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山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第13章 根轴

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山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第1章直角三角形

山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第1章直角三角形

第一编 点击基本图形 第1章 直角三角形直角三角形是含有内角为90︒的特殊三角形，它是一类基本图形． 直角三角形的有趣性质在处理平面几何问题中常发挥重要作用．性质1 一个三角形为直角三角形的充要条件是两条边长的平方和等于第三条边长的平方（勾股定理及其逆定理）．性质2 一个三角形为直角三角形的充要条件是一边上的中线长等于该边长的一半． 推论1 直角三角形的外心为斜边的中点．性质3 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为D 时，下列五个等式之一成立． （1）2AC AD AB =⋅． （2）2BC BD AB =⋅． （3）2CD AD DB =⋅．（4）22BC AB CD AD=． （5）22AC AB CD DB=． 事实上，由2AC AD AB =⋅，有AB ACAC AD=．注意到A ∠公用，知ACB △∽ADC △．而90ADC ∠=︒，故90ACB ∠=︒．即可得（1）的充分性． 我们又由22222BC AB BC CD AB ADCD AD CD AD --=⇒=22DB DBCD AD⇒=，即2CD AD DB =⋅． 即可证得（4）的充分性．其余的证明略．推论2 非等腰ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为D 时，22AC ADBC DB=． 事实上，由性质3中的（1）、（2）相除或（4）、（5）相除即证．下面，另证充分性．由222222AD AC AD CD DB BC CD DB +==+， 有 2()()0CD AD DB AD DB -⋅-=．而AD DB ≠，即有2CD AD DB =⋅．由此即可证．性质4 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为点D ，过CD 中点P 的直线AP （或BP ）交BC （或AC ）于E ，E 在AB 上的射影为F 时，2EF CE EB =⋅（或2EF =CE EA ⋅）． 证明 必要性．如图11-，过D 作DG AE ∥交BC 于G ，则图1-1BAFDPGECCE EG =，且AD EG DB GB =，即有AD EGAD DB EG BG=++， 即 AD CEAB EB=． ① 又EF CD ∥，有EF EBCD CB=② 在Rt ABC △中，有22,CD AD DB BC DB AB =⋅=⋅， ③将③代入②2得22EB ADEF AB⋅=④将①代入④得2EF CE EB =⋅．充分性．由2EF CE EB =⋅，注意到②2及①，有22BC ABCD AD=再注意到性质3（4）即证．对于2EF CE EA =⋅的情形也类似上述证明．性质5 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当D 为边AB 上异于端点的任一点时，222()()()AB CD AC BD BC AD ⋅=⋅+⋅． 证明必要性．如图12-，作BK DC ∥交AC 的延长线于K ，则图1-2DBnla AbC K,AB BDBK CD CK AC AD AD=⋅=⋅． 由222BK CK BC =+．将前述式代入上式化简即可证．充分性．令,,,,,BC a AC b AB c CD l AD n DB m ======，在ABC △与ADC △中，应用余弦定理得2222222m l a n l b ml nl-+-+--=注意到m n c +=，化简得222cl cmn na mb ==+，所以22222222222()()()c l c mn na mb m n mn a b b m a n +=++=+++． 而已知有222222c l b m a n =+，从而222c a b =+即证．性质6 如图13-，在Rt ABC △中，CD 为斜边AB 上的高，1I ，2I 分别为ACD △和CDB △的内心，过1I ，2I 的直线交AC 于M ，交BC 于N ；延长1CI 交AD 于P ，延长2CI 交DB 于Q ；设I 为ABC △的内心，则图1-3I 2I 1DN BG I HPAMC（1）45PCQ ∠=︒．（2）,AQ AC BP BC ==．（3）CM CD CN ==，且2221212MI I N I I +=．（4）三直线2PI ，1QI ，CD 共点． （5）12CI I I ⊥，且12CI I I =． （6）90PIQ ∠=︒． 证明（1）11145222PCQ ACD DCB ACB ∠=∠+∠=∠=︒．（2）由1122ACQ ACD DCB B DCB AQC ∠=∠+∠=∠+∠=∠，知AQ AC =． 同理BP BC =．（3）由Rt ADC △∽Rt CDB △，有12DI ACDI BC=． 又121902I DI ADB ACB ∠=∠=︒=∠，则12I DI △∽ACB △，即21I I D A ∠=∠．故M ，A ，D ，1I 共圆，则11145CMI ADI CDI ∠=∠==︒．于是 11221,,MI DI I N DI CMI ==∠≌1CDI △，即 11,CM CD MI DI ==． 同理22,CN CD I N DI ==．在12Rt I DI △中，有2221212I D I D I I +=．由此即证得2221212MI I N I I +=．（4）由AQ AC =，及1I 在A ∠的平分线上，则1I 在CQ 的中垂线上，即11CI I Q =，又45PCQ ∠=︒，则190CI Q ∠=︒．同理290CI P ∠=︒，故2PI 与1QI 相交于CPQ △的垂心，而CD PQ ⊥，故CD 过此垂心，即三直线2PI ，1QI ，CD 共点．（5）联结AI ，BI ，易知1I ，2I 分别在AI ，BI 上，且有AI CQ ⊥，BI PC ⊥，即I 为12CI I △的垂心，得12CI I I ⊥．又1245I CI ∠=︒，设1I I 交2CI 于G ，有1CG I G =，则Rt GIG △≌12Rt I I G △．故 12CI I I =．（6）延长AI 交CQ 于G ，延长BI 交CP 于H ，则1I ，2I 分别在AG ，BH 上． 由AC AQ =，BC BP =，可知AG 为QC 的中垂线，BH 为CP 的中垂线，有 ,IQ IC IP IC ==，即 IP IQ IC ==． 故I 为CPQ △的外心，于是290PIQ PCQ ACB ∠=∠=∠=︒．即 90PIQ ∠=︒．性质7 如图14-，在Rt ABC △中，C ∠为直角，CD AB ⊥于D ，ACB △，ADC △，CDB △的内心分别为I ，1I ，2I ；圆1I 与圆2I 的另一条外公切线交CD 于G ，交AC 于E ，交BC 于F ；12I I 所在直线交CD 于K ，交AC 于M ，交BC 于N ；设圆I ，圆1I ，圆2I 的半径分别为r ，1r ，2r ，则G I 2I 1O 3K JI FQ T NBHL D AM SP E C图1-4（1）12I DI △∽ACB △． （2）12I G I G =． （3）CEF △∽CBA △． （4）22212r r r +=．（5）当,,ABC ADC CDB △△△的半周长分别为p ，1p ，2p 时，2221122()()()p r p r p r ±+±=+．（6）C ，I ，1I ，2I 为一垂心组． （7）2ABC MCN S S △△≥．（8）以边AB 上的中线HC 为直径的圆必与内切圆圆I 相切． （9）CG p c r =-=，12r r r CD ++=． （10）21AI C BI C ∠=∠．（11）设12DI I △的内心为3O ，则132II O I 为平行四边形．（12）延长31O I 交AC 于S ，延长32O I 交BC 于T ，则S 、I 、T 三点共线．（13）设圆1I 切AC 于P ，圆2I 切BC 于Q ，圆1I 与圆2I 的另一条内公切线（不同于CD ）交AB 于L ，则P ，1I ，L 及Q ，2I ，L 分别三点共线．（14）延长AI 交BC 于U ，延长BI 交AC 于V ，则2ABUV AIB S S =△． （15）111BC AC CK+=．证明（1）由Rt ADC △∽Rt BDC △知12I D ACI D BC=． 而1290I DI ∠=︒，故12Rt I DI △∽Rt ACB △．（2）由121290I DI I GI ∠=︒=∠，知1I ，D ，2I ，G 共圆，从而12122145I I G I DG I DG I I G ∠=∠=︒=∠=∠，故12I G I G =．（3）由12245I I G I NC ∠=︒=∠，知2I G NC ∥．故2221CFE FGI I GD I I D A ∠=∠=∠=∠=∠．同理，CEF B ∠=∠，故CEF △∽CBA △． 由上亦推之A ，B ，F ，E 四点共圆． （4），（5）由Rt ACB △∽Rt ADC △∽Rt BDC △，知221122ADC ACB S r p S r p ==△△，222222BDC ACB S r p S r p ==△△． 而ADC BDC ACB S S S +=△△△，从而有22212r r r +=，22212p p p +=，1122r p r p rp +=．前两式之和加或减第三式的2倍即证得（5）．（6）设BI 的延长线交1CI 于T ，由12135I II ∠=︒，知1145I IT CI I ∠=︒=∠，从而知21I I CI ⊥．同理12I I CI ⊥，即知I 为12CI I △的垂心，故C ，I ，1I ，2I 为一垂心组． （7）设H 为AB 中点，则CD CH ≤．由（2），则212ABC S AB CD AH CD CD =⋅=⋅△≥， 21122MCN S CM CN CD =⋅=△．故2ABC MCN S S △△≥．（8）由于H 为AB 的中点，则H 为Rt ABC △的外心．设HC 的中点为J ，则圆I 与圆J 相切⇔2IJ =22()2R r JC r ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭（其中R 为ABC △的外接圆半径），注意到IJ 为IHC △的中线，则2222222242242(2)(2)IJ CI IH CH r R Rr R R r =+-=+--=-，其中，222IH R Rr =-，即2IJ =22R r ⎛⎫- ⎪⎝⎭，由此即证． （9）利用切线长关系即可推得前式，后式由内切圆半径与边长关系即可推得． （10）由111909022AI D ACD ABC ∠=︒+∠=︒+∠，212ABI ABC ∠=∠，知1221122()AI I ABI AI D DI I ABI ∠+∠=∠+∠+∠119022ABC BAC ABC =︒+∠+∠+∠90180ABC BAC =︒+∠+∠=︒．从而知A ，B ，2I ，1I 四点共圆，则有21AI B AI B ∠=∠．又2111909022BI C BDC ADC AI C ∠=︒+∠=︒+∠=∠，故222360AI C AI B BI C ∠=︒-∠-∠ 111360AI B AI C BI C =︒-∠-∠=∠．（11）显然，3O 在CD 上．由CM CD NC ==及（6）知，1AI DN ∥（因212,DN CI I I CI ⊥⊥）．又 2312221122DI O I I D B NBI NDI ∠=∠=∠=∠=∠，从而 32DN O I ∥． 即有132I I O I ∥．同理，312O I I I ∥．故132II O I 为平行四边形．（12）因132II O I 为平行四边形，可证1323,CI SO CI O T ⊥⊥，则2131II I O SI ==，1322II O I I T ==，1122SI I I II II T ∠=∠=∠，从而1SI I △≌21I II △≌2II T △，有112221,SII II I TII II I ∠=∠∠=∠，即1122180SII I II I IT ∠+∠+∠=︒．故S ，I ，T 三点共线．（13）由121180902I LI ∠=⨯︒=︒，知2I ，L ，D ，1I 四点共圆，则1I LD ∠或221I DL I I D A ∠=∠=，即2I L CA ∥．又AC BC ⊥，则2I L BC ⊥．又2I Q BC ⊥，则L ，2I ，Q 三点共线． 同理P ，1I ，L 三点共线．（14）注意到22()ab pr p p c ==-．ab CU b c =+，abCV a c=+，由 ()()ABUV ABCCUV abcpS S S cr a c b c =-==++△△，即证．（15）证法1令ACD α∠=，则90DCB α∠=︒-，由张角定理，有sin90sin(90)sin CK CM CNαα︒︒-=+． 而sin(90)sin CD CMA AC ACα︒-===， sin sin CD CNB BC BCα===． 于是111CK AC BC=+． 证法2 延长AC 至R ，使CR CB =． 由AM AN =，知BAR △∽KCN △．从而 AR CK AB CN ⋅=⋅， 即 ()AC CR CK AB CD +⋅=⋅， 亦即 ()AC CB CK AC CB +⋅=⋅．故111CK AC BC=+． 性质8 在RT ABC △中，AB 为斜边，则（1）ABC △的内切圆半径2AC BC ABr +-=．（2）当圆Γ与AB 边上的高CD 、DB 及ABC △的外接圆均相切且切BD 于点T 时，圆Γ的半径1r =AT TBAT TB⋅+，且CT 平分BCD ∠．事实上，对于（2）设O 为AB 的中点，1O 为圆Γ的圆心，令AT x =，TB y =，则1()2OA OB x y ==+，1||2OT x y =-．111()2OO x y r =+-，11O T r =．由22211OO OT O T =+，即知1xy AT TBr x y AT TB ⋅==++． 又令,AD a DB b ==，则1x a r =+，1y b r =-．由1xyr x y=+有 21120r ar ab +-=，即1r a =，从而AT AD DT =+=而AC ==AT AC =．从而119022DCT CTA CAT BCD ∠=︒-∠=∠=∠，即知CT 平分BCD ∠．例1 （2008年克罗地亚数学竞赛题）若ABC △通过同一顶点的高线、角平分线、中线将该角四等分．求ABC △的三个内角．解 如图15-，不失一般性，设AH 、AT 、AM 分别为过顶点A 的高线、角平分线、中线． 设BAH θ=△，则π2ABC θ∠=-， πππ322ACB θθθ⎛⎫∠=-4--=- ⎪⎝⎭．H θθθθ图1-5MTCBA在ABM △和AMC △中应用正弦定理，有πsin cos 2sin3sin3BM BM AM θθθθ⎛⎫⋅- ⎪⋅⎝⎭==， πsin 3cos32sin sin CM CM AM θθθθ⎛⎫⋅- ⎪⋅⎝⎭==． 从而cos cos3sin3sin θθθθ=，即sin2sin6θθ=． 而4πθ<，故π8θ=．故ππ3π,,288BAC ACB ABC ∠=∠=∠=．例2 （2008年克罗地亚数学竞赛题）已知ABC △的边BC 的中线和高恰好将BAC ∠等分．求ABC △的三个内角．解 如图16-，设AH 、AM 分别为BC 边上的高和中线．图1-6CA则,2BH HM MC BM HM ===．由角平分线性质，有12AH HM AC MC ==． 即2AC AH =，从而30C ∠=︒．于是336090,6022A HACB ∠=∠=⋅︒=︒∠=︒．例3 （2004年第12届土耳其国家数学奥林匹克题）已知ABC △满足B C ∠>∠，A ∠的平分线和过顶点的高线、中线与边BC 分别交于点L 、H 、D ．证明HAL DAL ∠=∠的充分必要条件是90BAC ∠=︒．证明 充分性：若90BAC ∠=︒，因为AD 为中线，则BD AD DC ==，即DAC ACD BAH ∠=∠=∠．又BAL CAL ∠=∠，故HAL DAL ∠=∠． 必要性：如图17-，若HAL DAL ∠=∠，图1-7KLH DCBA又BAL LAC ∠=∠，则BAH CAD ∠=∠． 作CK AC ⊥交AD 的延长线于点K ，则9090AKC DAC BAH ABC ∠=︒-∠=︒-∠=∠．所以，A 、B 、K 、C 四点共圆．从而，90ABK ∠=︒．于是，AK 为四边形ABKC 的外接圆的直径．易知AD 与BC 不垂直，又AK 平分BC ，所以，BC 也为外接圆的直径．因为BD DC =，所以D 为圆心．即DA DB DC ==，故ABC △为直角三角形，90BAC ∠=︒． 例4 设x m 、x h 分别表示三角形顶点x 所对边上的中线长，高线长，ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是下列两式之一成立．（1）2225A B C m m m+=．（2）A B C h h h ⋅=．证明提示 （1）注意到三角形的中线长公式（如22221(22)4A m b c a =+-）及性质1即证．（2）注意到面积关系111CA B h h h a b c==及性质1即证． 例5 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是下述条件成立．设C m ，C h ，C t 分别为C ∠所对边上的中线长，高线长及C ∠的平分线长时，22()2C C C C C m h t m h +=⋅．证明 设CD 、CH 、CL 分别是AB 边上的中线、高线、C ∠的平分线．Rt CDH △中，由角平分线的判定与性质知，CL 平分DCH ∠的充要条件是DH CHLH CD CH⋅=+．而例3 结论CC CDH h DH CH LH DC CH m h ⋅⋅⇔==++222222C C CC Cm h CL h LH m h ⋅⇔=+=+（其中222C C DH m h =-）22()2C C C C C m h t m h ⇔+⋅=⋅．例6 在Rt ABC △中，C 为直角顶点．（1）设内角,,A B C 所对的边长分别为,,a b c ，记1()2p a b c =++，则1()()()2ABC S p p c p a p b ab =-=--=△．（2）设AB 被内切圆切点D 分为两段，则ABC S AD DB =⋅△． 证明 （1）略．（2）设内切圆半径为r ，由11()()()()22AD r DB r AB BC AC r AD DB r r ++=++=++． 即()ABC AD DB AD DB r r S ⋅=++=△．例7 在ABC △中，D 在AB 上，AD AB λ=，BC a =，CA b =，CD m =，则90C ∠=︒的充要条件是22222(1)(0)m a b λλλ=+-<<1． 证明 设CA =b ，CB =a ，则AB =-a b ，AD AB λλ= =(-)a b ，(1)CD CA AD λλ=+=+-a b ， 22()((1))CD λλ=+-a b ．即 22222(1)2(1)m λλλλ=+-+-⋅a b a b ．90C ∠=︒的充要条件为0⋅=a b ，即22222(1)m λλ=+-a b ．例8 如图18-，在ABC △中，T 为AB 上异于A ，B 的点，AT d =，BT e =，CT t =，CTB α∠=，则90ACB ∠=︒的充要条件是α图1-8t BeTd AabC2()cos 0t t d e de α+--=①证明 必要性．设AC b =，BC a =，由余弦定理，得 2222cos a t e te α=+-，② 2222cos b t d td α=++．③ ②，③两式相加，由于90ACB ∠=︒，得222222()22()cos d e a b d e t t d e α+=+=+++-．整理即得①．充分性．由①出发，得2222()22()cos d e d e t t d e α+=+++-，应用余弦定理，得222()d e a b +=+．故 90ACB ∠=︒． 例9 如图19-，设Rt ABC △（A ∠为直角）的内切圆圆I 与ABC △的三边分别切于D ，E ，F ，DEF △，BDF △，CDE △的垂心分别为1H ，2H ，3H ．则123H H H △是等腰直角三角形．H 3图1-9H 2H 1I DGCBE FA证明 延长AI 交BC 于G ，联结BI ，CI ，由已知得2H ，3H 分别在BI ，CI 上．其余连线如图19-所示．易知AEIF 是正方形，所以 90EIF ∠=︒， 且AI EF =．又因为1452EDF EIF ∠=∠=︒，1H 是DEF △的垂心，由含45︒角的三角形性质2，知1DH EF =，所以1AI DH =．另一方面45AGC BAG B B ∠=∠+∠=︒+∠，11(90)902C H DC H DE EDC DEF ⎛⎫∠=∠+∠=︒-∠+︒- ⎪⎝⎭190904522B DIF ∠⎛⎫⎛⎫=︒-∠+︒-︒- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭190(180)4522BB ∠=︒-︒-∠+︒+45B =︒+∠．所以 1AGC H DC ∠=∠． 即得1AI DH ∥．从而1AIDH 是平行四边形，所以1AH DI ==∥． ③又因为222BIH D H DB ∠∠=+∠ 909022B BB ∠∠=+︒-∠=︒-， 902BBID ∠∠=︒-． 所以2DI DH =．且因为2H 是等腰DBF △的垂心，所以22DH FH =，所以2DI FH =． 同时因为DI ，2FH 都垂直BC ，所以2DI FH ==∥．④由③，④知12AH FH ∥，所以12AH H F 是平行四边形，所以12AF H H ==∥． 同理13AE H H ==∥．结合AEF △是等腰直角三角形．知123H H H △是等腰直角三角形．例10 设AD 是Rt ABC △斜边BC 上的高（设AB AC <），1I ，2I 分别是ABD △，ACD △的内心，12AI I △的外接圆圆O 分别交AB ，AC 于点E ，F ，直线EF 与直线BC 交于点M ，则1I ，2I 分别是ODM △的内心与旁心．证明 如图110-，因90BAC ∠=︒，则知12AI I △的外接圆圆心O 在EF 上．联结1OI ，2OI ，1I D ，2I D ，则由1I ，2I 为内心，知1245I AI ∠=︒，所以121212290I OI I AI I DI ∠=∠=︒=∠图1-10I 2I 1NMCBDO F EA于是O ，1I ，D ，2I 四点共圆，所以211245I I O I I O ∠=∠=︒．又因为221245I DO I I O I DA ∠=∠=︒=∠，则知点O 在AD 上，即O 为EF 与AD 的交点． 设AD 与圆O 的另一交点为N ，由11EAI I AN ∠=∠，22NAI FAI ∠=∠，可知1I ，2I 分别为EN ，NF 的中点，所以1122,EOI DOI DOI FOI ∠=∠∠=∠．因此，1I ，2I 分别为OMD △的内心与旁心．注 （1）由例10知EF 为圆1I 与圆2I 的公切线，且可推证N 为12DI I △的内心．（2）此例即为2008年江西省竞赛题． 练习一 1．（2003年第29届俄罗斯数学奥林匹克题）已知ABC △中，C ∠为直角，D 为边AC 上一点，K 为边BD 上一点，且ABC KAD AKD ∠=∠=∠．证明：2BK DC =． 2．（2003年第17届北欧数学竞赛题）已知正ABC △内一点D ，满足150ADC ∠=︒．证明：由线段AD 、BD 、CD 为边构成的三角形是直角三角形． 3．（2007—2008年匈牙利数学奥林匹克题）设D 是ABC △的边BC 的中点，ABD △、ADC △的外心分别为E 、F ，直线BE 、CF 交于点G ．若22008BC DG ==，1255EF =．求AEF △的面积．4．（2003年泰国数学奥林匹克题）在Rt ABC △中，90B ∠=︒，P 是ABC △内A ∠的角平分线上的点，M （异于A 、B ）是边AB 上的点，直线AP ，CP 、MP 分别交边BC 、AB 、AC 于点D 、E 、N ．如果MPB PCN ∠=∠，NPC MBP ∠=∠．求APC ACDE SS △四边形．5．（2004年克罗地亚数学竞赛题）在ABC △中，90BCA ∠=︒，a ，b 是直角边，c 是斜边，圆k 是ABC △的外接圆．设圆1k 是与斜边c 、高CD 及圆k 的劣弧BC 相切的圆，圆2k 是与斜边c 、高CD 及圆k 的劣弧AC 相切的圆，又设1r ，2r 分别是圆1k 、圆2k 的半径，证明：12r r a b c +=+-．6．（2005年国家集训队培训题）在直角三角形ABC 中，90B ∠=︒，它的内切圆分别与边BC 、CA 、AB 相切于点D 、E 、F ，联结AD ，与内切圆相交于另一点P ，联结PC 、PE 、PF ．已知PC PF ⊥，求证：PE BC ∥．7．（《数学通报》数学问题1489号）在Rt ABC △中，AD 是斜边BC 上的高，1O ，2O 分别是ABD △，ACD △的内切圆，两圆的另一条外公切线分别交直线AB ，AC ，AD 于P ，Q ，M 点，求证： （1）2AP AQ AMAB AC AD+=；（2）1290PO Q PO Q ∠=∠=︒． 8．（《中学数学》2006（7）数学奥林匹克问题179）在正方形ABCD 中，以边AB 的中点1O 为圆心，2AB长为半径画半圆1O ，半圆2O 的圆心2O 在边BC 上，并与边CD 相切，与半圆1O 外切于点P ．求证：DP 是1O 和2O 的公切线．9．在Rt ABC △中，CD ⊥斜边AB 于D ，1O ，2O 分别为ACD △，CDB △的内心，过1O ，2O 的直线交AC 于E ，交CD 于K ，交CB 于F ，交直线AB 于G ，过C 作ABC △的外接圆的切线交直线BA 于T ，CTB ∠的平分线交AC 于R ，交BC 于S ，则（1）BG FBAG EA=；（2）12RS O O ∥． 10．ABC △中，CD AB ⊥于D ，ABC △的内切圆半径为r ；ABC △，ADC △，BCD △的内心分别为I ，1I ，2I ，12II I △的外接圆半径为0R ，则ABC △为直角三角形的充要条件是0R r =．11．ABC △中，CD AB ⊥于D ，ACD △，BCD △的内切圆分别切AC ，BC 于E ，F ，则ABC △为直角三角形的充要条件90EDF ∠=︒．12．ABC △为直角三角形的充分与必要条件为：ABC △可以被分成两个彼此无公共内点且都与ABC △相似的小三角形．13．在Rt ABC △中，CD 是斜边上的高，记1I ，2I ，I 分别是ADC △，BCD △，ABC △的内心，I 在AB 上的射影为1O ，CAB ∠，ABC ∠的平分线分别交BC ，AC 于P ，Q ，PQ 与CD 相交于2O ．求证：四边形1122I O I O 为正方形．14．（2003年中国国家队选拔赛题）在锐角ABC △中，AD 是BAC ∠的内角平分线，点D 在边BC 上，过点D 分别作DE AC ⊥，DF AB ⊥，垂足分别为E 、F ．联结BE 、CF ，它们相交于点H ，AFH △的外接圆交BE 于点G ．求证：以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第29章牛顿定理

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第29章牛顿定理

第29章牛顿定理牛顿定理圆的外切四边形的对角线的交点和以切点为顶点的四边形的对角线的交点重合．此定理即是说，若四边形ABDF 外切于圆．边AB 、BD 、DF 、FA 上的切点分别为P 、Q 、R 、S ，则四条直线AD 、BF 、PR 、QS 交于形内一点．1证法1如图291-，设AD 与PR 交于点M ，AD 与QS 交于点M '，下证M '与M 重合． 由切线的性质，知ASM BQM ''∠=∠，则有 AM S DM Q S AM SM AS SM QM DM S DQ QM '''''⋅⋅=='''⋅⋅△△， 即AM ASDM DQ'='． 同理，AM APDM DR=． 注意到AP AS =，DR DQ =， 则AM AS AM DM DQ DM '=='． 再由合比定理，有AM AM AD AD'=． 于是M '与M 重合，即知AD 、PR 、QS 三线共点．同理，BF 、PR 、QS 三线共点．故AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点． 注：此证法由熊斌先生给出． 证法2如图291-，过A 作AX FD ∥交直线PR 于X ，过A 作AY BD ∥交直线QS 于Y ，设AD 与PR 、QS 分别交于点M ，M '，则由MAX △～MDR △，M AY '△～M DQ '△，注意到AX AP =，AY AS =．图291AX YS KPBGDH FM M ′R αβl有MA AX APMD DR DR ==， M A AY AS APM D DQ DQ DR'==='， 即MA M AMD M D'='． 从而M '与M 重合．同证法1，即知AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点． 注：注：此证法由尚强先生给出． 证法3如图292-，过F 作BD 的平行线，交QS 于Z ，则F Z S D Q S F S Q F S Z ∠=∠=∠=∠，从而FZ FS =．1沈文选．牛顿定理的证明、应用及其他[]J ．中学教研（数学），2010(4)：26-29．同理，过F 作AB 的平行线交直线PR 于W ，有FW FR =．图292M2M1ZSBDQR WF PA而FR FS =，所以FZ FW =．①设QS 与BF 交于点1M ，PR 与BF 交于点2M ， 则11FM FZ M B BQ =，22FM FWM B BP=．② 注意到BQ BP =，由①，②得1212FM FM M B M B=，由合比定理有12FM FM =，即知1M 与2M 重合，从而知BF ，QS ，PR 三线共点．同理AD ，QS ，PR 三线共点．故AD ，BF ，PR ，QS 交于形内一点．证法4如图291-，设AD 与PR 交于点M ，在射线PB 上取点K ，使PMK DMR ∠=∠，而 MPK MRD ∠=∠，从而MPK △∽MRD △， 即有MK MDKP DR=．③ 由AMP DMR PMK ∠=∠=∠及角平分线性质， 有MK MAKP AP=．④ 由③、④有MA APMD DR=．⑤ 同理，若AD 与QS 交于点M '， 有M A AS M D DQ '='．⑥ 由⑤、⑥即有MA AP AS M A MD DR DQ M D'==='． 以下同证法1．证法5如图291-，设PR 与QS 交于点M ，连MA 、MB 、MD 、MF ．设P M S Q M R α∠=∠=，AMS β∠=，DMQ γ∠=，则AMP αβ∠=-， DMR a γ∠=-． 在AMS △中应用正弦定理，有sin sin AS AM ASM β=∠， 即sin sin ASASQ AMβ=∠． 同理，在APM △中，有()sin sin APAPRAMαβ-=∠．于是()sin sin sin sin ASQ APRαββ-=∠∠．⑦ 同理，在DMR △、DMQ △中， 亦有()sin sin sin sin DQS DRPαβγ-=∠∠．⑧注意到弦切角性质，有180ASQ DQS ∠+∠=︒，有sin sin ASQ DQS ∠=∠． 同理，sin sin APR DRP ∠=∠． 由⑦、⑧得()()sin sin sin sin αββγαγ-=-， 展开化简得()sin sin 0αβγ⋅-=．而sin 0α≠，()π,πβγ-∈-，从而()sin 0βγ-=，有βγ=，即A 、M 、D 共线． 同理，B 、M 、F 共线，故AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点． 注：如图29-1，同证法1所设，对SMF △、BMQ △分别应用正弦定理有FM SFBM BQ=． 对RM F '△、PM B '△分别应用正弦定理，有FM RFBM BP'='． 注意SF RF =，BQ BP =可证得M '与M 重合，也可证得结论成立． 证法6如图291-，从点B 引AF 的平行线与SQ 的延长线交于点G ，则S G B Q S F ∠=∠，而D Q S Q S F ∠=∠，从而BGO BQG ∠=∠，于是BG BQ BP ==．同理，从点F 引AB 的平行线与PR 的延长线交于点H ，则FH FS =．所以，BGP △和FSH △均为等腰三角形，注意到BG SF ∥，FH PB ∥，有PBG HFS ∠=∠，从而PBG HFS△∽△．于是，推知BF 经过PR 与QS 的交点M ． 同理，AD 经过PR 与QS 的交点M ．故AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点． 证法7设BF 交内切圆于u ，v ，联结有关线段如图2． 由BUP BPV △∽△，BUQ BQV △∽△，有UP BPPV BV =，UQ BQ QV BV =． 而BP BQ =，则UP UQ PV QV =，从而UP PVUQ QV=．⑨ 同理SV SURV RU=．⑩ 由⑨⨯⑩得SV PU SU PVRV QU RU QV⋅⋅=⋅⋅． 在圆内接四边形PUVS ，QUVR 中，分别应用托勒密定理，有 SU PV VS PU SP UV ⋅=⋅+⋅，RU QV UQ RV QR UV ⋅=⋅+⋅． 于是SV PU VS PU SP UVRV QU UQ RV QR UV⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅， 由此化简得SV PU QR SP UQ RV ⋅⋅=⋅⋅， 即1VS PU QR SP UQ RV⋅⋅=． 从而由塞瓦定理的角元形式的推论，知BF ，QS ，PR 三线共点．同理AD ，QS ，PR 三线共点，故AD ，BF ，RP ，QS 交于形内一点，在此，看几道应用的例子． 例l （2008年国家队选拔考试题）在ABC △中，AB AC >，它的内切圆切边BC 于点E ，连接AE ，交内切圆于点D （不同于点E ），在线段AE 上取异于点E 的一点F ，使C E C F =，延长CF 交BD 于点G ．求证：CF FG =．证明如图293-，过点D 作内切圆的切线MNK ，分别交AB 、AC 、BC 于M 、N 、K ，由KDE AFK EFC∠=∠=∠，知MK CG ∥，即DF KCDE KE=． 图293AMNKBECDGF P由牛顿定理知，BN 、CM 与DE 三线共点于P ． 对BCA △及点P 应用塞瓦定理有1BE CN AMEC NA MB⋅⋅=．⑦ 对BCA △及截线MNK 应用梅涅劳斯定理，有 1BK CN AMKC NA MB⋅⋅=．⑧ 由⑦÷⑧得BE KC EC BK ⋅=⋅，亦即2B E KCE C B K B E K ⋅=⋅+⋅()EC BC CK BE KC =++⋅()EC B C=⋅+()BC E CCKBCEK=⋅+=⋅．对ECF △及截线BGD 应用梅涅劳斯定理并注意上式及DF KCDE KE=， 有12EB CG FD BE KC CG CGBC GF DE BC KE GF GF =⋅⋅=⋅⋅=， 所以CF GF =．例2凸四边形ABDF 有内切圆O ．求证：OAB △、OBD △、ODF △、OFA △的垂心共线．证明如图294-，设OAB △、OBD △、ODF △、OFA △的垂心依次为1H 、2H 、3H 、4H ，点P 、Q 分别为AB 、BD 边上的切点，又设12H H 交AD 于K ．图294H 1QO KPFDH 2BA由1AH BO ⊥，2DH BO ⊥，有22AH DH ∥． 从而12AH AKDH KD=连1PH ，2QH ，则知O 在1PH 上，也在2QH 上．由12H AP BOP BOQ H DQ ∠=∠=∠=∠，知12Rt Rt AH P DH Q △∽△， 则有12AH APDH DQ=． 从而AK APKD DQ=． 由于P 、Q 为定点，则知K 为AD 上的定点，同理，K 为BF 上的定点．由牛顿定理知，AD 与BF 的交点是AD 与BF 上的定点，即K 为AD 与BF 的交点． 同理，23H H 、34H H 均过点K ．故四个垂心1H 、2H 、3H 、4H 共线．例3设凸四边形ABDF 有内切圆O ，且AB 与FD 的延长线交于点C ，AF 与BD 的延长线交于点E ．P 、Q 、R 、S 分别为边AB 、BD 、DF 、FA 上的切点，且直线SP 与直线RQ 交于点T ，直线PQ 与直线SR 交于点W ．求证：T 、C 、W 、F 四点共线．证明如图295-，由牛顿定理知，AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点，设该点为G ．图295FTSWR G K O P EH D CB A首先证OG CE ⊥．设O 的半径为r ，连OC 交PR 于H ，则OC 垂直平分PR ，则22222CR RH CH CG HG -==-，即 2222CR CG RH HG -=-()()RH HG RH HG PG GR =+⋅-=⋅．而222CR CO r =-，代入上式得222CO CG r PG GR -=+⋅．同理，可得222EO EG r OG GS -=+⋅．由相交弦定理，知PG GR QG GS ⋅=⋅，则2222CO CG EO EG -=-，故OG CE ⊥． 其次证OG TW ⊥．如图294-，在射线TG 上取一点K ，使得K 、R 、Q 、G 四点共圆，则由圆幂定理有 22TG TK TQ TR TO r ⋅=⋅=-．⑨由TPG TQG GKR ∠=∠=∠有TPG RKG △∽△，亦有 22TG GK PG GR r OG ⋅=⋅=-．⑩由⑨-⑩得()()222222222TG TG TK TG GK TO r r OG TO OG r =⋅-⋅=---=+-． 即22222TO TG r OG -=-． 同理22222WO WG r OG -=-．则2222TO TG WO WG -=-，故OG TW ⊥． 再证T 、C 、W 三点共线．如图296-，联结TC 、CW ，作PTC △的外接圆交TR 于L ，连PL 、LC ，则由图296SARWCOPTDQPRS APS TPC TLC ∠=∠=∠=∠，知WRP CLR ∠=∠． 又WPR CRL ∠=∠，则WPR CRL △∽△，即有WP CR CP PR RL RL==， 亦即WP PRCR RL=． 而WPC PRL ∠=∠，则WPC RPL △∽△，即有WCR PLR ∠=∠．注意到PCT PLT ∠=∠，且180PLR PLT ∠+∠=︒，故180WCP PCT ∠+∠=︒． 亦即T 、C 、W 三点共线．综上，便知T 、C 、W 、E 四点共线．下面，讨论牛顿定理中的四边形变型及切点连线的交点在形外的问题． 圆的外切四边形可以是凸四边形，也可以是凹四边形和折四边形．定理1若凹四边形ACDE 外切于圆，边AC 、DE 、CD 、EA 所在直线上的切点分别为P 、Q 、R 、S ，则四条直线AD 、CE 、PQ 、SR 交于一点．证明如图297-，设直线DE 交AC 于B 直线CD 交AE 于F ，直线PQ 交CE 于M ，直线SR 交CE 于M '，下证M '与M 重合．图297A SF D EM P BR QM ′对CEB △及截线PQM ，对CEF △及截线SRM '分别应用梅涅劳斯定理， 有1CM EQ BP ME QB PC⋅⋅=， 1CM ES FRM E SF RC'⋅⋅='． 注意到BP BQ =，FS FR =，CP CR =，EQ ES =， 有CM PC RC CM ME EQ ES M E'==='． 再由合比定理，即知M '与M 重合，从而直线PQ 、SR 与CE 交于一点．同理，对ABD △及截线PQ 、对A D F △及截线SR 应用梅涅劳斯定理，可证得直线PQ 、SR 与AD 交于一点．故四条直线AD 、CE 、PQ 、SR 交于一点．定理2若折四边形BCFE 外切于圆（或折四边形BCFE 有旁切圆），边BC 、CF 、FE 、EB 所在直线上的切点分别为P 、R 、S 、Q ，则四条直线BF 、CE 、PS 、QR 或者相互平行或者共点．证明（i ）若对角线BF 与CE 平行，且BC FE ∥时，折四边形BCFE 外切于圆时，则四边形BCEF 必为矩形，此时四条直线BF 、CE 、PS 、QR 相互平行．（ii ）若对角线BF 与CE 平行，且直线BC 与FE 交于点A 时，如图298- （1），则由圆的外切四边形对边的和相等推知BCEF 为等腰梯形，ABF △和DBF △均为等腰三角形，此时，四条直线BF 、CE 、PS 、QR 相互平行．图298SF A(1)(2)(3)AS FEQDRBP CAS F EMCB PQD RMQF BC P MDR M ′（iii ）若对角线BF 与CE 不平行，如图298- （2）、（3），且直线CB 、EF 交于点A 时，设BE 与CF 交于点D ，直线BF 与直线QR 交于点M ，直线BF 与直线PS 交于点M '． 对BDF △与截线QRM ，对ABF △及截线PSM '分别应用梅涅劳斯定理 有1BQ DR FM QD RF MB ⋅⋅=，1AP BM FS PB M F SA'⋅⋅='． 注意到DQ DR =，AP AS =，BQ BP =，FR FS =， 有FM RF FS FM MB BQ PB M B'==='．再由合比定理，即知M '与M 重合，从而直线PS 、QR 与BF 交于一点．同理，对CED △及截线QR 、对ACE △及截线PS 分别应用梅涅劳斯定理，可证得直线PS 、QR 与CE 交于一点．故四条直线BF 、CE 、PS 、QR 相交于一点．（iv ）若对角线BF 与CE 不平行，且直线CB EF ∥时，如图299-，设直线BF 与直线PS 交于点M ，下面证Q 、R 、M 三点共线． 电BC FB ∥，有FM FS FRMB BP BQ==， 即有1FM BQ FM BQ DRMB RF MB QD RF=⋅=⋅⋅． 对BDF △应用梅涅劳斯定理的逆定理，知Q 、R 、M 三点共线．即直线PS 、QR 与BF 交于一点． 同理，直线PS 、QR 与CE 交于一点，故四条直线BF 、CE 、PS 、QR 交于一点．图299MES FR DQCB P例4已知一圆切ABC △的CA 、AB 分别于Y ，Z ，自B 、C 另作这圆的切线相交于点X ．求证：AX 、BY 、CZ 三线共线或互相平行．证明如图2910-，自B 、C 作圆的切线的切点分别为G 、H ，且分别交AC 、AB 于E 、F ． 因折四边形ECFB 有旁切圆，由定理2，知直线ZY 、GH 、BC 、FE 共点于S ．在AYZ △、XBC △中，其对应边的交点E 、F 、S 共线，由戴沙格定理的逆定理知，其对应顶点的连线AX 、BY 、CZ 或共点或相互平行．图2910HRX G FYCBS例5圆上四点两两相连组成一个完全四边形（四条直线两两相交且不共点，相交于六点所得图形），又过每点作圆的切线交成一个完全四边形，则这两形必有共同的对角三角形（或极点三角形）． 证明参见图295-，在完全四边形SPTQWR 中，设G 为对角线SQ 与PR 的交点，则 GTW △为其对角三角形（或极点三角形）． 在完全四边形ABCDEF 中．（i ）凸四边形ABDF 有内切圆，由牛顿定理，知AD 、BF 、PR 、QS 共点于G ； （ii ）折四边形BCFE 有旁切圆，由定理2，知BF 、CE 、PS 、QR 四直线共点于T ； （Ⅲ）凹四边形ACDE 有内切圆，由定理l ，知直线AD 、CE 、PQ 、SR 共点于W ．由（i ）、（iii ）知A 、G 、D 、W 四点共线；由（i ）、（ii ）知F 、G 、B 、T 四点共线；由（ii ）、（iii ）知T 、C 、W 、E 四点共线．所以，G 、T 、W 是三条对角线AD 、BF 、CE 两两的交点，故GTW △为完全四边形ABCDEF 的对角三角形．注：由例5中的证明给出了例3的另一简证，由例5，我们也可推得：完全四边形中的凸四边形有内切圆时，其三条对角线中的两条与四切点每两切点所在直线中的两条，组成3组每组四条直线或相互平行或共点于完全四边形对角线直线的交点．练习题二十九1．（2009年土耳其国家队选拔考试题）以O为圆心，r为半径的圆为四边形ABCD的内切圆．设P、Q分别为AB与CD．AD与BC的交点，E为对角线AC与BD的交点，证明：2⋅=，其中d为点O到直线PQ的距离．OE d r2．（布利安香定理）圆外切六边形的三组对顶点的连线交于一点．。

山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第10章三角形的内切圆1

山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第10章三角形的内切圆1

第10章 三角形的内切圆三角形的内切圆中，有一系列有趣的结论，它们在处理有关问题中常常发挥着重要的作用． 性质1 三角形内切圆与边的切点及这条边所在直线和另两切点所在直线的交点内分、外分该边的比相等．证明 如图101-，设D ，E ，F 分别为ABC △的内切圆与边BC ，CA ，AB 的切点，又设直线BC 与直线FE 交于点T ，则对ABC △及截线FET 应用梅涅劳斯定理，有图10-1ABCDEFT1AF BT CEFB TC EA⋅⋅=． 注意到AF AE =，BF BD =，CE CD =，即有BD BTDC TC=． 注：D ，T 内分、外分BC 所成的比相等时，亦称为D ，T 调和分割BC ．若FE BC ∥时，则T 为无穷远点，此时D 为BC 的中点，也认为是内分、外分所成的比相等．性质2 三角形的顶点和对边上的内切圆切点的连线与内切圆的交点以及三个切点为顶点构成的圆内接四边形，对边的乘积相等．证明 如图102-，设D ，E ，F 分别为ABC △的内切圆与边BC ，CA ，AB 的切点，AD 交内切圆于点P ，则由AEP △∽ADE △，AFP △∽ADF △，有A E P E A D E D =，AF PFAD FD=．此两式相除，并注意到AE AF =，有PE PFED FD=，即PE FD PF ED ⋅=⋅． H GA BCE F P 图10-2注：对边乘积相等的圆内接四边形，亦称为调和四边形，图102-中，若PC ，PB 分别交内切圆于G ，H ，则四边形DGEP ，四边形PFHD 均为调和四边形．性质3 ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AD 交内切圆于点P ，交EF 于点Q ，则A ，Q 调和分割PD ．证明 如图103-，设I 为内切圆圆心，联结AI 交EF 于L ，则AL EF ⊥，有2A L A I A F A P A D ⋅==⋅，即知L ，I ，D ，P 四点共圆，从而，ALP IDP IPD ILD ∠=∠=∠=∠，即知AL 平分PLD ∠的外角．而LQ AL ⊥，即知LQ 平分PLD ∠．于是有DQ LD DAQP LP AP==，即A ，Q 调和分割PD ． 图10-3A BCDE FI L P Q注：过A 作内切圆的割线交内切圆于P ，D （不一定是切点），交切点弦EF 于点Q ，同上述证法也推证得A ，Q 调和分割PD ．性质4 ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AD 交内切圆于点P ，直线PC ，PB 分别交内切圆于点G ，H ，直线AG ，AH 分别交内切圆于M ，N ．则： （1）EH ，FG ，AD 三线共点； （2）四边形DGPH 为调和四边形； （3）BG ，CH ，AD 三线共点； （4）HM ，GN ，AD 三线共点．证明 如图104-，（1）注意到圆内接四边形FHDP ，DGEP 均为调和四边形，有HF HDFP DP=，PEEG PD DG =，此两式相乘，得1PE GD HFEG DH FP⋅⋅=． 图10-4A BCDE F GHMNP于是，由第一角元形式塞瓦定理的推论（参见第22章），即知EH ，FG ，AD 三线共点． （2）设EH ，FG ，AD 三线共点于K ，由PKG △∽FKD △，有PK PGFK FD=． 同理FK PF KD DG =．从而PK PG PF DK DG DF =⋅．同理PK HP PEKD DH ED=⋅． 又PF AF AE PE FD AD AD ED ===，则PG HPDG DH=．故四边形DGPH 为调和四边形． （3）由CDG △∽CPD △，有DG PD GC CD =．同理，有PD DHDB BH=．注意到有PG HP DG DH =，这三式相乘，得1PG CD BHGC DB HP⋅⋅=．于是，由塞瓦定理的逆定理，即知BG ，CH ，AD 三线共点． （4）由APM △∽AGD △，有PM APGD AG=． 同理，EG AG ME AE =，ED AD EP AE =，EP CP EG CE =，DG PD CD CP =，PD PB DH BD =，HF BFFP PB=． 上面七式相乘，并注意CE CD =，BD BF =，2AE AP AD =⋅，得1PM ED HFME DH FP⋅⋅=，由此式即知HM ，AD ，EF 三线共点．同理，GN ，AD ，EF 三线共点，故HM ，GN ，AD 三线共点．性质5 ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AI 交内切圆于点P 、Q ，则P ，Q 分别为AEF △的内心和旁心．证明 如图105-，联结PE ，PF ，则由对称性知PE PF =，即有PEF PFE ∠=∠．又AEP PFE ∠=∠，即知EP 平分AEF ∠．于是，知点P 为AEF △的内心．联结EQ ，则知90PEQ ∠=︒，即知EQ 平分么FEC ∠．故知点Q 为AEF △的旁心．图10-5ABD性质6 三角形一内角平分线上的点为三角形一顶点的射影的充分必要条件是另一顶点关于内切圆的切点弦直线与这条内角平分线的交点． 证明 如图106-，在ABC △中，内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，AI ，BI ，CI 分别为三条内角平分线．图10-6I NHG ABCDEFS MK L T下面先证直线CI 上的点G ，有,,CG AG D F G ⊥⇔三点共线． 充分性．由D ，F ，G 共线，联结FI ，则180AIG AIC ∠=︒-∠1180902B ⎛⎫=︒-︒+∠ ⎪⎝⎭1902B BFD AFG =︒-∠=∠=∠，于是，A ，G ，F ，I 四点共圆，即有90AGI AFI ∠=∠=︒，故CG AG ⊥．必要性．由CG AG ⊥，联结FI ，IF AB ⊥，知A ，G ，F ，I 四点共圆．又I 为内心，知1902AIC B ∠=︒+∠，则1180902AFG AIG AIC B ∠=∠=︒-∠=︒-∠．由BD BF =，知1902BFD B AFG ∠=︒-∠=∠，故D ，F ，G 三点共线．类似地，有直线CI 上的点H ，,,CH BH E H F ⊥⇔三点共线， 直线BI 上的点M ，,,BM AM D E M ⊥⇔三点共线． 直线BI 上的点N ，,,BN CN D N F ⊥⇔三点共线， 直线AI 上的点T ，,,AT BT E D T ⊥⇔三点共线． 直线AI 上的点S ，,,AS CS D S F ⊥⇔兰点共线，在图106-中，设L 为AB 的中点，联结LM 交AC 于点K ，则由AM BM ⊥知LM 为Rt AMB △斜边上的中线，由此即推知LM BC ∥，即知K 为AC 的中点．联结GK 交AB 于L '，也可证L '为AB 的中点，即L '与L 重合，由此即知G ，M 在与BC 平行的ABC △的中位线上．于是可得如下结论．推论1 三角形的一条中位线，与平行于此中位线的边的一端点处的内角平分线及另一端点关于内切圆的切点弦直线，这三条直线相交于一点，且该点为与中位线对应的顶点在这条内角平分线上的射影．性质7 ABC △的内切圆I 切BC 边于点D ，M 为BC 的中点，AH 是BC 边上的高，Q 为AH 上的一点，则AQ 等于内切圆半径r 的充分必要条件是M ，I ，Q 三点共线．证明 如图107-，充分性．当M ，I ，Q 共线时，令BC a =，CA b =，AB c =，则12M C a =，1()()2DC a b c p c =+-=-，222cos 2a b c HC AC C a +-=⋅=．联结ID ，由Rt IMD △∽Rt QMH △，有A B图10-7()22()2QH HM MC HC a HC b cID DM MC DC c b a-⋅-+====-⋅-． 又2()ABC AH a S r a b c ⋅==++△，有AH a b cr a++=．于是1AQ AH QH AH QH a b c b cr r r ID a a-+++==-=-=，故AQ r =． 必要性．当AQ r =时，则()()a b c r b c rQH AH AQ r a a++⋅+⋅=-=-=． 设直线QI 交BC 于M '（当c b >时），则由22222222a b c a b c ab ac b c DH a a+-+---+=-=．有IDQH= M DM H''．即有ID M D QH ID DH ''=-，亦即22()()2()2()2ab ac b c r ID DH b c a c b c b a M D b c r QH ID b c a ra --+⋅⋅+---'=====+⋅-+--22a abc MC DC MD +--=-=． 从而M '与M 重合，故Q ，I ，M 三点共线．性质8 设ABC △的内切圆I 切BC 边于点D ，P 为DI 延长线上一点，直线AP 交BC 于点Q ，则BQ DC =的充要条件是点P 在I 上．证明 如图108-，过P 作B C BC ''∥交AB 于点B '，交AC 于点C '．BA图10-8充分性．当P 在I 上时，则知B C ''切I 于点P ．易知AB C ''△∽ABC △．由于在BAC ∠内它们的旁切圆分别为I 与A I ，则在以A 为中心的位似变换下，使I 变为A I ，此时切点P 变为切点Q ，即Q 为直线AP 与BC 的交点．于是，BQ p c DC =-=（其中BC a =，CA b =，AB c =，1()2p a b c =++）．必要性．当BQ DC p c ==-时，即Q 为ABC △的BAC ∠的旁切圆的切点，由AB C ''△∽ABC △，则存在以A 为中心的位似变换，将BC 上的点Q 变为B C ''上的点P '，且P '为AB C ''△的BAC ∠的旁切圆的切点．注意到B C BC ''∥，则知P '在过D 与BC 垂直的直线上，从而P '与P 重合，故点P 在I 上．推论2 设Q 为ABC △的BC 边上一点，则Q 为BAC ∠内的旁切圆的切点的充要条件是AB BQ += AC CQ +．性质9 设ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，设K 是DI 延长线上一点，AK 的延长线交BC 于点M ，则M 为BC 的中点的充要条件是点K 在线段EF 上． 证明 如图109-，过点K 作ST BC ∥交AB 于点S ，交AC 于点T ，则IK ST ⊥．联结SI ，FI ，TI ，EI ．ADC图10-9充分性．当点K 在EF 上时，注意到F ，S ，I ，K 及I ，E ，T ，K 分别四点共圆，有ISK IFK ∠=∠=IEK ITK ∠=∠，即知SIT △为等腰三角形． 注意到IK ST ⊥，知K 为ST 的中点． 由于ST BC ∥，则知M 为BC 的中点．必要性．当M 为BC 的中点时，则知K 为ST 的中点．由于IK ST ⊥，则知IS IT =，从而Rt ISF △≌Rt ITE △，即有SIF TIE ∠=∠．注意到F ，S ，I ，K 及I ，E ，T ，K 分别四点共圆，有SKF SIF TIE TKE ∠=∠=∠=∠．于是，E ，K ，F 三点共点，即点K 在线段EF 上．推论3 设ABC △的内切圆I 切BC 边于点D ，M 为BC 边的中点，Q 为BC 边上一点，则Q 为BAC ∠内的旁切圆的切点的充分必要条件是IM AQ ∥．事实上，参见图109-，证充分性时，过点A 作AQ IM ∥交DI 于点P ，证点P 在I 上即可．证必要性时，延长DI 交I 于点P ，作直线AP 交BC 于Q ，证明IM AQ ∥．性质10 ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，BC 边上的高AD 交EF 于点H ，则H 为ABC △的垂心的充要条件是D H EF ⊥． 证明 如图1010-，联结BH ，CH ．A H FEDP CC 'BT图10-10充分性．当D H EF ⊥时，设直线FE 与直线BC 交于点T ，由性质1，知D ，T 调和分割BC ，则HB ，HC ，HD ，HT 为调和线束，由其性质知当D H H T ⊥时，DH 平分BHC ∠，于是可得FBH ECH ∠=∠．作C 点关于AP 的对称点C '，则C '在BC 上．联结AC '，HC '，则AC H ACH ECH FBH ABH '∠=∠=∠=∠=∠，从而A ，B ，C '，H 四点共圆，于是，BAH HC C HCC ''∠=∠=∠，即有90HCC CBA BAH CBA '∠+∠=∠+∠=︒，从而知CH AB ⊥．故H 为ABC △的垂心．必要性．当H 为ABC △的垂心时，由90FBH A ECH ∠=︒-∠=∠，BFH CEH ∠=∠，知BFH △∽CEH △，于是，BH BF BDCH CE CD==，从而即知DH 平分B H C ∠，即F H D F H B B H D E ∠=∠+∠=∠ CHD EHD +∠=∠，故知D H EF ⊥．（或由DH 平分BHC ∠，及D ，T 调和分割BC ，即知有D H EF ⊥见（第15章）．）注：可由BFH △∽CEH △，有BH BF BDCH CE CD==，即知DH 平分BHC ∠． 性质11 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 三边于点D ，E ，F ． 令BC a =，CA b =，AB c =，1()2p a b c =++，内切圆半径为r ，则（1）tan2r AE AF p a ==-=，tan2r BD BF p b ==-=，tan2r CD CE p c C ==-=；（2）1()2EDF B C ∠=∠+∠，1()2DEF A C ∠=∠+∠，1()2DFE A B ∠=∠+∠．（证略）性质12 设ABC △的内切圆的圆心为I ，IBC △的外接圆分别和射线AB ，AC 交于点D ，E ，则DE 与I 相切．证明 如图1011-，显然D ，B ，I ，E ，C 五点共圆．A（2）图10-11对于图1011(1)-，有IDB ICB ∠=∠，IDE ICE ∠=∠．而ICB ICE ∠=∠，从而IDB IDE ∠=∠．由于AD 与I 相切，由对称性，知DE 也与I 相切． 对于图1011-（2），注意IBC IEC ∠=∠，IBD IED ∠=∠，而I B C I B D ∠=∠，从而IEC IED ∠=∠．因EA 与I 相切，故ED 也和I 相切．性质13 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ．记以A 为圆心，AE 为半圆的圆为叫ω，直线DE 交圆ω于点G ，点H 在圆ω上，则GH 为圆ω的直径的充要条件是H ，F ，D 三点共线．证明 如图1012-，注意到AEG △、CED △均为等腰三角形，且底角相等，则知其顶角相等，即GAE ECD ∠=∠，从而AG DC ∥．于是，ωLH GF A BCE图10-12GH 为圆ω的直径HA BD HAF FBD ⇔⇔∠=∠∥，注意到A H F △、BDF △均为等腰三角形⇔其对应底角相等，即,,AFH BFD H F D ∠=∠⇔三点共线．推论4 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线DE ，DF 分别交过点A 且与BC 平行的直线于点G ，H ，直线AD 交内切圆于点L ，则AG AH =，且180GDH GLH ∠+∠=︒．事实上，由AE AF =并注意到图中的等腰三角形即得AG AH =；由G A L L D B L E D ∠=∠=∠知A ，L ，E ，G 四点共圆，有ALG CDG ∠=∠．同理ALH BDH ∠=∠．由此即可得180GDH GLH ∠+∠=︒．性质14 设ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，L 为劣弧EF 上一点，过点L 作内切圆的切线与BC 所在直线交于点G ，则G ，E ，F 三点共线的充要条件是A ，L ，D 三点共线．证明 充分性．当A ，L ，D 共线时，如图1013-，联结AI 交EF 于点K ，则KI EF ⊥． ①L K GFA BCDE R I图10-13联结EI ，DI ，KD ，则22ID EI IK IA ==⋅，即ID IKIA ID=． 注意到DIK ∠公用，则IDA △∽IKD △，即有IDA IKD ∠=∠． ②联结IL ，则ILD ID A IKD ∠=∠=∠，从而，知D ，L ，K ，I 四点共圆． 又I ，D ，G ，L 四点共圆，从而I ，D ，G ，L ，K 五点共圆，于是 90IKG ILG ∠=∠=︒，即KI KG ⊥． ③ 由①，③可知，G ，E ，F 三点共线．必要性．当G ，E ，F 三点共线时，如图1013-，联结GI 交DL 于点R ，则IR DL ⊥． 类似于充分性证明，由22FI ID IR IG ==⋅，可证得F ，I ，R ，E 四点共圆．又A 、F 、I 、E 四点共圆，即有90IRA IEA ∠=∠=︒，即IR AR ⊥．故A 、L 、D 三点共线．性质15 设ABC △的内切圆为I ，点D ，E ，F 依次为I 上三点（点D 在优弧EF 上，且与A ，I 不共线），EF 与AI 交于点K ，且K 为EF 的中点，则E 为AC 与I 的切点（或F 为AB 与I 的切点）的充要条件是IDK △∽IAD △． 证明 如图1014-，显然AI EF ⊥．A图10-14充分性．当IDK △∽IAD △时，有IK IDID IA=，即有22IK IA ID IE ⋅==． 于是IK IEIE IA=，注意到EIK ∠公用，则IEK △∽IAE △，即知90IEA IKE ∠=∠=︒．所以AE 与I 切于点E ，且AE 为过定点A 与I 右侧相切的直线，而这样的直线是唯一的，所以E 为AC 与I 相切的切点．同理，F 为AB 与I 的切点．必要性．当E 为AC 与I 的切点时，则由对称性（即K 为EF 中点）知F 必为AB 与I 的切点，反之亦真．此时，显然有IDA IKD ∠=∠，即有IDK △∽IAD △．性质16 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，点H 在线段EF 上，则D H EF ⊥的充要条件是FH BDHE DC=． 证明 如图1015-，联结BH ，CH ． M HGF ABCDE 图10-15充分性．当FH BD HE DC =时，注意到BF BD =，EC DC =，则有FH BFHE CE=．又B F H C E H ∠=∠，从而BHF △∽CHE △．于是，BHF CHE ∠=∠，且BH BF BDCH CE DC==． 由角平分线性质定理的逆定理，知DH 平分B H C ∠．从而DHF DHB BHF DHC CHE ∠=∠+∠=∠+∠ DHE =∠，故D H EF ⊥．必要性．当D H EF ⊥时，若FE BC ∥，则ABC △为等腰三角形，结论显然成立．若\FE BC ∥，则可设直线FE 与直线交于点G ，如图1015-．1BG CE AFGC EA FB⋅⋅=． 注由性质1，有BD DCBG GC=． 过点D 作MN HG ∥交直线BH 于点M ，交直线HC 于点N ，则D H M N ⊥，且M D B D D C D NH G B G G C H G ===， 即有MD DN =．由等腰三角形性质，知DH 平分MHN ∠，即有BHF CHE ∠=∠．又BFH CEH ∠=∠，所以BHF △∽CHE △．故FH BF BDHE CE DC==． 性质17 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AD 交EF 于点H ，若直线FE 与直线BC 交于点G ，则FH FGHE GE=． 证明 如图1016-，由性质1，有BG CGDB DC=． Y JH GFABC DE I 图10-16联结AG ，过点D 作IJ AG ∥交AB 于点I ，交直线AC 于点J ，则AG BG CG AGDI DB DC DJ===． 从而D 为IJ 的中点，过点H 作XY IJ ∥交AB 于点X ，交AC 于点Y ，则知H 为XY 的中点，即XH HY =．于是，FH XH HY HE FG AG AG EG ===，故FH FGHE GE=． 推论5 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AD 交内切圆于点L ，过点L 作内切圆的切线分别与直线DF ，DE ，BC 交于点S ，T ，G ，则S L S GL T G T=．证明 如图1017-，由性质14，知F ，E ，G 三点共线．XZ L SHF A BC DE I JYT图10-17设直线AD 与EF 交于点H ，则由性质17，知FH HEFG GE=． 过点H 作XY BC ∥交直线DF 于点X ，交直线DF 于点Y ，则XH FH HE HYDG FG GE DG===． 由上即知H 为XY 的中点，过点L 作IJ XY ∥交直线DF 于点I ，交直线DE 于点J ，则知L 为IJ 的中点，即IL LJ =，于是SL IL LJ LT SG DG DG TG ===．故SL SGLT GT=． 注：特别地，设AF 与SL 交于点Z ，则对GZB △，应用上述性质17，亦有DH DAHL AL=．对G Z B △及截线DFS 应用梅涅劳斯定理也可推证推论5．推论6 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，联结AD 交内切圆于点L ，过L 作内切圆的切线分别与直线DF ，DE 交于点S ，T ，则直线AD ，BT ，CS 共点．证明 如图1018-，当ST BC ∥时，则推知ABC △为等腰三角形，此时结论显然成立．FABC DES L T X X'图10-18为\ST BC ∥时，可设直线ST 与直线BC 交于点G ．于是，由性质14，知F ，E ，G 三点共线．由性质1，知有BG CGDB DC=． 又由推论5，知SL LTSG GT=． 设BT 交AD 于点X ，CS 交AD 于点X '，则对DGL △及截线BXT ，对DGL △及截线CX S'分别应用梅涅劳斯定理，有1DB GT LX BG TL XD ⋅⋅=，1DC GS LX CG SL X D'⋅⋅='．于是，LX BG TL CG SL LX XD DB GT DC GS X D'=⋅=⋅='． 由上式知X 与X '重合，故直线AD ，BT ，CS 共点．注：性质17及推论5中的结论，应用线段的调和分割性质证明更简捷（参见第15章）． 性质18 设ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA 边于点D ，E ，直线DI 交I 于另一点P ，直线AP 交边AB 于点Q ，点S 在边AC 上，BS 与AQ 交于点L ，则SC AE =的充要条件是AP LQ =．证明 如图1019-，由性质8，即知BQ DC =．A B图10-19兖分性．当AP LQ =时，此时PQ AL =．应用正弦定理，有sin sin sin sin AS AS BS ABS CSC BS SC A CBS ∠∠=⋅=⋅∠∠ sin sin sin sin sin sin sin sin C ABS BQA BAQ A BAQ CBS BQA ∠∠∠∠=⋅⋅⋅∠∠∠∠ c AL BL BQ p c AL a BL LQ c a LQ-=⋅⋅⋅=⋅． ①过点P 作B C BC ''∥交AB 于点B '，交AC 于点C '，则B C ''为I 的切线．设r ，A r 分别为AB C ''△、ABC △在BAC ∠内的旁切圆半径，S △为ABC △的面积，则A S AP r p a p aAQ r p S p--==⋅=△△．②于是，()LQ AP AP p a p a AL PQ AQ AP p p a a--====---．③将③代入①式得 AS p c a p cSC a p a p a --=⋅=--． 从而AC AS SC p c p a b SC SC p a p a+-+-===--． 故SC p a AE =-=．必要性．当SC AE =时，即有SA CE =．对AQC △及截线应用梅涅劳斯定理，有1AL QB CS LQ BC SA ⋅⋅=． 即有AL BC SA BC CE BC aLQ QB CS CD CS CS p a =⋅=⋅==-． 从而11AQ AL LQ AL a pLQ LQ LQ p a p A+==+=+=--． 再注意到②式，有 AQ p AQAP p a LQ==-． 故AP LQ =．性质19 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线FD ，DE ，EF 分别与直线CA ，AB ，BC 交于点U ，V ，W ，则U ，V ，W 三点共线．证明 若FE BC ∥，则视W 为无穷远点，UV BC ∥时，也视U ，V ，W 三点共线．当\FE BC ∥时，如图1020-分别对AFE △及截线WBC ，对BDF △及截线UAC ，对DCE △及截线VAB 应用梅涅劳斯定理，有WUFAB CD E LM N图10-201AB FW EC BF WE CA ⋅⋅=， 1BC DU FACD UF AB⋅⋅=， 1DB CA EVBC AE VD⋅⋅=． 注意到AF AE =，BF BD =，CD CE =，上述三式相乘，得1FW EV DUWE VD UF⋅⋅=． 对DEF △应用梅涅劳斯定理的逆定理，知U ，V ，W 三点共线． 注：U 、V 、W 三点所在的直线称为莱莫恩（Lemoine ）线． 性质20 三角形外心、内心及内切圆切点三角形的重心三点共线．证明 如图1021-，设O ，I 分别为ABC △的外心和内心，I 切边BC ，CA ，AB 分别于点D ，E ，F ，点G '为DEF △的重心．图10-21联结AI 并延长交I 于点K ，AI 交EF 于点H ，则K 为劣弧BC 的中点，且在BC 的中垂线上，AH 垂直平分EF ．联结OK ，KC ，ID ，IE ，则由OK BC ⊥，ID BC ⊥知ID OK ∥，且由内心性质，知IK KC =．令KAC θ∠=，则HEI θ∠=．设O 的半径为R ，直线OI 与HD 交于点G ，则sin sin DIG HIG S DG ID DIGGH S IH HIG⋅∠==⋅∠△△ sin sin ID IOK ID IKIH OIK IH OK⋅∠==⋅⋅∠ 22sin IE IK AI IK IK IK IH R IE R R KCθ=⋅=⋅===⋅． 从而知G 为DEF △的重心，即G 与G '重合．故O ，I ，G '三心共线．下面给出上述性质应用的一些例子．例1（2006年福建竞赛题）如图1022-，O为ABC△的外接圆，AM，AT分别为中线和角平分线，过点B，C的O的切线相交于点P，联结AP与BC和O分别相交于点D，E．求证：点T是AME△的内心．R图10-22证明如图，过点A的切线与PB，PC的延长线交于点R，Q，由性质2知，四边形ABEC 为调和四边形，有AB EC BE AC⋅=⋅．注意到托勒密定理，有AB EC BE AC AE BC⋅+⋅=⋅，即2AB EC AE⋅=⋅2BC BM AC=⋅，亦即AB AC BM EC=．而ABM AEC∠=∠，从而ABM△∽AEC△．即知BAM EAC∠=∠．于是，知AT平分MAE∠．又由性质3，知D，P调和分割AE，在调和线柬MA，ME，MD，MP中，由于M D M P⊥，即知MD平分AME∠．故点T是AME△的内心．例2（2007年罗马尼亚国家队选拔赛题）设E，F分别为ABC△内切圆I与边AC，AB 的切点，M为BC的中点，AM与EF交于点N，以BC为直径的圆M分别交BI、CI于点X，Y．证明：NX NYACAB=．证明如图1023-，首先证明点X，Y在直线EF上．B图10-23由题设知X，Y分别为C，B在直线BI，CI上的射影，则由性质6，知点X，Y均在内切圆的切点弦EF上．其次证N，I，D三点共线．设DI的延长线与EF交于点N'，则直线AN'与BC的交点（由性质9）为BC的中点，而M为BC 中点，AM 与EF 交于N ，则N '与N 重合，从而N ，I ，D 三点共线． 延长BY ，CX 交于点S ，则I 为SBC △的垂心，从而S 在直线ND 上． 又I 为DXY △的内心（三角形垂心的垂足三角形性质），从而1122ABC DBI CYX DYX ∠=∠=∠=∠， 即知ABC DYX ∠=∠． 同理，ACB DXY ∠=∠．于是sin sin sin sin NX XD DYX ABC ACNY DY DXY ACB AB∠∠====∠∠． 例3 （2005年南昌市数学竞赛题）如图1024-，ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 三边于D ，E ，F ．M 是EF 上的一点，且D M EF ⊥．求证：DM 平分BMC ∠．FABEM图10-24证明 由性质16，有FM BD BFME DC CE==． 因BFM CEM ∠=∠，则BFM △∽CEM △．即有BMF CME ∠=∠，由此即可得DM 平分BMC ∠．类似于例3，可推证《数学教学》1999年3期数学问题481：已知ABC △的内切圆在BC ，CA ，AB 上的切点分别为D ，E ，F ，且DG EF ⊥，G 为垂足，求证：GD 平分BGC ∠． 例4 （2008年第34届俄罗斯数学奥林匹克题）ABC △的内切圆圆ω分别与边BC ，CA ，AB 切于点A '，B '，C '，圆周上的点K ，L 满足180AKB BKA ALB BLA ''''∠+∠=∠+∠=︒．求证：A '，B '，C '到直线KL 的距离彼此相等． 证明 如图1025-，对于劣弧A B ''上的点P ，有180APB BPA A PB ''''∠+∠<∠<︒，知点K ，L 均在优弧B C A '''上．设圆ω的圆心为I ．图10-25注意到AKBALB '''''∠=∠及题设条件，有180180AKB A KB A LB ALB ''''∠=︒-∠=︒-∠=∠，从而，有A ，B ，L ，K 四点共圆． 联结B C ''，A C ''，由性质11（2），有180180AKB A KB A C B '''''∠=︒-∠=︒-∠1180()2A B AIB =︒-∠+∠=∠．从而知A ，B ，L ，I ，K 五点共圆． 设AI 与B C ''交于点X ，则X 为B C ''的中点．注意到B C ''，KL ，AI 分别为圆ω，AB IC ''，AKILB 两两的根轴，因而它们共点于X ．因此，B '，C '到KL 的距离相等． 同理，A '，C '到KL 的距离相等．例5 （2008年第10届香港地区数学奥林匹克题）设D 为ABC △边BC 上一点，且满足AB BD +=AC CD +，线段AD 与ABC △的内切圆交于点X ，Y ，且X 距点A 更近一些，ABC △的内切圆与边BC 切于点E ．证明： （1）EY AD ⊥；（2）2XD IA '=，其中I 为ABC △的内心，A '为边BC 的中点． 证明 如图1026-，（1）由推论2，知点D 为BAC ∠内的旁切圆与边BC 的切点，再由性质8知XE 为I 的直径，则90XYE ∠=︒，故EY AD ⊥．图10-26（2）由推论3，知IA XD '∥，而I 为XE 的中点，故2XD IA '=．例6 （2003年CMO 题）设点I ，H 分别为锐角ABC △的内心和垂心，点1B ，1C 分别为边AC ，AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于点22()B B B ≠，射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C 与BC 相交于K ，1A 为BHC △的外心．试证：A ，I ，1A 三点共线的充分必要条件是2BKB △与2CKC △的面枳相等．证明 如图1027-，先证2260BKB CKC S S BAC =⇔∠=︒△△．TF 1C 1C 2E 1B 1K ABCA 1B 2LIE F H 图10-27设I 分别切AC ，AB 于点E ，F ，直线EI 交I 于点T ，直线BT 交AC 于点1E ，则由性质8，知1AE C E =，即知1E 为ABC ∠内的旁切圆与AC 的切点．又由推论3，知211BB B E ∥，亦有211AB AB AB AE =． 同理，可得点L ，1F ，亦有211AC AC AC AF =． 令BC a =，CA b =，AB c =，1()2p a b c =++，由性质，则111,,22b cAB AC AE CE p c ====-，1AF BF p b ==-． 于是，22222241()()BKB AB C CKC ABC bcS S AB AC S S AB AC p b p c ⋅====⋅--△△△△． 从而，由2224()()60p b p c bc a b c bc BAC --=⇔=+-⇔∠=︒． 其次，再证A ，I ，1A 三点共线60BAC ⇔∠=︒．设O 为ABC △的外心，则180BHC BAC ∠=︒-∠，12(180)2BAC BHC BAC ∠=︒-∠=∠．因此，BAC ∠=1160180BAC BAC A ︒⇔∠+∠=︒⇔在O 上AI ⇔与1AA 重合（1A 在BC 的中垂线上）⇔A ，I ，1A 三点共线．例7 （2004年第18届韩国数学奥林匹克题）在等腰ABC △中，AB AC =，O 是ABC△的内切圆，与三边BC ，CA ，AB 的切点依次为K ，L ，M ．设N 是直线OL 与KM 的交点，Q 是直线BN 与CA 的交点，P 是点A 到直线BQ 的垂足．若2BP AP PQ =+，求ABBC的所有可能的取值．解 如图1028-，由性质9，知Q 为AC 的中点．BA（1）（2）图10-28当点P在ABC△内时，如图1028-（1），在BQ的延长线上取点R，使Q R Q P=，又取点S，使RS AP=．联结CR，AS，CS，则知CR AP=，2PS PQ AP BP=+=．从而ABS△，ACS△，RCS△均为等腰三角形，则QAP QCR RSA ABQ∠=∠=∠=∠，从而(90)90BAC ABQ QAP∠=︒-∠+∠=︒．此时ABBC==当点P在ABC△外时，如图1028-（2），作CR BP⊥于R，则由Q为AC中点知CR AP=，RQ PQ=，于是2BR BP PQ AP=-=，即知BCR△为等腰直角三角形．此时，RCQ PBA∠=∠，知Rt RCQ△∽Rt PBA△，由2AB AC QC==，知22AP QR PQ==，亦即知2RC PQ=．于是，2AB QC===，BC==．故ABBC．综上，ABBC,。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第4章 三角形中的分角线

