山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第32章勃罗卡定理

第32章勃罗卡定理1 勃罗卡()Brocard 定理凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ．延长BC 、AD2 交于点F ．AC 与BD 交于点G ．联结EF ，则OG EF ⊥．3 证法1如图321-，在射线EG 上取一点N ，使得N ，D ，C ，G 四点共圆（即取完全四4 边形ECDGAB 的密克尔点N ），从而B 、G 、N 、A 及E 、D 、N 、B 分别四点共圆．5图321FOL G NEDCBA6 分别注意到点E 、G 对O 的幂，O 的半径为R ，则22EG EN EC ED OE R ⋅=⋅=-．7 22EG GN BG GD R OG ⋅=⋅=-．8 以上两式相减得()22222EG OE R R OG =---， 9 即22222OE EG R OG -=-． 10 同理，22222OF FG R OG -=-．11 又由上述两式，有2222OE EG OF FG -=-． 12 于是，由定差幂线定理，知OG EF ⊥．13 证法2如图321-，注意到完全四边形的性质．在完全四边形ECDGAB 中，其密克尔点N 14 在直线EG 上，且ON EG ⊥，由此知N 为过点G 的O 的弦的中点，亦即知O ，N ，F 三点15 共线，从而EN OF ⊥．16同理，在完全四边形FDAGBC 中，其密克尔点L 在直线FG 上，且OL FG ⊥，亦有FL OE ⊥． 17 于是，知G 为OEF △的垂心，故OG EF ⊥．18 证法3如图321-．注意到完全四边形的性质，在完全四边形ABECFD 中，其密克尔点M 19 在直线EF 上，且OM EF ⊥．联结BM 、CM 、DM 、OB 、OD ．20 此时，由密克尔点的性质，知E 、M 、C 、B 四点共圆，M 、F 、D 、C 四点共圆， 21 即有BME BCE DCF DMF ∠=∠=∠=∠， 22 从而9090BMO DMO DMF DCF ∠-∠=︒-∠=︒-∠23 90(180)90BCD BCD =︒-︒-∠=∠-︒24 11180909022BOD BOD BOD ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠=∠ ⎪⎝⎭，25 即知点M 在OBD △的外接圆上．26 同理，知点M 也在OAC △的外接圆上，亦即知OM 为OBD 与OAC 的公共弦． 27 由于三圆O ，OBD ，OAC 两两相交，由根心定理，知其三条公共弦BD ，AC ，OM 28 共点于G ．即知O ，G ，M 共线，故OG EF ⊥． 29 该定理有如下推论30 推论1凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 31 与BD 交于点G ，直线OG 与直线EF 交于点M ，则M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点． 32 事实上，若设M '为完全四边形ABECFD 的密克尔点，则M '在EF 上，且OM EF '⊥． 33 由勃罗卡定理，知OG EF ⊥，即OM EF ⊥．而过同一点只能作一条直线与已知直线垂直，34 从而OM 与OM '重合，即M 与M '重合．35 推论2凸四边形ABCD 内接于圆，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC36与BD 交于点G ，M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点的充要条件是GM EF ⊥于M ． 37 推论3凸四边形ABCD 内接于圆O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，38 AC 与BD 交于点G ，则G 为OEF △的垂心．39 事实上，由定理的证法2即得，或者由极点公式：22222EG OE OG R =+-，40 22222FG OF OG R =+-，22222EF OE OF R =+-两两相减，再由定差幂线定理即证．41 下面给出定理及推论的应用实例．42 例1（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，43 Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心．44 事实上，由推论3知R 为OPQ △的垂心，再由垂心组的性质即知O 为PQR △的垂心． 45 例2如图322-，凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB ，DC 交于点E ，延长BC ，AD 交46 于点F ，AC 与BD 交于点P ，直线OP 交EF 于点G ．求证：AGB CGD ∠=∠．47图322F48 证明由勃罗卡定理知，OP EF ⊥于点G ．49 延长AC 交EF 于点Q ，则在完全四边形ABECFD 中，点P ，Q 调和分割AC ，从而GA ，GC ，50 GP ，GQ 为调和线束，而GP GQ ⊥，于是GP 平分AGC ∠，即AGP CGP ∠=∠．51 延长DB 交直线EF 于点L （或无穷远点L ），则知L ，P 调和分割BD ，同样可得52 BGP DGP ∠=∠．53故AGB CGD ∠=∠．54 例3（2011年全国高中联赛题）如图323-，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上55 一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于N ，直线CD 与56 AB 交于点M ．57 求证：若OK MN ⊥，则A ，B ，D ，C 四点共圆．58图32359 证明用反证法．若A ，B ，D ，C 四点不共圆，则可设ABC △的外接圆O 与直线AD 交60 于点E ，直线CE 交直线AB 于P ．直线BE 交直线AC 于Q ．联结PQ ，则由勃罗卡定理，61 知OK PQ ⊥．62 由题设，OK MN ⊥，从而知PQ MN ∥． 63 即有AQ APQN PM=．① 64 对NDA △及截线BEQ ，对MDA △及截线CEP 分别应用梅涅劳斯定理 65 有1NB DE AQBD EA QN⋅⋅= 66 及1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． 67 由①，②得NB MCBD CD=． 68再应用分比定理，有ND MDBD DC=， 69 从而DMN DCB △∽△．70 于是，DMN DCB ∠=∠．即有BC MN ∥，从而OK BC ⊥，得到K 为BC 的中点，这与已知71 矛盾．故A ，B ，D ，C 四点共圆．72 例4（1997年CMO 试题）设四边形ABCD 内接于圆，边AB 与DC 的延长线交于点P ，AD 73 与BC 的延长线交于点Q ．由点Q 作该圆的两条切线QE ，QF ，切点分别为E ，F ．求 74 证：P ，E ，F 三点共线．75 证明如图324-，设ABCD 的圆心为O ，AC 与BD 交于点G ，联结PQ ，则由勃罗卡定76 理，知OG PQ ⊥．77A图32478 设直线OG 交PQ 于点M ，则由推论1，知M 为完全四边形ABPCQD 的密克尔点，即知M 、79 Q 、D 、C 四点共圆．80 又O 、E 、Q 、F 四点共圆，且OQ 为其直径，注意到OM MQ ⊥，知点M 也在OEQF 上．81 此时，MQ ，CD ，EF 分别为MQDC ，OEMQF ，ABCD 两两相交的三条公共弦．由82 根心定理，知MQ 、CD 、EF 三条直线共点于P ．83故P ，E ，F 三点共线．84 例5（2006年瑞士国家队选拔赛题）在锐角ABC △中，AB AC ≠，H 为ABC △的垂心，M 85 为BC 的中点，D 、E 分别为AB ，AC 上的点，且AD AE =，D 、H 、E 三点共线．求证：86 ABC △的外接圆与ADE △的外接圆的公共弦垂直于HM ．87 证明如图325-，分别延长BH ，CH 交AC 、AB 于点B '、C '，则知A 、C '、H 、B '及B 、88 C 、B '、C '分别四点共圆，且AH 为AC HB ''的直径，点M 为BCB C ''的圆心．89HB'QCEMNBC 'PA图32590 设直线BC 与直线C B ''交于点Q ，联结AQ ，则在完全四边形BCQB AC ''中，由勃罗卡定理，91 知MH AQ ⊥．92 设直线MH 交AQ 于点P ，则由推论1，2知HP AQ ⊥，且P 为完全四边形BCQB AC ''的密93 克尔点，由此，即知P 为ABC 与AC HB ''的另一个交点，亦即AP 为ABC 与AC HB ''的94 公共弦，也可由根心定理，知三条公共弦BC ，C B ''，AP 所在直线共点于Q ．故AP HM ⊥． 95 下证点P 在ADE △的外接圆上．96 延长HM 至N ，使MN HM =，则四边形BNCH 为平行四边形，由此亦推知N 在ABC 上． 97 由DBH ECH △∽△， 98 有BD CEBH CH=． 99由BPN CPN S S =△△，有BP BN NC CP ⋅=⋅， 100 并注意BN CN =，NC BH =， 101 于是由*，有BD BH NC BPCE CH BN CP===， 102 即BD CEBP CP=． 103 而DBP ECP ∠=∠，则DBP ECP △∽△，即有BDP CEP ∠=∠． 104 于是，ADP AEP ∠=∠，即点P 在ADE △的外接圆上． 105 故ABC △的外接圆与ADE △的外接圆的公共弦AP 垂直于HM ． 