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

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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

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

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

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

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

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)

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．。

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