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第4章 三角形中的分角线

第4章 三角形中的分角线三角形中分角线有如下一系列有趣的结论，我们以性质的形式介绍之．性质1 设1A 、2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC ∠=γ，则αγ=的充要条件是212212BA BA AB AC A C A C ⋅=⋅或221212AB AC BA BA AC A C =⋅⋅或sin sin()sin sin()αβγγαβ+=+． 证法1 如图41-，应用三角形正弦定理，有图4-1γβαA'2A 2A 1D BCE A2121212sin sin sin sin()AA B AA BAB AB AB BA BA BA BA ααβ∠∠=⋅=⋅⋅+， 2121212sin sin sin()sin AAC AA C AC AC AC AC A C AC A C βγγ∠∠=⋅=⋅⋅+．① 必要性．当αγ=时，则由上述①式，即得结论．充分性．当212212BA BA AB AC A C A C⋅=⋅时，在BC 边上取点2A '，使2A AC α'∠=． 此时，由①式，有212212BA BA AB AC A C A C '⋅='⋅．于是，有2222BA BA A C A C'='． 从而222222BA BA BA A C BA A C '=''++，即知2A '与2A 重合．故αγ=． 证法2 如图41-，作12AA A △的外接圆分别交AB 、AC 于点D 、E ，则由割线定理，有11AB BD BA BA ⋅=⋅，12AC CE CA CA ⋅=⋅．亦即有 1212BA BA AB BD AC CE CA CA ⋅⋅=⋅⋅． ②于是，x γ= 12A D A E DE BC ⇔=⇔∥BD CE AB BDAB AC AC CE⇔=⇔=212212BA BA AB AB BD AC AC CE CA CA ⋅⇔=⋅===⋅②． 注：设1A ，2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，若12BAA A AC ∠=∠，则（1）1212ACAB AC AA AA BA BA AB⋅=⋅+⋅⋅； （2）1212ABAB AC AA AA CA CA AC⋅=⋅+⋅⋅； （3）2121212()BA BA CA CA AB AC AA AA ⋅⋅⋅=⋅-⋅．事实上，（1）如图42-，作ABC △的外接圆与直线1AA ，2AA 分别交于点1B ，2B ．联结1BB ，2B C ，则12BB B C =．图4-2B 2B 1A 2A 1CBA由1ABA △∽2AB C △，有112AA BA AC CB =． ① 由1ABB △∽2AA C △，有122BB A CAB AA =．②由①÷②并注意12BB B C =得1212AA A C AC BA AA AB⋅⋅=．③又由1ABA △∽2AB C △，有12AA AB AB AC=． 于是22121222*********()BA A CAB AC AA AB AA AA A B AA AA AA A B AA AA AA AA ⋅⋅=⋅=+=⋅+⋅⋅+⋅相交弦定理1122AC BA AA AA BA AB⋅⋅+⋅代入③ 1212ACAA AA BA BA AB=⋅+⋅⋅．（2）同（1）中证法即得．（3）由（1）与（2）中两式相乘即得．还需特别指出的是：由（1）、（2）中两式，有1212AC ABBA BA CA CA AB AC⋅⋅=⋅⋅，即有 212212BA BA AB AC A C A C⋅=⋅． 这给出了性质1必要性的另证．性质1的充分性也可由三角知识推导．由sin sin()sin sin()ααβγβγ⋅+=⋅+，并令αβγθ++=，则0θ︒<<180︒，将三角式积化和差及和差化积，有cos()cos()cos()cos()αθγαθγγθαγθα+---+=+---+，亦即有sin sin()0θαγ⋅-=．于是sin()0αγ-=． 而0α<，γ<90︒，故αγ=．对于图42-，类似于证法2，可证得x γ=的充要条件是21112222AA BA A CAA BA A C⋅=⋅． 此时，我们可得如下推论：推论1 设1A 是ABC △的BC 边上一点（异于端点），则1111sin sin BA A ACAB AC AC BAA ⋅∠=⋅∠． 推论2 设1A 是ABC △的BC 边上一点（异于端点），令1BAA α∠=，1A AC γ∠=，则αγ=的充要条件是11BA AB AC AC =． 此即为角平分线的性质定理与判定定理．推论3 设1A 、2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC γ∠=，则11BA A C ∶22sin sin()BA A C αβγ=+∶sin()sin αγγ+． 事实上，由1111sin sin()ABA AA C S BA AB A C S AC αβγ⋅==⋅+△△及22sin()sin BA AB A C αβγ⋅+=相除即得． 推论4 设1A 是ABC △的BC 边上的中点，2A 是BC 边上另一点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC γ∠=，则αγ=的充要条件是2222BA AB AC A C = 或 2222sin ()sin BA A C αβγ+=． 事实上，这可由性质1及推论1即得．此时，1AA 为ABC △的BC 边上的中线．当αγ=时，直线2AA 与1AA 关于BAC ∠的平分线对称，我们称2AA 为ABC △的一条共轭（或陪位）中线．于是，我们有推论4的等价表述：设2A 是ABC △的BC 边上一点（异于端点），则2AA 为ABC △的一条共轭中线的充要条件是2222BA AB AC A C=或222222sin sin BA BAA A C A AC ∠=∠． 对于推论4．我们还有如下的等价结论：推论5 设1A 是ABC △的BC 边上的中点，2A 是BC 边上另一点（异于端点），令1BAA α∠=，12A AA ∠β=，A AC γ∠=，则αγ=的充要条件是分别过B ，C 点的ABC △的外接圆的两切线的交点P 及2A 、A 三点共线．证明 充分性．如图43-，当P ，2A ，A 三点共线时，设直线AP 与ABC 交于点D ，联结BD ，DC ，则由图4-3A 2γβαPFED CBA 1PBD △∽PAB △，PCD △∽PAC △，有BD PB PC CDAB PA PA AC===，即有AB CD BD AC ⋅=⋅． 对四边形ABDC 应用托勒密定理，有AB CD BD AC BC AD ⋅+⋅=⋅，即有122AB CD BA AD ⋅=⋅，亦即1AB ADBA CD=． 注意到1ABA ADC ∠=∠，则知1ABA △∽ADC △，从而12BAA A AC ∠=∠，故αγ=． 必要性．如图43-，当αγ=时，设直线2AA 交ABC △的外接圆于D '，联结BD '，D C '，则由1ABA △∽AD C '△，有1AB AD BA D C'='，即122AB D C BA AD BC AD '''⋅=⋅=⋅，亦即AB D C AB D C BC AD '''⋅+⋅=⋅．又对四边形ABD C '应用托勒密定理，有AB D C BD AC BC AD '''⋅+⋅=⋅． 于是，AB D C BD AC ''⋅=⋅．运用三角形正弦定理，有sin sin sin sin AD B D BC BCD AD C ''''∠⋅∠=∠⋅∠．延长BD '交PC 于点E ，延长CD '交BP 于点F ，则BCD D BF ''∠=∠，D CE D BC ''∠=∠． 从而，有sin sin sin sin AD B D CE D BF AD C ''''∠⋅∠=∠⋅∠． （*） 由于2222D CA BD C PD BD A B CD P BD CS S S CA BF PE A B FP EC S S S ''''''⋅⋅=⋅⋅△△△△△△ sin sin sin sin D C AD C BP BD D BFBD AD B CD CP D CE''''⋅∠⋅⋅⋅∠=''''⋅∠⋅⋅⋅∠，注意到（*）式及PB PC =，则221CA BF PEA B FP EC⋅⋅=．由塞瓦定理的逆定理，知2A P 、BE 、CF 三线共点于D '，即知直线2A P 与2AA 重合． 故P 、A 、A 三点共线．注：其必要性也可这样来证：如图44-，由12BAA CAA ∠=∠及1A 为BC 中点，直线2AA 交圆于D ，由充分性中证明，知四边形满足条件AB ACBD DC=．（**） γα图4-4A 2A 1P 2P 1P D CBA设过B 的切线与直线AD 交于1P ，过C 的切线与直线AD 交于2P ． 由1ABP △∽1BDP △，有1111BPAP AB BD DP BP ==． 于是21112111BP AP AP AB BD DP BP DP =⋅=． 同理 2222AP AC DC DP =． 注意到（**）式有 1212AP AP DP DP =，从而 112212AP DP AP DP DP DP --=， 即12AD ADDP DP =． 从而1P 与2P 重合，亦与P 重合． 故A 、2A 、P 三点共线． 由推论4和推论5，我们可得到：推论6 设2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）一点，则2AA 为ABC △的一条共轭（或陪位）中线的充要条件是分别过B ，C 的ABC △的外接圆的两切线的交点P ，2A ，A 三点共线；或2222BA AB AC A C=（或222222sin sin BA BAA A C A AC ∠=∠）的充要条件是分别过B ，C 的ABC △的外接圆的两切线的交点P 及2A ，A 三点共线．推论6也还有如下的等价说法：推论7 设2A 是ABC △的BC 边上一点，则2AA 为ABC △的一条共轭（或陪位）中线的充要条件是在直线与ABC △的外接圆的交点D 及点A 处两切线的交点P 、C 、B 三点共线；或2222BA AB AC A C=的充要条件是在直线2AA 与ABC △外接圆的交点D 及点A 处两切线的交点P 及C 、B 三点共线．证明 如图45-，设1A 为BC 的中点，直线1AA 交ABC △的外接圆于点E ，联结ED ．设O 为ABC △的外心，则1OA BC ⊥（1A 与O 不重合时）．图4-5P 2P 1A 2A 1P O EDC BA充分性．当P 、C 、B 三点共线时，即知P 、A 、O 、1A 、D 五点共圆，从而1AA P ADP AED ∠=∠=∠．于是，BC ED ∥，即有BE CD =．故12BAA A AC ∠=∠，即知2AA 为ABC △的共轭中线．必要性．当2AA 为ABC △的共轭中线时，即有12BAA A AC ∠=∠．设直线BC 与过点A 的切线交于点1P ，直线BC 与过点D 的切线交于点2P ． 此时BE CD =，即BC ED ∥．从而，111AA P AED DAP ∠=∠=∠，即知A ，1A ，D ，1P 四点共圆，亦即知1P 为直线BC 与1AA D 的交点；122AA P AED ADP ∠=∠=∠，即知A ，1A ，D ，2P 四点共圆，亦即知2P 为直线BC 与1AA D 的交点．于是，知1P 与2P 重合，重合于点P ，故P ，C ，B 三点共线． 又若1A 或2A 中，有一个点为A 在BC 边上的射影时，则有结论：性质2 设A ，A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，令BAA α∠=，A AA β∠=，2A AC γ∠=，则αγ=的充要条件是当2A 为点A 在BC 边上的射影时，直线1AA 过ABC △的外心；或直线1AA 过ABC △的外心时，点2A 为A 在BC 边上的射影．证明 如图46-，设O 为ABC △的外心，直线1AA 交O 于点D ，联结BD ． 下面仅证当点2A 为点A 在BC 边上的射影情形．充分性．当直线1AA 过ABC △的外心O 时，作OE AB ⊥于E ，联结BO ，则12AOE AOC C ∠=∠=∠．于是，由等角的余角相等，有12BAA A AC ∠=∠．故αγ=．必要性．当αγ=时，即当12BAA A AC ∠=∠时，延长1AA 交O 于点D ，则由2BDA A CA ∠=∠，知ABD △∽2AA C △，从而290ABD AA C ∠=∠=︒．即知AD 为其直径．故直线1AA 过ABC △的外心．注：当直线1AA 过ABC △的外心时，也可类似地推证． 在图46-中，由Rt ABD △∽2Rt AA C △，有2AB ADAA AC=，即2AB AC AD AA ⋅=⋅．由此可得推论：图4-6γβαA 2A 1E O DCBA推论8 三角形一边上的高与外接圆的直径的积等于其他两边的乘积．推论9 三角形的一内角平分线上从顶点到对边交点及从顶点到外接圆交点的两线段的积等于夹这角的两边的乘积．如果，我们再考虑12AA A △的外接圆与ABC △的外接圆的关系，则又有结论：性质3 设1A 、2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC γ∠=，则αγ=的充要条件是12AA A △的外接圆与ABC △的外接圆内切于点A ．证明 充分性．如图47-，当两个外接圆内切于点A 时．图4-7O 1O T 1A 2A 1TED CBA过A 作两圆的公切线AT ，设12AA A △的外接圆分别与AB ，AC 交于点D ，E ，联结DE ，则EDA ∠=TAC CBA ∠=∠．从而DE BC ∥，即有12DA EA =，亦即有 12DAA A AE ∠=∠．故αγ=．必要性．如图47-，设1O ，O 分别为11AA A △，ABC △的外心，1O 与AB ，AC 分别交于点D ，E ． 当αγ=时，即12DAA A AE ∠=∠时，则有12DA EA =，从而DE BC ∥． 过A 作1O 的切线1AT ，过A 作O 的切线AT ，则 1T AC ADE ABC TAC ∠=∠=∠=∠，即知1AT 与AT 重合．故1O 与O 在点A 相内切． 此时，我们又有如下推论：推论10 设1A ，2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，则212212BA BA AB AC A C A C⋅=⋅的充要条件是12AA A △的外接圆与ABC △的外接圆内切于点A ．下面，给出应用上述结论处理一些竞赛题的例子： 例1 （2010年第1届陈省身杯全国高中数学奥林匹克题）在ABC △中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，BE 与CD 交于点G ，ABE △的外接圆与ACD △的外接圆交于点()P P A ≠，AG 的延长线与ACD △的外接圆交于点()L L A ≠．求证：PL CD ∥．证明 如图48-，联结PA ，PB ，PD ，PC ，PE ，则由题设有PBD PEC ∠=∠，PDB PCE ∠=∠，知PBD △∽PEC △（或点P 是完全四边形ADBGCE 的密克尔点即得）．从而当D ，E 分别为AB ，AC 的中点时，有图4-8LPGEDCBAsin sin sin sin AB BD DP DCP BAPAC EC CP CDP CAP∠∠====∠∠． ①又由ABG ACG S S =△△，即121122AB d AC d ⋅=⋅（1d ，2d 分别为点G 到AB 、AC 的距离）， 有2211/sin /sin d d AG AB CAG AC d d AG BAG ∠===∠． ② 于是，由①，②有sin sin sin sin BAP CAGCAP BAG∠∠=∠∠． 此时，由性质1中的三角形式，即知 BAP CAG CAL ∠=∠=∠．从而PCD BAP CAL CPL ∠=∠=∠=∠，故PL CD ∥．例2 （2010年国家集训队测试题）如图49-，设凸四边形ABCD 的两组对边的延长线分别交于点E ，F ，BEC △的外接圆与CFD △的外接圆交于C ，P 两点． C图4-9PEFDB A求证：BAP CAD ∠=∠的充分必要条件是BD EF ∥． 证明 如图49-．由题设有PEB PCF PDF ∠=∠=∠，PBE PCE PFD ∠=∠=∠，知PEB △∽PDF △（同例1亦可参见练习二十四第11题），有BE BPDF PF=．① 此时由PBE PFD ∠=∠，即知P ，F ，A ，B 四点共圆． 从而，有BFP BAP ∠=∠，PBF PAF ∠=∠．②由①，②又有sin sin sin sin BE BP BFP BAPDF PF PBF PAF∠∠===∠∠． ③ 充分性．当BD EF ∥时，有BEC DFC S S =△△，即有121122BE d DF d ⋅=⋅，从而2211/sin /sin d d AC BE CAD DF d d AC BAC ∠===∠． ④于是，由③，④，有sin sin sin sin BAP CADPAF BAC∠∠=∠∠．从而由性质1中的三角形式，知 BAP CAD ∠=∠． 必要性．当BAP CAD ∠=∠时，则由性质1中的三角形式，知sin sin sin sin CAD BAPBAC PAF∠∠=∠∠． 注意到③式，有sin sin sin sin BE BAP CADDF PAF BAC∠∠==∠∠． ⑤ 设点C 到BE ，DF 的距离分别为1d ，2d ，则2211/sin /sin d d AC CADd d AC BAC ∠==∠． ⑥于是，由⑤，⑥有21d BE DF d =，即知BEC DFC S S =△△．故BD EF ∥． 注：由例2（例1）可得到结论：设P 为完全四边形ABECFD 的密克尔点（参见图49-），则BAP CAD ∠=∠的充要条件是BD EF ∥．例3 （2006年福建省竞赛题）如图410-，O 为ABC △的外接圆，AM ，AT 分别为中线和角平分线，过点B ，C 的O 的切线相交于点P ，联结AP 与BC 和O 分别交于点D ，E ．求证：点T 是AME △的内心．证明 如图410-，联结BE ，EC ．由推论5，即知图4-10M POT EDCBABAM DAC ∠=∠，从而知AT 平分MAE ∠．此时，由ABM △∽AEC △，知AMB ACE ∠=∠． ①又由PBE △∽PAB △，PCE △∽PAC △，有BE PB PC CE AB PA PA AC ===，即有BE ABCE AC=．②于是由推论4，有2222BD AB BE DC AC CE ==．又由推论4，有BEM AEC ∠=∠． 注意到EBM EAC ∠=∠，知BEM △∽AEC △，即有BME ACE ∠=∠． ③由①，③即知MT 平分AME ∠． 故点T 是AME △的内心．注：满足②式（也可参见推论5注中的（**）式）的四边形ABEC 即为调和四边形（见第16章）．例4 （2008年蒙古国家队选拔考试题）已知梯形ABCD 内接于圆T ，两底BC ，AD 满足BC AD <，过点C 的切线与AD 交于点P ，过P 的切线切圆T 于异于C 的另一点E ，BP 与圆T 交于点K ，过C 作AB 的平行线，分别与AK ，AE 交于点M ，N ．证明：M 为CN 的中点．证明 如图411-，联结CK ，BE ，FK ．由例3证明中的②式，有BE EKBC CK=． NK 图4-11PLTMEDC B A联结CE ，设CE 与BP 交于点T ，则由推论6，知2222ET BE EK TC BC CK ==． 于是，由推论4，取CE 的中点L ，知EKL BKC ∠=∠． 联结AC ，则BKC BAC ACN ∠=∠=∠，则EKL ACN ∠=∠． 联结LK ，ML ．由ACE AKE ∠=∠，有MCL NCE ACE ACN AKE EKL AKL MKL ∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠． 于是，知M ，L ，K ，C 四点共圆．因此，KML KCL KCE KAE ∠=∠=∠=∠，从而ML AE ∥．故M 为CN 的中点．注：题中条件梯形ABCD 可改为圆内接四边形．上述证明中未利用BC AD ∥的条件． 例5 （2006年罗马尼亚国家集训队测试题）在凸四边形ABCD 中，记O 为AC 与BD 的交点．如果BO 为ABC △的陪位中线，DO 为ADC △的陪位中线．证明：AO 为ABD △的陪位中线．证明 如图412-，不失一般性，不妨设过A ，C 两点的ABC △的外接圆的切线交于点P （否则O 为ABC △的外心，则结论显然成立）．图4-12POD 'D CBA当BO 是ABC △的陪位中线时，由推论4，知22AB AOBC OC=．此时，又由推论6知，B ，O ，P 共线． 没直线BP 交ABC △的外接圆于D '，则由例3证明中的②式，知AB BCAD D C='' ① 又DO 为ADC △的陪位中线，由推论4，知22AD AO BC OC =．于是2222AB AD BC DC =，即AB BCAD DC=． ② 于是，由①，②即知D '与D 重合，即A ，B ，C ，D 四点共圆． 此时，由BOC △∽AOD △，AOB △∽DOC △，有BC OC AD OD =，AB OBDC OC=． 上述两式相乘，得AB BC OBAD DC OD⋅=⋅． 又将②式代入上式，即得22AB OBAD OD=． 注意到推论4，即知AO 为ABD △的陪位中线．例6 （2005年国家集训队测试题）设锐角ABC △的外接圆为ω，过点B ，C 作ω的两条切线，相交于点P ．联结AP 交BC 于点D ，点E ，F 分别在边AC ，AB 上，使得DE BA ∥，DF CA ∥．（1）求证：F ，B ，C ，E 四点共圆；（2）若记过F ，B ，C ，E 的圆的圆心为1A ，类似地定义1B ，1C ，则直线1AA ，1BB ，1CC 共点．证明 （1）如图413-，由推论6知，有22AB BDAC DC=． 图4-13ωPDFECBA又由DE BA ∥，DF CA ∥，有CD AF DE AB BC ==⋅，BDAE FD AC BC==⋅． 于是，222CD BD CD BDAF AB AB AC AC AE AC BC DC BC BC⋅=⋅=⋅⋅=⋅=⋅． 由割线定理的逆定理，知F ，B ，C ，E 四点共圆． （2）显然，AD 为ABC △的一条共轭中线．设ABC △的另两条共轭中线BJ ，CK 交于点G ，由共轭中线的性质（即推论4）及塞瓦定理的逆定理，知AD 也过点G ． 如图414-，过G 分别作11M N BC ∥，11FT AC ∥，11S E BA ∥，交点如图所示．图4-14J K N 1M1E 1F 1S 1T 1GDCBA由于11AM N △与ABC △位似，则有211211AM M GAN GN =． 从而，由（1）的证法知1F ，1M ，1N ，1E 四点共圆． 同理，1F ，1M ，1S ，1T 及1S ，1T ，1N ，1E 分别四点共圆． 于是，1111111111180180180S M N BM S N M A FT S ABC ACB ABC BAC ∠=︒-∠-∠=︒-∠-∠=︒-∠-∠=∠=111S E N ∠，即知1M ，1S ，1T ，1N ，1E 五点共圆．由对称惟，知1F 也在此圆上，即知1F ，1M ，1S ，1T ，1N ，1E 六点共圆． 设此六点圆的圆心为O ，由于1OA 与O 的位似中心是A ，故直线1AA 过点O ． 同理，直线1BB ，1CC 也过点O ．故直线1AA ，1BB ，1CC 共点．例7 （2000年波兰数学奥林匹克题及2006年罗马尼亚国家队选拔考试题）在等腰ABC △中，M 为底边AB 的中点．（1）在ABC △内有一点，使得PAB PBC ∠=∠，则πAPM BPC ∠+∠=．（2）请在三角形内找出满足πAPM BPC ∠+∠=的点P 的轨迹． 解 （1）如图415-，延长CP 交AB 于点D ．图4-15δβαγβαD M PF ABE C要证πAPM BPC ∠+∠=，只需证APM BPD ∠=∠即可．延长AP 交BC 于E ，延长BP 交AC 于F ，令PAB PBC α∠=∠=，CAP ABP β∠=∠=，BCD γ∠=，ACD δ∠=．对ABC △及点P 应用塞瓦定理，再由线段比转化为面积比有sin sin sin 1sin sin sin AD BE CF DB EC FA δααγββ=⋅⋅=⋅⋅， ① （或直接用塞瓦定理的角元形式即得）．即22sin sin sin sin αγβδ=．又 sin sin AP BP βα=，及sin sin CAD CDB S AD DB S δγ==△△， ②从而2222sin sin sin sin AP AD AD AMBP DB BD BMβδαγ⋅====⋅． 于是，由性质1中的线段式或直接由推论4，即知APM BPD ∠=∠．（2）如图415-，显然点P 在线段CM （异于C ，M 点）时，有πAPM BPC ∠+∠=． 当点P 不在线段CM 上时，延长CP 交AB 于点D ．当πAPM BPC ∠+∠=时，则有APM BPD ∠=∠．由推论4．知22AP ADBP DB=． ③ 令PAB α∠=，ABP β∠=，BCD γ∠=，ACD δ∠=，CAB ABC θ∠=∠=，则 PAC θα∠=-，PBC θβ∠=-，且由②，③式，有22sin sin sin sin βδαγ=． ④类同于①式，有sin sin sin()1sin sin()sin AD BE CF DB EC FA δαθβγθαβ-=⋅⋅=⋅⋅-． ⑤ 由④，⑤式，有sin sin()sin sin()αθαβθβ⋅-=⋅-．将上述三角式积化和差后再和差化积，有sin()sin()0θαββα--⋅-=．因而，由sin()0βα-=，有αβ=，此即为点P 在CM 上情形．前面也已讨论． 由sin()0θαβ--=，有θαβ=+．此时，PAC β∠=，PBC α∠=．又由弦切角定理的逆定理，知过点A ，P ，B 三点的圆分别在A ，B 处与AC ，BC 相切．于是，知此时点P 的轨迹为与AC ，BC 分别切于A ，B 的圆在ABC △内部的圆弧． 由对称性，知1F 也在此圆上，即知1F ，1M ，1S ，1T ，1N ，1E 六点共圆． 设此六点圆的圆心为O ，由于1A 与O 的位似中心是A ，故直线1AA 过点O ．同理，直线1BB ，1CC 也过点O ．故直线1AA ，1BB ，1CC 共点．例8 （2004年全国女子数学奥林匹克题）给定锐角ABC △，点O 为其外心，直线AO 交边BC 于点D ．动点E ，F 分别位于边AB ，AC 上，使得A ，E ，D ，F 四点共圆． 求证：线段EF 在边BC 上的射影的长度为定值． 证明 如图416-，过A 作AP BC ⊥交O 于点P ．图4-16αβαBQPC F 0E F E 0A O令BAD α∠=，DAP β∠=，则由性质2，知PAC BAD α∠=∠=． 延长AD 交O 于点Q ，则AQ 为O 的直径．令AEDF 的直径为d ，联结PE ，PF ，PC ，DE ，DF ，运用正弦定理及托勒密定理，有[sin()sin ]2AEPF AEP APF APS S S AE AF αβα=+=⋅++⋅△△()sin 222AP AP AP AE DF AF ED AD EF AD A d d =⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅12BCAP AD AQ=⋅⋅． [sin sin()]2ABC ABD ADC ADS S S AB AC ααβ=+=⋅+⋅+△△△ ()22AD AD AB PC AC BP AP BC AQ AQ =⋅+⋅=⋅⋅⋅． 从而，AEPF ABC S S =△．（*）设EF 在BC 上的射影为00E F ，设EF 与AP 的夹角为θ． 又1sin 2AEPF S AP EF θ=⋅⋅，注意到AP 为定值，ABC S △为定值，知sin EF θ⋅为定值． 由于AP BC ⊥，知00sin E F EF θ=⋅为定值．注：类似于（*）式的证明，可证明2000年全国高中数学联赛加试题：在锐角ABC △的边BC 上有两点E ，F 满足BAE CAF ∠=∠，作FM AB ⊥于点M ，FN AC ⊥于点N ，延长AE 交ABC △的外接圆于点D ．证明：ABC AMDN S S =△四边形（参见练习题4中第4题）． 例9 在锐角ABC △中，BC ，CA 边上的高AE ，BF 相交于点H ．设O 为ABC △的外心，则O 为ECF △的垂心的充要条件是CH AB =． 证明 如图417-，显然，H 为ABC △的垂心．图4-17ABE HCOF联结AO ，BO ，CO ，FO ，则由C ，F ，H ，E 四点共圆及性质2，知FCO HCE ∠=∠，从而HFE ∠HCE FCO =∠=∠．而90CFH ∠=︒，知CFE ∠与FCO ∠互余，从而知CO FE ⊥． 必要性．若O 为ECF △的垂心时，则FO CE ⊥． 注意到AE CE ⊥，则FO AE ∥．又由性质2， 有ABH OBC ∠=∠，亦有ABO FBE ∠=∠，于是，CFO CAE FBC ABO ∠=∠=∠=∠，从而A ，O ，O ，F 四点共圆，即有90AOB AFB ∠=∠=︒，亦即知45ACB ∠=︒．由垂心组性质（见第8章）知，AHC △的外接圆与ABC △的外接圆是等圆．又AE EC ⊥，知45CAH ∠=︒ACB =∠，它们所对的弦相等，故CH AB =．充分性．若CH AB =时，由垂心组的性质知，AHC △的外接圆与ABC △的外接圆是等圆，即知CH ，AB 所对的圆周角相等，即有CAH ACB ∠=∠． 而90AEC ∠=︒，则知45ACB ∠=︒，于是90AOB ∠=︒．注意到90AFB ∠=︒，则知A ，B ，O ，F 四点共圆． 从而CFO ABO CBF CAE ∠=∠=∠=∠，于是FO AE ∥．又AE CE ⊥，则FO CE ⊥．注意到CO FE ⊥，故知O 为ECF △的垂心．例10 （2002年土耳其数学奥林匹克题）两圆外切于点A ，且内切于另一圆O ，切点为B ，C ．令D 是两小圆内公切线段即O 的弦的中点．证明：当B ，C ，D 不共线时，A 是BCD △的内切圆的圆心．证明 如图418-，设分别过B ，C 的切线交于点P ，则P 为根心，即知点P 在过点A 的两小圆的内公切线上．设割线PA 交O 于M ，N ，联结BM ，BN ．P图4-18注意到D 为MN 的中点，则由性质3，知MBC NBD ∠=∠．如图418-，设BM ，BN 分别交小圆于E ，F ，联结EF ，则可证得EF MN ∥（由BFE MBP ∠=∠=BNM ∠得）． 于是，知EA AF =，即知AB 平分MBN ∠．从而ABC MBA MBC NBA NBD ABD ∠=∠-∠=∠-∠=∠，即知BA 平分DBC ∠．同理，CA 平分BCD ∠．故知A 是BCD △的内切圆的圆心．例11 （1997年全国高中联赛试题的推广）已知两个半径不等的圆1O 与2O 相交于M ，N 两点，且1O ，2O 分别与O 内切于点S ，T ．直线MN 交O 于点A ，B ，弦ST 交AB 于点G ，H 为AB 中点，则点H 在公共弦MN 上（外）的充要条件是点G 也在公共弦MN 上（外），且GSN MSH ∠=∠．证明 如图419-，设分别过S ，T 的O 的切线交于点P ，则P 为根心，即知点P 在直线AB 上．图4-19联结AS ，BS ，注意到H 为AB 的中点，则由性质3知，ASH BST BSG ∠=∠=∠． 设AS ，BS 分别与1O 交于点E ，F ，联结EF ，则由SEF BSP BAS ∠=∠=∠，知EF AB ∥．从而EM NF =，即知ASM NSB ∠=∠．于是，||||GSN BSG NSB ASH ASM MSH ∠=∠-∠=∠-∠=∠．图419-中，点H 在公共弦MN 内部，此时，点G 也在公共弦MN 内部．由作图可知，若点H 在公共弦MN 的外部（即AM 上）时，此时，点G 也茌公共弦MN 外部（即NB 上）．注意到性质3的充要性，从而结论获证．特别地，若点H 与点M 重合，即点H 在公共弦MN 的端点时，则点G 也与点N 重合，即点G 在公共弦MN 的端点N 处，此时，OM MN S ⊥⇔，N ，T 三点共线，此即为1997年全国高中联赛试题． 练习四 1．（2007年国家集训队培训题）锐角三角形ABC 的外接圆在A 和B 处的切线相交于点D ，M 是AB 的中点，证明：ACM BCD ∠=∠． 2．（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题）在ABC △中，点M ，N 分别在边AB ，AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △与CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠=∠．3．（2004年IMO45预选题）已知直线上的三个定点依次为A ，B ，C ，T 为过A ，C 且圆心不在AC 上的圆，分别过A ，C 两点且与圆T 相切的直线交于点P ，PB 与圆T 交于点Q ．证明：AQC ∠的平分线与AC 的交点不依赖于圆T 的选取．4．（2000年全国高中联赛题）在锐角ABC △的边BC 上有两点E 、F ，满足BAE CAF ∠=∠，作FM AB ⊥，FN AC ⊥（M 、N 是垂足），延长AE 交ABC △的外接圆于点D ．求证：四边形AMDN 与ABC △的面积相等．5．从三角形的一个顶点出发，在三角形的内（或外）部引与过此点的两边（一边及另一边的反向延长线）交成等角的直线，若分别交第三边（或其延长线）和外接圆于两点，则从顶点到这两点的线段之积等于三角形过这顶点的两边之积．6．任给定锐角ABC △，在其边BC 有两点E 、F 满足BAE CAF ∠=∠，在边AB 、AC 上分别取点M 、N ，使得A 、M 、F 、N 四点共圆，延长AE 交ABC △的外接圆于点D ．求证：AMDN ABC S S =△．7．已知ABCD 为圆内接四边形．求证：DA AB BC CD ACAB BC CD DA BD⋅+⋅=⋅+⋅． 8．H 为锐角ABC △的垂心，若2AH =，1BH CH ==．求AB 、BC 、CA 的长．9．设D 为ABC △的边AC 上一点，E 和F 分别为线段BD 和BC 上的点，满足BAE CAF ∠=∠．再设点P 、Q 为线段BC 和BD 上的点，使得EP QF DC ∥∥．求证：BAP QAC ∠=∠．10．设G 、H 是ABC △内两点，且满足ACG BCH ∠=∠，CAG BAH ∠=∠．过点G 分别作GD BC ⊥，CE CA ⊥，GF AB ⊥，垂足分别为D 、E 、F ．若90DEF ∠=︒，求证：H 为BDF △的垂心．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第28章戴沙格定理

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第28章戴沙格定理

第28章戴沙格定理戴沙格定理已知两个三角形的三双对应顶点的连线交于一点，若它们的三双对应边分别相交，则这三个交点在一条直线上．其逆命题亦成立．证明先证原命题：设PQR △和P Q R '''△的三双顶点的连线PP '、QQ '、RR '交于点O ，它们的三双对应边的交点分别是D 、E 、F ．分别对OQR △及截线DR Q ''、ORP △及截线EP R ''、OPQ △及截线FQ P ''应用梅涅劳斯定理 有1QD RR OQ DR R O Q Q''⋅⋅=''， 1RE PP OR EP P O R R ''⋅⋅=''， 1PE QQ OP FQ Q O P P''⋅⋅=''． 将上述三式相乘， 得1QD RE PE DR EP FQ⋅⋅=． 对QRP △逆用梅理劳斯定理，即知D 、E 、F 三点共线． 再证逆命题：设PQR △与P Q R '''△的三双对应边的交点分别是D 、E 、F ，两双对应顶点的连线PP '与RR '交于点O ，要证第三双顶点对应连线QQ '也通过点O ，即O 、Q 、Q '三点在一条直线上．事实上，FPP '△与DRR '△的三双对顶点连线FD 、PR 、R P ''交于点E ，利用已证得的原命题可以得到：这两个三角形三双对应边交点的连线中，PP '与RR '的交点O 、FP 与DR 的交点Q 、FD '与DR '的交点Q '是在同一条直线上．这就是所要证的．在这里，若两双对应顶点的连线PP '与RR '平行，则可证得直线OQ '也与PP '平行，否则若有直线PP '与QQ '交于一点O '，则由上述逆命题中同样的理由，得直线RR '也过点O '，与PP '与RR '平行矛盾． 于是，我们便有如下结论：戴沙格定理的逆定理若两三角形的对应边（所在直线）交点共线，则对应顶点的连线交于一点或互相平行． 观看图281-中的两个三角形PQR △、P Q R '''△，我们可以用透视的观点看待它．P'Q 'R'RDPOQ E 图28-1一般地，有如下的定义：1定义平面上两个图形称为互相透视的，如果（i ）联结对应点的直线交于一点，称为透视中心．（ii ）对应线的交点在一条直线上，称为透视轴．如上定义的一种特殊情形，即为对应边互相平行的相似形，这时透视轴是无穷远直线，透视中心是位似中心，更一般的透视图形的存在性，由戴沙格定理建立． 戴沙格定理设两个三角形有透视中心，则它们有透视轴．1单墫译．[美]R A ⋅⋅约翰逊，近代欧氏几何[]M ．上海：上海教育出版社.2000：202．反过来，设两个三角形有透视轴，则它们有透视中点． 对于三个三角形，我们有如下的结论：定理1设三个三角形有公共的透视中心，则它们的三条透视轴共点．事实上，设三个三角形123A A A △、123B B B △、123C C C △，则111A B C 、222A B C 、333A B C 为共点的直线．我们将三角形的边用与所对顶点相同的小写字母表示，考虑边为2a 、2b 、2c 与3a 、3b 、3c 的三角形，它们的对应边相交于共线点1A 、1B 、1C ，所以对应顶点的连线共点．但联结2a 、2b 的交点与3a 、3b 的交点的直线，是123A A A △与123B B B △的透视轴，等等．所以这三条轴共点．定理2设三个三角形两两互为透视，并且有一条公共的透视轴，则它们的透视中心共线． 这个定理及各种逆定理的证明较易，留给读者． 对于完全四边形，我们也有如下的结论：定理3边是一个完全四边形的边的每一个三角形，与这个完全四边形的对角三角形成透视． 事实上，这两个三角形以完全四边形的第四条边为透视轴．更一般地，设一个完全四边形的两条对角线的交点与剩下的两个顶点相连，则这样的六条连线中，三条交于一点，产生四个新点，因而形成一个完全四角形（即包括四条边，两条对角线的图形）．于是，每个完全四边形必有一个相伴的完全四角形，具有同样的对角三角形；反过来也成立．过这完全四边形的每个顶点，有完全四角形的一条边，这完全四角形的每一个三角形，与完全四边形的一个三角形及对角三角形成透视，公共的透视中心是完全四角形的第四个顶点，透视轴是完全四边形的第四条边． 下面，看看戴沙格定理的一些应用．例1（1999年高中联赛题）如图282-，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分BAD ∠，在CD 上取一点E ，BE 与AC 交于点F ，延长DF 交BC 于G ．求证：GAC EAC ∠=∠．图28-2PASDQ BMK TN HFE GC证明当AB AD =时，四边形ABCD 是筝形，结论成立．当AB AD ≠时，过A 作AC 的垂线与CB 、CD 的延长线分别交于点M 、N ． 由BAC DAC ∠=∠，可证BN 、DM 的交点H 在AC 上．注 在BNE △与DMG △中，因BN 与DM 的交点为H ，BE 与DG 的交点为F ，NE 与MG 的交点为C ，且C 、F 、H 共线，则由戴沙格定理的逆定理知BD 、MN 、EG 三线共点．设该点为P ．设EG 与FC 交于点Q ，在完全四边形CEDFBG 中，P 、Q 调和分割EG ．从而AP 、AQ 、AE 、AG 为调和线束，而AP AQ ⊥．故AQ 平分EAG ∠．于是GAC EAC ∠=∠．注：设BN 与AC 交于点H ，只要证D 、H 、M 三点共线即可．连DH ，AM ，作BT AM ⊥于M 交HM 于K ，作DS AN ⊥于S ，交NH 于L ． 由AC MN ⊥及AC 平分BAD ∠，易知ASD ATB △∽△， 有DS SABT TA=．①又由DS CA BT ∥∥， 有DL CH BHDS CA BT ==．② 中LH SABH TA=．③ 由①、②、③可得DL LHBK BH=, 而HLD HBK ∠=∠，则HLD HBK △∽△．从而LHD BHK ∠=∠．故D 、H 、K 共线，即D 、H 、M 共线．例2（布利安香定理）六点连线所组成的平面封闭图形中，若六条边与一个圆内切，则它的三条对角线共点或彼此平行．证明如图283-，设A 、B 、C 、D 、E 、F 是六边形在圆上的切点，由牛顿定理知．过切点A 、B 、C 、F 的四边形有AD 、CF 、A D ''共点于X ；过切点B 、E 、C 、F 的四边形有BE 、CF 、C F ''共点于Y ；过切点B ，E 、A 、D 的四边形有BE 、AD 、B E ''共点于Z ；过切点A 、E 、D 、F 的四边形有AE 、DF 、A E ''共点于R ． RY XZ E QP'E'Q 'D 'C 'C B'BA'A P图28-3又折四边形A Q E P ''''有旁切圆，由牛顿定理的推广（见第29章定理2）有EF 、AD 、A E ''、P Q ''共点于P ．所以XYZ △和A F E '''△对应边的交点F 、E 、P 共线，由戴沙格定理的逆定理，知其对应顶点的连线XA 、YF 、ZE 三点共点或相互平行，即A D ''、B E ''、C F ''共点或相互平行． 例3（2008年印度国家队选拔考试题）设ABC △是非等腰三角形，其内切圆为Γ，圆Γ与三边BC 、CA 、AB 分别切于点D 、E 、F ．若FD 、DE 、EF 分别与CA 、AB 、BC 交于点U 、V 、W ，DW 、EV 、FV 的中点分别为L 、M 、N ．证明：L 、M 、N 三点共线． 证明如图284-，设DF 、FE 、ED 的中点分别为P 、Q 、R ，则P Q D E ∥，且直线PQ 过点N ；RQ DF ∥．且直线RQ 过点M ；PR EF ∥，且直线PR 过点L ． 因AE AF =，则知AQ 平分CAB ∠．同理，BP 、CR 分别平分ABC ∠、BCA ∠，且AQ 、BP 、CR 交于ABC△的内心．在ABC △和QPR △中应用戴沙格定理得，其对应边PR 与BC 、RQ 与CA 、QP 与AB 的交点L 、M 、N 三点共线．F PQΓM N A ECLD JW图28-4例4（2003年保加利亚数学奥林匹克题）设H 是锐角ABC △的高线CP 上的任一点，直线AH 、BH 分别交BC 、AC 于点M 、N ．（1）证明： NPC MPC ∠=∠；（2）设O 是MN 与CP 的交点，一条通过O 的任意的直线交四边形CNHM 的边于D 、E 两点．证明：EPC DPC ∠=∠． 证明（1）略．（2）延长PE 交AC 于S ，设PD 交AM 于T ．在SEN △和TDM △中，SE 与TD 的交点P ，EN 与DM 的交点B ，SN 与TM 的交点A 共线，故由戴沙格定理的逆定理，知ST 、ED 、MN 三线共点于O ．在SEN △与DTM △中，SE 与DT 的交点P ，EN 与TM 的交点H ，SN 与DM 的交点C 共线，故由戴沙格定理的逆定理，知SD 、ET 、MN 三线共点于K ．在SMT △与DNE △中，因为SD 、ET 、MN 共点于K ，别由戴沙格定理知，ST 与DE 的交点O 、MT 与NE 的交点H 、SM 与DN 的交点共线，即SM 与DN 的交点I 在CP 上．在ASM △与BDN △中，AS 与BD 的交点C ，AM 与BN 的交点H 、SM 与DN 的交点I 共线于CP ，则由戴沙格定理的逆定理知SD 、MN 、AB 三线共点于K ．设SD 与CO 交于点R ，则在完全四边形CSNIMD 中，SD 与R 、K 调和分割，从而PS 、PD 、PR 、PK 为调和线束，而PR PK ⊥，故PR 平分SPD ∠，即EPC DPC ∠=∠．例5已知ABC △，一圆切CA 、AB 于Y ，Z ，自B 、C 另作这圆的切线设交于X ．求证：AX 、BY 、CZ 三线共点或互相平行．BAHR F ZYECS图28-5证明如图，自B 、C 作O 的切线切点分别为G 、H ，且分别交AC 、AB 于E 、F ．因为折四边形ECFB 有旁切圆，由牛顿定理的推广，知直线ZY 、GH 、BC 、FE 共点于S ．在AYZ △、XBC △中，其对应边的交点E 、F 、S 共线，由戴沙格定理的逆定理知，其对应顶点的连线AX 、BY 、CZ 或共点或平行．例6设I 是ABC △的内切圆或旁切圆，它切BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ．任取一点P ，联结DP 、EP 、FP ，使交I 于X 、Y 、Z ．则AX 、BY 、CZ 三线共点或互相平行．YE P ZCDBX EA X 1Y 1图28-6证明设直线YZ 交BC 于1X ，直线下XZ 交直线AC 于1Y ，直线XY 交直线AB 于1Z ． 由11X DY X ZD △∽△，有 1111X Y X D DYX D X Z DZ==， 亦即有221111222111X Y X Y X Z X D DY X Z X Z X Z DZ ⋅===． 同理，2121Y Z ZE Y X XE =，2121Z X XF Z Y YF =． 注意到圆内接六边形YDZEXF 的三条对角线XD 、YE 、ZF 共点于P ，应用塞瓦定理的推论， 知1YD ZE XF DZ EX FY⋅⋅=． 于是111111YX ZY XZ X Z Y X Z Y ⋅⋅21YD ZE XF DZ FX FY ⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭．对YZX △应用梅涅劳斯定理的逆定理，知1X ，1Y ，1Z 三点共线．考虑ABC △与XYZ △，由于对应边所在直线的交点1X ，1Y ，1Z 共线，则应用戴沙格定理的逆定理，知对应顶点的联线共点或互相平行，故直线AX 、BY 、CZ 共点或互相平行． 例7将圆上四点两两连成四个三角形，而这圆上任两点对于该四个三角形中每形的两条西姆松线分别交于一点，则这样的四个交点共线．证明如图287-，1234PP P P 为圆内接四边形，M 、N 为圆上另两点，点M 对432P P P △的西姆松线记为1m ，余类推；点N 对432P P P △的西姆松线记为1n ，余类推．1c 、2c 、3c 、4c 、1D 、2D 分别为直线3m 与4m 、1m 与4m 、1m 与2m 、2m 与3m 、2m 与4m 、1m 与3m 在直线12P P 、23P P 、34P P 、41P P 、13PP 、24P P 上的交点；1A 、2A 、3A 、4A 、1B 、2B 分别为直线3n 与4n 、1n 与4n 、1n 与2n 、2n 与3n 、2n 与4n 、1n 与3n 在直线12P P 、23P P 、34P P 、41P P 、13PP 、24P P 上的交点，Q 为1m 与1n 的交点，余类推．图28-7NB 1P 3A 2A 3Q 3Q 4P 2M D 2D 4B 2Q2Q 1C 4P 4n 1n 2n 3n 4A 4D 1A 1m 4m 3m 2m 1由于直线44C A 、22D B 、33C A 共点于4P ，即423C D C △与423A B A △对应顶点的联线共点，则由戴沙格定理，知这两个三角形对应边所在直线的交点1Q 、2Q 、3Q 共线． 同理，2Q 、3Q 、4Q 共线．故1Q 、2Q 、3Q 、4Q 共线．例8设点P 在ABC △三边BC 、CA 、AB 上的射影分别为X 、Y 、Z ．在射线PX 上取一点X '，过X '、X 、Y 的圆交射线PY 于Y '，过X '、X 、Z 的圆交射线PZ 于Z '，则AX '、BY '、CZ '三线共点或互相平行．证明如图288-，设直线X Y ''与AB 交于点R ，直线X Z ''与AC 交于点S ，直线Z Y ''与BC 交于点T ． 由题设，有PX PX PY PY PZ PZ '''⋅=⋅=⋅．①图28-8X PLL'STP X'CBA 321记1Z PY ''∠=∠，2XPY '∠=∠，3Z PX '∠=∠． 注意到线段的比等于其在一直线上的射影比，有 cos 3cos 2Z Y PX PZ TY PX PY ''-⋅∠=''-⋅∠cos 3cos 2PX PX PZ PX PX PX PY PX '''⋅-⋅⋅∠='''⋅-⋅⋅∠② 同理cos 1cos 3Y R PZ PZ PZ PY RX PZ PZ PZ PX ''''⋅-⋅⋅∠=''''⋅-⋅⋅∠，③ cos 2cos 1X S PY PY PY PX SZ PY PY PY PZ ''''⋅-⋅⋅∠=''''⋅-⋅⋅∠．① 注意到①、②、③、④，有 1Z T Y R X STY RX SZ '''⋅⋅='''．对Z Y X '''△应用梅涅劳斯定理的逆定理，知R 、S 、T 三点共线． 考虑ABC △与X Y Z '''△，由于其对应边所在直线的交点S 、T 、R 共线．则应用戴沙格定理的逆定理，知对应顶点的联线共点或互相平行．故直线AX '、BY '、CZ '三线共点或互相平行．例9已知ABC △，一圆过B ，C 分别交边AB 、AC 于点C '、B '，设H ，H '分别为ABC △，AB C ''△的垂心，求证：BB '．CC '， HH '三线共点．证明如图299-，设ABC △的高为BE ，CF ，AB C ''△的高为B E ''，C F ''．又设B C ''与BC 交于点G ，H B ''与HB 交于点上I ，H C ''与HC 交于点J ．图289A BCGJF HE′H ′F′B′P I由戴沙格定理，要证HBC △与H B C '''△的对应顶点的联线BB '，CC '，HH '共点，只需证对应边所在直线的交点I ，J ，G 共线．因为B ，C ，B '，下B '共圆，所以GC GB GB GC ''⋅=⋅，() *易知B ，C ，E ．F 及B '，C '，E '，F '分别四点共圆．()*式表明G 对这两个圆的幂相等，从而知G 在这两个圆的根轴上．由9090180BEB B E B '''∠+∠=︒+︒=︒，知B ，E ，B '，E '四点共圆，即有IE IB IB IE ''⋅=⋅．此式表明点I 也在上述两个圆的根轴l 上．同理，点J 也在上述两个圆的根轴l 上，因此I ，J ，G 共线．故BB '，CC '，HH '共点． 练习题二十八1．已知AD 、BE 、CF 为ABC △的三条高，BC 与EF 交于点Q 、AC 与DF 交于点k ，AB 与DE 交于点P ．则P 、Q 、R 共线．2．ABC △内切圆切三边BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ，且BC 交EF 于P ，CA 交DF 于Q ，AB 交DE 于R ，则P ，Q ，R 共线．3．将一点与正三角形的顶点相连，则三联结线的中垂线分别与对边（所在直线）的交点共线．4．将一点P 与正三角形ABC △的顶点相连，则PBC △、PCA △、PAB △的欧拉线共点或互相平行． 5．ABC △的内切圆分别切BC 、CA 、AB 边于点D 、E 、F ．连AD 交内切圆于点K ，过K 作内切圆的切线分别与直线DF 、DE 交于点G ，H ．求证：直线AD 、BH 、CG 共点．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略几何分册第15章调和点列