106 下面看定理的演变及应用107 将定理中的凸四边形ABCD 内接于圆，演变成凸四边形外切于圆，则有108 例6如图326-，凸四边形ABCD 外切于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交109 于点F ，AC 与BD 交于点G ．则OG EF ⊥．110图326AS DFRCG OM BEN111 证明设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 分别切于点M 、N 、R 、S ，则由牛顿定理，知AC 、112 BD 、MR 、NS 四线共点于G ．113 注意到EM ER =，在等腰ERM △中应用斯特瓦尔特定理，有22EG EM MG GR =-⋅．114同理，22FG FS SG GN =-⋅． 115 由上述两式相减，得116 2222EG FG EM FS MG GR SG GN -=--⋅+⋅．117 联结MO 、EO 、FO 、SO ，设O 的半径为r ，则由勾股定理，有222FM OE r =-，118 222FS OF r =-．又显然，有MG GR SG GN ⋅=⋅．119 于是，2222EG FG EO FO -=-． 120 由定差幂线定理，知OG EF ⊥．121 由此例及勃罗卡定理，则可简捷处理如下问题：122 例7（1989年IMO 预选题）证明：双心四边形的两个圆心与其对角线交点共线（双心四123 边形指既有外接圆，又有内切圆的四边形）．124 证明如图327-，设O ，I 分别为四边形ABCD 的外接圆、内切圆圆心，AC 与BD 交于点125 G ．当ABCD 为梯形时，结论显然成立，O ，I ，G 共线于上、下底中点的联线．126图327ADFCOI G BE127 当ABCD 不为梯形时，可设直线AD 与直线DC 交于点E ，直线BC 与直线AD 交于点F ，128 联结EF ．129 由勃罗卡定理，知OG EF ⊥；由例6的结论，知IG EF ⊥． 130 故O ，I ，G 三点共线．131将推论2中的凸四边形内接于圆演变为一般的完全四边形，其密克尔点变为凸四边形对132 角线交点在完全四边形另一条对角线上的射影，则有133 例8（2002年中国国家队选拔赛题）如图328-，设凸四边形ABCD 的两组对边所在直线134 分别交于E ，F 两点，两对角线的交点为P ，过P 作PO EF ⊥于点O ．求证：BOC AOD ∠=∠．135图328A DFOEP CB136 事实上，可类似于前面例2的证法即证得结论成立．137 将勃罗卡定理中的凸四边形对角线的交点演变为三角形的垂心，则有138 例9（2001年全国高中联赛题）如图329-，ABC △中，O 为外心，三条高AD 、BE 、CF 139 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N ．140图329AE CNMDBF OH141 求证：（1）OB DF ⊥，OC DE ⊥;（2）OH MN ⊥． 142 证明（1）由A 、C 、D 、F 四点共圆，知BDF BAC ∠=∠． 143 又()1180902OBC BOC BAC ∠=︒-∠=︒-∠，144即90OBD BDF ∠=︒-∠，故OB DF ⊥． 145 同理，OC DE ⊥．146 （2）要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明 147 有222MO MH NO NH -=-即可．148 注意到CH MA ⊥，有2222MC MH AC AH -=-，①149 BH NA ⊥，有2222NB NH AB AH -=-．② 150 DA BC ⊥，有2222BD CD BA AC -=-，③ 151 OB DN ⊥，有2222BN BD DN OD -=-，④152 OC DM ⊥，有2222CM CD DM OD -=-．⑤153 由①-②+③+④-⑤得2222NH MH ON OM -=-． 154 即有2222MO MH NO NH -=-． 155 故OH MN ⊥．156 将例9中的外心O 演变为一般的点，则有157 例10如图3210-，设H 是ABC △的垂心，O 是ABC △所在平面内一点，作HP OB ⊥于P ，158 交AC 的延长线于点N ，作HQ OC ⊥于Q 交AB 的延长线于点M ．求证：OH MN ⊥．15911 图3210AE C ND HO Q FB MP160证明要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明有2222OM HM HN ON -=-即可． 161注意到HN OB ⊥，HM OC ⊥，分别有 1622222OH ON BH BN -=-，2222OH OM CH CM -=-． 163从而得222222OM ON CM BN BH CH -=-+-．① 164由BH AN ⊥，有2222BA BN HA HN -=-， 165CH AM ⊥，有2222CA CM HA HM -=-， 166AH BC ⊥，有2222AB AC HB HC -=-． 167从而得222222HM HN CM BN BH CH -=-+-．② 168由①，②得2222OM ON HM HN -=-．故OH MN ⊥． 169170。

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．。

高中数学竞赛解题策略几何分册勃罗卡定理 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012.第32章勃罗卡定理勃罗卡()Brocard 定理凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ．延长BC 、AD 交于点F ．AC 与BD 交于点G ．联结EF ，则OG EF ⊥．证法1如图321-，在射线EG 上取一点N ，使得N ，D ，C ，G 四点共圆（即取完全四边形ECDGAB 的密克尔点N ），从而B 、G 、N 、A 及E 、D 、N 、B 分别四点共圆． 分别注意到点E 、G 对O 的幂，O 的半径为R ，则22EG EN EC ED OE R ⋅=⋅=-． 22EG GN BG GD R OG ⋅=⋅=-．以上两式相减得()22222EG OE R R OG =---，即22222OE EG R OG -=-．同理，22222OF FG R OG -=-．又由上述两式，有2222OE EG OF FG -=-．于是，由定差幂线定理，知OG EF ⊥．证法2如图321-，注意到完全四边形的性质．在完全四边形ECDGAB 中，其密克尔点N 在直线EG 上，且ON EG ⊥，由此知N 为过点G 的O 的弦的中点，亦即知O ，N ，F 三点共线，从而EN OF ⊥．同理，在完全四边形FDAGBC 中，其密克尔点L 在直线FG 上，且OL FG ⊥，亦有FL OE ⊥．于是，知G 为OEF △的垂心，故OG EF ⊥．证法3如图321-．注意到完全四边形的性质，在完全四边形ABECFD 中，其密克尔点M 在直线EF 上，且OM EF ⊥．联结BM 、CM 、DM 、OB 、OD ．此时，由密克尔点的性质，知E 、M 、C 、B 四点共圆，M 、F 、D 、C 四点共圆， 即有BME BCE DCF DMF ∠=∠=∠=∠，从而9090BMO DMO DMF DCF ∠-∠=︒-∠=︒-∠11180909022BOD BOD BOD ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠=∠ ⎪⎝⎭， 即知点M 在OBD △的外接圆上．同理，知点M 也在OAC △的外接圆上，亦即知OM 为OBD 与OAC 的公共弦． 由于三圆O ，OBD ，OAC 两两相交，由根心定理，知其三条公共弦BD ，AC ，OM 共点于G ．即知O ，G ，M 共线，故OG EF ⊥．该定理有如下推论推论1凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，直线OG 与直线EF 交于点M ，则M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点．事实上，若设M '为完全四边形ABECFD 的密克尔点，则M '在EF 上，且OM EF '⊥． 由勃罗卡定理，知OG EF ⊥，即OM EF ⊥．而过同一点只能作一条直线与已知直线垂直，从而OM 与OM '重合，即M 与M '重合．推论2凸四边形ABCD 内接于圆，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点的充要条件是GM EF ⊥于M ． 推论3凸四边形ABCD 内接于圆O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，则G 为OEF △的垂心．事实上，由定理的证法2即得，或者由极点公式：22222EG OE OG R =+-，22222FG OF OG R =+-，22222EF OE OF R =+-两两相减，再由定差幂线定理即证． 下面给出定理及推论的应用实例．例1（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心．事实上，由推论3知R 为OPQ △的垂心，再由垂心组的性质即知O 为PQR △的垂心．例2如图322-，凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB ，DC 交于点E ，延长BC ，AD 交于点F ，AC 与BD 交于点P ，直线OP 交EF 于点G ．