平面几何问题的解答及其它1. 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , ⊙(PBC )与⊙(PDA )的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .A B CDPOQ这是第26届IMO 的一道几何题的推广. 第26届IMO 的那道几何题的条件是A 、B 、C 、D 四点共圆, 且O 为圆心.思路1 欲证明OQ ⊥PQ , 可考虑证明点O 在过点Q 且垂直于PQ 的直线上.证法1 如图1所示, 过点Q 作PQ 的垂线分别交△P AD 与△PBC 的外接圆交于I 、J 两点, 则AI ⊥P A , BJ ⊥P A , 所以AI ∥BJ , 因而AB 的垂直平分线过IJ 的中点; 同理, CD 的垂直平分线也过IJ 的中点. 显然, O 是AB 的垂直平分线与CD 的垂直平分线的交点, 因此, O 为IJ 的中点. 故OQ ⊥PQ .思路2 如果有割线过相交两圆的一个交点, 则我们可以以两圆的另一个交点为中心作位似旋转变换, 使其中一个圆变为另一个圆, 此时, 割线与两圆的另一交点即为两个对应点. 沿着这条思路走下去, 可能使问题得到解决.证法2 如图2所示, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使圆PDA →圆PBC , 则A →B , D →C , 于是, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使A →D , 则 B →C . 再设AB 、CD 的中点分别为M 、N , 则M →N , 因而P 、Q 、M 、N 四点共圆, 但⊙(PMN )显然以OP 为直径, 这说明点Q 在以OP 为直径的圆上, 故OQ ⊥PQ .A B C DPOQ NM1JM NQOPDC B A思路3 设M 、N 分别为AB 、CD 的中点, 则从证法1可以看出, 只要证明了P 、Q 、N 、M 四点共圆, 问题便得到解决.1.三弦定理及其逆定理—一个不可小觑的证明四点共圆的方法我们知道, 对于圆内接四边形来说, 有一个关于四边长与对角线长之间的一个度量等式, 这就是著名的Ptolemy 定理, 即设ABCD 是一个圆内接凸四边形, 则AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅.Ptolemy 定理是处理圆内接四边形问题的一个有力工具, 其逆定理也是成立的, 即在凸四边形ABCD 中, 若AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅, 则ABCD 是一个圆内接四边形.从表面上看来, Ptolemy 定理之逆可以证明四点共圆, 但在解题实践中, 欲用Ptolemy 定理之逆证明四点共圆似乎是一件奢侈的事件. 下面介绍Ptolemy 定理的一个等价定理——三弦定理.三弦定理 设P A 、PB 、PC 是一圆Γ内有一公共端点的三条弦, BPC α=, APB β=, 则sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+证明 设圆Γ的半径为R , 由正弦定理, 2sin BC R α=, 2sin AB R β=, 2sin()AC R αβ=+, 于是sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+⇔2sin 2sin 2sin ()PA R PC R PB R αβαβ⋅+⋅=⋅+⇔PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅.而P ABC 是一个圆内接四边形, 由Ptolemy 定理, PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅. 故三弦定理成立. 且三弦定理与Ptolemy 定理等价.三弦定理之逆 设P A 、PB 、PC 是有一公共端点的三条线段,BPC α=,APB β=. 若sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+.则P 、A 、B 、C 四点共圆.证明 设过P 、A 、B 三点的圆与直线PC 交于P 、C ′两点, 由三弦定理, 有sin sin sin ()PA PC PB αβαβ'+=+. 比较条件, 得C ′=C , 故P 、A 、B 、C 四点共圆.PBACP( C' )BAC与Ptolemy 定理一样, 三弦定理可以用来处理有关圆内接四边形的问题, 而且因为三弦定理与三角函数联系在一起, 因此, 用三弦定理处理某些圆内接四边形问题比Ptolemy 定理还要方便. 我们在这里不准备论及. 而三弦定理之逆与Ptolemy 定理之逆就不一样了, 也就是说, 三弦定理之逆在证明四点共圆时表现得够大方的. 其原因也在于它与三角函数联系起来了, 我们可以充分利用三角函数这一工具.例1 设点P 、Q 、R 分别在锐角△ABC 的三条高AD 、BE 、CF 上, 且△PBC 、△QCA 、△RAB 的面积之和等于△ABC 的面积. 证明: P 、Q 、R 、H 四点共圆. 其中, H 为△ABC 的垂心.(2001, 第27届俄罗斯数学奥林匹克)证明 如图所示, 不妨设R 在△HAB 内. 