山西省太原市高中数学竞赛解题策略几何分册第15章调和点列

第15章 调和点列设两点C 、D 内分与外分同一线段AB 成同一比例，即AC ADCB DB=，则称点C 和D 调和分割线段AB ，或称点C 是点D 关于线段AB 的调和共轭点，亦称点列A 、B ，C 、D 为调和点列，若从直线AB 一点P 引射线PA 、PC 、PB 、PD ，则称线束PA 、PC 、PB 、PD 为调和线束．调和点列联系了众多的图形，因而它有一系列有趣的性质．1~③性质l 设A 、C 、B 、D 是共线四点，点M 是线段AB 的中点，则C 、D 调和分割线段AB 的充要条件是满足下述六个条件之一：图15-1CA（1）点A 、B 调和分割CD ； （2）112AC AD AB+=； （3）22AB CD AD BC AC DB ⋅=⋅=⋅； （4）CA CB CM CD ⋅=⋅； （5）DA DB DM DC ⋅=⋅；（6）22MA MB MC MD ==⋅．证明（1）AC AD CA CBA CB DB AD BD =⇔=⇔、B 调和分割CD ；（2）AC AD AC AD AB AC AD ABCB DB AB AC AD AB AC AD--=⇔=⇔=-- 112AC AD AB⇔+=； （3）()AC ADAC DB BC AD BC AC CB BD CB DB=⇔⋅=⋅=⋅++ 22AC DB AC DB BC AC BC BC BD ⇔⋅=⋅+⋅++⋅ ()()AC CB BD BC AB CD =+⋅+=⋅22AB CD AC DB BC AD ⇔⋅=⋅=⋅；（4）122ABAD MBAB CD BC AD CD BC BC⋅=⋅⇔== AC CD MC AC MCCA CB CM CD CD CB CD CB+⇔=⇔=⇔⋅=⋅； （5）122ABAC MBAB CD AC BD CD BD BD⋅=⋅⇔==①沈文选．线段调和分割的性质及应用[J]．中学教研（数学），2009（9）：28-33．②沈文选，肖登鹏．调和点列的性质与一类竞赛题的证明[J]．数学通讯，2009（6）：43-46． ②沈文选，羊明亮．线段的调和分割在证明两角相等的应用[J]．中学教学研究，2009（8）：31-33．AC CD MB DB AD MDCD DB CD BD ++⇔=⇔=DA DB DM DC ⇔⋅=⋅； （6）AC AD AM MC MD AMCB DB BM MC MD BM++=⇔=-- 2222AM MC MD AM AM MDAM MC MD AM MC AM++=⇔=-- 22=MC MD MA MB ⇔⋅=．性质2 设A 、C 、B 、D 是共线四点，过共点直线外一点P 引射线PA 、PC 、PB 、PD ，则C 、D 调和分割线段AB 的充要条件是满足下述两个条件之一：（1）线束PA 、PC 、PB 、PD 其中一射线的任一平行线被其他三条射线截出相等的两线段；（2）另一直线l 分别交射线PA 、PC 、PB 、PD 于点A '、C '、B '、D '时，点C '、D '调和分割线段A B ''．证明（1）如图15-2，不失一般性，设过点B 作GH AP ∥交射线PC 于G ，交射线PD 于H ．图15-2H 'B'G 'C 'y lGBCADHPAC AD CB DB =⇔注意GH AP ∥，有AP AC AD APGB CB DB BH===GB BH ⇔=． （2）如图15-2，不失一般性，设过点B '作G H AP ''∥交射线PC 于G '，交射线PD 于H '，则G H GH ''∥．AC ADB CB DB=⇔为GH 的中点⇔注意G H GH ''∥，知B '为G H ''的中点 A C A P A P A D C C B G B B H D B '''''''⇔===⇔''''''''、D '调和分裂线段A B ''． 推论l 梯形的两腰延长线的交点，两对角线的交点，调和分割两底中点的联线段，证明 如图15-3，在梯形BCEF 中，BF CE ∥，A 是两腰延长线的交点，D 是两对角线的交点，联结AD 并延长交BF 于M ，交CE 于N ，则B M M D M F N E D NC N ==，BM AM MFCN AN NE==，即BM M F NE CN =，BM MFCN NE=．此两式相乘，相除得22BM BF =，22CN NE =，即BM MF =，CN NE =，亦即M 、N 分别为BF 、CE 的中点．图15-3NDMFBCEA联结ME ，则对线束EA 、EM 、ED 、EN 来说，BF NE ∥且BM MF =，则由性质2（1）知A 、D 调和分割线段MN ．（当然也可由AM BF MDAN CE DN==而证．） 推论2 完全四边形的一条对角线被其他两条对角线调和分割． 此即为第14章中的性质2，下面另证如下．证明 如图15-4，在完全四边形ABCDEF 中，AD 、BF 、CE 是其三条对角线，设直线AD 交BF 于M ，交CE 于N ．若BF CE ∥，则由推论1知，点M 、N 调和分割线段AD ．若BF ∥CE ，如图15-4，设直线BF 与直线CE 交于点G ．联结AG ，过点D 作直线TL CG∥交AC 于T ，交AE 于S ，交BG 于K ，交AG 于L ，则分别在BCG △、ACG △、FCE △中，有TD CE DK EG =，TS CE SL EG =，DS CESK EG=． 于是TD TS DS TS DS TDDK SL SK SL SK KL-====-，从而DK KL =． 图15-4SQ DK FTP B MI H LGJE NCA又过点M 作MH CG ∥交AG 于+，则M H D L ∥．联结AK 并延长交MH 于I ，交NG 于J ，则由K 为DL 的中点，知I 为MH 的中点，J 为NG 的中点，在梯形MNGH 中，点K 在MG 上，则由推论1知，A 、K 调和分割IJ ，即有AI AJIK JK=． 于是，由平行线性质，有AM ANMD ND=，即知M 、N 调和分割线段AD ． 联结DG 并延长交AC 于点P ，交EF 于点Q ，则上述证明知，在完全四边形GFBDCE 中，Q 、P 调和分割线段GD ．对线束AC 、AN 、AE 、AG ，由性质2（2），知M 、G 调和分割BF ，N 、G 调和分割CE ．注：当BF CE ∥时，也可看作直线BF 与CE 相交于无穷远点G ，此时，亦有M 、G 调和分割BF ，N 、G 调和分割CE ．推论3过完全四边形对角线所在直线的交点作另一条对角线的平行线，所作直线与平行的对角线的同一端点所在的边（或其延长线）相交，所得线段被此对角线所在直线上的交点平分． 证明 如图15-5，点M 、N 、G 为完全四边形ABCDEF 的三条对角线AD 、BF 、CE 所在直线的交点，过点M 与CE 平行的直线，与EB 、EA 交于点I ，J ，与CA ，CF 交于点T 、S ，分别对线束EA 、EM 、ED ；CA 、CM 、CD 、CN 应用性质2（1）知M I M J =，MJ MS =． 图15-5CP同理，可证过点N 与BF 平行的直线的情形，过点G 与AD 平行的直线的情形．性质3 对线段AB 的内分点C 和外分点D ，以及直线AB 外一点P ，给出如下四个论断： ①PC 是APB ∠的平分线； ②PD 是APB ∠的外角平分线； ③C 、D 调和分割线段AB ； ④PC PD ⊥．以上四个论断中，任意选取两个作题设，另两个作结论组成的六个命题均为真命题．证明（1）由①、②推出③、④，此时有AC PA ADCB PB DB==，显然PC PB ⊥． （2）由①、③推出②、④．此时，可过点C 作EF PD ∥交射线PA 于点E ，交射线PB 于点F ，如图15-6．则由性质2（1）知E C C F =，从而知PC EF ⊥，亦知PC PD ⊥，亦即有PD 平分APB ∠的外角．（3）由①、④推出②、③．此时，推知PD 是APB ∠的外角平分线，由此即知C 、D 调和分割线段AB ．（4）由②、③推出①、④．此时，结论显然成立． 图15-6DBF CAE P（5）由②、④推出①、③．此时，不妨设APC α∠=，BPC β∠=．由PC PD ⊥知90APD α∠=︒+，90BPD β∠=︒-，由正弦定理（或共角比例定理）有 sin sin sin cos sin sin sin cos PA PA APC AC AD PA APD PA PB PB BPC CB DB PB BPD PB ααββ⋅⋅∠⋅∠⋅=====⋅⋅∠⋅∠⋅， 亦即有sin cos sin cos cos sin 0sin()0sin cos αααβαβαβαβββ=⇔⋅-⋅=⇔-=⇔=． 从而知PC 平分APB ∠，由此亦推知PD 是APB ∠的外角平分线。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第14章 完全四边形

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第14章 完全四边形

第14章 完全四边形我们把两两相交又没有三线共点的四条直线及它们的六个交点所构成的图形，叫做完全四边形．六个交点可分成三对相对的顶点，它们的连线是三条对角线．如图14-1，直线ABC ，BDE ，CDF ，AFE 两两相交于A 、B 、C 、D 、E 、F 六点，即为完全四边形ABCDEF ．线段AD 、BF 、CE 为其三条对角线．设AD 与BF 交于点G ，则GCE △称其为对角三角形．完全四边形中，既有凸四边形，凹四边形，还有折四边形以及四个三角形．即凸四边形ABDF ，凹四边形ACDE ，折四边形BCFE ，四个三角形是ACF △，BCD △，DEF △，ABE △．每个四边形的对边称为完全四边形的对节，一个完全四边形共有六对对节． 完全四边形有一系列有趣的性质①②③④⑤．性质1 完全四边形的三条对角线的中点共线，此线称为牛顿线．此即完全四边形ABCDEF 的三条对角线AD ，BF ，CE 的中点M ，N ，P 共线．证明 如图14-1，分别取CD ，BD ，BC 的中点Q ，R ，S ． 于是，在ACD △中，M ，R ，Q 三点共线；在BCF △中，S ，R ，N 三点共线；在BCE △中，S ，Q ，P 三点共线．SQN A B CDEFM R图14-1由平行线性质，有,,MQ AC NR FD PS EBMR AB NS FC PQ ED===． 对BCD △及截线AFE 应用梅涅劳斯定理，有1AC FD EBAB FC ED⋅⋅=，即有1MQ NR PS MR NS PQ ⋅⋅=． 再对QRS △应用梅内劳斯定理的逆定理，知M ，N ，P 三点共线． 注：此性质还可有10余种证法⑥⑦．性质2 完全四边形的一条对角线被其他两条对角线调和分割．如图14-2，在完全四边形ABCDEF 中，若对角线AD 所在直线分别与对角线BF ，CE 所在直线交于点M ，N ，则AM ND AN MD ⋅=⋅．①①沈文选．完全四边形的有没性质[J]．中等数学，2006（8）：17-20．②沈文选．完全四边形的性质应用举例[J]．中等数学，2006（10）：16-20． ③沈文选．有约束条件的完全四边形的有没性质与竞赛命题[J]．中等数学，2007（2）：17-22． ④沈文选．完全四边形的Miquel 点及其应用[J]．中学教学，2006（4）：36-39．⑤沈文选．走向国际教学奥林匹克的平面结合试题诠释（下）[]M ．哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2007：204-217．⑥沈文选．完全四边形的有没性质[J]．中等数学，2006（8）：17-20． ⑦沈文选．完全四边形的性质应用举例[J]．中等数学，2006（10）：16-20．（1）（2）PNABC DEFMNABCDEF M图14-2若BF CE ∥，则由AM BF MDAN CE ND==，即证． （此时，也可看做直线BF ，CE 相交于无穷远点P ，也有下面的②，③两式）若BF 不平行于CE ，则可设两直线相交于点P ，此时，还有BM MFBP PF=， ② CN NECP PE=． ③ 下面仅证明当BF 不平行于CE 时，有AM MDAN ND=，其余两式可类似证明． 证明 对ADF △及点B 应用赛瓦定理，有1AM DC FEMD CF EA⋅⋅=．④ 对ADF △及截线CNE 应用梅涅劳斯定理，有1AN DC FEND CF EA⋅⋅=．⑤ 上述两式相除（即④÷⑤），可得AM MDAN ND=． 注：对ABF △及点D 和截线CEP 分别应用赛瓦定理和梅涅劳斯定理可得BM MFBP PF=．对ACE △及点D 和截线BFP 分别应用赛瓦定理和梅涅劳斯定理可得CN NECP PE=． 性质3 完全四边形ABCDEF 的四个三角形ACF △，BCD △，DEF △，ABE △的外接圆共点M ，点M 称为它的密克尔点．证明如图14-3，设B C D △与DEF △的外接圆交于点D 外，还交于点M ．设点M 在直线CB ．CD ，BD上的射影分别为P ，Q ，R ，则对BCD △应用西姆松定理，知P ，Q ，R 共线． 图14-3P MQR SAB CD EF又设点M 在AE 上的射影为S ，则对DEF △应用西姆松定理，知Q ，R ，S 共线，故P ，Q ，R ，S 四点共线．对ACF △和ABE △分别应用西姆松定理的逆定理，知M 在ACF △，ABE △的外接圆上，故四个三角形的外接圆共点．注：直线PQRS 又称为完全四边形的西姆松线．此性质也称为完全四边形的密克尔定理．性质4 过完全四边形对角线所在直线的交点作另一条对角线的平行线，所作直线与平行对角线的同一端点所在的边（或其延长线）相交，所得线段被此对角线所在直线的交点平分．（可参见第15章线段的调和分割定理2的推论3）．证明如图14-4，设O ，G ，H 分别为完全四边形ABCDEF 的三条对角线所在直线的交点．（i ）过O 作与CE 平行的直线交EB 于I ，交EA 于J ，交AC 于M ，与CF 的延长线交于点N ，则须证OI OJ =，OM ON =．图14-4QL'N 'M 'I TGD S L H NEF JO CM B A P事实上，由完全四边形对角线调和分割定理有AO DOAG DG=． 又IJ CE ∥，则OI DO AO OJGE DG AG GE===． 从而OI OJ =．由MN CE ∥，则ON DO AO OMCG DG AG CG===． 从而OM ON =．(ii)过G 作与BF 平行的直线，交FC 于S ，交FE 的延长线于点T ，交BE 的延长线于L ，变BC 于M '．同（1）的证明一样，可得,GS GT GM GL '==．（iii ）过点H 作与AD 平行的直线，交CA 的延长线于P ，交AE 的延长线于Q ，交DF 的延长线于N '，交DE 的延长线于L '．同（1）的证明，可得,HN HL HP HQ ''==． 综上，我们便完成了结论的证明．注：由上述优美的性质，容易想到蝴蝶定理，在这里，我们不妨也把它称为完全四边形的蝴蝶定理． 性质5 如图14-5，完全四边形ABCDEF 中，图14-5（1）四个三角形BCC △，DEF △，ABE △，ACF △的垂心四点共线．（2）四个三角形BCD △，DEF △，ABE △，ACF △的外心四点共圆（施坦纳圆）． （3）以三角对角线为直径的圆共轴，且与四个三角形的垂心乎共线．证明 （1）由密克尔定理，设其密克尔点为M ，即BCD △，DEF △，ABE △，ACF △的外接圆的公共点为M ，则点M 关于四个三角形的西姆松线为同一条直线l ． 由施坦纳定理（设ABE △的垂心为H ，其外接圆上任一点P ．则P 关于ABE △的西姆松线通过线段PH 的中点）．l 通过点M 分别与BCD △，DEF △，ABE △，ACF △的垂心的连线段的中点，从而这四个三角形的垂心共线．注：该线称为完全四边形的垂心线，它平行于完全四边形的西姆松线．（2）设其密克尔点为M ，四个三角形BCD △，DEF △，ABE △，ACF △的外心分别为1O ，2O ，3O ，4O ．由于ME 与圆2O 和圆3O 的公共弦，则23O O ME ⊥． 设23O O 交ME 于H ，则2MO H MDE ∠=∠．同理13MO O MCB ∠=∠．又B ，D ，M ，C 四点共圆，则MDE MCB ∠=∠． 故213MO H MO O ∠=∠，即1O ，2O ，3O ，M 四点共圆．同理，1O ，2O ，4O ，M 四点共圆，故1O ， 2O ，3O ，4O ，M 五点圆．（3）我们证明以完全四边形的三条对角线为直径的圆共轴，且完全四边形的四个三角形的垂心在这条根轴上．如图14-6，在完全四边形ABCDEF 中，以对角线AD ，BF ，CE 为直径作圆．图14-6EC这三个圆的圆心就是三条对角线的中点M ，N ，P ．设1H ，2H ，3H ，4H 分别为FDE △，ACF △，ABE △，BCD △的垂心，注意到三角形垂心的性质：三角形的垂线是所有过任一条高的两个端点的圆的根心．在完全四边形ABCDEF 中，显然FDE △，ACF △，ABE △，BCD △的垂心不重合． 由于DEF △的垂心1H 是三个圆的根心，而对于DEF △，在它的边所在直线上的点，C ，B ，A ，DEF △的垂心1H 关于以CE ，BF ，AD 为直径的远的幂相等，即1H 在这三个圆两两的根轴上．同样，对于ACF △，在它的边所在直线上的点B ，D ，E ，其垂心2H 关于以CE ，BF ，AD 为直径的圆的相等，以及3H ，4H 均关于以CE ，BF ，AD 为直径的圆的幂相等．故1H ，2H ，3H ，4H 均在这三个圆两两的根轴上，即这三个圆两两的根轴重合，亦即共轴，且四个三角形的垂心在这条根轴上．注：此结论又称为高斯定理：分别以一完全四边形的对角线为直径所作的三圆共轴，它们的等幂轴就是完全四边形的垂心线．性质6 如图14-7，在完全四边形ABCDEF 中，点G 是对角线AD 所在直线上的一点，联结BG ，CG ，FG ． 若AGC AGE ∠=∠，则AGB AGF ∠=∠． 证明 如图14-7所示的各种情形，过点G 作直线a AD ⊥，过B ，F 分别作直线BM a ⊥于M ，交CD 于1M ，交CG 于2M ；作直线FN a ⊥于N ，交DE 于1N ，交GD 于2N ，则BM AG FN ∥∥．图14-7（5）（3）（4）（1）（2）aaM1M2N 1N 2N MD GECF B A M2N 2M 1N 1M NGCDF E BA a（M 2）N 2N 1M1DE N MGC FBA aaN 1M1G F BEDCAMN N 2M2N 2N 1M1M2F BDEENG M A于是由AGC AGE ∠=∠，知22Rt Rt GMM GNN △∽△．从而21122211122MM M B M B M B M BMG BD DA GA NN NG DN N F DA N F GA N F N F======⋅=． （*） 由等比性质，得2222M B MM MG BMNG N F NN FN±==±， 所以Rt Rt MBG NFG △∽△． 即有BGM FGN ∠=∠． 故AGB AGF ∠=∠．注：当2M 与M 重合，2N 与N 重合时，式（*）变为11111M B M B MG BD DA MB GA MBNG DN N F DA N F GA NF NF===⋅=⋅=． 由此，即知Rt Rt MBG NFG △∽△．性质7 在完全四边形ABCDEF 中，点G 是对角线AD 所在直线上异于A 的任意一点，则 cot cot cot cot AGC AGF AGB AGE ∠+∠=∠+∠．⑧ 证明 联结CE 与直线AD 交于点K ．在ACE △中及点D 应用塞瓦定理，有1AB CK EFBC KE FA⋅⋅=．① 注意到sin sin GAB GBC S AB AG AGBBC S AG BGC ⋅∠==⋅∠△△． sin sin GCK GKE S CK CG AGCKE S EG AGE ⋅∠==⋅∠△△． sin sin GEF GFA S EF EG EGFFA S AG AGF⋅∠==⋅∠△△． 将以上三式代入式（*）得sin sin sin sin sin sin BGC EGFAGC AGB AGE AGF∠∠=∠⋅∠∠⋅∠ ② 又sin sin()sin cos cos sin BGC AGC AGB AGC AGB AGC AGB ∠=∠-∠=∠⋅∠-∠⋅∠ sin sin()sin cos cos sin EGF AGE AGF AGE AGF AGE AGF ∠=∠-∠=∠⋅∠-∠⋅∠． 将上两式代入式②，得cot cot cot cot AGB AGC AGF AGE ∠-∠=∠-∠． 故cot cot cot cot AGC AGF AGB AGE ∠+∠=∠+∠．注：显然性质7是性质6的推广．性质7的前部分证明也可对ACF △及截线BDE 或对ABE △及截线CDF 应用梅涅劳斯定理得到类似于①的式子．⑧沈文选．善用平台，揭示性质[J]．中学生数学，2009（5）：45-46．性质8在完全四边形ABCDEF 中，1234,,,O O O O 分别为ACF △，BCD △，DEF △，ABE △的外心，1234H H H H 、、、分别为423O O O △，413O O O △，241O O O △，123O O O △的垂心，则（1）423O O O ACF △∽△，123O O O ABE △∽△，241O O O DEF △∽，413O O O BCD △∽△．（2）1234H H H H 、、、分别在BE ，AE ，AC ，CF 上，且四边形12342143H H H H O O O O ≌四边形 ． 证明如图14-8所示．图14-8O 2O 3O 1H'H 2H 3'H 1H 1'H 2'DO F EMCBA（1）设M 为其密克尔点，则BM 为圆2O 与圆4O 的公共弦，即知24O O BM ⊥． 同理，23O O DM ⊥．于是，423O O O BMD BCD ACF ∠=∠=∠=∠．又24323180180O O O O MO BME BAF CAF ∠=︒-∠=︒-∠=∠=∠，故423O O O ACF △∽△． 或者，考虑4O ，2O 在边AC 上的射影分别为AB ，BC 的中点，即42O O 在边AC 上的射影为AC 的12．同理，23O O 在CF 上的射影为CF 的12． 又43O O 在AE 上的射影为11()22AE EF AF -=，即为AF 的12，故423O O O ACF ∽△．同理123O O O ABE △∽△．此时241231O O O O O O BEA DEF ∠=∠=∠=∠．又214213314213324O O O O O O O O O O O O O O O CAF ACF DFE ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠=∠， 从而241O O O DEF △∽△． 413O O O BCD △∽△．（2）自2O 作34O O 的垂线交BE 于点1H '，联结4BO ，2BO ，41O H '，由ABE △的外心，知1490H BO BAE '∠=︒-∠及1242439090H O O O O O BAE '∠=︒-∠=︒-∠，则14124H BO H O O ''∠=∠，从而1H '，2O ，B ，4O 四点共圆，于是14212H O O H BO ''∠=∠．又2O 为BCD △的外心，知12290H BO O BE BCD '∠=∠=︒-∠． 于是1424290903H O O BCD O O O '∠=︒-∠=︒-∠．即14242390H O O O O O '∠+∠=︒．这说明41O H '也垂直于23O O ，即知1H '为423O O O △的垂心，即1H '与1H 重合，从而1H 在BE 上．过3O 作14O O 的垂线交AE 于2H '，联结4O E ，3O E ，42O H '，则4290O EH ABE '∠=︒-∠， 43214314390(180)90(180)9090O O H O O O O O O ABE ABE '∠=︒-︒-∠=∠-︒=︒-∠-︒=︒-∠． 从而2H '，4O ，E 四点共圆，即有42343O H O O EO '∠=∠． 又132134432429090O O H O O O O O H BDC O EH BDC ABE ACF '''∠=∠+∠=∠+∠=∠+︒-∠=︒-∠． 423433442(90)()O H O O EO DEO DEO DFE DEF O EH ''∠=∠=∠+∠=∠-︒+∠+∠ 90(90)(180)180DFE DEF ABE ABE EDF ACF =∠-︒+∠-︒-∠=∠+︒-∠-︒=∠，即13242390O O H O H O ''∠+∠=︒． 这说明2H '为134O O O △的垂心，即2H '与2H 重合，故2H 在AE 上．过点2O 作14O O 的垂线交AC 于3H '，联结1CO ，2CO ，31H O '，则321214(180)H O O O O O '∠+︒-∠ 321180H O O DFE '=∠+︒-∠32190H O O AFC '=∠+∠=︒， 3190H CO AFC '∠=︒-∠． 于是32131H O O H CO ''∠=∠． 从而3H '，C ，2O ，1O 四点共圆，有23121O H O O CO '∠=∠． 又3243211243112490H O O H O O O O O H CO O O O AFC FDE '''∠=∠+∠=∠+∠=︒-∠-∠ 90()90FDE FED FDE FED =︒-∠+∠+∠=︒-∠，2311212O H O O CO ACF ACO FCO '∠=∠=∠-∠+∠ (90)(90)ACF AFC CBD ∠-︒-∠+∠-︒ 180180CAF CBD =︒-∠+∠-︒CAF FED CAF FED =∠+∠-∠=∠，即32423190H O O O H O ''∠+∠=︒，即知3H '为124O O O △的垂心． 从而3H '与3H 重合，故3H 在AC 上． 过点3O 作12O O 的垂线交CF 于点4H '，联结1O F ，14O H '，3O F ．由1O 为ACF △的外心，有4190H FO FAC '∠=︒-及4312139090H O O O O O FAC '∠=︒-∠=︒-∠，知41431HF O HO O ''∠=∠，从而4H '，3O ，F ，1O 四点共圆，于是41343H O O H FO ''∠=∠． 又3O 为DEF △的外心，知43390H FO DFO FED '∠=∠=︒-∠，于是41390H O O FED '∠=︒-∠=， 13290O O O ︒-∠，即41313290H O O O O O '∠+∠=︒． 这表明14O H '也垂直于23O O ，即知4H '为123O O O △的垂心，即4H '与4H 重合，故4H 在CF 上． 综上知，点1H ，2H ，3H ，4H 分别在BE ，AE ，AC ，CF 上．下面证四边形12342143H H H H O O O O ≌四边形．由于1O ，2O ，3O ，4O 共圆，该圆圆心记为O ，设K 为23O O 的中点，如图14-9所示．图14-9注意到卡诺定理：三角形任一顶点至该三角形垂心的距离，等于外心至其对边的距离的2倍，则知412O H OK =，且41O H OK ∥；12O H OK =，且14O H OK ∥，从而1441O H O H ∥，即知1414O H H O 为平行四边形，于是4114H H O O ∥．同理，1221H H O O ∥，2332H H O O ∥，3443H H O O ∥．故四边形12342143H H H H O O O O ≌．性质9 在完全四边形ABCDEF 中，四边形ABDF 有内切圆的充要条件是下列有两条件之一： （1）BC BE FC FE +=+． （2）AC DE AE CD +=+．证明（1）充分性． 如图14-10，在CF 上截取CG CB =，在EA 上截取EH EB =． 联结BG ，GH ，BH ，则FH EH EF EB EF =-=-．图14-10DG CFBHA又BC BE FC FE +=+， 则BE FE FC BC -=-，故FH FC BC FC CG GF =-=-=．分别作BCG ∠，BEH ∠，GFH ∠的平分线．因为CB CG =，EB EH =，FG FH =，所以这三个角的平分线所在的直线就是BGH △三边的垂直平分线，从而，这三个角的平分线交于一点，设为I ．由角平分线的性质知，I 到CB 与CF ，EB 与EF ，FC 与FA 的距离均相等，即I 到四边形ABDF 的四边距离相等，所以，四边形ABDF 有内切圆． 且I 为其内切圆的圆心． 必要性． 略．（2）充分性． 在AC 上截取CG CD =，在AE 上截取EH ED =，则AG AC CG AC CD =-=-= AE DE AE EH AH -=-=，则DCG ∠，DEH ∠，GAH ∠的平分线就是DGH △的三边的中垂线，同（1）知四边形ABDF 有内切圆． 必要性． 略．性质10 在完全四边形ABCDEF 中，四边形ABDF 有内切圆的充要条件是ACD △与ADE △的内切圆相处切．证明 如图14-11，必要性． 当四边形ABDF 有内切圆圆I 时，设圆I 分别切BD ，DF 于点M ，N ，设ACD △的内切圆圆1I 切CD 于点P ，ADE △的内切圆圆2I 切DE 于点Q ，则PN CN CP =-图14-11A111()()()222AC CF AF AC CD AD AD DF AF =+--+-=+-． 同理1()2QM AD DB AB =+-．由四边形ABDF 有内切圆，知DF AF DB AB -=-，于是PN QM =．再由DN DM =，可知DP DQ =． 从而圆1I 与圆2I 外切于AD 上某一点．充分性． 设ACD △的内切圆圆1I 与ADE △的内切圆圆2I 外切于AD 上一点，作AEB △的内切圆圆I ，过D 作圆I 的另一条切线分别交直线AB 于C '，交直线AE 于F '，作A CD'△的内切圆圆1I '，则由前面的证明可知圆1I '与圆2I 外切于AD 上一点，再由圆1I '与圆1I 的圆心同在CAD ∠的平分线上，知圆1I '与圆1I 重合． 从而C '与C 重合，F '与F 重合． 因此，四边形ABDF 有内切圆．性质11 在完全四边形ABCDEF 中，四边形ABDF （在BAF ∠内）有旁切圆的充要条件是下列有两条件之一：（1）AB BD AF FD +=+． （2）AC CD AE ED +=+． 证明（1）必要性． 略．充分性． 如图14-12，在射线AB 上取点K ，使得BK BD =，在射线AF 上取点L ，使得FL FD =． 联结DK ，DL ，KL ，由AB BD AF FD +=+．图14-12A则AK AB BK AB BD AF FD AF FL AL =+=+=+=+=从而BDK △，FDL △，AKL △均为等腰三角形． 设点O 为DLK △的外心，易知OB ，OF ，OA 分别为DLK △的三边DK ，DL ，KL 的中垂线，即它们分别是DBC ∠，DFE ∠，EAC ∠的平分线，则点O 到四边形ABDF 各边的距离相等，即知四边形ABDF （在BAF ∠内）有旁切圆，圆心为O ． （2）必要性． 设旁切圆与四边形分别相切于点M ，P ，Q ，N ，如图14-12所示。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第17章--投影多边形--等角共轭点

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第17章--投影多边形--等角共轭点

第17章 投影多边形 等角共轭点定义1 从平面上一点P 向凸多边形各边作垂线，以各垂足为顶点的多边形称为投影多边形． 如三角形三条高线的垂足作为顶点的三角形，就是垂心的投影三角形（常称为垂心的垂足三角形）． 性质1 若点P 关于ABC △的投影三角形是△111A B C ． (1)当P 是ABC △的内心或旁心时，P 是△111A B C 的外心． (2)当P 是ABC △的外心时，P 是△111A B C 的垂心．(3)当P 是ABC △的垂心时，若ABC △是锐角三角形，P 是△111A B C 的内心；若ABC △是钝角三角形，P 是△111A B C 的旁心．证明 只证(3)中ABC △是钝角三角形的情形，如图17-1，BAC ∠是钝角，P 是ABC △的垂心，则P 在ABC △和△111A B C 的外部，在111B AC ∠的内部，易证A 1C 1B 1PACBDE 图17-1111111B A P PBC PCB C A P ===∠∠∠∠1111111B C P B AP A AC AC C DC P ====∠∠∠∠∠故P 是△111A B C 的旁心．性质2 一点P 的投影三角形的面积，与点P 关于外接圆的幂成比例．证明 如图17-2，点P 在△123A A A 的边23A A 、31A A 、12A A 上的投影分别为1P 、2P 、3P ，联结2A P 并延长△123A A A 的外接圆O 于点2B ．则3'A A 图17-223322332=360A PA A PP P PP P PA ︒---∠∠∠∠ 23312312(180)(180)P PP A PP P P A =︒-+︒--∠∠∠ 213312A A A P PP =+∠∠，又22323A B A B A P +∠∠ 23A PA =∠，从而21323P PP B A P =∠∠．于是，12312132131sin 2P P P S PP PP P PP =⋅⋅△∠ 1213231sin 2PP PP B A P =⋅⋅∠ 3322231sin sin sin 2PA A PA A B A P =⋅⋅⋅⋅∠ 22223231sin sin sin 2PA PB A B A A A =⋅⋅⋅⋅∠ 221231sin sin sin 2R OP A A A =-⋅⋅⋅（其中R 为O 半径） 1232224A A A R OP S R -=⋅△．（注意到2322233sin sin B A P PB A B A PA =∠∠）． 注：性质2常称为施坦纳(Steiner)定理．推论 1 投影三角形的面积为一定的点的轨迹，是一个与三角形外接圆同心的圆．在外接圆内的点，外心的投影三角形面积最大．推论2 三角形外接圆上的点的投影三角形面积为零．推论3 一点P 的投影点外接圆的半径122222()A P A P A Pr R OP ⋅⋅=-．事实上，由1232331124P P P P P P P PP S r⋅⋅=△及2311sin P P A P A =⋅等三式即得．推论4 △123A A A 的外心O 的投影三角形面积123014A A A S S =△．事实上，由2=0OP 即得．推论5 △123A A A 的内心I 的投影三角形面积1232I A A A rS S R=△．事实上，由2222OP OI R Rr ==-即得．推论6 △123A A A 的重心G 的投影三角形面积123222236G A A A a b c S S R ++=△．事实上，由2222221()9OP OG R a b c ==-++即得．推论7 △123A A A 的垂心H 的投影三角形面积1232cos cos cos H A A A S A B C S =⋅⋅⋅△． 事实上，由22228cos cos cos OP OH R R A B C ==-⋅⋅即得． 推论8 △123A A A 的九点圆圆心V 的投影三角形面积12322222516V A A A a b c R S S R ++-=⋅△．事实上，由12OV OH =且3OH OG =，得22222291()44OP OV R a b c ==-++即得．将性质2推广，则有如下结论：性质3 自ABC △所在平面内一点P 向三角形三边作同向等角θ的射线，分别交边BC ，CA ，AB 于点1A ，1B ，1C ．设ABC △外接圆O 的半径为R ，OP d =，则11122224sin A B C ABCR d S S R θ-=△△． ①证明 如图17-3，当点P 在ABC △内，111PA B PB C PC A θ===∠∠∠，延长CP 交圆O 于D ，联结AD ，AP ． 由题意知点A ，1C ，P ，1B 共圆，由正弦定理得B 1A 1C 1M NCBAD图17-311sin sin PA AB C θ=． 同理11sin sin PC CA B θ=． 又11BAD BCP A B P ==∠∠∠，111PB C PAC =∠∠，则 1111111A B C A B P PB C =+∠∠∠ 1BAD PAC PAD =+=∠∠∠．在PAD △中，sin sin PA PAD PD D =∠，而D B =∠∠，即sin sin PA PAD PD B =⋅∠．从而 11111111111sin 2A B C S A B B C A B C =⋅△∠ 2sin sin sin 2sin PA PCA C PAD θ⋅=∠2sin sin sin 2sin PA PCA B C θ⋅=．设MN 为过O ，P 的直径，则()()22PC PD PN PM R d R d R d ⋅=⋅=-+=-．又因22sin sin sin ABC S R A B C =△，则11122224sin A B C ABCS R d S R θ-=△△． 当点P 在ABC △的外部时，如图17-4所示，类似可证得1M 图17-411122224sin A B C ABCS R d S R θ-=△△． 故性质3得证． 显然，当90θ=︒时，有1112224A B C ABCR d S S R -=△△，此即为性质2．定义2 凸多边形所在平面内两点分别与各顶点连线，如果同一顶点所连的线与靠近的边所成的角都相等，则称这两点为凸多边形的等角共轭点． 例如，给定一个ABC △和两个点P ，Q ，如果使其满足PAB QAC =∠∠，PBA QBC =∠∠，PCB =∠ QCA ∠，那这样的P ，Q 两点即为ABC △的等角共轭点．性质4 三角形的外心与垂心是三角形的等角共轭点（参见第4章性质2）．性质5 调和四边形两条对角线的中点是调和四边形的等角共轭点(参见第16章性质4)． 对三角形而言，显然内心是重合的等角共轭点（称为自等角共轭点）；三个旁心也都是自等角共轭点． 对于一个三角形而言，我们可推知：(1)三角形外接圆上除3个顶点外，其余所有点均无实在的等角共轭点和它们相配．或者说外接圆上除顶点外，其等角共轭点为无穷远点．(2)每个顶点可有无限多个等角共轭点，即对边所在直线上的所有点． (3)每边及延长线上的所有点同以对顶点为它们的等角共轭点．(4)除以上所说的点外，每一点都有唯一的等角共轭点和它配成点对．性质6 设P ，Q 是ABC △的一对等角共轭点，则P ，Q 在边BC ，CA ，AB （所在直线）上的射影必共圆，其共圆圆心是等角共轭点P ，Q 连线的中点，如图17-5所示．图17-5事实上，这个命题对多边形来说也是成立的．性质7 如果一个多边形有等角共轭点，那这对等角共轭点在各边（所在直线）上的射影必共圆，所共圆圆心是这对等角共轭点连线的中点．证明 如图17-6，设P 、Q 为凸多边形ABC ……H 的等角共轭点．设P 、Q 在各边AB 、BC 、…、HA 上的投影分别为K 、K '、L 、L '，…，N 、N '．联结AP 、AQ 、NK 、N K ''，则知A 、P 、N 、K 四点共圆，有H N N CA图17-690ANK APK PAK ==︒-∠∠∠．又由A 、Q 、N '、K '四点共圆，有90AK N AQN QAN ''''==︒-∠∠∠．由等角共轭点的定义，有PAK QAN '=∠∠．从而，有ANK AK N ''=∠∠，即知N 、N '、K 、K '四点共圆，这圆的圆心应是线段NN '、KK '的中垂线的交点．但这两条中垂线显然交于PQ 的中点O ，即O 为该圆的圆心． 同样的方法，可证K 、K '、L 、L '四点共圆，且圆心也是PQ 的中点O ．同理，得其他的圆，且这些圆既同心，又轮回有公共点，则自必合而为一． 注：此命题的逆命题虽然成立．从而上述条件为充分必要条件． 于是我们可以得到：(1)若两点在一个多边形各边（所在直线）上的射影共圆，则它们必是该多边形的等角共轭点；(2)若一点在一个多边形各边（所在直线）上的射影共圆，则该点的等角共轭点（关于该多边形而言）必定存在．其实我们还可以把性质6加强为如下一个等价形式的命题．性质 6 设给定ABC △及P ，Q 两点，则P ，Q 两点是ABC △的等角共轭点的充要条件是：点P ，Q 在ABC △各边（所在直线）上的射影必共圆．性质8 设给定ABC △及P ，Q 两点，则P ，Q 两点是ABC △的等角共轭点的充要条件是：点P ，Q 到ABC △各边的距离成反比．证明略（由直角三角形相似来证．）性质9 三角形的一对等角共轭点到各顶点的距离乘积之比等于其等角共轭点到各边的距离乘积之比． 证明 如图17-7，由QCY'Y X'X BZT A 图17-7PAB QAC =∠∠，Z P AB ⊥，QY AC '⊥，易知有Rt Rt PAZ QAY '△∽△，所以 PA PZQA QY ='． 同理由Rt Rt PAY QAZ '△∽△，得PA PYQA QZ ='于是 2PA PY PZQA QY QZ ⎛⎫⋅= ⎪''⋅⎝⎭． 同理 2PB PX PZ QB QX QZ ⎛⎫⋅= ⎪''⋅⎝⎭，2PC PX PYQC QX QY ⎛⎫⋅= ⎪''⋅⎝⎭． 所以PA PB PC PX PY PZQA QB QC QX QY QZ ⋅⋅⋅⋅='''⋅⋅⋅⋅． 性质10 三角形的一对等角共轭点对于三角形的投影三角形的面积之比等于其等角共轭点与各顶点连线所分成对应的三个三角形的面积乘积之比． 为了证明此性质，先给出如下引理．引理 设P ，Q 是ABC △的等角共轭点，如图17-8，则有图17-8PQDCBAsin sin AP BOCAQ BPC=∠∠， sin sin BP CQA BQ CPA =∠∠，sin sin CP AQBCQ APB=∠∠． 事实上，如图17-8，延长BP 至D ，使BCD BQA =∠∠，联结AD ，CD ．由PBC QBA =∠∠，有 DBC ABQ △∽△． 则sin sin sin sin DC BC BQC BQCAQ BQ BCQ PCA===∠∠∠∠， ①且 BDC BAQ CAP ==∠∠∠，从而A ，P ，C ，D 四点共圆，即sin sin sin sin AP PCA PCADC DPC BPC==∠∠∠∠． ②由①⨯②知sin sin AP BQCAQ BPC=∠∠． 同理sin sin BP AQC BQ APC =∠∠，sin sin CP AQBCQ APB=∠∠． 下面给出性质10的证明．证明 如图17-9，因X ，X '，Y ，Y '，Z ，Z '分别是等角共轭点P ，Q 在ABC △的边BC ，CA ，AB 所在直线上的投影，由定理1知，X ，X '，Y ，Y '，Z ，Z '六点共圆，所以BCQP Y'YX'XZ'Z A 图17-9XYZ X Y Z S XY YZ ZXS X Y Y Z Z X '''⋅⋅=''''''⋅⋅△△． ③又由PZ AB ⊥，PY AC ⊥知A ，Y ，P ，Z 四点共圆，且AP 为圆AYPZ 的直径，所以sin YZ AP A =． 同理sin Y Z AQ A ''=，sin ZX BP B =，sin Z X BQ B ''=，sin XY CP C =，sin X Y CQ C ''=，于是XY YZ ZX AP BP CPX Y Y Z Z X AQ BQ CQ⋅⋅⋅⋅=''''''⋅⋅⋅⋅． ①利用三角形面积公式，有1sin 2PAB S AP BP APB =⋅△∠， 1sin 2PBC S BP CP BPC =⋅△∠，1sin 2PCA S CP AP CPA =⋅△∠．所以21()(sin sin sin )8PAB PBC PCA S S S AP BP CP APB BPC CPA ⋅⋅=⋅⋅⋅△△△∠∠∠．同理21()(sin sin sin )8QAB QBC QCA S S S AQ BQ CQ AQB BQC CQA ⋅⋅=⋅⋅⋅△△△∠∠∠．再由引理知sin sin AP BQC AQ BPC =∠∠，sin sin BP CQA BQ CPA =∠∠，sin sin CP AQBCQ APB =∠∠， 所以PAB PBC PCAQAB QBC QCAS S S AP BP CP AQ BQ CQ S S S ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅△△△△△． ⑤由式③，④，⑤，可得XYZ PAB PBC PCA X Y Z QAB QBC QCAS S S SS S S S '''⋅⋅=⋅⋅△△△△△△△△．由上述性质10的证明过程，不难推证如下推论．推论9 ABC △的等角共轭点P ，Q 对于△ABC 的投影三角形(如图17-9中的△XYZ ，△X Y Z '')的边长由下式给出sin 2aZY AP A AP R ==⋅sin 2a Z Y AQ A AQ R''==⋅…其中a 表示ABC △边BC 的长，R 表示ABC △的外接圆半径．推论10 ABC △的等角共轭点P (或Q )对于ABC △的投影三角形，如图17-9中的△XYZ ，△X Y Z '''的边垂直于所对的ABC △顶点与等角共轭点Q （或P ）的连线如图17-9中的ZY AQ ⊥（或Z Y AP ''⊥）等． 推论11 ABC △的等角共轭点(P ，Q )对于ABC △的投影三角形的边，与ABC △的对应边乘这边相对的顶点到等角共轭点的距离的积成比例．推论12 ABC △的一对等角共轭点(P ，Q )及其在ABC △相应两边上的投影为顶点的两个对应三角形相似如图17-9中的△PYZ ∽△QZ Y ''等．推论13 ABC △的等角共轭点（P 或Q ）到各顶点的距离之积，与其等角共轭点对于ABC △的投影三角形如图17-9中的△XYZ 或△X Y Z '''的三边之积的比是一定值22R S，其中S ，R 分别表示ABC △的面积、外接圆半径．推论14 三角形的等角共轭点对于三角形的投影三角形的面积之比等于其等角共轭点与顶点连线所分成对应的三个三角形外接圆半径的乘积之比． 例1 在四边形ABCD 中，若AC BD ⊥，则两对角线的等角线交于一点O ，且△OAB 、△OBC 、△OCD 、△ODA 的垂心共线．证明 由于AC BD ⊥，注意到：在两对角线互相垂直的四边形中，过对角线交点向每边作垂线得四垂足，又若每垂线与对边相交得四交点，则所得八点共圆；两点是多边形的等角共轭点的充要条件是这两点在各边上的射影共圆．由此知P 点的等角共轭点存在．设为O ．令△OAB 、△OBC 、△OCD 、△ODA 的垂心分别为1H ，2H ，3H ，4H ．则4cot AH OD DAO =⋅∠， 3cot CH OD DCO =⋅∠，又43H AP H CP =∠∠，故△4AH P ∽△3CH P ． 所以43APH CPH =∠∠，即知4H 、P 、3H 三点共线． 同理，2H 、P 、3H 三点共线，1H 、P 、4H 三点共线． 故1H 、2H 、3H 、4H 四点共线．图17-10例2（2008年国家集训队测试题）设P 、Q 、R 分别是锐角三角形ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点，使得△PQR 是正三角形，并且它还是这样的内接正三角形中面积最小的．求证：点A 到QR 的垂线、点B 到RP 的垂线和点C 到PQ 的垂线，这三条直线共点．证明 如图17-11，作△CPQ 、△AQR 、△BRP 的外接圆，交得密克尔点M ，则 BMC BMP PMC BRP PQC =+=+∠∠∠∠∠ (π)(π)ARP PQA =-+-∠∠2πARP PQA RPQ RAQ =--=+∠∠∠∠π3A =+． MXPCBQR 图17-11A同理，π3RMA B =+∠． 由上知，M 为定点，所有这样的正三角形PQR （面积不一定最小）都相当于以M 为中心，将其中的一个三角形作刚体旋转而得．因此，这些三角形都有共同的旋转中心M ．要使△PQR 面积最小，即需MP 最小，这要求P 为M 在BC 上的垂足．同理，Q ，R 分别为M 在AC 、AB 上的垂足． 现在任取一点X ，使得XA PQ ⊥，则 ππ22XAQ AQR AMR MAR ==-=∠-∠∠∠． 因此，A 到QR 的垂线在△BAC 中是AM 的等角线．从而，A 到QR 的垂线，B 到RP 的垂线，C 到PQ 的垂线，都是经过点M 的等角共轭点．故这三条直线共点于定点M 的等角共轭点．例3（2008年国家集训队测试题）设P ，Q 是ABC △内两点，满足A B P CAQ =∠∠，ABP CBQ =∠∠，BCP ACQ =∠∠，△PBC 、△PCA 、△PAB 的外心分别为1O 、2O 、3O ，△QBC 、△QCA 、△QAB 的外心分别为1O '、2O '、3O '．设O 是经过1O 、2O 、3O 三点的圆之圆心，O '是经过1O '、2O '、3O '三点的圆之圆心．求证：OO PQ '∥．证明 设3O 、2O 联线和3O '、2O '联线交于点D ．因3O 、3O '分别为△PAB 、△QAB 的外心，则它们同在AB的中垂线上，即33O O AB '⊥． 同理，32O O AP ⊥，22O O AC '⊥，23O O AQ ''⊥． 从而332O O O BAP '=∠∠， ① 223O O O CAQ ''=∠∠．②由①，②及已知条件BAP CAQ =∠∠，知332223Q O O O O O '''=∠∠． 这就表明3O 、3O '、2O 、2O '四点共圆． 由圆幂定理，有3232O D DO O D DO ''⋅=⋅． ③③表明点D 到O 及O '的幂相等，是这两圆根轴上的一点．另一方面，由于D 既在AP 的中垂线上，又在AQ 的中垂线上，因此，DP DQ =．④1图17-12④表明点D 也在线段PQ 的中垂线上．类似地，若设3O 、1O 的联线和3O '、1O '，联线交于点E ．同理可证点E 到O 及O '的幂相等，且点E 也在线段PQ 的中垂线上．从而，PQ 的中垂线就是O 及O '的根轴．故PQ 垂直于两圆的根轴． 从OO '是两圆的连心线，由此知OO PQ '∥．例 4 圆内接四边形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点P ，则△PAB 与△PCD ，△PAD 与△PBC 的垂心，外心分别四点共圆．证明 为了证明该结论，先看如下引理：引理 过圆内接四边形ABCD 两对角线交点P 作任一边的垂线，则垂线必过以其对边为一边，以交点为一顶点的三角形的外心．事实上，如图17-13，过P 作PH AB ⊥于H ，作DP 的中垂线交HP 于Q ，交DP 于E ，过D 作DR EQ ∥，交HP 于R ，则DR DP ⊥，Q 为PR 的中点．R PQHE D CBA 图17-13由9090DRP EQP EPQ HPB PBH ACD DCP ==︒-=︒-===∠∠∠∠∠∠∠知D ，P ，C ，R 四点共圆．又PDR ∠是直角，所以，知Q 为△CDP 的外心． 下面，回到原问题的证明：如图17-14，设1O 、1H 与2O 、2H 分别为△PAD 、△PBC 的外心与垂心．由上述引理知，1O 、P 、2H 、F 及2O 、P 、1H 、E 分别四点共线．图17-14由于三角形的外心与垂心是等角共轭点，有2BPO CPF =∠∠，1APO DPE =∠∠．所以21NPO MPO =∠∠，12H PR H PQ =∠∠． 所以21NPO MPO =∠∠，12H PR H PQ =∠∠．即知12Rt Rt PO M PO M △∽△，12Rt Rt PH R PH Q △∽△． 从而 121212PAPO PM PAPO PN PBPB ===， 12PH PR PAPH PQ PB==（PAR PBQ △∽△） 于是1122PO PH PO PH =，即1221PO PH PO PH ⋅=⋅，故1O ，2O ，2H ，1H 四点共圆． 同理，△PAB 与△PCD 的外心，垂心四点共圆．例5（2011年第37届俄罗斯数学奥林匹克题）已知非等腰ABC △，N 是其外接圆孤BAC 的中点，M 是边BC 的中点，1I 、2I 分别是△ABM 、△ACM 的内心．证明：1I 、2I 、A 、A 四点共圆．证明 如图17-15，设2I '是2I 关于直线MN 的对称点，联结2BI '，1BI 、2MI '、1MI ，则12BAI BMI '+=∠∠ 121()902BMI CMI BMA CMA BMN +=+=︒=∠∠∠∠∠．图17-15故1MI 、2MI '关于BMN ∠的平分线对称． 同理，1BI 、2BI '关于MBN ∠的平分线对称．这表明1I 、2I '，是△BMN 的一对等角共轭点． 因此，12BNM MN MNI '=+∠∠∠，从而1212112I AI BAC BNM MNI MNI MNI '===+=+∠∠∠∠∠∠ 212MNI I NI =∠∠．故1I 、2I 、A 、N 四点共圆．例6 过ABC △内一点O 引三边AB 、BC 、CA 的平行线与其他两边的交点分别为E 、F ，G 、H ，I 、K ．过O 作ABC △外接圆的弦AL ．求证：OE OF OG OH OI OK OA OL ⋅+⋅+⋅=⋅． 证明 如图17-16，设ABC △的三边的长为BC a =，CA b =，AB c =，对应的高为a h 、b h 、c h ，又设△GKO 、△OEH 、△FOI 与ABC △的相似比分别为λ，u ，v ．过O 作AB 、BC 、CA 的垂线，垂足分别为P 、Q 、S ，则由性质2，知O图17-16E K HI GQFCBA222244PQSR d OA OL S R R -⋅==△．（其中R 为三角形钋接圆半径）．注意到2cS h c =△，2S ha a =△，S =△ 1sin 2ca B ⋅， 则由PQS POQ QOS POS S S S S =++△△△△111sin sin sin 222c a c b b c h vh B h vh A uh vh C λλ=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ 241sin 2ABCS v B ca λ=⋅∑△（其中“∑”表循环和）2212sin sin 2ABC ABC v B S v B S λλ=⋅⋅=⋅⋅∑∑△△有2sin PQS ABCS v B S λ=⋅∑△△再注意到性质2，有2OA OL v b λ⋅=⋅∑．又2OE OF OG OH OI OK v b λ⋅+⋅+⋅=⋅∑．由此即证得结论． 注：其中OE OF AK GB ⋅=⋅，而bAK OSu AB h ==，即AK uc =． 同理，GB vc =，故2OE OF uv c ⋅=⋅． 同理，2OG OH u a λ⋅=⋅，2OI OK v b λ⋅=⋅．练习十七1．P 及P '两点在ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的身影为X ，Y ，Z 及X '，Y '，Z '，求证：P 与P '是ABC △的等角共轭点的必要且充分的条件为PX P X PY P Y PZ P Z ''''''⋅=⋅=⋅2．设P ，Q 是四边形ABCD 的等角共轭点，求证： (1)△PAB ，△QBC ，△PCD ，△QDA 的垂心共线； (2)△QAB ，△PBC ，△QCD ，△PDA 的垂心也共线；(3)以上所得两直线互相平行． 3．在四边形ABCD 中，设AC BD ⊥，求证：两对角线的等角线交于一点O ，且△OAB ，△OBC ，△OCD ，△ODA 的垂心共线．4．设P 与P '是四边形ABCD 的等角共轭点，求证：（1）四圆PAB ，P BC '，PCD ，P DA '交于一点Q ； （2）四圆P AB '，PBC ，P CD '，PDA 交于一点Q '； (3)Q 与Q '也是四边形ABCD 的等角共轭点． 5．设P ，Q 是ABC △内任意两点，则1AP AQ BP BQ CP CQAB AC AB BC AC BC⋅⋅⋅++⋅⋅⋅≥等号当且仅当PAB QAC =∠∠，PBC QBA =∠∠，PCB QCA =∠∠时成立．6．设P ，Q 是ABC △的等角共轭点，则在BC ，CA ，AB 上分别存在点D ，E ，F ，使得PD DQ += PF EQ PF FQ +=+，且AD ，BE ，CF 三线共点．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第16章 调和四边形