求证：AGB CGD ∠=∠． 证明由勃罗卡定理知，OP EF ⊥于点G ．延长AC 交EF 于点Q ，则在完全四边形ABECFD 中，点P ，Q 调和分割AC ，从而GA ，GC ，GP ，GQ 为调和线束，而GP GQ ⊥，于是GP 平分AGC ∠，即AGP CGP ∠=∠． 延长DB 交直线EF 于点L （或无穷远点L ），则知L ，P 调和分割BD ，同样可得BGP DGP ∠=∠．故AGB CGD ∠=∠．例3（2011年全国高中联赛题）如图323-，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK MN ⊥，则A ，B ，D ，C 四点共圆．证明用反证法．若A ，B ，D ，C 四点不共圆，则可设ABC △的外接圆O 与直线AD 交于点E ，直线CE 交直线AB 于P ．直线BE 交直线AC 于Q ．联结PQ ，则由勃罗卡定理，知OK PQ ⊥．由题设，OK MN ⊥，从而知PQ MN ∥． 即有AQ AP QN PM=．① 对NDA △及截线BEQ ，对MDA △及截线CEP 分别应用梅涅劳斯定理 有1NB DE AQ BD EA QN ⋅⋅= 及1MC DE AP CD EA PM⋅⋅=． 由①，②得NB MC BD CD=． 再应用分比定理，有ND MD BD DC =， 从而DMN DCB △∽△．于是，DMN DCB⊥，得到K为BC的中点，这与已知矛∠=∠．即有BC MN∥，从而OK BC盾．故A，B，D，C四点共圆．例4（1997年CMO试题）设四边形ABCD内接于圆，边AB与DC的延长线交于点P，AD 与BC的延长线交于点Q．由点Q作该圆的两条切线QE，QF，切点分别为E，F．求证：P，E，F三点共线．证明如图324-，设ABCD的圆心为O，AC与BD交于点G，联结PQ，则由勃罗卡定理，知OG PQ⊥．设直线OG交PQ于点M，则由推论1，知M为完全四边形ABPCQD的密克尔点，即知M、Q、D、C四点共圆．又O、E、Q、F四点共圆，且OQ为其直径，注意到OM MQ⊥，知点M也在OEQF 上．此时，MQ，CD，EF分别为MQDC，OEMQF，ABCD两两相交的三条公共弦．由根心定理，知MQ、CD、EF三条直线共点于P．故P，E，F三点共线．例5（2006年瑞士国家队选拔赛题）在锐角ABC△的垂心，M△中，AB AC≠，H为ABC为BC的中点，D、E分别为AB，AC上的点，且AD AE=，D、H、E三点共线．求证：ABC△的外接圆与ADE△的外接圆的公共弦垂直于HM．证明如图325-，分别延长BH，CH交AC、AB于点B'、C'，则知A、C'、H、B'及''的直径，点M为BCB C''的圆心．B、C、B'、C'分别四点共圆，且AH为AC HB设直线BC与直线C B''交于点Q，联结AQ，则在完全四边形BCQB AC''中，由勃罗卡定理，知MH AQ⊥．设直线MH交AQ于点P，则由推论1，2知HP AQ''的密克⊥，且P为完全四边形BCQB AC尔点，由此，即知P为ABC与AC HB''的公''的另一个交点，亦即AP为ABC与AC HB共弦，也可由根心定理，知三条公共弦BC ，C B ''，AP 所在直线共点于Q ．故AP HM ⊥．下证点P 在ADE △的外接圆上．延长HM 至N ，使MN HM =，则四边形BNCH 为平行四边形，由此亦推知N 在ABC 上． 由DBH ECH △∽△， 有BD CE BH CH=． 由BPN CPN S S =△△，有BP BN NC CP ⋅=⋅，并注意BN CN =，NC BH =，于是由*，有BD BH NC BP CE CH BN CP ===， 即BD CE BP CP=． 而DBP ECP ∠=∠，则DBP ECP △∽△，即有BDP CEP ∠=∠．于是，ADP AEP ∠=∠，即点P 在ADE △的外接圆上．故ABC △的外接圆与ADE △的外接圆的公共弦AP 垂直于HM ．下面看定理的演变及应用将定理中的凸四边形ABCD 内接于圆，演变成凸四边形外切于圆，则有例6如图326-，凸四边形ABCD 外切于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ．则OG EF ⊥．证明设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 分别切于点M 、N 、R 、S ，则由牛顿定理，知AC 、BD 、MR 、NS 四线共点于G ．注意到EM ER =，在等腰ERM △中应用斯特瓦尔特定理，有22EG EM MG GR =-⋅． 同理，22FG FS SG GN =-⋅．由上述两式相减，得2222EG FG EM FS MG GR SG GN -=--⋅+⋅．联结MO、EO、FO、SO，设O的半径为r，则由勾股定理，有222=-，FM OE r 222FS OF r=-．又显然，有MG GR SG GN⋅=⋅．于是，2222-=-．EG FG EO FO由定差幂线定理，知OG EF⊥．由此例及勃罗卡定理，则可简捷处理如下问题：例7（1989年IMO预选题）证明：双心四边形的两个圆心与其对角线交点共线（双心四边形指既有外接圆，又有内切圆的四边形）．证明如图327-，设O，I分别为四边形ABCD的外接圆、内切圆圆心，AC与BD交于点G．当ABCD为梯形时，结论显然成立，O，I，G共线于上、下底中点的联线．当ABCD不为梯形时，可设直线AD与直线DC交于点E，直线BC与直线AD交于点F，联结EF．由勃罗卡定理，知OG EF⊥；由例6的结论，知IG EF⊥．故O，I，G三点共线．将推论2中的凸四边形内接于圆演变为一般的完全四边形，其密克尔点变为凸四边形对角线交点在完全四边形另一条对角线上的射影，则有例8（2002年中国国家队选拔赛题）如图328-，设凸四边形ABCD的两组对边所在直线分别交于E，F两点，两对角线的交点为P，过P作PO EF⊥于点O．求证：∠=∠．BOC AOD事实上，可类似于前面例2的证法即证得结论成立．将勃罗卡定理中的凸四边形对角线的交点演变为三角形的垂心，则有例9（2001年全国高中联赛题）如图329△中，O为外心，三条高AD、BE、-，ABCCF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⊥．⊥;（2）OH MN⊥，OC DE证明（1）由A 、C 、D 、F 四点共圆，知BDF BAC ∠=∠． 又()1180902OBC BOC BAC ∠=︒-∠=︒-∠， 即90OBD BDF ∠=︒-∠，故OB DF ⊥． 同理，OC DE ⊥．（2）要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明 有222MO MH NO NH -=-即可．注意到CH MA ⊥，有2222MC MH AC AH -=-，① BH NA ⊥，有2222NB NH AB AH -=-．② DA BC ⊥，有2222BD CD BA AC -=-，③ OB DN ⊥，有2222BN BD DN OD -=-，④ OC DM ⊥，有2222CM CD DM OD -=-．⑤ 由①-②+③+④-⑤得2222NH MH ON OM -=-． 即有2222MO MH NO NH -=-．故OH MN ⊥．将例9中的外心O 演变为一般的点，则有 例10如图3210-，设H 是ABC △的垂心，O 是ABC △所在平面内一点，作HP OB ⊥于P ，交AC 的延长线于点N ，作HQ OC ⊥于Q 交AB 的延长线于点M ．求证：OH MN ⊥． 证明要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明有2222OM HM HN ON -=-即可． 注意到HN OB ⊥，HM OC ⊥，分别有2222OH ON BH BN -=-，2222OH OM CH CM -=-． 从而得222222OM ON CM BN BH CH -=-+-．① 由BH AN ⊥，有2222BA BN HA HN -=-， CH AM ⊥，有2222CA CM HA HM -=-，AH BC ⊥，有2222AB AC HB HC -=-． 从而得222222HM HN CM BN BH CH -=-+-．② 由①，②得2222OM ON HM HN -=-．故OH MN ⊥．。

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

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

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

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