因PBC QCA RAB ABC HBC HCA HAB S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆++==++, 所以()()HAB RAB PBC HBC QCA HCA S S S S S S ∆∆∆∆∆∆-=-+-即111222HR AB HP BC HQ CA ⋅=⋅+⋅, 再由正弦定理, 得sin sin sin HR C HP A HQ B =+. 而 180PHQ DHE C ∠=∠=︒-, RHQ A ∠=, PHR B ∠=,所以, sin sin sin HR PHQ HP RHQ HQ PHR ∠=∠+∠,故由三弦定理之逆, P 、Q 、R 、H 四点共圆.PAECBF DHRQBC例2设D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , O 是△ABC 的外心. 求证: O 、E 、A 、F 四点共圆. (第27届俄罗斯数学奥林匹克, 2001)证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BD BF B =, 2cos DCEC C=,所以, 2cos BD AF c B =-, 2cos DCAE b C=-. 又由正弦定理, sin OA A a =, 于是再注意90FAO C =︒-, 90OAC B =︒-, 即得sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=⇔cos cos sin AF B AE C OA A +=⇔()cos ()cos 2cos 2cos 2BD DC a c B b C B C -+-=⇔cos cos c B b C a +=而最后一式即众所周知的三角形的射影定理, 因而等式sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=成立.由三弦定理之逆, O 、E 、A 、F 四点共圆.例3 设H 为△ABC 的垂心, D 、E 、F 分别为△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上的点, 且DB = DF , DC = DE . 求证: E 、A 、F 、H 四点共圆.证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BF BD B =, 2cos EC DC C =,所以, 2cos AF c BD B =-, 2cos AE b DC C =-.再设△ABC 的外接圆半径为R , 则不难知道, 2cos AH R A =. 又90HAE C =︒-, 90FAH B =︒-, 于是, 由正弦定理, 并注意cos cos()sin sin cos cos A B C B C B C =-+=-, 得sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=⇔cos cos cos AF C AE B a A +=⇔(2cos )cos (2cos )cos cos c BD B C b DC C B a A -+-=⇔cos cos (2cos cos cos )b B c C a B C A +=+⇔ cos cos (cos cos sin sin )b B c C a B C B C +=+⇔cos cos cos()b B c C a B C +=-而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有cos cos 2(sin cos sin cos )b B c C R B B C C +=+= (sin 2sin 2)2sin()cos()R B C R B C B C +=+-=BC2sin cos()cos ()R A B C a B C -=-.即cos cos cos ()b B c C a B C +=-成立, 因而sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=成立, 故由三弦定理之逆, E 、A 、F 、H 四点共圆.第1题的证法31 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , △PBC 与△PDA 的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .证明 设∠QPD = α, ∠CP A = β, 则由三弦定理, 有sin sin sin()PA PQ PD αβαβ+=+, sin sin sin()PB PQ PC αβαβ+=+, 两式相加, 得()sin 2sin (+)sin()PA PB PQ PC PD αβαβ++=+.设AB 与CD 的中点分别为M 、N , 则P A + PB = 2PM , PC + PD = 2PN , 所以sin sin sin()PM PQ PN αβαβ+=+.由三弦定理之逆, M 、P 、Q 、N 四点共圆. 但O 、M 、P 、N 四点共圆, 所以O 、M 、P 、Q 四点共圆. 而PM ⊥OM , 故OQ ⊥PQ .M NQOPDC B AB C第19题的证明19.