山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第25章九点圆定理汇总

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．。

1、勾股定理(毕达哥拉斯定理)2、射影定理(欧几里得定理)3、三角形的三条中线交于一点，并且，各中线被这个点分成2：1的两部分4、四边形两边中心的连线的两条对角线中心的连线交于一点5、间隔的连接六边形的边的中心所作出的两个三角形的重心是重合的。

6、三角形各边的垂直一平分线交于一点。

7、从三角形的各顶点向其对边所作的三条垂线交于一点8、设三角形ABC的外心为O，垂心为H，从O向BC边引垂线，设垂足不L，则AH=2OL9、三角形的外心，垂心，重心在同一条直线上。

10、(九点圆或欧拉圆或费尔巴赫圆)三角形中，三边中心、从各顶点向其对边所引垂线的垂足，以及垂心与各顶点连线的中点，这九个点在同一个圆上，11、欧拉定理：三角形的外心、重心、九点圆圆心、垂心依次位于同一直线(欧拉线)上12、库立奇*大上定理：(圆内接四边形的九点圆) 圆周上有四点，过其中任三点作三角形，这四个三角形的九点圆圆心都在同一圆周上，我们把过这四个九点圆圆心的圆叫做圆内接四边形的九点圆。

13、(内心)三角形的三条内角平分线交于一点，内切圆的半径公式：r=(s-a)(s-b)(s-c)ss为三角形周长的一半14、(旁心)三角形的一个内角平分线和另外两个顶点处的外角平分线交于一点15、中线定理：(巴布斯定理)设三角形ABC的边BC的中点为P，则有AB2+AC2=2(AP2+BP2)16、斯图尔特定理：P将三角形ABC的边BC内分成m:n，则有n×AB2+m×AC2=(m+n)AP2+mnm+nBC217、波罗摩及多定理：圆内接四边形ABCD的对角线互相垂直时，连接AB中点M和对角线交点E的直线垂直于CD18、阿波罗尼斯定理：到两定点A、B的距离之比为定比m:n(值不为1)的点P，位于将线段AB分成m:n的内分点C和外分点D为直径两端点的定圆周上19、托勒密定理：设四边形ABCD内接于圆，则有AB×CD+AD×BC=AC20、以任意三角形ABC的边BC、CA、AB为底边，分别向外作底角都是30度的等腰△BDC、△CEA、△AFB，则△DEF是正三角形，21、爱尔可斯定理1：若△ABC和三角形△都是正三角形，则由线段AD、BE、CF的重心构成的三角形也是正三角形。

圆综解题技巧解决圆综问题常用到的定理：（1）弧、弦、圆心角定理弧、弦、圆心角定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．推论1：在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦也相等．推论2：在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弧也相等．（2）圆周角定理圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．（3）垂径定理垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧．推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．（4）切线定理切线的判定定理：经过半径的外端，且垂直于这条半径的直线是圆的切线。

切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。

（5）切线长定理切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角。

（6）圆的内接四边形：圆内接四边形性质：圆内接四边形对角互补．推论：圆的内接四边形的一个外角等于它的内对角。

要想熟练解决几何问题，一定要形成一种做辅助线和解题的条件反射，看到题中的某个条件、某个图形或是某种问法脑海中就会即刻呈现出可能的辅助线。

这种条件反射像是饿了想吃饭，渴了想喝水一样。

（1）见到条件给出圆周角或者圆心角的度数或等量关系→找同弧或等弧所对的其他圆周角或者圆心角。

（2）见到直径→找直径所对的圆周角（3）见到切线尤其是要证明相切关系→连过切点的半径（4）若题目中有“弦的中点”和“弧的中点”条件时，一般连接中点和圆心，利用垂径定理的推论得出结果。

（5）圆心是直径的中点，考虑中位线（6）同圆的半径相同，连接两条半径，考虑等腰三角形的性质，圆内的等腰三角形，计算线段长，考虑垂径定理（7）角平分线，平行，等腰→知二得一还有很多要形成条件反射的内容，例如出现平行线要怎么办等等，平时要多注意积累像这些需要形成条件反射的辅助线，我们称之为必连线，即使题中可能用不到，在做题过程中也要先连起来。