第24章 密克尔定理定理1（三角形的密克尔定理）设在一个三角形每一边上取一点（可在一条边、或两条边、或三条边的延长线上取），过三角形的每一顶点与两条邻边所在线上所取的点作圆，则这三个圆共点．1证明在ACF △中，令1CAF α∠=，2ACF α∠=，3CFA α∠=．如图24-1（1），B 、D 、E 分别在ACF △的三边AC ，CF ，FA 上．设ABE △与BCD △的外接除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1180BME α∠︒=-，2180BMD α∠︒-=．于是，123360180DME BME BMD ααα∠︒∠-∠=+=︒-=-，从而知M ，D ，F ，E 四点共圆．CBAF EMACDF BCO EFBDE(3)(2)(1)图24-1故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ． 对于图24-1（2），B 、D 分别为ACF △的边AC ，CF 上的点，E 在边AF 的延长线上．设ABE △与BCD △的外接圆除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1180BME α∠=︒-，2BMD α∠=，于是，123180180DME BME BMD DFE ααα∠=∠-∠=︒--==︒-∠，从而知M ，D ，F ，E 四点共圆．故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ． 对于图24-1（3）．B 、D 、E 分别为ACF △的三边CA ，CF ，FA 延长线上的点．设ABE △与BCD △的外接圆除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1BMD α∠=，2BMD α∠=．于是，123180DME BME BMD DFE ααα∠=∠+∠=+=︒-=∠．从而知M ，F ，D ，E 四点共圆．故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ． 对于其他取点情形均可类似于上述情形而证．特别地，若有一点取在三角形的顶点，则过两个重合的点之圆与这两点所在的边相切．又若取的三点共直线，如图24-1（2）、（3）中的点B 、D 、E 共直线，则对ACF △来看，直线BDE 截其三边时，三圆ABE ，CDB ，FED 共点于M ；对ABE △来看，直线CDF 截其三边时，三圆ACF ，CDB ，FED 也共点于M ；此时四圆ABE 、ACF 、CDB 、FED 共点于M ，因而可得如下推论：定理2（完全四边形的密克尔定理）四条一般位置的直线形成的四个三角形，它们的外接圆1沈文选．三角形的密克尔定理及应用［J ］．中等数学，2011（11）：5-8．共点．如图24-2，四条直线两两相交又没有三线共点而构成四个三角形的图形称为完全四边形，其交点记为A ，B ，C ，D ，E ，F ．在完全四边形ABCDEF 中，ACF △，ABE △，BCD △，DEF △的外接圆共点于M ，也可这样推证：设ACF △和ABE △的外接圆的另一交点为M ，联结AM ，BM ，DM ，EM ，FM ，则由图24-2FCM FAM EAM EBM DBM ∠∠∠∠∠====， 即知D ，B ，C ，M 四点共圆． 同理，E ，F ，D ，M 四点共圆．或者也可这样推证：设BCD △和DEF △的外接圆的另一交点为M ，作M 分别在直线AC 、CF 、BE 、AE 上的射影P ，Q ，R ，S ，则由西姆松定理及其逆定理来证（第14章性质3）．定理1中的点M 称为三点B ，D ，E 关于ACF △的密克尔点，BDE △是点M 的密克尔三角形，三个圆称为密克尔圆．若点M 为ACF △三边AC ，CF ，FA 上的点B ，D ，E 关于该三角形的密克尔点，则有 结论1()()()MDF C MEA F MBC A ∠∠∠==，即密克尔点与所取三点的联线与对应边所成的锐角相等．这个结论可由四点共圆时，同弧上的圆周角相等或四边形的外角等于内对角即得．又对于图24-1（2）（其他图类似推导）有 ()()CMF CMD DMF CBD DEF BDA BAD ADE DAE A BDE∠∠+∠∠+∠∠+∠+∠+∠∠+∠====，等三式得到如下的密尔克等式（对于图24-1（2）、（3）亦有类似等式）： 结论2CMF A BDE ∠∠+∠=，FMA C DEB ∠∠+∠=，AMC F EBD ∠∠+∠=．我们可以密克尔点M 作出任一组（3条）直线与三边成等角，或过M 与三角形的一个顶点任作一圆．从而有穷多种方法定出它的密克尔三角形．因而，有结论：结论3若点M 为ACF △所在平面上一定点，则有无穷多种方法定出它的密克尔三角形． 对于三角形的密克尔圆，也有如下结论：结论4设ACF △的三个密克尔圆ABA '、CDB 、FED 与ACF △的外接圆依次交于点A '、C '、F '，则A BC A EF ''△∽△，C BA C DF ''△∽△，F DC F EA ''△∽△． 事实上，如图24-3，由相交两圆的性质2的推论1即证．E A'F'MF C 'CBA图24-3结论5设D 、E 、B 分别是ACF △的CF ，FA 、AC 上的点，自A 、C 、F 各引一直线a ，c ，f 分别交密克尔圆ABF 、CDB 、FED 于点A '、C '、F '．则（1）当a ，c ，f 交于一点P 时，A '，C '，F '，P ，M 五点共圆；（2）当a c f ∥∥，时，A '、C '、M 、F '四点共线．证明（1）如图24-4（1），由么PA M MEA MBC MDF FF M PF M '''∠∠∠=∠∠∠====，知M 、P 、A '、F '四点共圆．(2)M A'C 'acf F'DABC EF(1)C 'F'P A'DA B CE FMfa c 图24-4同理，M 、P 、F '、C '四点共圆． 故A '、C '、F '、P 、M 五点共圆． （2）如图24-4（2）．联结A M '、MC '，由AA M M EF M F F ''∠∠∠==，知A '、M 、F '共线．联结MC '与直线a 交于点A ''，则180180180AA M AA C A C C MBC ABM ''''''∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠=∠，即知A 、B 、A ''、M 四点共圆，而A ''又在直线a 上，从而知A ''与A '重合，故C '、A '、M 三点共线． 由于A '、M 公用，这两条直线重合，故A '、C '、M 、F '四点共线．在定理1中，任意一组在三角形三边所在直线上共线点，它们的密克尔点在其外接圆； 反之，外接圆上任一点的密克三角形（所取的三点为顶点的三角形）化为一条直线段．由此可知，三角形的西姆松线段也是一个特殊的密克尔三角形．定理2中的点M 称为完全四边形的密克尔点，点M 在完全四边形各边的射影共线，此线称为完全四边形的西姆松线．若点M 是完全四边形ABCDEF 的密克尔点，即ACF △，BCD △，DFF △，ABE △的外接圆共点，若注意到这些三角形的外心，则有结论：结论6完全四边形的四个三角形的外心及密克尔点五点共圆．事实上，如图24-2，设1O ，2O ，3O ，4O 分别为ACF △，BCD △，DEF △，ABE △的外心，则注意到CM 为1O 与2O 的公共弦，有12211801802O O M CO M CDM ∠=︒-∠=︒-∠，注意到MF 为1O 与3O 的公共弦，有13311802O O M MO F FEM FDM ∠=∠=∠=︒-∠．从而，1213O 360180O O M O M CDM FDM ∠+∠︒∠-∠=︒=-，即知1O ，2O ，M ，3O 四点共圆．同理，2O ，M ，3O ，4O 四点共圆．故1O ，2O ，1M ，3O ，4O 五点共圆．由于完全四边形中，既有凸四边形，又有凹四边形及折四边形，而其密克尔点唯一确定，因而，有结论：结论7若完全四边形中的凸四边形或折四边形满足特殊条件时，则其密克尔点处于特殊位置，且两个三角形外接圆的另一交点即为密克尔点．注意到结论3，结论7，我们可得到三角形密克尔定理的一系列推论，下面仅以定理3，定理4为例介绍之．定理3在ABC △中，点D ，E ，F 分别在边BC ，CA ，AB 上，设M 为萁密克尔点，则（1）当AD BC ⊥，且M 在AD 上时，点E ，F 与密克尔BDF 、DCE 的圆心1O 、2O 四点共圆的充要条件是M 为ABC △的垂心；（2）当D ，E ，F 分别为内切圆与边的切点，ABC △的外接圆与其密克尔圆AFE ，BDF ，CED 依次交于点P ，Q ，R 时，M 为ABC △的内心，且直线PD ，QE ，RF 共点．证明（1）如图24-5，由结论1知，ME AC ⊥，MF AB ⊥．此时，B ，D ，M ，F 及D ，C ，E ，M 分别四点共圆，有AF AB AM AD AE AC ⋅=⋅=⋅，即知B ，C ，E ，F 四点共圆．O 2O 1DCBAFEM 图24-5又AD BC ⊥，知1O ，2O 分别为BM ，CM 的中点，即有12O O BC ∥，从而21MO O MCB ∠=∠． 充分性．当M 为ABC △的垂心时，由九点圆定理即知1O ，2O ，E ，F 四点共圆． 或者注意到B ，1O ，M ，E 及C ，2O ，M ，F 分别四点共线，有211FO O FCB FEB FEO ∠=∠=∠=∠，即知1O ，2O ，E ，F 四点共圆．必要性．当1O ，2O ，E ，F 四点共圆时，即有121180O O E EFO ∠+∠=︒．(*)由B ，C ，E ，F 共圆，有AFE ACB ∠∠=，又22MO E MCA ∠=∠，1BFO ABM ∠=∠，则由（*）式，有()()()29090180ACB MCA MCA ABM ACB ∠-∠+∠+︒-∠+︒-∠=︒⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦． 于是，得ABM MCA ∠∠=，即知Rt Rt BMF CME △∽△． 从而有MF ME BF CE =，即有cos cos sin sin AM B AM CAB AM B AC AM C⋅⋅=-⋅-⋅． 故cos cos 2cos sin cos cos sin AB C AC BAM R A B C B C⋅-⋅==⋅⋅-⋅，其中R 为ABC △的外接圆半径．另一方面，当H 是ABC △的垂心时，易得cos 2cos sin AC AAH R A B⋅==⋅．从而，点H 与M 重合，即M 为ABC △的垂心． （2）加图24-6，当D ，E ，F 分别为内切圆与边BC ，CA ，AB 的切点时，密克尔圆AFE 、BDF 、CED 均过ABC △的内心，此时密克尔点M 即为其内心．