设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设△AEF 的外接圆与△ABC 的A-陪位中线的另一交点为P , 由三弦定理, 有sin sin sin AP A AE BAP AF PAC =∠+∠.再设BD BC λ=, 则1DCBCλ=-, 所以, AE FD AC λ==, (1)AF ED AB λ==-, 于是 sin sin (1)sin AP A AC BAP AB PAC λλ=∠+-∠= sin (sin sin )AB PAC AC BAP AB PAC λ∠+∠-∠= sin (sin sin )AB BAM AC MAC AB BAM λ∠+∠-∠再注意M 是BC 的中点, 由分角线定理, sin 1sin BM AB BAMMB AC MAC∠==∠, 所以 sin sin AC MAC AB BAM ∠=∠因此, sin sin AP A AB BAM =∠, 从而sin sin AB BAMAP A∠=为定长. 故P 是一个定点, 且∠BAM =∠P AC .2. 圆过三角形的外心与一个顶点的条件2001年举行的第27届俄罗斯数学奥林匹克的一道几何题(例2)说明, 设O 是△ABC 的外心, D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , 则O 、E 、A 、F 四点共圆.我们可以证明, 如果一个过△ABC 的外心和顶点A 的圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 一定在BC 上存在一点D , 使E 、F 分别在DC 的垂直平分线和BD 的垂直平分线上.事实上, 由三弦定理, sin sin sin AF OAC AE BAO OA A ∠+∠=. 而sin cos OAC B ∠=, sin cos BAO C ∠=,所以,1cos cos sin 2AF B AE C OA A BC +==. 设F 、E 在BC 上的射影分别为M 、N , 则1cos cos 2MN AF B AE C BC =+=是一个常数(与圆的位置无关), 且这个常数为边BC 的一半. 于是, 设点B 关于FM 的对称点为D , 则D 、C 关于EN 对称.这就证明了, 一个圆过△ABC 的外心和顶点A 的充分必要条件是: 这个圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 线段EF 在BC 上的射影长等于BC 的一半.BCBC第17题的证明17. 设△ABC 的外心为O , 点P 、Q 分别在边AB 、CA 上, 且BP PQ QC CABCAB==. 求证: A 、P 、O 、Q 四点共圆.证明作△RQP , 使△RQP ∽△ABC , 且R 与A 在PQ 的两侧, 则PR PQ QR CA BC AB ==. 而BP PQ QC CA BC AB==, 所以RP =BP , QR =QC , 因此, ∠PRB =∠RBP , ∠CRQ =∠QCR . 这样∠CRQ +∠QRP +∠PRB =∠QCR +∠BAC +∠RBA .另一方面, 因(∠CRQ +∠QRP +∠PRB )+(∠QCR +∠BAC +∠RBA )=360︒, 所以∠CRQ +∠QRP +∠PRB =180°.这说明点R 在△ABC 的边BC 上. 因P 为BR 的垂直平分线与AB的交点, Q 为RC 的垂直平分线与AC 的交点, 故 A 、P 、Q 、O 四点共圆.附: 例2的另两个证法例2设D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , O是B C△ABC的外心. 求证: A、E、O、F四点共圆.（第27届俄罗斯数学奥林匹克）分析1 当E、F分别是外心O在CA、AB上的射影时, 点D为A在BC上的射影, 此时, 欲证结论显然成立. 以此为出发点, 我们可以得到如下的证明.证法1 过点A作BC的垂线,垂足为L, 再设M、N分别为CA、AB的中点, 则ML=MC, NL=NB, 所以LM∥DE, LN∥DE,进而EM MCDL LC=,DL BLFN BN=. 两式相乘, 得EM MC BL AC BN AC BNFN LC BN AB LC LC AB=⋅=⋅=⋅.但△ALC∽△BON, △ABL∽△COM, 所以AC OBLC ON=,BL OMAB OC=, 代入上式, 并注意OB=OC即得EM OMFN ON=. 于是△OME∽△ONF, 从而∠OEM=∠OFN, 故A、E、O、F四点共圆.分析2 如果E、A、F、O四点共圆. 因B、D、C三点在一直线上, 由Pascal定理, 直线DE与BO的交点则也应在这个圆上. 循着这个思路, 我们便得到证法2.证法2 设直线BO与DE交于P. 因∠BPD =∠CDE −∠CBP =∠ACB − (90°−∠BAC) = 90°−∠CBA. 又FD = FB, 所以, ∠BFD = 180°−2∠CBA = 2∠BPD, 再由FD = FB即知, 点F是△PBD的外心, 所以, FP = FD = FB, 因此, ∠FPD =∠EDF =180°−(∠FDB +∠EDC) = 180°− (∠CBA +∠ACB) =∠BAC, 这说明P、E、A、F四点共圆. 又∠FPB =∠PBF =∠BAO, 所以, O、P、A、F四点共圆. 