第5章 直角三角形中直角边所在直线上的点直角三角形中直角边所在直线上的点有如下的结论，作为其性质介绍如下：性质 设D 是直角ABC △（90C ∠=︒）的直角边BC 所在直线上一点（异于B ），则2222222AB DB DA DB DC DB DA DB DC =+⋅=+-⋅．DCAB ABCD（1） （2）图5-1证明 对于图51-（1），当点D 在BC 的延长线上时，由勾股定理，有 222AB BC CA =+ 222BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =++⋅+--⋅ 22()2()BC DC DA DC BC DC =++-+⋅ 222BD DA DB DC =+-⋅．当点D 在CB 的延长线上时，类似地有 2222AB BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =+-⋅+-+⋅ 22()2()DC BC DA DC BC DC =-+--222BD DA DB DC =+-⋅． 对于图51-（2），当D 在边BC 上时，类似地有 2222AB BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =+-⋅+-+⋅ 22()2()BC DC DA BC DC DC =-++-⋅222BD DA DB DC =++⋅．显然，在图51-中，若点D 与点C 重合，则0DC =，有222AB BC CA =+，此即为勾股定理．因此，我们可把上述性质称为广勾股定理． 由上述性质，还可得如下推论：注：也可运用余弦定理证：222222cos 2cos AB DB DA DB DA ADB BD DA DB DA ADC =+-⋅⋅∠=+⋅⋅∠222DB DA DB DC =+⋅．推论1 三角形一边的平方等于、小于或大于其他两边的平方和，视其该边所对的角是直角、锐角或钝角而定．推论2 三角形的一角是直角、锐角或钝角，视其该角所对的边的平方等于、小于或大于其他两边的平方和而定．下面给出三角形的广勾股定理应用的例子． 1．直接在直角三角形中用例1 （三角形的中线长公式）三角形一边上的中线长的平方，等于其他两条边长的平方和之半减去该边长平方的四分之一．证明 如图52-，O 为ABC △的边AB 的中点，作CD AB ⊥于D ．分别在AOC △和OBC △中应用广勾股定理（即（51-）式），有图5-2CAO DB2222AC OC AO OA OD =++⋅2214OC AB AB OD =++⋅，2222BC OC OB OB OD =+-⋅2214OC AB AB OD =+-⋅．由上述两式相加，得222211()24OC AC BC AB =+-．例2 （平行四边形边长与对角线长关系）平行四边形各边的平方和等于两对角线的平方和．事实上，在图52-中，将CO 延长至E ，使OE OC =，则四边形AEBC 为平行四边形，由三角形中线长公式，即得22222()AC BC AB CE +=+．例3 （定差幂线定理）设MN ，PQ 是两条线段，则MN PQ ⊥的充要条件为2222PM PN QM QN -=-． 证明 必要性．如图53-，若MN PQ ⊥，则可设MN PQ ⊥于D ．PMNQD PMNQ D图5-3分别在MQP △，PQN △中应用广勾股定理，有 2222PM QM PQ QP QD =+-⋅，2222PN QN PQ QP QD =+-⋅．上述两式相减，得2222PM PN QM QN -=-． 充分性．当2222PM PN QM QN -=-时，如图54-．QRNS KM PTFE NFRS EQ KMTP 图5-4设R ，S ，T ，K ，E ，F 分别为ON ，NP ，PM ，MQ ．PQ ，MN 的中点，将这些中点联结如图，则KRST ，RFTE ，KFSE 均为平行四边形．由例2的结论，有22222()KF KE EF KS +=+，222()ER RF +22EF RT =+．由题设有2222PM QN PN QM +=+，即有22224444KE KF ER RF +=+． 上述三式整理得22KS RT =，即KS RT =，从而KRST 为矩形，有KT KR ⊥． 而KT PQ ∥，KR MN ∥， 故MN PQ ⊥．例4 如图55-，在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，点D 在边CA 上，使得1CD =，3DA =，且3BDC BAC ∠=∠．求BC 的长．BC D Ex A图5-5解 由3BDC BAC ∠=∠，知2ABD BAC ∠=∠．过点B 作ABD ∠的平分线交DA 于E ，则AEB △为等腰三角形．令AE x =，则BE x =，且3DE x =-． 分别对EBC △，ABC △应用广勾股定理，有 22222x BE BD DE DE DC ==++⋅22(3)2(3)BD x x =+-+-，即2815BD x =-．22228159238AB BD DA DA DC x x =++⋅=-++⋅=．又由角平分线性质，有BD DE BA EA =，即22815(3)8x x x x --=，解得2411x =．从而BC = 2．作出垂线，构造新直角三角形例5 如图56-，已知在ABC △中，90ACB ∠=︒．ADEBC图5-6（1）如图所示，当点D 在斜边AB 上（不含端点）时，求证：222CD BD AD BDBC AB--=； （2）当点D 与点A 重合时，（1）中的等式是否成立？请说明理由； （3）当点D 在BA 的延长线上时，（1）中的等号是否成立？请说明理由．解 （1）过C 作CE BD ⊥于E ，则由射影定理（或直角三角形相似）有2BC BA BE =⋅． 对Rt CBE △的直角边BE 上的点D 应用广勾股定理，有2222CD BC BD BD BE =+-⋅， 即2222CD BD BC BD BE -=-⋅．于是， 222222CD BD BC BD BEBC BC --⋅=2BA BE BD BEBA BE ⋅-⋅=⋅ ()BA BD BD AD BDBA AB---==． （2）当点D 与A 重合时，（1）中等式仍然成立． 此时，0AD =，CD AC =，BD AB =．于是222222221CD BD AC AB BC BC BC BC ---===-，1AD BD ABAB AB--==-， 故 222CD BD AD BDBC AB--=． （3）当点D 在BA 的延长线上时，（1）中的等式不成立．此时，同（1）作辅助线，应用广勾股定理，有2222CD BC BD BD BE =+-⋅，即222CD BD BC -=-2BD BE ⋅．从而222CD BD AD BD AD BDBC AB AB----=≠． 例6 如图57-，已知四边形ABCD 为正方形，O 过正方形的顶点A 和对角线的交点P ，并分别交AB ，AD 于点F ，E ．（1）求证：DE AF =；（2）若O，1AB =，求AEED的值． 解 显然EF 为O 的直径，即O 点在EF 上．联结EP ，FP ，则45EFP EAP FAP FEP ∠=∠=︒=∠=∠，即知EPF △为等腰直角三角形，于是EP ．图5-7D（1）由DP AP =，45EDP FAP ∠=︒=∠，DEP AFP ∠=∠，知DEP △≌AFP △．从而DE AF =．（2）过P 作PM AD ⊥于M ，则M 为AD 的中点，11)2AM =，12)2AP =．令AEx =，则11)2EM x =-．对Rt APM △的直角边AM 上的点E 应用广勾股定理，有2222AP AE EP EA EM =++⋅．即222112)21)22x x x ⎡⎤⎡⎤=++⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭， 亦即21)0x x -+=．解得1AE x ==AEED=． 例7 如图58-，在ABC △中，75A ∠=︒，35B ∠=︒，D 是边BC 上一点，2BD CD =．求证：2()()AD AC BD AC CD =+-．C ABFDME图5-8证明 如图，延长BC 至E ，使CE AC =．由题设70C ∠=︒，则35E B ∠=︒=∠，即知ABE △为等腰三角形．过点A 作AM BE ⊥于M ，则M 为BE 的中点．取BD 的中点F ，则BF FD DC ==，联结AF ．对Rt ABM △的直角边BM 所在直线上的点C 应用广勾股定理，有2222AB AC BC CB CM =+-⋅2()AC BC BC CM CM =+-- 2()AC BC BM CM =+- 2()AC BC EM CM =+- 2AC BC CE =+⋅2AC BC AC =+⋅①又在Rt AFM △，Rt ACM △中分别对点D 应用广勾股定理，有2222AF FD AD DF DM =++⋅， 2222AC CD AD DC DM =+-⋅．此两式相加得222222AF AC CD AD +=+． ②同理，在Rt ABM △，Rt ADM △中分别对点F 应用广勾股定理，有2222AB AF BF FB FM =++⋅， 2222AD AF DF FD FM =+-⋅，此两式相加，得222222AB AD AF CD +=+． ③由②，③得2222263AC AB CD AD +=+，将①代入并注意3BC CD =，得 2222AC AC CD CD AD +⋅=+．故2222(2)()()()AD AC AC CD CD AC CD AC CD AC BD AC CD =+⋅-=+-=+-．3．作出特殊线，证明是垂线 例8 （《中等数学》2008（4）数学奥林匹克问题222号）如图59-，O 在矩形ABCD 内，讨顶点A ，B ，C ，D 分别作O 的切线，切点分别为1A ，1B ，1C ，1D ．若13AA =，14BB =，15CC =，求1DD 的长．A E DCC 1BB 1D 1FOA 1图5-9解 联结AO ，BO ，CO ，DO ，1A O ，1B O ，1C O ，1D O ，则11OA AA ⊥，11OB BB ⊥，11OC CC ⊥，11OD DD ⊥． 设O 的半径为r ，则由勾股定理，知2221AO AA r =+，2221BO BB r =+， 2221CO CC r =+，2221DO DD r =+．过点O 作EF AD ∥分别交DC ，AB 于F ，E ，则由题设知OE AB ⊥，OF DC ⊥，且BE CF =． 在Rt AOE △中，对点B ，在Rt ODF △中，对点C 分别应用广勾股定理，有2222AO OB AB BA =+-⋅ BE ，2222DO OC CD CD CF =+-⋅．此两式相减得2222AO DO OB OC -=-，即2222AO OC OB OD +=+．（*） 于是，22221111AA CC BB DD +=+．故1DD = 注：（*）式表明：矩形内一点到两双对顶点的距离的平方和相等．例9 （第31届俄罗斯数学奥林匹克（第4轮）题）已知非等腰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． 证明 如图510-，设O ，H 分别为ABC △的外心和垂心，EF 是与AB 平行的中位线，交AC 于E ，交BC 于F ．联结CO 交11B A 于点L ，联结CH 交EF 于点K ．CTF A 1B 1ABHC ′E O K L图5-10注意到CH AB ⊥，EF AB ∥，则知CH EF ⊥，即KF CH ⊥．过点C 作ABC △外接圆的切线CT ，则CO CT ⊥，且11TCB CAB B AC ∠=∠=∠，即知11B A CT ∥，于是知11CO B A ⊥，即C L CO '⊥．联结C H '，C O '．在Rt C HK '△，Rt C OL '△中，分别对点C 应用广勾股定理，有2222C H C C CH CK CH ''=+-⋅， 2222C O C C CO CL CO ''=+-⋅．上述两式相减得222222C H C O CH C O CK CH CL CO '''-=--⋅+⋅． ① 由于1OE EB ⊥，1OL B L ⊥知1B ，E ，O ，L 四点共圆；由11EFC ABC A B C ∠=∠=∠，知1A ，F ，1B ，E 四点共圆；由11HA A F ⊥，HK KF ⊥知K ，H ，1A ，F 四点共圆，于是，CL ，1CO CE CB =⋅= 1CF CA CK CH ⋅=⋅．②将②式代入①式，得2222C H C O CH CO ''-=-． 于是，由定差幂线定理，知CC OH '⊥． 4．综合应用例10 （2009年福建省竞赛题）如图511-，O 与线段AB 切于点M ，且与以AB 为直径的半圆切于点E ，CD AB ⊥于点D ，CD 与以AB 为直径的半圆交于点C ，且与O 切于点F ，联结AC ，CM ．求证：（1）A ，F ，E 三点共线；（2）AC AM =；（3）22MC MD MA =⋅．图5-11证明 （1）设AB 的中点为O '，由于O '与O 内切于点E ，则知O '，O ，E 三点共线． 联结FO ，则FO CD ⊥．又AB CD ⊥，知FO AB ∥． 于是，EOF EO A '∠=∠．从而，两等腰EOF △，EO A '△的底角相等，即有OEF O EA '∠=∠．由此即知A ，F ，E 三点共线．（2）在O 中，由切割线定理，有2AM AF AE =⋅．联结EB ，则AE EB ⊥，知E ，F ，D ，B 四点共圆，即有AF AE AD AB ⋅=⋅．联结BC ，则由勾股定理有222BC AB AC =-．在ABC △中，应用广勾股定理，有222AC BC AB =+- 22222BA BD AB AC BA BD ⋅=--⋅，即有*22()AC AB BA BD AB AB BD AB AD AF AE =-⋅=-===⋅=⋅=（）2AM ，故AC AM =．（3）在AMC △中应用广勾股定理，有2222MC AM AC AM AD =+-⋅，而AM AC =，故22222MC AM AM AD AM DM =-⋅=⋅． 注：（*）处亦即直角三角形的射影定理2AC AB AD =⋅．这说明可用广勾股定理推导直角三角形射影定理． 例11 （《中等数学》2009（7）数学奥林匹问题高251）凸四边形ABCD 外切于O ，两组对边所在的直线分别交于点E ，F ，对角线交于点G ．求证：OG EF ⊥．FE 图5-12证明 设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 的切点分别为M ，N ，R ，S ，则由牛顿定理知（参见第29章）AC ，BD ，MR ，NS 四线共点于G ．联结OE 交MG 于H ，联结OF 交SG 于H '，则GH OE ⊥，GH OF '⊥．在OEG △和OFG △中分别应用广勾股定理，有2222EG OE EO OE OH =+-⋅， 2222FG OF OF OF OH '=+-⋅．注意到直角三角形的射影定理，有22OE OH OM OS OF OH '⋅===⋅． 从而22222222EG EO OG OE OH OG OF OH FG FO '-=-⋅=-⋅=-． 由例3的结论，知OG EF ⊥． 练习五1．设P 为ABC △的边AB 上一点，求证：222PB APCP AC BC AP PB AB AB=⋅+⋅-⋅． 2．已知O 内的弦CD 平行于直径AB ，P 为AB 上的一点，求证：2222PC PD PA PB +=+．3．设P 为正ABC △的外接圆劣弧BC 上任一点．求证：PB PC PA +=．4．设H 为锐角ABC △的垂心，P 是ABC △所在平面内任一点，作HM PB ⊥于点M 交AC 的延长线于点J ，作HN PC ⊥于点N 交AB 的延长线于点I ．求证：PH IJ ⊥．5．圆O 与圆D 相交于点A ，B ，BC 为圆D 的切线，点C 在圆O 上，且AB BC =．（1）证明：点O 在圆D 的圆周上；（2）设ABC △的面积为S ，求圆D 的半径r 的最小值． 6．（2005年国家队集训题）已知E ，F 是ABC △的边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 ⊥．。