EKO FWVB QDCMPA图24-6联结RE 、RD 、RA 、RB ，则ERD ECD ACB ARB ∠∠∠∠===，故ARE BRD ∠∠=． 又由REC RDC ∠∠=，有AEB BDR ∠∠=，从而ARE BRD △∽△．从而，AR AE AFBR BD BF==，即知RF 平分ARB ∠．由上即知，RF 过ABC △的外接圆O 的AB 的中点W ．同理，PD ，QE 分别平分BPC ∠，CQA ∠，且分别过O 上弧BC ，CA 的中点U ，V ．又PU ，QV ，RW 分别过D ，E ，F 点，则只需证明DU ，EV ，FW 三线交于一点．由于MD BC ⊥，OU BC ⊥，则MD OU ∥． 同理，ME OV ∥，MF OW ∥．设ABC △的外接圆、内切圆半径分别为R ，r ，则MD ME MF ROU OV OW r===． 若设直线OM 与UD 交于点K ，则由上述比例式知，直线VE ，WF 均过点K ． 故直线PD ，QE ，RF 三线共点于K ．定理4在完全四边形ABCDEF 中，设M 为其密克尔点，则（1）当A ，B ，D ，F 四点共圆于O 时，M 在直线CE 上，且OM CE ⊥；（2）当B ，C ，E ，F 四点共圆于O 时，M 在直线AD 上，且OM AD ⊥，又M 为过点D 的O 的弦的中点． 证明（1）设BCD △的外接圆交CE 于M '，连结DM '，则DM C ABD DFE '∠∠∠==，即知E ，F ，D ，M '四点共圆，如图24-7．A图24-7从而，M '为完全四边形的密克尔点，故M '与M 重合． 设O 的半径为R ，则()()22CM CE CD CF CO R CO R CO R ⋅=⋅=-+-=．同理，22EM EC EO R ⋅=-．于是，()()()2222CO EO EC CM EM CM EM CM EM CM EM -+--===-，由定差幂线定理，即知OM CE ⊥．（2）如图24-8，设BCD △的外接圆交直线AD 于M '，则AD AM AB AC AF AE '⋅=⋅=⋅，即知E ，F ，D ，M '四点共圆．图24-8从而，M '为完全四边形的密克尔点，故M '与M 重合．联结CO ，CM ，EO ，EM ，设N 为AM 延长线上一点，则2CME CMN NME CBE CFE CBE COE ∠∠+∠∠+∠∠∠====，即知C ，E ，M ，O 四点共圆．1902OMN OMC CMN OEC COE ∠=∠+∠=∠+∠=︒．故OM AD ⊥，且M 为过点D 的O 的弦的中点．由图24-7，我们又可得如下结论（类似地也可由图24-8得到有关结论）．结论8若点D 为ACE △的三边CE ，EA ，AC 上的点M ，F ，B 关于该三角形的密克尔点，设O 为密克圆ABF 的圆心，则OM CE ⊥．下面，介绍定理4的两个推论，这也是定理2的应用实例．推论1在完全四边形ABCDEF 中，凸四边形ABDF 内接于O ，AD 与BF 交于点G ，则CDB ，CFA ，EFD ，EAB ，OAD ，OBF 六圆共点；CFB ，CDA ，GAB ，GDF ，OBD ，OFA 六圆共点；EFB ，EAD ，GBD ，GFA ，OAB ，ODF 六圆共点．证明如图24-9，设M 为完全四边形ABCDEF 的密克尔点，则由定理4（1），知M 在CE 上，且OM CE ⊥． 于是，C ，M ，D ，B 及M ，E ，F ，D 分别四点共圆，有9090BMO BMC BDC ∠︒-∠=︒-∠= ()9018090BDF BDF =︒-︒-∠=∠-︒11180909022BOF BOF ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠ ⎪⎝⎭BFO =∠．L G NOMFEDCBA图24-9从而，知点M 在OBF 上． 同理，知点M 在OAD 上．由密克尔点的性质，知CDB ，CFA ，EFD ，EAB 四圆共点于M ．故以上六圆共点M ． 同理，设N 为完全四边形CDFGAB 的密克尔点，则CFB ，CDA ，GAB ，GDF ，OBD ，OFA 六圆共点于N ．设L 为完全四边形EFAGBD 的密克尔点，则EFB ，EAD ，GBD ，GFA ，OAB ，ODF 六圆共点于L ．推论2在完全四边形ABCDEF 中，凸四边形ABDF 内接于O ，AD 与BF 交于点G ，CDB 与CFA ，CDA 与CFB ，OBD 与OFA ，ODA 与OBF ，EAB 与EFD ，EAD 与EFB ，OAB 与ODF ，GAB 与GDF ，GBD 与GFA 共九对圆的连心线分别记为1l ，2l ，3l ，…，9l ，则1l ，2l ，3l ，4l ，OC 五线共点于OC 的中点；4l ，5l ，6l ，7l ，OE 五线共点于OE 的中点；3l ，7l ，8l ，9l ，OG 五线共点于OG 的中点．证明如图24-10，设M ，L ，N 分别为完全四边形ABC DEF -，EFAGBD ，CDFGAB 的密克尔点，则OM CE ⊥于M ，OL EG ⊥于L ，ON CG ⊥于N ．。

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4章 三角形中的分角线三角形中分角线有如下一系列有趣的结论，我们以性质的形式介绍之．性质1 设1A 、2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC ∠=γ,则αγ=的充要条件是212212BA BA AB AC A C A C⋅=⋅或221212AB AC BA BA A C A C=⋅⋅或sin sin()sin sin()αβγγαβ+=+． 证法1 如图41-，应用三角形正弦定理，有图4-1γβαA'2A 2A 1D BCE A2121212sin sin sin sin()AA B AA BAB AB AB BA BA BA BA ααβ∠∠=⋅=⋅⋅+，2121212sin sin sin()sin AA C AA CAC AC AC A C A C A C A C βγγ∠∠=⋅=⋅⋅+．①必要性．当αγ=时，则由上述①式，即得结论． 充分性．当212212BA BA AB AC A C A C⋅=⋅时，在BC 边上取点2A '，使2A AC α'∠=．此时，由①式，有212212BA BA AB AC A C A C '⋅='⋅．于是，有2222BA BA A C A C'='． 从而222222BA BA BA A C BA A C'=''++,即知2A '与2A 重合．故αγ=． 证法2 如图41-，作12AA A △的外接圆分别交AB 、AC 于点D 、E ,则由割线定理,有11AB BD BA BA ⋅=⋅，12AC CE CA CA ⋅=⋅．亦即有 1212BA BA AB BD AC CE CA CA ⋅⋅=⋅⋅． ②于是，x γ= 12A D A E DE BC ⇔=⇔∥BD CE AB BDAB AC AC CE⇔=⇔=212212BA BA AB AB BD AC AC CE CA CA ⋅⇔=⋅===⋅②．注：设1A ,2A 是ABC △的BC 边上（异于端点)的两点，若12BAA A AC ∠=∠，则 （1）1212AC AB AC AA AA BA BA AB⋅=⋅+⋅⋅; （2）1212ABAB AC AA AA CA CA AC ⋅=⋅+⋅⋅；（3）2121212()BA BA CA CAAB AC AA AA ⋅⋅⋅=⋅-⋅．事实上，(1）如图42-,作ABC △的外接圆与直线1AA ,2AA 分别交于点1B ，2B ．联结1BB ，2B C ,则12BB B C =．图4-2B 2B 1A 2A 1CBA由1ABA △∽2AB C △，有112AA BAAC CB=． ① 由1ABB △∽2AA C △,有122BB A C AB AA=． ② 由①÷②并注意12BB B C =得1212AA A C AC BAAA AB⋅⋅=． ③又由1ABA △∽2AB C △,有12AA ABABAC=．于是22121222121221212()BA A CAB AC AA ABAA AA A B AA AA AA A B AA AA AA AA ⋅⋅=⋅=+=⋅+⋅⋅+⋅相交弦定理1122AC BA AA AA BA AB⋅⋅+⋅代入③1212ACAA AA BA BA AB=⋅+⋅⋅．（2）同（1）中证法即得．(3）由（1)与（2）中两式相乘即得．还需特别指出的是：由(1）、（2）中两式，有1212AC ABBA BA CA CA AB AC⋅⋅=⋅⋅，即有212212BA BA AB AC A C A C⋅=⋅．这给出了性质1必要性的另证．性质1的充分性也可由三角知识推导．由sin sin()sin sin()ααβγβγ⋅+=⋅+，并令αβγθ++=，则0θ︒<<180︒,将三角式积化和差及和差化积，有cos()cos()cos()cos()αθγαθγγθαγθα+---+=+---+,亦即有sin sin()0θαγ⋅-=．于是sin()0αγ-=．而0α<，γ<90︒，故αγ=．对于图42-，类似于证法2，可证得x γ=的充要条件是21112222AA BA A CAA BA A C⋅=⋅．此时,我们可得如下推论：推论1 设1A 是ABC △的BC 边上一点（异于端点)，则1111sin sin BA A ACAB AC A C BAA⋅∠=⋅∠． 推论2 设1A 是ABC △的BC 边上一点（异于端点），令1BAA α∠=，1A AC γ∠=,则αγ=的充要条件是11BAAB AC A C=． 此即为角平分线的性质定理与判定定理．推论3 设1A 、2A 是ABC △的BC 边上（异于端点)的两点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC γ∠=,则11BA A C∶22sin sin()BA A C αβγ=+∶sin()sin αγγ+． 