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第16章 调和四边形

第16章 调和四边形我们称对边乘积相等的圆内接四边形为调和四边形．本章我们介绍调和四边形的一些有趣性质及应用的例子．12性质 1 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是对顶点处的两条切线与另一对顶点的对角线所在直线三线平行或三线共点．证明 当圆内接四边形为筝形时，如图16-1(1)，AB AD =，CD CB =时，对角线AC 必过圆心，此时，过A 、C 的两条切线，对角线DB 均与AC 垂直，因而它们相互平行．图16-1DCBAF EDCBAGQ（2）（1）当圆内接四边形不为筝形时，如图16-1(2)，设点Q 是对顶点A ，C 处两条切线的交点．充分性，当点Q 在直线DB 上时，则由QA QC =，△QAD ∽△QBA ，△QCD ∽△QBC ， 有AD QD QD CDBA QA QC BC===， 故 AB CD BC DA ⋅=⋅．必要性．当AB CD BC DA ⋅=⋅时，由正弦定理， 有sin sin sin sin ADB DBC BDC DBA ⋅=⋅∠∠∠∠．联AC 交BD 于点G ，延长AD 交QC 于点E ，延长CD 交QA 于点F ，则CAF ECA =∠∠． 此时，AG CF DEGC FD EA ⋅⋅DAG ACF CDE DGC AFD CEA S S SS S S =⋅⋅△△△△△△ sin sin sin sin sin sin AD ADG AC CAF CD DCECD GDC AD FAD AC ECA⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅∠∠∠∠∠∠ sin sin sin sin ADG DCEGDC FAD =⋅∠∠∠∠ sin sin 1sin sin ADB DBC GDC DBA⋅==⋅∠∠∠∠． 对△ACD 应用塞瓦定理的逆定理，知AF ，GD ，CE 三线共点． 故过A 、C 处的两切线，直线DB 共点于Q ．注：此性质提供了作调和四边形的方法：先作一个圆内接三角形如△ABD ，或△A D C ，再得到交点Q ，最后作切线或割线确定点C 或点B ．性质2 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是过一顶点且与四边形的对角线平行的直线交圆于一点，这交点、对角线的中点、该顶点的对顶点三点共线．证明 如图16-2，设ABCD 为圆内接四边形，过C 作CT DB ∥交圆于T ，M 为DB 的中点．由CT DB ∥1 沈文选．论调和四边形的性质及应用[J]．中学教研（数学），2010(10)：35—39． 2沈文选．再谈调和四边形的性质及应用[J]．中学教研（数学），2010(12)：31—34．知四边形DBTC 为等腰梯形，此时，DC BT =，DT BC =．注意到ABT ∠与TDA ∠互补，图16-2TMDCBA则AB CD BC DA AB BT DT DA ⋅=⋅⇔⋅=⋅11sin sin 22AB BT ABT DT DA TDA ⇔⋅⋅=⋅⋅∠∠ ABT ADT S S ⇔=⇔△△直线AT 过DB 的中点MT ⇔、M 、A 三点共线．注：此性质也提供了作调和四边形的方法：先作一个圆内接三角形，如△BCD ，过C 作CT DB ∥交圆于点T ，过点T 、BD 的中点M 的直线交圆于点A ，则四边形ABCD 即为调和四边形．性质3 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是相对的角的平分线的交点在另一对顶点的对角线上． 证明 如图16-3，设ABCD 为圆内接四边形．图16-3T DCBA充分性．设B ∠的平分线与D ∠的平分线的交点T 在对角线AC 上，则由角平分线的性质知，AT BA TC BC =，AT DATC DC =， 以而BA DABC DC=， 故 A B C D B C D ⋅=⋅． 必要性．由AB CD BC DA ⋅=⋅，有BA DABC DC=． 设B ∠的平分线交AC 于1T ，D ∠的平分线交AC 于2T ， 则 11AT BA T C BC =，22AT DAT C DC =． 于是 1212AT AT T C T C=， 即有121122AT AT AT T C AT T C=++， 从而 12AT AT =，即1T 与2T 重合．这说明B ∠的平分线与D ∠的平分线的交点在对角线AC 上．性质4 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是两条对角线的中点是四边形的等角共轭点． 证明 如图16-4，设M ，N 分别为圆内接四边形ABCD 的对角线AC ，BD 的中点．图16-4M DCBAN充分性．若M ，N 是四边形ABCD 的等角共轭点． 即有CDM ADN ADB ==∠∠∠， ① DAM DAC BAN ==∠∠∠． ②由①，并注意到DCM DCA DBA ==∠∠∠，则知△DCM ∽△DBA ，即DC DBCM BA =，亦即12DC DB BA AC =，从而12AB CD AC BD ⋅=⋅． ③ 由②，有D AN CAB =∠∠，再注意到ADN ADB ACB ==∠∠∠，则知AND ABC △∽△，即有DN BCDA AC=，从而12BC DA DN AC BD AC ⋅=⋅=⋅． ④由③，④，即有AB CD BC DA ⋅=⋅．必要性．若AB CD BC DA ⋅=⋅．注意到托勒密定理，有AB CD BC DA AC BD ⋅=⋅=⋅，则A B C D ⋅=12B C D A A C B D⋅=⋅，即有12DA BDBC AC =． 又DAM DAC DBC ==∠∠∠，于是△DAM ∽△DBC ，即有ADM BDC NDC ==∠∠∠． 同理，DCM BCN =∠∠，CBN ABM =∠∠，BAN DAM =∠∠． 故点M ，N 为四边形ABCD 的等角共轭点．性质 5 圆内接四边形为调和四边形的充要条件是以每边为弦且与相邻的一边相切于弦的端点的圆交过切点的一条对角线于中点．证明 如图16-5，设M ，N 分别是圆内接四边形ABCD 的对角线AC ，BD 的中点．图16-5C 1充分性．记过点D 与AB 切于点A 的圆为1C ，记过点A 与BC 切于点B 的圆为2C ，依次得3C ，4C ；记B 与DA 切于点A 的圆为1d ，过C 与AB 切于点B 的圆记为2d ，依次得3d ，4d ． 当1C 过点M 时，由弦切角定理，知ADM MAB CAB CDB CDN ====∠∠∠∠∠，即 A D M C D N =∠∠． 当2C 过点N 时，由弦切角定理，知BAN NBC DBC DAC DAM ====∠∠∠∠∠，即BAN DAM =∠∠．同理，ABM CBN =∠∠，BCN DCM =∠∠． 从而，点M ，N 为四边形ABCD 的等角共轭点．又M ，N 分别为AC ，BD 的中点，由性质4知ABCD 为调和四边形．必要性．当ABCD 为调和四边形时，由性质4证明中，有△DAM ∽△DBC ．有A D MB DC =∠∠C A B M A B ==∠∠，由弦切角定理的逆定理知，点M 在圆1C 上． 同理，点M 在圆1d ，3C ，3d 上；点N 在圆2C ，2d ，4C ，4d 上．推论1 在调和四边形ABCD 中，性质5中的圆1C ，1d ，3C ，3d 共点于AC 的中点M ，圆2C ，2d ，4C ，4d 共点于BD 的中点N ．推论2 在调和四边形ABCD 中，性质5中的圆1C ，2C ，3C ，4C 共点于点P ，圆1d ，2d ，3d ，4d 共点于点Q ．因而，P ，Q 也是四边形ABCD 的等角共轭点．事实上，设圆1C 与2C 交于点P ，因M ，N 为等角共轭点，则MPB MDA PAB PBA +++=∠∠∠∠180CDB PAB PBA CAB PBC PBA CAB ABC MCB ++=++=+=︒-∠∠∠∠∠∠∠∠∠，即知M ，P ，B ，C 四点共圆，即圆3C 过点P ．同理，圆4C 也过点P ．放圆1C ，2C ，3C ，4C 共点于P ． 同理，圆1d ，2d ，3d ，4d 共点于Q ．性质 6 圆内接四边形ABCD 为调和四边形的充要条件是某一顶点(不妨设为点C )位于劣弧DB 上，又在优弧DB 上取两点E ，F ，使得D ，B 分别为弧EC ，CF 的中点，过C 作CT DB ∥交圆于点T 时，点T 、△CEF 的内心、点C 的对顶点A 三点共线．证明 如图16-6，由题设知D ，I ，F 三点共线，B ，I ，E 三点共线．因I 为△CEF 的内心，由内心的性质并注意CT DB ∥，有ID DC BT ==，IB BC DT ==，从而IBTD 为平行四边形．即TI 过DB 的中点M ．故由性质2，有图16-6E BAAB CD BC DA ⋅=⋅⇔T ，M ，A 三点共线TI ⇔过DB 的中点M T ⇔、I 、A 三点共线．性质7 圆内接四边形ABCD 为调和四边形的充要条件是某一顶点（不妨设为点C ）位于劣弧DB 上，又在优弧DB 上取两点E ，F ，使得D ，B 分别为弧EC ，FC 的中点，在劣弧EF 上任取点P ，记1I ，2I 分别为△CEP ，△CFP 的内心，此时A ，P ，2I ，1I 四点共圆．证明 如图16-7，由题设知，P ，1I ，D 及P ，2I ，B 分别三点共线，联结1I A ，2I A ，则 12I DA I BA =∠∠，12I PI BPD BAD ==∠∠∠．图16-7FE DCBAN PI 1I 2I注意到内心的性质，有1CD I D =，2BC I B =． 于是，CB ADAB CD BC DA BC AB⋅=⋅⇔=1122I D I D I BAD I B AB AD AB⇔=⇔= 1212I DA I BA I AD I AE ⇔⇔=△∽△∠∠1212I AI I PI A ⇔=⇔△△，P ，2I ，1I 四点共圆．推论3 题设同性质7，设I 为△CEF 的内心，则12I I I I ⊥． 事实上，如图16-7，注意内心所张的角与对应顶点角的关系，知111909022EI C EPC EFC EIC =︒+=︒+=∠∠∠∠，即知E ，1I ，I ，C 四点共圆．从而 11112I EI I CI ECF ECI ==-∠∠∠∠1()2ECF ECP =-∠∠ 12FCP FCI ==∠∠ 同理，12EII IFI =∠∠，从而12EI I II F △∽△． 于是， 1211E I IF I I E I I I E I+=+∠∠∠∠ 1180EI I ECI =︒-=∠∠12ECF =∠． 所以， 1212()I II EIF EII FII =-+∠∠∠∠11909022ECF ECF =︒+-=︒∠∠．故12I I I I ⊥．推论4 题设同性质7，又设N 为12I I 的中点，则BN DN ⊥．事实上，如图16-7，注意到D ，I ，F 共线及内心的性质，有DI DC =，1DI DC =，从而1DI DI =． 由推论1知12I I I I ⊥，即有1IN I N =．注意到DN 公用，则DNI DNI △≌△，从而11122mNDI I DI PF ====∠∠．同理，12mNBI EP ===∠． 又1122mIBD IBD FBC CE +===+∠∠， 则 NDB NBD +∠∠NDI IDB IDB NBI =+++∠∠∠∠ 1()902m PF FBC CE EP ===+++=︒，即90BND =︒∠． 故BN DN ⊥．性质8 圆内接四边形为调和四边形的充分必要条件是该四边形四顶点与不在其圆上一点的连线交圆于四点为一正方形四顶点． 证明 如图16-8，四边形ABCD 内接于O ，点P 不在O 圆周上，直线PA ，PB ，PC ，PD 分别交O 于A '、B '、C '、D '．图16-8DC ''由割线或相交弦定理，有PA PA PB PB ''⋅=⋅，即知△APB ∽△B PA '，亦即有AB PAA B PB ='''． 令点P 对O 的幂为k ，则PA k AB A B A B PB PA PB ''''=⋅=⋅'''⋅（或A B PA PBk''⋅⋅=）． 同理， kCD C D PC PD ''=⋅''⋅．从而 2AB CD PA PB PC PD A B C D k ''''⋅⋅⋅⋅=''''⋅． 同理， 2BC DA PA PB PC PD B C D A k ''''⋅⋅⋅⋅=''''⋅． 于是AB CD BC DAA B C D B C D A ⋅⋅=''''''''⋅⋅． 充分性．当A '、B '、C '、D '为正方形四顶点时，显然有AB CD BC DA ⋅=⋅．必要性．当AB CD BC DA ⋅=⋅时，由PA PA PB PB PC PC PD PD k ''''⋅=⋅=⋅=⋅=，可视点A 、B 、C 、D 的反演点为A '、B '、C '、D '．由反演变换的性质，可知A '、B '、C '、D '在AB CD BC DA ⋅=⋅的条件下为一正方形四顶点．注：由性质8也给出了作调和四边形的又一种方法．在《近代欧氏几何》中有如下定义：如果一个四边形的顶点是一个正方形顶点的反形，那它称为调和四边形．性质9 圆内接四边形为调和四边形的充分必要条件是其一顶点对其余三顶点为顶点的三角形的西姆松线段被截成相等的两段．证明 如图16-9，设ABCD 为圆内接四边形，不失一般性，设点D 在ABC △的三边BC ，CA ，AB 上的射影分别为L ，K ，T ，则LKT 为西姆松线段．此时L ，D ，K ，C 及D ，A ，T ，K 分别四点共圆，且CD ，AD 分别为其直径．D B图16-9设ABCD 的半径为R ，则由正弦定理，有 sin sin(180)LK CD LCK CD ACB =⋅=⋅︒-∠∠sin 2CD ABCD ACB R⋅=⋅=∠， sin 2AD BCKT AD BAC R⋅=⋅=∠． 于是，LK KT CD AB AD BC =⇔⋅=⋅⇔四边形ABCD 为调和四边形． 性质10 圆内接四边形为调和四边形的充分必要条件是一条对角线两端点处的切线交点（或无穷远点），两对角线的交点调和分割另一条对角线．证明 当圆内接四边形为筝形时，易证得结论，这留给读者自证．下证非筝形时情形．设圆内接四边形ABCD 的两条对角线相交于点Q ，在A ，C 处的两条切线相交于点P ，则由△QCD ∽△QBA ，△QAD ∽△QBC ， 有 QD CD QA BA =，QA ADAB BC=． 从而D Q Q D Q A C D A D Q B Q A Q B B A B C=⋅=⋅① 充分性．如图16-10，当P ，Q 调和分割DB 时，DCBAPQ 图16-10即有PD DQPB QB=．② 此时P ，D ，Q ，B 共线，且由△PDC ∽△PCB ，有PD PC CDPC PB BC ==． 从而PD PD PCPB PC PB=⋅CD CDBC BC=⋅．③ 由①，②，③，得AD CDAB BC=，即AD BC AB CD ⋅=⋅，亦即四边形ABCD 为调和四边形． 必要性．如图16-10，当ABCD 为调和四边形时，由性质4，知P ，D ，Q ，B 共线，且有③式成立．由AD BC AB CD ⋅=⋅，有AD CDAB BC=．再注意到①式与③式则 有 PD DQPB QB=， 即PD PBDQ BQ=， 亦即知点P ，Q 调和分割DB ．注：必要性也可这样证：由△PAB ∽△PDA ，有AB PA PBDA PD PA==， 从而 22AB PA PB PBAD PD PA PD=⋅=． 又注意到性质11有22AB BQAD DQ =． 于是，有 PB BQPD DQ=， 故P 、Q 调和分割DB ．性质11 圆内接四边形为调和四边形的充分必要条件是两邻边之比等于此两邻边所夹对角线分另一条对角线为两段对应之比开平方．证明 如图16-11，设圆内接四边形ABCD 的两条对角线AC 与BD 交于点Q ．图16-11TM DCBAPQ当圆内接四边形为筝形时，易证得结论，这也留给读者自证．下证非筝形时情形．充分性，不失一般性，设有AB AD = 成立时，则 22ABC ADC S AB QB AB BCAD QD S AD DC⋅===⋅△△， 即有AB BCAD DC=， 故AB DC AD BC ⋅=⋅，所以ABCD 为调和四边形． 必要性．当ABCD 为调和四边形时，则由性质4，知点A 、C 处的切线与直线DB 共点于P ，如图16-11．于是，注意到面积关系与正弦定理，有 sin sin BCP BAP S CQ CB CP BCPQA S AB AP BAP⋅⋅==⋅⋅△△∠∠ 22sin(180)sin sin(180)sin CB BAC CB BAC CB AB ACB AB ACB AB ⋅︒-⋅===⋅︒-⋅∠∠∠∠． 此时，亦有 2222CD CB CQAD AB QA==． 故C D C BQA D A A= 由 2222sin sin AB CB CB BACAD CD CD DBC⋅==⋅∠∠ sin sin CB CP BCTCD CP DCP⋅⋅=⋅⋅∠∠sin sin CB CP BCPCD CP DCP ⋅⋅=⋅⋅∠∠BCP DCP S PBS PD ==△△． （*）注意到性质10，当ABCD 为调和四边形时，P ，Q 调和分割DB ，即有PB QBPD QD=． 将其代入(*)式，故AB CB AD CD == 注(1)必要性也可这样证，由AB DC BC AD ⋅=⋅，有 22C B C BD C A B A D A D =⋅ CB DC CQ DQ CQAD AB DC AQ AQ=⋅=⋅=． (2)由性质2，知在调和四边形中，对角线的中点是其等角共轭点，在图16-4中，设M 为AC 的中点，则ABM QBC =∠∠，即知BQ 为BM 的等角共轭线，亦即BQ 为BM 的共轭中线（即中线以该角角平分线为对称轴翻折后的直线）．三角形的三条共轭中线的交点称为共轭重心，显然BQ 过ABC △的共轭重心，因此，对于过三角形共轭重心的线段BQ ，有22AB AQBC QC=． 性质12 在调和四边形ABCD 中，点P 在对角线BD 上，记O 、1O 、2O 分别为四边形ABCD ，△BCP ，△ABP 的外接圆圆心，则直线BO 平分线段12O O ．证法1 如图16-12，联合1BO ，2BO ，1OO ，2OO ．设M 为AC 的中点，则由调和四边形的性质4，知ABP CBM =∠∠，即有ABM CBP =∠∠．FE 图16-12设直线BO 交12O O 于点Q ，此时12O O BP ⊥，2OO AB ⊥，1OO BC ⊥，注意到一个角的两边与另一个角的两边对应垂直时，则这两个角相等或相补，即知2OO Q ABP =∠∠，1OO Q CBP =∠∠． 于是，由正弦定理有1221sin sin sin sin OO OO Q ABPOO OO Q CBP==∠∠∠∠sin sin CBM ABM =∠∠，sin sin BC BACBA BCA =∠∠ sin sin BAMBCM=∠∠．从而 121122BO O BO O S O Q BC OO QO S BA OO ⋅==⋅△△ sin sin sin sin BAM CBMBCM ABM⋅=⋅∠∠∠∠sin sin 1sin sin BAM CBM BM CMABM BCM AM BM=⋅=⋅=∠∠∠∠．故12O Q QO =．证法2 如图16-12，设M 为AC 的中点，则由性质4，知CBM ABP =∠∠，亦即CBD ABM =∠∠．又BDC BAM =∠∠，即有△DBC ∽△ABM ． 从而BC BMCD MA=． ① 作△BCP ，△ABP 的外接圆，过点B 作O 的切线分别交1O ，2O 于点E ，F ．联结所在CE ，则由EBC PDC △∽△，有BE BCDP CD=． ②由①、②有BM BEMA DP =， 亦即 BM DPBE MA⋅=． 同理， B M D PBF CM⋅=． 而 MA CM =．于是，知BE BF =． 作1O E EB '⊥于E '，作2O F BF '⊥于F '，由垂径定理，知E '，F '分别为EB ，BF 的中点．在直角梯形12O E F O ''中，BO 即为其中位线所在直线，故它一定平分12O O ．下面给出上述性质应用的一些例子．例1 （2003年国家集训队训练题）点P 为ABC △的外接圆上劣弧BC 内的动点，1I ，2I 分别为△PAB 、△PAC 的内心．求证：(1)△12PI I 的外接圆过定点；(2)以12I I 为直径的圆过定点；(3)12I I 的中点在定圆上． 事实上，参见图16-7对于(1)，视图16-7中的△CEF 为ABC △，由性质7知，△12PI I 的外接圆过定点即图16-7中的点A ；对于(2)，由性质7后的推论3，知12I I I I ⊥以12I I 为直径的圆过定点I ；对于(3)，由性质7后的推论4，知12I I 的中点在图16-7中的以DB 为直径的定圆上．例2 （2008年国家集训队测试题）已知M ，N 分别是锐角ABC △的外接圆O 的劣弧CA ，AB 的中点，D 是MN 的中点，G 是劣弧BC 上的一点．设△ABG ，△ACG 的内心分别为1I ，2I ．若△12GI I 的外接圆与圆O 的另外一个交点为P ，ABC △的内心为I ．证明：D ，I ，P 三点共线． 事实上，参见图17-7与利用性质7与性质6，即证得结论．例3 （IMO45预选题）已知直线上的三个定点依次为A ，B ，C ，Γ为过A ，C 且圆心不在AC 上的圆，分别过A ，C 两点且圆Γ相切的直线交于点P ，PB 与圆Γ交于点Q ．证明：AQC ∠的平分线与AC 的交点不依赖于圆Γ的选取．证法1 如图16-13，点Q 可在劣弧AC 上，也可在优弧AC 上．Γ图16-13由性质3知，不管Q 在何处，AQC ∠为调和四边形AQCQ '的相对的角，其角平分线与AC 的交点是同一点．为方便，设点Q 在劣弧AC 上．设直线QT 交圆于另一点S ，则S 为优弧AC 的中点． 由于△PAC ，△ASC 均为等腰三角形，则由面积比有sin sin AB APB BC CPB =∠∠，sin sin AT ASQ TC CSQ=∠∠． 在△PAC 中，视Q 为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理， 有sin sin sin 1sin sin sin APB QAC QCPCPB QAP QCA⋅⋅=∠∠∠∠∠∠．注意到PAQ ASQ QCA ==∠∠∠，PCQ CSQ QAC ==∠∠∠．则22s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n s i n A P BP A Q Q C A A S QC P B Q A C P C Q C S Q⋅==⋅∠∠∠∠∠∠∠∠，即 22A B A TBC T C =． 亦即A T T C 故T 不依赖于圆T 的选取．证法2 如图16-13，点Q 可在劣弧AC 上，也可在优弧AC 上．不失一般性，设点Q 在劣弧AC 上，直线PB 与圆Γ的另一交点为Q '，由调和四边形的性质1，知A QCO '为调和四边形．设AQC ∠的平分线交AC 于T ，则由角平分线的性质，知AT AQTC QC=．又由性质11，在调和四边形AQ CQ '中，有AQQC =从而AT TC =T 不依赖于圆Γ的选取． 例4 （2003年IMO44试题）设ABCD 是一个圆内接四边形，点P ，Q 和R 分别是D 到直线BC ，CA 和AB 的射影．证明：PQ QR =的充要条件是ABC ∠和ADC ∠的角平分线的交点在线段AC 上． 证明 如图16-14，由性质9，知PQ QR =的充要条件是ABCD 为调和四边形．TR DC BAP Q图16-14又由调和四边形的性质3，知ABC ∠和ADC ∠的角平分线的交点在线段AC 上的充要条件是ABCD 为调和四边形．故PQ QR =的充要条件是ABC ∠和ADC ∠的角平分的交点在线段AC 上．例5 设ABC △的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D ，E ，F ，点M 是圆上任意一点，且MB ，MC 分别交圆于点Y ，Z ．证明：EY ，FZ ，MD 三线共点．证明 如图16-15，联结有关点得圆内接六边形FYDZEM ，由塞瓦定理的推论（即对角元形式的塞瓦定理应用正弦定理推得）有EY ，FZ ，MD 三线共点1FY DZ EMYD ZE MF⇔⋅⋅=． LMFE DCBA Y 图16-15由性质1，在四边形FYDM ，四边形DZEM 中， 分别有 F Y F M Y D D M =，DZ DMZE ME=． 从而1F Y D Z E M F M D M E M Y D Z E M F D M M E M F⋅⋅=⋅⋅=． 故结论获证．例6 （2007年湖南省数学夏令营试题）设ABC △的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于D ，E ，F ，AD 与圆交于M ，MB ，MC 分别交圆于Y ，Z ，证明：FY MD EZ ∥∥的充要条件是点M 为AD 的中点． 证明 如图16-16，联结FM ，YD ，由性质1，知在四边形FYDM 中，有FY FMYD MD=．L E Y MF DCBA图16-16又FYD FMA =∠∠，当A M M D=时，有FY FMYD AM=，则△F Y D ∽△F M A ，即有FAM FDY ==∠∠BFY ∠，故FY AD ∥．同理，EZ AD ∥．充分性获证．反之，由FY AD ∥，有FAM BFY FDY ==∠∠∠，又FMA FYD =∠∠， 则△FMA ∽△FYD ，即有FM FYAM DY=． 注意到性质1，有FY FMDY MD=． 从而AM MD =．必要性获证．例7 （2003年全国高中联赛加试题）APB ∠内有一内切圆与边切于A ，B 两点，PCD 是任一割线交圆于C 、D 两点，点Q 在CD 上，且QAD PBC =∠∠．证明：PAC QBD =∠∠．证明 如图16-17，由弦切角定理，有PAC ADQ =∠∠，PBC QDB =∠∠，又QAD PBC =∠∠，则QDB QAD=∠∠．(*) PQ DCBA图16-17联结AB ，则C BA C DA QDA==∠∠∠，CAB PBC QAD ==∠∠∠，即知△ACB ∽△AQD ，从而AC AQCB QD=． 由性质1，知四边形ACBD 中，有AC ADCB DB=．于是AD AQ DB QD =． 再注意到(*)式，则△QDB ∽△QAD ．故QBD ADQ PAC ==∠∠∠．例8 （2009年全国高中联赛加试题）如图16-18，M ，N 分别为锐角ABC △（A B <∠∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC △的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．（Ⅰ）求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；(Ⅱ)在弧AB （不含点C ）上任取一点Q (Q A ≠，T ，B )．记△A Q C 、△QCB 的内心分别为1I 、2I ．求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．I 2QΓTQINMPCBA图16-18证明 （Ⅰ）证法1 因P ，I ，T 三点共线，由性质6，知TMCN 为调和四边形，即有 MT NC NT MC ⋅=⋅．又由PC NM ∥知NMCP 为等腰梯形，有NC MP =，NP MC =，故有MP MT NP NT ⋅=⋅．证法2 分别过C ，T 作圆Γ的切线相交于Q ，下证点Q 在直线NM 上，如图16-18．事实上，可知A ，I ，M ；B ，I ，N 分别三点共线，又由内心性质，知MC MI =，NC NI =，从而MN CI ⊥．又P C N M∥，则PC CN ⊥，即90PCI =︒∠． 于是，190902CIP CPI CTQ CQT =︒-=︒-=∠∠∠∠，从而知点Q 为△CTI 的外心，即有QI QC =，亦即Q 在CI 的中垂线MN 上，故Q ，M ，N 三点共线．注意到性质1，即知TMCN 为调和四边形，下同证法1． (Ⅱ)由性质7即证得结论成立．例9 （2010年国家集训队选拔赛题）在锐角ABC △中，AB AC >，M 是边BC 的中点，P 是ABC △内一点，使得MAB PAC =∠∠．设ABC △，△ABP ，△ACP 的外心分别为O ，1O ，2O ．证明：直线AO 平分线段12O O ．证明 如图16-19，由M 是BC 的中点，MAB PAC =∠∠(AB AC >时)，知AP 为AM 的共轭中线．设直线AP 交BC 于点Q ，交O 于点D ，则由性质11后中的注，知22AB BQAC QC=．图16-19于是，有 22ABD ACD S AB BQ AB BDAC QC S AC CD⋅===⋅△△， 即有A B B DA C C D=， 亦即 A B C D A C B ⋅=⋅． 上式表明，圆内接四边形ABDC 为调和四边形． 由性质12，即知直线AO 平分线段12O O ．注：由性质12，知例9中的条件“P 是ABC △内一点”，可改为“P 是ABC △的外接圆内一点”，即图16-19中的线段AD 上的点（异于端点）均可．例10 （2008年蒙古国家队选拔考试题）已知梯形ABCD 内接于圆Γ，两底BC ，AD 满足BC AD <，过点C 的切线与AD 交于点P ，过P 的切线切圆Γ于异于C 的另一点E ，BP 与圆Γ交于点K ，过C 作AB 的平行线，分别与AK ，AE 交于点M ，N ．证明：M 为CN 的中点． 证明 如图16-20，联结CK ，BE ，EK ，则由性质1知BEKC 为调和四边形．联结CF ，取CE 的中点L ，则由性质4知EKL BKC =∠∠．PΓ图16-20又BKC BAC ACN ==∠∠∠， 则EKL ACN =∠∠． 由ACE AKE =∠∠，有M C L N C E A C E A C N A K E E K L A K L M K L ==-=-==∠∠∠∠∠∠∠∠，即知M ，C ，K ，L 四点共圆．因此，KML KCL KCE KAE ===∠∠∠∠，于是ML AE ∥． 故M 为CN 的中点．注：题设中的梯形ABCD 可改为圆内接四边形，上述证明未用到BC AD ∥这个条件．例11 （2005年国家集训队测试题）设锐角ABC △的外接圆为W ，过点B 、C 作W 的两条切线，相交于点P ．联结AP 交BC 于点D ，点E ，F 分别在边AC ，AB 上，使得DE BA ∥，DF CA ∥．(1)求证：F ，B ，C ，E 四点共圆；(2)若记过F ，B ，C ，E 的圆的圆心为1A ，类似地定义1B ，1C ，则直线1AA ，1BB ，1CC 共点．证明 (1)如图16-21，欲证F ，B ，C ，E 四点共圆，只需证有ωPQ FEDCBA 图16-21AF AB AE AC ⋅=⋅．①由于CD AF DE AB BC ==⋅，BDAE FD AC BC==⋅． 于是，欲证①式，只需证22AB BDAC CD=． ② 设AP 交圆W 于点Q ，联结BQ ，QC ，则由调和四边形性质1，知ABQC 为调和四边形． 由性质11，知在调和四边形ABQC 中，有②式，故F ，B ，C ，E 四点共圆．(2)由题设并注意到性质11后中的注，1A ，1B ，1C 均与共轭中线有关，设G 为ABC △的共轭重心，如图16-22（直线AG 交BC 于D ，直线BG 交AC 于J ，直线CG 交AB 于K ，则T 11E 1F 1N 1M1GJ K DCBA 图16-2222AB BD AC CD =，22BA AJ BC JC =，22CA AKCB BK=）． 过G 分别作11M N BC ∥，11S E AB ∥，11FT AC ∥，交点如图16-22所示．下面，我们证明1F ，1M ，1S ，1T ，1N ，1E 六点共圆．由△11AM N 与ABC △位似， 有 211211AM M GAN N G=． 从而，由(1)知1F ，1M ，1N ，1E 四点共圆．同理，1F ，1M ，1S ，1T 及1S ，1T ，1N ，1E 分别四点共圆． 于是， 1111111180S M N BM S N M A =︒--∠∠∠ 111180FT S ABC =︒--∠∠180ACB ABC =︒--∠∠111BAC S E N ==∠∠，即知1M ，1S ，1T ，1N ，1E 五点共圆．由对称性，知点1F 也在此圆上．即证得六点共圆． 设此六点圆的圆心为O ，由于1A 与O 的位似中心是A ，故直线1AA 过点O ．同理，直线1BB ，1CC 也过点O ．证毕． 练习十六1．在调和四边形ABCD 中，ADC ∠的平分线交AC 于T ，1O 为△BDT 的中心．设四边形ABCD 的外接圆圆心为O ，则1O D DO ⊥，1O B BO ⊥．2．在调和四边形ABCD 中，M ，N 分别为对角线AC ，BD 的中点，则DMC BMC =∠∠，AND =∠CND ∠，且NA NC MB MD +=+．3．(2001年第50届保加利亚奥林匹克题)非等腰ABC △的内切圆圆心为O ，其与AB ，BC 和CA 分别相切于点1C ，1A 和1B ．1AA ，1BB 交圆于2A ，2B ．△111A B C 的111C A B ∠和111C B A ∠的平分线分别交11B C 和11A C 于点3A ，3B ，证明：(1)23A A 是121B A C ∠的平分线；(2)如果P 和Q 是△123A A A 和△123B B B 的两外接圆交点，则点O 在直线PQ 上．4．（2005年福建省竞赛题）在直角三角形ABC 中，90B =︒∠，它的内切圆分别与边BC ，CA ，AB 相切于点D ，E ，F ．联结AD ，与内切圆相交于另一点P ．联结PC ，PE ，PF ，PD ．已知PC PF ⊥．求证：(1)PF PDDF DC=；(2)PE BC ∥． 5．（2008年蒙古国家队选拔考试题）已知梯形ABCD 内接于圆Γ，两底BC ，AD 满足BC AD <，过点C 的切线与AD 交于点P ，过P 的切线切圆Γ于异于C 的另一点E ，BP 与圆Γ交于点K ，过C 作AB 的平行线，分别与AK ，AE 交于点M ，N ．证明：M 为CN 的中点． 6．（2006年罗马尼亚国家队集训测试题）在凸四边形ABCD 中，记O 为AC 与BD 的交点，如果BO 为ABC △的陪位中线，DO 为△ADC 的陪位中线．证明：AO 为△ABD 的陪位中线． 7．（2010年中国国家队集训测试题）设ABCD 是一个圆内接四边形，ADC ∠是锐角，且AB DABC CD=．过A ，D 两点的圆Γ与直线AB 相切，E 是圆Γ在四边形ABCD 内的弧上一点，求证：AE EC ⊥的充分必要条件是1AE EDAB AD -=． 8．（2000年波兰数学奥林匹克题）在等腰ABC △中，M 为底边AB 的中点，在ABC △内有一点，使得PAB PBC =∠∠．求证：πAPM BPC +=∠∠． 9．（2006年罗马尼亚国家队选拔考试题）在等腰ABC △中，AB AC =，M 为BC 边的中点，请在三角形内找出满足πBPM CPA +=∠∠的点的轨迹． 10．（2006年罗马尼亚国家队集训测试题）在凸四边形ABCD 中，记O 为AC 与BD 的交点．如果BO 为ABC △的陪位中线，DO 为△ADC 的陪位中线．证明：AO 为△ABD 的陪位中线． 11．（2006年江西省竞赛题）ABC △中，AB AC =，M 是BC 的中点，D ，E ，F 分别是边BC ，CA ，AB 上的点，且AE AF =，△AEF 的外接圆交线段AD 于点P ．若点P 满足2PD PE PF =⋅．证明：BPM CPD =∠∠．12．三角形内切圆切三边的三个切点，一切点和所对顶点连线与内切圆的交点，这四个点为顶点的四边形是调和四边形．这样的四边形有3个．为方便叙述，我们记三个切点为内切圆上的第1类特殊点，此即第12题解答图中的点D ，E ，F ；切点和所对顶点连线与内切圆的交点记为内切圆上的第Ⅱ类特殊点，如该图中的点P ，Q ，R ；第Ⅱ类特殊点和相应顶点连线与内切圆的交点（异于切点）记为内切圆上的第Ⅲ类特殊点，如第14题解答图中的点G ，H ，M ，N ，S ，T ．这样，定理1表明3个第Ⅰ类特殊点和1个第Ⅱ类特殊点为顶点的四边形是调和四边形． 13．三角形内切圆上3个第Ⅱ类特殊点和1个第Ⅰ类特殊点为顶点的四边形是调和四边形．这样的四边形有3个．14．三角形内切圆上2个第Ⅰ类特殊点，1个与前述第Ⅰ类特殊点有关联的第Ⅱ类特殊点，1个与前述第Ⅱ类特点有关联的第Ⅲ类特殊点，这4个点为顶点的四边形是调和四边形．这样的四边形有6个．15．三角形内切圆上1个第Ⅰ类特殊点，1个与这个第Ⅰ类特殊点关联的第Ⅱ类特殊点，2个与这个第Ⅱ类特殊点关联的第Ⅲ类特殊点，这4个点为顶点的四边形是调和四边形．这样的四边形有3个．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第12章 圆与圆相交(2)

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第12章 圆与圆相交(2)

1PT EN FKTE NF KP⋅⋅=．① 上述两式相除得CK DM EN FKTD MC NF TE ⋅=⋅． ② 由题设有DM EN MC NF =，则由②式有CK FKTD TE =， 即有KC TD KF TE =，亦即KC TD CF DE=． ③ 对于③式，应用性质35，知Q ，T ，P ，K 四点共圆．即知QTPK ⊙， Q DCP ⊙，QEFP ⊙有公共弦PQ ．此时，又由性质35，当QTPK ⊙，QEFP ⊙， P QAB ⊙有公共弦PQ 时，有 BF AE FK ET =， 亦即KB TK FK ET=， 从而有 KB FKTA TE=． ④ 设直线KN 交AB 于L '，对PAB △及截线KTL '应用梅涅劳斯定理，有1PT AL BKTA L B KP'⋅⋅='．由上式和①式两式相除，得BK AL EN FKTA L B NF TE'⋅=⋅'⑤ 将④式代入⑤式，得AL EN L B NF '='．注意到已知条件EN AL NF LB =，有AL ALL B LB'='． 从而L '与L 重合，故M ，N ，L 三点共线． 由推论9，即得如下结论：推论10在凸（或折）四边形ABCD 中，E ，F 分别在线段AD ，BC 上，点M ，N ，L 分别在线段DC ，EF ，AB 或其延长线上，且满足DE CF EA FB =，DM EN ALMC NF LB==，则M ，N ，L 三点共线．推论11 三个圆两两相交（或相切）有公共弦PQ （或公切点P ），过点P 的割线段PA ，PB 依次交三个圆于D 、E 、A ，C 、F 、B ，则PDC △，PEF △，PAB △的三个重心共线，且三个垂心共线．证明仅就图12-37的情形给出证明．图12-37设,,PAB PEF PDC △△△的重心分别为1G 、2G 、3G ，又1M 、2M 、3M 分别为PB ，PF ，PC 的中点，则注意到性质35，有121223231()21()2BP FP M M M P M P BF AEM M M P M P FC ED FP CP --====--． 而123,,G G G 分别在线段123,,AM EM DM 上，且3121122332DG AG EG G M G M G M ===，则由推论10，知123,,G G G 三点共线．设123,,O O O 分别为PAB △，PEF △，PDC △的外心，则由性质34，知123,,O O O 三点共线，且由性质35必要性证法1中，知12122323O O M MO O M M =．再注意到欧拉线定理，三角形的外心，重心，垂心共线，且其间距离成比例，从而由推论10知PAB △，PEF △，PDC △的垂心1H ，2H ，3H 共线． 由性质35还可得到如下结论：推论12 两圆相交的公共弦为PQ ，过点P 的割线XY 与X Y ''分别交第一个圆于X ，X '，交第二个圆于Y ，Y '．若有一点O ，使得OXY △与OX Y '△反向相似，则OQ QP ⊥．证明 在图12-38，1O XY △与1O X Y ''△以及2O XY △与2O X Y ''△似乎顺向相似，但1O 、2O 是不存在的．反向相似存在于图12-38（2）中．设O 在直线XY ，X Y ''上的射影分别为Z 、Z '，则由反向的OXY OX Y '△∽△，知OYZ OY Z ''△∽△，即有XY X Y YZ Y Z ''=''． XZPOQYX′Z′Y′O 1Z 1OY′QYZZ′X′O 1P Z 1Z 1（1） （2）图12-38此时，P ，Z '，O ，Z 四点共圆，且PO 为其直径．注意到性质35，知P 、Q 、Z '、Z 四点共圆，即知P 、Q 、Z '、O 、Z 五点共圆． 于是90PQO ∠=︒，故OQ QP ⊥．推论13 两圆相交的公共弦为PQ ，过点P 的割线XZ 与X Z ''分别交第一个圆于X ，X '，交第二个圆于Z ，Z '．若线段XZ 的中垂线与线段X Z ''的中垂线相交于点O ，则O Q Q P ⊥． 证明 如图12-39，设Y ，Y '分别为XZ ，X Z ''的中点，则OY XZ ⊥，OY X Z '''⊥．从而，即知P 、Y 、O 、Y '四点共圆，且PO 为其直径．X PZX′Y′Z′YO QX′Y′Q XYZP OZ′PQOX YZY′X′Z′（1） （2） （3）图12-39此时，1XY X Y YZ Y Z''==''，注意到性质35，知P ，Y ，Y '，Q 四点共圆．于是，P 、Y 、O 、Y '、Q 五点共圆，有90PQO ∠=︒，故OQ QP ⊥． 推论14两圆相交的公共弦为PQ ，过点P 的割线XZ 与X Z ''分别交第一个圆于X 、X '，交第二个圆于Z 、Z '．若X 、Z 、Z '、X '四点共圆，圆心为O ，则OQ QP ⊥． 证明 如图12-40，设Y ，Y '分别为XZ XZ ，X Z ''的中点，则OY XZ ⊥，OY X Z '''⊥．从而即知P 、Y 、O 、Y '四点共圆，且PO 为其直径，此时1XY X Y YZ Y Z ''==''，注意到性质35，知P 、Y 、O 、Y '、Q 五点共圆，有90PQO ∠=︒，故OQ QP ⊥． PX YZZ′Y′X′QOY′XTZQO YP （1） （2）图12-40注：此推论即为前面的性质10．性质36 三个圆两两相交，一条与三圆相交（异于公共弦的端点）的直线依次与各圆交于六点，过第一、五、六点分别作该圆的直径，则这三个圆共一条公共弦，且三条直径的另一端点为顶点的三角形的垂心在公共弦所在直线上的充分必要条件是这三条直弪的端点构成完全四边形的六个顶点．证明 如图12-41，三个圆的圆心分别为M ，N ，L ．点A ，B ，C 相应为直线与三个圆的交点，D ，F ，E 分别为三条直径的另一端点，EF 图12-41充分性．当A ，B ，C ，D ，E ，F 构成完全四边形的六个顶点时，则M ，N ，L 分别为完全四边形的三条对角线AD ，BF ，CE 的中点，设1H ，2H ，3H ，4H 分别为DEF △，ACF △，ABE △，BCD △的垂心．注意到三角形垂心的性质：三角形的垂心是所有过任一条高的两个端点的圆的根心，即知1H 三个圆的根心，对于DEF △，在它的边所在直线上的点C ，B ，A ，1H 关于以CE ，BF ，AD 为直径的圆的幂相等，即1H 在这三个圆两两的根轴上．同样，对ACF △．在它的边所在直线上的点B ，D ，E ．其垂心2H 关于以CE ，BF ，AD 为直径的圆的幂相等，即2H 在这三个圆两两的根轴上． 同理，3H ，4H 也都在这三个圆两两的根轴上．于是，1234,,,H H H H 均在这三个圆两两的根轴上，即这三个圆两两的根轴重合，亦即共轴．三个圆两两相交时，三个圆共公共弦PQ 如图，显然DEF △的垂心1H 在直线PQ 上． 必要性 ．设M ⊙，N ⊙，L ⊙共公共弦PQ ，且DEF △的垂心1H 在直线PQ 上时． 联结AF ，BD ，CD ，由于1H ．在直线PQ 上，则知1H 在这三个圆两两的根轴上，即1H 关 于以CE ，BF ，AD 为直径的圆的幂相等，从而知这三个圆分别过DEF △的三条高EY ，FX ，DZ (如图)的端点，于是知C ，B ，A 分别在边FD ，ED ，EF 所在直线上．故BE 与CF 交于点，点A ，F ，E 三点共线，即A ，B ，C ，D ，E ，F 为完全四边形的六个顶点，结论证毕．（注：三圆两两不相交时，也有类似于性质36的结论．）推论15完全四边形的三条对角线的中点共线，且三中点所在直线垂直于以对角线为直径的三圆的公共根轴， 事实上，这可由性质34及性质36证明后的注即证．三条对角线的中点所在直线也常称为牛顿线或高斯线．下面给出应用上述结论处理问题的几个例子：例1（第21届俄罗斯数学奥林匹克题）试证：若五边形ABCDE 中，ABC ADE ∠=∠，AEC ADB ∠=∠，则BAC DAE ∠=∠． 证明 如图12-42，设BD 与CE 交于点F ，联结AF ，则由ADF ADB ∠=∠=AEC AEF ∠=∠，知A ，E ，D ，F 四点共圆．此时，AFE ADE ABC ∠=∠=∠，即知A ，F ，C ，B 四点共圆．CDEABF图12-42于是AFCB ⊙与AEDF ⊙相交于A ，F 两点，BD 和CE 是过点F 的两条割线段，由推论1，知AEC ADB △∽△，故BAC DAE ∠=∠．例2 （2006年全国女子数学奥林匹克题）设凸四边形ABCD 的对角线交于点O ，OAD △，OBC △的外接圆交于O ，M 两点，直线OM 分别交OAB △，OCD △的外接圆于T ，S 两点．求证：M 是线段TS 的中点．证明 如图12-43，联结DS ，DM ，由AOD ⊙与COD ⊙相交于D ，O 两点，应用推论1，有DAC DMS △∽△，亦即有DA DMAC MS=． ① S CD BMOA图12-43T联结AT ，AM ，同理，由AOB ⊙与AOD ⊙相交于A ，O 两点，有ABD ATM △∽△，亦有AD AMBD TM=． ② 联结MB ，MC ，MAC MDB △∽△，有AC BDMA MD=③ 由①÷②再代入③即得MS TM =．故M 是线段TS 的中点．例 3 （1992年冬令营试题）凸四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P ．ABP △，CDP △的外接圆相交于P 和另一点Q ，且O ，P ，Q 三点两两不重合．试证：90OQP ∠=︒证明 如图12-44，由于CDP ⊙与ABP ⊙相交于P ，Q ，且AC ，DB 为过点P 的两条割线段，因A ，B ，C ，D 四点共圆，则由性质10，即知OQ QP ⊥，即90OQP ∠=︒．（C 与D 重合，A 与B 重合，则变为1997年全国高中联赛题）图12-44例4 （2007年中国国家队集训第5次测试题）凸四边形ABCD 内接于O ⊙，BA ，CD 的延长线相交于点H ，对角线AC 、BD 相交于点G ，1O 、2O 分别为AGD △、BGC △的外心．设12O O 与OG 交于点N ，射线HG 分别交1O ⊙，2O ⊙于点P ，Q ．设M 为PQ 的中点，求证：NO NM =．证明 如图12-45，过点G 作1GT O G ⊥，则知TG 切1O ⊙于G ．图12-45于是AGT ADG ACB ∠=∠=∠，即知TG BC ∥，从而1O G BC ⊥，而2O OB C⊥，则12O G OO ∥．同理，12OO GO ∥，即知12O OO G 为平行四边形，所以N 分别为OG ，12O O 的中点． 在射线HG 上取点M '，使HG HM HA HB '⋅=⋅，则知G ，A ，B ，M '四点共圆． 而HD HC HA HB ⋅=⋅，亦知C ，D ，G ，M '四点共圆，即知ABM G '⊙与GM CD '⊙相交于G ，M '，且AC ，BD 为过点G 的两条割线段，则由性质9，即知M '为PQ 的中点，亦知M '与M 重合．又2BOC BAC BAC BDC BMQ QMC BMC ∠=∠=∠+∠=∠+∠=∠，知B ，C ，M ，O 四点共圆，则111(180222O M B O∠=∠=90BMQ ︒-∠，即知OM PQ ⊥．于是，在Rt GOM △中，NM 为斜边OG 上的中线，故NO NM =．注：证得M 为PQ 的中点后，应用性质11，知NM NG =，即有NO NM =．例5（2010年中国数学奥林匹克题）两圆1Γ，2Γ过点B 的一条直线分别交圆1I ，n 于点C ，D ，过点交于点A ，B 过点B 的一条直线分别交圆1Γ，2Γ于点E ，F ，直线CF 分别交圆1Γ，2Γ于点P ，Q ．设M ，N 分别是弧PB ，QB 的中点．若CD EF =，求证：C ，F ，M ，N 四点共圆．证明 如图12-46，圆1Γ与圆2Γ相交于A ，B ，而CD ，EF 为过点B 的两条割线段，则由推论3知AB 平分CBF ∠ ．CBN DP AQ E MFI Г1Г2图12-46联结CM ，FN ，因M 是弧PB 的中点，则知CM 是BCF ∠的平分线． 同理，FN 是CFB ∠的平分线．在FCB 中，BA ，CM ，FN 三线共点于其内心，设内心为I ．在圆1Γ，2Γ中，由圆幂定理，有CI IM AI IB ⋅=⋅，AI IB NI IF ⋅=⋅．于是，有CI IM NI IF ⋅=⋅．故由圆幂定理的逆定理知C ，F ，M ，N 四点共圆．例6 （1999年第25届全俄数学奥林匹克题）点D 是锐角ABC △的外心，过A ，B ，D 作圆分别交AC ，BC 于M ，N ．证明：ABD △和MNC △的外接圆相等．证明 如图12-47，联结MB ，则ABD △与MNB △内接于同一个圆．而MNB △与MNC △有公共边，因此要证明ABD △与MNC △的外接圆相等，由性质6，知只需证明MBC △是等腰三角形，即证MBN MCN ∠=∠．ABCDN图12-47M事实上，由DB DC DA ==，有,DBN DCN MAD MCD ∠=∠∠=∠． 在ABC ⊙中，有MAD MBD ∠=∠，于是，MBN MBD DBN ∠=∠+∠MAD DCN =∠+∠MCD DCN =∠+∠MCN =∠． 故ABD △和MNC △的外接圆相等． 例7（2003年国家集训队训练题）设D 是ABC △的边BC 上一点，但不是其中点，设1O 和2O 分别是ABD △和ADC △的外心，求证：ABC △的中线AK 的垂直平分线过线段12O O 的中点．证明 如图12-48，联结AD ，12O O ，则由性质1，知12O O 是AD 的垂直平分线．图12-48设O 为12O O 的中点，则AO OD =． 联结OK ，则由性质11，知OK OD =．于是，AO OK =．这说明O 在线段AK 酌中垂线上． 故AK 的垂直平分线过线段12O O 的中点． 例8 （2007年中国国家集训队训练题）锐角ABC △的外接圆在A 和B 处的切线于点D ，M 是AB 的中点．证明：ACM BCD ∠=∠．证明 如图12-49，过点A 作与CB 切于点C 的1O ⊙，1O ⊙与CD 交于点Q ，与DA 的延长线交于点K ，联结AQ ，QB ，则AQD AKC ACB ABD ∠=∠=∠=∠，K图12-49于是，A ，D ，B ，Q 四点共圆．注意到DA DB =， 则AQD DQB ∠=∠．此时，180180AQC AQD DQB CQB ∠=︒-∠=︒-∠=∠． 又QAC QCB ∠=∠，从而AQC CQB △∽△．于是，AQC CBQ ∠=∠，此说明过B ，Q ，C 的圆即2O ⊙与AC 切于点C ． 由性质14，知ACM BCD ∠=∠．例9 （2004年中国国家集训队测试题）圆心为1O 和2O ⊙的两个半径相等的圆相交于P ，Q 两点，O 是公共弦PQ 的中点，过P 任作两条割线AB 和CD （AB 、CD 均不与PQ 重合），点A ，C 在圆1O 上，点B ，D 在圆2O 上，联结AD 和BC ，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，已知1O 和2O 不在两圆的公共部分内，点M ，N 均不与点O 重合．求证：M ，N ，O 三点共线．证明 如图12-50，设S ，T 分别为CD ，AB 的中点，联结OS ，OT ，则由性质11，知OS OP OT ==，即知OST △为等腰三角形，亦即知点O 在ST 的中垂线上．N 图12-50O 2O 1AB CDOPS MT QO O 1O 2P N S MT ABCD联结AC ，BD ，则由性质5(2)，知AC BD =．又联结MT ，MS ，NT ，NS ，则由中点性质，知12SN BD ∥，12MT BD ∥，12NT AC ∥，12MS AC ∥．从而，知MSNT 为菱形，它的对角线互相垂直平分，即M ，N 也在线段ST 的中垂线上．故M ，N ，O 三点共线， 例10 （IM049预选题）设P ，Q 是凸四边形ABCD 内的两点，且满足四边形PQDA 和四边形QPBC 均为圆内接四边形．若在线段PQ 上存在一点E ，使得PAE QDE ∠=∠，PBE QCE ∠=∠．证明：四边形ABCD 为圆内接四边形．证明 如图12-51，由性质20，知PQ 与EAD △的外接圆切于点EQ ABCDP EX图12-51假若直线AD 与PQ 交于点X ，则由切割线定理有2XE XA XD =⋅．又XA XD XP XQ ⋅=⋅，所以2XE XP XQ =⋅．若直线BC 与PQ 交于点Y ，亦有2YE YP YQ =⋅．从而X Y =，即AD ，BC ，PQ 三条直线交于一点．由此即证得ABCD 为圆内接四边形．若BC PQ ∥，则四边形QPBC 为等腰梯形，由PBE QCE ∠=∠，可得E 是PQ 的中点，这与2XE XP XQ =⋅．矛盾假若AD PQ BC ∥∥，则四边形PQDA ，QPBC 均为等腰梯形，从而四边形ABCD 为等腰梯形，因此，四边形ABCD 为圆内接四边形．例11 （2010年中国国家集训队测试题）如图12-52，在ABC △中，AD 是边BC 上的高，圆1Γ与2Γ圆相交于D ，K 两点，且圆1Γ过边AB 的中点M ，圆2Γ过边AC 的中点N ，直线MN 是圆1Γ与圆2Γ的一条公切线，过BC 边上的任一点P P 作直线AB ，AC 的平行线，分别与边AC ，AB 交于点E ，F ．求证：K ，E ，A ，F 四点共圆．图12-52Γ2Γ1ABCDE FPNM L证明 注意到MN BC ∥，有A N M N C D D N M ∠=∠=∠，AMN MBD NMD ∠=∠=∠，从而有DMN AMN △≌△，即有BM MA =，CN NA ND ==． 设L 为BC 的中点，则LN PE ∥，LM PF ∥，BL LC =，从而EN EN PL CN BL CN ND FM PL FM LC BM BM MD=⋅=⋅==． 由性质17（2），有ND KN MD KM =．因此EN KNFM KM=． 另一方面，由题设可知，MNK NDK ∠=∠，KMN KDM ∠=∠，所以由性质3(1)， NDM NDK KDM MNK KMN ∠=∠+∠=∠+∠，故180NDM NKM ∠+∠=︒．但NDM MAN ∠=∠，所以180MAN NKM ∠+∠=︒，从而A ，M ，K ，N 四点共圆，于是，KNE KMF ∠=∠． 综上所述即知KNE KMF △∽△，所以KEN KFN ∠=∠． 不失一般性，设P 在B ，L 之间，则N 在C ，E 之间，F 在M ，B 之间，于是，KEN KFM ∠=∠，这表明KEC KFA ∠=∠．故K ，E ，A ，F 四点共圆．例12 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点P 的割线段AB ，CD 分别交1O ⊙于A ，C ，交2O ⊙，于B ，D 直线CA 与直线BD 交于点D ．求证：QA QD QB QC QP QS ⋅=⋅=⋅．证明 如图12-53，由性质5（3）知Q A C Q B D △∽△，有Q A Q CQ B Q D=，从而QA QD QB QC ⋅=⋅． 图12-53O 2O 1QPABCDS又由性质5（2），知S ，A ，Q ，B 四点共圆，从而QBP QBA QSA QSC ∠=∠=∠=∠．注意到Q P B Q C A Q ∠=∠=∠，于是Q B P Q S △∽△，即有QB QPQS QC=，故Q B Q C Q P ⋅=⋅． 例13 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点P 的割线段AB 交1O ⊙于点A ，交2O ⊙于点B ，两圆在A ，B 处的切线交于点S ，直线SQ 交123O O O △的外接圆于另一点T ．求证：ST 等于123O O O △的外接圆的直径．证明 如图12-54，设直线1AO 与直线2BO 交于点C ，则知S ，A ，C ，B 四点共圆．又由推论1知S ，A ，Q ，B 四点共圆，故知S ，A ，C ，Q ，B 五点共圆．因此，90CQS CBS ∠=∠=︒图12-54O 2O 1S 'A'B 'T Q A BCDS P分别延长1QO ，2QO 交圆于A '，B '，设两圆在A '，B '的切线交与S '，则由性质5（1）知A S B ASB '''∠=∠，注意到性质5（2）知1212O CO O QO ∠=∠，于是，知点C 在12O O Q △的外接圆上．由上即知CT 为12O O Q △的外接圆直径．于是1TO AC ⊥，即有1AS O T ∥．设直线AC 与直线SQ 交于点D ，则由1AS O T ∥及1DQO DCT △∽△，有1111AO O Q ST CTTD O D O D TD===，即知ST CT =． 即ST 等于12O O Q △的外接圆直径．例14（2009年土耳其数学奥林匹克题）已知圆Γ和直线l 不相交，P ，Q ，R ，S 为圆Γ上的点，PQ 与RS ，PS 与QR 分别交于点A ，B ，且A ，B 在直线l 上． 试确定所有以AB 为直径的圆的公共点，解 令圆Γ的圆心为O ，半径为r ，作ASP △的外接圆交AB 于点K ，联结SK ，则AKS QPS SRB∠=∠=∠，于是，知S ，K ，B ，R 四点共圆．由性质24，知OK AB ⊥． 由圆幂定理，有222B O r B S B P B K B A B KB K K-=⋅=⋅=+⋅，即有2A K K B B O ⋅=-222B K r O K r-=-． 对任何一对满足条件的点{,}A B ，因为O ，K ，r 是固定的，所以，以AB 为直径的圆一定过直线OK 上的两点，其到直线l图12-55ΓABKOQPS lR例15 （2006年第35届美国数学奥林匹克题）在四边形ABCD 中，点E 和F 分别在边AD和BC 上，且AE BFED FC=．射线FE 分别交线段BA 和CD 的延长线于S 和T ．求证：SAE △，SBF △，TCF △和TDE △的外接圆有一个公共点． 证明 如图12-56，延长BS 交直线TC 于点K ．图12-56ABCDE FPS T对TED △及截线ASK ，对T F C △及截线BSK 分别应用梅涅劳斯定理，有1TS EA DK SE AD KT⋅⋅=，1TS FB CK SF BC KT⋅⋅=． 上述两式相除得EA DK FB CKAD SE BC SF⋅=⋅（*） 由题设AE BF ED FC =，AE FBAD BC=． 于是，由(*)式有DK CK SE SF =，即有KD SEDC EF=． （**） 设TCF △与TDE △的外接圆的另一交点为P ，对（**）式应用性质35，知SKT ⊙也公共弦PT ，即S ，K ，T ，P 四点共圆．由S ，K ，T ，P 及E ，D ，T ，P 分别四点共圆，有180PSK PEK PED ∠=︒-∠=∠，从而它们的补角相等，即ASP AEP ∠=∠．于是，知A ，E ，S ，P 四点共圆． 故SAE △，SBF △，TCF △与TDE △的外接圆有一个公共点P ．例16 （2006年瑞士国家队选拔赛题）在锐角ABC △中，AB AC ≠，H 为ABC △的垂心，M 为BC 的中点，D ，E 分别为AB ，AC 的点，且AD AE =，D ，H ，E 三点共线．求证：ABC △的外接圆与ADE △的外接圆的公共弦垂直于HM ．证明 如图12-57，设直线BH ，CH 分别与AC ，AB 交于点B '，C '，ABC △的外接圆与ADE △的外接圆交于A ，K 两点(因AB AC ≠)．由HBD HCE ∠=∠，BDH CEH ∠=∠．则知HDB △与HEC △反向相似，于是，由推论12，知HK AK ⊥．图12-57B'C 'HABCDE K M又HC AB '⊥，HB AC '⊥，所以A ，C '，H ，B '，K 五点共圆．而B '，C '在以BC 为直径的圆上，M 为其圆心，于是，由推论14，知M K AK ⊥． 因此，,,M H K 三点共线．故AK HM ⊥．例17 （2009年西部数学奥林匹克题）设H 为锐角ABC △的垂心，D 为边BC 的中点，过点H 的直线分别交边AB ，AC 于点F ，E ，使得AE AF =，射线DH 与ABC △的外接圆交于点P ．求证：P ，A ，E ，F 四点共圆．证明 如图12-58，分别延长BH ，CH 交AC 于点B '，交AB 于点C '，则知A ，C '，H ，B '四点共圆，设其圆心为O ．又设O ⊙与ABC △的外接圆除交于点A 外，另一交点P '．C B 图12-58HAB CDEFOP由于AH 为O ⊙的直径，则知HP AP ''⊥．注意到B ，C ，B '，C '四点共圆，其圆心为D ，则由推论14，知DP AP ''⊥． 于是，D ，H ，P '三点共线．又P '在ABC ⊙上，即知P '与P 重合． 又由Rt Rt C FH B EH ''△∽△，FHB EHC △∽△， 有C F FH FB B E EH EC '=='， 即C F B E FB EC''=． 由上式，应哟那性质35，即知AFE △的外接圆，O ⊙，ABC ⊙有公共弦AP ． 故P ，A ，F ，E 四点共圆．例18 （2003年德国国家第二轮数学竞赛题）已知圆内接四边形ABCD 的两条对角线AC ，BD 的交点为S ，S 在边AB ，CD 上的射影分别为E ，F ．证明：EF 的中垂线平分线段BC ，AD ．证明 若AB DC ∥，则四边形ABCD 为等腰梯形，此时，E ，S ，F 三点共线，eF 的中垂线就是等腰梯形的中位线．故结论显然成立．当AD ∥DC 时，可设直线BA 与直线CD 交于点P ，如图12-59．图12-59A BCD EFOPNSM L由SE AB ⊥，SF CD ⊥，则知P ，E ，S ，F 四点共圆，且PS 为其直径．设O ，L 分别为PS ，EF 的中点，则OL 为EF 的中垂线．设M ，N 分别为AD ，BC 的中点，在完全四边形PABSCD ，应用推论15，则知O ，M ，N 三点共线，即O 在直线MN 上．由Rt Rt EBS FCS △∽△，Rt Rt AES DFS △∽△，有BE ES EA CF FS FD ==，即AE DFEB FC =． 又M ，L ，N 分别为AD ，EF ，BC 的中点，即有AM EL BNMD LF NC==． 于是，由推论10即知M ，L ，N 共线，亦即L 在直线MN 上． 故EF 的中垂线OL 过BC ，AD 的中点N ，M ．结论获证． 练习十二 l ．（2006年波兰数学奥林匹克题）已知C 是线段AB 的中点，过点A ，C 的圆1O ⊙．与过点B 、C 的圆2O ⊙相交于C ，D 两点，P 是O ⊙上AD (不包含点C )的中点，Q 是2O ⊙上BD （不包含点C ）的中点．求证：PQ CD ⊥． 2．（2006年瑞士国家队选拔赛题）设P 是ABC △内部一点，D 是AP 上不同于P 的一点，1Γ，2Γ分别是过B ，P ，D 三点的圆和过C ，P ，D 三点的圆，圆1Γ，2Γ分别与BC 交于E ，F ，直线PF 与AB 交于X ，直线PE 与AC 交于点Y ．求证：XY BC ∥． 3．（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题）在ABC △中，点M ，N 分别在边AB ，AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △与CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠=∠． 4．（2010年湖南省夏令营题）1O ⊙与2O ⊙相交于D ，P 两点，AB 为两圆的外公切线（离D 点较近）．AD 与2O ⊙相交于点C ，线段BC 的中点为M ．求证：DPM BDC ∠=∠． 5．（IM046试题）给定凸四边形ABCD ，BC AD =，且BC 不平行于AD ，设点E 和F 分别在边BC 和AD 的内部，满足BE DF =．直线AC 和BD 相交于点P ，直线EF 和BD 相交于点Q ，直线EF 和AC 相交于点R ．证明：当点E 和F 变动时，PQR △的外接圆经过除点P 外的另一个定点． 6．（2006年第35届美国数学奥林匹克题）设E ，F 分别是凸四边形ABCD 的边AD 和BC 上的点，满足AE BFED FC=，射线FE 分别与射线BA 和CD 交于点S 和T ．证明：SAE △、SBF △、TCF △和TDE △的外接圆有一个公共点． 7．（1995年第21届俄罗斯，1996年罗马尼亚国家队选拔，1997年伊朗数学奥林匹克题）设AB 是O ⊙的一条直径，一直线与O ⊙交于C ，D 两点，与直线AB 交于点M ，AOC △的外接圆与BOD △的外接圆交于点(0)N N ≠．证明：ON MN ⊥． 8．（2009年越南国家队选拔赛题）设以AB 为直径的圆为O ⊙，M 为O ⊙内的动点，AMB ∠的角平分线与O ⊙交于点N ，AMB ∠的外角平分线与NA 、NB 分别交于点P 、Q ，AM 、BM 分别与以NQ 、NP 为直径的圆交于R 、S ．证明：NRS △中过点N 的中线过一个定点． 9．（2009年哥伦比亚数学竞赛题）在ABC △中，P 是边BC 上一点，1I ，2I 分别是APB △，APC △的内心，圆12,ΓΓ分别是以1I ，2I 为圆心且过点P 的圆．设Q 是圆1Γ，2Γ不同于点P 的交点，1X ，1Y 分别是圆2Γ．与AB ，BC 靠近点C 的交点．11X Y ，22X Y 分别是圆2Γ与AC 、BC 靠近点C 的交点，证明：11X Y ，22X Y ，PQ 三线共点． 10．（2003年第35届加拿大数学奥林匹克题）三个圆有公共弦AB ，任一条过点A 的直线l与三个圆的交点依次为X ，Y ，Z ，其中x B ≠．证明：XYYZ为定值．11．（IM026试题）已知ABC △，以O 为圆心的圆经过三角形的顶点A ，C 且与边AB ，BC 分别交于另外的点K ，N ．ABC △和KBN △的外接圆交于点B ，M ．试证：OMB ∠是直角． 12．（2006年国家集训队测试题）设K ，M 是ABC △的边AB 上的两点，L ，N 是边AC 上的两点．K 在M ，B 之间，L 在N ，C 之间，且BK CLKM LN=．求证：ABC △，AKL △，AMN △的垂心在一条直线上． 13．（《中等数学》2010（5）数学奥林匹克训练题）ABC △的三条高线AD ，BE ，CF 交于点H ，P 是ABC △内任意一点，求证：APD △，BPE △，CPF △的外心1O ，2O ，3O 三点共线．14．（《中等数学》2011（2）训练题）已知锐角()△，过点B，C的OABC AB AC⊙与边AC，△外接圆的弧BAC上一点．证明：BD，CE，OP三线AB分别交于点D，E，P为ABC共点的充分必要条件是PBD△的内心重合．△的内心与PCE。