第20章 定差幂线定理定差幂线定理 若直线l ⊥线段AB 于H ，1M 与M 为l 上两点，则222211M A MA M B MB -=-(*)反之，若式(*)成立，则1M M 所在的直线l AB ⊥．证法1 （参见第5章例3） 证法2 如图20-1，以线段AB 的中点为原点，中垂线为y 轴建立平面直角坐标系．并设(,0)A t -，(,0)B t ，(,)M x y ，其中0t >，则AHBMM 1l 图20-122MA MB k -=（定值）2222[()][()]x t y x t y k ⇔+----=4kx t⇔=（常数）． 所以，点M 的轨迹是一条垂直于AB 的直线． 证法3 因l ⊥上线段AB ，则由勾股定理得 22211AM AH HM --，222AM AH HM -=两式相减得222211AM AM HM HM -=-①同理可得222211BM BM HM HM -=-②由①，②得222211AM AM BM BM -=-反过来，可设1AHM θ=∠，则1πBHM θ=-∠， 故222211M A AM AH HM -=+j2212cos 2cos AH HM AH HM AH MH θθ-⋅--+⋅ 22112cos 2cos HM HM AH M H AH MH θθ=--⋅⋅+⋅2222221112cos(π)M B MB BH HM BH HM BH HM θ-=+-⋅---+ ()2212cos πBH HM HM HM θ⋅-=-+12cos 2cos BH HM BH HM θθ⋅-⋅又 222211M A AM M B MB -=-则112cos 2cos 2cos 2cos AH M H AH MH BH HM BH HM θθθθ-⋅+⋅=⋅-⋅ 即()()1cos cos MH AH HB HM AH HB θθ+=+ 从而 1cos00M M =得cos 0θ=，又0πθ<<，则π2θ=．故直线l ⊥线段AB ． 由定理，我们不难得到如下几个推论： 推论1 已知两点A 和B ，则满足222AM MB k -=（k 为常数）的点M 的轨迹，是垂直于AB 的一条直线l （其中若设l 交AB 于H ，则222AH BH k -=）．推论1所述的轨迹称为定差幂线，是一个常见的轨迹，此处不再叙述其证明．推论2 （施坦纳定理）由ABC △所在平面上的点1A ，1B ，1C 分别向边BC ⋅，CA ，AB 引的垂线共点的充分必要条件是2222221111110A B BC C A AB B C CA -+-+-=证明 必要性：设自点1A ，1B ，1C 分别向边BC ，CA ，AB 引垂线相交于一点M ，垂足依次为1H ，2H ，3H ，如图20-2，由定理得H 3H 1C 1H 2A 1MB 1C BA图20-2222211A B BM AC CM -=- 即222211A B AC BM CM -=- ①同理可得222211B C B A CM AM -=-②222211C A C B AM BM -=-③①+②+③，得2222221111110A B AC B C B A C A C B -+-+-= 即2222221111110A B BC C A AB B C CA ---+-=充分性：设点M 是1A ，1B 分别向BC ，AC 引的垂线之交点，则有222211MB MC A B AC -=- ④ 222211MC MA B C B A -=-⑤④+⑤可得2222221111MB MA A B AC B C B A -=-+- ⑥将式⑥代入已知条件2222221111110A B BC C A AB B C CA -+-+-=可得222211MB MA BC C A -=-由推论1可知，点M 在过点1C 向AB 引的垂线上，也就是过1A ，1B ，1C ，分别向BC ，CA ，AB 引的三条垂线共点．推论3 给定ABC △，P 是任一点，m ，n ，l 各是AP 、BP 、CP 的等角线，则m 、n 、l 三线共点或相互平行．证明 如图20-3，作1PA BC ⊥于1A ，作1PB CA ⊥于1B ，作1PC AB ⊥于1C ，联结11B C ，11C A ，11A B ．显然，AP 是11AB C △外接圆的直径，而m 是AP 的等角线，从而11m B C ⊥．P n M N Q B 1C 1A 1LlmCBA图20-3同理11n C A ⊥，11l A B ⊥．令m 、n 、l 与11B C 、11C A 、11A B 的垂足分别为L 、M 、N ，则由定差幂线定理，有 22221111LB LC AB AC -=-，22221111MC MA BC BA -=-， 22221111NA NB CA CB -=-．由推论2，知上述三式右端的和等于0．于是， 2222221111110LB LC MC MA NA NB -+-+-=．（*）若1A 、1B 、1C 三点共线，则m n l ∥∥若1A 、1B 、1C 三点不共线，则由(*)式注意推论2知m 、n 、l 交于一点．推论4 （正交三角形定理）给定ABC △和111A B C △，如果从1A ，1B ，1C ，分别向BC ，CA ，AB 所在直线引的三条垂线共点，则从A ，B ，C 分别向11B C ，11C A ，11A B 所在直线引的三条垂线亦共点． 证明 如图20-4，设11A H ，12B H ，13C H 三条垂线相交于一点M ，则依推论2，有 2222221111110AB B C CA A B BC C A -+-+-=⑦C 1H 1A 1H 3H 2B 1MCBA 图20-4式⑦表明，由A ，B ，C 分别向11B C ，11C A ，11A B 所在直线引的三条垂线亦共点．下面给出上述定理及推论应用的例子．例1 如图20-5，在ABC △中，AB AC =，D 是BC 的中点，DE AC ⊥，F 是DE 的中点，求证：AF ⊥ BE ．aFE DCBA图20-5证明 设AB a =，ABC α=∠，则ADE α=∠，即sin AD a α=，2sin sin AE AD a αα==11sin cos 22DF FE DE a αα===又在BDF △中，有2222cos(90)BF BD DF BD DF α=+-⋅︒+则()2222cos 90BF FE BD BD DF α-=-⋅︒+=221cos 2cos sin cos (sin )2a a a ααααα-⋅-=222cos (1sin )a αα+又 2222424sin (1sin )AB AE a a a αα-=-=-= 222222(1sin )(1sin )cos (1sin )a a αααα-+=+即 2222AB AE BF FE -=- 故 AF BE ⊥例2 在四边形ABCD 中，AB ，CD 的中垂线相交于P ，AD ，BC 的中垂线相交于Q ，M ，N 分别是AC ，BD 的中点，求证：PQ MN ⊥．证明 如图20-6，联结PA ，PC ，PM ．在PAC △中，由中线长公式得PQMN DCBA图20-6222211()24PM PA PC AC =+-同理222211()24PN PB PD BD =+-222211()24QM QA QC AC =+-222211()24QN QB QD BD =+-注意到PA PB =，PC PD =，QA QD =，QC QB =，便得2222PM QN PN QM +=+故PQ MN ⊥例3 如图20-7，ABC △的三条高线1AA ，1BB ，1CC 相交于点H ．求证：自A ，B ，C 分别作11B C ，11C A ，11A B 的垂线也必交于一点．该点恰是ABC △的外心．HOC 1B 1A 1CBA图20-7证明 图20-7中有两个三角形ABC △和111A B C △（垂足三角形），其中，自1A ，1B ，1C 分别作ABC △三边BC ，CA ，AB 的垂线共点于H ，根据推论4，自A ，B ，C 三点分别作11B C ，11C A ，11A B 的垂线也必共点，记这点为O ．现证明点O 就是ABC △的外心．由B ，C ，1B ，1C 四点共圆，可得11AC B C =∠∠．而11AO B C ⊥，所以90BAO C =︒-∠∠． 又由C ，A ，1C ，1A 四点共圆，可得11AC B C =∠∠．而11BO AC ⊥，所以90ABO C =︒-∠∠． 由此可知BAO ABO =∠∠，于是AO BO =． 同理可证BO CO =．故AO BO CO ==，即点O 为ABC △的外心．例4 已知1AA ，1BB ，1CC 分别为ABC △三边BC ，CA ，AB 上的高．设2A ，2B ，2C 分别为11B C ，11C A ，11A B 的中点，并设2A R ，2B S ，2C T 是分别垂直于BC ，CA ，AB 的线段，求证：2A R ，2B S ，2C T 三线共点．证明 如图20-8，自1A ，1B ，1C 分别引BC ，CA ，AB 的三条垂线共点H ．依例3可知，自A ，B ，C 分别引11B C ，11C A ，11A B 的垂线共点于O ，且点O 是ABC △的外心．S A 2C 2A 1B 2B 1RC 1OT BA图20-8由中位线定理可知1122B C B C ∥，1122AC A C ∥，1122A B A B ∥． 所以，22AO B C ⊥，22BO C A ⊥，22CO A B ⊥．此时，对ABC △与222A B C △来说，自A ，B ，C 三点分别引22B C ，22C A ，22A B 的垂线共点于O ，依据推论4，则有由2A ，2B ，2C 分别引BC ，CA ，AB 的垂线2A R ，2B S ，2C T 三线共点．例5 （2001年全国高中联赛题）ABC △中，O 为外心，三条高AD 、BE 、CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N ．求证：(1)OB DF ⊥，OC DE ⊥；(2)OH MN ⊥． 证明 如图20-9．图20-9NK E OH F DC BA(1)由D ，E ，F 三点分别引BC ，CA ，AB 的垂线共点于H ，则由A ，B ，C 分别引EF ，DF ，DE 的垂线共点于ABC △的外心O (见例3)．故OB DF ⊥，OC DE ⊥．(2)再看AMN △与OBC △自A ，M ，N 三点分别向OBC △三边BC ，CO ，OB 引的垂线AD ，ME ，NF 共点于D ，根据推论4，则有自O ，B ，C 三点分别引MN ，AN ，AM 的垂线OK ，BE ，CF 亦应共点．但已知其中BE ，CF 相交于点H ，所以OK 亦必过点H ．换言之，OH MN ⊥成立．例6 已知圆(A ，A r )，圆(B ，B r )，圆(C ，C r )两两相交．证明：这三个圆两两相交所得的三条公共弦共点．证明 如图20-10，由两圆连心线与公共弦垂直可知，问题可视为从诸圆的交点1A ，1B ，1C 分别向ABC △三边BC ，CA ，AB 引垂线，证这三条垂线共点．由于图20-10222222111111A B BC C A AB B C CA -+-+-2222220B B A A C C r r r r r r =-+-+-=由推论2可得三条公共弦共点．例7 （2003年国家队集训题）凸四边形ABCD 的对角线相交于点M ，P ，Q 分别是AMD △和CMB △的重心，R 、S 分别是DMC △和MAB △的垂心．求证：PQ RS ⊥． 证明 作AMDX 相CMBY ，连MX ，DX ，AX ，BY ，CY ，MY ；SA ，SB ，SX ，SY ，RC ，RD ，RX ，RY ．由重心性质，知P 在MX 上，且13MP MX =；Q 在MY 上，且13MQ MY =，所以PQ XY ∥或P 、Q 、X 、Y 四点共线．又R 是CDM △的垂心，故DR CM ⊥．由DX CM ∥有DR DX ⊥．同理CR CY ⊥，AS AX ⊥，BS BY ⊥． 所以2222()()SX RY RX SY +-+ 2222()AS AX CR CY =+++ 2222()DR DX SB BY -+++ 2222()AS BM BS AM =+-- 2222()0CR DM DR CM ++--=于是2222SX RY RX SY +=+， 故RS XY ⊥，即RS PQ ⊥．XYRPQSD CBA 图20-11例8 若点P 在ABC △三边BC 、CA 、AB 所在直线上的射影分别为X 、Y 、Z ．则自YZ 、ZX 、XY 的中点分别向BC 、CA 、AB 所作的垂线共点． 证明 由三角形中线长公式，有22221()42a mbc a =+-．由DX BC '⊥，EY CA '⊥，FZ AB '⊥， 则 2222X B X C BD CD ''-=-22211()24BZ BY YZ =+- 22211()24CY CZ YZ ⎡⎤-+-⎢⎥⎣⎦22221()2BY BZ CY CZ =+--． 同理，2222221()2Y C Y A CZ CX AZ AX ''-=+--2222221()2Z A Z B AX AY BX BY ''-=+--．以上三式相加，得222222X B X C Y C Y A Z A Z B ''''''-+-+- 2222221()02XC XB YA YC ZB ZA =-+-+-=． 由推论2，知DX '，EY '，FZ '三线共点．Z'ZX'FE X Y'Y D CBA图20-12例9 已知一圆ABC 及不在这圆上的一点P ，连结AP 、BP 、CP 交已知圆于A '，B '，C '，在此圆内作三弦A X '，B Y '，C Z '使分别平行于BC 、CA 、AB ．求证：AX 、BY 、CZ 三线共点． 证明 由A X BC '∥，则BAA CAX '=∠∠．即AA '与AX 是BAC ∠的等角线．同理，BB '与BY 是ABC ∠的等角线，CC '与CZ 是BCA ∠的等角线，即P 、Q 为等角共轭点． 由推论3，即知AX 、BY 、CZ 三线共点．Q PXC 'A'E B'Y C B A 图20-13例10 将某点在一三角形每角的内、外平分线上的射影相连．求证：三连线共点或互相平行． 证明 设L 、M 、N 分别为矩形PXAX '、PYBY '、PZCZ '的中心，则 PLM PAB LAX BAX ==-∠∠∠∠ LXA CAX =-∠∠ADX XLN ==∠∠．即XX '与PL 是NLM ∠的等角线．同理，YY '与PM 是LMN ∠的等角线，ZZ '与PN 是MNL ∠的等角线． 由推论3知，XX '、YY '、ZZ '或共点或互相平行．图20-14XY MP L L YZ'BC AX'B'C 'A例11 一点P 在ABC △三边BC 、CA 、AB 所在直线上的射影为X 、Y 、Z ．设过这三点可作一圆，而这圆又交BC 、CA 、AB 于X '、Y '、Z '．求证：过此三点依次所作BC 、CA 、AB 的垂线必共点．证明 如图，有X B XB XC X C ''-=-，Y C YC YA Y A ''-=-，ZA Z A Z B ZB ''-=-PQY Y'L'L X'XCBA 图20-15以上三式两边平方后相加并适当整理得 22222222XB XC YC YA ZA ZB X B X C ''-+-+-+-2222Y C Y A Z A Z B ''''+-+- 2[()]()XB X B ZB Z B YC Y C XC X C ''''=⋅-⋅+⋅-⋅(2)A Z A YA Y A ''+⋅-⋅ 由于X 、X '、Y 、Y '、Z 、Z '均是圆上的点，故等式右端为零． 由推论2，得2222220X B X C Y C Y A Z A Z B ''''''-+-+-=． 故QX '、QY '、QZ '共点．例12 自三角形的顶点向一直线作垂线，则各垂足分别至对边所作的垂线共点．YQX Z FEDCBA 图20-16证明 如图，由Rt XBD △、Rt XCD △，有2222XB XC DB DC -=-． 由Rt YCE △，Rt YAE △，有2222YC YA BC EA -=-． 由Rt ZAF △，Rt ZBF △，有2222ZA ZB FA FB -=-． 三式相加，得222222XB XC YC YA ZA ZB -+-+-()222222DB EC FA DC EA FB =++-++()()()()()()222222222222[]DE BE EF CF FD AD CF FD AD DE BE EF =+++++-+++++0=由推论2，知XD 、YE 、ZF 三线共点于Q ．例13 有两个三角形ABC △和A B C '''△，自A 、B 、C 分别向B C ''、C A ''、A B ''所作的垂线共点，则自A '，B '，C '分别向BC 、ZA 、AB 所作的垂线亦共点．证明 如图，由A X BC ''⊥，B Y CA ''⊥，C Z AB ''⊥，有2222X B X C A B A C ''''-=-，2222Y C Y A B C B A ''''-=-，2222Z A A B C A C B ''''-=-．图20-17YP B'CL C 'A'X'BY'三式相加，得 222222X B X C Y C Y A Z A Z B ''''''-+-+- 222222()A B B C C A A C B A C B ''''''=++-++ 222222()()()YA YB ZB ZC XC XA '''=+++++ 222222[()()()]ZA ZC XB XA YC Y '''-+++++2222220XC XB YA YC ZB ZA ''''''=-+-+-=． 由推论2知，A X ''，B Y ''，C Z ''三线共点于P ．例14 （2008年第15届土耳其数学奥林匹克题）以锐角ABC △的一边AC 为直径作圆，分别与AB 、BC交于点K 、L ，CK 、AL 分别与ABC △的外接圆交于点F 、D (F C ≠，D A ≠)，E 为劣弧AC 上一点，BE 与AC 交于点N ．若222222AF BD CE AE CD BF ++=++． 证明：KNB BNL =∠∠．证明 如图20-18，由于以AC 为直径的圆分别与AB 、BC 交于点K ，L ，则CK AB ⊥，AL BC ⊥． 设CK 与AL 交于点H ，则H 为ABC △的垂心，故点H 与F 关于AB 对称，点H 与D 关于BC 对称． 从而，AF AH =，CD CH =，BD BH BF ==．L E K FHND C BA图20-18白222222AF BD CE AE CD BF ++=++，有 2222AH CE AE CH +=+．即2222AH CH AE CE -=-．由定差幂线定理知，HE AC ⊥． 又注意到H 为垂心，有BH AC ⊥．故知B 、H 、E 三点共线． 因为N 为边AC 与BH 的交点，则BN AC ⊥．故KNB BNL =∠∠．例15（2008年越南数学奥林匹克题）设AD 是ABC △的中线，d 是垂直于AD 的一条直线，M 是d 上一点，E 、F 分别为MB 、MC 的中点，过点E 、F 且垂直于d 的直线分别与AB 、AC 交于点P ，Q ，d '是过M 且垂直于PQ 的直线，证明：d '总过一个定点．证明 如图20-19，作BB d '⊥于B '，作CC d '⊥于C '，过B '作AB 的垂线，过C '作AC 的垂线，设这两条垂线交于点S ，则S 为定点．d'P QdC 'B'M S FE DCA图20-19下面证明：d '过点S ，这又只需证MS PQ ⊥．由于E 、F 是中点，则BB EP FQ CC ''∥∥∥，所以，EP 垂直平分B M '，FQ 垂直平分MC '． 于是，MP B P '=，MQ C Q '=．注意到D 是BC 的中点，易得AD 垂直平分B C ''，则AB AC ''=． 又AP B S '⊥，AQ C S '⊥，由定差幂线定理，有 2222B P PS AB AS ''-=-，2222C Q QS AC AS ''-=-．从而222222222222MP PS B P PS AB AS AC AS C Q QS MQ QS ''''-=-=-=-=-=-． 又由定差幂线定理，知MS PQ ⊥．故d '恒过定点S ．练习二十 1．设不等边ABC △的边BC a =，CA b =，AB c =，O 、I 为其外心的内心，且AI IO ⊥．求证：2b c a +=． 2．设不等边ABC △的边BC a =，CA b =，AB c =，O 、I 、G 分别为其外心和内心、重心，若AG OI ⊥．证明：112b c a+=．3．（2007年西部数学奥林匹克试题）1O 与2O 相交于点C ，D ，过点D 的一条直线分别与1O ，2O 相交于点A ，B ，点P 在1O 的弧AD 上，PD 与线段AC 的延长线交于点M ，点Q 在2O 的弧BD 上，QD 与线段BC 的延长线交于点N ．O 是ABC △的外心．求证：OD MN ⊥的充要条件为P ，Q ，M ，N 四点共圆． 4．（2007年中国数学奥林匹克试题）设O 和I 分别是ABC △的外心和内心，ABC △的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别相切于点D 、E 、F ，直线FD 与CA 相交于点P ，直线DE 与AB 相交于点Q 、M 、N 分别是线段PE 、QF 的中点．求证：OI MN ⊥．5．（第48届IMO 中国国家集训队测试题）设I 是ABC △的内心，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，点D 、E 分别在直线AB 、AC 上，满足BD CE BC ==．过点D 且垂直于IM 的直线与过点E 且垂直于IN 的直线交于点P ．求证：AP BC ⊥． 6．（2006年土耳其国家队选拔考试）已知Q 是以AB 为直径的圆上一点，Q A ≠、B ，QAB 上的投影为H ．以Q 为圆心、QH 为半径的圆与以AB 为直径的圆交于点C 、D ．证明：CD 平分线段QH ．7．（2006年波兰数学奥林匹克）已知C 是线段AB 的中点，过点A 、C 的1O 与过点B 、C 的2O 交于C 、D 两点，P 是1O 上AD (不包含点C )的中点，Q 是2O 上BD (不包含点C )的中点．证明：PQ CD ⊥．8．（2006年中国国家队培训试题）已知ABC △、PAB △和QAC △是ABC △外面的两个三角形，满足AP AB =，AQ AC =及BAP CAQ =∠∠，线段BQ 与CP 交于点R ．设BCR △的外接圆圆心为O ．证明：⊥．AO PQ。