事实上，由1111sin sin()ABA AA CSBA AB AC SAC αβγ⋅==⋅+△△及22sin()sin BA AB A C αβγ⋅+=相除即得．推论4 设1A 是ABC △的BC 边上的中点，2A 是BC 边上另一点，令1BAA α∠=,12A AA β∠=，2A AC γ∠=,则αγ=的充要条件是2222BA AB AC A C= 或2222sin ()sin BA A C αβγ+=．事实上，这可由性质1及推论1即得．此时，1AA 为ABC △的BC 边上的中线．当αγ=时，直线2AA 与1AA 关于BAC ∠的平分线对称，我们称2AA 为ABC △的一条共轭(或陪位）中线．于是，我们有推论4的等价表述:设2A 是ABC △的BC 边上一点(异于端点)，则2AA 为ABC△的一条共轭中线的充要条件是2222BA AB AC A C=或222222sin sin BA BAA A C A AC∠=∠．对于推论4．我们还有如下的等价结论：推论5 设1A 是ABC △的BC 边上的中点，2A 是BC 边上另一点（异于端点），令1BAA α∠=，12A AA ∠β=，2A AC γ∠=，则αγ=的充要条件是分别过B ，C 点的ABC △的外接圆的两切线的交点P 及2A 、A 三点共线．证明 充分性．如图43-，当P ，2A ，A 三点共线时，设直线AP 与ABC交于点D ，联结BD ,DC ，则由图4-3A 2γβαPFED CBA 1PBD△∽PAB △,PCD △∽PAC △，有BD PB PC CDAB PA PA AC===，即有AB CD BD AC ⋅=⋅．对四边形ABDC 应用托勒密定理，有AB CD BD AC BC AD⋅+⋅=⋅，即有122AB CD BA AD ⋅=⋅，亦即1AB ADBA CD=． 注意到1ABA ADC ∠=∠,则知1ABA △∽ADC △，从而12BAA A AC ∠=∠,故αγ=．必要性．如图43-，当αγ=时，设直线2AA 交ABC △的外接圆于D '，联结BD ',D C ',则由1ABA △∽AD C '△,有1AB AD BA D C'='，即122AB D C BA AD BC AD '''⋅=⋅=⋅，亦即AB D C AB D C BC AD '''⋅+⋅=⋅．又对四边形ABD C '应用托勒密定理，有AB D C BD AC BC AD '''⋅+⋅=⋅． 于是,AB D C BD AC ''⋅=⋅．运用三角形正弦定理，有sin sin sin sin AD B D BC BCD AD C ''''∠⋅∠=∠⋅∠．延长BD '交PC 于点E ，延长CD '交BP 于点F ，则BCD D BF ''∠=∠，D CE D BC ''∠=∠． 从而，有sin sin sin sin AD B D CE D BF AD C ''''∠⋅∠=∠⋅∠． （＊） 由于2222D CA BD C PD BD A B CD P BD CS S S CA BF PE A B FP EC S S S ''''''⋅⋅=⋅⋅△△△△△△ sin sin sin sin D C AD C BP BD D BF BD AD B CD CP D CE''''⋅∠⋅⋅⋅∠=''''⋅∠⋅⋅⋅∠，注意到（＊）式及PB PC =，则221CABF PE A B FP EC⋅⋅=． 由塞瓦定理的逆定理，知2A P 、BE 、CF 三线共点于D ',即知直线2A P 与2AA重合．故P 、2A 、A 三点共线．注：其必要性也可这样来证：如图44-，由12BAA CAA ∠=∠及1A 为BC 中点，直线2AA 交圆于D ,由充分性中证明，知四边形满足条件AB ACBD DC=．（*＊）γα图4-4A 2A 1P 2P 1P D CBA设过B 的切线与直线AD 交于1P ，过C 的切线与直线AD 交于2P ．由1ABP △∽1BDP △，有1111BP APAB BD DP BP==． 于是 21112111BP AP AP AB BD DP BP DP =⋅=．同理2222AP AC DC DP =．注意到（＊*）式有 1212AP AP DP DP =,从而 112212AP DP AP DP DP DP --=，即12AD AD DP DP =．从而1P 与2P 重合,亦与P 重合． 故A 、2A 、P 三点共线．由推论4和推论5，我们可得到：推论6 设2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）一点，则2AA 为ABC △的一条共轭（或陪位）中线的充要条件是分别过B ，C 的ABC △的外接圆的两切线的交点P ，2A ,A 三点共线；或2222BA AB AC A C=(或222222sin sin BA BAA A C A AC∠=∠）的充要条件是分别过B ，C 的ABC △的外接圆的两切线的交点P 及2A ，A 三点共线．推论6也还有如下的等价说法：推论7 设2A 是ABC △的BC 边上一点，则2AA 为ABC △的一条共轭(或陪位）中线的充要条件是在直线与ABC △的外接圆的交点D 及点A 处两切线的交点P 、C 、B 三点共线；或2222BA AB AC A C=的充要条件是在直线2AA 与ABC △外接圆的交点D 及点A 处两切线的交点P 及C 、B 三点共线．证明 如图45-，设1A 为BC 的中点，直线1AA 交ABC △的外接圆于点E ，联结ED ．设O 为ABC △的外心，则1OA BC ⊥(1A 与O 不重合时）．图4-5P 2P 1A 2A 1P O EDC BA充分性．当P 、C 、B 三点共线时,即知P 、A 、O 、1A 、D 五点共圆，从而1AA P ADP AED ∠=∠=∠．于是，BC ED ∥,即有BE CD =．故12BAA A AC ∠=∠，即知2AA 为ABC △的共轭中线．必要性．当2AA 为ABC △的共轭中线时，即有12BAA A AC ∠=∠．设直线BC 与过点A 的切线交于点1P ，直线BC 与过点D 的切线交于点2P ．此时BE CD =,即BC ED ∥．从而，111AA P AED DAP ∠=∠=∠，即知A ，1A ,D ，1P 四点共圆，亦即知1P 为直线BC 与1AA D的交点；122AA P AED ADP ∠=∠=∠，即知A ，1A ,D ,2P 四点共圆，亦即知2P 为直线BC 与1AA D的交点．于是，知1P 与2P 重合，重合于点P ,故P ，C ，B 三点共线．又若1A 或2A 中，有一个点为A 在BC 边上的射影时，则有结论:性质2 设1A ，2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC γ∠=，则αγ=的充要条件是当2A 为点A 在BC 边上的射影时，直线1AA 过ABC △的外心;或直线1AA 过ABC △的外心时，点2A 为A 在BC 边上的射影．证明 如图46-,设O 为ABC △的外心，直线1AA 交O于点D ,联结BD ．下面仅证当点2A 为点A 在BC 边上的射影情形．充分性．当直线1AA 过ABC △的外心O 时，作OE AB ⊥于E ,联结BO ，则12AOE AOC C∠=∠=∠．于是，由等角的余角相等,有12BAA A AC ∠=∠．故αγ=． 必要性．当αγ=时，即当12BAA A AC ∠=∠时，延长1AA 交O于点D ，则由2BDA A CA∠=∠，知ABD △∽2AA C △，从而290ABD AA C ∠=∠=︒．即知AD 为其直径．故直线1AA 过ABC △的外心．注：当直线1AA 过ABC △的外心时，也可类似地推证．在图46-中,由Rt ABD △∽2Rt AA C △，有2AB ADAA AC=，即2AB AC AD AA ⋅=⋅．由此可得推论：图4-6γβαA 2A 1E O DCBA推论8 三角形一边上的高与外接圆的直径的积等于其他两边的乘积．推论9 三角形的一内角平分线上从顶点到对边交点及从顶点到外接圆交点的两线段的积等于夹这角的两边的乘积．如果，我们再考虑12AA A △的外接圆与ABC △的外接圆的关系,则又有结论：性质3 设1A 、2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，令1BAA α∠=，12A AA β∠=，2A AC γ∠=，则αγ=的充要条件是12AA A △的外接圆与ABC △的外接圆内切于点A ．证明 充分性．如图47-，当两个外接圆内切于点A 时．图4-7O 1O T 1A 2A 1TED CBA过A 作两圆的公切线AT ，设12AA A △的外接圆分别与AB ，AC 交于点D ，E ,联结DE ，则EDA ∠=TAC CBA∠=∠．从而DE BC ∥，即有12DA EA =，亦即有12DAA A AE∠=∠．故αγ=．必要性．如图47-，设1O ，O 分别为11AA A △，ABC △的外心，1O 与AB ，AC 分别交于点D ，E ．当αγ=时，即12DAA A AE ∠=∠时，则有12DA EA =,从而DE BC ∥．过A 作1O 的切线1AT ,过A 作O的切线AT ，则1T AC ADE ABC TAC∠=∠=∠=∠，即知1AT 与AT 重合．故1O 与O在点A 相内切．此时，我们又有如下推论：推论10 设1A ，2A 是ABC △的BC 边上（异于端点）的两点，则212212BA BA AB AC A C A C⋅=⋅的充要条件是12AA A △的外接圆与ABC △的外接圆内切于点A ．下面，给出应用上述结论处理一些竞赛题的例子：例1 (2010年第1届陈省身杯全国高中数学奥林匹克题)在ABC△中,D ,E 分别为边AB ，AC 的中点，BE 与CD 交于点G ，ABE △的外接圆与ACD △的外接圆交于点()P P A ≠，AG 的延长线与ACD △的外接圆交于点()L L A ≠．