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1、平面几何问题的解答及其它1. 在OAB与OCD中, OA = OB, OC = OD. 直线AB与CD交于点P, (PBC)与(PDA)的外接圆交于P、Q两点. 求证: OQPQ. 这是第26届IMO的一道几何题的推广. 第26届IMO的那道几何题的条件是A、B、C、D四点共圆, 且O为圆心.思路1 欲证明OQPQ, 可考虑证明点O在过点Q且垂直于PQ的直线上.证法1 如图1所示, 过点Q作PQ的垂线分别交PAD与PBC的外接圆交于I、J两点, 则AIPA, BJPA, 所以AIBJ, 因此AB的垂直平分线过IJ的中点; 同理, CD的垂直平分线也过IJ的中点. 明显, O是AB的垂直平分线与
2、CD的垂直平分线的交点, 因此, O为IJ的中点. 故OQPQ.思路2 假如有割线过相交两圆的一个交点, 则我们可以以两圆的另一个交点为中心作位似旋转变换, 使其中一个圆变为另一个圆, 此时, 割线与两圆的另一交点即为两个对应点. 沿着这条思路走下去, 可能使问题得到解决. 证法2 如图2所示, 以Q为位似中心作位似旋转变换, 使圆PDA圆PBC, 则AB, DC, 于是, 以Q为位似中心作位似旋转变换, 使AD, 则 B C. 再设AB、CD的中点分别为M、N, 则MN, 因此P、Q、M、N四点共圆, 但(PMN)明显以OP为直径, 这说明点Q在以OP为直径的圆上, 故OQPQ. 思路3 设
3、M、N分别为AB、CD的中点, 则从证法1可以看出, 只要证明了P、Q、N、M四点共圆, 问题便得到解决.1.三弦定理及其逆定理一个不行小觑的证明四点共圆的方法我们知道, 对于圆内接四边形来说, 有一个关于四边长与对角线长之间的一个度量等式, 这就是闻名的Ptolemy定理, 即设ABCD是一个圆内接凸四边形, 则.Ptolemy定理是处理圆内接四边形问题的一个有力工具, 其逆定理也是成立的, 即在凸四边形ABCD中, 若, 则ABCD是一个圆内接四边形.从外表上看来, Ptolemy定理之逆可以证明四点共圆, 但在解题理论中, 欲用Ptolemy定理之逆证明四点共圆好像是一件奢侈的事务. 下
4、面介绍Ptolemy定理的一个等价定理三弦定理.三弦定理 设PA、PB、PC是一圆内有一公共端点的三条弦, , , 则证明 设圆的半径为R, 由正弦定理, , , , 于是.而PABC是一个圆内接四边形, 由Ptolemy定理, . 故三弦定理成立. 且三弦定理与Ptolemy定理等价.三弦定理之逆 设PA、PB、PC是有一公共端点的三条线段, , . 若.则P、A、B、C四点共圆.证明 设过P、A、B三点的圆与直线PC交于P、C两点, 由三弦定理, 有.比拟条件, 得C = C, 故P、A、B、C四点共圆. 与Ptolemy定理一样, 三弦定理可以用来处理有关圆内接四边形的问题, 而且因为三
5、弦定理与三角函数联络在一起, 因此, 用三弦定理处理某些圆内接四边形问题比Ptolemy定理还要便利. 我们在这里不打算论及. 而三弦定理之逆与Ptolemy定理之逆就不一样了, 也就是说, 三弦定理之逆在证明四点共圆时表现得够大方的. 其缘由也在于它与三角函数联络起来了, 我们可以充分利用三角函数这一工具.例1 设点P、Q、R分别在锐角ABC的三条高AD、BE、CF上, 且PBC、QCA、RAB的面积之和等于ABC的面积. 证明: P、Q、R、H四点共圆. 其中, H为ABC的垂心.(2001, 第27届俄罗斯数学奥林匹克) 证明 如图所示, 不妨设R在HAB内. 因, 所以即, 再由正弦定