故E、A、F、O四点共圆.B CC B3一类四点共圆问题揭秘象例2、例3这类四点共圆的问题还有更深刻的背景. 它们涉及到同向相似三角形的相似中心.两个同向相似三角形, 只要其相似系数不等于1, 则它们必有相似中心. 这个相似中心可以按如下方法作出.设△ABC与△A′B′C′同向相似. 当A′B′∥AB时, 直线A′A与B′B的交点O即△ABC与△A′B′C′的相似中心. 当A′B′╫AB时, 如图1和图2.所示, 设直线A′B′与AB交于点P, 则⊙(P AA′)与⊙(PBB′)的第二个交点O即△ABC与△A′B′C′的相似中心.A当三角形△的三个顶点在三角形△′的三边所在直线上时, 我们称三角形是三角形的内接三角形.定理设△PQR是△ABC的内接三角形, 则△ABC的所有与△PQR同向相似的内接三角形(对应顶点在△ABC的同一边所在直线上)都有同一个相似中心.这个定理的证明简单. 其相似中心即△PQR关于△ABC的密克点.根据这个定理, 如果我们确定了△ABC的内接△PQR的形状, 就可以确定其相似中心, 那么, △ABC 的顶点A, △PQR在AB、AC上的两个顶点, 相似中心, 这四点必然共圆. 但直接这样表现, 则太过明显, 于是, 我们作△PQR的外接圆与BC的另一交点, 再将条件转换, 一道四点共圆问题便出笼了.例1 如图所示, 设△PEF∽△ABC, 则可证△ABC的外心O是所有这样的△PEF的相似中心, 因此, O、E、A、F四点共圆. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠CBA, ∠CDE =∠PFE =∠ACB, 所以, F、E分别是BD、DC的垂直平分线与AB、AC的交点, 于是便有第27届俄罗斯数学奥林匹克的那道几何题. 而第17题则是△PQR的外接圆与BC相切的情形.B CB C例2 如图所示, 设△XYZ是非直角△ABC的垂足三角形, △ABC的内接△PEF∽△XYZ, 则不难证明△PEF与△XYZ的相似中心是△ABC的垂心H. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠ZYX = 180°−2∠CBA, ∠CDE =∠PFE =∠XZY =180°−2∠ACB, 所以, ∠BFD =∠CBA, ∠DEC =∠ACB, 因此, DF = DB, DE = DC. 于是有题1设H为△ABC的垂心, D、E、F分别△ABC的三边BC、CA、AB上的点, 且DB=DF, DC=DE. 求证: E、A、F、H四点共圆.B CB C容易看出, △AEF的外心在△PEF的外接圆上.事实上, 设△AEF的外心为O, 则∠FOE = 2∠BAC, 而∠EPF =180°−2∠BAC, 所以, ∠FOE +∠EPF =180°, 故O在△PEF的外接圆上. 因此, △PEF的外接圆即△OEF的外接圆.当△OEF的外接圆与BC相切时, P、D重合. 此时, 因为DB = DF, DC = DE, 而△DEF∽△XYZ, 这样便有DC XYDB XZ=. 于是有题2 设AD、BE、CF是锐角△ABC的三条高, H是△ABC的垂心. 过A、H两点的⊙O与AB、AC分别交于Q、P(均异于A). 求证: 若△OPQ的外接圆与BC相切于R, 则RC DE RB DF=.这正是美国国家队2006年选拔考试题.BB例3 如图所示, 设△PEF与△ABC反向相似, AL是高, M、N分别是AB、AC的中点, △MAL的外接圆与△NLC的外接圆交于L、K两点, 则可以证明K是所有这样的与△ABC反向相似的△PEF的相似中心. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠ACB, ∠CDE =∠PFE =∠CBA, 所以, FD∥AC, ED∥AB, 于是, 我们有题3 △ABC中, 点A在直线BC上的射影为D, M、N分别为AB、AC的中点, △MBL的外接圆Γ1与△NLC的外接圆Γ2相交于D、K两点. 对BC边上的任意一点P, 过P作AB、AC的平行线分别与AC、AB交于E、F. 求证: K、E、A、F四点共圆.A BC DPEF LK NM MNKLFE D CBA Γ2Γ1这是2010年中国国家集训队测试题.又可以证明, K 在△ABC 的A-陪位中线上, 于是便得到第19题:设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .BCC类似的与内心有关的问题是设I 是△ABC 的内心, D 、E 、F 分别边BC 、CA 、AB 上的点, 且BF = BD , CD = CE ,则E 、A 、F 、I 四点共圆.但这个问题太简单. 事实上, 由对称性, ∠IEC =∠CDI =∠IF A , 故E 、A 、F 、I 四点共圆.4 等角线及其性质给定一个角∠AOB ,OC 是它的角平分线,过O 点作两条关于OC 对称的直线OX 和OY ，则称OY 是OX 关于∠AOB 的等角线. 显然OX,OY 关于∠AOB 互为等角线.一个角的两边（所在直线）是本角的等角线;一个角的平分线是重合的等角线,即自等角线.