求证：PL CD ∥．证明 如图48-，联结PA ,PB ，PD ，PC ,PE ,则由题设有PBD PEC ∠=∠，PDB PCE ∠=∠,知PBD △∽PEC △（或点P 是完全四边形ADBGCE 的密克尔点即得)．从而当D，E 分别为AB ，AC 的中点时，有图4-8LPGEDCBAsin sin sin sin AB BD DP DCP BAP AC EC CP CDP CAP∠∠====∠∠． ①又由ABGACGSS =△△,即121122AB dAC d ⋅=⋅（1d ，2d 分别为点G 到AB 、AC 的距离)，有2211/sin /sin dd AG AB CAGAC dd AG BAG∠===∠． ②于是，由①，②有sin sin sin sin BAP CAGCAP BAG∠∠=∠∠． 此时,由性质1中的三角形式，即知BAP CAG CAL∠=∠=∠．从而PCD BAP CAL CPL ∠=∠=∠=∠,故PL CD ∥．例2 （2010年国家集训队测试题）如图49-，设凸四边形ABCD 的两组对边的延长线分别交于点E ，F ，BEC △的外接圆与CFD △的外接圆交于C ，P 两点．C图4-9PEFDB A求证：BAP CAD ∠=∠的充分必要条件是BD EF ∥．证明 如图49-．由题设有PEB PCF PDF ∠=∠=∠，PBE PCE PFD ∠=∠=∠，知PEB △∽PDF△（同例1亦可参见练习二十四第11题），有BE BPDF PF=．① 此时由PBE PFD ∠=∠，即知P ，F ，A ，B 四点共圆． 从而，有BFP BAP ∠=∠，PBF PAF ∠=∠．②由①，②又有sin sin sin sin BE BP BFP BAPDF PF PBF PAF∠∠===∠∠． ③ 充分性．当BD EF ∥时，有BECDFCSS =△△,即有121122BE d DF d ⋅=⋅,从而2211/sin /sin dd AC BE CADDF dd AC BAC∠===∠． ④于是，由③，④，有sin sin sin sin BAP CADPAF BAC ∠∠=∠∠．从而由性质1中的三角形式,知 BAP CAD∠=∠．必要性．当BAP CAD ∠=∠时,则由性质1中的三角形式,知sin sin sin sin CAD BAPBAC PAF ∠∠=∠∠． 注意到③式，有sin sin sin sin BE BAP CADDF PAF BAC∠∠==∠∠． ⑤设点C 到BE ，DF 的距离分别为1d ，2d ，则2211/sin /sin dd AC CADdd AC BAC∠==∠． ⑥于是,由⑤，⑥有21dBE DF d=，即知BECDFCS S =△△．故BD EF ∥．注：由例2（例1）可得到结论:设P 为完全四边形ABECFD 的密克尔点（参见图49-)，则BAP CAD ∠=∠的充要条件是BD EF ∥．例3 (2006年福建省竞赛题）如图410-，O 为ABC △的外接圆,AM ，AT 分别为中线和角平分线，过点B ，C 的O的切线相交于点P ，联结AP 与BC和O分别交于点D ，E ．求证：点T 是AME △的内心．证明 如图410-，联结BE ,EC ．由推论5，即知图4-10M OT EDCBABAM DAC∠=∠,从而知AT 平分MAE ∠．此时,由ABM △∽AEC △，知AMB ACE ∠=∠． ① 又由PBE △∽PAB △,PCE △∽PAC △，有BE PB PC CEAB PA PA AC===，即有BE ABCE AC=． ② 于是由推论4，有2222BD AB BE DC AC CE ==．又由推论4，有BEM AEC ∠=∠．注意到EBM EAC ∠=∠，知BEM△∽AEC △，即有BME ACE ∠=∠． ③由①，③即知MT 平分AME ∠． 故点T 是AME △的内心．注：满足②式（也可参见推论5注中的（**）式)的四边形ABEC 即为调和四边形（见第16章）．例4 （2008年蒙古国家队选拔考试题）已知梯形ABCD 内接于圆T ,两底BC ，AD 满足BC AD <，过点C 的切线与AD 交于点P ,过P 的切线切圆T 于异于C 的另一点E ，BP 与圆T 交于点K ，过C 作AB 的平行线,分别与AK ，AE交于点M ,N ．证明：M 为CN 的中点．证明 如图411-,联结CK ，BE ,FK ．由例3证明中的②式，有BE EK BC CK=． NK 图4-11PL T MEDC B A联结CE ，设CE 与BP 交于点T ,则由推论6，知2222ET BE EK TC BC CK ==．于是，由推论4，取CE 的中点L ，知EKL BKC ∠=∠．联结AC ，则BKC BAC ACN ∠=∠=∠,则EKL ACN ∠=∠． 联结LK ,ML ．由ACE AKE ∠=∠，有MCL NCE ACE ACN AKE EKL AKL MKL∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠．于是,知M ，L ,K ，C 四点共圆．因此，KML KCL KCE KAE ∠=∠=∠=∠,从而ML AE ∥．故M 为CN 的中点．注:题中条件梯形ABCD 可改为圆内接四边形．上述证明中未利用BC AD ∥的条件．例5 （2006年罗马尼亚国家集训队测试题）在凸四边形ABCD 中,记O 为AC 与BD 的交点．如果BO 为ABC △的陪位中线，DO 为ADC △的陪位中线．证明：AO 为ABD △的陪位中线．证明 如图412-，不失一般性，不妨设过A ，C 两点的ABC △的外接圆的切线交于点P （否则O 为ABC △的外心,则结论显然成立）．图4-12POD 'D CBA当BO 是ABC △的陪位中线时,由推论4，知22AB AOBC OC=．此时,又由推论6知，B ,O ,P 共线． 没直线BP 交ABC △的外接圆于D '，则由例3证明中的②式，知AB BCAD D C='' ① 又DO 为ADC △的陪位中线,由推论4,知22AD AOBC OC=．于是2222AB AD BC DC =，即AB BCAD DC=． ② 于是，由①，②即知D '与D 重合,即A ，B ,C ，D 四点共圆．此时，由BOC △∽AOD △，AOB △∽DOC △,有BC OC AD OD =，AB OBDC OC =． 上述两式相乘，得AB BC OBAD DC OD⋅=⋅． 又将②式代入上式,即得22AB OBAD OD=．注意到推论4，即知AO 为ABD △的陪位中线．例6 （2005年国家集训队测试题)设锐角ABC △的外接圆为ω，过点B ，C作ω的两条切线,相交于点P ．联结AP 交BC 于点D ，点E ，F 分别在边AC ，AB上，使得DE BA ∥，DF CA ∥．（1)求证:F ，B ,C ，E 四点共圆；（2）若记过F ,B ，C ，E 的圆的圆心为1A ，类似地定义1B ，1C ，则直线1AA ，1BB ，1CC 共点．证明 （1)如图413-,由推论6知，有22AB BDAC DC=．图4-13ωPDFECBA又由DE BA ∥，DF CA ∥，有CD AF DE AB BC ==⋅，BDAE FD AC BC==⋅． 于是，222CD BD CD BDAF AB ABAC AC AE AC BC DC BC BC⋅=⋅=⋅⋅=⋅=⋅．由割线定理的逆定理，知F ，B ，C ，E 四点共圆．(2）显然，AD 为ABC △的一条共轭中线．设ABC △的另两条共轭中线BJ ，CK交于点G ,由共轭中线的性质（即推论4）及塞瓦定理的逆定理，知AD也过点G ．如图414-，过G 分别作11M N BC ∥，11FT AC ∥，11S E BA ∥，交点如图所示．图4-14J K N 1M1E 1F 1S 1T 1GDCBA由于11AM N △与ABC △位似，则有211211AM M GAN GN =．从而，由（1）的证法知1F ,1M ,1N ,1E 四点共圆．同理，1F ，1M ，1S ,1T 及1S ,1T ，1N ，1E 分别四点共圆．于是，1111111111180180180S M NBM S N M A FT S ABC ACB ABC BAC ∠=︒-∠-∠=︒-∠-∠=︒-∠-∠=∠=111S E N ∠，即知1M ，1S ，1T ,1N ，1E 五点共圆．由对称惟，知1F 也在此圆上，即知1F ，1M ,1S ，1T ，1N ，1E 六点共圆．设此六点圆的圆心为O ，由于1OA 与O的位似中心是A ，故直线1AA 过点O．同理，直线1BB ，1CC 也过点O ．故直线1AA ,1BB ，1CC 共点．例7 （2000年波兰数学奥林匹克题及2006年罗马尼亚国家队选拔考试题)在等腰ABC △中，M 为底边AB 的中点．（1）在ABC △内有一点，使得PAB PBC ∠=∠，则πAPM BPC ∠+∠=．（2）请在三角形内找出满足πAPM BPC ∠+∠=的点P 的轨迹．解 (1)如图415-，延长CP 交AB 于点D ．图4-15δβαγβαD M PF ABE C要证πAPM BPC ∠+∠=,只需证APM BPD ∠=∠即可．延长AP 交BC 于E ,延长BP 交AC 于F ,令PAB PBC α∠=∠=，CAP ABP β∠=∠=，BCD γ∠=，ACD δ∠=．对ABC △及点P 应用塞瓦定理，再由线段比转化为面积比有sin sin sin 1sin sin sin AD BE CF DB EC FA δααγββ=⋅⋅=⋅⋅， ①（或直接用塞瓦定理的角元形式即得）．即22sin sin sin sin αγβδ=．又 sin sin AP BP βα=，及sin sin CAD CDBSAD DB Sδγ==△△， ②从而2222sin sin sin sin AP AD AD AMBP DB BD BMβδαγ⋅====⋅．