山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第13章根轴

山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第13章根轴

第13章 根轴定义 从一点P 作一圆周的任一割线PAB ，从点P 起到和圆周相交为止的两线段之积PA PB ⋅，称为点P 对于这个圆周的幂1．由相交弦定理及割线定理，知点P 的幂是定值．若点P 在圆内，则点A 的幂等于以该点为中点的弦半弦长的平方；若点P 在圆外，则点P 的幂等于从该点所引圆周的切线长的平方；若点P 在圆周上，则点P 的幂等于0． 由定义，关于圆周的幂有下列结论．结论 1 点P 对于以O 为圆心、以R 为半径的圆周的幂，等于OP 及半径R 的关系式22OP R -．结论2 对于两已知圆有等幂的点的轨迹，是一条过连心线上一定点且垂直连心线的直线． 事实上，设点P 到圆1O 和圆2O 的幂相等，圆1O ，圆2O 的半径分别为1R ，2R （12R R >），则22221122PO R PO R -=-，即22221212PO PO R R -=-=常数 如图13-1，设12O O 的中点为D ，12PM O O ⊥于点M ，则2221112PO PD O D O D DM =++⋅2222222PO PD DO DO DM =+-⋅O 1O 2PD M图13-1易得2212122R RDM O O -==常数所以，过定点M 的垂线即是两圆等幂点的轨迹． 这条直线称为两圆的根轴或等幂轴．特别地，若两圆同心，则120O O =．从而，同心圆的根轴不存在；若20R =，圆2O 变成一点2O ，则点A 对于圆2O 的幂是22AO ．此时，直线（轨迹）称为一圆与一定点的根轴． 根轴有下面的性质．性质1 若两圆相交，其根轴就是公共弦所在的直线． 性质2 若两圆相切，其根轴就是过两圆切点的公切线． 性质3 三个圆，其两两的根轴或相交于一点，或互相平行．事实上，若三条根轴中有两条相交，则这一交点对于三个圆的幂均相等，所以必在第三条根轴上，这一点，称为三个圆的根心．显然，当三个圆的圆心的一条直线上时，三条根轴互相平行．当三个圆的圆心不共线时，根心存在．性质4 若两圆相离，则两圆相离，则两圆的四套公切线的中点在根轴上．性质 5 一点P 对于不同心两圆11()O r ⊙、22()O r ⊙的幂为1t ，2t ，l 是这两圆的等幂轴，PA l ⊥于A ，则12122t t A P OO -=⋅．即一点对于不同心两圆的幂之差等于等幂轴到该点的距离乘以圆心距之积的2倍．①沈文君. 根轴的性质及应用[J]. 中等数学，2004（1）：6-10.图13-2lf 2f 1ABQ PO 1O 2r 2r 1证明 设12l O O ⊥于Q ，作12PB O O ⊥于B ，便得2222121122()()t t PO r PO r -=---222222221212112112()()()BO BO r r BO O O BO QO QO =---=----22121121212121121121122()()2[()]O O BO O O QO QO QO QO O O BO O O QO O O QO O O =⋅---+=⋅----⋅21211212112121121122(2)(22)O O BO O O O O QO O O O O BO O O QO O O =⋅--⋅-=--+121222O O BQ AP O O =⋅=⋅推论 若两圆不同心，则其中一个圆的任何点对于另一圆的幂的绝对值，必等于该点到等幂轴的距离乘以圆心距之积的2倍．即若P 点在2O ⊙上，则20P =，此时1122t AP O O =⋅． 下面给出运用上述性质解题的例子．例1 （IMO50预选题）已知ABC △的内切圆分别与边AB ，AC 切于点Z ，Y ，BY 与CZ 交于点G ，点R ，S 满足四边形BCYR 和四边形BCSZ 式平行四边形．证明：GR GS =． 证明 如图13-3，设ABC △的内切圆和A ∠内的旁切圆分别为圆Γ和圆a Γ，圆Γ和圆a Γ与边BC 分别切于点X ，T ，圆a Γ与直线AB ，AC 分别切于点P ，Q ．由BX CT =，得ZP ZB BP XB BT BX CX ZS =+=+=+=，CQ CT BX BZ CZ ====． 因此，对于点Z ，C ，它们到点S 的距离等于它们向圆a Γ所引的切线段的长．从而，ZC 是点圆S 和圆a Γ的根轴．Γ图13-3G ABCI aPXS YZ RT同理，BY 是点圆R 和圆a Γ的根轴．于是，ZC 与BY 的交点G 为圆S ，圆R ，圆a Γ的根心．所以GR GS =．例2 （2007年第45届越南数学奥林匹克题）已知下底边为BC （即BC AD ∥，且BC AD >）的梯形ABCD 内接于O ⊙．P 是在直线BC 上移动的点，且使得PA 不与O ⊙相切．以PD 为直径的圆交O ⊙于点()E E D ≠，记BC 与DE 交于点M ，N 是PA 与O ⊙的交点（N A ≠）．求证：直线MN 通过一定点．证明 如图13-4，记A 关于O 的对称点为A '．A 'OPNA BC DEF M Γ1Γ2图13-4下面证明：N 、M 、A '三点共线，也就是直线MN 通过定点A '．记以PD 为直径的圆为1Γ，以PA '为直径的圆为2Γ，注意到90PNA '∠=︒，则直线DE 、NA '分别为O ⊙与1Γ，2Γ的根轴．记以PD 为直径的圆为1Γ，以PA '为直径的圆为2Γ，注意到90PNA '∠=︒，则之心啊DE 、NA '分别为O ⊙与1Γ，2Γ的根轴．记DA '与直线BC 交于点F ，由90ADA '∠-︒，知90PFA '∠=︒，而90PNA '∠=︒，于是，知点F 在圆2Γ上，从而，直线BC 是1Γ、2Γ的根轴．由根心定理，知三个圆O ⊙、1Γ、2Γ的根轴DE 、BC 、NA '交于点M ．因此，M 、N 、A '三点共线．例3（2009年美国数学奥林匹克题）如图13-5，设圆1ω和2ω交与点X 、Y ．过1ω的圆心的直线1l 交圆2ω于点P 、Q ，过2ω的圆心的直线2l 交1ω于点R 、S ．证明：若P 、Q 、R 、S 四点共圆，则该圆的圆心在直线XY 上．PQ图13-5XYH R SOωω2ω1O 2O 1证明 设1O 、2O 分别为圆1ω、2ω的圆心，联结12O O ，过1O 作RS 的垂线3l ，过2O 作PQ 的垂线4l ，设3l 与4l 交于点O ．记过P 、Q 、R 、S 的圆为ω，则O 为ω的圆心．注意到PQ 、RS 、XY 分别为圆ω与2ω，圆ω与1ω，圆1ω与2ω的根轴．于是，直线PQ 、RS 、XY 共点，设为H （当PQ 、RS 、XY 两两平行时，视H 为无穷远点）． 由1O O PS ⊥知12O O O H ⊥．同理，21O O O H ⊥．于是，知O 为12O O H △的垂心（当H 为无穷远点时，O 在12O O 所在直线上）． 因此，12OH O O ⊥．又H 为XY 上一点，而12XY O O ⊥．故O 在直线XY 上．例4（2006年第19届韩国数学奥林匹克题）在ABC △中，B C ∠≠∠，ABC △的内切圆I ⊙与BC ，CA ，AB 的切点分别为D ，E ，F ．记AD 与I ⊙的不同于点D 的交点为P ，过点P 作AD 的垂线交EF 于点Q ，X ，Y 分别是AQ 与直线DE ，DF 的交点．求证：A 是线段XY 的中点． 证明 如图13-6．ω2ω1IV Y U (Q )'Q P ABCDE FX图13-6记过点A 且平行于BC 的直线与过点P 且垂直AD 的直线交点为Q '，直线DI 与AQ '的交点为U ，直线PQ '与I ⊙的交点为()V V P ≠． 由90VPD ∠=︒，知D ，I ，V ，U 共线． 由90BDI ∠=︒，知90AUI ∠=︒．又90AFI AEI ∠=∠=︒，知A ，U ，F ，I ，E 五点共圆．记此圆为1ω． 由90APV AUV ∠=︒=∠，知A ，U ，V ，P 四点共圆，记此圆为2ω．由根轴性质3，知I ⊙，圆1ω，圆2ω两两相交的根轴EF ，PV ，AU 交于点Q '，而之间EF 与PV 相交于Q ，从而Q 与Q '重合．于是，由AXE CDE △∽△，有1AX CDAE CE==，即知AX AE =． 由AYF BDF △∽△，有1AY BDAF BF==，即知AY AF =．注意懂啊AE AF =，故AX AY =，即A 是线段XY 的中点．例5（2007年第45届越南数学奥林匹克题）已知下底边为BC （即BC AD ∥，且B C A D >）的题型ABCD 内接于O ⊙．P 是在直线BC 上移动的点，且使得PA 不与O ⊙相似．以PD 为直径的圆交O ⊙于点()E E D ≠，记BC 与DE 交于点M ，N 是PA 与O ⊙的交点（N A ≠）．求证：直线MN 通过一定点．证明 如图13-7，记A 关于O 对称的点为A '．B图13-7下面证明：N 、M 、A '三点共线，也就是直线MN 通过顶点A '．注意到直线DE 是O ⊙和以PD 为直径的圆（记为圆1Γ）的根轴，由于90PNA '∠=︒，因此直线NA '是O ⊙和以PA '为直径的圆（记为圆2Γ）的根轴．记DA '与直线BC 交于点F ，由90ADA '∠=︒，得90PFA '∠=︒，而90PNA '∠=︒，于是，知点F 在圆1Γ上，从而，直线BC 是圆1Γ和2Γ的根轴．由根轴定理，知三个圆O ⊙，1Γ，2Γ的根轴DE ，BC ，NA '交于根心M ．因此，M 、N 、A '三点共线． 例6（2009土耳其国家队选拔赛题）以O 为圆心，r 为半径的圆为四边形ABCD 的内切圆．设P ，Q 分别为AB 与CD 、AD 与BC 的交点，E 为对角线AC 与BD 的交点．证明：2OE d r ⋅=，其中d 为点O 到直线PQ 的距离．证明 如图13-8，设K ，L ，M ，N 分别为四边形ABCD 与内切圆相切的切点，且分别在边AB ，BC ，CD ，DA 上．A 图13-8过O 作OS QP ⊥于S ，则E 在OS 上．一方面，由牛顿定理，知KM 与LN 的交点和对角线AC 与BD 的交点重合，即KM 与NL 的交点为E ．另一方面，O ，K ，P ，M 和O ，L ，Q ，N 分别四点共圆，S 为这两个圆的另一交点，因此，直线OS ，KM ，LN 分别为这两个圆和四边形ABCD 内切圆的根轴，从而由根轴定理，E 为其根心．故222222()+OE d OE OS OE OE ES OE OE ES OE LE EN OE r OE r ⋅=⋅=+=⋅=+⋅=--=． 例7（2003年第29解俄罗斯数学奥林匹克题）如图13-9，在锐角APD △的边AP 和PD 上各取一点B 和C ，四边形ABCD 的两条对角线相于点Q ．APD △和BPC △的垂心分别为1H ，2H ．证明：如果直线12H H 经过ABQ △和CDQ △的外接圆的交点X ，那么它必定经过BQC △和AQD △的外接圆的交点(,)Y X Q Y Q ≠≠．B 1ω1C 1D 1H 2H 1QPN ABCDMY X图13-9证明 分别以对角AC 、BD 为直径作圆1ω和圆2ω．设1BB ，1CC ，1AA 、1DD 分别是BPC △和APD △的高，其中1A ，1C 在圆1ω上，点1B 、1D 在圆2ω上．于是，A 、D 、1A 、1D 四点共圆．从而111111H A H A H D H D ⋅=⋅，即点1H 位于圆1ω和圆2ω的根轴上． 同理，点2H 也位于圆1ω和圆2ω的根轴上．于是，该根轴就是直线12H H取对角线AC 、BD 的中点分别为M 、N ，则M 、N 分别为圆1w 、圆2w 的圆心．根据题设，点X 位于圆1ω和圆2ω的根轴上，所以2222XM CM XN DN -=-．（*） 注意到同弧上的圆周角相等，有XAQ XBQ ∠=∠，XCQ XDQ ∠=∠． 所以，XAC XBD △∽△． 因此，（*）式中的平方差或者等于0，或者是它们的相似比的平方．若该平行差为0，有90AXC BXD ∠=∠=︒，于是AB CD ⊥，这与APD △为锐角三角形矛盾．故该平方差相似比的平方，又由XM CMk XN DN==有2222222()XM CM k XN DN XN DN -=-=-．从而有21k =，故XAC XBD △≌△，于是，知AC BD =．同样，由YAQ YDQ ∠=∠，YCQ YBQ ∠=∠，有YA C YB D △≌，亦有YM YN =．而C MD N =，则2222=YM CM YN DN --，即Y 关于圆1ω和圆2ω的幂相等．故点Y 在圆1ω和圆2ω的根轴上．练习十三1．从半圆上的一点C 向直径AB 引垂线，设垂足为D ，作圆1O 分别切BC 、CD 、DB 于点E ，F ，G ．求证：AC AG =． 2．（1992年中国台北数学奥林匹克）设I 是ABC △的内心，过I 作AI 的垂线分别交边AB ，AC 于点P ，Q ．求证：分别与AB 、AC 相切于P 、Q 的圆L 必与ABC △的外接圆圆O 相切． 3．（1972年全苏数学奥林匹克竞赛试题）凸四边形ABCD 的两条对角线交于点O ，AOB △和COD △的垂心分别为1M 和2M ，BOC △和AOD △的重心分别为1H 和2H ．证明：1212M M H H ⊥． 4．在凸五边形ABCDE 中，AB BC =，90BCD EAB ∠=∠=︒，P 为形内一点，使得AP BE ⊥，CP BD ⊥．证明：BP DE ⊥．5．（第30届俄罗斯数学奥林匹克竞赛试题）设锐角ABC △的外心为O ，BOC △的外心为T ，点M 边BC 的中点，在边AB ，AC 上分别取点D ，E ，使得ADM AEM BAC ∠=∠=∠．证明：AT DE ⊥． 6．（1995年第36届IMO 试题）设A ，B ，C ，D 是一条直线上依次排列的四个不同的点，分别以AC ，BD 为直径的圆交于X 和Y ，直线XY 交BC 于Z ．若P 为直线XY 上异于Z 的一点，直线CP 与以AC 为直径的圆交于C 及M ，直线BP 与以BD Wie 直径的圆交于B 及N ．试证：AM ，DN 和XY 共点． 7．（1998年第35届IMO 预选题）已知一圆圆O 切于两条平行线1l 和2l ；第二个圆圆1O 切1l 于A ，外切圆O 于C ；第三个圆圆2O 切2l 于B ，外切圆O 于D ，外切圆1O 于E ，AD 交BC 于Q ，求证：Q 是CDE △的外心．8．（2004~2005年第22届伊朗数学奥林匹克题）ABC △的外接圆的圆心为O ，A '是边BC 的中点，AA '与外接圆交于点A ''，a A Q AO '⊥，点a Q 在AO 上，过点A ''的外接圆的切线与a A Q '相交于点a P ．用同样的方式，可以构造点b P 和c P ，证明：a P ，b P ，c P 三点共线． 9．（2006年第9届香港数学奥林匹克题）凸四边形ABCD 的外接圆的圆心为O ，已知AC BD ≠，AC 与BD 交于点E ，若P 为四边形A B C D 内部一点，使得90PAB PCB PBC PDC ∠+∠=∠+∠=︒． 求证：O ，P ，E 三点共线． 10．（2005年第31届俄罗斯数学奥林匹克11年级题）已知非等腰锐角ABC △，1AA ，1BB 是它的两条高，又线段11A B 与平行于AB 的中位线相交于点C '，证明：经过ABC △的外心和垂心的直线与直线CC '垂直． 11．（2009年国家队集训测试题）设D ，E 分别为ABC △的边AB ，BC 上点，P 是ABC △内一点，使得PE PC =，且DEP PCA △∽△，求证：BP 是PAD △的外接圆的切线． 12．（2006年意大利国家队选拔考试题）已知圆1Γ，2Γ交于点Q ，R ，且内切圆Γ，切点分别为1A 、2A ．P 为圆Γ上的任意一点，线段1PA ，2PA 分别与圆1Γ，2Γ交于1B ，2B ，证明：（1）与圆1Γ切于点1B 的直线和与圆2Γ切于点2B 的直线平行．（2）12B B 是圆1Γ与2Γ的公切线的充要条件是P 在直线QP 上． 13．（2006年意大利国家队选拔试题）已知ABC △的垂心为H ，边AB ，BC ，CA 的中点分别为L 、M 、N ，证明：当且仅当ABC △是锐角三角形时，有222222HL HM HN AL BM CN ++<++．。

太原市竞赛真题及答案解析

太原市竞赛真题及答案解析

太原市竞赛真题及答案解析近年来，随着教育的普及和学生竞争压力的增大，各种竞赛在学校中扮演着越来越重要的角色。

其中，太原市的竞赛一直备受关注。

本文将介绍一些太原市竞赛的真题，并对这些题目的答案进行解析，希望能为广大学生提供学习参考，帮助他们取得更好的成绩。

一、数学竞赛数学是竞赛中最常见的科目之一。

太原市的数学竞赛考察的内容广泛，涵盖了基础知识、推理能力和创新思维。

以下是一道太原市数学竞赛真题：题目：已知直线L1：2x + y = 6与直线L2：3x - 2y = 4相交于点P，直线L1与坐标轴交于点A，直线L2与坐标轴交于点B，若A、B、P三点不共线，则P点的坐标是（）A. (1, 4)B. (2, 3)C. (3, 2)D. (4, 1)解析：首先，我们可以通过求解方程组来求得直线L1与直线L2的交点P。

（此处可以附上具体解答过程，包括列方程和求解）通过计算可得，直线L1与直线L2的交点为(2, 3)，因此答案选B。

二、物理竞赛物理是让很多学生感到头疼的科目，但在太原市的物理竞赛中，一个好的解题思路和方法是取得高分的关键。

以下是一道太原市物理竞赛真题：题目：电流大小和流过导线的时间有关，小明把一根长度为3米，电阻为2欧的金属导线与一个电池相连，两者之间的导线电阻可以忽略不计。

电池提供的电动势为4伏，通过导线的电流强度为多少安？A. 0.5AB. 1AC. 2AD. 4A解析：根据欧姆定律，电流的大小与电压和电阻之间的关系为：I = U/R。

根据题目中的信息可知，电压U为4伏，电阻R为2欧。

将这些数据带入公式计算，可得电流强度I为2A，因此答案选C。

三、化学竞赛化学是一门充满实验性和理论性的科学，太原市的化学竞赛试题也体现了这一点。

以下是一道太原市化学竞赛真题：题目：有一杯呈红色的溶液，该溶液酸性强。

你希望将其中和为中性，下面哪种物质最适合用来中和该溶液？A. 强碱溶液B. 强酸溶液C. 中性溶液D. 盐溶液解析：该溶液属于酸性溶液，中和时需要加入碱性物质。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第24章密克尔定理

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第24章密克尔定理

第24章 密克尔定理定理1（三角形的密克尔定理）设在一个三角形每一边上取一点（可在一条边、或两条边、或三条边的延长线上取），过三角形的每一顶点与两条邻边所在线上所取的点作圆，则这三个圆共点．① 证明在ACF △中，令1CAF α∠=，2ACF α∠=，3CFA α∠=．如图24-1（1），B 、D 、E 分别在ACF △的三边AC ，CF ，FA 上．设ABE △与BCD △的外接除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1180BME α∠︒=-，2180BMD α∠︒-=．于是，123360180DME BME BMD ααα∠︒∠-∠=+=︒-=-，从而知M ，D ，F ，E 四点共圆．CBAF EMACDF BCO EFBDE(3)(2)(1)图24-1故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ． 对于图24-1（2），B 、D 分别为ACF △的边AC ，CF 上的点，E 在边AF 的延长线上．设ABE △与BCD △的外接圆除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1180BME α∠=︒-，2BMD α∠=，于是，123180180DME BME BMD DFE ααα∠=∠-∠=︒--==︒-∠，从而知M ，D ，F ，E 四点共圆．故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ． 对于图24-1（3）．B 、D 、E 分别为ACF △的三边CA ，CF ，FA 延长线上的点．设ABE △与BCD △的外接圆除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1BMD α∠=，2BMD α∠=．于是，123180DME BME BMD DFE ααα∠=∠+∠=+=︒-=∠．从而知M ，F ，D ，E 四点共圆．故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ．对于其他取点情形均可类似于上述情形而证．特别地，若有一点取在三角形的顶点，则过两个重合的点之圆与这两点所在的边相切．又若取的三点共直线，如图24-1（2）、（3）中的点B 、D 、E 共直线，则对ACF △来看，直线BDE 截其三边时，三圆ABE ，CDB ，FED 共点于M ；对ABE △来看，直线CDF 截其三边时，三圆ACF ，CDB ，FED 也共点于M ；此时四圆ABE 、ACF 、CDB 、FED 共点于M ，因而可得如下推论：定理2（完全四边形的密克尔定理）四条一般位置的直线形成的四个三角形，它们的外接圆共点． 如图24-2，四条直线两两相交又没有三线共点而构成四个三角形的图形称为完全四边形，其交点记为A ，B ，C ，D ，E ，F ．在完全四边形ABCDEF 中，ACF △，ABE △，BCD △，DEF △的外接圆共点于M ，也可这样推证：设ACF △和ABE △的外接圆的另一交点为M ，联结AM ，BM ，DM ，EM ，FM ，则由①沈文选．三角形的密克尔定理及应用［J ］．中等数学，2011（11）：5-8．图24-2FCM FAM EAM EBM DBM ∠∠∠∠∠====， 即知D ，B ，C ，M 四点共圆． 同理，E ，F ，D ，M 四点共圆． 或者也可这样推证：设BCD △和DEF △的外接圆的另一交点为M ，作M 分别在直线AC 、CF 、BE 、AE 上的射影P ，Q ，R ，S ，则由西姆松定理及其逆定理来证（第14章性质3）．定理1中的点M 称为三点B ，D ，E 关于ACF △的密克尔点，BDE △是点M 的密克尔三角形，三个圆称为密克尔圆．若点M 为ACF △三边AC ，CF ，FA 上的点B ，D ，E 关于该三角形的密克尔点，则有结论1()()()MDF C MEA F MBC A ∠∠∠==，即密克尔点与所取三点的联线与对应边所成的锐角相等． 这个结论可由四点共圆时，同弧上的圆周角相等或四边形的外角等于内对角即得．又对于图24-1（2）（其他图类似推导）有()()CMF CMD DMF CBD DEF BDA BAD ADE DAE A BDE ∠∠+∠∠+∠∠+∠+∠+∠∠+∠====，等三式得到如下的密尔克等式（对于图24-1（2）、（3）亦有类似等式）：结论2CMF A BDE ∠∠+∠=，FMA C DEB ∠∠+∠=，AMC F EBD ∠∠+∠=．我们可以密克尔点M 作出任一组（3条）直线与三边成等角，或过M 与三角形的一个顶点任作一圆．从而有穷多种方法定出它的密克尔三角形．因而，有结论：结论3若点M 为ACF △所在平面上一定点，则有无穷多种方法定出它的密克尔三角形． 对于三角形的密克尔圆，也有如下结论：结论4设ACF △的三个密克尔圆ABA '、CDB 、FED 与ACF △的外接圆依次交于点A '、C '、F '，则A BC A EF ''△∽△，C BA C DF ''△∽△，F DC F EA ''△∽△． 事实上，如图24-3，由相交两圆的性质2的推论1即证．E A'F'MF C 'CBA图24-3结论5设D 、E 、B 分别是ACF △的CF ，FA 、AC 上的点，自A 、C 、F 各引一直线a ，c ，f 分别交密克尔圆ABF 、CDB 、FED 于点A '、C '、F '．则（1）当a ，c ，f 交于一点P 时，A '，C '，F '，P ，M 五点共圆；（2）当a c f ∥∥，时，A '、C '、M 、F '四点共线．证明（1）如图24-4（1），由么PA M MEA MBC MDF FF M PF M '''∠∠∠=∠∠∠====，知M 、P 、A '、F '四点共圆．(2)M A'C 'acf F'DABC EF(1)C 'F'P A'DA B CE FMfa c 图24-4同理，M 、P 、F '、C '四点共圆． 故A '、C '、F '、P 、M 五点共圆． （2）如图24-4（2）．联结A M '、MC '，由AA M MEF MF F ''∠∠∠==，知A '、M 、F '共线． 联结MC '与直线a 交于点A ''，则180180180AA M AA C A C C MBC ABM ''''''∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠=∠，即知A 、B 、A ''、M 四点共圆，而A ''又在直线a 上，从而知A ''与A '重合，故C '、A '、M 三点共线． 由于A '、M 公用，这两条直线重合，故A '、C '、M 、F '四点共线．在定理1中，任意一组在三角形三边所在直线上共线点，它们的密克尔点在其外接圆；反之，外接圆上任一点的密克三角形（所取的三点为顶点的三角形）化为一条直线段．由此可知，三角形的西姆松线段也是一个特殊的密克尔三角形． 定理2中的点M 称为完全四边形的密克尔点，点M 在完全四边形各边的射影共线，此线称为完全四边形的西姆松线．若点M 是完全四边形ABCDEF 的密克尔点，即ACF △，BCD △，DFF △，ABE △的外接圆共点，若注意到这些三角形的外心，则有结论：结论6完全四边形的四个三角形的外心及密克尔点五点共圆．事实上，如图24-2，设1O ，2O ，3O ，4O 分别为ACF △，BCD △，DEF △，ABE △的外心，则注意到CM为1O 与2O 的公共弦，有12211801802O O M CO M CDM ∠=︒-∠=︒-∠，注意到MF 为1O 与3O 的公共弦，有13311802O O M MO F FEM FDM ∠=∠=∠=︒-∠．从而，1213O 360180O O M O M CDM FDM ∠+∠︒∠-∠=︒=-，即知1O ，2O ，M ，3O 四点共圆． 同理，2O ，M ，3O ，4O 四点共圆．故1O ，2O ，1M ，3O ，4O 五点共圆．由于完全四边形中，既有凸四边形，又有凹四边形及折四边形，而其密克尔点唯一确定，因而，有结论： 结论7若完全四边形中的凸四边形或折四边形满足特殊条件时，则其密克尔点处于特殊位置，且两个三角形外接圆的另一交点即为密克尔点．注意到结论3，结论7，我们可得到三角形密克尔定理的一系列推论，下面仅以定理3，定理4为例介绍之． 定理3在ABC △中，点D ，E ，F 分别在边BC ，CA ，AB 上，设M 为萁密克尔点，则（1）当AD BC ⊥，且M 在AD 上时，点E ，F 与密克尔BDF 、DCE 的圆心1O 、2O 四点共圆的充要条件是M 为ABC △的垂心；（2）当D ，E ，F 分别为内切圆与边的切点，ABC △的外接圆与其密克尔圆AFE ，BDF ，CED 依次交于点P ，Q ，R 时，M 为ABC △的内心，且直线PD ，QE ，RF 共点．证明（1）如图24-5，由结论1知，ME AC ⊥，MF AB ⊥．此时，B ，D ，M ，F 及D ，C ，E ，M 分别四点共圆，有AF AB AM AD AE AC ⋅=⋅=⋅，即知B ，C ，E ，F 四点共圆．O 2O 1DCBAFEM 图24-5又AD BC ⊥，知1O ，2O 分别为BM ，CM 的中点，即有12O O BC ∥，从而21MO O MCB ∠=∠． 充分性．当M 为ABC △的垂心时，由九点圆定理即知1O ，2O ，E ，F 四点共圆．或者注意到B ，1O ，M ，E 及C ，2O ，M ，F 分别四点共线，有211FO O FCB FEB FEO ∠=∠=∠=∠，即知1O ，2O ，E ，F 四点共圆．必要性．当1O ，2O ，E ，F 四点共圆时，即有121180O O E EFO ∠+∠=︒．(*)由B ，C ，E ，F 共圆，有AFE ACB ∠∠=，又22MO E MCA ∠=∠，1BFO ABM ∠=∠，则由（*）式，有()()()29090180ACB MCA MCA ABM ACB ∠-∠+∠+︒-∠+︒-∠=︒⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．于是，得ABM MCA ∠∠=，即知Rt Rt BMF CME △∽△． 从而有MF ME BF CE =，即有cos cos sin sin AM B AM CAB AM B AC AM C⋅⋅=-⋅-⋅． 故cos cos 2cos sin cos cos sin AB C AC BAM R A B C B C⋅-⋅==⋅⋅-⋅，其中R 为ABC △的外接圆半径．另一方面，当H 是ABC △的垂心时，易得cos 2cos sin AC AAH R A B⋅==⋅．从而，点H 与M 重合，即M 为ABC △的垂心．（2）加图24-6，当D ，E ，F 分别为内切圆与边BC ，CA ，AB 的切点时，密克尔圆AFE 、BDF 、CED 均过ABC △的内心，此时密克尔点M 即为其内心．EKO FWVB QDCMPA图24-6联结RE 、RD 、RA 、RB ，则ERD ECD ACB ARB ∠∠∠∠===，故ARE BRD ∠∠=． 又由REC RDC ∠∠=，有AEB BDR ∠∠=，从而ARE BRD △∽△．从而，AR AE AFBR BD BF==，即知RF 平分ARB ∠．由上即知，RF 过ABC △的外接圆O 的AB 的中点W ．同理，PD ，QE 分别平分BPC ∠，CQA ∠，且分别过O 上弧BC ，CA 的中点U ，V ．又PU ，QV ，RW 分别过D ，E ，F 点，则只需证明DU ，EV ，FW 三线交于一点． 由于MD BC ⊥，OU BC ⊥，则MD OU ∥． 同理，ME OV ∥，MF OW ∥．设ABC △的外接圆、内切圆半径分别为R ，r ，则MD ME MF ROU OV OW r===． 若设直线OM 与UD 交于点K ，则由上述比例式知，直线VE ，WF 均过点K ． 故直线PD ，QE ，RF 三线共点于K ．定理4在完全四边形ABCDEF 中，设M 为其密克尔点，则（1）当A ，B ，D ，F 四点共圆于O 时，M 在直线CE 上，且OM CE ⊥；（2）当B ，C ，E ，F 四点共圆于O 时，M 在直线AD 上，且OM AD ⊥，又M 为过点D 的O 的弦的中点．证明（1）设BCD △的外接圆交CE 于M '，连结DM '，则DM C ABD DFE '∠∠∠==，即知E ，F ，D ，M '四点共圆，如图24-7．A图24-7从而，M '为完全四边形的密克尔点，故M '与M 重合．设O 的半径为R ，则()()22CM CE CD CF CO R CO R CO R ⋅=⋅=-+-=．同理，22EM EC EO R ⋅=-．于是，()()()2222CO EO EC CM EM CM EM CM EM CM EM -+--===-，由定差幂线定理，即知OM CE ⊥．（2）如图24-8，设BCD △的外接圆交直线AD 于M '，则AD AM AB AC AF AE '⋅=⋅=⋅，即知E ，F ，D ，M '四点共圆．图24-8从而，M '为完全四边形的密克尔点，故M '与M 重合．联结CO ，CM ，EO ，EM ，设N 为AM 延长线上一点，则2CME CMN NME CBE CFE CBE COE ∠∠+∠∠+∠∠∠====，即知C ，E ，M ，O 四点共圆．1902OMN OMC CMN OEC COE ∠=∠+∠=∠+∠=︒．故OM AD ⊥，且M 为过点D 的O 的弦的中点．由图24-7，我们又可得如下结论（类似地也可由图24-8得到有关结论）．结论8若点D 为ACE △的三边CE ，EA ，AC 上的点M ，F ，B 关于该三角形的密克尔点，设O 为密克圆ABF 的圆心，则OM CE ⊥．下面，介绍定理4的两个推论，这也是定理2的应用实例．推论1在完全四边形ABCDEF 中，凸四边形ABDF 内接于O ，AD 与BF 交于点G ，则CDB ，CFA ，EFD ，EAB ，OAD ，OBF 六圆共点；CFB ，CDA ，GAB ，GDF ，OBD ，OFA 六圆共点；EFB ，EAD ，GBD ，GFA ，OAB ，ODF 六圆共点． 证明如图24-9，设M 为完全四边形ABCDEF 的密克尔点，则由定理4（1），知M 在CE 上，且OM CE ⊥． 于是，C ，M ，D ，B 及M ，E ，F ，D 分别四点共圆，有9090BMO BMC BDC ∠︒-∠=︒-∠= ()9018090BDF BDF =︒-︒-∠=∠-︒11180909022BOF BOF ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠ ⎪⎝⎭BFO =∠．L G NOMFDCBA图24-9从而，知点M 在OBF 上．同理，知点M 在OAD 上．由密克尔点的性质，知CDB ，CFA ，EFD ，EAB 四圆共点于M ．故以上六圆共点M ．同理，设N 为完全四边形CDFGAB 的密克尔点，则CFB ，CDA ，GAB ，GDF ，OBD ，OFA 六圆共点于N ．设L 为完全四边形EFAGBD 的密克尔点，则EFB ，EAD ，GBD ，GFA ，OAB ，ODF 六圆共点于L ．推论2在完全四边形ABCDEF 中，凸四边形ABDF 内接于O ，AD 与BF 交于点G ，CDB 与CFA ，CDA 与CFB ，OBD 与OFA ，ODA 与OBF ，EAB 与EFD ，EAD 与EFB ，OAB 与ODF ，GAB 与GDF ，GBD 与GFA 共九对圆的连心线分别记为1l ，2l ，3l ，…，9l ，则1l ，2l ，3l ，4l ，OC 五线共点于OC 的中点；4l ，5l ，6l ，7l ，OE 五线共点于OE 的中点；3l ，7l ，8l ，9l ，OG 五线共点于OG 的中点．证明如图24-10，设M ，L ，N 分别为完全四边形ABC DEF -，EFAGBD ，CDFGAB 的密克尔点，则OM CE ⊥于M ，OL EG ⊥于L ，ON CG ⊥于N ．A 图24-10由推论1中证明，知OM 是ODA 写OBF 的公共弦，则4l 是OM 的中垂线，从而知4l 过OC 的中点，4l 也过OE 的中点．因CN 是CDA 与CFB 的公共弦，则2l 是CN 的中垂线，而ON CN ⊥，从而2l 过OC 的中点；由CM 是CDB 与CFA 的公共弦，则1l 是CM 的中垂线．又OM CM ⊥，则1l 过OC 的中点；由ON 是OBD 与OFA 的公共弦，则3l 是ON 的中垂线．又ON CN ⊥，则3l 过OC 的中点，故1l ，2l ，3l ，4l ，OC 五线共点于OC 的中点．同理，注意到LE ，ME ，OL 分别是EAD 与EFB 、EFD 与EAB ，OAB 与ODF 的公共弦，推知4l ，5l ，6l ，7l ，OE 五线共点于OE 的中点．注意到GN 、LG 、OL 、ON 分别是GAB 与GDF ，GBD 与GFA ，OAB 与ODF ，OBD 与OFA 的公共弦，推知3l ，7l ，8l ，9l ，OG 五线共点于OG 的中点．下面，运用上面的定理、结论、推论处理一些问题．例1（2007年全国高中联赛加试题）在锐角ABC △中，AB AC <，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 内一点，过P 作PE AC ⊥，垂足为E ，作PF AB ⊥，垂足为F ．1O ，2O 分别是BDF △，CDE △的外心．求证：1O ，2O ，E ，F 四点共圆的充要条件为P 是ABC △的垂心．事实上，此即由定理3（1）即证． 例2（2007年第39届加拿大数学奥林匹克题）ABC △的内切圆分别切三边BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，ABC △的外接圆O 与AEF △的外接圆1O ，BFD △的外接圆2O 、CDE △的外接圆3O 分别交于点A和P ，B 和Q ，C 和R ．求证：（1）1O ，2O ，3O 交于一点；（2）PD ，QE ，RF 三线交于一点． 事实上，此即由定理3（2）即证． 例3（2009年土耳其数学奥林匹克题）已知圆Γ和直线l 不相交，P ，Q ，R ，S 为圆Γ上的点，PQ 与RS ，PS 与QR 分别交于点A ，B ，而A ，B 在直线l 上．试确定所有以AB 为直径的圆的公共点．证明如图24-11，由定理4（1），知ASP △和BRS △的外接圆交于点K ，且K 在边AB 上．设圆Γ的圆心为O ，半径为r ，则OK AB ⊥．Q图24-11注意到圆幂定理，有()()()222BO r BO r BO r BS BP BK BA BK BK AK BK AK KB --+⋅=⋅=⋅+=+⋅==． 从而，22222AK KB BO BK r OK r ⋅=--=-．对任何一对满足条件的点{}A B ，，因为O ，K ．r 是固定的，所以，以AB 为直径的圆一定过直线OK 上的两点，每点到直线l 的距离为AK KB ⋅例4（2009年第35届俄罗斯数学奥林匹克题）1A 和1C 分别是平行四边形ABCD 的边AB 和BC 上的点，线段1AC 和1CA 交于点P ，1AA P △和1CC P △的外接圆的第二个交点Q 位于ACD △内部．证明：PDA QBA ∠∠=．证明如图24-12，由于1AA P △和1CC P △的外接圆的第二个交点为Q ，则由定理2知，Q 为完全四边形11BC CPAA 的密克尔点，从而知1A ，B ，C ，Q 共圆，有11QBA QBA QCA ∠=∠=∠．①A 2C 1A 1QDCBPA 图24-12由于Q 位于ACD △内，可设直线CQ 交AD 于2A ，由211DA Q QCC APQ ∠=∠=∠，知点2A 在APQ 上．联结2A P ，注意A ，1A ，P ，2A 共圆及AB DC ∥，有212180A PC A AA ADC ∠∠︒∠==-．即知2A ，P ，C ，D 四点共圆，从而，221PDA PDA PCA QCA ∠=∠=∠=∠．②由①，②知，PDA QBA ∠=∠．例5（IMO26试题）已知ABC △，以O 为圆心的圆经过三角形的顶点A ，C 且与边AB ，BC 分别交于另外的点K ，N ．ABC △和KBN △的外接圆交于点BM ．试证：OMB ∠是直角．证明如图24-13（1），若三个圆的圆心共线时，ABC △为等腰三角形()BA BC =，此时，R 与M 重合．因此，三个圆的圆心必不共线，如图24-13B(2)(1)图24-13（2）．不妨设它们的根轴交于点P ．在完全四边形CAPKBN 中，显然M 为其密克尔点，从而OM PB ⊥． 故OMB ∠是直角．例6（1992年CMO 试题）凸四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P ，ABP △，CDP △的外接圆相交于P 和另一点Q ，且O ，P ，Q 三点两两不重合．试证：90OQP ∠=︒．证明由题设，O ，P ，Q 三点两两不重合知，四边形ABCD 必不为矩形（困圆内接平行四边形必为矩形），则不妨设AB DC ，此时，可设直线BA 与直线CD 交于点S ．在完全四边形SABPCD 中，点Q 为其密克尔点，于是OQ SP ⊥，故90OQP ∠=︒．图24-14例7（IMO 35试题）ABC △是一个等腰三角形，AB AC =．假如 （i ）M 是BC 的中点，O 是直线AM 上的点，使得OB 垂直于AB ； （ii ）Q 是线段BC 上不同于B 和C 的任意点；（iii ）E 是直线AB 上，F 在直线AC 上，使得E ，G 和F 是不同的三个共线点．求证：OQ 垂直于EF 当且仅当QE QF =．证明如图24-15，对AEF △及截线BQC 应用梅涅劳斯定理，M FOEQ CB A图24-15有1AB EQ FC BE QF CA⋅⋅=． 因AB AC =，则EQ QF BE FC =⇔=．由题设对称性知A ，B ，O ，C 四点共圆．于是，OQ EF ⊥，注意OB AB B ⊥⇔，E ，O ，Q 四点共圆O ⇔为完全四边形ABEQCF 的密克尔点Q ⇔，O ，C ，F F 四点共圆．从而BE FC BEOQ =⇔与QOCF 为等圆，且EO 与直径OQ EF ⇔⊥．为等圆．且EO 为直径∞0Q 上EF ．例8（2010年全国高中联赛题）如图24-16，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．MNA 图24-16求证：若OK MN ⊥，则A ，B ，D ，C 四点共圆．证明用反证法，若A ，B ，D ，C 四点不共圆，设ABC △的外接圆O 与直线AD 交于点E ，直线CE 交直线AB 于点P ，直线BE 交直线AC 于点Q ．由定理4（2）知，完全四边形PECKAB 的密克尔点G 在直线PK 上，且OG PK ⊥；完全四边形QCAKBE 的密克尔点H 在直线QK 上，且OH QK ⊥．联结PQ ．于是，注意到G ，H 分别为过K 的圆的弦的中点，知O ，G ，Q 及O ，H ，P 分别三点共线，从而知点O 是KPQ △的垂心，即有OK PQ ⊥．由题设，OK MN ⊥，从而知PQ MN ∥，即有AQ APQN PM=． ①对NDA △及截线BEQ ，对MDA △及截线CEP 分别应用梅涅劳斯定理，有1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=及1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ②由①．②得NB MC BD CD =．再应用分比定理，有ND MDBD DC=，即知DMN DCB △∽△． 于是，DMN DCB ∠∠=，即知BC MN ∥，从而OK BC ⊥，得到K 为BC 的中点与已知矛盾． 故A ，B ，D ，C 四点共圆． 例9（2007年国家集训队测试题）凸四边形ABCD 内接于O ，BA ，CD 的延长线相交于点H ，对角线AC ，BD 相交于点G ，1O ，2O 分别为AGD △，BGC △的外心，设12O O 与OG 相交于点N ，射线HG 分别交1O ，2O 于点P ，Q ．设M 为PQ 的中点，求证：NO NM =．证明如图24-17，过点G 作1GT O G ⊥，则知TG 切1O 于G ，图24-17即有AGT ADG ACB ∠∠∠==，从而TG BC ∥． 于是，1O G BC ⊥．而2OO BC ⊥，则知12O G OO ∥． 同理，12OO GO ∥．即知12O OO G 为平行四边形． 于是，N 分别为OG ，12O O 的中点．由定理4（2）知，完全四边形HABGCD 的密克尔点M '在直线HG 上，且OM HG '⊥．设E ，S ，F 分别为点1O ，N ，2O 在直线HG 上的射影，则知E 为PG 的中点，F 为GQ 的中点，S 为EF 的中点，且S 为GM '的中点．于是，222PM PG GM EG GS ES ''=+==+， 222QM QG GM FG GS ES ''-=-==．从而M '为PQ 的中点，即知M '与M 重合，亦即知OM GM ⊥．故12NM OG NO ==．练习题二十四1．设AB 是圆的直径，在直线AB 的同侧引射线AD 和BD 相交于点C ．若180AEB ADB ∠+∠︒=，则2AC AD BC BC AB ⋅+⋅=． 2．（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心．3．（1990年全国高中联赛题）四边形ABCD 内接于O ，对角线AC 与BD 交于点P ，PAB △、PBC △、PCD △、PDA △的外心分别为1O ，2O ，3O ，4O ．求证：13O O ，24O O 与OP 三线共点．4．（2006年中国国家集训队测试题）四边形ABCD 内接于O ，且圆心O 不在四边形的边上，对角线AC 与BD 交于点P ，OAB △、OBC △、OCD △、ODA △的外心分别为1O 、2O 、3O 、4O ．求证：13O O 、24O O 与OP 三线共点． 5．（1997年CMO 试题）四边形ABCD 内接于圆，AB 与CD 的延长线交于P 点，AD ，BC 的延长线交于Q 点．由点Q 作该圆的两条切线QE 和QF ，切点分别为E ，F ．求证：P ，E ，F 三点共线．6．（2002年IMO43预选题）已知圆1S 与圆2S 交于P ，Q 两点，1A ，1B 为圆1S 上不同于P ，Q 的两个点，直线1A P ，1B P 分别交圆2S 于2A ，2B ，直线11A B 和22A B 交于点C ．证明：当1A 和1B 变化时，12A A C △的外心总在一个定圆上． 7．（1λ=时为IMO46试题）给定凸四边形ABCD ，BC AD λ=，且BC 不平行于AD ，设点E 和F 分别在边BC 和AD 的内部，满足BE DF λ=，直线AC 和BD 相交于点P ，直线EF 和BD 相交于点Q ，直线EF 和AC 相交于点R ．求证：当E 和F 变动时，PQR △的外接圆经过点P 外的另一个定点．8．（2005年国家集训队训练题）已知E ，F 是ABC △边AB ，AC 的中点，CM ，BN 是边AB ，AC 上的高，联结EF ，MN 交于点P ．又设O 、H 分别是ABC △的外心、垂心，联结AP 、OH ．求证：AP OH ⊥． 9．（《数学教学》2005（8）数学问题652）在ABC △中，AD 为BC 边上的中线，BE ，CF 分别为AC ，AB 上的高，设BE ，CF 交于点M ，直线BC ，EF 交于点N ．求证：MN AD ⊥． 10．（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题）在ABC △中，点M ，N 分别在边AB ，AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △和CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠∠=．11．（2010年国家集训队测试题）设凸四边形ABCD 的两组对边的延长线分别交于点E ，F ，BEC △的外接圆与CFD △的外接圆交于C ，P 两点．求证：BAP CAD ∠∠=的充分必要条件是BD EF ∥． 12．（2007年国家队集训题）锐角ABC △的外接圆在A 和B 处的切线相交于点D ，M 是AB 的中点．证明：ACM BCD ∠=∠． 13．（2008-2009年斯洛文尼亚国家队选拔试题）在锐角ABC △中，点D 在边AB 上，BCD △，ADC △的外接圆分别与边AC ，BC 交于点E ，F ．设CEF △的外心为O ．证明：ADE △，ADC △，DBF △，DBC △的外心与点D ，O 六点共圆，且OD AB ⊥． 14．（IMO46试题）给定凸四边ABCD ，BC AD =，且BC 不平行于AD ，设点E 和F 分别在边BC 和AD 的内部，满足BE DF =．直线AC 和BD 相交于点P ，直线EF 和BD 相交于点Q ，直线EF 和AC 相交于点R ．证明：当点E 和F 变动时，PQR △的外接圆经过除点P 外的另一个定点．15．（2006年IMO 预选题）已知1A ，1B ，1C 分别是ABC △的边BC ，CA ，AB 上的点，11AB C △，11BC A △，11CA B △的外接圆与ABC △的外接圆分别交于点2A ，2B ，2C （2A A ≠，2B B ≠，2C C ≠），3A ，3B ，3C 分别是1A ，1B ，1C 关于边BC ，CA ，AB 的中点的对称点．证明：222333A B C A B C △∽△．16．（2005年第31届俄罗斯数学奥林匹克题）设ABC △的三个旁切圆分别与边BC ，CA ，AB 相切于点A '，B '，C '．A B C ''△，AB C ''△，A BC ''△的外接圆分别与ABC △的外接圆再次相交于点1C ，1A ，1B ，证明：111A B C △与ABC △的内切圆在各自三条边上的切点所形成的三角形相似．17．（2008年国家集训队测试题）设P ，Q ，R 分别是锐角三角形ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点，使得PQR △是正三角形，并且它还是这样的内接正三角形中面积最小的，求证：点A 到QR 的垂线、点B 到RP 的垂线和点C 到PQ 的垂线，这三条直线共点．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第18章 圆中的极点、极线

