE = CD, 于是 . 故 DK∥BE. KE r DB DB
A A

F N B 1 M D E

F N K C B D 1 M E K C

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, ∠

1 1 ?CBA , 进而∠CMK = 90°?∠KME = ?CBA =∠CBI. 又∠KCM =∠ICB, 因此, 2 2 CK CM ? △KMC∽△IBC. 于是 . 从而 CI ? CM ? CB ? CK . CI CB 2 2 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, CD CK CD ? CE ? CB ? CK , 于是, ? . 故 DK∥BE. CB CE
KME =∠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.
A

A Γ
Γ

B C

D

B

D

C

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.

A
? ?

A

B

M

D

B

? M ?

D

C

E

C

E

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.
A
A

B M C
B

M D

D
C

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.

A

O D B M C

P

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.

E
A

P

Γ A O M F
K C

B

F N P B D L M E

C

D

Q

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 2 ? QT 2 ? OC 2 ? OT 2 . 而 QC 2 ? OQ2 ? OC 2 , OT ? OS +TS , 因
2 2 2

此,

(OQ2 ? OC 2 ) ? QT 2 ? OC 2 ? (OS 2 +TS 2 )
又 OC = OS, 于是, OQ ? TQ ? OS ? TS , 从而 SQ⊥TO, 即 SQ⊥AB. 但 OM∥SQ, 故 OM⊥AB.
2 2 2 2

P Γ T C S A O M D
F B A

B
E

P D M C

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

BD CE AF ? ? ? ?1 DC EA FB
Ceva 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

BD CE AF ? ? ?1 DC EA FB
Menelaus 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 ? BAD sin ? CBE sin ? ACF ? ? ?1 sin ? DAC sin ? EBA sin ? FCB
A
D A P E

D E B
图 1-6

P

F C
B
图 1-7

F C

A E P F D B
图 1-8

D A B E
图 1-9

P C F

C

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

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 ? PAC sin ? PBA sin ? PCB ? ? ?1 sin ? BAP sin ? CBP sin ? ACP
而 ? BAD = ? PAC, ? DAC = ? BAP, ? CBE = ? PBA, ? EBA = ? CBP, ? ACF = ? PCB, ? FCB = ? ACP, 所以

sin ? BAD sin ? CBE sin ? ACF sin ? PAC sin ? PBA sin ? PCB ? ? ? ? ? ?1 sin ? DAC sin ? EBA sin ? FCB sin ? BAP sin ? CBP sin ? 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
? ?

A E
? ?

P D B
?? ?? ?
??

F D
?? ??

F E
?? ?

??

B ??

C

C

P
图 2-6

图 2-5

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.
A

E A C P D F
R
图 4-6

B C P
图 4-5

F E D Q

R

Q

B

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

sin ? DCB sin ? FRP sin ? CFE sin ? DAB sin ? ARP sin ? RDE ? ? ? ? ? sin ? BCF sin ? PRC sin ? EFA sin ? BAF sin ? PRD sin ? EDA
考虑△ADQ 和点 P, 由 Ceva 定理的第一角元形式

sin ? DAB sin ? AQP sin ? QDE ? ? ?1 sin ? BAF sin ? PQD sin ? EDA
所以

sin ? DCB sin ? FQP sin ? CFE ? ? ?1 sin ? BCF sin ? PQC sin ? 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 ? DAB sin ? CDE sin ? ARP ? ? ?1 sin ? BAF sin ? EDA sin ? PRD AD sin ? DAB DB CD sin ? DCB ? ? ? ? AF sin ? BAF BF CF sin ? BCF DC sin ? CDE CE FC sin ? CFE ? ? ? ? DA sin ? EDA EA FA sin ? EFA
又 ? FRP = ? ARP, ? PRC = ? PRD. 于是

sin ? DCB sin ? CFE sin ? FRP ? ? ? sin ? BCF sin ? EFA sin ? PRC CF AD sin ? DAB FA DC sin ? CDE sin ? ARP ? ? ? ? ? ? ? CD AF sin ? BAF FC DA sin ? EDA sin ? PRD sin ? DAB sin ? CDE sin ? ARP ? ? ?1 sin ? BAF sin ? EDA sin ? 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.
A E C P R Q A D F F Q
图 4-8

C E

B R P

D
图 4-7

B

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

sin ? APE sin ? PBE sin ? APE sin ? PBE sin ? BAE ? ? ? ? ?1 sin ? EPB sin ? EAP sin ? EPB sin ? EBA sin ? EAP 又 ? CPE = ? APE, ? EPD = ? EPB, ? PDF = ? ? PBE, ? FCP = ? ? EAP, ? DCF = ? FDC, 所


sin ? CPE sin ? PDF sin ? DCF sin ? EPA sin ? PBE ? ? ? ? ?1 sin ? EPD sin ? FDC sin ? FCP sin ? BPE sin ? 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.