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．。

重 心定义：重心是三角形三边中线的交点，可用燕尾定理证明，十分简单。

证明过程又是塞瓦定理的特例。

已知：△ABC 中，D 为BC 中点，E 为AC 中点，AD 与BE 交于O ，CO 延长线交AB于F 。

求证：F 为AB 中点。

证明：根据燕尾定理，S △AOB=S △AOC ，又S △AOB=S △BOC ，∴S △AOC=S △BOC ，再应用燕尾定理即得AF=BF ，命题得证。

重心的性质：1、重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。

2、重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。

3、重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。

4、三角形到三边距离之积最大的点。

5、在平面直角坐标系中，重心的坐标是顶点坐标的算术平均，即其坐标为((321x x x ++)/3,(321y y y ++)/3)；空间直角坐标系——横坐标：(321x x x ++)/3 纵坐标：(321y y y ++)/3 竖坐标：（321z z z ++）/3外心定义：外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，即外接圆的圆心。

外心定理：三角形的三边的垂直平分线交于一点，该点叫做三角形的外心。

外心性质：三角形的外心是三边中垂线的交点,且这点到三角形三顶点的距离相等。

设1d ,2d ,3d 分别是三角形三个顶点连向另外两个顶点向量的数量积1c =2d 3d ，2c =1d 3d ，3c =1d 2d ；c=1c +2c +3c重心坐标：( (32c c +）/2c ，(31c c +)/2c ，(21c c +)/2c )垂心定义：三角形的三条高的交点叫做三角形的垂心。

性质：锐角三角形垂心在三角形部直角三角形垂心在三角形直角顶点钝角三角形垂心在三角形外部设1d ,2d ,3d 分别是三角形三个顶点连向另外两个顶点向量的数量积。

1c =2d 3d ，2c =1d 3d ，3c =1d 2d ；c=1c +2c +3c垂心坐标：( 1c /c ，2c /c ，3c /c )九点圆三角形三边的中点,三高的垂足和三个欧拉点〔连结三角形各顶点与垂心所得三线段的中点〕九点共圆，这个圆为九点圆〔 或欧拉圆 或 费尔巴哈圆. ）九点圆性质：1.三角形的九点圆的半径是三角形的外接圆半径之半; 即九点圆r ：外接圆r =2：12.九点圆的圆心在欧拉线上,且恰为垂心与外心连线的中点;3.三角形的九点圆与三角形的切圆,三个旁切圆均相切设1d ,2d ,3d 分别是三角形三个顶点连向另外两个顶点向量的数量积1c =2d 3d ，2c =1d 3d ，3c =1d 2d ；c=1c +2c +3c垂心坐标：：( (3212c c c ++)/4c ，(3212c c c ++)/4c ，(3212c c c ++)/4c )欧拉线定义：三角形的外心、重心、九点圆圆心、垂心，依次位于同一直线上，这条直线就叫三角形的欧拉线。