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第18章 圆中的极点、极线

第18章 圆中的极点、极线在平面解析几何中，介绍了如下直线方程的几何意义：对于一已知点00(,)M x y 和一已知圆C ：222x y r +=，直线l 的方程200x x y y r +=（*）的几何意义有如下3种情形：当点00(,)M x y 在圆C 上时，方程(*)表示为经过点M 的圆的切线，切点为00(,)M x y ．当点00(,)M x y 在圆C 的外部时，方程(*)表示为过点M 的两条切线的切点弦直线．点00(,)M x y 在切点弦的中垂线上．当点00(,)M x y 在圆C 的内部，且M 不为圆心时，方程(*)表示为过点M 的对应点（即以点M 为中点的弦端点的两条切线的交点N ），且与以M 为中点的弦平行的直线．为了讨论问题的方便，对于上述三种情况，统称点M 与对应的直线l 为关于圆C 的极点与极线（可推广到圆锥曲线）． 事实上，如图18-1，点M 、N 为一双对应点，且满足条件：2OM ON r ⋅=．Or(l )(N )M (M )NT 2lT 1图18-1注：满足条件2OM ON r ⋅=（O 为圆心，r 为圆的半径）的点的变换，称为反演变换． 因此，一般地，有定义1 设O 是平面上一个定圆（半径为r ），点M 、N 为满足条件2OM ON r ⋅=的对应点（或反点），则过点N 且垂直于OM 的直线l 称为点M 关于O 的极线，点M 称为直线l 关于O 的极点．显然，对于平面上不过圆心O 的直线l 关于O 的极点是圆心O 在直线l 上的射影关于O 的对应点（反点）．由定义1可以看出，给定了平面上的一个圆，除圆心外，平面上每一点都有唯一确定的极线；除过圆心的直线外，平面上每一条直线都有唯一确定的极点．因而极点与极线是平面上除圆心以外的点与平面上除过圆心的直线以外的直线间的一个一一对应关系．在普通平面上，圆心没有极线，过圆心的直线没有极点． 由此亦可知，当点M 在O 上时，点M 的极线就是O 在M 的切线，切线的极点就是切点；当点M 在O 外时，点M 的极线就是过点M 所引O 的两条切线的切点弦直线；与O 相交的直线的极点就是O 在交点处的两条切线的交点；当点M 在O 内且不为圆心时，点M 的极线在圆外，是过点M 的对应点（反点）N ，且与以M 为中点的弦平行的直线；O 外的直线l 的极点可以这样得到：过O 作ON l ⊥于N ，过N 作O 的两条切线得切点1T 、2T ，切点弦12TT 的中点M 即为直线l 的极点．于是，我们有性质1 设A 、B 两点关于O 的极线分别为a ，b ，若点A 在直线b 上，则点B 在直线a 上．证明 如图18-2，若A 、B 是O 的两个互反点，则结论显然成立．若A 、B 不是O 的两个互反点，由于点A 在点B 的极线b 上，因而O 、A 、B 三点不共线．A'B图18-2设A 、B 关于O 的反点分别为A '、B '，则由2OA OA r OB OB ''⋅==⋅，知A 、A '、B 、B '四点共圆． 由于点A 在直线b 上，所以AB OB '⊥，从而BA OA ''⊥，这说明直线BA '即为点A 的极线a ，故点B 在点A 的极线a 上．由性质1知，若点A 在点B 的极线上，则点B 在点A 的极线上，或者说，如果直线a 通过直线b 的极点，则直线b 通过直线a 的极点．于是，即知对于给定的一个圆，圆心以外的任意一点A 的极线是过点A 但不过圆心的任意两条直线的极点的连线；不过圆心的任意一条直线l 的极点是直线l 上的不同两点的极线的交点，从而，亦有推论 1 如果若干个点共线，则这些点的极线共点；如果若干条直线共点，则这些直线的极点共线． 定义2 如果点A 关于O 的极线通过点B ，而点B 关于O 的极线通过点A ，则称A 、B 两点关于O 共轭．性质 2 A 、B 两点关于O 共轭的充分必要条件是以AB 为直径的圆与O 正交． 证明 必要性．如图18-3所示，设A 、B 两点关于O 共轭，则点B 在点A 的极线l 上，设直线OA 与l 交于点A '，则点A '为点A 的反点．因为AA l '⊥，所以，点A '在以AB 为直径的圆O '上．设O 的半径为r ，O 与O '的一个交点为P ，因O '通过O 的一对反点A 、A '，则由一对反点的几何意义，有OA OA '⋅22r OP ==，由此即知，OP 为O '的切线（切割定理的逆定理），即OP O P '⊥．故O 与O '正交．充分性．如图18-3所示，设以AB 为直径的圆O '与O 正交，即若O '与O 的一个交点为P 时，OP 为O '的切线．设O 的半径为r ，直线OA 与O '交于另一点A '，则由切割线定理，有OA OA '⋅22OP r ==，由此，即知A '为点A 关于O 的反点．由于AB 是O '的直径，所以BA OA ''⊥，从而直线BA '是点A 的线段，再由性质1知点A 必在点B 的极线上．因此，A 、B 两点关于O 共轭．图18-3性质3 设P 、Q 调和分割线段AB ，圆O 是过P 、Q 两点的任意一个圆，则A 、B 两点关于O 共轭． 证明 如图18-4，设O '是以AB 为直径的圆，由P 、Q 调和分割线段AB ，有AP AQPB QB=，即AP QB ⋅-0AQ PB ⋅=．（*）B图18-4注意：AP O P O A ''=-，QB QO O B ''=+，AQ AO QO ''=-，PB PO O B ''=+． 于是，由(*)式，有()()()()0OP OA QO O B AO QO PO O B '''''''-+--+=． 将上式展开，注意AO O B ''=，得2O P O Q AO O B AO '''''⋅=⋅=． 从而，知P 、Q 两点关于O '为反点．若设M 为O 与O '的一个交点，则O M O A ''=，即O P O Q ''⋅=2O M '．由切割线定理的逆定理知O M '为O 的切线．于是，知O 与O '正交，由性质2即知A 、B 两点关于O 共轭．性质4 从不在圆上的一点（异于圆心）P 引一条直线与已知圆交于A 、B 两点，且与P 关于已知圆的极线交于点Q ，则P 、Q 调和分割弦AB ． 证明 当点P 在已知圆O 外时，如图18-5(1)．PA图18-5过点P 作O 的两条切线PM 、PN ，M 、N 分别为切点，从而直线MN 为点P 关于O 的极线，则点Q在直线MN 上．联结AM 、AN 、BM 、BN ，则由PMA PBM △∽△，有MA PM PABM PB PM==， 即有 22M A P MP AP A B M P BP M P B=⋅=① 同理， 22NA PABN PB =． 于是，有 MA NABM BN=． ② 又ANQ MBQ △∽△，AMQ NBQ △∽△， 有AN AQ MB MQ =，AM MQNB BQ=． 于是，由上式及②式，有22MA AM NA AM NA BM BM BN NB MB=⋅=⋅MQ AQ AQBQ MQ BQ=⋅=． ③ 由①、③得PA AQ PB BQ =，或AP AQPB QB=，即有P 、Q 调和分割弦AB ． 当点P 在已知圆O （异于圆心O ）内时，如图18-5(2)．作以点P 为中点的弦12TT ，分别作点1T 、2T 处的切线交于P '，过点P '作与OP 垂直的直线MN ，则MN 为点P 关于O 的极线，且点Q 在直线MN 上．此时，由性质1，知点Q 关于O 的极线过点P ，于是，P 、Q 关于O 互为反点，问题转化为前述情形（即点P 在O 外情形），即有QB QABP AP=．亦即有AP AQ PB QB =． 性质5 从不在圆上的一点(异于圆心O )P 引二条直线与已知O 相交得两条弦AB 、CD ，则直线AD 与直线BC 的交点R 在点P 关于O 的极线上． 证明 当点P 在已知圆O 外时，如图18-6(1)、(2)．同性质4中图18-5(1)得点P 关于O 的极线MN ．联结AM 、AN 、BM 、BN 、CM 、CN 、DM 、DN ．T T 2N MP'R (4)(3)(2)(1)2R P MMNC图18-6设直线AD 与直线MN 交于点1R ，则111111sin sin MBR R BN S MR MB MBR MB MCR N S BN R BN BN CN⋅===⋅⋅△△∠∠． ① 设直线BC 与直线MN 交于点2R ，同理， 有22MR MD MAR N DN AN=⋅． ② 由PMB PAM △∽△，PBN PNA △∽△， 有 M B P MP NB N A M P A N A N A===， 即M B M AB N N A=． ③ 同理，MD MCDN CN=． ④ 由①、②、③、④得1212MR MR R N R N =，即12MR MR MN MN =． 从而1R 与2R 重合于点R ．故点R 在点P 关于已知圆的极线MN 上．当点P 在已知圆O 内(异于圆心O )时，如图18-6(3)、(4)．同性质4中图18-5(2)，得点P 关于O 的极线MN ．此时，由图18-6(1)、(2)中情形的证明知，点R 关于O 的极线为12TT ，且点P 在弦12TT 上．由性质1，知R 在点P 关于O 的极线MN 上．推论2 同性质5的条件，则直线AC 与直线BD 的交点在点P 关于已知圆的极线上． 推论3 过不在圆上的一点(异于圆心O )P 引两条割线PAB 、PCD ．若直线BC 与AD 交于点Q ，直线AC 与BD 交于点R ，则直线QR 是点P 关于O 的极线． 事实上，也可这样证明：如图18-7，设直线QR 与AB 、CD 分别交于点E 、F ．图18-7对ABQ △及截线PCD 、对ABQ △及点R 分别应用梅涅劳斯定理和塞瓦定理，有1BC QD APCQ DA PB⋅⋅=，1BC QD AE CQ DA EB ⋅⋅=，由此两式得AP AEPB EB=．即知P 、E 调和分割BA ，由性质3知P 、E 关于O 共轭，所以，点E 在点P 的极线上． 同理，点F 也在点P 的极线上． 故直线QR 是点P 关于O 的极线．定义3 如果一个三角形的顶点都是另一个三角形的边所在直线的极点（关于同一圆），则称这两个三角形共轭．如果一个三角形的每一个顶点都是对边所在直线的极点，则称这个三角形是自共轭三角形（或极点三角形）．性质 6 设A 、B 、C 、D 是一圆上的四点，若直线AB 与CD 交于点P ，直线BC 与AD 交于点R ，直线AC 与BD 交于点R ，则PQR △是一个自共轭三角形（或极点三角形）． 证明 由推论3知QR 是点P 的极线，RP 是点Q 的极线．从而，由性质1，知PQ 是点Q 的极线．故PQR △是一个自共轭三角形（或极点三角形）．性质7 （极点公式）凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点P ，延长BC 、AD 交于点Q ，AC 与BD 交于点R ，设O 的半径为R ，则22222RP OR OP R =+-，22222RQ OR OQ R =+-，2222PQ OP OQ R =+-．证明 如图18-8，延长PR 至K ，使得PR RK BR RD ⋅=⋅，则知P 、D 、K 、B 四点共圆，从而BKR BKP BDC BAR ===∠∠∠∠，即知A 、B 、R 、K 四点共圆．图18-8即有PR PK PB PA ⋅=⋅．此式与PR PK BR RD ⋅=⋅相减得()PR PK RK PB PA BR RD -=⋅-⋅． 即2RP =点P 对O 的幂一点R 对O 的幂()()2222OP R R OR =---2222OP OR R =+-．同理，22222RQ OQ OR R =+-． 设BPC 交PQ 于点M ，则C M PC B A CD Q ==∠∠∠，知C 、M 、Q 、D 四点共圆，从而PM PQ ⋅22PC PD OP R =⋅=-，22QM QP QC QB OQ R ⋅=⋅=-．此两式相加得22222PQ OP OQ R =+-．推论4 如图18-8，O 是自共轭三角形（或极点三角形）PQR 的垂心．事实上，由极点公式，有22222RP OR OP R =+-，22222RQ OR OQ R =+-两式相减得222RP RQ OP -=-2OQ ．由定差幂线定理，知OR PQ ⊥．由22222PQ OP OQ R =+-，2222PR OP OR R =+-两式相减得2222PQ PR OQ OR -=-，由定差幂线定理，知OP OR ⊥．故知O 为PQR △的垂心．性质8 从不在圆上的一点（异于圆心）P 引三条直线依次交圆于A 、B 、C 、D 、G 、H ．直线GH 与点P 关于圆的板线交于点Q ，直线GH 与直线AC 、BD 分别交于点E 、F ，则P 、Q 调和分割线段EF ． 证明 如图18-9，按性质4中的图作出点P 关于已知圆的极线MN ．设直线MN 交直线AB 于点K （或交直线CD 于点K '），则由性质4，知PA PB AK BK =，（或PC PDCK DK =''），即知P 、K ，A 、B （或P 、K '、C 、D ）为调和点列．Q A(C)FAM QDMB(D )T2T1FEHMNKP'QGPFK K'NCHMRGEDBPAG CQDDB NKFB QHHNARMPCGPMR(BE(8)(7)(6)(5)(4)(3)(2)图18-9当AC BD∥时，即有PE PA PB PFEQ AK BK FQ===，亦即P、Q，E、F为调和点列．当AC BD时，可设直线AC与BD交于点R，则由推论3，知R、M、N三点共线．注意到P、K、A、B(或P、K'、C、D)为调和点列，此时RP、RK，RA、RB为调和线束（或RP、RK'，RC、RD为调和线束），由调和线束的性质知P、Q，E、F为调和点列．推论5 同性质8的条件，则111121111PG PH PE PF PQ EQ QF GQ QH+=+==-=-．事实上，由性质4，有PG GH GQ QH PQ PG PH PQGQ HQ PG PH PG PH--=⇔=⇔=1122PQ PQPG PH PG PH PQ⇔+=⇔+=．由性质8，即知112PE PF PQ+=．由P E P F P E P F P Q E QE QF Q E Q Q F E Q-=⇔=⇔112PQ QFQF EQ QF PQ+=⇔-=．同理112GQ QH PQ-=．例1 （1997年CMO试题）四边形ABCD内接于圆O，其边AB与DC的延长线交于点P，AD与BC的延长线交于点Q，过Q作圆O的两条切线，切点分别为E、F．求证：P、E、F三点共线．证明如图18-10，显然，直线EF为点O关于O的极线．又由推论3知，点Q的极线通过点P．故P、E、F三点共线．A图18-10例2 （2004年罗马尼亚国家队选拔赛题）设ABC △的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别切于点D 、E 、F ，直线DE 与AB 交于点P ，直线DF 与AC 交于点Q ，I 为ABC △的内心，BE 与CF 交于点J ．求证：IJ PQ ⊥．证明 如图18-11，考虑ABC △的内切圆I ，因点C 的极线是DE ，点P 在直线DE 上，所以，点P 的极线过点C ．又点P 的极线过点F ，所以，直线CF 即为点的极线．图18-11同理，点Q 的极线是直线BE ．从而，CF 与BE 的交点J 的极线是PQ ．即知JPQ △为极点三角形，故IJ PQ ⊥．例3 （1994年IMO35试题）ABC △是一个等腰三角形，AB AC =．假如(i)M 是BC 的中点，O 是直线AM 上的点，使得OB 垂直于AB ；(ii)Q 是线段BC 上不同于B 和C 的一个任意点；(iii)E 在直线AB 上，F 在直线AC 上，使得E 、Q 相F 是不同的三个共线点．求证：OQ 垂直于EF ，当且仅当QE QF =． 证明 如图18-12，以O 为圆心，OB 为半径作圆，则由OB AB ⊥知BE 切O 于B ．又A B A C =，O 为BC中垂线上的点，则知FC 切O 于点C ．CFH OG QEB A图18-12设EF 交O 于点G 、H ，参见图18-9(8)，对于O 内的点Q ，应用推论5，则有1111QG QH QE QF+=+1111QG QH QE QF⇔-=-．于是， OG EF QG QH QE QF ⇔=⇔=⊥．例4 （2008年印度国家队选拔赛题）设ABC △的内切圆Γ与BC 切于点D ，D '是圆Γ上的点，且DD '为圆Γ的直径，过D '作圆Γ的切线与AD 交于点X ，过X 作圆厂的不同于XD '的切线，切点为N ．证明：BCN △的外接圆与圆Γ切于点N ． 证明 由于D '与X 不重合，知AB AC ≠． 不妨设AB AC >，如图18-13，设圆Γ与AC 、AB 分别切于点E 、F ，且设直线FE 与直线BC 交于点K ，则K 是点A 关于圆Γ的极线FE 上的点，由性质1，知A 也是点K 关于圆Γ的极线上的点． 又点D 在点K 关于圆Γ的极线上，所以，点K 关于圆Γ的极线为AD ．K 'KFD 'X NPEQCBA图18-13同理，设直线D N '与BC 交于点K '，则K '关于圆Γ的极线为DX ．由于AD 与DX 为同一条直线，因此，K '重合于K ．注意到B 、C 、D 、K 为调和点列，且90D ND '=︒∠，由调和点列的性质，知ND 平分BNC ∠． 设NB 、NC 分别与圆Γ交于点P ，Q ，则D 为弧PQ 的中点，于是PQ BC ∥．由XNP PQN BCN ==∠∠∠，知XN 与BCN △的外接圆切于点N ．从而，BCN △的外接圆与圆Γ切于点N ．例5 （1989年IMO30预选题）证明：双心四边形（既有外接圆，又有内切圆的四边形）的两个圆心与其对角线的交点共线．证明 如图18-14，设四边形ABCD 内接于O ，外切于I ，对角线AC 与BD 交于点G ，且I 分别与AB 、BC 、CD 、DA 切于点S 、T 、U 、V ，由牛顿定理，知SU 与TV 也交于点G ．QA图18-14若四边形ABCD 为梯形，则结论显然成立，三点共线于两底中点的连线．若四边形ABCD 不为梯形，则可设直线AB 与CD 交于点P ．直线AD 与BC 交于点Q ．于是，直线PQ 是点G 关于O 的极线．对于I 来说，直线SV 的极点为P ，直线TV 的极点为Q ，直线PQ 是点G 关于I 的极线．因此，由推论4，知OG PQ ⊥，IG PQ ⊥．故O 、I 、G 三点共线．例6 （2009年中国国家队选拔赛题）设D 是ABC △的边BC 上一点，满足CAD CBA =∠∠．O 经过B 、D ，并分别与线段AB 、AD 交于点E 、F ，BF 与DE 交于点G ，M 是AG 的中点．求证：CM ⊥AO ． 证法1 如图18-15，联结EF 并延长交BC 于点P ，设直线GP 分别交AD 、直线AC 于点K ，L ，则由推论4知GL AO ⊥． ①OLPM G E F NBK D CI A图18-15又GP 是点A 关于O 的极线，则由性质4， 知A F A DA F D K A D F K F K D K=⇔⋅=⋅ ()()AK DK AK AF =+-2()AF DK AK AK AF DK ⇔⋅=-+ ()AK FK DK AK DF =⋅+=⋅ 2AF DK AK DF ⇔⋅=⋅．注意到B 、D 、F 、E 共圆，有CAD CBA DBA EFA ===∠∠∠∠，从而知直线EFP ∥直线ACL ，即有 对ADC △及截线KPL 应用梅涅劳斯定理，有1AL CP DK LC PD DA⋅⋅=． ④ 将②、③代入④式得2ALLC=．注意到2AG AM =，即知MC 是AGL △的中位线． 于是MC GL ∥．注意到①，故知CM AO ⊥．证法2 如图18-15，同证法1有GP AO ⊥．①及EP AC ∥有NP NTPC TA=． ⑤ 由性质8，知A 、G 调和分割TN ， 即T G N GA G A TA T A N A T-=⇔ 2NGAT NG NG AG=⇒⋅+()AG NG AG AT =+-2NT NGMG TN TA GM=⋅⇔=． ⑥ 由⑤、⑥有NP NGPC GM=，从而有GP MC ∥． 再注意到①，故知CM AO ⊥． 例7 （《数学通报》2011(2)数学问题1892）如图18-16，过O 外一点P ，作O 的两条切线PA 、PB ，A 、B 为切点，再任意引O 的两条割线PCD 、PEF ，DE 与CF 相交于Q 点，AE 与BC 相交于M 点，AF 与BD 相交于N 点，AE 交CD 、CF 分别于G 、H 两点，BC 交EF 、ED 分别于I 、K 两点，AF 交CD 、FD 分别于X 、Y 两点，BD 交EF 、CF 分别于U 、V 两点．求证：(1)A 、Q 、B 三点共线；(2)G 、Q 、U 三点共线，X 、Q 、I 三点共线；(3)Y 、H 、P 三点共线，V 、K 、P 三点共线；(4)N 、Q 、M 、P 四点共线．W图18-16证明 (1)参见图18-6(1)，由性质5，即知A 、Q 、B 三点共线．(2)设直线AE 与直线DB 交于点R ，由性质5，知点R 在点Q 关于O 的极线上．设直线UQ 交点Q 关于O 的极线PR 于点W ，交直线AE 于点1G ，则对过点Q 的三条直线AB 、DE 、UQ 应用性质8，知W 、Q 、1G 、U 成调和点列；又设直线UQ 与直线CD 交于点2G ，则对过点Q 的三条直线AB 、CF 、UQ 应用性质8，知W 、Q ；2G 、U 成调和点列．于是，知点1G 、2G 重合于点G ．故G 、Q 、U 三点共线．同理，X 、Q 、I 三点共线．(3)设直线PY 交点P 关于O 的极线AB 于点T ，交AE 于点1H ，交CF 于2H ，分别对过点P 的三条直线PA 、PEF 、PY 及PCD 、PEF 、PY 应用性质8，则知P 、T 、1H 、Y 及P 、T 、2H 、Y 均为调和点列．于是，知点1H 、2H 重合于点H ．故Y 、H 、P 三点共线．同理，V 、K 、P 三点共线． (4)设直线NQ 交点Q 关于O 的极线RP 于点P '，交AE 于点1M ，交CB 于点2M ，对过点Q 的三条直线AB 、CF 、DE 应用性质8，知P '、Q 、1M 、N 及P '、Q 、2M 、N 分别为调和点列．于是，知1M 、2M 重合于点M ，即知M 、Q 、N 三点共线． 同理，P 、M 、N 三点共线． 故N 、Q 、M 、P 四点共线．练习十八1．设A 、B 、C 、D 是一圆上的四点．证明：如果圆在A 、B 两点的两条切线的交点在直线CD 上，则圆在C 、D 两点的两条切线的交点在直线AB 上．2．过O 内一点M 任作非直径的两弦AB 、CD ．设A 、B 两点的两条切线交于点P ，在C 、D 两点处的两条切线交于点Q ．求证：OM PQ ⊥．3．设P 、Q 是O 外两点，分别过P 、Q 作O 的切线PA 、PB 、QC 、QD ，其中A 、B 、C 、D 为切点．直线PA 与QC 交于点E ，直线PB 与QD 交于点F ，圆心O 在直线PQ 上的射影为M ．求证：OM 平分EMF ∠．4．设圆Γ分别与四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 切于点P 、Q 、R 、S ．直线AR 与圆Γ的另一交点为E ，且PE QR ∥．求证：BEQ RES =∠∠．5．设四边形ABCD 内接于O ，直线AB 与CD 交于点P ，直线BC 与直线AD 交于点Q ．过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E ，AE 的中点为M ．求证：OP QM ⊥．6．（2008年中国国家队选拔赛题）ABC>，它的内切圆切BC边于点E，联结AE交内切△中，AB AC圆于点D（不同于点E），在线段AE取异于点E的一点F，使得CE CF=，联结CF交延长交BD于点G．求证：CF FG=．7．以锐角VAB△的AB边为直径作半圆O交VA于点E，交VB于点D．过V作半圆O的切线VT、VS，切点为T、S，联结TS交VO于点G．过G作半圆O的割线交O于P、Q两点，则VO平分PVQ∠．8．ABC△的内切圆分别切BC、CA、AB边于点D、E、F，联结AD交内切圆于点K，过K作内切圆的切线分别与直线DF、DE交于点G、H．求证：直线AD、BH、CG共点．9．设I是ABC△内切圆的交点作内切圆的切线交直线BC于点D．类似地△的内心，过线段IA与ABC得到点E、F．求证：D、E、F三点共线．10．设ABCD为圆Γ的外切四边形，对角线AC交圆Γ于E、F两点．求证：圆Γ在E、F两点的切线与另一条对角线BD共点或互相平行．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第10章 三角形的内切圆1

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第10章 三角形的内切圆1

第10章 三角形的内切圆三角形的内切圆中，有一系列有趣的结论，它们在处理有关问题中常常发挥着重要的作用． 性质1 三角形内切圆与边的切点及这条边所在直线和另两切点所在直线的交点内分、外分该边的比相等．证明 如图101-，设D ，E ，F 分别为ABC △的内切圆与边BC ，CA ，AB 的切点，又设直线BC 与直线FE 交于点T ，则对ABC △及截线FET 应用梅涅劳斯定理，有图10-1ABCDEFT1AF BT CEFB TC EA⋅⋅=． 注意到AF AE =，BF BD =，CE CD =，即有BD BTDC TC=． 注：D ，T 内分、外分BC 所成的比相等时，亦称为D ，T 调和分割BC ．若FE BC ∥时，则T 为无穷远点，此时D 为BC 的中点，也认为是内分、外分所成的比相等．性质2 三角形的顶点和对边上的内切圆切点的连线与内切圆的交点以及三个切点为顶点构成的圆内接四边形，对边的乘积相等．证明 如图102-，设D ，E ，F 分别为ABC △的内切圆与边BC ，CA ，AB 的切点，AD交内切圆于点P ，则由AEP △∽ADE △，AFP △∽ADF △，有A E P E A D E D =，AF PFAD FD =．此两式相除，并注意到AE AF =，有PE PFED FD=，即PE FD PF ED ⋅=⋅． H GA BCE F P 图10-2注：对边乘积相等的圆内接四边形，亦称为调和四边形，图102-中，若PC ，PB 分别交内切圆于G ，H ，则四边形DGEP ，四边形PFHD 均为调和四边形． 性质3ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AD 交内切圆于点P ，交EF 于点Q ，则A ，Q 调和分割PD ．证明 如图103-，设I 为内切圆圆心，联结AI 交EF 于L ，则A L E F ⊥，有2A L A I A F A P A D ⋅==⋅，即知L ，I ，D ，P 四点共圆，从而，ALP IDP IPD ILD ∠=∠=∠=∠，即知AL 平分PLD ∠的外角．而LQ AL ⊥，即知LQ 平分PLD ∠．于是有DQ LD DAQP LP AP==，即A ，Q 调和分割PD ． 图10-3A BCDE FI L P Q注：过A 作内切圆的割线交内切圆于P ，D （不一定是切点），交切点弦EF 于点Q ，同上述证法也推证得A ，Q 调和分割PD ．性质4ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AD 交内切圆于点P ，直线PC ，PB 分别交内切圆于点G ，H ，直线AG ，AH 分别交内切圆于M ，N ．则： （1）EH ，FG ，AD 三线共点； （2）四边形DGPH 为调和四边形； （3）BG ，CH ，AD 三线共点； （4）HM ，GN ，AD 三线共点．证明 如图104-，（1）注意到圆内接四边形FHDP ，DGEP 均为调和四边形，有HF HDFP DP=，PEEG PD DG =，此两式相乘，得1PE GD HFEG DH FP⋅⋅=． 图10-4A BCDE F GHMNP于是，由第一角元形式塞瓦定理的推论（参见第22章），即知EH ，FG ，AD 三线共点． （2）设EH ，FG ，AD 三线共点于K ，由PKG △∽FKD △，有PK PGFK FD=． 同理FK PF KD DG =．从而PK PG PF DK DG DF =⋅．同理PK HP PEKD DH ED=⋅． 又PF AF AE PE FD AD AD ED ===，则PG HPDG DH=．故四边形DGPH 为调和四边形． （3）由CDG △∽CPD △，有DG PD GC CD =．同理，有PD DHDB BH=．注意到有PG HP DG DH =，这三式相乘，得1PG CD BHGC DB HP⋅⋅=．于是，由塞瓦定理的逆定理，即知BG ，CH ，AD 三线共点． （4）由APM △∽AGD △，有PM APGD AG=． 同理，EG AG ME AE =，ED AD EP AE =，EP CP EG CE =，DG PD CD CP =，PD PB DH BD =，HF BFFP PB=． 上面七式相乘，并注意CE CD =，BD BF =，2AE AP AD =⋅，得1PM ED HFME DH FP⋅⋅=，由此式即知HM ，AD ，EF 三线共点．同理，GN ，AD ，EF 三线共点，故HM ，GN ，AD 三线共点．性质5ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AI 交内切圆于点P 、Q ，则P ，Q 分别为AEF △的内心和旁心．证明 如图105-，联结PE ，PF ，则由对称性知PE PF =，即有PEF PFE ∠=∠．又AEP PFE ∠=∠，即知EP 平分AEF ∠．于是，知点P 为AEF △的内心．联结EQ ，则知90PEQ ∠=︒，即知EQ 平分么FEC ∠．故知点Q 为AEF △的旁心．图10-5ABD性质6 三角形一内角平分线上的点为三角形一顶点的射影的充分必要条件是另一顶点关于内切圆的切点弦直线与这条内角平分线的交点． 证明 如图106-，在ABC △中，内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，AI ，BI ，CI 分别为三条内角平分线．图10-6I NHG ABCDEFS MK L T下面先证直线CI 上的点G ，有,,CG AG D F G ⊥⇔三点共线． 充分性．由D ，F ，G 共线，联结FI ，则180AIG AIC ∠=︒-∠1180902B ⎛⎫=︒-︒+∠ ⎪⎝⎭1902B BFD AFG =︒-∠=∠=∠，于是，A ，G ，F ，I 四点共圆，即有90AGI AFI ∠=∠=︒，故CG AG ⊥．必要性．由CG AG ⊥，联结FI ，IF AB ⊥，知A ，G ，F ，I 四点共圆．又I 为内心，知1902AIC B ∠=︒+∠，则1180902AFG AIG AIC B ∠=∠=︒-∠=︒-∠．由BD BF =，知1902BFD B AFG ∠=︒-∠=∠，故D ，F ，G 三点共线．类似地，有直线CI 上的点H ，,,CH BH E H F ⊥⇔三点共线， 直线BI 上的点M ，,,BM AM D E M ⊥⇔三点共线． 直线BI 上的点N ，,,BN CN D N F ⊥⇔三点共线， 直线AI 上的点T ，,,AT BT E D T ⊥⇔三点共线． 直线AI 上的点S ，,,AS CS D S F ⊥⇔兰点共线，在图106-中，设L 为AB 的中点，联结LM 交AC 于点K ，则由AM BM ⊥知LM 为Rt AMB △斜边上的中线，由此即推知LM BC ∥，即知K 为AC 的中点．联结GK 交AB 于L '，也可证L '为AB 的中点，即L '与L 重合，由此即知G ，M 在与BC 平行的ABC △的中位线上．于是可得如下结论．推论1 三角形的一条中位线，与平行于此中位线的边的一端点处的内角平分线及另一端点关于内切圆的切点弦直线，这三条直线相交于一点，且该点为与中位线对应的顶点在这条内角平分线上的射影．性质7ABC △的内切圆I 切BC 边于点D ，M 为BC 的中点，AH 是BC 边上的高，Q 为AH 上的一点，则AQ 等于内切圆半径r 的充分必要条件是M ，I ，Q 三点共线．证明 如图107-，充分性．当M ，I ，Q 共线时，令BC a =，CA b =，AB c =，则12M C a =，1()()2DC a b c p c =+-=-，222cos 2a b c HC AC C a +-=⋅=．联结ID ，由Rt IMD △∽Rt QMH △，有A B图10-7()22()2QH HM MC HC a HC b cID DM MC DC c b a-⋅-+====-⋅-． 又2()ABC AH a S r a b c ⋅==++△，有AH a b cr a++=．于是1AQ AH QH AH QH a b c b cr r r ID a a-+++==-=-=，故AQ r =． 必要性．当AQ r =时，则()()a b c r b c rQH AH AQ r a a++⋅+⋅=-=-=． 设直线QI 交BC 于M '（当c b >时），则由22222222a b c a b c ab ac b c DH a a+-+---+=-=．有IDQH= M DM H''．即有ID M D QH ID DH ''=-，亦即22()()2()2()2ab ac b c r ID DH b c a c b c b a M D b c r QH ID b c a ra--+⋅⋅+---'=====+⋅-+--22a abc MC DC MD +--=-=． 从而M '与M 重合，故Q ，I ，M 三点共线．性质8 设ABC △的内切圆I 切BC 边于点D ，P 为DI 延长线上一点，直线AP 交BC 于点Q ，则BQ DC =的充要条件是点P 在I 上．证明 如图108-，过P 作B C BC ''∥交AB 于点B '，交AC 于点C '．BA图10-8充分性．当P 在I 上时，则知B C ''切I 于点P ．易知AB C ''△∽ABC △．由于在BAC ∠内它们的旁切圆分别为I 与A I ，则在以A 为中心的位似变换下，使I 变为A I ，此时切点P 变为切点Q ，即Q 为直线AP 与BC 的交点．于是，BQ p c DC =-=（其中BC a =，CA b =，AB c =，1()2p a b c =++）．必要性．当BQ DC p c ==-时，即Q 为ABC △的BAC ∠的旁切圆的切点，由AB C ''△∽ABC △，则存在以A 为中心的位似变换，将BC 上的点Q 变为B C ''上的点P '，且P '为AB C ''△的BAC ∠的旁切圆的切点．注意到B C BC ''∥，则知P '在过D 与BC 垂直的直线上，从而P '与P 重合，故点P 在I 上．推论2 设Q 为ABC △的BC 边上一点，则Q 为BAC ∠内的旁切圆的切点的充要条件是AB BQ += AC CQ +．性质9 设ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，设K 是DI 延长线上一点，AK 的延长线交BC 于点M ，则M 为BC 的中点的充要条件是点K 在线段EF 上． 证明 如图109-，过点K 作ST BC ∥交AB 于点S ，交AC 于点T ，则IK S T ⊥．联结SI ，FI ，TI ，EI ．ADC图10-9充分性．当点K 在EF 上时，注意到F ，S ，I ，K 及I ，E ，T ，K 分别四点共圆，有ISK IFK ∠=∠=IEK ITK ∠=∠，即知SIT △为等腰三角形． 注意到IK ST ⊥，知K 为ST 的中点． 由于ST BC ∥，则知M 为BC 的中点．必要性．当M 为BC 的中点时，则知K 为ST 的中点．由于IK ST ⊥，则知IS IT =，从而Rt ISF △≌Rt ITE △，即有SIF TIE ∠=∠．注意到F ，S ，I ，K 及I ，E ，T ，K 分别四点共圆，有SKF SIF TIE TKE ∠=∠=∠=∠．于是，E ，K ，F 三点共点，即点K 在线段EF 上．推论3 设ABC △的内切圆I 切BC 边于点D ，M 为BC 边的中点，Q 为BC 边上一点，则Q 为BAC ∠内的旁切圆的切点的充分必要条件是IM AQ ∥．事实上，参见图109-，证充分性时，过点A 作AQ IM ∥交DI 于点P ，证点P 在I 上即可．证必要性时，延长DI 交I 于点P ，作直线AP 交BC 于Q ，证明IM AQ ∥． 性质10ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，BC 边上的高AD 交EF 于点H ，则H 为ABC △的垂心的充要条件是DH EF ⊥． 证明 如图1010-，联结BH ，CH ．A H FEDP CC 'BT图10-10充分性．当DH EF ⊥时，设直线FE 与直线BC 交于点T ，由性质1，知D ，T 调和分割BC ，则HB ，HC ，HD ，HT 为调和线束，由其性质知当DH HT ⊥时，DH 平分BHC ∠，于是可得FBH ECH ∠=∠．作C 点关于AP 的对称点C '，则C '在BC 上．联结AC '，HC '，则AC H ACH ECH FBH ABH '∠=∠=∠=∠=∠，从而A ，B ，C '，H 四点共圆，于是，BAH HC C HCC ''∠=∠=∠，即有90HCC CBA BAH CBA '∠+∠=∠+∠=︒，从而知CH AB ⊥．故H 为ABC △的垂心．必要性．当H 为ABC △的垂心时，由90FBH A ECH ∠=︒-∠=∠，BFH CEH ∠=∠，知BFH △∽CEH △，于是，BH BF BDCH CE CD==，从而即知DH 平分B H C ∠，即F H D F H B B H D E∠=∠+∠=∠ CHD EHD +∠=∠，故知DH EF ⊥．（或由DH 平分BHC ∠，及D ，T 调和分割BC ，即知有DH EF ⊥见（第15章）．）注：可由BFH △∽CEH △，有BH BF BDCH CE CD==，即知DH 平分BHC ∠． 性质11 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 三边于点D ，E ，F ．令BC a =，CA b =，AB c =，1()2p a b c =++，内切圆半径为r ，则（1）tan2r AE AF p a A ==-=，tan2r BD BF p b B ==-=，tan2r CD CE p c C ==-=；（2）1()2EDF B C ∠=∠+∠，1()2DEF A C ∠=∠+∠，1()2DFE A B ∠=∠+∠．（证略）性质12 设ABC △的内切圆的圆心为I ，IBC △的外接圆分别和射线AB ，AC 交于点D ，E ，则DE 与I 相切．证明 如图1011-，显然D ，B ，I ，E ，C 五点共圆．A（2）图10-11对于图1011(1)-，有IDB ICB ∠=∠，IDE ICE ∠=∠．而ICB ICE ∠=∠，从而IDB IDE ∠=∠．由于AD 与I 相切，由对称性，知DE 也与I 相切． 对于图1011-（2），注意IBC IEC ∠=∠，IBD IED ∠=∠，而I B C I B D ∠=∠，从而IEC IED ∠=∠．因EA 与I 相切，故ED 也和I 相切．性质13 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ．记以A 为圆心，AE 为半圆的圆为叫ω，直线DE 交圆ω于点G ，点H 在圆ω上，则GH 为圆ω的直径的充要条件是H ，F ，D 三点共线．证明 如图1012-，注意到AEG △、CED △均为等腰三角形，且底角相等，则知其顶角相等，即GAE ECD ∠=∠，从而AG DC ∥．于是，ωLH GF A BCDE图10-12GH 为圆ω的直径HA BD HAF FBD ⇔⇔∠=∠∥， 注意到A H F △、BDF △均为等腰三角形⇔其对应底角相等，即,,AFH BFD H F D ∠=∠⇔三点共线．推论4 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线DE ，DF 分别交过点A 且与BC 平行的直线于点G ，H ，直线AD 交内切圆于点L ，则AG AH =，且180GDH GLH ∠+∠=︒．事实上，由AE AF =并注意到图中的等腰三角形即得AG AH =；由G A L L D B L E D ∠=∠=∠知A ，L ，E ，G 四点共圆，有ALG CDG ∠=∠．同理ALH BDH ∠=∠．由此即可得180GDH GLH ∠+∠=︒．性质14 设ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，L 为劣弧EF 上一点，过点L 作内切圆的切线与BC 所在直线交于点G ，则G ，E ，F 三点共线的充要条件是A ，L ，D 三点共线．证明 充分性．当A ，L ，D 共线时，如图1013-，联结AI 交EF 于点K ，则KI EF ⊥． ①L K GFA BCDE R I图10-13联结EI ，DI ，KD ，则22ID EI IK IA ==⋅，即ID IKIA ID=． 注意到DIK ∠公用，则IDA △∽IKD △，即有IDA IKD ∠=∠．②联结IL ，则ILD IDA IKD ∠=∠=∠，从而，知D ，L ，K ，I 四点共圆． 又I ，D ，G ，L 四点共圆，从而I ，D ，G ，L ，K 五点共圆，于是90IKG ILG ∠=∠=︒，即KI KG ⊥．③ 由①，③可知，G ，E ，F 三点共线．必要性．当G ，E ，F 三点共线时，如图1013-，联结GI 交DL 于点R ，则IR DL ⊥． 类似于充分性证明，由22FI ID IR IG ==⋅，可证得F ，I ，R ，E 四点共圆．又A 、F 、I 、E 四点共圆，即有90IRA IEA ∠=∠=︒，即IR AR ⊥．故A 、L 、D 三点共线．性质15 设ABC △的内切圆为I ，点D ，E ，F 依次为I 上三点（点D 在优弧EF 上，且与A ，I 不共线），EF 与AI 交于点K ，且K 为EF 的中点，则E 为AC 与I 的切点（或F 为AB 与I 的切点）的充要条件是IDK △∽IAD △． 证明 如图1014-，显然AI EF ⊥．A图10-14充分性．当IDK △∽IAD △时，有IK IDID IA=，即有22IK IA ID IE ⋅==． 于是IK IEIE IA=，注意到EIK ∠公用，则IEK △∽IAE △，即知90IEA IKE ∠=∠=︒．所以AE 与I 切于点E ，且AE 为过定点A 与I 右侧相切的直线，而这样的直线是唯一的，所以E 为AC 与I 相切的切点．同理，F 为AB 与I 的切点．必要性．当E 为AC 与I 的切点时，则由对称性（即K 为EF 中点）知F 必为AB 与I 的切点，反之亦真．此时，显然有IDA IKD ∠=∠，即有IDK △∽IAD △．性质16 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，点H 在线段EF 上，则DH EF ⊥的充要条件是FH BDHE DC=． 证明 如图1015-，联结BH ，CH ． M HGF ABCDE 图10-15充分性．当FH BD HE DC =时，注意到BF BD =，EC DC =，则有FH BFHE CE=．又B F H C E H ∠=∠，从而BHF △∽CHE △．于是，BHF CHE ∠=∠，且BH BF BDCH CE DC==． 由角平分线性质定理的逆定理，知DH 平分B H C ∠．从而DHF DHB BHF DHC CHE ∠=∠+∠=∠+∠ DHE =∠，故DH EF ⊥．必要性．当DH EF ⊥时，若FE BC ∥，则ABC △为等腰三角形，结论显然成立． 若\FE BC ∥，则可设直线FE 与直线交于点G ，如图1015-．1BG CE AFGC EA FB⋅⋅=． 注由性质1，有BD DCBG GC=． 过点D 作MN HG ∥交直线BH 于点M ，交直线HC 于点N ，则DH MN ⊥，且M D B D D C D NH G B G G C H G ===， 即有MD DN =．由等腰三角形性质，知DH 平分MHN ∠，即有BHF CHE ∠=∠．又BFH CEH ∠=∠，所以BHF △∽CHE △．故FH BF BDHE CE DC==． 性质17 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AD 交EF 于点H ，若直线FE 与直线BC 交于点G ，则FH FGHE GE=． 证明 如图1016-，由性质1，有BG CGDB DC=． Y JH GFABC DE I 图10-16联结AG ，过点D 作IJ AG ∥交AB 于点I ，交直线AC 于点J ，则AG BG CG AGDI DB DC DJ===． 从而D 为IJ 的中点，过点H 作XY IJ ∥交AB 于点X ，交AC 于点Y ，则知H 为XY 的中点，即XH HY =．于是，FH XH HY HE FG AG AG EG ===，故FH FGHE GE=． 推论5 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线AD 交内切圆于点L ，过点L 作内切圆的切线分别与直线DF ，DE ，BC 交于点S ，T ，G ，则S L S GL T G T=．证明 如图1017-，由性质14，知F ，E ，G 三点共线．XZ L SHF A BC DE I JYT图10-17设直线AD 与EF 交于点H ，则由性质17，知FH HEFG GE=． 过点H 作XY BC ∥交直线DF 于点X ，交直线DF 于点Y ，则XH FH HE HYDG FG GE DG===． 由上即知H 为XY 的中点，过点L 作IJ XY ∥交直线DF 于点I ，交直线DE 于点J ，则知L 为IJ 的中点，即IL LJ =，于是SL IL LJ LT SG DG DG TG ===．故SL SGLT GT=． 注：特别地，设AF 与SL 交于点Z ，则对GZB △，应用上述性质17，亦有DH DAHL AL=．对G Z B △及截线DFS 应用梅涅劳斯定理也可推证推论5．推论6 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，联结AD 交内切圆于点L ，过L 作内切圆的切线分别与直线DF ，DE 交于点S ，T ，则直线AD ，BT ，CS 共点．证明 如图1018-，当ST BC ∥时，则推知ABC △为等腰三角形，此时结论显然成立．FABC DES L T X X'图10-18为\ST BC ∥时，可设直线ST 与直线BC 交于点G ．于是，由性质14，知F ，E ，G 三点共线．由性质1，知有BG CGDB DC=． 又由推论5，知SL LTSG GT=． 设BT 交AD 于点X ，CS 交AD 于点X '，则对DGL △及截线BXT ，对DGL △及截线CX S'分别应用梅涅劳斯定理，有1DB GT LX BG TL XD ⋅⋅=，1DC GS LX CG SL X D'⋅⋅='．于是，LX BG TL CG SL LX XD DB GT DC GS X D'=⋅=⋅='． 由上式知X 与X '重合，故直线AD ，BT ，CS 共点．注：性质17及推论5中的结论，应用线段的调和分割性质证明更简捷（参见第15章）． 性质18 设ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA 边于点D ，E ，直线DI 交I 于另一点P ，直线AP 交边AB 于点Q ，点S 在边AC 上，BS 与AQ 交于点L ，则SC AE =的充要条件是AP LQ =．证明 如图1019-，由性质8，即知BQ DC =．A B图10-19兖分性．当AP LQ =时，此时PQ AL =．应用正弦定理，有sin sin sin sin AS AS BS ABS CSC BS SC A CBS ∠∠=⋅=⋅∠∠ sin sin sin sin sin sin sin sin C ABS BQA BAQA BAQ CBS BQA ∠∠∠∠=⋅⋅⋅∠∠∠∠ c AL BL BQ p c ALa BL LQ c a LQ-=⋅⋅⋅=⋅． ①过点P 作B C BC ''∥交AB 于点B '，交AC 于点C '，则B C ''为I 的切线．设r ，A r 分别为AB C ''△、ABC △在BAC ∠内的旁切圆半径，S △为ABC △的面积，则A S AP r p a p aAQ r p S p--==⋅=△△．②于是，()LQ AP AP p a p aAL PQ AQ AP p p a a--====---．③将③代入①式得 AS p c a p cSC a p a p a--=⋅=--． 从而AC AS SC p c p a bSC SC p a p a+-+-===--． 故SC p a AE =-=．必要性．当SC AE =时，即有SA CE =．对AQC △及截线应用梅涅劳斯定理，有1AL QB CS LQ BC SA⋅⋅=． 即有AL BC SA BC CE BC aLQ QB CS CD CS CS p a=⋅=⋅==-． 从而11AQ AL LQ AL a pLQ LQ LQ p a p A+==+=+=--． 再注意到②式，有 AQ p AQAP p a LQ==-． 故AP LQ =．性质19 设ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 边于点D ，E ，F ，直线FD ，DE ，EF 分别与直线CA ，AB ，BC 交于点U ，V ，W ，则U ，V ，W 三点共线．证明 若FE BC ∥，则视W 为无穷远点，UV BC ∥时，也视U ，V ，W 三点共线． 当\FE BC ∥时，如图1020-分别对AFE △及截线WBC ，对B D F △及截线UAC ，对DCE △及截线VAB 应用梅涅劳斯定理，有WUFAB CD E LM N图10-201AB FW EC BF WE CA ⋅⋅=， 1BC DU FACD UF AB⋅⋅=， 1DB CA EVBC AE VD⋅⋅=． 注意到AF AE =，BF BD =，CD CE =，上述三式相乘，得1FW EV DUWE VD UF⋅⋅=． 对DEF △应用梅涅劳斯定理的逆定理，知U ，V ，W 三点共线． 注：U 、V 、W 三点所在的直线称为莱莫恩（Lemoine ）线． 性质20 三角形外心、内心及内切圆切点三角形的重心三点共线．证明 如图1021-，设O ，I 分别为ABC △的外心和内心，I 切边BC ，CA ，AB 分别于点D ，E ，F ，点G '为DEF △的重心．图10-21联结AI 并延长交I 于点K ，AI 交EF 于点H ，则K 为劣弧BC 的中点，且在BC 的中垂线上，AH 垂直平分EF ．联结OK ，KC ，ID ，IE ，则由OK BC ⊥，ID BC ⊥知ID OK ∥，且由内心性质，知IK KC =．令KAC θ∠=，则HEI θ∠=．设O 的半径为R ，直线OI 与HD 交于点G ，则sin sin DIG HIG S DG ID DIGGH S IH HIG⋅∠==⋅∠△△ sin sin ID IOK ID IKIH OIK IH OK⋅∠==⋅⋅∠ 22sin IE IK AI IK IK IK IH R IE R R KCθ=⋅=⋅===⋅． 从而知G 为DEF △的重心，即G 与G '重合．故O ，I ，G '三心共线．下面给出上述性质应用的一些例子．例1（2006年福建竞赛题）如图1022-，O为ABC△的外接圆，AM，AT分别为中线和角平分线，过点B，C的O的切线相交于点P，联结AP与BC和O分别相交于点D，E．求证：点T是AME△的内心．R图10-22证明如图，过点A的切线与PB，PC的延长线交于点R，Q，由性质2知，四边形ABEC 为调和四边形，有AB EC BE AC⋅=⋅．注意到托勒密定理，有AB EC BE AC AE BC⋅+⋅=⋅，即2AB EC AE⋅=⋅2BC BM AC=⋅，亦即AB AC BM EC=．而ABM AEC∠=∠，从而ABM△∽AEC△．即知BAM EAC∠=∠．于是，知AT平分MAE∠．又由性质3，知D，P调和分割AE，在调和线柬MA，ME，MD，MP中，由于MD MP⊥，即知MD平分AME∠．故点T是AME△的内心．例2（2007年罗马尼亚国家队选拔赛题）设E，F分别为ABC△内切圆I与边AC，AB 的切点，M为BC的中点，AM与EF交于点N，以BC为直径的圆M分别交BI、CI于点X，Y．证明：NX NYACAB=．证明如图1023-，首先证明点X，Y在直线EF上．B图10-23由题设知X，Y分别为C，B在直线BI，CI上的射影，则由性质6，知点X，Y均在内切圆的切点弦EF上．其次证N，I，D三点共线．设DI的延长线与EF交于点N'，则直线AN'与BC的交点（由性质9）为BC的中点，而M为BC 中点，AM 与EF 交于N ，则N '与N 重合，从而N ，I ，D 三点共线． 延长BY ，CX 交于点S ，则I 为SBC △的垂心，从而S 在直线ND 上． 又I 为DXY △的内心（三角形垂心的垂足三角形性质），从而1122ABC DBI CYX DYX ∠=∠=∠=∠， 即知 ABC DYX ∠=∠． 同理， ACB DXY ∠=∠．于是 sin sin sin sin NX XD DYX ABC ACNY DY DXY ACB AB∠∠====∠∠． 例3 （2005年南昌市数学竞赛题）如图1024-，ABC △的内切圆分别切BC ，CA ，AB 三边于D ，E ，F ．M 是EF 上的一点，且DM EF ⊥．求证：DM 平分BMC ∠．FABEM图10-24证明 由性质16，有FM BD BFME DC CE==． 因BFM CEM ∠=∠，则BFM △∽CEM △．即有BMF CME ∠=∠，由此即可得DM 平分BMC ∠．类似于例3，可推证《数学教学》1999年3期数学问题481：已知ABC △的内切圆在BC ，CA ，AB 上的切点分别为D ，E ，F ，且DG EF ⊥，G 为垂足，求证：GD 平分BGC ∠．例4 （2008年第34届俄罗斯数学奥林匹克题）ABC △的内切圆圆ω分别与边BC ，CA ，AB 切于点A '，B '，C '，圆周上的点K ，L 满足180AKB BKA ALB BLA ''''∠+∠=∠+∠=︒．求证：A '，B '，C '到直线KL 的距离彼此相等． 证明 如图1025-，对于劣弧A B ''上的点P ，有180APB BPA A PB ''''∠+∠<∠<︒，知点K ，L 均在优弧B C A '''上．设圆ω的圆心为I ．图10-25注意到A K B A LB '''''∠=∠及题设条件，有180180AKB A KB A LB ALB ''''∠=︒-∠=︒-∠=∠，从而，有A ，B ，L ，K 四点共圆． 联结B C ''，A C ''，由性质11（2），有180180AKB A KB A C B '''''∠=︒-∠=︒-∠1180()2A B AIB =︒-∠+∠=∠．从而知A ，B ，L ，I ，K 五点共圆． 设AI 与B C ''交于点X ，则X 为B C ''的中点．注意到B C ''，KL ，AI 分别为圆ω，AB IC ''，AKILB 两两的根轴，因而它们共点于X ．因此，B '，C '到KL 的距离相等． 同理，A '，C '到KL 的距离相等．例5 （2008年第10届香港地区数学奥林匹克题）设D 为ABC △边BC 上一点，且满足AB BD +=AC CD +，线段AD 与ABC △的内切圆交于点X ，Y ，且X 距点A 更近一些，ABC △的内切圆与边BC 切于点E ．证明： （1）EY AD ⊥；（2）2XD IA '=，其中I 为ABC △的内心，A '为边BC 的中点． 证明 如图1026-，（1）由推论2，知点D 为BAC ∠内的旁切圆与边BC 的切点，再由性质8知XE 为I 的直径，则90XYE ∠=︒，故EY AD ⊥．图10-26（2）由推论3，知IA XD '∥，而I 为XE 的中点，故2XD IA '=．例6 （2003年CMO 题）设点I ，H 分别为锐角ABC △的内心和垂心，点1B ，1C 分别为边AC ，AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于点22()B B B ≠，射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C 与BC 相交于K ，1A 为BHC △的外心．试证：A ，I ，1A 三点共线的充分必要条件是2BKB △与2CKC △的面枳相等．证明 如图1027-，先证2260BKB CKC S S BAC =⇔∠=︒△△．TF 1C 1C 2E 1B 1K ABCA 1B 2LIE F H 图10-27设I 分别切AC ，AB 于点E ，F ，直线EI 交I 于点T ，直线BT 交AC 于点1E ，则由性质8，知1A E C E =，即知1E 为ABC ∠内的旁切圆与AC 的切点．又由推论3，知211BB B E ∥，亦有211AB AB AB AE =． 同理，可得点L ，1F ，亦有211AC AC AC AF =． 令BC a =，CA b =，AB c =，1()2p a b c =++，由性质，则111,,22b cAB AC AE CE p c ====-，1AF BF p b ==-． 于是，22222241()()BKB AB C CKC ABC bcS S AB AC S S AB AC p b p c ⋅====⋅--△△△△． 从而，由2224()()60p b p c bc a b c bc BAC --=⇔=+-⇔∠=︒． 其次，再证A ，I ，1A 三点共线60BAC ⇔∠=︒．设O 为ABC △的外心，则180BHC BAC ∠=︒-∠，12(180)2BAC BHC BAC ∠=︒-∠=∠．因此，BAC ∠=1160180BAC BAC A ︒⇔∠+∠=︒⇔在O 上AI ⇔与1AA 重合（1A 在BC 的中垂线上）⇔A ，I ，1A 三点共线．例7 （2004年第18届韩国数学奥林匹克题）在等腰ABC △中，AB AC =，O 是ABC△的内切圆，与三边BC ，CA ，AB 的切点依次为K ，L ，M ．设N 是直线OL 与KM 的交点，Q 是直线BN 与CA 的交点，P 是点A 到直线BQ 的垂足．若2BP AP PQ =+，求ABBC的所有可能的取值．解 如图1028-，由性质9，知Q 为AC 的中点．BA（1）（2）图10-28当点P在ABC△内时，如图1028-（1），在BQ的延长线上取点R，使Q R Q P=，又取点S，使RS AP=．联结CR，AS，CS，则知CR AP=，2PS PQ AP BP=+=．从而ABS△，ACS△，RCS△均为等腰三角形，则QAP QCR RSA ABQ∠=∠=∠=∠，从而(90)90BAC ABQ QAP∠=︒-∠+∠=︒．此时ABBC==．当点P在ABC△外时，如图1028-（2），作CR BP⊥于R，则由Q为AC中点知CR AP=，RQ PQ=，于是2BR BP PQ AP=-=，即知BCR△为等腰直角三角形．此时，RCQ PBA∠=∠，知Rt RCQ△∽Rt PBA△，由2AB AC QC==，知22AP QR PQ==，亦即知2RC PQ=．于是，2AB QC==，BC===．故ABBC==．综上，ABBC,。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第9章 西姆松线