一角的邻补角的平分线也是自等角线.ABOYXTOA BCDPNM定理1自∠AOB 的顶点O 引两条直线OC 、OD , P 是直线OC 上一点, 过P 作直线OA 、OB 作垂线, 垂足分别为M 、N , 则OC 、OD 是∠AOB 的两条等角线的充分必要条件是OD ⊥MN .CDPNMOABAB CD E定理2设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 则∠BAD =∠EAC 的充分必要条件是:22AB BD BEAC DC EC⋅=⋅. 定理3设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 且∠BAD =∠EAC , 则有AD ∙AE = AB ∙AC.最常见的等角线是三角形的同一顶点引出的三角形的高与外接圆的直径是该顶角的两条等角线. 实际上, 定理1已经包含了这一结果.利用等角线的性质可以简捷地处理一些竞赛中的平面几何问题.例1.设O 是△ABC 的外心, K 是△BOC 的外心, 直线AB 、AC 分别交△BOC 的外接圆于另一点M 、N , L 是点K 关于直线MN 的反射点. 求证: AL ⊥BC .(俄罗斯, 2000)证明 因∠OMA =∠OCB =90︒-∠BAC , 即∠OMA +∠BAN =90︒, 所以MO ⊥AN . 同理, NO ⊥AM , 这说明O 为△AMN 的垂心, 于是△OMN 的外接圆与△AMN 的外接圆是等圆, 它们关于直线MN 对称. 由于K 为△OMN 的外心, 所以L 为△AMN 的外心, 从而AL 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 但O 为△ABC 的外心, 故AL ⊥BC .第4题的证明4. 在锐角△ABC 中, AB ≠AC . 过A 作BC 的垂线AD , P 为AB 延长线上一点, Q 为AC 延长线上一点, 且P 、B 、C 、Q 四点共圆, DP = DQ . 求证: D 是△APQ 的外心.证明 设O 为△ABC 的外心, 则AD 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 而P 、B 、C 、Q 四点共圆, 所以△APQ 与△ACB 反向相似, 因此△APQ 的外心在直线AD 上.另一方面, 因AB ≠AC , 所以BC 与PQ 不平行,因此, PQ 的垂直平分线与直线AD 不重合. 而DP = DQ , 所以D 是PQ 的垂直平分线与直线AD 的交点. 而△APQ 的外心既在直线AD 上, 也在PQ 的垂直平分线上, 故D 是△APQ 的外心.N5 三角形的陪位中线三角形的中线的等角线称为陪位中线. 为方便计, 过△ABC 的顶点A 的中线的陪位中线称为△ABC 的A-陪位中线.下面的定理1是三角形的陪位中线的一个基本性质.定理1 设D 是△ABC 的边BC 上一点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线的充分必要条件是22BD AB DC AC. 定理2与定理3是三角形的陪位中线的两个判定定理.定理2 已知△ABC, Γ1是过A 、B 两点且与AC 相切的圆, Γ2是过A 、C 两点且与AB 相切的圆, 圆Γ1与圆Γ2交于A 、D 两点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线.FEDABCKΓ2Γ1ABCP定理3 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线. 利用三角形的陪位中线的理论可以方便地处理有关平面几何问题.例1 圆Γ1与圆Γ2交于A 、B 两点. 点P 在圆Γ1上. 直线PA 与PB 分别交圆Γ2于C 、D (不同于A 、B ), 圆Γ1在A 、B 两点的切线交于Q . 如果P 在圆Γ2的外部, C 、D 均在Γ1的外部. 求证：直线PQ 平分线段CD . (圣彼德堡, 1997)证明 因PQ 是△P AB 的P-对称中线, 而△P AB 与△PDC 反向相似, 所以PQ 为△PDC 的P-中线, 即直线PQ 通过CD 的中点. 换句话说, 直线PQ 平分线段CD .ΓΓAB21QP D CMABCΓC 1B 1TS例2 设Γ是△ABC 的外接圆, 圆Γ在B 、C 两点的切线交于T . 过A 且垂直于AT 的直线与直线BC 交于S , 点B 1、C 1在直线ST 上(B 1、B 在BC 的垂直平分线的同侧), 且TB 1 =TC 1 =TB . 求证: △AB 1C 1∽△ABC .(美国国家队选拔考试, 2006)证明 设M 为BC 的中点, 则AM 、AT 是∠BAC 的两条等角线, 所以∠BAT =∠MAC . 又∠TBC =∠BAC , 所以∠TBA =∠TBC +∠CBA =∠BAC +∠CBA =180°−∠ACB . 于是, 由TC 1 = TB 及正弦定理, 得1sin sin sin sin TC TB BAT MAC MCAT AT TBA ACB AM∠∠====∠∠. 另一方面, 因∠TMS = 90°=∠TAS , 所以A 、M 、T 、S 四点共圆, 于是, ∠STA =∠SMA , 即 ∠C 1TA =∠CMA , 因此, △ATC 1∽△AMC . 同理, △AB 1T ∽△ABM . 故△AB 1C 1∽△ABC .第6题的证明6. 设△ABC 的A-中线关于∠BAC 的角平分线的对称直线与BC 交于D . △ADC 的外接圆与AB 的另一个交点为E , △ABD 的外接圆与AC 的另一个交点为F . 求证: EF ∥BC .