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 ⊥．。

高中数学竞赛平面几何知识点基础1、相似三角形的判定及性质相似三角形的判定：(1)平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似;(2)如果一个三角形的两条边和另一个三角形的两条边对应成比例,并且夹角相等,那么这两个三角形相似(简叙为:两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似.);(3)如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例,那么这两个三角形相似(简叙为:三边对应成比例，两个三角形相似.);(4)如果两个三角形的两个角分别对应相等(或三个角分别对应相等)，则有两个三角形相似(简叙为两角对应相等，两个三角形相似.).直角三角形相似的判定定理:(1)直角三角形被斜边上的高分成两个直角三角形和原三角形相似;(2)如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似.常见模型：相似三角形的性质:（1）相似三角形对应角相等（2）相似三角形对应边的比值相等，都等于相似比（3）相似三角形对应边上的高、角平分线、中线的比值都等于相似比（4）相似三角形的周长比等于相似比（5）相似三角形的面积比等于相似比的平方2、内、外角平分线定理及其逆定理内角平分线定理及其逆定理：三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例。

如图所示，若AM平分∠BAC，则该命题有逆定理：如果三角形一边上的某个点与这条边所成的两条线段与这条边的对角的两边对应成比例，那么该点与对角顶点的连线是三角形的一条角平分线外角平分线定理：三角形任一外角平分线外分对边成两线段，这两条线段和夹相应的内角的两边成比例。

如图所示，AD平分△ABC的外角∠CAE，则其逆定理也成立：若D是△ABC的BC边延长线上的一点，且满足则AD是∠A的外角的平分线内外角平分线定理相结合：如图所示，AD平分∠BAC，AE平分∠BAC的外角∠CAE，则3、射影定理在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的高，则有射影定理如下：BD2=AD·CDAB2=AC·ADBC2=CD·AC对于一般三角形：在△ABC中，设∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，则有a=bcosC+ccosB b=ccosA+acosC c=acosB+bcosA4、旋转相似当一对相似三角形有公共定点且其边不重合时，则会产生另一对相似三角形，寻找方法：连接对应点，找对应点连线和一组对应边所成的三角形，可以得到一组角相等和一组对应边成比例，如图中若△ABC∽△AED，则△ACD∽△ABE5、张角定理在△ABC中D为BC边上一点，则sin∠BAD/AC+sin∠CAD/AB=sin∠BAC/AD6、圆内有关角度的定理圆周角定理及其推论：（1）圆周角定理指的是一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半（2）同弧所对的圆周角相等（3）直径所对的圆周角是直角，直角所对的弦是直径（4）圆内接四边形对角互补（5）圆内接四边形的外角等于其内对角弦切角定理：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角。

例8 （2010年中国国家集训队测试题）锐角ABC △中，已知AB AC >，设ABC △的内心为I ，边AC ，AB 的中点分别为M ，N ，点D ，E 分别在线段AC ，AB 上，且满足BD IM ∥，CE IN ∥，过内心I 作DE 的平行线与直线BC 交于点P ，点P 在直线AI 上的投影为Q ．证明：点Q 在ABC △的外接圆上．证明 如图1029-，由BD IM ∥，CE IN ∥，应用推论3，知D 为ABC ∠内的旁切圆与边AC 的切点，E 为ACB ∠内的旁切圆与边AB 的切点．Q （Q 1）SA BCD EM IKNTP （P 1）图10-29令BC a =，CA b =，AB c =，1()2p a b c =++，BAC α∠=，ABC β∠=，ACB γ∠=，R ，r 分别为ABC △的外接圆、内切圆半径． 由性质11（1），cot2AE p b r β=-=⋅，cot2AD p c r γ=-=⋅，从而cottan22cot tan22AE AD βγγβ==． 设AI 与BC 交于点K ，与ABC △的外接圆交于点1Q ，则1Q 为弧BC 的中点，过点1Q 作1AQ 的垂线与直线BC 交于点1P ．下面证明1PI DE ∥．设1PI 与AC ，AB 分别交于点S ，T ，对ABK △及截线1PTI 应用梅涅劳斯定理， 有111BP AT KITB PK IA ⋅⋅=． 因为1sin sin sin sin 22BKQ IA AC AKC KI KC γγ∠∠===，111111111sinsin sin 2sin sin(90)cos PQ PBQ CBQ BP PQ BAQ B γγ∠∠===∠︒-∠， 所以11111sin sin 2PK PKBKQ AT IA TB BP KI BP α∠=⋅=⋅1111cos sin2PQ BP αγ==⋅． 于是，有 22sin 2tan 1cos 22cos 2AB R AT R γγγγ⋅===⋅+．同理 2tan2AS R β=⋅．由于tan2tan 2AT AE AS ADγβ==，所以1PI DE ∥． 注意到过点I 只能引一条平行于DE 的直线，所以1P 与P 重合，又点P 在AI 上的投影是唯一的，故1Q 与Q 重合，即点Q 在ABC △的外接圆上．例9 （2006年CMO 题）在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，ABC △的内切圆圆O 分别与边BC ，CA ，AB 相切于点D ，E ，F ，联结AD ，与内切圆交圆O 交于点P ，联结BP ，CP ．若90BPC ∠=︒，求证：AE AP PD +=．（注：90ACB ∠=︒可去掉） 证法1 如图1030-，辅助线及各点标记如图．A C图10-30由性质4（1），可设EH ，FG ，AD 三线共点于K ．由90GPH ∠=︒，知O 在GH 上，又OFG OGF HEF ∠=∠=∠，则OF 是KEF △外接圆的切线．又OF AF ⊥，知KEF 的圆心在AF 上． 同理，KEF 的圆心在AE 上．故A 即KEF 的圆心，AK AE =，从而AKE AEH EGH ∠=∠=∠，则E ，G ，S ，K 四点共圆，有90OSK GEK ∠=∠=︒，即GH PD ⊥．故知点G 为弧PED 的中点．设AE x =，AP m =，PD n =，CE CD y ==，延长AD 至T ，使DT CD y ==，作CQ AT⊥于Q ，则12T CDP CPD ∠=∠=∠，即知Q 为PT 的中点．于是，1()2PQ n y =+，1||2DQ n y =-，且 2222AC CD AQ DQ -=-（定差幂线定理）即()()()()AC CD AC CD AQ DQ AQ DQ +-=+-，亦即(2)()()x y x m n m y +⋅=++， 亦即22()()x xy m m n y m n +=+++．由切割线定理，有2()x m m n =+．代入上式有2m n x +==求得3n m =，2x m =，即有3x m m n +==，故AE AP PD +=． 证法2 （图略）．由性质4（3）．可设BG ，CH ，AD 三线共点于L ，DH 与BG 交于点R ，则在完全四边形BHPLCD 中，应用对角线调和分割性质，有BR LRBG LG=． 过G 作IJ DH ∥交DC ，DP 于I ，J ，则DR BR LR DRIG BG LG JG===，即有IG JG =． 又90GDH ∠=︒，则DG IJ ⊥，即IDG JDG ∠=∠，知G 是弧PED 中点．下同证法1． 证法3 （图略）．联结AG 、AH 分别交内切圆于点M 、N ．由性质4（4），可设HM ，GN ，AD 三线共点于W ．因90GPH ∠=︒，则HM AG ⊥，GN AH ⊥，即W 为AGH △的垂心．于是AD GH ⊥．从而，直径GH 为PD 的中垂线，即G 是弧PED 的中点．下同证法1．例10 （2001年第30届美国数学奥林匹克题）已知ABC △的内切圆ω分别切BC ，AC 边于1D ，1E ，2D ，2E 分别在BC ，AC 上，且21CD BD =，21CE AE =．记2AD 与2BE 的交点为P ，圆ω与2AD 相交两点中离A 较近的点为Q ．求证：2AQ D P =．证明 如图1031-，设圆ω的圆心为I ，因21CD BD =，由性质8知1D ，I ，Q 三点共线． 再由性质18，知当21CE AE =时，有2AQ D P =．E 2D 2E 1D 1A BCPQ I 图10-31例11 （2003年第20届伊朗数学奥林匹克题）设I 是ABC △的内心，且I 与AB ，BC 分别切于点X ，Y ，XI 与I 交于另一点T ，X '是AB 与CT 的交点．L 在线段X C '上，且X L CT '=．证明：当且仅当A ，L ，Y 三点共线时，AB AC =． 证明 如图1032-，设直线AL 交BC 于点Y '，则由性质18，知当X L CT '=时，BY CY '=．A图10-32于是，A ，L ，Y 三点共线Y '⇔与Y 重合Y ⇔为BC 的中点AB AC ⇔=．例12 （2008年印度国家队选拔考试题）设ABC △是非等腰三角形，其内切圆为圆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 ，EU ，FV 的中点分别为L ，M ，N ．证明：L ，M ，N 三点共线． 证明 如图1020-，由性质19知，U ，V ，W 三点共线． 在四边形VUFE 中（或完全四边形VUWFDE 中），应用牛顿线定理，即知L ，M ，N 三点共线（第14章性质1）．例13 （1995年第24届美国数学奥林匹克题）设ABC △是非等腰非直角三角形，设O 是它的外接圆圆心，并且1A ，1B ，1C 分别是边BC ，CA ，AB 的中点，点2A 在射线1OA 上，使得1OAA △∽2OA A △．点2B 和2C 分别在射线1OB 和1OC 上，使得1OBB △∽2OB B △和1OCC △∽2OC C △．证明：直线2AA ，2BB ，2CC 共点．证明 如图1033-，因1OAA △∽2OA A △，1OBB △∽2OB B △，1OCC △∽2OC C △，则由性质15，知2A B 与O 相切于点B ，2A C 与O 相切于点C ，2B C ，2B A ，2C A ，2C B 分别与O 相切于点C ，A ，A ，B ．于是，O 是222A B C △的内切圆，切点分别为A ，B ，C ．C 2ABCA 1B 1C 1A 2B 2O图10-33由切线长定理，再应用塞瓦定理，知2AA ，2BB ，2CC 三线共点．例14 （2006年第16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1034-，记过点A 且平行于BC 的直线与过点P 且与AD 垂直的直线交于点Q '，直线DI 与AQ '交于点U ，直线PQ '与I 交于点()V V P ≠．Y Q （Q '）图10-34由90VPD ∠=︒，知D ，I ，V ，U 四点共线．由90BDI ∠=︒，知90AUI ∠=︒，又90AFI AEI ∠=︒=∠，即知A ，F ，I ，E ，U 五点共圆，记此圆为1ω．又由90APV AUV ∠=︒=∠，知A ，P ，V ，U 四点共圆，记此圆为叫2ω．注意到I ，圆1ω，圆2ω两两相交的根轴EF ，PV ，AU 相交于一点（因B C ∠≠∠知圆1ω，圆2ω，I 的圆心不共线），而EF 与PV 相交于点Q ，直线AU 与PV 交于点Q '，故Q 与Q '重合，即有QA BC ∥．于是，由推论4，知AX AY =，故知A 是线段XY 的中点． 例15 （2008年中国国家代表队选拔赛题）设I 为ABC △的内切圆，切BC 边于点D ，AB AC >，联AD 交I 于E ，在DE 上取点F ，使CF CD =，延长CF 交BE 于点G ，则FG FC =．证明 如图1035-，设I 分别切AB ，AC 于点P ，Q ，过点E 的切线与直线BC 交于点K ，则由性质14，知P ，Q ，K 三点共线．又由性质1，有BD BK DC KC =，即有1BD KCDC BK⋅=．B图10-35由CF CD =，有KED ADC DFC ∠=∠=∠，知EK GC ∥．从而GE KC EB KB=．对BCG △及截线DFE 应用梅涅劳斯定理，有1BD CF GE BD CF KC CFDC FG EB DC FG KB FG=⋅⋅=⋅⋅=， 故 GF FC =．例16 （IMO46预选题，2006年伊朗国家队选拔赛题）已知ABC △的中线AM 交其内切圆Γ于点K ，L ，分别过K ，L 且平行于BC 的直线交圆Γ于点X ，Y ，AX ，AY 分别交BC 于P ，Q ．证明：BP CQ =． 证明 如图1036-，设I 为ABC △的内心，I 分别切BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，直线DI 与EF 交于点T ，则由性质9知，点T 在AM 上．B图10-36设过点K ，L 的两条切线交于点S ，则由性质14，知F ，E ，S 共线．又由性质17，知KA KTAL TL=．① 没直线YL 交AP 于点Z ，由KX YL ∥，有KX AKLZ AL=． ②注意到等腰梯形YLXK 中KL 对其对角线，两底的公垂线为TI ，从而KX KTYL TL=．再注意①，②式，则KX KXLZ YL=，即知L 是YZ 的中点． 因此，M 是QP 的中点，故BP CQ =． 练习十 1．（2008年东南地区数学奥林匹克题）ABC △的内切圆I 分别切BC ，AC 于点M 、N ，E 、F 分别为边AB 、AC 的中点，D 是直线EF 与BI 的交点．证明：M 、N 、D 三点共线． 2．（2010年第六届北方数学奥林匹克邀请赛题）已知O 是ABC △的内切圆，D ，E ，N 分别为AB ，AC ，BC 上的切点．联结NO 并延长交DE 于点K ，联结AK 并延长交BC 于点M ．求证：M 是BC 的中点． 3．（2008年香港数学奥林匹克题）已知ABC △（AB AC ≠）的内切圆分别切BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，H 是线段EF 上的点，使得DH EF ⊥．若AH BC ⊥，证明：H 是ABC △的垂心． 4．（2009年越南数学奥林匹克题）设A ，B 是定点，C 是动点，且ACB α∠=是定角，其中0α︒<180<︒，ABC △的内切圆I 在边BC ，CA ，AB 上的切点分别为F ，E ，D ，EF 分别与AI ，BI 交于点M ，N ．证明：线段MN 的长是定长，且DMN △的外接圆过一个定点． 5．（1995年伊朗数学奥林匹克、1997年匈牙利数学奥林匹克、2002年保加利亚数学奥林匹克题）设ABC △的内切圆与边BC ，CA ，AB 分别相切于点D ，E ，F ．求证：ABC △的外心O ，内心I 与DEF △的垂心H '三点共线． 6．（2007年保加利亚数学奥林匹克题）已知锐角ABC △的内切圆与三边AB 、BC 、CA 分别切于点P ，Q ，R ，垂心H 在线段QR 上．证明：（1）PH QR ⊥；（2）设ABC △的外心，内心分别为O ，I ，C ∠内的旁切圆切AB 于点N ，则I ，O ，N 三点共线． 7．（2010年第六届北方数学奥林匹克邀请赛题）已知PA ，PB 是O 的切线，切点分别是A ，B ，PCD 是O 的一条割线，过点C 作PA 的平行线，分别交弦AB ，AD 于点E ，F ．求证：CE EF =．8．设ABC △的内切圆切BC 边于点D ，AD 交内切圆于点L ，过点L 作内切圆的切线分别交AB ，AC 于点M ，N ，则1111AB AM AC AN+=+． 9．设ABC △的内切圆I 分别切BC ，CA ，AB 三边于点D ，E ，F ，过点I 与DEF △三边平行的直线分别交BC ，CA ，AB 于点G ，H ，M ，N ，P ，Q ．则1GH MN PQBC CA AB++=．10．ABC △的一个旁切圆分别切BC 及AC ，AB 的延长线于点D ，E ，F ，点I 在线段EF 上，则DI EF ⊥的充要条件是FI BDIE DC=． 11.（《中等数学》2009（12）数学奥林匹克训练题）ABC △的一个旁切圆O 分别切边BC 及AB ，AC 的延长线于点D ，E ，F ，BH OC ⊥于点H ，CG OB ⊥于点G ．联结GH ．过点D 作DI GH ⊥，BI ，CI 分别交AC ，AB 的延长线于点M ，N ．证明：EN BDFM CD=． 12.（2008年第34届俄罗斯教学奥林匹克（第四轮））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：点A '，B '，C '到直线KL 的距离彼此相等．13．（2005年IMO46预选题、2006年波兰数学奥林匹克题、2006年法国国家队选拔赛题）已知ABC △满足3AB BC AC +=，I 为ABC △的内心，内切圆与边AB 、BC 的切点分别为D 、E ．点D 、E 关于点I 的对称点分别为K 、L ．证明：A 、C 、K 、L 四点共圆． 14．（IMO45预选题）已知三角形ABC ，点X 是直线BC 上的动点，且点C 点B 、X 之间．又ABX △、ACX △的内切圆有两个不同的交点P 、Q ．证明：PQ 经过一个不依赖于X 的定点． 15．（《数学教学》2006（2）数学问题664号）O 是Rt ABC △的内切圆，E 、F 分别是两条直角边AC 、BC 上的切点，射线AO 、BO 交直线EF 于N 、M ．求证：1154ONM ABC S S <<△△．。