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第9章 西姆松线

第9章 西姆松线过三角形外接圆上一点作三边的垂线，则三垂足共线，此线称为西姆松线．上述结论亦称为西姆松定理，它的逆命题也是成立的，称为西姆松定理的逆定理．显然，三角形任一顶点的西姆松线就是过这顶点的高线，一个顶点的对径点的西姆松线就是这个顶点所对的边所在的直线．异于三角形顶点的任一点的西姆松直线有如下一系列有趣的性质及应用．性质1 （施坦纳定理）三角形外接圆上异于顶点的任一点的西姆松线平分该点与垂心的连线．证法1 如图91-，设P 为ABC △的外接圆上异于顶点的任一点，其西姆松线为LMN ，ABC △的垂心为H ．图9-1P'LQ HMN PAC B作BHC △的外接圆，则此圆BHC 与ABC 关于BC 对称，延长PL 交BHC 于P '，则L 为PP '的中点．设PL 交BHC 于点Q ，联PH'． 由P 、B 、L 、M 四点共圆，有m mPLM PBM PBA PA QH QP H '∠=∠=∠=======∠．从而直线LMN P H '∥，注意到直线LMN 平分PP '，故直线LMN 平分PH ．证法2 如图92-，设P 为ABC △外接圆上异于顶点的任一点，其西姆松线为LMN ，H 为ABC △的垂心．图9-2设PL BC ⊥于L ，交圆于另一点E ，延长EP 至F ，使P F LE =．设O 为ABC △的外心，作OD BC ⊥于D ，由O 作LF 的垂线必过EP 的中点，亦即过LF 的中点，所以2LF OD =，又2AH OD =，则LF AH ==∥，从而AHLF 为平行四边形．设PN AC ⊥于N ，LN 交AH 于S ，连PS ．由AE LN ∥，而LE AS ∥，则LEAS 为平行四边形，即知PF EL AS ==．故LHSP 为平行四边形，从而PH 被直线LMN 平分．证法3 如图93-，联AH 并延长交BC 于E ，交外接圆于F ，联PF 交BC 于G ，交西姆松线于Q ．由P 、C 、L 、M 四点共圆，有MLP MCP AFP LPF ∠=∠=∠=∠，则Q P L △为等腰三角形，即QP QL =．又HE EF =，HGE EGF LGP QLG ∠=∠=∠=∠，则HG NL ∥，即PH 与西姆松线的交点S 为PH 的中点．图9-3M K QSH E FG LD T P N CAB证法4 如图94-，设ACP θ∠=，PH 交直线LMN 于点S ．注意到图9-4O S M H L DCBPNK Asin()2sin()sin()PL PC C R B C θθθ=⋅+=⋅-⋅+， 90KLB MPC θ∠=∠=︒-，cos 2sin()cos()DL AC C R B C θθ=⋅-⋅-⋅+2[sin cos sin()cos()]R B C B C θθ=⋅--⋅+ [sin sin()sin sin(2)]R A B C A B C θ=+-----2cos()sin R B C θθ=⋅--⋅．故cos 2cos()cos sin DL KD R B C θθθθ⋅==⋅--⋅，2cos cos HD R B C =⋅⋅，2[cos()cos cos cos ]KH R B C B C θθ=⋅--⋅-⋅[cos()cos(2)cos()cos()]R B C B C B C B C θ=⋅-+---+-- 2sin()sin()R B C PL θθ=⋅-⋅+=又KH PL ∥，则1PS PLSH KH==．故直线LMN 平分PH ． 证法5 如图95-，设直线AH 交O 于F ，则知D 为HF 的中点，作PL BC ⊥于L ，直线PL 交O 于A '．过H 作KH AA '∥交PA '于K ，则H K P F 为等腰梯形，且LD 为其对称轴，从而L 为KP 的中点． 又KH A A '∥∥点P 的西姆松线l ，故l 与PH 的交点S 为PH 的中点．图9-5l A'注：设R 、T 分别为BH 、AH 的中点，由A 、B 、P 、F 共圆，知T 、R 、S 、D 亦共圆，此圆即为ABC △的九点圆，即S 在九点圆上（参见推论1）．证法6 如图93-，联PM 并延长交外接圆于K ，联BK ．过B 作BD AC ⊥于D ，延长BD 交外接圆于T ，则垂心H 在BT 上．联AP ，由A 、M 、P 、N 四点共圆，知MNB MNA MPA KPA KBA ∠=∠=∠=∠=∠，从而BK MN ∥． 自H 作HR BK ∥交PK 于R ，则RH TP 为等腰梯形．而HD DT =，则知AC 是HT 的中垂线，从而知M 是PR 的中点．注意到M L KB RH ∥∥，在PRH △中，ML 必过PH 的中点，故PH 被直线LMN 平分．推论1 设P 、H 分别为三角形外接圆上的点、三角形的垂心，则PH 的中点在三角形的九点圆上． 事实上，可设PH 的中点为S ，则PS SH =．联结外心O 和垂心H ，因九点圆的圆心V 为OH 的中点，九点圆的半径为外接圆半径之半（参见第25章中的推论1），由12VS OP =即知点S 在三角形的九点圆上．性质2 从ABC △的外接圆上异于顶点的任一点P 向边BC 、CA 、AB 或其延长线分别作垂线PD 、PE 、PF ，若这些垂线及其延长线和圆的交点分别为X 、Y 、Z ，则AX 、BY 、CZ 都是关于点P 的西姆松线的平行线．证明 如图96-，由90BDP PFB ∠=︒=∠，知P 、D 、F 、B 四点共圆，从而DFP CBP ∠=∠． 又CBP CZP ∠=∠，从而DFP CZP ∠=∠，图9-6XZYABC D EF P因此，FD CZ ∥，即EF CZ ∥． 同理，AX EF ∥，BY EF ∥．性质3 设ABC △的外接圆的不过顶点的任意直径为PQ ，则关于P 、Q 的西姆松线是互相垂直的． 证明 如图97-，若从P ，Q 向BC 作垂线并延长和ABC △的外接圆分别交于P '，Q '，则由性质2知P A '、Q A '分别与点P ，Q 的西姆松线平行．图9-7由于PQ 是这个圆的直径，又PP '和QQ '是平行的，所以四边形PP QQ ''是矩形，从而P Q ''也是这个圆的直径，故P A Q A ''⊥，因而关于P 、Q 的西姆松线是互相垂直的．注：可以推证直径两端点的西姆松线的交点在三角形的九点圆上（见性质7）．性质4 设关于ABC △的外接圆上两点P ，Q 的西姆松线DE 、FG 交于一点R ，则FRE ∠等于圆周角PCQ ∠．证明 如图98-，在四边形RECG 中，图9-8QGA BCDEFPR(90)(90)RGC REC RGQ REP ∠+∠=∠+︒+∠+︒注意到90QFC QGC ∠=∠=︒，则知G 、F 、Q 、C 四点共圆，从而FGQ QCF ∠=∠． 同理，REP PCA ∠=∠．于是290RGC REC QCB PCA ∠+∠=∠+∠+⋅︒．两边加上ACB ∠得180RGC REC GCE PCQ ∠+∠+∠=∠+︒． 而在四边形RGCE 中，490RGC REC GCE GRE ∠+∠+∠=⋅︒-∠， 于是490290GRE PCQ ⋅︒-∠=∠+⋅︒，从而290GRE PCQ ⋅︒-∠=∠． 故ERF PCQ ∠=∠．性质5 设ABC △的垂心为H ，延长CH 和外接圆的交点为D ．在外接圆上取异于顶点的一点P ，若PD 与AB 的交点为E ，则EH 平行于关于点P 的西姆松线NLM ． 证明 如图99-，因H 为垂心，则H 、D 关于AB 对称．图9-9AB CD E FH LM NP从而DHE HDE PBC ∠=∠=∠．①由B 、N 、P 、L 共圆，有PBL PNL ∠=∠． ②又PN 、CH 都垂直于AB ，从而PN CH ∥．设LM 交HC 于F 点，于是，有PNL DFN ∠=∠．③ 由①，②，③得DHE DFN ∠=∠，故EH ∥直线NLM ．性质6 圆上任一点对于两个内接三角形而有的两条西姆松线，其夹角为一定值． 证明 如图910-，设ABC △和A B C '''△有共同的外接圆，P 为圆周上任意一点．由P 作AC 与A C ''的垂线与圆周分别交于K 及K '，则关于P 点的ABC △与A B C '''△的两条西姆线分别平行于BK 及B K ''，从而两垂直线的交角可用()12KK BB '-的度量，由于BB 一定，12KPK 的度数等于KPK '∠，等于AC 与A C ''的交角（两角之边两两垂直）亦为一定，即两条西姆松线的交角为定值．图9-10K 'C 'B 'A 'AB C KP性质7 圆的任一直径1P P 的两端点对于同一内接ABC △的西姆松线互相垂直，垂足在三角形的九点圆上．（此性质为2007年台湾地区数学奥林区克题）证明 如图911-，由性质3知，由12P P 为直径，其所对的圆周角为直角，则1122D E E F ⊥．图9-11E 2E 12由西姆松线的性质1（平分该点与垂心的联线段）知，1PH 与2PH 的中点S 、T 在ABC △的九点圆上．且由1212ST PP =得ST 为九点圆的直径，故点Q 在九点圆上．（此性质为2007年台湾地区数学奥林匹克题） 性质8 圆上三点对于同一内接三角形的西姆松线所交成的三角形，与该三点连成的三角形相似． 证明 如图912-，三点1P ，2P ，3P 对于ABC △的西姆松线所交成的三角形为123Q Q Q △．图9-12Q 2Q 1P 3P 1P 2ABCQ由性质4得1213Q P PP ∠=∠，2123Q PP P ∠=∠，所以123Q Q Q △∽123PPP △． 性质9 圆上一点对于内接三角形的西姆松线夹于该三角形任两边（所在直线）间的线段，等于第三边在该西姆松线上的射影．证明 如图913-，FDE 为点P 对ABC △的西姆松线，DE 是夹在BC 、CA 间的西姆松线段，A B ''是AB 在西姆松线上的射影．图9-13B 'C ''A 'L K PGF ED C BA在以PC 为直径的圆中，作DG PC =且DG 过PC 的中点，联结GE ，则DGE △为直角三角形． 过A 作BB '的垂线，垂足为L ，交圆于K ，联结AK ，则AKL △亦为直角三角形． 因为ABK PFD PBD PBC ∠===∠===∠=∠注四共点圆，所以AK PC DG ==．又AKL ACB DPE DGE ∠=∠=∠=∠，所以AKL △≌DGE △． 故DE AL A B ''==．同理，FE B C ''=，FD A C ''=．注：9090ABK B FA BFD PFD '∠=∠-︒=∠-︒=∠．性质10 设H 是ABC △的垂心，M 、N 是ABC △外接圆上两点，P 是这两点的西姆松线的交点，K 是H 关于P 的对称点，则KMN △的垂心L 在ABC △的外接圆上，且L 对ABC △的西姆松线垂直于MN 而通过点P ．证明 如图914-，设M 、N 对ABC △的西姆松线分别为M l 、N l ，其与HM 、HN 分别交于S ，T ，则S 、T 分别为HM 、HN 的中点．又P 是HK 的中点，则PT KN ∥，PS KM ∥．l Nl Ml （K ''）K 'T HS G ABC M N K图9-14过N 作KM 的垂线交圆于L ，交直线MK 于G ，联结LM 、LK ．由于TPS ∠为直线M l 与N l 的交角α的补角，则180NKM TPS NLM α∠=∠=︒-=180︒-∠．作K 关于NM 的对称点K '，则知K '在外接圆上，延长LK 交圆干K ''，则9090NLK LKG K KM NMK NMK '''''∠=︒-∠=︒-∠=∠=∠又NLK NMK ''''∠=∠，即有NMK NMK '''∠=∠，即K '与K ''重合．而KK NM '⊥，即KK NM ''⊥，亦即LK NM ⊥．故N 为KNM △的垂心．令L 对ABC △的西姆松线为l ，其与N l 的交角等于弦LN 所对的圆周角LMN ∠．由于LMN LNK ∠=∠， 且PT KN ∥，所以l LK ∥．又l 过LH 的中点，故l 过点P ．因LK NM ⊥，故l NM ⊥．推论2 设M 、N 是ABC △的外接圆上两点，自M 引线垂直于N 的西姆松线，又自N 引线垂直于M 的西姆松线，则所引两线交于圆上一点L ，且L 的西姆松线垂直于MN 而与前两条西姆松线共点． 事实上，作ML PT ⊥，NL PS ⊥，则MLN TPS ∠=∠的补角（或TPS ∠），故L 茌外接圆上．同性质10的证明，可得l MN ⊥且过点P ．推论3 设L 是ABC △的外接圆上一点，MN 是垂直于L 的西姆松线l 的一条弦，则L 、M 、N 三点的西姆松线共点．事实上，作LMN △的垂心K ，可得N LM l ⊥，M LN l ⊥，所以l LK ∥，故有L 、M 、N 三点的西姆松线共点于P ．性质11 两三角形有共同的外接圆，则一个三角形的三顶点对于另一个三角形的三条西姆松的交点及另一个三角形三顶点对于此形的三条西姆松线的交点凡六点共圆，圆心是两三角形的垂心联结线的中点．证明 如图915-，令1H 、2H 分别为ABC △、DEF △的垂心，其联线的中点为M ，各顶点对DEF △与ABC △所作西姆松线分别为A l 、B l 、C l 、D l 、E l 、F l ，设1H 与D 、E 、F 联结线的中点分别为D '、E '、F '；2H 与A 、B 、C 联结线的中点分别为A '、B '、C '．图9-15l D l Cl F l Bl El A H F'A'B'E'D 'F VHT M ZY E ABC D由性质7知，所得六个中点分别为D l 、E l 、F l 、A l 、B l 、C l 与1H D 、1H E 、1H F 、2H A 、2H B 、2H C 的交点．又设X 、Y 、Z 为A l 、B l 、C l 三线的交点；T 、U 、V 为D l 、E l 、F l 三线的交点，于是1MA H A '∥，1MB H B '∥，1MC H C '∥，B C BC ''∥，C A CA ''∥，从而1180B MC BH C BAC ''∠=∠=︒-∠．由性质4，知B l 、C l 的交角180BX C BAC '∠=︒-∠，故有B '、M 、X 、C '四点共圆，同理C '、M 、Y 、A '四点共圆，所以1MXY MB C H AC MA C MYX ''''∠=∠=∠=∠=∠，从而M X M Y =．同理，M Y M Z M X ==，即X 、Y 、Z 共圆，圆心为M ．同理T 、U 、V 共圆，圆心为M ． 以下证明M X M T =．因MB C ''△∽1H BC △，其相似比为12，而1H BC △与ABC △有相同的外接圆半径R ，故MB C ''△的外接圆半径为2R '．由正弦定理， 12sin sin 2MX R MC X R MC X ''=⋅⋅∠=⋅∠，同理12sin sin 2MT R MF T R MF T ''=⋅⋅∠=⋅∠．由于MC X '∠等于1H C 与C l 所交成的角，而MF T '∠等于2H F 与F l 所交成的角，且1H C ，C l 与F l 、2H F 为C 、F 两点对ABC △与DEF △的西姆松线，由性质10，知MC X MF F ''∠=∠，故M X M T =． 推论4 两三角形有共同的外接圆，且其中一个三角形的三顶点对于另一个三角形的三条西姆松线交于一点，则另一个三角形的三顶点对于此三角形的三条西姆松线交于同一点，这一点是两三角形的垂心联结线的中点． 事实上，此结论为上述性质11的特殊情形，T 、U 、V 三点退缩为一点，即半径退缩为0，而与圆心M 重合，所以由性质11，知A 、B 、C 三顶点对DEF △的西姆松线A l 、B l 、C l 亦交于同一点M ，即XY Z 亦退缩为一点．性质12 已知ABC △，设直线l 交BC 、CA 、AB 于X 、Y 、Z ．则 （1）在A 、B 、C 分别引AYZ 、BZX 、CXY 的切线交ABC △的外接圆上一点，这点对于ABC △的西姆松线与l 垂直；（2）自A 、B 、C 分别作AYZ 、BZX 、CXY 的直径（所在直线）也交于ABC △的外接圆上一点，这点对于ABC △的西姆松线与l 平行．证明 如图916-，1O 、2O 、3O 分别为三圆圆心．P图9-16（1）在点A 引AYZ 的切线交O 于P ，联结PB ，则PAB AYZ ∠=∠．由于ACB ∠与PAB PBA ∠+∠均与APB ∠互补，所以，PBA BXZ ∠=∠，从而知PB 是2O 的切线． 同理，PC 是3O 的切线．作P 对ABC △的西姆松线P l （即直线EF ），则P 、A 、E 、F 四点共圆，有YEF APF ∠=∠，则P l l ⊥． （2）联结1AO 交O 于Q ，则QA AP ⊥，从而90PBQ ∠=︒，而PB 是2O 的切线，则QB 是2O 的直径所在的直线．同理，QC 是3O 的直径所在的直线．作Q 对ABC △的西姆松线Q l ，则A 、Q 、E '、F '四点共圆，且因AG 是1O 的直径而有QF GZ '∥，于是AE F AQF AGZ AYZ '''∠=∠=∠=∠．故有Q l l ∥．下面，看应用西姆松线的性质处理问题的例子：例1 设由三角形的一顶点至另两顶点的内、外角平分线引垂线，试证：四个垂足共线，且此线平分三角形的两边．证明 如图917-，由ABC △的顶点A 作B ∠、C ∠的内、外平分线BE 、BF 、CG 、CD ，垂足分别为E 、F 、G 、D ．图9-17ABCDE F GM NI K延长BE 、CD 相交于点K ，设CG 与BE 交于点I ，则I 为ABC △的内心，由12CAI A ∠=∠，119090()22CKI CIK B C A ∠=︒-∠=︒-∠+∠=∠．知A 、I 、C 、K 四点共圆．在CIK △中，外接圆上一点A 在三边IC 、CK 、KI 上的射影为G 、D 、E ，从而知G 、E 、D 三点共线．且C 为ICK △的垂心，由性质1，知AC 被直线GED 平分． 同理F 、G 、E 共线，AB 被直线FGE 平分，故结论获证．例2 由圆一点引三弦，以此三弦为直径作三圆，则所作三圆两两相交于三个共线点．证明 如图918-，自O 上一点M 引三弦MA 、MB 、MC ，以此三弦为直径作1O ，2O ，3O ，两两相交于P ，Q ，R ．由于直径所对的圆周角为直角，从而M PA ∠，MQC ∠，M RB ∠皆为直角，即MP BA ⊥（或其延长线），MQ AC ⊥（或其延长线），MR BC ⊥（或其延长线），而M 是ABC △外接圆上一点，由西姆松线的性质，知P ，Q ，R 三点共线．图9-18同理，可证A 、Q 、C ；A 、P ，B ；B 、C 、R 分别三点共线． 注：点M 实际为完全四边形BCRQAP 的密克尔点和（见第14章）．例3 三角形外接圆上的点的西姆松线必垂直于由此点至顶点的等角线．证明 如图919-，设P 是ABC △外接圆上一点，NML 是关于点P 的西姆松线，CS 是CP 的等角线． 因PM AC ⊥于M ，PM 的延长线交外接圆于K ，联BK ，则BK LM ∥（可参见性质1的证法3）．令KB 与CS 交于点S ，则PCA SCB ∠=∠，SBC CPK ∠=∠．从而90CSB CMP ∠=∠=︒．图9-19AB CN MPSKL即KB CS ⊥．故LM CS ⊥．例4 试证：ABC △的外接圆上任一点P 关于三边的对称点共线，这线通过三角形的垂心H ． 证明 如图920-，作点P 的西姆松线NLM ．图9-20P 1P 2P 3PABC D E F H L MN S连PH 交MN 于S ，则知S 是PH 的中点．作P 关于三边BC 、CA 、AB 的对称点1P ，2P ，3P ，于是有1HP LS ∥，2HP SM ∥，3HP NS ∥． 故3P 、1P 、H 、2P 共直线．例5 若一直线通过ABC △的垂心H ，则它关于三边的对称线必交于外接圆上一点，这点对于三角形的西姆松线平行于已知直线．证明 如图921-，令过垂心H 的直线l 交BC 、CA 、AB 分别于G 、I 、K ．设l 关于CA 的对称线交ABC 于P ，作点P 关于三边BC 、CA 、AB 的对称点1P ，2P ，3P ．由例4即知1P 、2P 、3P 共线且过垂心H ，故直线123P P P 与l 重合．I P 2P3P 1l l 3l 2l 1PN HGA BC MK L 图9-21由例4亦可得P 关于ABC △的西姆松线与l 平行．又PK 、PG 、PI 为l 关于AB 、BC 、CA 的对称线，故此三线交于ABC 上的点P ．例6 以ABC △的顶点为圆心分别作圆，使交于外接圆上一点，则所作三圆的其他交点与三角形的垂心共线．证明 如图922-，设H 为ABC △的垂心，以A 、B 、C 为圆心的圆除共点于ABC 上的点P 外，两两相交于G 、Q 、R ．注意到连心线被公共弦垂直平分，知BC 、CA 、AB 被PQ 、PR 、PG 垂直平分于L 、M 、N ，且NLM 为点P 的西姆松线．而G 、Q 、R 为点P 关于AB 、BC 、CA 的对称点．由例4即知G 、Q 、H 、R 共线．图9-22练习九1．圆上两点1P 、2P 对于同一内接ABC △的西姆松线的交角，分别等于该两点连成的弦所对的圆周角．试证之．2．（第44届IMO 第4题）设ABCD 是一个圆内接四边形，从点D 向直线BC ，CA 和AB 作垂线，其垂足分别为P ，Q 和R ，证明：PQ QR =的充要条件是ABC ∠的平分线，ADC ∠的平分线和直线AC 交于一点． 3．（第45届IMO 第1题）在锐角ABC △中，AB AC ≠，以边BC 为直径的圆分别交AB ，AC 于M ，N 两点，O 为边BC 的中点，BAC ∠，MON ∠的平分线交于点R ，求证：BMR △，CNR △的外接圆有一个公共点在边BC 上．4．（第39届IMO预选题）已知ABC△的垂心为H，外心为O，外接圆半径为R，设A，B，C关于直线BC，CA，AB的对称点分别为D，E，F，证明：D，E，F三点共线的充要条件是2．OH R。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第12章 圆与圆相交(1)

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第12章 圆与圆相交(1)

第12章 圆与圆相交在圆与圆相交的问题中，两圆相交是基础．在这一章中，我们重点讨论两圆相交的基本性质及应用1234；三圆两两相交问题仅讨论共公共弦的问题．两圆相交为圆周角定理、圆内接四边形性质定理等提供了用武之地． 性质1 相交两圆的连心线垂直平分公共弦．性质2 以相交两圆的一交点为顶点，过另一交点的割线段为对边的三角形称为相交两圆的内接三角形．相交两圆的内接三角形的三个内角均为定值． 推论1 在相交两圆中，内接三角形均相似．事实上，如图12-1，1O ⊙与2O ⊙相交于P 、A ，AB 、CD 、EF 为过点Q 的割线段，则PAB PCD PEF QGH △∽∽△∽．（2）AR （1）A R图12-1推论 2 如图12-1中字母所设，又设M 、N 分别为AB 、CD 的中点，则PAC PBD PMN △∽△∽． 证明 参见图12-1，由PAB PCD ∽△，有APC APB CPB CPD CPB BPD ∠=∠-∠=∠-∠=∠，亦即P A M △∽△，从而P B P A PMP D P C PN ==，且M P N C P N C ∠=∠-∠=∠-∠=∠．由此APC PBD PMN △∽△∽△． 推论3在相交两圆中，若过同一交点的两条割线段的长相等，则以这两条割线段为边的内接三角形全等，且公共弦平分这两条割线所构成的夹角，反之亦真．事实上，如图12-1，1O ⊙与2O ⊙相交于P 、Q ，若过点Q 的两条割线满足AB CD =，则PAB PCD △≌△，于是PD PB =．联结BD ，则A Q P B D P D B P D Q P ∠=∠=∠=∠，知PQ 平分AQD ∠． 反之亦真．推论4在相交两圆中，若公共弦与内接三角形的一条边垂直，则另两边必分别为两圆直径．反之亦真．事实上，如图12-11O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q ，过Q （或P ）的割线段与PQ 垂直，则由直角所张的弦为直径知PE （或QG ），PF （或QH ）分别为1O ⊙，2O ⊙的直径．反之亦真． 推论5 在相交两圆中，内接三角形的交点顶点（即两圆一相交点）、两非交点顶点以及非交点顶点处的两切线的交点，此四点共圆，或者说，两非交点顶点处的两切线的交点在相交两圆的内接三角形外接圆上， 事实上，如图12-1（1），1O ⊙与2O ⊙相交于P 、Q ，过点Q 的割线段CD 在端点处的切线于点R ，由弦切角定理，有QCR QPC ∠=∠，QDR QPD ∠=∠．于是，P C R P D R P C D Q C R Q D R C ∠+∠=∠+∠+∠+∠=△的内角和180=︒． 故P 、C 、R 、D 四点共圆．或者说点R 在PCD △的外接圆上． 对于图12-1（2），也可类似地证明（略）．1沈文选．相交两圆的性质及应用[J]．数学通讯，2010（7）：56-58． 2沈文选．再谈相交两圆的性质及应用[J]．数学通讯，2010（11）：56-58． 3沈文选．三谈相交两圆的性质及应用[J]．数学通讯，2011（2）：61- 64． 4沈文选．两圆相交的几个结论[J]．中学教学参考，2011（5）：49-52.性质3 两相交圆的公共弦所在直线平分外公切线线段．事实上，如图12-2，1O ⊙与2O ⊙相交于P 、Q ，设外公切线段为ST ，直线PQ 交ST 于M ，则由22SM MP MQ MT =⋅=，知M 为ST 的中点．S图12-2性质4 以相交两圆的两个交点分别为视点，对同一外公切线线段的张角之和为180︒． 事实上，如图12-2，1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q ，ST 为两圆外公切线段，连接SP 、SQ 、TP 、TQ ，则由弦切角定理，SQP TSP ∠=∠，TQP STP ∠=∠．从而SPT SQT SPT TSP STP SOT ∠+∠=∠+∠+∠=△的内角和180=︒．性质5两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P 、Q 两点，过点Q 的割线段AB 、CD 分别交1O ⊙于点A ，C ，交2O ⊙于点B ，D ，直线AC 与直线BD 交于点S ，则（1）ASB ∠为定值；（2）P ，C ，S ，D 及A ，S ，B ．P v 分别四点共圆；（3）APC BPD △∽△．证明 如图12-3，联结PQ ．A图12-3从而ASB BSC ∠=∠360SBQ SCQ BQC =︒-∠-∠-∠360QPD APQ QD =︒-∠-∠-∠360()QPD PQD AQP AQD =︒-∠-∠+∠-∠180180QPD PQD AQP AQD=︒-∠-∠+︒-∠-∠PAQ PDQ αβ=∠+∠=+（定值）． （2）180180180180DPC PCD PDC PAQ PDQ αβBSC ∠=︒-∠-∠=︒-∠-∠=︒--=︒-∠， 同理，知P ，C ，S ，D 四点共圆．（3）由180CPD αβAPB ∠=︒--=∠，有APC BPD ∠=∠及PAC PQD PBD ∠=∠=∠即证． 当过Q 的两条割线段AB ，CD 重合时，则有结论：推论6 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点Q 的割线段AB 分别交1O ⊙，于A ，交2O ⊙于B ，两圆在A ，B 处的切线交于点S ．则（1）ASB ∠为定值；（2）A ，S ，B ，P 四点共圆，考虑过Q 的两条割线AB ，CD 端点处的割线时，则有结论：图12-4推论7 设1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点Q 的两条割线段AB ，CD 分别交1O ⊙于点A 、C ，交2O ⊙于点B 、D ，两圆在A ，B 处的切线交于点E ，两圆在C ，D 处的切线交于点F ，PE PF =的充要条件是AB CD =．证明 如图12-5，联结有关线段如图．设直线AC 与直线DB 交于点R ．图12-5由性质5及推论6，知P ，C ，R ，D 及P ，C ，F ，D 分别四点共圆，于是，有P ，C ，R ，F ，D 五点共圆，由PCF PAC ∠=∠，ARP CRP CFP ∠=∠=∠，知PCF PAR △∽△，有PF PC PR PA=． ① 由PCD PAB △∽△，有PC CD PDPA AB PB==． ② 同理，P ，A ，E ，R ，B 五点共圆．由PRD PEB ∠=∠，PBE PDB PDR ∠=∠=∠，知PRD PEB △∽△，有PD PRPB PE=． ③ 由①，②，③得PF PC CD PD PRPR PA AB PB PE====． 故PE PF PE PR AB CD =⇔=⇔=．性质6 两相交圆为等圆的充要条件是内接三角形为等腰三角形，且以割线段为底边．证明 如图12-6，设1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q ，QB 为过点Q 的割线段，令PAQ α∠=，PBQ β∠=．由正弦定理，有1O ⊙与2O ⊙为等圆(,(0,90))sin sin PQ PQαβa βPAB αβ⇔=⇔=∈︒⇔△为等腰三角形．性质7两相交圆为等圆的充要条件是下述条件之一成立： （1）公共弦对两圆的张角相等；（2）过同一交点的两条割线交两圆所得两弦相等，A图12-6证明 如图12-7，1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q ．图12-7（1）设点E 在1O ⊙上，点F 在2O ⊙上，令PEQ α∠=，PFQ β∠=，则由正弦定理，有1O ⊙与2O ⊙为等圆(,(0,90))sin sin PQ PQαβαβαβ⇔=⇔=∈︒︒．（2）设AB ，CD 是过点Q 的两条割线段，联结AC ，BD ，则由正弦定理知，1O ⊙与1O ⊙为等圆sin sin AC BDAC BD AQC BQD⇔=⇔=∠∠．性质8过相交两圆的两交点分别作割线，交两圆于四点，同一圆上的两点的弦互相平行． 事实上，如图12-8，1O ⊙与2O ⊙交于P ，Q ，割线AB ，CD 分别过P ，Q ，则AC BD ∥．(3)(2)(1)A图12-8性质9 设1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q ，AB 与CD 是过点Q 的两条割线段，直线PQ 与AQD △、CQB △的外接圆分别交于点S ，T 则P 为ST 的中点． 证明12-9，联结SD 、BT 、PA 、PC 、PB 、PD 、BD ，则由BTQ BCQ ∠=∠，BDQ BPQ ∠=∠，知BTP BCD △∽△，即有TP BPCD BD=． ①图12-9同理，由DPS DBA △∽△，有PS DPBA BD =．②①÷②得TP BP CDPS DP BA=⋅．③又PBA PDC ∠=∠，PAB PCD ∠=∠，或由推论1，知PAB PCD △∽△，有BP BADP CD=． ④将④式代入③式，得TP PS =．故P 为ST 的中点．性质10 设1O ⊙与2O ⊙相交于P 、Q ，AB 与CD 是过点Q 的两条割线段，若A 、C 、B 、D 四点共圆O ⊙，则OP PQ ⊥．证明 如图12-10，首先可证B ，O ，P ，C 四点共圆．连接有关线段如图，则对于图12-10（1），由2BPC BPQ CPQ BDC BAC BDC BOC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠， 对于图12-10（2），由1801802180BPC BPQ CPQ BDC CAQ BDC BOC ∠=∠-∠=︒-∠-∠=︒-∠=︒-∠， 从而B ，O ，P ，C 四点共圆．（1）（2）图12-10然后再证OP PQ ⊥．由B ，O ，P ，C 四点共圆，有OPB OCB ∠=∠． 对于图12-10（1），1902OPQ BPQ OPB BDC OCB BOC OCB ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠=︒对于图12-10（2），118018018090902OPQ BPQ OPB BDC OCB BOC OCB ⎛⎫∠=∠-∠=︒-∠-∠=︒-∠+∠=︒-︒=︒⎪⎝⎭．性质11 1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q ，AB 是过点Q 的一条割线段，M 为AB 的中点，N 为12O O 的中点，则NM NQ =．证明 如图12-11，设点1M ，K ，2M 分别为点1O ，N ，2O 在AB 上的射影，由垂径定理，知1M ，2M 分别是AQ ，BQ 的中点．由梯形中位线定理，知K 为12M M 的中点．图12-11不妨设AQ QB >则121122244M M AQ AQ AQ QB AQ QBKQ M Q M K +-=-=-=-=， 244AQ QB AQ QB AQ QBMK MB KQ QB QB ++-=--=--=． 于是，MK KQ =，即K 为MQ 的中点．注意到NK MQ ⊥，故NM NQ =． 性质12 设1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q ，AB 是过点Q 的割线段，K 为PQ 上异于端点的一点，直线AK 交2O ⊙于C ，D ，直线BK 交1O ⊙于E ，F ，则E ，C ，F ，D 四点共圆于O ⊙，且OQ AB ⊥．证明 如图12-12，由相交弦定理，有CK KD PK KQ EK KF ⋅=⋅=⋅．图12-12再由相交弦定理之逆定理，知E ，C ，F ，D 四点共圆．设O ⊙的半径为r ，注意到个线定理，则知B 关于O ⊙的幂22BO r BE BF BA BQ =-=⋅=⋅，A 关于O ⊙的幂22AO r AC AD AB AQ =-=⋅=⋅．于是，2222()()()AO BO AB AQ BA BQ AB AQ BQ AQ BQ AQ BQ AQ BQ -=⋅-⋅=-=+-=-． 故由定差幂线定理，知OQ AB ⊥．性质13 两圆1O ⊙于2O ⊙相交于P 、Q 两点，K 为PQ 上异于端点的一点，直线1O K 交2O ⊙于A ，C ，直线2O K 交1O ⊙于B ，D ．若A ，B ，C ，D 四点共圆于O ⊙，则圆心O 在直线PQ 上．证明 如图12-13，由于PQ ，QC ，BD 分别是1O ⊙与2O ⊙，2O ⊙与O ⊙，1O ⊙与O ⊙的根轴，则知K 为其根心．图12-13于是，1OO BD ⊥，2OO AC ⊥，12O O PQ ⊥，即知K 为12OO O △的垂心，因此12OK O O ⊥． 又12PQ O O ⊥，且K 在PQ 上，故点O 在直线PQ 上．注：此性质即表明：圆心不共线的三圆两两相交，若其中两圆的圆心在其中两条根轴上，则第三圆的圆心也在第三条根轴上．性质14 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q ，1O ⊙在P 点处的切线PB 交2O ⊙于B ，2O ⊙在P 点处的切线交1O ⊙于A ，M 为AB 的中点，则APQ BPM ∠=∠．证明 如图12-14，延长PM 至P '，使MP PM '=，则四边形PAP B '为平行四边形D图12-14由弦切角与所夹弧上圆角的关系．知APQ PBQ ∠=∠，PAQ BPQ ∠=∠，于是P A Q B P Q △∽△，即知AQP PQB ∠=． 联结AQ 并延长交2O ⊙于C ，联结BQ 并延长交1O ⊙于D ，则由推论3，知AC DB =，PB PC =，PA PD =．此时，180PBC PCB BPA PBP '∠=∠=∠=︒-∠，即知P '，B ，C 三点共线． 同理，P '，A ，D 三点共线．注意懂啊PDP B '为等腰梯形，则DPP DBP QPC ''∠=∠=∠． 又推论2中的结论，知DPA BPC ∠=∠．故APQ DPP DPA QPP QPC BPC QPP BPM '''∠=∠-∠=∠=∠-∠-∠=∠．性质15 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，12PO O △的外接圆分别交1O ⊙于R ，交2O ⊙于S ，则点Q 为PRS △的内心或旁心．证明 如图12-15（1），由11212PRQ PO Q PO O ∠=∠=∠及122PO O PRO ∠=∠，有P R Q P R O∠=∠，即知R ，Q ，2O 三点共线．（1）（2）图12-15对于图12-15（2），11211801802P R Q P O Q P O O∠=︒-∠=︒-∠及122180PO O PRO =︒-∠，有2PRQ PRO ∠=∠，即知R ，Q ，2O 三点共线．注意懂啊22PO O S =，则在PRS ⊙中，有22PO O S =，即点Q 在PRS ∠的内角（或外角）平分线上．同理，点Q 在么PSR ∠的内角（或外角）平分线上，故点Q 为PRS △的内心或旁心．性质16 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点Q 的割线段AB 与1O ⊙交于点A ，与2O ⊙交于点B ．（1）设M 为12O O 的中点，则MQ AB ⊥的充要条件是点Q 为AB 的中点；（2）设C ，D 分别为弧AP ,PB 的中点，则PQ CD ⊥的充要条件是点Q 为AB 的中点． 证明（1）作1O G A Q ⊥于点G，作2O H Q B ⊥于点H ，则12MQ AB O G MQ O H MQ⊥⇔⇔∥∥为直角梯形12O GHO 的中位线GQ QH AQ QB ⇔=⇔=．（2）12-16联结有关点，设AP 与CQ 交于点E ，BP 与DQ 交于点F ，则由AC CP =，知CPE CQP ∠=∠．又P C E Q C P ∠=∠，则C P E C Q P △∽△，即有C P C EC Q C P=，亦即2C P C E C Q =⋅．图12-16同理，2DP DF DQ =⋅．由ACQ QPE △∽△有CQ QE AQ QP ⋅⋅⋅．同理DQ QF BQ QP ⋅⋅⋅． 注意到22()()CP DP CE CQ DF DQ CQ EQ CQ DQ FQ DQ -=⋅-⋅=-⋅--⋅=22CQD --⋅，则2222P QCD CP DP⊥⇔-=-⇔⋅． 性质17 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于,P Q 两点，离点Q 较近的两圆外公切线切1O ⊙于点A ，切2O ⊙于点B ，则（1）180APB AQB ∠+∠=︒，且较小者1212APB O PO ∠=∠，较大者1211802AQB O PO ∠=︒-∠；（2）PA QA PB QB =． 证明 如图12-17，联结1212,,,PQ PO PO O O ．E图12-17（1）180APB AQB APQ QPB AQB QAB AQB ∠+∠=∠+∠+∠=∠+=︒ 由180()()AQB APB PAB PBA PAQ PBQ QAB QBA ∠=︒-∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠122112()180180PO O PO O APB O PO AQB =∠+∠+∠=︒-∠+︒-∠有1211802AQB O PO ∠=︒-∠，从而1212APB O PO ∠=∠．（2）设直线PQ 交PAB △的外接圆于点E ，则么EAB EPB QBA ∠=∠=∠．于是AE QB ∥．同理，AQ EB ∥．从而四边形AEBQ 为平行四边形． 此时E A Q ∠=∠，由正弦定理，有sin sin sin sin sin sin QA QA QE PEA QBE PEA PAQB QE QB EAQ BEP BEP PB∠∠∠=⋅=⋅==∠∠∠．故结论获证． 性质18 两圆，1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点P 的1O ⊙的弦PA 是2O ⊙的切线，过点P 的2O ⊙的弦PB 是1O ⊙的切线．（1）延长AQ 交2O ⊙于点C ，延长BQ 交1O ⊙于点D ，则AC DB =； （2）线段AB 交1O ⊙于点E ，交O ⊙于点F ，与直线PQ 交于点M ，则AM AFBM BE=． 证明 如图12-18．N图12-18（1）由题设知PAQ BPQ ∠=∠，APQ PBQ ∠=∠，即有AQP BPQ ∠=∠，从而DQP CQP ∠=∠． 此时，PDA CQP DQP DAP ∠=∠=∠=∠，于是，PD PA =．注意，POB PAC △∽△，则PDB PAC△≌△，故AC DB =． （2）延长PQ 交PAB △的外接圆于点N ，联结AN ，NB ． 注意到sin sin PAN PBN ∠=∠ 知PAN PBN S AM AP AN BM S BP BN ⋅==⋅△△． ① 由PAQ BPQ BAN ∠=∠=∠，APQ ABN ∠=∠，有PAQ BAN △∽△，即有PQ APBN AB=．②②÷③得AN APBN BP=，将其代入①式得22AM AP AF AB AF BM BP BE AB BE ⋅===⋅． 性质19 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，离点P 较近的外公切新啊1O ⊙于点A ，切2O ⊙于点B ，过点P 的1O ⊙的弦PC 是2O ⊙的切线，过点P 的2O ⊙的弦PD 是1O ⊙的切线．直线AP 交BD 于点T ，交2O ⊙于点F ，直线BP 交AC 于点S ，交1O ⊙于点E ．则 （1）A ，S ，Q ，B 五点共圆；（2）当M ，N 分别为AE ，BF 上的点时，Q ，S ，M 及Q ，T ，N 分别三点共线的充要条件是M ，N 分别为AE ，BF 的中点． 证明 如图12-19，联结PQ ，AQ ，BQ ．EA X YB M NN 'SCD P ZT FQ图12-19（1）延长DP 交AB 于点X ，则X A P X P A ∠=∠=∠，从而ATB PTB BDP TPD ABP BAP BQP AQP AQB ∠=∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠=∠，即知A ，Q ，T ，B 四点共圆．同理，A ，S ，Q ，B 四点共圆． 故A ，S ，Q ，T ，B 五点共圆．（2）充分性．当N 为BF 的中点时，延长QP 交AB 于点Y ，则22AY YP YQ YB =⋅=，知Y 为AB 的中点，联结YN 交PB 于点Z ，则YN AF ∥，即有BNY BFA ∠=∠． 注意到ABP BFA ∠=∠，则B N Y A ∠=∠，从而YBZ YNB △∽△于是，2YZ YN BY YP YQ ⋅==⋅，由此即知P ，Q ，N ，Z 四点共圆，从而PQN BZN BPF ∠=∠=∠． ①又由A ，Q ，T ，B 四点共圆，知BQT BAT ∠=∠．于是，PQT PQB BQT ABP BAT BPF ∠=∠+∠=∠+∠=∠．② 故PQN PQT ∠=∠，即知Q ，T ，N 三点共线． 同理，Q ，S ，M 三点共线．必要性．当Q ，T ，N 三点共线时，有PQN PQT ∠=∠．取BF 的中点N '，则同①式的证法有PQN BPF '∠=∠．同样有②式，则PQN PQN '∠=∠，即知N '与N 重合，从而N 为BF 的中点．同理，当Q ，S ，M 三点共线时，M 有AE 的中点．性质20 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，2O ⊙的弦AB 为1O ⊙的切线的充要条件是AB 与1O ⊙的公共点E ，满足APE BQE ∠=∠．证明 如图12-20，注意到P ，Q ，B ，A 四点共圆，则180APE EPQ APQ ABQ ∠+∠=∠=︒-∠．BQE BEQ =∠+∠．图12-20于是，APE BQE EPQ BEQ AB ∠=∠⇔∠=∠⇔与PQE ⊙（即1O ⊙）切于点E ．性质21 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点P 的割线段AF ，BE 分别交1O ⊙于A ，E ，交2O ⊙于F ，B ，直线EA 与直线FB 交于S ，则A S Q B S P ∠=∠的充要条件是AB EF ∥． 证明 如图12-21，由A ，E ，Q ，P 及P ，Q ，F ，B 分别四点共圆，有AEQ QPF QBF ∠=∠=∠，即知S ，E ，Q ，B 四点共圆．FE图12-21同理，S ，A ，Q ，F 四点共圆． 于是，ESQ EBQ PFQ ∠=∠=∠． ① 又QES QPF ∠=∠，知SEQ FPQ △∽△．同理，EQP SQF △∽△，从而QF SFPQ EP=② 充分性．若AB EF ∥，则SB AB PBSF EF EP==， 所以SF SB EP PB =． 故QF SB PQ PB=． 又SBP FQP ∠=∠，则SPB SEQ △∽△． 从而ESQ PSB ∠=∠，即ASQ BSP ∠=∠．必要性．若ASQ BSP ∠=∠，即ESQ PSB ∠=∠，则由①式，有PFQ PSB ∠=∠．又SBP FQP ∠=∠，则PQF PBS △∽△，所以QF SBPQ PB=． 注意到②式，则有SF SB EP PB =．因而EP SFPB SB=． 对SEB △及截线APF 应用梅涅劳斯定理，有1SA EP BFAE PB FS⋅⋅=．因此1SA SF BF AE SB SF ⋅⋅=，从而SA SB AE BF =，故AB EF ∥． 性质22 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，一直线分别交1O ⊙于点B ，E ，交2O ⊙于点F ，C ．设A 为QP 延长线上的一点，直线QF 交AB 于点X ，直线QF 交AC 于点Y ，则XY BC ∥．证明 如图12-22，设直线AP 交BC 于点S ，分别对ABS △及截线FQX ，ASC △及截线EQY应用梅涅劳斯定理，有1AX BF SQ XB FS QA ⋅⋅=，1AQ SE CYQS EC YA⋅⋅=．A BA 图12-22上式两式相乘得1AX BF SE CYXB FS EC YA⋅⋅⋅=．（*） 又由元幂定理，有SE SB SQ SP SF SC ⋅=⋅=⋅．于是，SE SB SE SF SF SC SE SF ⋅+⋅=⋅+⋅即()()SE SB SF SF SC SE +=+，亦即SE BF SF EC ⋅=⋅，故1BF SEFS EC⋅=．将上式代入（*）式，得1AX CY XB YA ⋅=，即AX AYXB YC=，故XY BC ∥． 性质23 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，直线12O O 分别交1O ⊙于A ，B ，交2O ⊙于CD ，则1290O PO ∠=︒的充要条件是AC ADCB DB=．（即两圆正交的充分必要条件是两圆连心线所在直线与两圆的交点成调和点列．）证明 如图12-23，充分性．当AC ADCB DB =时，11111111AO O C DO AO AC AD CB DB AO O C DO AO ++=⇔=-- A图12-23211111112222AO DO O C O D AO O C AO ⇔=⇔⋅=． 此时，2211111CO O D AO PO ⋅==，即知1PO 识2O ⊙的切线，即1290O PO ∠=︒．必要性．由1290O PO ∠=︒，则122190PO O PO O ∠+∠=︒，即12290APO CDP ∠+∠=︒，亦即， 11145APO CDP APO O PC APC ︒=∠+∠=∠+∠=∠，从而知PC 平分APB ∠．由此亦知PD 平分APB ∠的外角． 故AC PA AD CB PB DB==． 性质24 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点Q 的割线段AB 分别交1O ⊙于点A ，交2O ⊙于点B ，直线AP 交2O ⊙于点C ，直线BP 交1O ⊙于点D ．设PCD △的外心为O ，则OQ AB ⊥．证明 如图12-24（1），（2），（3），联结PQ ，首先证明AB 平分CQD ∠的外角．（3）（2）（1）B图12-24事实上，对于图12-24（1），B Q D A P D C P B A Q C ∠=∠=∠=∠． 对于图12-24（2），180BQC BPC APD AQD ∠=︒-∠=∠=∠ 对于图12-24（3），B Q C B P C A P D A Q D ∠=∠=∠=∠． 其次，作C 关于过点Q 的AB 的垂线的对称点C '，则C C A B '∥，且C '在QD 上，QC QC '=，于是CC Q BQC''∠=∠（或180BQC '︒-∠）BQD =∠（或180BQD ︒-∠）APD =∠（或180APD ︒-∠）CPD =∠（或180CPD ︒-∠），由此说明点C '在PCD △的外接圆上． 从而OC OC '=．又QC QC '=，因此OQ CC '⊥．故OQ AB ⊥．性质25 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点P 的割线AB 交1O ⊙于点A ，交2O ⊙于点B ，直线BQ 交1O ⊙于点C ，直线AC 交2O ⊙于D ，E 两点．则（1）AC 为定值（不依赖点A 的位置）；（2）BE BD =，且2BO AC ⊥． 证明 如图12-25，联结AQ ，PQ ，DQ ，PD ．（1）由于QAB △的三个内角均为定值，从而AQC ∠为定值，故AC 的长为定值．（2）由E B E D B Q D ∠=∠=∠（对于图（2）BPD ∠）BQP PQD =∠+∠（或APQ QPD ∠+∠）BDP PBD =∠+∠（或ACQ QBD ∠+∠）BDE =∠，知BE BD =． （3）由BE BD =，知2BO DE ⊥，故2BO AC ⊥．（1）（2）图12-25性质26 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，点A 在1O ⊙上，割线段AP ，AQ 交2O ⊙于C ，D ，点B 在2O ⊙上，割线段BP ，BQ 交1O ⊙于E ，F ．直线AF 与直线BD 交于点M ，直线AE 与直线BC 交于点N ，则AMP ANQ ∠=∠，BMP BNQ ∠=∠． 证明 如图12-26，联结PF ，PQ ，PD ，QE ．M图12-26由QBC APQ QFM ∠=∠=∠，知A M C B ∥，则180EQB FAE ENB ∠=∠=︒-∠，于是，知E ，Q ，B ，N 四点共圆，从而ANQ ENQ QBE FBP ∠=∠=∠=∠． 由性质5，知F ，M ，B ，P 四点共圆．从而 AMP FMP FBP ANQ ∠=∠=∠=∠． （*） 注意到APF AQF BQD BPD ∠=∠=∠=∠，则APD APF FPD BPD FPD FPB ∠=∠+∠=∠+∠=∠．又由性质5，知A ，M ，D ，P 四点共圆，则180180A M D A P D F P B ∠=︒-∠=︒-∠=180180F P E F A E ︒-∠=︒-∠，从而AN MB ∥．由（*）式即知BMP BNQ ∠=∠．性质27 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，一条外公切线切1O ⊙于A ，切2O ⊙于D ，过点P 的割线段AB ，CD 分别交2O ⊙于B ，交1O ⊙于C ，设M ，N 分别为AC ，BD 的中点，则PQM PQN ∠=∠．证明 如图12-27，延长QP 交AD 于点T ，由22AT TP TQ TD =⋅=知T 为AD 的中点．联结TN交PD 于点E ，则TN AB ∥，从而DNT DBA ADP ∠=∠=∠，于是，TDE TND △∽△，既有DT TENT TD=，亦即有2DT TE TN =⋅，而2DT TP TQ =⋅，由此即知P ，Q ，N ，E 四点共圆．C图12-27于是，PQN DEN DPB ∠=∠=∠．同理，PQM APC ∠=∠．而APC BPD ∠=∠，故PQM PQN ∠=∠．性质28 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点P 的割线段AB ，CD 分别交1O ⊙于点B ，C ，交2O ⊙于点A ，D ，且A ，B ，C ，D 四点共圆于O ⊙．若过点P 的直线分别交1O ⊙于点E ，交2O ⊙于点F ，交O ⊙于点G ，H ，则GE FH =． 证明 如图12-28，设过点O 垂直于直线GH 的直线为l ，令B ，D 关于直线l 对称的点为B '，D '，则知B '、D '均在O ⊙上，且BB D D GH ''∥∥．（1）（2）FQ图12-28此时，对图12-28（1），D BB D A B D A P D F P'∠=∠=∠=∠．对于图（2），180DB B DAB '∠=︒-∠=180180D A P D F P ︒-∠=︒-∠． 因BB PF '∥，则知D ，F ，B '三点共线． 同理，D '，E ，B 三点共线．注意到E ，F 分别为BD '，B D '与直线EF 的交点，所以E ，F 为关于直线l 的对称点．又点G ，H 关于直线l 对称．故GH FH =．性质29 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点P 的割线段AB ，CD 分别交1O ⊙于A ，C ，交2O ⊙于B ，D ．点M ，N 分别在线段AC ，BD 上，且满足BD BNλAC AM==（λ为正常数），直线MN 交PC 于点S ，交PB 于点T ，则P ，S ，Q ，T 四点共圆．证明 如图12-29联结有关线段．则由QDB QPB QCA ∠=∠=∠，BQD BPD APC AQC ∠=∠=∠=∠，知Q B D Q C A △∽△，即有QB QD BDλQA QC AC===，且Q B N Q A M ∠=∠．于是，QNλQM=，且B Q N A Q M ∠=∠，亦即知NQM BQA DQC △∽△∽△，从而()QBA QNM QDC ∠=∠=∠所以Q ，B ，N ，T 四点共圆，Q ，N ，D ，S 四点共圆． 此时，QTB QNB QSP ∠=∠=∠，故P ，S ，Q ，T 四点共圆．图12-29性质30 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点Q 的割线段AB ，E ，F 分别交1O ⊙于A ，E ，交2O ⊙于B ，F ．若点D ，C 分别在AE ，BF 的延长线上，且满足AE BFED FC=，则P D E △的外接圆与PCF △的外接圆的另一交点为直线CD 与直线QF 的交点T ．证明 如图12-30，联结PQ ，PA ，PB ．由PAE PQE PQF PBF ∠=∠=∠=∠，Q 图12-30180180PEA PQA PQB PFB ∠=︒-∠=︒-∠=∠，知PAE PBF △∽△，即有PE EAPF FB=． 结合已知条件，有PE EDPF FC=． （*） 在DPE △和CPF △中，180180DEP PEA PFB CFP ∠=︒-∠=︒-∠=∠，注意到（*）式，知DPE CPF △∽△，即有CPF DAE ∠=∠，PE PDPF PC=． 此时，由上述两角相等导出CPD FPE ∠=∠，结合上述比例式知PCD PFE △∽△，于是PCD PFE ∠=∠，即PCT PFT ∠=∠，所以，P ，C ，F ，T 四点共圆． 又由P C D △∽△知PDC PEF∠=∠，即有180180PDT PDC PEF PET ∠=︒-∠=︒-∠=∠，从而知P ，D ，E ，T 四点共圆．证毕． 性质31 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点Q 的割线段AB 交1O ⊙于点A ，交2O ⊙于点B ，且Q 为AB 的中点，以AB 为直径的半圆交1O ⊙于点C ，交2O ⊙于点D ，直线CD 与直线AB 交于点O ，则OP PQ ⊥．证明 如图12-31，延长1QO 交1O ⊙于M ，延长2QO 交2O ⊙于N ．由于12O O 垂直平分PQ ，且12O O 是QMN △的中位线，所以知直线MN 过点P ，有M N P O ⊥．下只需M ，N ，O 三点共线即可．易知MA ，MC ，ND ，NB 均与Q ⊙相切，且MA NB ∥．（1）（2）OD图12-31设MC 与ND 交于点E ，作A DB '∥交之心啊CD 于D '，则A D CB D O B D N'∠=∠=∠∠11112222B D N E DC B QD D Q C B Q C B A CA M C=∠∠=∠∠=∠=-∠=∠． 而MA MC =，所以，知M 为D AC '△的外心．于是D M MC '=，MD C D CM DCM EDC NDO ''∠=∠=∠=∠=∠，于是知D M DN '∥． 注意到MA NB ∥，AD BD '∥，且A ，B ，O 共线，D '，D ，O 共线，则知AD M '△与BDN △为位似形，位似中心为O ，故M ，N ，O 三点共线．性质32 来个能源1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，过点Q 的割线段AB PQ ⊥，且交1O ⊙于点A ，交2O ⊙于点B ，点C 在劣弧AQ 上，点D 在劣弧QB 上，且AB 为CQD ∠的外角平分线．又直线CQ 交PB 于点F ，直线DQ 交PA 于点E ．设M ，N 分别为CD ，EF 的中点，则P ，N ，M 三点共线．证明 如图12-32，延长DE 交1O ⊙于点X ，延长CF 交2O ⊙于点Y ．由题设知AP ，BP 分别为1O ⊙，2O ⊙的直径．由AB 平分CQE ∠知，PC 与PX 关于PA 对称，PD 与PY关于PB 对称．X Y图12-32令PQE PQF α∠=∠=，APQ QBP β∠=∠=， 则sin sin(90)sin(90)sin AQP AXP S QE AQ QP ββEX S AX XP αα⋅⋅︒-===⋅︒-⋅△△． 同理，sin(90)sin sin sin(90)QF ββFY αα︒-⋅=⋅︒-． 即有 QE QF EX FY =． 于是，XY EF ∥．设XY 交AP 于点T ，则C T E X T E F E P E ∠=∠=∠=∠，从而T C P N∥，即有C P N T C P ∠=∠=T X P P X Y∠=∠． 同理DPN PYX ∠=∠．所以，sin sin sin sin CPN PXY PY PDDPN PYX PX PC∠∠===∠∠．因M 为CD 的中点，则由sin 1sin PCMPDMS PC CPM PD DPM S ⋅∠==⋅∠△△，有sin sin PD CPMPC DPM∠=∠． 于是，sin sin sin sin CPN CPMDPN DPM∠∠=∠∠， 故知P ，N ，M 三点共线．性质33 两圆1O ⊙与2O ⊙相交于P ，Q 两点，且1290O QO ∠=︒，过点Q 的割线段AB 交1O ⊙于点A ，交2O ⊙于点B ，且使1O ，2O 分别在AQP ∠，BQP ∠的平分线上，与1O 的距离等于1O 到AQ 的距离的直线1l 交1O ⊙于点C ，E （点C 在AE 上），与2O 的距离等于2O 到QB 的距离的直线2l 交2O ⊙于点D ，F （点D 在BF 上），则CA ，PQ ，DB 三线共点． 证明 如图12-33，设直线1l ，2l ，AB 两两相交于X ，Y ，Z ，联结XQ ，由题设知1O ，2O 分别为XYQ △，XQZ △的内心，且DF QB =，DF ，QB 的中点M ，N 分别为内切圆切点．Y ZX 图12-33于是，11()()22XD XM FM XM QN XQ XZ QZ XQ QZ XZ XQ =+=+=+-++-=．同理，XC XQ =，即知XCD △为等腰三角形． 进而YCA △，ZDB △均为等腰三角形．此时，111180909090222A C D X Y Z ⎛⎫⎛⎫∠=︒-︒-∠-︒-∠⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而1180902A B D D B Z Z ∠=︒-∠=︒+∠． 于是A ，B ，C ，D 四点共圆．设直线CA 与直线DB 交于点R ，则RA RC RB RD ⋅=⋅．上式说明点R 在1O ⊙与2O ⊙的根轴上，故CA 、PQ 、DB 三线共线．三圆相交的问题，我们仅讨论如下一种特殊情形：共一条公共弦的问题．三个圆两两相共一条公共弦有如下一系列有趣结论和推论，它们在处理有关平面几何竞赛题中，常发挥要作用． 性质34 三个圆两两相交，共一条公共弦的充分必要条件是三圆的圆心共线． 事实上，这可由相交两圆的连心线垂直平分公共弦及线段的中垂线唯一即证． 推论8 三个圆两两相切，共切点的充分必要条件是三圆的圆心共线， 性质35 三个圆两两相交（或相切），共一条公共弦（或共切点）的充分必要条件是从一交点（或切点）引出的两条直线被这三圆依次截得的两条对应线段成比例． 证明 先证必要性．当三圆共一条公共弦PQ （或共切点P ）时．证法1如图12-34，设三个圆的圆心依次为1O ，2O ，3O ．因三个圆有公共弦PQ (或有公切点P )，则由性质34及推论8，知1O ，2O ，3O 共线，过1O ，2O ，3O 分别作直线PZ (P 为三个圆的公共交点或切点，PZ 依次交三圆于X ，Y ，Z )和直线PZ '（PZ '依次交三圆于X '，Y '，Z '的垂线，垂足分别为1H ，2H ，3H ；1H '，2H '，3H '． （4）（3）（2）（1）P Z图12-34易知，12PX PH =，22PY PH =，32PZ PH =，于是12122323H H O O XY YZ H H O O ==．同理，12122323H H O O X Y Y Z H H O O ''''==''''．故XY X Y YZ Y Z ''=''． 证法2 仅就如图12-35的情形给出证明（其他情形图的证明留给读者，下同）．1O ⊙，2O ⊙，3O ⊙有公共弦PQ ，直线PZ ，直线PZ '依次交三圆于X ，Y ，Z ；X '，Y '，Z '．P Q图12-35由180180QXY QXP QX P QX Y '''∠=︒-∠=︒-∠=∠，及Q Y P Q Y P '∠=∠，知Q X Y Q XY '△∽△． 同理QYZ QY Z '△∽△．于是，有QX XY QX X Y ='''，QY YZQY Y Z=''． 又QXX QPX QPY QYY ''''∠=∠=∠=∠ 180XX Q YPQ YY Q ''∠=︒-∠=∠，则知QXX QYY ''△∽△，即有QX QXQX QY =''． 于是XY YZ X Y Y Z =''''， 即XY X Y YZ Y Z ''=''． 再证充分性．如图12-35，设三个圆的圆心依次为1O ，2O ，3O ，三个圆的公共点为P ，过P任作两条之心啊分别与三个圆的交点依次为X ，Y ，Z ；X '，Y '，Z '，且满足XY X Y YZ Y Z''='．又设2O ⊙与3O ⊙的另一个交点为Q ，下证1O ⊙也过点Q ．设过P ，Q ，X 的圆O '⊙交直线AZ '于X ''，则由必要性证明，有XY X YYZ Y Z ''=''．此时，X Y X Y Y Z Y Z '''''=''''，即知X ''与X '重合，亦即知O '⊙与1O ⊙重合．故1O ⊙也过点Q ．亦即1O ⊙，2O ⊙，3O ⊙有公共弦PQ ．推论9 三个圆两两相交（或相切）有公共弦PQ （或公切点P ）时，过点P 的割线段PA ，PB 依次交三个圆于D ，E ，A ；C ，F ，B ．若点M ，N ，L 分别在线段DC ，EF ，AB上，且满足DM EN ALMC NF LB==，则M ，N ，L 三点共线． 证明仅就图12-36的情形给出证明． KP TC F BD E L QANM L'图12-36设直线NM 交直线PA 于点T ，交BP 或延长线于点K ．对PDC △及截线K T M ，对PEF △及截线KTN 分别应用梅涅劳斯定理，有1PT DM CK TD MC KP ⋅⋅=；。