证明 因AD 是△ABC 的陪位中线. 于是22BD AB DC AC =.另一方面, 由圆幂定理, BD BC EB AB ⋅=⋅, DC BC FC AC ⋅=⋅. 因此,BD EB AB DC FC AC ⋅=⋅, 于是KB ABLC AC =, 故EF ∥BC .FABCDE第19题的证法219. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设过A 、B 两点且与AC 相切的圆和过A 、C 两点且与AB 相切的圆交于A 、P 两点, 则P 是一个定点. 且由定理2, AP 是△ABC 的A-陪位中线, 也就是说, ∠BAM =∠P AC .由弦切角定理, ∠P AC =∠PBA , ∠ACP =∠BAP , 所以△PCA ∽△P AB . 又DE ∥AB , DF ∥AC , 所以CE CD AFEA DB FB ==, 这说明E 、F 是两个相似三角形PCA 与P AB 的相似对应点, 因此, ∠PEC =∠PF A . 故E 、A 、F 、P 四点共圆. 换句话说, △AEF 的外接圆通过定点P .6 三角形的等角共轭点容易证明以下事实设P 是△ABC 所在平面上的一点, 则AP 、BP 、CP 分别关于∠BAC 、∠CBA 、∠ACB 的等角线交于一点或互相平行. 而且, 这三条等角线互相平行当且仅当点P 在△ABC 的外接圆上.这个事实的既可以用Ceva 定理的角元形式证明, 也可以用等角线的定理1和Ceva 定理证明. 如果AP 、BP 、CP 分别关于∠BAC 、∠CBA 、∠ACB 的等角线交于一点Q , 则点Q 称为点P 关于△ABC 的等角共轭点. 如, 三角形的外心和垂心即三角形的两个等角共轭点.定理1 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点,则sin sin AP BQCAQ BPC∠=∠. 定理2 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点,则BPC BQC BAC +=.定理3三角形的两个等角共轭点到各边的垂足在一个圆上, 且它的圆心是这两点连线的中点.定理4设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, D 、E 、F 是点P 分别关于BC 、CA 、AB 的对称点, 则点Q 是△DEF 的外心.证明如图所示, 因E 、F 是点P 分别关于CA 、AB 的对称点, 所以AE = AP = AF , 因此, 点A 在线段EF 的垂直平分线上. 设PE 与CA 交于M , PF 与AB 交于N , 则M 、N 分别为PE 、PF 的中点, 所以, EF ∥MN . 又PM ⊥CA , PN ⊥AB , 由性质1.2, AQ ⊥MN , 所以AQ ⊥EF , 因而AQ 即线段EF 的垂直平分线. 同理, BQ 是线段FD 的垂直平分线. 故点Q 是△DEF 的外心.ABCDPQ'P'Q定理5设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 直线AP 关于∠BPC 的等角线为1l, 直线AQ 关于∠BQC 的等角线为2l , 则1l 与2l关于直线BC 对称. 事实上, 如图所示, 设P 、Q 两点关于BC 的对称点分别为P ′、Q ′, 则∠Q ′BC =∠CBQ =∠PBA , ∠BCQ ′ =∠QCB =∠ACP , 所以, Q ′、A 是△PBC 的两个等角共轭点, 因而PQ ′、P A 是∠BPC 的两条等角线. 同理, QP ′、QA 是∠BQC 的两条等角线. 显然, PQ ′与P ′Q 关于BC 对称, 因此, PQ ′与P ′Q 交于BC 上一点.由此即可得到美国2010年选拔考试的一道几何题:设P 、Q 是△ABC 内两点, 且∠ABP =∠QBC , ∠ACP =∠QCB , 点D 在BC 边上. 求证: ∠APB +∠DPC = 180°的充分必要条件是∠AQC +∠DQB =180°.事实上, 由条件知, P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, PD 与P A 是∠BPC 的两条等角线. 由于QA 关于∠BQC 的等角线与P A 关于∠BPC 的等角线关于BC 对称, 它们的交点必在BC 上, 因此, QD 即QA 关于∠BQC 的等角线.可以证明: 三角形的外接圆与内切圆的内位似中心和外位似中心分别是三角形的Gergonne 点的等角共轭点和三角形的Nagel 点的等角共轭点.三角形的等角共轭点可以用来处理角的相等或互补、三线共点等问题.例1 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线.证明 设点A 关于BC 的中点M 的对称点为Q , 则ABQC 是一个平行四边形, 由此可知, BQ 、BP 是∠CBA 的两条等角线, CQ 、CP 是∠ACB 的两条等角线, 因而P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 所以AQ 、AP 是∠BAC 的两条等角线. 而AQ 过BC 的中点M , 故AP 是△ABC 的A-陪位中线.ABCPMQABPCMQ第51届波兰数学奥林匹克的一道试题为在△ABC 中, AB =AC , P 是三角形内部一点, 使得∠CBP =∠ACP , M 是边AB 的中点. 