6、理, 得. 而, , ,所以, , 故由三弦定理之逆, P、Q、R、H四点共圆.例2 设D是ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, O是ABC的外心. 求证: O、E、A、F四点共圆. (第27届俄罗斯数学奥林匹克, 2001)证明 设, , , 仍用A、B、C表示ABC的三个对应的内角, 则, ,所以, , . 又由正弦定理, , 于是再留意, , 即得而最终一式即众所周知的三角形的射影定理, 因此等式成立. 由三弦定理之逆, O、E、A、F四点共圆.例3 设H为ABC的垂心, D、E、F分别为ABC的三边BC、CA、AB上的点, 且DB = DF
7、, DC = DE. 求证: E、A、F、H四点共圆.证明 设, , , 仍用A、B、C表示ABC的三个对应的内角, 则, ,所以, , . 再设ABC的外接圆半径为R, 则不难知道, . 又, , 于是, 由正弦定理, 并留意, 得而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有.即成立, 因此成立, 故由三弦定理之逆, E、A、F、H四点共圆.第1题的证法31 在OAB与OCD中, OA = OB, OC = OD. 直线AB与CD交于点P, PBC与PDA的外接圆交于P、Q两点. 求证: OQPQ.证明 设QPD = a, CPA = b, 则由三弦定理, 有, ,两式相加, 得.设AB与CD
8、的中点分别为M、N, 则PA + PB = 2PM, PC + PD = 2PN, 所以.由三弦定理之逆, M、P、Q、N四点共圆. 但O、M、P、N四点共圆, 所以O、M、P、Q四点共圆. 而PMOM, 故OQPQ.第19题的证明19. 设D、E、F分别是ABC的边BC、CA、AB上的点, 且DEAB, DFAC. 求证: () AEF的外接圆通过一个定点P. () 若M为BC的中点, 则BAM =PAC. 证明 设AEF的外接圆与ABC的A-陪位中线的另一交点为P, 由三弦定理, 有.再设, 则, 所以, , , 于是再留意M是BC的中点, 由分角线定理, , 所以因此, , 从而为定长.
9、 故P是一个定点, 且BAM =PAC.2. 圆过三角形的外心与一个顶点的条件2001年实行的第27届俄罗斯数学奥林匹克的一道几何题(例2)说明, 设O是ABC的外心, D是ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, 则O、E、A、F四点共圆. 我们可以证明, 假如一个过ABC的外心和顶点A的圆与AC、AB分别交于E、F时, 肯定在BC上存在一点D, 使E、F分别在DC的垂直平分线和BD的垂直平分线上. 事实上, 由三弦定理, . 而, ,所以, . 设F、E在BC上的射影分别为M、N, 则是一个常数(与圆的位置无关), 且这个常数为边BC的一半. 于是
10、, 设点B关于FM的对称点为D, 则D、C关于EN对称. 这就证明了, 一个圆过ABC的外心和顶点A的充分必要条件是: 这个圆与AC、AB分别交于E、F时, 线段EF在BC上的射影长等于BC的一半.第17题的证明17. 设ABC的外心为O, 点P、Q分别在边AB、CA上, 且. 求证: A、P、O、Q四点共圆.证明 作RQP, 使RQPABC, 且R与A在PQ的两侧, 则. 而, 所以RP = BP, QR = QC, 因此, PRB =RBP, CRQ =QCR. 这样CRQ +QRP +PRB =QCR +BAC +RBA.另一方面, 因 (CRQ +QRP +PRB) + (QCR +B
11、AC +RBA) = 360, 所以CRQ +QRP +PRB = 180.这说明点R在ABC的边BC上. 因P为BR的垂直平分线与AB的交点, Q为RC的垂直平分线与AC的交点, 故 A、P、Q、O四点共圆.附: 例2的另两个证法例2 设D是ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, O是ABC的外心. 求证: A、E、O、F四点共圆.（第27届俄罗斯数学奥林匹克）分析1 当E、F分别是外心O在CA、AB上的射影时, 点D为A在BC上的射影, 此时, 欲证结论明显成立. 以此为动身点, 我们可以得到如下的证明.证法1 过点A作BC的垂线,垂足为L, 再