太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第2章 含有60内角的三角形

太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第2章 含有60内角的三角形

第2章 含有60︒内角的三角形含有60︒内角的三角形，也是一类特殊的三角形．特别地，正三角形是一类特殊的含有60︒内角的三角形,以及对含有60︒内角的三角形进行割或补，很快便可作出正三角形．这类三角形还有如下有趣的性质．性质1 三角形的三内角的量度成等差数列的充分必要条件是其含有60︒的内角．性质2 非钝角三角形的顶点到其垂心的距离等于外接圆半径的充分必要条件是该顶点处的内角为60︒．证明 当三角形为直角三角形时结论显然成立．下面设H 为锐角ABC △的垂心，记ABC △三内角为A ∠，B ∠,C ∠，如图21-所示．(2)OFCIB EH DAI O图2-1(1)H E DCBA充分性．设60A ∠=︒，ABC △的外接圆半径为R ,直线AH 交直线BC 于D ，直线CH 交直线AB 于E ．由垂心性质知，B ，D ,H ，E 四点共圆,有AHE ∠与DBE ∠相等或相补．在Rt AEH △中cos cos(90)sin AEEAH DBE B AH=∠=︒-∠=(图21-（1))，或cos cos(90)cos[90(180)]EAH AHE DBE ∠=︒-∠=︒-︒-∠cos(90)sin DBE B=∠-︒=（图21-(2)）．即有sin AE AH B=．又在Rt AEC △中，1cos 2AE BAC AC =∠=,即12AE AC =，注意到正弦定理2sin sin 2sin 2sin AE AC R BAH R B B B====．必要性，设CE 为AB 边上的高，AD 为BC 边上的高，由AH R =（R 为ABC △外接圆半径）,注意到B ，D ,H ,E 四点共圆，有sin sin AE R AHE R B =∠=［注意sin(180)sin B B︒-=，则tan sin tan CE AE A R B A==．又sin 2sin sin CE BC B R A B==，从而 2sin tan A A =∠．求得60A ∠=︒．注：必要性也可由2BOC A ∠=∠及三角形顶点A 到垂心H 的距离等于外心O 到对边BC 的距离的2倍来证明．性质3 三角形的两顶点与其内心，外心，垂心中的两心四点共圆的充分必要条件是另一顶点处的内角为60︒．证明 当三心有两心重合时,或为直角三角形时结论显然成立．下面讨论三心两两不重合且三角形不为直角三角形的情形，记ABC △三内角为A ∠，B ∠，C ∠，如图21-所示．充分性．设60A ∠=︒,I ，O ，H 分别为ABC △的内心，外心，垂心,此时2120BOC A ∠=∠=︒，11180()9012022BIC B C A ∠=︒-∠+∠=︒+∠=︒， 180120BHC HBC HCB B C ∠=︒-∠-∠=∠+∠=︒，或9090(90)60BHC HCA A A ∠=︒-∠=︒-︒-∠=∠=︒．故B ，H ，I ，O ，C 五点共圆，显然有B ,H ，I ，C ；B ，H ，O ，C ；B ，I，O ，C 分别四点共圆．注：若联结AI 并延长交圆O 于F ，则由内心性质知IF FB FC ==，即上述圆的圆心为F ，且该圆与ABC △的外接圆是等圆． 必要性．由H 为其垂心,则180180(90)(90)BHC HBC HCB C B ∠=︒-∠-∠=︒-︒-∠-︒-∠B C =∠+∠,或9090(90)BHC HCA A A∠=︒-∠=︒-︒-∠=∠． ①由I 为其内心，则1180180()2BIC IBC ICB B C ∠=︒-∠-∠=︒-∠+∠11180(180)9022A A=︒-︒-∠=︒+∠． ②由O 为其外心，则2BOC A∠=∠． ③若B ，H ,I ，C 四点共圆，则BHC BIC ∠=∠或180BHC BIC ∠+∠=︒，即由①，②有1902B C A∠+∠=︒+∠． 两边加上A ∠，或由①,②有1901802A A ∠+∠+︒=︒．均求得60A ∠=︒．若B ，H ，O ,C 四点共圆，则BHC BOC ∠=∠或180BHC BOC ∠+∠=︒，即由①，③有2B C A∠+∠=∠或2180A A ∠+∠=︒，均可求得60A ∠=︒．若B ,I ，O ，C 四点共圆,则BIC BOC ∠=∠,即由②，③有19022A A︒+∠=∠，求得60A ∠=︒．综上，必要性获证．性质4 含有60︒内角的非直角三角形中，（1）其内，外心的距离等于其内，垂心的距离．（2)其外心与垂心的连线平分含有60︒内角的两边上的高线所成的锐角．(3值或等于另外两顶点到垂心的距离和．证明 (1）如图22-，设I ，O ，H 分别为ABC △的内心，外心和垂心，联结AI ，AO ，OC ，图2-2OCFH EB ACBOHEFA(2)(1)则 1(180)2OAC OCA AOC ∠=∠=︒-∠190902AOC ABC EAH=︒-∠=︒-∠=∠，或19090(180)2OAC OCA AOC ABC ∠=∠=︒-∠=︒-︒-∠90ABC EAH=∠-︒=∠．又I 为ABC △的内心,有IAC IAE∠=∠，于是在HAI △和OAI △中，AI公用,HAI IAO ∠=∠，由性质2有AH R AO ==，从而HAI △≌OAI △,故IH IO =． （2）如图22-，设O ，H 分别为ABC △的外心，垂心．联结OB ，OC ，由性质3知B ，H ,O ，C 四点共圆，对于图22-(1）,有30EHO OCB ∠=∠=︒,30OHC OBC ∠=∠=，OH 平分EHC ∠．对于图22-（2）,有30BHO BCO ∠=∠=︒，30OHC OBC ∠=∠=︒，OH 平分EHC ∠．从而结论获证．（3）此即为2002年全国高中联赛题． 令圆O 的半径为R ,则,OB OC R BC ===． 由B ,H ，O ，C 四点共圆,在此圆中应用托勒密定理，有OH BC BH OC BO HC⋅+⋅=⋅，即OH R BH R HC⋅+⋅=⋅，故当HC BH >时,有HC BHOH-=注 若AB AC >，60A ∠=︒，I ，H 分别为ABC △的内心、垂心,则可推证有23AHI ABC∠=∠．（参见练习题2第5题)性质5 设I ,H 分别为ABC △的内心和垂心,1A 为BHC △的外心，则A ,I ，1A 三点共线的充要条件是60BAC ∠=︒．证明 如图23-，设O 为ABC △的外心，联结1BA ,1CA ，BH ，CH ，则图2-3C 2B 2A 1B 1C 1KP Q OHIC BA180BHC BAC∠=︒-∠，12(180)2BAC BHC BAC ∠=︒-∠=∠．因此 160180BAC BAC BAC ∠=︒⇔∠+∠=︒1A ⇔在ABC △的外接圆圆O 上 ⇔AI与1AA 重合⇔1,,A I A 三点共线．性质6 设I 为ABC △的内心，1B ，1C 分别为AC ，AB 的中点,直线1B I 交直线AB于2B ,直线1C I 交直线AC 于2C ,则22ABCAB C SS =△△的充要条件是60BAC ∠=︒．证明 如图23-，作IP AB ⊥于点P ,作IQ AC ⊥于点Q ，则12211122AB B S IP AB IQ AB =⋅+⋅△． ①设IP r =（r 为ABC △的内切圆半径)，则IQ r =，又令BC a =，CA b =，AB c =，则2ABCS r a b c=++△．注意到12121sin 2AB B S AB AB A =⋅△． ②由①，②及12b AB =，122sin ABCCS AB A hc==△，有22222ABC ABC ABC SS S AB b ca b c a b c ⎛⎫-⋅=⋅ ⎪++++⎝⎭△△△．则 2bc AB a b c =+-． 同理 2bc AC a c b=+-．由22BKB CKC SS =△△,有22ABC AB C S S =△△．于是bc bcbc a b c a c b=⋅+-+-．则由余弦定理，60BAC ∠=︒．以上两条性质综合起来即为笔者提供的2003年冬令营试题：设I 、H 分别为锐角ABC △的内心和垂心，点1B 、1C 分别为边AC 、AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于2B （2BB≠），射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C与BC 交于点K ，1A 为BHC △的外心．试证：A 、I 、1A 三点共线的充分必要条件是2BKB △和2CKC △的面积相等．性质7 点I 为ABC △的内心，直线BI 交AC 于E ,直线CI 交AB 于F ，则60BAC ∠=︒的充要条件是111IB IC ID +=（或1IF）． 证明 由2sin(1cos )()()2Cab ab C p a p b ⋅=-=--,有sin 2C =其中1()2p a b c =++．同理sin2B =于是1111IB IBIB IC IE IC IE+=⇔+=sin214()()sin 2Ca c bc pb pc B b +⇔+=⇔=--1sin6022A BAC ⇔=⇔∠=︒．性质8 设I 为ABC △的内心,射线BI 交AC 于点E ,射线CI 交AB 于点F ,过I 作直线垂直于EF 并交EF 于P ，交BC 于Q ，则2IQ IP =的充要条件是60A ∠=︒． 证明 设BEF β∠=，CFE γ∠=,ABC B ∠=∠,ACB C ∠=∠， 则902CIQC γ∠∠=︒+-，9022B A CIEC A ∠∠-∠∠=∠+=︒+． 由180()902A BIC βγ∠∠=︒-+=︒+， 有 9022A B Cβγ∠∠+∠+=︒-=，即2(2)B C βγ-∠=--∠．于是22IQ IQ IC IEIQ IP IP IC IE IP=⇔==⋅⋅ sincos1222sin sin cos 22C C AC C βγ∠∠-∠⇔=⋅⋅∠∠⎛⎫- ⎪⎝⎭．即2sin cos cos22C C A βγ∠∠-∠⎛⎫⋅-= ⎪⎝⎭，且 sincos1222sin sin cos 22B B AB B γβ∠∠-∠=⋅⋅∠∠⎛⎫- ⎪⎝⎭，即2sin cos cos22B B A γβ∠∠-∠⎛⎫⋅-= ⎪⎝⎭sin 22sin sin 222B C B β∠∠∠⎛⎫⇔-=⋅ ⎪⎝⎭．且sin 22sinsin 222C B A γ∠∠∠⎛⎫-=⋅ ⎪⎝⎭sin 2sin sin 2sin 2222B B C C βγ∠∠∠∠⎛⎫⎛⎫⇔-⋅=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ cos2cos(2)cos2cos(2)B C ββγγ⇔--∠=--∠cos 2cos 2IE IF βγβγ⇔=⇔=⇔=sin 902sinsin 2222A B C A ∠∠∠∠⎛⎫⇔︒--=⋅ ⎪⎝⎭1sin2sin sin sin 22222C C A A ∠∠∠∠⇔=⋅⇔= 60A ⇔∠=︒．性质9 含有60︒内角的三角形其内切三角形也含有60︒内角．性质10 如图24-,若锐角ABC △的60BAC ∠=︒，AB c =,AC b =，b c >，ABC △的垂心和外心分别为H 和O ，OH 与AB ，AC 分别交于点X ，Y ，则 (1）AXY △的周长为b c +． （2）OH b c =-,图2-4X PHO Y Q CBA证明 （1）易知2120COB BAC ∠=∠=︒．2(90)120CHB A A ∠=∠+︒-∠=︒．因此,C ，O ,H ,B 四点共圆． 又CP AB ⊥,则90909060AXH XHP OHC OBC ∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠=︒．故 120HXB ∠=︒．由30ABH ∠=︒，知30XHB ∠=︒,所以HX XB =．同理，YH CY =，故AY YX AX AY YC AX XB b c++=+++=+．（2）设AO R =，则2(sin sin )b c R B C -=-， 易知 sin sin 2sin sin sin OCH OCHOH BC R CAB CHB CHB∠∠=⋅=∠⋅∠∠ 2sin 2sin()R OCH R B A ∠=-．故sin(120)sin sin(60)b c OH C C C -=⇔︒--=︒-11sin sin sin 22C C C C C ⇔+-=-．上式显然成立,故原命题成立．注：此性质即为2004～2005年度匈牙利数学奥林匹克题． 下面看几道应用的例子．例1 （2001年第42届IMO 题）如图25-，在ABC △中，AP 平分BAC ∠且交BC 于P ,BQ 平分ABC ∠且交CA 于Q ．已知60BAC ∠=︒,且AB BP AQ QB +=+．问ABC △的各角的度数的可能值是多少？图2-5B 1C 1CPQBA解 延长AB 到1B 使1BB BP =，在QC 或其延长线上取1C 使1QCQB=．于是11AB AB BP AQ QB AC =+=+=而60BAC ∠=︒,从而11AB C △为正三角形，直线AP 是11AB C △的对称轴．即有111111,2PC PB PC A PB A BPB ABC PBQ=∠=∠=∠=∠=∠．又11QBC QC B ∠=∠，则11PC B PBC ∠=∠．当点P 不在1BC 上时，有1PC PB=．从而111PB PC PB BB ===．即1PBB △为正三角形，160PBB BAC ∠=︒=∠，矛盾（1PBB ∠是ABC △的外角,应大于BAC∠）．因此，点P 应当在1BC 上，即C 与1C 重合．故 12BCA ABC∠=∠．由 18060120BCA ABC ∠+∠=︒-︒=︒,知ABC △的各角只有一种值,即60,80,40BAC ABC BCA ∠=︒∠=︒∠=︒注 以上解法由福建的林常先生给出．例2 (1994年保加利亚竞赛题）如图26-,一个锐角ABC △，60BAC ∠=︒，三点H ,O ，I 分别是ABC △的垂心，外心和内心．如果BH OI =，求ABC ∠和ACB ∠．图2-6I QHCBA解 首先可证明H ，O ,I 三点在题设条件下两两不重合．若点H 与I 重合，则由BAC ∠及性质3知B ，H ，O ，C 共圆．又BH OI =,则BOC △的外接圆上对应的弧BH OI OH ==，即有1152BCH BCO ∠=∠=︒．点O 在锐角ABC △内部，当H 与I 重合时,CH 即是BCO ∠的平分线，又是BCA ∠的内分角线，这显然不可能，因而点H 与点I 不重合． 若点H 与点O 重合，则30,9060BCH BCO B BCH ∠=∠=︒∠=︒-∠=︒．从而ABC △是等边三角形，即有O ,I ，H 三点重合，0OI BH =<与题设矛盾． 又点O 与点I 也不会重合,否则0BH =也矛盾．下面求ABC ∠和ACB ∠．由60BAC ∠=︒及性质3知B ,H ，I ,O ，C 五点共圆，且由性质4（1）知，HI IO =，由题设BH OH =，即有BH HI IO==． 联结IC ，OC ，则知 BH HI IO==． 亦即知 1103BCH HCI ICO BCO ∠=∠=∠=∠=︒．由于H 为垂心，知9080ABC BCH ∠=︒-∠=︒．从而18040ACB BAC ABC ∠=︒-∠-∠=︒．为所求．由上述例1，例2，又可得到性质11 在锐角ABC △中，60A ∠=︒，H ，I ,O 分别为ABC △的垂心，内心和外心,联结AI 并延长交BC 于P ，联结BI 交AC 于Q ，则BH IO =的充要条件是AB BP AQ QB+=+．注：此命题作者曾作为数学问题提供给《数学通报》（见2004（9）数学问题1511号)．例3 （《数学通报》2007（8）数学问题1686号）如图27-，ABC △中，90A ∠>︒，AB AC >，高线BE 、CF 交于点H ，O 为ABC △的外心，且AO AH =,BAC∠的平分线AD 所在直线交BE ,CF 的延长线于M 、N ．求证:HM HN =．图2-7GOBO 'T D C A F N KE H M证明 因为11,,22AB AC ABC ACB ACB BAC ABC BAC >∠<∠∠+∠>∠+∠,即ACB CAD ∠+∠>ABC BAD∠+∠,所以，,90ADC ADB CDA ∠<∠∠<︒,所以N 点在HF 上，M 点在BH 的延长线上． 延长AD 交O于G ，BG CG =,联结BG 、CG 、GO ，并延长GO 交BC 于T ,交BAC 于O '，O G 'BC⊥,垂足T ，12OT AH =（三角形任一顶点到垂心的距离等于外心到对边距离的2倍)，所以OT =111222OA OB OC ==,30OBC OCB ∠=∠=︒，120BOC ∠=︒，1602BGC BOC ∠=∠=︒，180BAC ∠=︒-120BGC ∠=︒，又A 点为HBC △的垂心,2(90)BAC BHC BHC ∠=∠+︒-∠，60BHC ∠=︒,BHC ∠+ 180BOC ∠=︒，所以H 、B 、O 、C 四点共圆，又BO OC =，BO OC =，联结HO ,则BHO ∠=1302CHO BHC ∠=∠=︒．记HO 交AE 于K ，90903060EKH EHK ∠=︒-∠=︒-︒=︒，1602EAM CAD BAC ∠=∠=∠=︒，所以EKH ∠=EAM∠，KH AM ∥,M BHK KHN HNM ∠=∠=∠=∠，所以HM HN =．例4 (1994年全国高中联赛题）如图28-，设ABC △的外接圆O 的半径为R ,内心为I ，60B ∠=︒，A C ∠<∠，A ∠的外角平分线交圆O 于E ．证明：（1）IO AE=；(2)2(1R IO IA IC R<++<．图2-8FCBIOD A E证明 （1）由性质3，知I 、O 、A 、C 四点共圆． 延长AI 交O于点F ，则由题设知E 、O 、F 三点共线，联结CE 交AI 于点D，则IOC DAC ∠=∠,OCI OAF AFE ACD ∠=∠=∠=∠．于是，OIC △∽ADC △,即有OI OC AD AC=．又60,B AC ∠=︒=，且60,AED AD ∠=︒．故OI AE==．(2)联结FC ，由160()2IFC ABC A C ∠=∠=︒=∠+∠BCF ICB ICF=∠+∠=∠，知IC IF =．于是，2IO IA IC AE IA IF AE AF EF R ++=++=+>=,且112cos 60sin 6022IO IA IC AE AF R A A ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++=+=⋅︒+∠+︒+∠ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦11sin 105sin 7022A A ⎛⎫⎛⎫=⋅︒+∠=⋅︒-∠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又60B ∠=︒，A C ∠<∠，所以160,4575752A A ∠<︒︒<︒-∠<︒，从而sin751)IO IA IC R ++<⋅︒=．故21)R IO IA IC R<++<．例5 如图29-,给定正ABC △，D 是边BC 上任意一点，ABD △的外心、内心分别为1O 、1I ，ACD △的外心、内心分别为2O 、2I ，ABC △的中心为O ．图2-9I 2I 1O 2O 1OCDBA求证：（1）12OO OO +为定值；（2)1AI 平分1OAO ∠，2AI 平分2OAO ∠．证明 由性质3，即知A 、2O 、2I 、D 、B 五点共圆，且圆心为1O ，半径为12O O ；A 、1O 、1I 、D 、C 五点共圆，且圆心为2O ，半径为12O O ．于是12AO O △、12DO O △均为正三角形．（1)由于B 、O 、2O 与C 、O 、1O 分别三点共线．则12120O OOBOC ∠=∠=︒，即知A 、1O 、O 、2O 四点共圆，从而O 为正12AO O △外接圆圆弧12O O 上一点．由托勒密定理，故知12OO OOOA+=（定值）．(2)由1130O AD O CD ∠=∠=︒，230O AD ∠=︒，则1111130O AIDAI OAB BAI OAI ∠=︒-∠=∠-∠=∠，因此，1AI 平分1OAO ∠．同理，2AI 平分2OAO ∠．例6 （2001年CMO 试题）给定正ABC △，D 是BC 边上任意一点，ABD △的外心、内心分别为1O 、1I ，ADC △的外心、内心分别为2O 、2I ，直线11O I与22O I 相交于P ．试求:当点D 在BC 边上运动时，点P 的轨迹．解 如图210-，作辅助线．图2-10O 2O 1I 1I 2POD CBA由性质3或例5中证明知2O 、2I 均在圆1O 上，1O 、1I 均在圆2O 上，且圆1O 与圆2O 是等圆，12O DO∠=60︒．因2221230AI OABO I AI ∠=∠=︒=∠，则121211,30AI O P O PO O I A ∠=∠=︒∥．于是，知D 是12O PO △的外心．在22O DI △中，由2212030150DI O∠=︒+︒=︒，知222230O DIDO I ∠+∠=︒．注意到22ADOABO ∠=∠30=︒,从而2222222O DC I DC O DI ADI O DI ∠=∠+∠=∠+∠22222230ADO O DI O DI =∠+∠=∠+︒．于是,由22DO P DPO ∠=∠，在2DPO △中，有222221802180(230)2PDC CDO DO P O DI DO ∠=︒-∠-∠=︒-∠+︒-∠22221502()90O DI DO I =︒-∠+∠=︒从而，PD BC ⊥，以及1AD =．此时以边BC 所在的直线为x 轴，边BC 的中点为坐标原点建立直角坐标系，且不妨设正ABC △的边长为2，点P 的坐标为(,)x y ，则在Rt AOD △中，由222AD OD AO -=,即222)x -=，故221(11,0)3x y x y -=-<<<为所求．例7 （2006年第55届捷克和斯洛伐克数学奥林匹克题）已知平面上的线段AB ，求所有锐角三角形的重心的轨迹，使得ABC △满足顶点A 、B、垂心H 、内心I 四点共圆．解 如图211-，因为ABC △是锐角三角形，所以H 、I 都在ABC △的内部,且180AHB C ∠=︒-∠，1902AIB C ∠=︒+∠．从而A 、B 、H 、I 四点共圆AHB AIB ⇔∠=∠，即60C ∠=︒．图2-11I HCBA因此，点C 在弦线段AB 所对的圆周角为60︒的两段圆弧上．因为ABC △是锐角三角形，所以，C 应在分别过A 、B 且垂直于AB 的两条垂线之间，即在弧KL 和MN 上，如右图212-．图2-12C 0K 'L'M 'N 'L KNMB A设0C 是边AB 的中点，以0C 为位似中心，13为位似比,将弧LK 和MN 变为弧L K ''和M N '',则L K ''和M N ''即为ABC △的重心轨迹,且其上的每个点都对应着一个满足条件的ABC △．例8 求证：正三角形外接圆上任一点至三边（所在直线）的距离之平方和是一常数．证明 如图213-，令正三角形的边长为a ,有X图2-13PY Z CBA2PAB PAC PBC ABC S S S S +-==△△△△．所以PZ PY PX +-．上式两边平方得222232()4PX PY PZ PY PZ PZ PX PX PY a +++⋅-⋅-⋅=．显然，点P 为AZY、ZBX 、XYC 、ABC 的公共点，则由PXY PCY PBA ∠=∠=∠,XYP ∠=XCP BAP∠=∠有PXY △∽PBA △等,即有PX PA PY PB PZ PC ⋅=⋅=⋅． （＊）又 PAC△∽PZX △，PBC △∽PZY △，有 ,PA PZ PB PZAC ZX BC ZY==，上述两式分别乘以PX ,PY 并由(*）式得 PX YZ PY ZXBC CA ⋅⋅=． 同理PY ZX PZ XYCA AB⋅⋅=． 而 BC CA AB==．故 PX YZ PY ZX PZ XY⋅=⋅=⋅．于是 ()PY PZ PZ PX PX PY PY PZ PX PZ PX ⋅-⋅-⋅=--⋅[()]PXYZ PZ PX ZX PZ ZX=--⋅[()]PXPZ YZ XZ YZ PX ZX=--⋅ []0PXPZ XY YZ PX ZX=⋅-⋅=．故 222234PX PY PZ a ++=．例9 三角形为正三角形的充要条件是两条边上的中线与相对边均成30︒角．证明 设AD 、BE 分别为ABC △的边BC 、AC 上的中线，30CAD CBE ∠=∠=︒． 必要性．显然．充分性．由题设，知ADC △∽BEC △，则22AC DC DC BCBC EC EC AC===．即22ACBC =，故AC BC =．在BEC △中,30CBE ∠=︒,12EC BC =，则30,60BEC C ∠=︒∠=︒．从而ABC △为正三角形．图2-14DECBA注 此命题充分性为1972年莫斯科数学奥林匹克题：在ABC △中引中线AD和BE ,又CAD ∠=30CBE ∠=︒，求证：ABC △为正三角形．例10 三角形为正三角形的充要条件是最大的高、第二边上的中线、第三边上的角平分线三者相等．证明 在ABC △中，最大的高为AH ，BM 为中线,CD 为角平分线． 必要性．显然．充分性．过点M 作ML AB ⊥于L ，作MK BC ⊥于K ．K图2-15HL MD CBA于是有1122MK AH BM ==，1122ML CD BM=≤．则30,30MBC MBA ∠=︒∠︒≤，故60ABC ∠︒≤．另一方面，由中线性质知同一个三角形中，大边上的中线小而小边上的中线大．因为边BC 上的中线AE AH BM =≥,边AB 上的中线CF CD BM =≤,所以BM 是最小中线，从而有AC BC ≥，AC ≥AB．则ABC BAC ∠∠≥，ABC ACB ∠∠≥，即60BAC ∠︒≤,60ABC ∠︒≤,60ACB ∠︒≤． 亦即60BAC ABC ACB ∠=∠=∠=︒． 故ABC △为正三角形．注：此命题充分性为1967年第1届全苏奥林匹克题：在锐角ABC △中，最大的高AH 等于中线BM ,也等于内角平分线CD ．求证：ABC △是等边三角形．例11 三角形为正三角形的充要条件是三内角、三条高分别成等差数列．证明 必要性．显然．充分性．设三角形ABC 的三内角为A B C ≤≤． 因为A 、B 、C 成等差数列，所以60B ∠=︒．设BC 、CA 、AB 上的高依次为ah 、bh 、ch ，则abch h h ≥≥．由ah 、bh 、ch 成等差数列，2ba chh h =+．设ABC △的面积为S ，则2S S Sb a c=+，故2ac ab bc =+．由正弦定理待2sin sin sin sin sin sin A C A B B C ⋅=⋅+⋅． 令60A θ=︒-，60C θ=︒+，则2sin(60)sin(60))sin(60)]θθθθ︒-⋅︒+=︒-+︒+，即1cos 22sin 60cos 2θθ+=︒⋅或2132cos 1cos 22θθ-+=,亦即24cos 3cos 10θθ--=．所以(cos 1)(4cos 1)0θθ-+=．因为cos 0θ>,所以cos 10θ+>,于是cos 1θ=，得0θ=︒． 即60A C ==︒．所以ABC △为正三角形．注：此命题充分性为1988年第3届拉丁美洲地区数学奥林匹克题:已知：三角形三内角成等差数列，三条高也成等差数列．求证：这个三角形是等边三角形．例12 三角形为正三角形的充要条件是三条中线将三角形分为六个三角形中的内切圆有四个相等．证明 设ABC △的三条中线CK 、AM 、BL 相交于点G ．则ABC △被分得的六个小三角形面积相等． 必要性．显然．图2-16LGKMCBA充分性．由题设有四个小三角形的内切圆相等，则必要两个小三角形相邻且内切圆相等,不妨设AKG △与BKG △的内切圆半径相等．由公式S p r=⋅可推知AG GB=．所以等腰AMB△的中线MK也是高，即CK AB⊥．又AK KB=，所以AC BC=．另外具有相等内切圆的小三角形要么在AGL△的位置（其△，要么在CGL他情形与其对称)．若ALG△面积相等，周长△与ALG△与AKG△的内切圆半径相等，这样AKG相等，且一条对应边相等，可证得AKG△．△≌ALG则AL AK=，于是AC AB=．因此AB AC BC△是正三角形．==．ABC若CLG△有相等的周长，根据圆的△与KGB△与KGB△的内切圆相等,则CLG切线定理，++=+=+CL CG LG CL x BK x2222（其中x是从点G到对应圆的切线长，由CGL BGK∠=∠，及两个内切圆半径相等,可证得G到两个内切圆的切线长都相等，且等于x）．所以22=．CL BK=，即AC AB因此，AC AB BC△为正三角形．==,即ABC注：此命题的充分性为1968年第2届全苏奥林匹克题：ABC△的三条中线将二角形分为六个三角形．已知：这些三角形的内切圆中的四个相等．求证：ABC△为正三角形．例13已知ABC△的内心，△，AIB△的内心为I，X,Y，Z分别为BIC△，CIA则ABC△为正三角形．（充分性为IMO50△为正三角形的充要条件是XYZ预选题）证明充分性．如图217-．I图2-17γβαXYZ CBA由于AZ ,ZI ,ZY 四等分BAC ∠，可设4BAC α∠=． 类似地，设4ABC β∠=，4BCA γ=． 于是，45αβγ++=︒，且0,,45αβγ︒<<︒． 因为902BIC α∠=︒+，则45XIC BIX α∠=∠=︒+．类似地,45CIY YIA β∠=∠=︒+． 于是，90135XIY αβγ∠=︒++=︒-． 类似地,135,135YIZ ZIX αβ∠=︒-∠=︒-．注意到点I 到CX 的距离等于cos IY α⋅．所以，cos cos IX IY βα⋅=⋅． 为了计算方便，选择一个长度单位，使得cos ,cos IX IY αβ==．类似地cos IZ γ=．由于XYZ △是正三角形，则在XYI △和YZI △中分别应用余弦定理， 由22ZX ZY =,可得22222cos 2cos IZ IX IZ IX ZIX IZ IY IZ IY YIZ +-⋅⋅∠=+-⋅⋅∠,即222(cos cos )IXIY IZ IX ZIX IY YIZ -=⋅∠-⋅∠．故22cos cos2cos [cos cos(135)cos cos(135)]αβγαββα-=⋅︒--⋅︒-．即有sin()sin()cos cos(135)cos(135)αββαγαββα+⋅-=[-+︒--+︒] 2cos sin135sin()γβα=⋅︒⋅-即sin(45)sin()sin()sin()(cos sin )0γβαγβαβαγγ︒-⋅-⋅-⇒-⋅+=sin()0βααβ⇒-=⇒=．类似地，αγ=．这就意味着ABC △是正三角形． 必要性．显然（略)．例14 在正三角形ABC △的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上各任取一点X 、Y、Z ．求证：AYZ △、BZX △、CXY △的欧拉线所交成的三角形全等于ABC△．（若AYZ △是正三角形，则以过它的中心而平行于BC 的直线来代替它的欧拉线．）证明 如图218-,三角形的外心、垂心、重心三者共线，称为欧拉线,令三条欧拉线交成的三角形为PQR △,AYZ △的外心与垂心为1O ，1H ,作1O J AY⊥于J ，有12AJ AY AK ==．又在1Rt H KZ △中,160ZH K ∠=︒，有O 3O 2H 1O 1A 2A 1X P图2-18K J OQRZ GN M Y F E DCBA11112H K ZH O J==．所以1AH K △≌1AO J △，故11AHAO =．令AB 、AC 交RQ 于1A ，2A ，由11AH A △≌12AO A △得12AA A △为正三角形， 故RQ BC ∥．同理，,PR CA QP AB ∥∥，所以PQR △为正三角形．因为O ，M ，2O ，N 四点共圆,得2MO N B ∠=∠,故有123O O O △为正三角形，可得1231RO O QO O ∠=∠,所以12RO O △≌31QO O △，故12RO QO =，21ROQO =．过2O ，3O 作BC 的垂线交BC ，QP 于G 、D ，E 、F ，则12FE GD BC==，又由60R Q ∠=∠=︒，所以2311111()()222RF QE RO QO QO RO RQ+=+=+=．故12EF RQ =．所似RQ BC =，即知PQR △≌ABC △．正三角形中还有许多有趣的结论，如在正ABC △中,其内一点P 在边BC ，CA、AB 上的射影分别为D 、E 、F ，则（1)BD CE AF DC EA FB ++=++； （2）222222BDCE AF DC EA FB ++=++；（3）PBD △,PDC △、CPE △、EPA △、APF △、FPB △的内切圆半径依次记为1r ，2r ，3r ，4r ，5r ,6r ，有，135246r r r r r r ++=++；……等等，这些均留给读者来自证了． 练习二1．已知ABC △的三个内角A ∠，B ∠，C ∠满足2A C B ∠+∠=∠,11cos cos A C +=,求1cos ()2A C -的值．2．在ABC △中，A ∠，B ∠,C ∠的对边分别为a ，b ，c ．若2A C B ∠+∠=∠．求证：44a c + 42b ≤．3．（2001年美彼德斯堡奥林匹克题）在ABC △中,点I 是其内心，H 是垂心,M 是其外接圆的AC 的中点，已知MI MH =，求ABC ∠的度数．4．（2007年英国数学奥林匹克第二轮题）在锐角ABC △中，AB AC >,60BAC ∠=︒,O、H 分别为ABC △的外心、垂心，OH 所在直线分别交AB ,AC于点P ，Q ．求证：PO HQ =．5．(第19届亚太地区数学奥林匹克题）在锐角ABC △中,60BAC ∠=︒，AB AC >，点I 、H 分别是ABC △的内心、垂心．求证：23AHI ABC ∠=∠．6．（2007年印度国家队选拔题)证明：在一个非等边三角形中，以下两个命题等价．（1）三个内角的度数成等差数列；（2)九点圆与内切圆的公切线与欧拉线平行，7．若在ABC △的外侧作正三角形BCA '△，CAB '△，ABC '△，则：（1)AA BB CC '''==;(2）所作三个正三角形的中心是一个正三角形的顶点．8．若在ABC △的内侧作正三角形BCA '△,CAB '△,ABC '△，则：（1）AA BB CC '''==;（2）所作三个正三角形的中心是一个正三角形的顶点． 9．已知ABCD,同在外侧作正三角形ABE △及BCF △,则DEF △是正三角形．(若同在内侧作,则结论仍成立）10．设正三角形的内切圆上任一点至三边的距离为x ，y ，z ，正三角形边长为a ．求证：222xy z ++=232()8yz zx xy a ++=．11．(2008年印度国家队选拔赛题）设D 、E 、F 分别是ABC △的边BC 、CA、AB 上的点，且满足AD BE CF ==．若AD 、BE 、CF 不交于一点，且围出一个正三角形．问:ABC △是正三角形吗?12．（2005年第22届巴尔干地区数学奥林匹克题）已知锐角ABC △，其内切圆与边AB 、AC 分别切于点D 、E ，X 、Y 分别是ACB ∠、ABC ∠的平分线与DE 的交点,Z 是边BC 的中点．求证：当且仅当60A ∠=︒时，XYZ △是等边三角形．13．设O 是正三角形ABC △的中心,在直线OA 、OB 、OC 上除点O 外各任取一点X 、Y 、Z ．求证：OYZ △、OZX △、OXY △的欧拉线共点．14．试证：三角形为正三角形的充分必要条件是其外接圆半径等于其内切圆直径．15．（《数学通报》1988（9）数学问题546号）试证：一个三角形三边相等的充分与必要条件为：三角形内任一点到三边的距离之和为定值．16．试证:三角形为正三角形的充分必要条件是任意两条边上的高线长的和等于第三边上的中线长的2倍．17．（《数学通报》2001（12）数学问题1343号）ABC △中，BE ，CF 为AC ，AB边上的高,FP BC ⊥于P ,FQ AC ⊥于Q ，EM BC ⊥于M ，EN AB ⊥于N ，且FP FQ CF +=,EM EN BE+=，求证：ABC △为等边三角形．18．P 是ABC △内任意一点（包括在边界上)，过P 作BC 、CA 、AB 的垂线,垂足为D 、E 、F ．则（1）ABC △为正三角形⇔对任意的P 都有12PBDPCE PAF ABCSS S S ++=△△△△；（2）ABC △为正三角形⇔对任意的P 都有1()2BD CE AF BC CA AB ++=++．19．（《数学通报》2005(2）数学问题1531号)设I 是ABC △的内心，R ，1R ，2R ,3R 分别是ABC △、IBC △、ICA △、IAB △的外接圆半径．求证：ABC △为正三角形的充要条件是1233R RR R++=．20．给定正ABC △，D 是边BC 上任意一点，ABD △、ACD △的内心分别为1I ,2I ,两内切圆异于BC 的外公切线分别交AD 、AB 、AC 于点F 、M 、N ，以12I I 为边作正12I I E △（点D 、E 在12I I 异侧）．求证：EF MN ⊥．。

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第13章 根轴定义 从一点P 作一圆周的任一割线PAB ，从点P 起到和圆周相交为止的两线段之积PA PB ⋅，称为点P 对于这个圆周的幂1．由相交弦定理及割线定理，知点P 的幂是定值．若点P 在圆内，则点A 的幂等于以该点为中点的弦半弦长的平方；若点P 在圆外，则点P 的幂等于从该点所引圆周的切线长的平方；若点P 在圆周上，则点P 的幂等于0．由定义，关于圆周的幂有下列结论．结论1 点P 对于以O 为圆心、以R 为半径的圆周的幂，等于OP 及半径R 的关系式22OP R -． 结论2 对于两已知圆有等幂的点的轨迹，是一条过连心线上一定点且垂直连心线的直线．事实上，设点P 到圆1O 和圆2O 的幂相等，圆1O ，圆2O 的半径分别为1R ，2R （12R R >），则22221122PO R PO R -=-，即22221212PO PO R R -=-=常数 如图13-1，设12O O 的中点为D ，12PM O O ⊥于点M ，则2221112PO P D OD O D D M =++⋅2222222P O P D DO DODM=+-⋅O 1O 2PD M图13-1易得2212122R RDM O O -==常数所以，过定点M 的垂线即是两圆等幂点的轨迹． 这条直线称为两圆的根轴或等幂轴．特别地，若两圆同心，则120O O =．从而，同心圆的根轴不存在；若20R =，圆2O 变成一点2O ，则点A 对于圆2O 的幂是22AO ．此时，直线（轨迹）称为一圆与一定点的根轴． 根轴有下面的性质．性质1 若两圆相交，其根轴就是公共弦所在的直线． 性质2 若两圆相切，其根轴就是过两圆切点的公切线． 性质3 三个圆，其两两的根轴或相交于一点，或互相平行． 事实上，若三条根轴中有两条相交，则这一交点对于三个圆的幂均相等，所以必在第三条根轴上，这一点，称为三个圆的根心．显然，当三个圆的圆心的一条直线上时，三条根轴互相平行．当三个圆的圆心不共线时，根心存在． 性质4 若两圆相离，则两圆相离，则两圆的四套公切线的中点在根轴上．性质 5 一点P 对于不同心两圆11()O r ⊙、22()O r ⊙的幂为1t ，2t ，l 是这两圆的等幂轴，PA l ⊥于A ，则12122t t AP O O -=⋅．即一点对于不同心两圆的幂之差等于等幂轴到该点的距离乘以圆心距之积的2倍．①沈文君. 根轴的性质及应用[J]. 中等数学，2004（1）：6-10.图13-2lf 2f 1ABQ PO 1O 2r 2r 1 证明 设12l O O ⊥于Q ，作12PB O O ⊥于B，便得22121122()()t t POrP O r -=---2222212121121()()(BO BO r rB OOO=---=--22121121212121121121122()()2[()]O O BO O O QO QO QO QO O O BO O O QO O O QO O O =⋅---+=⋅----⋅21211212112121122(2)(22)O O B OO OOO Q O O O O O B O=⋅--⋅-=--+1222O O BQ AP O O =⋅=⋅ 推论 若两圆不同心，则其中一个圆的任何点对于另一圆的幂的绝对值，必等于该点到等幂轴的距离乘以圆心距之积的2倍．即若P 点在2O ⊙上，则20P =，此时1122t AP O O =⋅． 下面给出运用上述性质解题的例子．例1 （IMO50预选题）已知ABC △的内切圆分别与边AB ，AC 切于点Z ，Y ，BY 与CZ 交于点G ，点R ，S 满足四边形BCYR 和四边形BCSZ 式平行四边形．证明：GR GS =．证明 如图13-3，设ABC △的内切圆和A ∠内的旁切圆分别为圆Γ和圆a Γ，圆Γ和圆a Γ与边BC 分别切于点X ，T ，圆a Γ与直线AB ，AC 分别切于点P ，Q ．由BX CT =，得ZP ZB BP XB BT BX CX ZS =+=+=+=，CQ CT BX BZ CZ ====．因此，对于点Z ，C ，它们到点S 的距离等于它们向圆a Γ所引的切线段的长．从而，ZC 是点圆S 和圆a Γ的根轴．Γ图13-3G ABCI aPXS YZ RT同理，BY 是点圆R 和圆a Γ的根轴．于是，ZC 与BY 的交点G 为圆S ，圆R ，圆a Γ的根心．所以GR GS =． 例2 （2007年第45届越南数学奥林匹克题）已知下底边为BC （即BC AD ∥，且B C A D >）的梯形ABCD 内接于O ⊙．P 是在直线BC 上移动的点，且使得PA 不与O ⊙相切．以PD 为直径的圆交O ⊙于点()E E D ≠，记BC 与DE 交于点M ，N 是PA 与O ⊙的交点（N A ≠）．求证：直线MN 通过一定点． 证明 如图13-4，记A 关于O 的对称点为A '．A 'OPNA BC DEF M Γ1Γ2图13-4下面证明：N 、M 、A '三点共线，也就是直线MN 通过定点A '．记以PD 为直径的圆为1Γ，以PA '为直径的圆为2Γ，注意到90PNA '∠=︒，则直线DE 、NA '分别为O ⊙与1Γ，2Γ的根轴．记以PD 为直径的圆为1Γ，以PA '为直径的圆为2Γ，注意到90PNA '∠=︒，则之心啊DE 、NA '分别为O ⊙与1Γ，2Γ的根轴．记DA '与直线BC 交于点F ，由90ADA '∠-︒，知90PFA '∠=︒，而90PNA '∠=︒，于是，知点F 在圆2Γ上，从而，直线BC 是1Γ、2Γ的根轴．由根心定理，知三个圆O ⊙、1Γ、2Γ的根轴DE 、BC 、NA '交于点M ．因此，M 、N 、A '三点共线． 例3（2009年美国数学奥林匹克题）如图13-5，设圆1ω和2ω交与点X 、Y ．过1ω的圆心的直线1l 交圆2ω于点P 、Q ，过2ω的圆心的直线2l 交1ω于点R 、S ．证明：若P 、Q 、R 、S 四点共圆，则该圆的圆心在直线XY 上．PQ图13-5XYH R SOωω2ω1O 2O 1证明 设1O 、2O 分别为圆1ω、2ω的圆心，联结12O O ，过1O 作RS 的垂线3l ，过2O 作PQ 的垂线4l ，设3l 与4l 交于点O ．记过P 、Q 、R 、S 的圆为ω，则O 为ω的圆心．注意到PQ 、RS 、XY 分别为圆ω与2ω，圆ω与1ω，圆1ω与2ω的根轴．于是，直线PQ 、RS 、XY 共点，设为H （当PQ 、RS 、XY 两两平行时，视H 为无穷远点）． 由1O O PS ⊥知12O O O H ⊥． 同理，21O O O H ⊥．于是，知O 为12O O H △的垂心（当H 为无穷远点时，O 在12O O 所在直线上）． 因此，12OH O O ⊥．又H 为XY 上一点，而12XY O O ⊥．故O 在直线XY 上．例4（2006年第19届韩国数学奥林匹克题）在ABC △中，B C ∠≠∠，ABC △的内切圆I ⊙与BC ，CA ，AB 的切点分别为D ，E ，F ．记AD 与I ⊙的不同于点D 的交点为P ，过点P 作AD 的垂线交EF 于点Q ，X ，Y 分别是AQ 与直线DE ，DF 的交点．求证：A 是线段XY 的中点． 证明 如图13-6．ω2ω1IV Y U (Q )'Q P ABCDE FX图13-6记过点A 且平行于BC 的直线与过点P 且垂直AD 的直线交点为Q '，直线DI 与AQ '的交点为U ，直线PQ '与I ⊙的交点为()V V P ≠．由90VPD ∠=︒，知D ，I ，V ，U 共线． 由90BDI ∠=︒，知90AUI ∠=︒．又90AFI AEI ∠=∠=︒，知A ，U ，F ，I ，E 五点共圆．记此圆为1ω．由90APV AUV ∠=︒=∠，知A ，U ，V ，P 四点共圆，记此圆为2ω．由根轴性质3，知I ⊙，圆1ω，圆2ω两两相交的根轴EF ，PV ，AU 交于点Q '，而之间EF 与PV 相交于Q ，从而Q 与Q '重合．于是，由AXE CDE △∽△，有1AX CDAE CE==，即知AX AE =．由AYF BDF △∽△，有1AY BDAF BF==，即知AY AF =．注意懂啊AE AF =，故AX AY =，即A 是线段XY 的中点． 例5（2007年第45届越南数学奥林匹克题）已知下底边为BC （即BC AD ∥，且B C A D >）的题型ABCD 内接于O ⊙．P 是在直线BC 上移动的点，且使得PA 不与O ⊙相似．以PD 为直径的圆交O ⊙于点()E E D ≠，记BC 与DE 交于点M ，N 是PA 与O ⊙的交点（N A ≠）．求证：直线MN 通过一定点． 证明 如图13-7，记A 关于O 对称的点为A '．B图13-7下面证明：N 、M 、A '三点共线，也就是直线MN 通过顶点A '．注意到直线DE 是O ⊙和以PD 为直径的圆（记为圆1Γ）的根轴，由于90PNA '∠=︒，因此直线NA '是O ⊙和以PA '为直径的圆（记为圆2Γ）的根轴．记DA '与直线BC 交于点F ，由90ADA '∠=︒，得90PFA '∠=︒，而90PNA '∠=︒，于是，知点F 在圆1Γ上，从而，直线BC 是圆1Γ和2Γ的根轴．由根轴定理，知三个圆O ⊙，1Γ，2Γ的根轴DE ，BC ，NA '交于根心M ．因此，M 、N 、A '三点共线．例6（2009土耳其国家队选拔赛题）以O 为圆心，r 为半径的圆为四边形ABCD 的内切圆．设P ，Q 分别为AB 与CD 、AD 与BC 的交点，E 为对角线AC 与BD 的交点．证明：2OE d r ⋅=，其中d 为点O 到直线PQ 的距离．证明 如图13-8，设K ，L ，M ，N 分别为四边形ABCD 与内切圆相切的切点，且分别在边AB ，BC ，CD ，DA 上．A 图13-8过O 作OS QP ⊥于S ，则E 在OS 上．一方面，由牛顿定理，知KM 与LN 的交点和对角线AC 与BD 的交点重合，即KM 与NL 的交点为E ． 另一方面，O ，K ，P ，M 和O ，L ，Q ，N 分别四点共圆，S 为这两个圆的另一交点，因此，直线OS ，KM ，LN 分别为这两个圆和四边形ABCD 内切圆的根轴，从而由根轴定理，E 为其根心． 故222222()+OE d OE OS OE OE ES OE OE ES OE LE EN OE r OE r ⋅=⋅=+=⋅=+⋅=--=． 例7（2003年第29解俄罗斯数学奥林匹克题）如图13-9，在锐角APD △的边AP 和PD 上各取一点B 和C ，四边形ABCD 的两条对角线相于点Q ．APD △和BPC △的垂心分别为1H ，2H ．证明：如果直线12H H 经过ABQ △和CDQ △的外接圆的交点X ，那么它必定经过B Q C △和AQD △的外接圆的交点(,)Y X Q Y Q ≠≠．B 1ω1C 1D 1H 2H 1QPN ABCDMY X图13-9证明 分别以对角AC 、BD 为直径作圆1ω和圆2ω．设1BB ，1CC ，1AA 、1DD 分别是BPC △和APD △的高，其中1A ，1C 在圆1ω上，点1B 、1D 在圆2ω上．于是，A 、D 、1A 、1D 四点共圆．从而111111H A H A H D H D ⋅=⋅，即点1H 位于圆1ω和圆2ω的根轴上． 同理，点2H 也位于圆1ω和圆2ω的根轴上． 于是，该根轴就是直线12H H取对角线AC 、BD 的中点分别为M 、N ，则M 、N 分别为圆1w 、圆2w 的圆心．根据题设，点X 位于圆1ω和圆2ω的根轴上，所以2222XM CM XN DN -=-．（*）注意到同弧上的圆周角相等，有XAQ XBQ ∠=∠，XCQ XDQ ∠=∠． 所以，XAC XBD △∽△． 因此，（*）式中的平方差或者等于0，或者是它们的相似比的平方．若该平行差为0，有90AXC BXD ∠=∠=︒，于是AB CD ⊥，这与APD △为锐角三角形矛盾．故该平方差相似比的平方，又由XM CMk XN DN==有2222222()XM CM k XN DN XN DN -=-=-．从而有21k =，故XAC XBD △≌△，于是，知AC BD =． 同样，由Y A Q Y D Q ∠=∠，YCQ YBQ ∠=∠，有YA C YB D△≌，亦有YM YN =．而C M DN =，则2222=Y M C M Y N D N --，即Y 关于圆1ω和圆2ω的幂相等．故点Y 在圆1ω和圆2ω的根轴上．练习十三1．从半圆上的一点C 向直径AB 引垂线，设垂足为D ，作圆1O 分别切BC 、CD 、DB 于点E ，F ，G ．求证：AC AG =． 2．（1992年中国台北数学奥林匹克）设I 是ABC △的内心，过I 作AI 的垂线分别交边AB ，AC 于点P ，Q ．求证：分别与AB 、AC 相切于P 、Q 的圆L 必与ABC △的外接圆圆O 相切． 3．（1972年全苏数学奥林匹克竞赛试题）凸四边形ABCD 的两条对角线交于点O ，AOB △和COD △的垂心分别为1M 和2M ，BOC △和AOD △的重心分别为1H 和2H ．证明：1212M M H H ⊥． 4．在凸五边形ABCDE 中，AB BC =，90BCD EAB ∠=∠=︒，P 为形内一点，使得AP BE ⊥，CP BD ⊥．证明：BP DE ⊥． 5．（第30届俄罗斯数学奥林匹克竞赛试题）设锐角ABC △的外心为O ，BOC △的外心为T ，点M 边BC 的中点，在边AB ，AC 上分别取点D ，E ，使得ADM AEM BAC ∠=∠=∠．证明：AT DE ⊥． 6．（1995年第36届IMO 试题）设A ，B ，C ，D 是一条直线上依次排列的四个不同的点，分别以AC ，BD 为直径的圆交于X 和Y ，直线XY 交BC 于Z ．若P 为直线XY 上异于Z 的一点，直线CP 与以AC 为直径的圆交于C 及M ，直线BP 与以BD Wie 直径的圆交于B 及N ．试证：AM ，DN 和XY 共点． 7．（1998年第35届IMO 预选题）已知一圆圆O 切于两条平行线1l 和2l ；第二个圆圆1O 切1l 于A ，外切圆O 于C ；第三个圆圆2O 切2l 于B ，外切圆O 于D ，外切圆1O 于E ，AD 交BC 于Q ，求证：Q 是CDE △的外心． 8．（2004~2005年第22届伊朗数学奥林匹克题）ABC △的外接圆的圆心为O ，A '是边BC 的中点，AA '与外接圆交于点A ''，a A Q AO '⊥，点a Q 在AO 上，过点A ''的外接圆的切线与a A Q '相交于点a P ．用同样的方式，可以构造点b P 和c P ，证明：a P ，b P ，c P 三点共线． 9．（2006年第9届香港数学奥林匹克题）凸四边形ABCD 的外接圆的圆心为O ，已知AC BD ≠，AC 与BD 交于点E ，若P 为四边形ABCD 内部一点，使得90PAB PCB PBC PDC ∠+∠=∠+∠=︒． 求证：O ，P ，E 三点共线． 10．（2005年第31届俄罗斯数学奥林匹克11年级题）已知非等腰锐角ABC △，1AA ，1BB 是它的两条高，又线段11A B 与平行于AB 的中位线相交于点C '，证明：经过ABC △的外心和垂心的直线与直线CC '垂直． 11．（2009年国家队集训测试题）设D ，E 分别为ABC △的边AB ，BC 上点，P 是ABC △内一点，使得PE PC =，且DEP PCA △∽△，求证：BP 是PAD △的外接圆的切线． 12．（2006年意大利国家队选拔考试题）已知圆1Γ，2Γ交于点Q ，R ，且内切圆Γ，切点分别为1A 、2A ．P 为圆Γ上的任意一点，线段1PA ，2PA 分别与圆1Γ，2Γ交于1B ，2B ，证明： （1）与圆1Γ切于点1B 的直线和与圆2Γ切于点2B 的直线平行．（2）12B B 是圆1Γ与2Γ的公切线的充要条件是P 在直线QP 上． 13．（2006年意大利国家队选拔试题）已知ABC △的垂心为H ，边AB ，BC ，CA 的中点分别为L 、M 、N ，证明：当且仅当ABC △是锐角三角形时，有222222HL HM HN AL BM CN ++<++．。

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