求证:∠BPM +∠CP A =180︒.这实际上就是上面这个问题. 只不过P 、A 换了个位置而已.例2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不是平分∠ABC , 也不平分∠CDA , 点P 在四边形的内部, 满足∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA . 证明: 四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是P A =PC . (第45届IMO, 2004)证明 条件∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA 表明A 、C 是△BDP 的等角共轭点, 所以sin sin PA BAD PC DCB ⋅∠=⋅∠.又由定理1, BAD BCD BPD +=,所以, ∠BAD −∠DCB =180°−∠DPB . 而∠BPD ≠180°, 因此, ∠BAD ≠∠DCB . 于是, P A =PC ⇔sin sin BAD DCB ∠=∠⇔∠BAD +∠BCD =180°⇔四边形ABCD 内接于圆.ABCDPBE'第15题的证明 15. 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 点P 在BC 、CA 、AB 上的射影分别为D 、E 、F . 求证: ∠EDF= 90°的充分必要条件是Q 为△AEF 的垂心.证明 如图所示, 设点P 关于BC 、CA 、AB 的对称点分别为D ′、E ′、F ′, 则∠EDF =∠E ′D ′F ′. 由定理4, Q 是△D ′E ′F ′的外心. 因PE ⊥AE , PF ⊥AF , E 、F 分别为PE ′、PF ′的中点, 于是∠EDF = 90°⇔∠E ′D ′F ′ = 90°当且仅当E ′、Q 、F ′三点共线, 且Q 为E ′F ′的中点⇔PQ 与EF 互相平分⇔PEQF 是一个平行四边形⇔EQ ∥PF , 且FQ ∥EF ⇔EQ ⊥AF , FQ ⊥AE ⇔Q 为△AEF 的垂心.第16题的证明16．设△ABC 的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别切于D 、E 、F , 点D 关于∠BAC 的外角平分线的对称点为P , 点E 关于∠CBA 的外角平分线的对称点为Q , 点F 关于∠ACB 的外角平分线的对称点为R , 则△PQR 与△ABC 是位似的.证明因AD 、BE 、CF 交于一点X , 而直线AP 与AD 是∠BAC 的两条等角线, BQ 与BE 是∠CBA 的两条等角线, CR 与CF 是∠ACB 的两条等角线, 所以AP 、BQ 、CR 三直线交于点X 关于△ABC 的等角共轭点Y .另一方面, 由正弦定理, sin sin AD C DC DAC =∠, sin sin BE CCE CBE=∠. 但DC = CE , ∠DAC =∠BAY , ∠CBE =∠YBA , 所以sin sin sin sin AD CBE YBA YABE DAC BAY YB∠∠==∠∠=. 又AP = AD , BQ = BE , 所以, YA AD AP YB BE BQ ==, 即YA YB APBQ=, 于是 PQ ∥AB . 同理, QR ∥BC , RP ∥CA . 故△XYZ 与△ABC 是位似的.RQA BCDPA 2B 2C 2C 1B 1A 1FLNME第20题的证明20．设AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条高线(D 、E 、F 别在BC 、CA 、AB 上), P 为△ABC 所在平面上任意一点, 点P 在直线BC 、CA 、AB 、AD 、BE 、CF 上的射影分别为A 1、B 1、C 1、A 2、B 2、C 2. 求证: A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行.证明 如图所示, 设L 、M 、N 分别为A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2的中点. 因P A 1DA 2、PB 1EB 2、PC 1FC 2皆为矩形, 所以, L 、M 、N 也分别是PD 、PE 、PF 的中点, 于是, LM ∥DE , LN ∥DF . 而AD 、BC 为∠EDF 的内、外角平分线, 所以, 矩形P A 1DA 2的两条对称轴分别为∠MLN 的内、外角平分线. 但矩形P A 1DA 2的对角线A 1A 2与PD 关于其对称轴对称, 所以, 直线A 1A 2与PD 是∠MLN 的两条等角线. 同理, 直线B 1B 2与PE 是∠NML 的两条等角线, 直线C 1C 2与PF 是∠LNM 的两条等角线, 故A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行. 当点P 不在△ABC 的九点圆上时, A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点, 此点即点P 关于△LMN 的等角共轭点.7 根轴与根心一、点对圆的幂设Г是平面上一个圆心为O 、半径为r 的圆, 对于平面上任意一点P , 令ρ(P )=PO 2 –r 2,则ρ(P )称为点P 对于圆Г的幂.