12、设M、N分别为CA、AB的中点, 则ML= MC, NL = NB, 所以LMDE, LNDE, 进而, . 两式相乘, 得.但ALCBON, ABLCOM, 所以, , 代入上式, 并留意OB = OC即得. 于是OMEONF, 从而OEM =OFN, 故A、E、O、F四点共圆. 分析2 假如E、A、F、O四点共圆. 因B、D、C三点在始终线上, 由Pascal定理, 直线DE与BO的交点则也应在这个圆上. 循着这个思路, 我们便得到证法2.证法2 设直线BO与DE交于P. 因BPD =CDE CBP =ACB (90BAC) = 90CBA. 又FD = FB, 所以, BFD = 180
13、2CBA = 2BPD, 再由FD = FB即知, 点F是PBD的外心, 所以, FP = FD = FB, 因此, FPD =EDF =180 (FDB +EDC) = 180 (CBA +ACB) =BAC, 这说明P、E、A、F四点共圆. 又FPB =PBF =BAO, 所以, O、P、A、F四点共圆. 故E、A、F、O四点共圆. 3 一类四点共圆问题揭秘象例2、例3这类四点共圆的问题还有更深入的背景. 它们涉及到同向相像三角形的相像中心.两个同向相像三角形, 只要其相像系数不等于1, 则它们必有相像中心. 这个相像中心可以按如下方法作出.设ABC与ABC同向相像. 当ABAB时, 直线
14、AA与BB的交点O即ABC与ABC的相像中心. 当ABAB时, 如图1和图2.所示, 设直线AB与AB交于点P, 则(PAA)与(PBB)的第二个交点O即ABC与ABC的相像中心. 当三角形的三个顶点在三角形的三边所在直线上时, 我们称三角形是三角形的内接三角形.定理 设PQR是ABC的内接三角形, 则ABC的全部与PQR同向相像的内接三角形(对应顶点在ABC的同一边所在直线上)都有同一个相像中心.这个定理的证明简洁. 其相像中心即PQR关于ABC的密克点.依据这个定理, 假如我们确定了ABC的内接PQR的形态, 就可以确定其相像中心, 那么, ABC的顶点A, PQR在AB、AC上的两个顶点
15、, 相像中心, 这四点必定共圆. 但干脆这样表现, 则太过明显, 于是, 我们作PQR的外接圆与BC的另一交点, 再将条件转换, 一道四点共圆问题便出笼了.例1 如图所示, 设PEFABC, 则可证ABC的外心O是全部这样的PEF的相像中心, 因此, O、E、A、F四点共圆. 再设PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则FDB =FEP =CBA, CDE =PFE =ACB, 所以, F、E分别是BD、DC的垂直平分线与AB、AC的交点, 于是便有第27届俄罗斯数学奥林匹克的那道几何题. 而第17题则是PQR的外接圆与BC相切的情形. 例2 如图所示, 设XYZ是非直角ABC的垂足三角形,
16、ABC的内接PEFXYZ, 则不难证明PEF与XYZ的相像中心是ABC的垂心H. 再设PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则FDB =FEP =ZYX = 1802CBA, CDE =PFE =XZY =1802ACB, 所以, BFD =CBA, DEC =ACB, 因此, DF = DB, DE = DC. 于是有题1设H为ABC的垂心, D、E、F分别ABC的三边BC、CA、AB上的点, 且DB = DF, DC = DE. 求证: E、A、F、H四点共圆. 简洁看出, AEF的外心在PEF的外接圆上. 事实上, 设AEF的外心为O, 则FOE = 2BAC, 而EPF =1802BA