知能图谱⎧⎪⎧⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎩⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎩圆的有关概念轴对称性，垂径定理圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系有关概念及性质圆的有关性质圆心角定理旋转不变性圆周角定理圆内接四边形点和圆的位置关系点和圆的位置关系过不在同直线上的三点作圆三角形的外接圆相离直线和圆的位置关系相交切线的性质切线的判定圆相切切线长及切线长定理三角形的内切圆正多边形2222ππ11802ππ360ππR nC R nl RS lRR nS R nS RS rlS Sr⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎫︒⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩=⎬︒⎧⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩⎭=⎫⎪=⎬=⎪⎭扇形扇形侧全底正多边形的定义正多边形和圆和圆正多边形的判定及性质正多边形的有关计算正多边形及有关计算半径为的圆中，的圆心角圆的周长所对的弧长为=半径为的圆中，圆心角为圆中的有关计算圆的面积的扇形面积为圆锥的侧面积圆锥的全面积圆锥的底面积SS⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪+⎪⎪⎪⎪⎭⎩⎩侧底实际应用第47讲圆的有关概念及性质知识能力解读知能解读（一）圆的概念1 概念（1）在描述性定义：如图所示，在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A 所形成的图形叫作圆。

其固定的端点O叫作圆心，线段OA叫作半径。

A（2）集合性定义：圆心为O 、半径为r 的圆可以看成是所有到定点O 的距离等于定长r 的点的集合。

2 圆的表示方法以点O 为圆心的圆，记作O ，读作“圆O ”。

3 圆的特征（1）圆上各点到定点（圆心）的距离都等于定长（半径）； （2）到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上。