显然, 当点P 在圆Г外时, ρ(P )＞0; 当点P 在圆Г内时,ρ(P )＜0; 当点P 在圆Г上时,ρ(P )=0. 且由勾股定理易得, 点P 在圆Г外时, ρ(P )即点P 到圆Г的切线长的平方; 点P 在圆Г内时, ρ(P )即以点P 为中点的弦的一半的平方的相反数.有了点对圆的幂的概念, 相交弦定理、割线定理、切割线定理就可以统一为定理1 (圆幂定理) 过定点任作定圆的一条割线交定圆于两点, 则自定点到两交点的两条有向线段之积是一个常数, 这个常数等于定点对定圆的幂. 即过点P 任作一条直线交圆Г于两点A 、B (A 、B 可以重合), 则ρ(P )=PA PB ⋅.定理2设A 、B 、C 、D 是一个已知圆上任意四点, 直线AB 与CD 交于点P , 直线AD 与BC 交于点Q , 则有2()()P Q PQ ρρ+=. 其中 ()X ρ表示点X 对已知圆的幂.PA定理3(Gergonne 定理) 设P 是△ABC 所在平面上任意一点, 过点P 作△ABC 的三边的垂线, 垂足分别为D 、E 、F , △ABC 与△DEF 的面积分别为S 、T , △ABC 的外接圆半径为R , 点P 对△ABC 的外接圆的幂为ρ, 则有2||4T S R ρ=.ABCDPFKEAPF DECBK例1 设I 为△ABC 的内心, D 、E 、F 分别为△ABC 的内切圆在边BC 、CA 、AB 上的切点. 过点A 作EF 的平行线分别与直线DE 、DF 交于P 、Q . 证明: ∠PIQ 为锐角. (第39届IMO, 1998)证明 如图4,设△ABC 的内切圆半径为r , 因∠PQD =∠EFD =∠DEC , 所以, A 、Q 、D 、E 四点共圆, 于是有圆幂定理, 有 P A ⋅PQ = PE ⋅PD = PI 2–r 2; 同理, AQ ⋅PQ = FQ ⋅DQ = QI 2 –r 2. 两式相加, 得P A ⋅PQ + AQ ⋅PQ = PI 2 + QI 2 – 2r 2, 即PQ 2 = PI 2 + QI 2 – 2r 2＜PI 2 + QI 2.故∠PIQ 是一个锐角.例2 (Brocard 定理) 设⊙O 的内接四边形的两组对边的交点分别为P 、Q , 两对角线的交点为R . 求证:圆心O 为△PQR 的垂心.证明 如图10, 因ρ(P ) = OP 2 –r 2, ρ(Q ) = OQ 2 –r 2, ρ(R ) = OR 2 –r 2, 由定理1.2, 有PR 2 = OP 2 +OR 2 –2r 2, PQ 2 = OP 2 + OQ 2 – 2r 2. 两式相减, 得 PR 2 –PQ 2 = OR 2 –OQ 2, 所以OP ⊥RQ ; 同理, OQ ⊥PR . 故圆心O 为△PQR 的垂心.BPP二、根轴可以证明, 如果动点到两定圆的幂相等, 则动点的轨迹是一条直线. 这条直线称为两定圆的根轴或等幂轴.如果两圆相切, 则两圆的根轴是过切点的公切线; 如果两圆相交, 则两圆的根轴是公共弦所在直线; 在任何情形, 两圆的根轴总是垂直于两圆连心线的一条直线. 设圆Γ1与圆Γ2的圆心分别为O 1、O 2, 半径分别为r 1、r 2. 如果圆外离, 则两圆的根轴在两圆之间; 如果两圆内含, 则两圆的根轴是在两圆之外(图14).两圆圆心O 1、O 2到两圆的根轴的距离分别为2221212122O O r r O O +-和2221212122O O r r O O -+.l Γ2Γ1l Γ2Γ1lΓ2Γ1l如果两圆相等, 则其根轴即连心线段的垂直平分线; 如果两圆同心, 则其根轴是无穷远直线. 如果两圆中有一圆退化为一点O (此时点O 称为点圆), 则其根轴仍然存在, 且除了点在圆上时其根轴为过这点的切线外, 其余情形根轴都在圆外；根轴上任意一点P 到圆的切线长PT 等于点P 到点O的距离.Pl根轴的作用主要可以用于证明三点共线和垂直问题. 而与垂心有关的问题很多时候都与根轴联系在一起, 这是因为有垂心就有三条垂线, .例1证明Steiner 定理: 四条直线相交成四个三角形, 则这四个三角形的垂心在一条直线上.证明如图18, 设四条直线相交成四个三角形分别为△BEC 、△CDF 、△AED 、△ABF , H 1、H 2、H 3、H 4分别为它们的垂心. 设直线H 1B 、H 1E 分别交EC 、BC 于K 、L , 则K 在以BD 为直径的圆Γ1上, L 在以EF 为直径的圆Γ2上, 由于L 、E 、K 、B 四点共圆, 所以, H 1L ⋅H 1E =H 1B ⋅H 1K , 这说明H 1在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 再设EH 3、DH 3分别交AB 、AD 与M 、N , 则M 在圆Γ1上, N 在圆Γ2上, 而E 、D 、N 、M 四点共圆, 所以H 3D ⋅H 3M =H 3E ⋅H 3N , 因此, H 3也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 同理, H 2 、H 4也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上. 故H 1、H 2、H 3、H 4四点共线.。