17、C, 所以, FOE +EPF =180, 故O在PEF的外接圆上. 因此, PEF的外接圆即OEF的外接圆. 当OEF的外接圆与BC相切时, P、D重合. 此时, 因为DB = DF, DC = DE, 而DEFXYZ, 这样便有. 于是有题2 设AD、BE、CF是锐角ABC的三条高, H是ABC的垂心. 过A、H两点的O与AB、AC分别交于Q、P (均异于A). 求证: 若OPQ的外接圆与BC相切于R, 则.这正是美国国家队2006年选拔考试题.例3 如图所示, 设PEF与ABC反向相像, AL是高, M、N分别是AB、AC的中点, MAL的外接圆与NLC的外接圆交于L、K两点, 则可以证
18、明K是全部这样的与ABC反向相像的PEF的相像中心. 再设PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则FDB =FEP =ACB, CDE =PFE =CBA, 所以, FDAC, EDAB, 于是, 我们有题3 ABC中, 点A在直线BC上的射影为D, M、N分别为AB、AC的中点, MBL的外接圆1与NLC的外接圆2相交于D、K两点. 对BC边上的随意一点P, 过P作AB、AC的平行线分别与AC、AB交于E、F. 求证: K、E、A、F四点共圆.这是2010年中国国家集训队测试题. 又可以证明, K在ABC的A-陪位中线上, 于是便得到第19题:设D、E、F分别是ABC的边BC、CA、AB上的
19、点, 且DEAB, DFAC. 求证: () AEF的外接圆通过一个定点P. () 若M为BC的中点, 则BAM =PAC.类似的与内心有关的问题是设I是ABC的内心, D、E、F分别边BC、CA、AB上的点, 且BF = BD, CD = CE, 则E、A、F、I四点共圆.但这个问题太简洁. 事实上, 由对称性, IEC =CDI =IFA, 故E、A、F、I四点共圆.4 等角线及其性质给定一个角AOB, OC是它的角平分线, 过O点作两条关于OC对称的直线OX和OY，则称OY是OX关于AOB的等角线. 明显OX,OY关于AOB互为等角线.一个角的两边（所在直线）是本角的等角线; 一个角的平
20、分线是重合的等角线, 即自等角线. 一角的邻补角的平分线也是自等角线. 定理1自AOB的顶点O 引两条直线OC、OD, P是直线OC上一点, 过P作直线OA、OB作垂线, 垂足分别为M、N, 则OC、OD是AOB的两条等角线的充分必要条件是ODMN.定理2 设D、E是ABC的边BC上两点, 则BAD =EAC的充分必要条件是: .定理3 设D、E是ABC的边BC上两点, 且BAD =EAC, 则有AD AE = AB AC .最常见的等角线是三角形的同一顶点引出的三角形的高与外接圆的直径是该顶角的两条等角线. 事实上, 定理1已经包含了这一结果.利用等角线的性质可以简捷地处理一些竞赛中的平面几
21、何问题.例1. 设O是ABC的外心, K是BOC的外心, 直线AB、AC分别交BOC的外接圆于另一点M、N, L是点K关于直线MN的反射点. 求证: ALBC.(俄罗斯, 2000)证明 因OMA =OCB = 90-BAC, 即OMA +BAN = 90, 所以MOAN. 同理, NOAM, 这说明O为AMN的垂心, 于是OMN的外接圆与AMN的外接圆是等圆, 它们关于直线MN对称. 由于K为OMN的外心, 所以L为AMN的外心, 从而AL与AO是BAC的两条等角线, 但O为ABC的外心, 故ALBC.第4题的证明4. 在锐角ABC中, ABAC. 过A作BC的垂线AD, P为AB延长线上一
22、点, Q为AC延长线上一点, 且P、B、C、Q四点共圆, DP = DQ. 求证: D是APQ的外心. 证明 设O为ABC的外心, 则AD与AO是BAC的两条等角线, 而P、B、C、Q四点共圆, 所以APQ与ACB反向相像, 因此APQ的外心在直线AD上.另一方面, 因ABAC, 所以BC与PQ不平行, 因此, PQ的垂直平分线与直线AD不重合. 而DP = DQ, 所以D是PQ的垂直平分线与直线AD的交点. 而APQ的外心既在直线AD上, 也在PQ的垂直平分线上, 故D是APQ的外心. 5 三角形的陪位中线三角形的中线的等角线称为陪位中线. 为便利计, 过ABC的顶点A的中线的陪位中线称为A