点拨（1）圆指的是“圆周”，即一条封闭的曲残，而不是“圆面”。

（2）“圆上的点”指的是圆周上的点，圆心不在圆周上。

第25章 九点圆定理九点圆定理 三角形三条高的垂足、三边的中点以及垂心与顶点的三条连线段的中点，这九点共圆． 如图25-1，设ABC △三条高AD ，BE ，CF 的垂足分别为D 、E 、F ，三边BC 、CA 、AB 的中点分别为L 、M 、N ，又AH 、BH 、CH 的中点分别为P 、Q 、R ，则D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、O 、R 九点共圆．HO QL RN MP F E DCBA 图25-1证法1联结PQ ，QL ，LM ，MP ，则12L M B A Q P∥∥，即知L M P Q 为平行四边形，又LQ CH AB LM ⊥∥∥，知LMPQ 为矩形．从而L 、M 、P 、Q 四点共圆，且圆心V 为PL 与QM 的交点．同理，MNQR 为矩形，从而L 、M 、N 、P 、Q 、R 六点共圆，且PL ，QM ，NR 均为这个圆的直径．由90PDL QEM RFN ∠∠=∠=︒=，知D ，E ，F 三点也在这个圆上，故D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、Q 、R 九点共圆．证法2如图25-1，由11801802NQD BQD BHD ∠=︒-∠=︒-∠，以及注意到DE 是N 与R 的公共弦，知NR DE⊥，有12N R D D R E C ∠=∠=∠，亦即180NRD EHD ∠=︒-∠，从而知()360180NQD NRD BHD EHD ∠+∠=︒-∠+∠=︒．因此，N 、Q 、D 、R 四点共圆．同理，Q 、L 、D 、R 四点共圆．即知N 、Q 、L 、D 、R 五点共圆．同理，L 、D 、R 、M 、E 以及R 、M 、E 、P 、F ；E 、P 、F 、N 、Q ；F 、N 、Q 、L 、D 分别五点共圆．故D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、Q 、R 九点共圆． 证法3如图25-1．联结PL 、PN 、PQ 、PF 、LQ 、LF 、QN 、FL ，则90PDL ∠=︒．注意到PN BH ∥，NL AC ∥，BE AC ⊥，则PN NL ⊥，即90PNL ∠=︒．又PQ AB ∥，QL CH ∥，而CH AB ⊥，则QL PQ ⊥，即90PQL ∠=︒．注意到PF PH =，则PFH PHF CHD ∠∠∠==． 由LF LC =，有CFL HCD ∠∠=．因90CHD HCD ∠+∠︒=，则90PFL PFH CFL ∠∠+∠︒==．同理，PM L ∠、PEL ∠、PRL ∠皆等于90︒．即D 、N 、Q 、F 、M 、E 、R 各点皆在以PL 为直径的圆周上．故D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、Q 、R 九点共圆．证法4如图25-1，注意到LQHR 为平行四边形，QP BA ∥，RP CA ∥，则么180180QLR QHR A QPR ∠=∠︒-∠︒∠==-，即知L 、Q 、P 、R 四点共圆．又180180QDR QDH RDH QHD RHD QHR A QPR ∠∠+∠∠+∠∠︒∠︒-∠====-=（注意QP BA ∥，RP CA ∥），则知D 、Q 、P 、R 四点共圆．即知D 、L 在PQR 上．同理，E 、M 、F 、N 也在PQR 上．故D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、Q 、R 九点共圆．证法5设ABC △的外心为O ，取OH 的中点并记为V ，联结AO ，以V 为圆心，12AO 为半径作圆V ，如图25-1所示．由12VP OA ∥，知P 在圆V 上．同理，Q 、R 也在圆V 上．由12OL AH ∥（可由延长AO 交ABC △的外接圆于K ，得HBKC 为平行四边形，此时L 为KH 的中点，则OL 为AKH △的中位线即得），知OL PH ∥．又OV VH =，知O L V H P V △≌△，从而12VL VP OA ==，且L 、V 、P 共线，故L 在圆V 上． 同理，M 、N 在圆V 上．由L 、V 、P 共线知LP 为圆V 的一条直径．又90LDP ∠︒=，90MEQ ∠=︒，90NFR ∠=︒，知D 、E 、F 在圆V 上． 故D 、E 、F 、L 、M 、N 、P 、Q 、R 九点共圆．上述圆通常称为九点圆，也有人叫费尔巴哈圆或欧拉圆．显然，正三角形的九点圆即力其内切圆． 由上述定理及其证明，我们可得如下一系列推论：推论1ABC △九点圆的圆心是其外心与垂心所连接线段的中点，九点圆的半径是ABC △的外位圆半径的12． 注意到PQR △与ABC △是以垂心H 为外位似中心的位似形，位似比是12H P H A =∶∶，因此，可得． 推论2三角形的九点圆与其外接圆是以三角形的垂心为外位似中心，位似比是12∶的位似形；垂心与三角形外接圆上任一点的连线段被九点圆截成相等的两部分． 注意到欧拉定理（欧拉线），又可得推论3ABC △的外心O ，重心G ，九点圆圆心V ，垂心H ，这四点（心）共线，且12OG GH =∶∶，13GV VH =∶∶，或O 和V 对于G 和H 是调和共轭的，即OG OHGV HV=． 推论4ABC △的九点圆与ABC △的外接圆又是以ABC △的重心G 为内位似中心，位似比为1∶2的位似形．事实上，因G 为两相似三角形LMN △与ABC △的相似中心，而LMN △的外接圆即ABC △的九点圆． 推论5一垂心组的四个三角形有一个公共的九点圆；已知圆以已知点为垂心的所有内接三角形有共同的九点圆．另外，我们还可推知如下结论：结论1三角形的四个切圆（内切圆和三个旁切圆）与其九点圆相切，垂心组有四个三角形，故有16个切圆与此九点圆相切．结论2垂心组的两个三角形的外心与已知垂心组各点，关于九点圆圆心V 对称．三角形的垂心组与其外心构成的垂心组有同一九点圆．结论3垂心组的九点圆与此重心所成的另一垂心组的九点圆同心． 下面，运用九点圆定理处理一些问题：例1（2001年全国高中联赛题）如图25-2，ABC △中，O 为外心，三条高AD ，BE ，CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N ，求证： （1）OB DF ⊥，OC DE ⊥． （2）OH MN ⊥．VMO H F E DCB A图25-2证明（1）设ABC △的外接圆半径为R ，由相交弦定理，有 22R OF AF FB -⋅=，22R OD BD DC -⋅=．从而22OF OD BD DC AF FB -⋅-⋅=． 由A ，F ，D ，C 四点共圆，有 BD BC BF BA ⋅=⋅，即()()BD BD DC BF BF FA ⋅+=+， 亦即2222BF BD BD DC AF FB OF OD -=⋅-⋅=-． 故OB OF ⊥．同理，OC DE ⊥．（2）由九点圆定理的推论1，知OH 的中点V 为△DEF 的外心．又由D ，E ，A ，B 及D ， F ，A ，C 分别四点共圆，有M D M E M B M A ⋅⋅=，AD NF NC NA ⋅=⋅．由此，即知M ，N 对ABC △的外接圆与DEF △的外接圆的幂相等，从而M ，N 在这两个外接圆的根轴上，即有MN OV ⊥，故MN OH =． 例2（第31届IMO 预选题）如图25-3，ABC △中，O 为外心，H 是垂心，作CHB △，CHA △和AHB △的外接圆，依次记它们的圆心为1A ，1B ，1C ，求证：111ABC A B C △≌△，且这两个三角形的九点圆重合．OM HA 1C 1B 1K CBA图25-3证明则()()1809090180C H B B C B C A ∠=︒-︒-∠-︒-∠=∠+∠=︒-∠，知C H B △外接圆的半径和CAB △外接圆的半径相等，从而，有1A 是O 关于BC 的对称点．设M 是BC 中点，则知2AH OM =，即1AH OA =．又1AH OA ∥，则联结1AA 与OH 的交点K 为1AHAO 的中心，即1AA 与OH 互相平分于K ． 同理，1BB ，1CC 也经过K 且被它平分，从而111A B C △与ABC △关于K 中心对称，故 111A B C ABC △≌△．显然，K 是ABC △九点圆的圆心．因此，这个圆关于K 作中心对称时不变，它也是111A B C △的九点圆． 例3（1994年亚太地区数学奥林匹克题）给定非退化的ABC △，设外心为O ，垂心为H ，外接圆的半径为R ，求证：3OH R <．证明设G 是ABC △的重心，V 是九点圆的圆心，O 和V 对于G 和H 是共线且调和共轭的，考察以点O 为起点的向量，则33333OA OB OC OH OG OA OB OC ⎛⎫==++=++ ⎪ ⎪⎝⎭．因此3OH OA OB OC R ++=≤．仅当A B C ==时等号成立，这是不可能的，故3OH R <．例4（第30届IMO 试题）如图25-4，锐角ABC △中，A ∠的平分线与三角形的外接圆交于另一点1A ，点1B ，1C 与此类似．直线1AA 与B ，C 两角的外角平分线交于0A ，点0B ，0C 与此类似，求证： （1）000A B C △的面积是六边形111AC BACB 面积的2倍． （2）000A B C △的面积至少是ABC △的面积的4倍．B 0A 0C 0C 1A 1B 1IC BA图25-4证明（1）令ABC △的内心为I （000I AA BB CC =∩∩），则I 又是000A B C △的垂心（内、外角平分线互相垂直）．显然，ABC △的外接圆是000A B C △的九点圆，即知1A ，1B ，1C 分别为0A I ，0B I ，0C I 的中点，于是得012A BI A BI S S =△△，012A CI A CI S S =△△． 从而012A BIC A BIC S S =四边形四边形．同理012B CIA B CIA S S =四边形四边形，012C AIB C AIB S S =四边形四边形． 故0001112A B C AC BA CB S S =△六边形． （2）由（1），有()11100022A BC B CA C ABA B C ABCABCS S S S S S ++=+△△△△△△．故只要证 1111A BC B CA C ABABCS S S k S ++=△△△△≥．记2BAC α∠=，2ABC β∠=，2BCA γ∠=，则()1111sin 180221sin 22A BC ABCA B AC S S AB AC αα⋅⋅︒-=⋅⋅△△ 2sin sin sin 2sin sin 2sin 2sin sin 2sin 2ααααγβαβγ⋅⋅==⋅⋅⋅． 同理12sin sin 2sin 2B CA ABC S S βαγ=⋅△△，12sin sin 2sin 2C AB ABC S S γαβ=⋅△△． 于是222sin sin sin sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2k αβγβγαγαβ=++⋅⋅⋅≥()233cos cos cos 4αβγ-=⋅⋅≥ 223cos cos cos 3cos 14343αβγαβγ--++++⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥．例5（第23届IMO 试题）如图25-5，123A A A △是一非等腰三角形，它的边长分别为1a ，2a ，3a ，其中()1,2,3i a i =是i A 的对边，i M 是边i a 的中点．123A A A △的内切圆圆I 切边i a 于点i T ，i S 是i T 关于i A ∠平分线的对称点，求证：11M S ，22M S ，33M S 三线共点．3211A 图25-5证明由题设，知1221M M A A ∥，下面证1121S S A A ∥． 由1T 和1S ，2T 和3T 分别关于直线1A I 对称，有1231TT T S =． 同理 1232TT T S =． 故有 3132T S T S =． 即3T 是等腰312T S S △的顶点，有 312T I S S ⊥．从而1221S S A A ∥．同理2332S S A A ∥，3113S S A A ∥．又1221M M A A ∥，2332M M A A ∥，3113M M A A ∥，于是123M M M △和123S S S △的对应边两两平行，故这两个三角形或全等或位似．由于123S S S △内接于ABC △的内切圆，而123M M M △内接于ABC △的九点圆，且123A A A △不为正三角形，故其内切圆与九点圆不重合，所以123S S S △与123M M M △位似，这就证明了11M S ，22M S ，33M S 共点（于位似中心）．例6（2007年台湾数学奥林匹克题）给定ABC △及其外接圆．证明：ABC △的外接上对径的两点对应的西姆松线相互垂直，且它们的交点在ABC △的九点圆上．证明如图25-6，设P 、P '为ABC △的外接圆O 的对径点，这两点的西姆松绒DEF 与DE F '''交于点K ． 因为KDP ECP AP P '∠=∠=∠，9090KD D E P C ACP APP AP P KDP ''''''∠=∠=︒-∠=︒-∠=∠=∠，所以，180D KD KD D KDD '''∠=︒-∠-∠ ()1809090KD D KDP '=︒-∠-︒-∠=︒．F图25-6记P 、P '的西姆松线分别为1l ，2l ，则12l l ⊥于K ．由西姆松线的性质1，知1l 知PH （H 为ABC △的垂心）的中点N ，2l 过PH'的中点N '，即知NN PP ''∥．又外心O 为PP '的中点，则NN '过OH 的中点V ，且V 为九点圆圆心故NN '为九点圆直径．因为90NKN '∠=︒，所以，点K 在ABC △的九点圆上．综上所述，欲证结论获证．例7求证：三角形的外心至各顶点联结线的中点所连成的三角形，与原三角形的中点三角形有共同的九点圆．（三角形三边中点所连成的三角形为原三角形的中点三角形．）证明如图25-7，因O D B C ⊥，BC EF ∥；OE CA ⊥，CA FD ∥；OF AB ⊥，AB DE ∥，所以O 为DEF△的垂心，于是OD 、OE 、OF 与A B C '''△三边的交点所得D E F '''△的外接圆是DEF △的九点圆． 又D '，E '，F '分别是B C ''，C A ''，A B ''的中点，所以D E F ''' 又是A B C '''△的九点圆，故DEF △与A B C '''△有共同的九点圆．C 'B'A'O DA BCE F 图25-7例8设O 是ABC △的外心，连AO 、BO 、CO 分别交BC 、CA 、AB 于X 、Y 、Z ，则直径分别为AX 、BY 、CZ 的圆同切于ABC △的九点圆． 证明如图25-8，设H 为垂心，则ABC △的九点圆圆心V 在OH 的中点．设直径为AX 的圆的圆心为Ox ，D 为A 在BC 边的射影，则D 在V 上，也在x O 上．VO x QYF DG P X Z O CBA 图25-8作OP BC ⊥于P ，VG BC ⊥于G 且交AX 于Q ，连DV 交AX 于xQ '，则12OP AH QV ==，从而VP AX ∥，即有xx x O X O D O A '''==，即x O '为AX 的中点，亦即x O '与x O 重合． 此时，x x x x O V O Q O A QA O D VD ==-=-，即x O 与V 相切．同理，以BY 、CZ 为直径的圆亦与V 相切．例9在ABC △中，AD 是边BC 上的高，M ，N 分别是CA 、AE 过点A ，命BC 在l 上的射影为B C ''，联结B N '与C M '设交于点P 圆，且圆心O 与P 同在ABC △的九点圆上．证明如图25-9，B D '、C D '，则由B '、B 、D 、A ；A 、D 、C 、C '分别四点共圆，知180P PB C PC B ''''∠=︒-∠-∠ 180BAB CAC ''=︒-∠-∠ 9090BAB CAC ''=︒-∠+︒-∠ABB ACC ADB ADC ''''=∠+∠=∠+∠B DC ''=∠，即知点P 在DMN 上（DMN 即为九点圆）．PDQ R lC 'B'OM NCB A图25-9联结MD 、ND ，则知MAD △、NAD △均为等腰三角形，分别过M 、N 作DC '、DB '的垂线交于点O ，则180180180MON ROQ RDQ C DB P ''∠=∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠，而P 在DMN 上，从而点O 在DMN 上．例10四点（没有三点共线）两两连成四个三角形，它们的九点圆共点．证明如图25-10，A 、B 、C 、D 为没有三点共线的四点，1C ，2C ，3C ，4C 分别是BCD △、CDA △、DAB △、ABC △的九点圆．C 4C 2C 3JIC 1HGFO DCBA图2510设AB 、BC 、CD 、DA 、AC 、BD 的中点分别为E 、F 、G 、H 、I 、J ．由九点圆定义知，1C 过点F 、G 、J 三点，3C 过H 、E 、J 三点．既然1C 与3C 已有一个交点J ，它们应当有第二个交点O ．联结OG 、OH 、OJ 、FG 、FJ 、EH 、EJ ，则 GOH JOG JOH JFG JEH ∠=∠+∠=∠+∠．①但JFGD 和JEHD 都是平行四边形，因而JFG JDG ∠∠=且JEH JDH ∠∠=，代入①得 COH JDG JDH CDH ∠∠+∠∠==．②联结IG ，IH ，即知GDHI 也为平行四边形，于是GDH GIH ∠∠=以此代入②，便有GOH GIH ∠∠=． 这说明点G 、H 、I 、O 四点共圆，即2C 通过点O ． 同理，4C 也通过点O ．故1C ，2C ，3C ，4C 相交于一点O ．注：当A 、B 、C 、D 中有三点共线时，那么有一个九点圆变态为一直线．这时结论仍成立，但四点共线就没有意义了． 练习题二十五1．设G 是ABC △的重心，P 是这个三角形的外接圆上任一点，联结PG 并延长至Q ，使12GQ PG =，则点Q 在ABC △的九点圆上．2．试证：ABC △的垂心H 与其外接圆上的点的连线被其九点圆平分．3．设I ，O 分别为ABC △的内心和外心，P 为由三个旁心所组成的A B C I I I △的外心，则I ，O ，P 三点共线．4．设ABC △的边BC ，CA ，AB 的中点分别为A '，B '，C '，从A 向BC 作垂线AH 和ABC △的九点圆相交于点K ，再作AH 关于A ∠的平分线AP 对称的线段AW ，则KA AW '∥．5．设ABC △的A ∠的平分线为AP ，从P 作内切圆的切线PF ，其切点为F ，设BC 的中点为A '，延长A F '和这个圆的另一交点为L ，则L 在ABC △的九点圆上． 6．（费尔巴哈定理）ABC △的内切圆及旁切圆与三角形的九点圆相切． 7．（2008年越南国家队选拔考试题）已知xOy ∠，M 是射线Ox 上的动点，N 是射线Oy 上的动点，设d 是xOy ∠的外角平分线，MN 的中垂线与d 交于点I ，P 、Q 是d 上的两个点，且满足IP IQ IM IN ===，K 是MQ 与NP 的交点．（1）证明：点K 总在一条固定的直线上；（2）设1d 是过M且垂直于IM 的直线，2d 是过N 且垂直于IN 的直线，1d 、2d 与d 分别交于点E 、F ．证明：EN 、FM 、OK 三线共点．。