A

Γ D

A D
Q

Γ

C B

E B
图 4-9

P

F C

E

Q

F

P

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

AG r1 ? , 于是, AH r2 sin ? GPD sin ? HGC sin ? PHB cos ? DEP sin ? HGA sin ? FHB ? ? ? ? ? ? sin ? DPH sin ? CGP sin ? BHG cos ? PFD sin ? CGE sin ? AHG cos ? EO1C sin ? AGH sin ? BO2 F tan ? BO2 F AH BF r1 r2 ? ? ? ? ? ? ? ? 1. cos ? BO2 F sin ? EO1C sin ? GHA tan ? EO1C AG r2 EC r1

由 Ceva 定理的第一角元形式, HB、GC、PD 三线共点. 故 PA⊥BC.
P

G O1 A H O2 EB D CF

O1

A

E B O2 D C

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 ?CBO2 CO2 sin ?BAO2 BO2 , . 两式相乘, 并注意 CO2 = AO2, 得 ? ? sin ?O2CB BO2 sin ?O2 BA AO2

sin ?CBO2 sin ?O2CB sin ? . ? ? sin ?O2 BA sin ?BAO2 sin( B ? ? ) sin ?ACO1 sin ?O1 AC sin[180? ? ( B ? ? )] sin ( B ? ? ) 同理, . 因此 ? ? ? sin ?O1CB sin ?CBO1 sin (90? ? ? ) sin (90? ? ? ) sin ?BAE sin ?CBO2 sin ?ACO1 sin (90? ? ? ) sin ? sin ( B ? ? ) ? ? ? ? ? ? 1. sin ?EAC sin ?O2 BA sin ?O1CB sin ? 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.

O

O

A

C

E B

D

E A C O2 O1 P B

D

F

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.

A B B' V Γ1 C U D P A' Γ2 Γ1

A B' V

M P

B A' Γ2

O

Q C

U D

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, 因此, △PFK∽△PKE, 从而 PK ? PE ? PF , 所以, PK ?
2

PE ? PF . 于是 PD ? 2 PE ? 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.

A F M

P E K N

B

D

C

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.
A B'
A M

O G B L
图1

M H C

OG

H C N

B
图2

K

L

与垂心、中点有关的问题很可能与欧拉线有关. 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 ? r . 显然, A、X、I 在一
2

条直线上. 因△AQR∽△ABC, 所以 另一方面, 因 sin

AX AQ ? ? cos A . AI AB

A r ? , 所以 2 AI

A r2 KI AI ? 2 KI cos A ? 1 ? 2sin ? 1? 2 ? 2 ? 1? 2 ? ? , 2 AI AI AI
2

AX AI ? 2 KI ? , 从而 AX ? AI ? 2KI . 但 AX ? AI ? XI , 所以 XI ? 2 KI , 这说明 K 是 XI 的 AI AI 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.

A

A X E Q Y B Z D P C
B Y Z D P C R X K E Q

F

R

F

1

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, cos A , 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.

A V J K F' E U

F

1

B

C

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

MX CE PQ BY MQ PF ? ? ? 1, ? ? ?1. XC EP QM YM QP FB MX BY PF CE ? ? ? ? 1 . 而 BY = AB, XC = AC, 因此 两式相乘, 得 YM XC EP FB XM AB CE PF ? ? ? ?1. MY AC EP FB BD CE PF XM BD AC ? ? ? 1 , 所以 ? ? 另一方面, 考虑△PBC 与点 A, 由 Ceva 定理, . 于是, 直线 PQ DC EP FB MY DC AB XM BD AC BD AB ?1? ? ?1? ? 平分线段 XY?M 为 XY 的中点 ? ?AD 为∠BAC 的平分线. MY DC AB DC AC
P
E

F
F

A Q B X DM Y

E

A P

C

B

XD

Y

C

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.
P D

P

D

C A Γ N E

L K F B

C A Γ
M A'

LK F B

E C' D'

C'

D'

N

M A'

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 线 AD′与圆 Γ 交于 M, 直线 BC′与圆 Γ 交于 N, 则 M、N 分别为 ? A?B 和 ? AB? 的中点. 显然, E、C、B、K 四 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.


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