于是，由性质1中的线段式或直接由推论4，即知APM BPD ∠=∠．（2)如图415-，显然点P 在线段CM （异于C ，M 点）时,有πAPM BPC ∠+∠=． 当点P 不在线段CM 上时，延长CP 交AB 于点D ．当πAPM BPC ∠+∠=时,则有APM BPD∠=∠．由推论4．知22AP ADBP DB=． ③令PAB α∠=,ABP β∠=,BCD γ∠=，ACD δ∠=,CAB ABC θ∠=∠=，则PAC θα∠=-，PBC θβ∠=-，且由②，③式，有22sin sin sin sin βδαγ=． ④类同于①式,有sin sin sin()1sin sin()sin AD BE CF DB EC FA δαθβγθαβ-=⋅⋅=⋅⋅-． ⑤ 由④，⑤式，有sin sin()sin sin()αθαβθβ⋅-=⋅-．将上述三角式积化和差后再和差化积，有sin()sin()0θαββα--⋅-=．因而，由sin()0βα-=，有αβ=,此即为点P 在CM 上情形．前面也已讨论． 由sin()0θαβ--=,有θαβ=+．此时，PAC β∠=，PBC α∠=．又由弦切角定理的逆定理，知过点A ，P ，B 三点的圆分别在A ，B 处与AC ，BC 相切．于是,知此时点P 的轨迹为与AC ，BC 分别切于A ，B 的圆在ABC △内部的圆弧．由对称性，知1F 也在此圆上,即知1F ，1M ，1S ，1T ，1N ，1E 六点共圆．设此六点圆的圆心为O ，由于1A 与O的位似中心是A ，故直线1AA 过点O．同理,直线1BB ，1CC 也过点O ．故直线1AA ,1BB ,1CC 共点．例8 （2004年全国女子数学奥林匹克题）给定锐角ABC △，点O 为其外心，直线AO 交边BC 于点D ．动点E ,F 分别位于边AB ，AC 上，使得A ，E ,D，F 四点共圆．求证：线段EF 在边BC 上的射影的长度为定值．证明 如图416-，过A 作AP BC ⊥交O于点P ．图4-16αβαBQPC F 0E FE 0AO令BAD α∠=,DAP β∠=，则由性质2,知PAC BAD α∠=∠=． 延长AD 交O于点Q ，则AQ 为O的直径．令AEDF的直径为d ，联结PE ,PF ，PC，DE ,DF ，运用正弦定理及托勒密定理，有[sin()sin ]2AEPF AEP APF APS S S AE AF αβα=+=⋅++⋅△△ ()sin 222AP AP APAE DF AF ED AD EF AD A d d =⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ 12BC AP AD AQ=⋅⋅．[sin sin()]2ABC ABD ADC ADS S S AB AC ααβ=+=⋅+⋅+△△△ ()22AD ADAB PC AC BP AP BC AQ AQ=⋅+⋅=⋅⋅⋅．从而,AEPFABCS S =△．（*）设EF 在BC 上的射影为0E F ，设EF 与AP 的夹角为θ．又1sin 2AEPFSAP EF θ=⋅⋅,注意到AP 为定值，ABCS△为定值，知sin EF θ⋅为定值．由于AP BC ⊥，知0sin E FEF θ=⋅为定值．注：类似于（*）式的证明，可证明2000年全国高中数学联赛加试题:在锐角ABC △的边BC 上有两点E ，F 满足BAE CAF ∠=∠，作FM AB ⊥于点M ，FN AC⊥于点N ，延长AE 交ABC △的外接圆于点D ．证明：ABCAMDNSS =△四边形（参见练习题4中第4题)．例9 在锐角ABC △中,BC ，CA 边上的高AE ,BF 相交于点H ．设O 为ABC △的外心，则O 为ECF △的垂心的充要条件是CH AB =． 证明 如图417-，显然，H 为ABC △的垂心．图4-17ABE HCOF联结AO ,BO ,CO ，FO ，则由C ，F ，H ，E 四点共圆及性质2，知FCO HCE ∠=∠，从而HFE ∠HCE FCO=∠=∠．而90CFH ∠=︒，知CFE ∠与FCO ∠互余，从而知CO FE ⊥． 必要性．若O 为ECF △的垂心时，则FO CE ⊥． 注意到AE CE ⊥，则FO AE ∥．又由性质2，有ABH OBC ∠=∠，亦有ABO FBE ∠=∠，于是，CFO CAE FBC ABO ∠=∠=∠=∠,从而A ，O ，O ,F四点共圆,即有90AOB AFB ∠=∠=︒，亦即知45ACB ∠=︒．由垂心组性质（见第8章）知，AHC △的外接圆与ABC △的外接圆是等圆．又AE EC ⊥，知45CAH ∠=︒ACB=∠，它们所对的弦相等，故CH AB =．充分性．若CH AB =时,由垂心组的性质知，AHC △的外接圆与ABC △的外接圆是等圆，即知CH ，AB 所对的圆周角相等,即有CAH ACB ∠=∠． 而90AEC ∠=︒，则知45ACB ∠=︒，于是90AOB ∠=︒． 注意到90AFB ∠=︒，则知A ，B ，O ，F 四点共圆． 从而CFO ABO CBF CAE ∠=∠=∠=∠，于是FO AE ∥．又AE CE ⊥，则FO CE ⊥．注意到CO FE ⊥，故知O 为ECF △的垂心．例10（2002年土耳其数学奥林匹克题）两圆外切于点A，且内切于另一圆O，切点为B，C．令D是两小圆内公切线段即O的弦的中点．证明：当B，C,D不共线时，A是BCD△的内切圆的圆心．证明如图418-,设分别过B，C的切线交于点P，则P为根心，即知点P在过点A的两小圆的内公切线上．设割线PA交O于M，N,联结BM，BN．P图4-18注意到D为MN的中点，则由性质3，知∠=∠．MBC NBD如图418-，设BM，BN分别交小圆于E，F，联结EF，则可证得EF MN∥(由∠=∠=BFE M BP∠得）．BNM于是,知EA AF=,即知AB平分MBN∠．从而∠．ABC MBA MBC NBA NBD ABD∠=∠-∠=∠-∠=∠，即知BA平分DBC同理，CA平分BCD∠．故知A是BCD△的内切圆的圆心．例11（1997年全国高中联赛试题的推广)已知两个半径不等的圆O1与O相交于M，N两点，且1O，2O分别与O内切于点S,T．直线MN交2O于点A，B，弦ST交AB于点G，H为AB中点，则点H在公共弦MN上(外）的充要条件是点G也在公共弦MN上（外),且GSN MSH∠=∠．证明 如图419-,设分别过S ，T 的O 的切线交于点P ，则P 为根心，即知点P 在直线AB 上．图4-19联结AS ,BS ，注意到H 为AB 的中点,则由性质3知，ASH BST BSG ∠=∠=∠． 设AS ，BS 分别与1O 交于点E ，F ，联结EF ，则由SEF BSP BAS ∠=∠=∠，知EF AB ∥．从而EM NF =，即知ASM NSB ∠=∠．于是，||||GSN BSG NSB ASH ASM MSH ∠=∠-∠=∠-∠=∠．图419-中，点H 在公共弦MN 内部,此时，点G 也在公共弦MN 内部． 由作图可知,若点H 在公共弦MN 的外部（即AM 上）时，此时，点G 也茌公共弦MN 外部（即NB 上）．注意到性质3的充要性，从而结论获证．特别地，若点H 与点M 重合，即点H 在公共弦MN 的端点时，则点G 也与点N 重合，即点G 在公共弦MN 的端点N 处，此时，OM MN S ⊥⇔，N ，T 三点共线，此即为1997年全国高中联赛试题．练习四1．（2007年国家集训队培训题）锐角三角形ABC 的外接圆在A 和B 处的切线相交于点D ，M 是AB 的中点，证明：ACM BCD ∠=∠．2．（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题）在ABC △中，点M ，N 分别在边AB ,AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △与CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠=∠．3．（2004年IMO45预选题)已知直线上的三个定点依次为A ，B ，C ，T 为过A ，C 且圆心不在AC 上的圆，分别过A ,C 两点且与圆T 相切的直线交于点P ，PB 与圆T 交于点Q ．证明：AQC ∠的平分线与AC 的交点不依赖于圆T 的选取．4．(2000年全国高中联赛题)在锐角ABC △的边BC 上有两点E 、F ,满足BAE CAF ∠=∠，作FM AB ⊥，FN AC ⊥（M 、N 是垂足），延长AE 交ABC △的外接圆于点D ．求证：四边形AMDN 与ABC △的面积相等．5．从三角形的一个顶点出发，在三角形的内（或外）部引与过此点的两边（一边及另一边的反向延长线)交成等角的直线，若分别交第三边（或其延长线）和外接圆于两点,则从顶点到这两点的线段之积等于三角形过这顶点的两边之积．6．任给定锐角ABC △，在其边BC 有两点E 、F 满足BAE CAF ∠=∠,在边AB 、AC 上分别取点M 、N ，使得A 、M 、F 、N 四点共圆，延长AE 交ABC △的外接圆于点D ．求证:AMDN ABC S S =△．7．已知ABCD 为圆内接四边形．求证:DA AB BC CD AC AB BC CD DA BD⋅+⋅=⋅+⋅． 8．H 为锐角ABC △的垂心，若2AH =，1BH CH ==．求AB 、BC 、CA 的长．9．设D 为ABC △的边AC 上一点，E 和F 分别为线段BD 和BC 上的点,满足BAE CAF ∠=∠．再设点P 、Q 为线段BC 和BD 上的点，使得EP QF DC ∥∥．求证：BAP QAC∠=∠． 10．设G 、H 是ABC △内两点，且满足ACG BCH ∠=∠，CAG BAH ∠=∠．过点G 分别作GD BC ⊥，CE CA ⊥,GF AB ⊥，垂足分别为D 、E 、F ．若90DEF ∠=︒，求证：H为BDF △的垂心．。