关于圆圆幂定理线段成比例托米勒定理线段成比例帕斯卡定理三点共线西摩松线三点共线关于三角形海伦公式三角形面积梅内劳斯定理线段成比例塞瓦定理线段成比例欧拉线三点共线且成比例圆幂定理圆幂的定义:一点P对半径R的圆O的幂定义如下：OP^2-R^2所以圆内的点的幂为负数，圆外的点的幂为正数，圆上的点的幂为零。

圆幂定理是相交弦定理、切割线定理及割线定理(切割线定理推论)以及他们推论的统称。

相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等。

切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项。

割线定理：从圆外一点P引两条割线与圆分别交于A.B.C.D 则有PA·PB=PC·P D。

统一归纳：过任意不在圆上的一点P引两条直线L1、L2，L1与圆交于A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D（可重合），则有PA·PB=PC·PD。

进一步升华（推论）：过任意在圆O外的一点P引一条直线L1与一条过圆心的直线L2，L1与圆交于A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D。

则PA·PB=PC·PD。

若圆半径为r，则PC·PD=(PO-r)·(PO+r)=PO^2-r^2=|PO^2-r^2| （一定要加绝对值，原因见下）为定值。

这个值称为点P到圆O的幂。

（事实上所有的过P点与圆相交的直线都满足这个值）若点P在圆内，类似可得定值为r^2-PO^2=|PO^2-r^2|故平面上任意一点对于圆的幂为这个点到圆心的距离与圆的半径的平方差的绝对值。

（这就是“圆幂”的由来）圆的方程通常表示为x^2+y^2=r^2[编辑本段]证明圆幂定理（相交弦定理、切割线定理及其推论(割线定理)统称为圆幂定理）相交弦定理：相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的乘积相等。

证明：连结AC，BD，由圆周角定理的推论，得∠A＝∠D，∠C＝∠B。

FA 延长线上的点.设△ABE 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--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 ZCAF = a } , ZACF = a 2, ZCE4 = %.如图24-1 (1), B 、。

、E •分别在的三边AC, CF , FA 上.设左ABE 与△BCD 的外接除交于点B 外，另一交点为M ,联结BM, DM , EM ,则ZBME=180。

-％ , ZBMD=i^Q -a 2 .于是，=— = %+% =180。

一％，从而知M ，D, F ,我四点共圆.故' ABE, ACDB, △FEO 的外接圆共点于M. 对于图24-1 (2), B 、。

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8外，另一交点为M,联结BM, DM , EM ,则 ZBME =180°- a ,ZBMD = a. , 于 是，I z ZDME = ZBME - ZBMD = 180。

- % - % = % = 180。

- ZDFE ,从而知 M, D , F , E 四点 共圆.故△ ABE, /XCDB , 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 , 与的外接圆除交于点8外，另一交点为归，联结BM, DM , EM,则ZBMD = %,ZBMD = % .于是，ZDME = ZBME + ZBMD = % + % = 180。

一 % = ZDFE .从而知 M, F , D, E •四点共圆.故△ ABE, △CD8, △死:。

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，则对来看，直线 BO 匠截其三边时，三圆口 ABE, 0CDB f 0 FED 共点于M ；对左ABE 来看，直线CDF 截 其三边时，三圆口 ACF , □ CDB , □ FED 也共点于M ；此时四圆口 ABE 、□ ACF 、□ CDB 、 □ FEO 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 沈文选.三角形的密克尔定理及应用[J].中等数学，2011 (11)： 5-8.共点.图 24-1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 , /XABE , 4BCD , △OEF的外接圆共点于也可这样推证：设△ACF和的外接圆的另一交点为M , 联结AM , BM , DM , EM ,FM ,则由A图2依ZFCM = ZFAM = ZEAM = ZEBM = ZDBM , 即知。

全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容一、平面几何1、数学竞赛大纲所确定的所有内容。

补充要求：面积和面积方法.2、几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理.3、几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点。

到三角形三顶点距离的平方和最小的点—-重心。

三角形内到三边距离之积最大的点——重心.4、几何不等式。

5、简单的等周问题。

了解下述定理:在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面积最大. 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。

在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周长最小。

在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小.6、几何中的运动:反射、平移、旋转。

7、复数方法、向量方法。

平面凸集、凸包及应用。

二、代数1、在一试大纲的基础上另外要求的内容:周期函数与周期，带绝对值的函数的图像.三倍角公式,三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。

2、第二数学归纳法。

递归，一阶、二阶递归，特征方程法。

函数迭代,求ｎ次迭代,简单的函数方程。

3、ｎ个变元的平均不等式,柯西不等式，排序不等式及应用.4、复数的指数形式,欧拉公式,棣美弗定理,单位根，单位根的应用。

5、圆排列，有重复的排列与组合,简单的组合恒等式。

6、一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理.7、简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括无穷递降法，同余，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，高斯函数，费马小定理，欧拉函数，孙子定理,格点及其性质.三、立体几何1、多面角，多面角的性质。

三面角、直三面角的基本性质。

2、正多面体，欧拉定理。

3、体积证法。

4、截面，会作截面、表面展开图.四、平面解析几何1、直线的法线式,直线的极坐标方程,直线束及其应用。

2、二元一次不等式表示的区域。

3、三角形的面积公式。

4、圆锥曲线的切线和法线。

5、圆的幂和根轴.五、其它抽屉原理。

容斤原理。

极端原理. 集合的划分。

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．。

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。