23、BC的A-陪位中线.下面的定理1是三角形的陪位中线的一个根本性质.定理1 设D是ABC的边BC上一点, 则AD是ABC的A-陪位中线的充分必要条件是.定理2与定理3是三角形的陪位中线的两个断定定理.定理2 已知ABC, 1是过A、B两点且与AC相切的圆, 2是过A、C两点且与AB相切的圆, 圆1与圆2交于A、D两点, 则AD是ABC的A-陪位中线. 定理3 设ABC的外接圆在B、C两点的切线交于P, 则AP是ABC的A-陪位中线.利用三角形的陪位中线的理论可以便利地处理有关平面几何问题.例1 圆1与圆2交于A、B两点. 点P在圆1上. 直线PA与PB分别交圆2于C、D(不同于A、B), 圆1在
24、A、B两点的切线交于Q. 假如P在圆2的外部, C、D均在1的外部. 求证：直线PQ平分线段CD. (圣彼德堡, 1997)证明 因PQ是PAB的P-对称中线, 而PAB与PDC反向相像, 所以PQ为PDC的P-中线, 即直线PQ通过CD的中点. 换句话说, 直线PQ平分线段CD.例2 设是ABC的外接圆, 圆在B、C两点的切线交于T. 过A且垂直于AT的直线与直线BC交于S, 点B1、C1在直线ST上(B1、B在BC的垂直平分线的同侧), 且TB1 =TC1 =TB. 求证: AB1C1ABC.(美国国家队选拔考试, 2006)证明 设M为BC的中点, 则AM、AT是BAC的两条等角线, 所
25、以BAT=MAC. 又TBC =BAC, 所以TBA =TBC +CBA =BAC +CBA =180ACB. 于是, 由TC1 = TB及正弦定理, 得.另一方面, 因TMS = 90 =TAS, 所以A、M、T、S四点共圆, 于是, STA =SMA, 即 C1TA =CMA, 因此, ATC1AMC. 同理, AB1TABM. 故AB1C1ABC. 第6题的证明6. 设ABC的A-中线关于BAC的角平分线的对称直线与BC交于D. ADC的外接圆与AB的另一个交点为E, ABD的外接圆与AC的另一个交点为F. 求证: EFBC.证明 因AD是ABC的陪位中线. 于是. 另一方面, 由圆幂定
26、理, , . 因此, 于是, 故EFBC.第19题的证法219. 设D、E、F分别是ABC的边BC、CA、AB上的点, 且DEAB, DFAC. 求证: () AEF的外接圆通过一个定点P. () 若M为BC的中点, 则BAM =PAC.证明 设过A、B两点且与AC相切的圆和过A、C两点且与AB相切的圆交于A、P两点, 则P是一个定点. 且由定理2, AP是ABC的A-陪位中线, 也就是说, BAM =PAC. 由弦切角定理, PAC =PBA, ACP =BAP, 所以PCAPAB. 又DEAB, DFAC, 所以, 这说明E、F是两个相像三角形PCA与PAB的相像对应点, 因此, PEC
27、=PFA. 故E、A、F、P四点共圆. 换句话说, AEF的外接圆通过定点P.6 三角形的等角共轭点简洁证明以下事实设P是ABC所在平面上的一点, 则AP、BP、CP分别关于BAC、CBA、ACB的等角线交于一点或相互平行. 而且, 这三条等角线相互平行当且仅当点P在ABC的外接圆上.这个事实的既可以用Ceva定理的角元形式证明, 也可以用等角线的定理1和Ceva定理证明.假如AP、BP、CP分别关于BAC、CBA、ACB的等角线交于一点Q, 则点Q称为点P关于ABC的等角共轭点. 如, 三角形的外心和垂心即三角形的两个等角共轭点.定理1 设P、Q是ABC的两个等角共轭点, 则.定理2 设P、
28、Q是ABC的两个等角共轭点, 则.定理3 三角形的两个等角共轭点到各边的垂足在一个圆上, 且它的圆心是这两点连线的中点.定理4 设P、Q是ABC的两个等角共轭点, D、E、F是点P分别关于BC、CA、AB的对称点, 则点Q是DEF的外心.证明 如图所示, 因E、F是点P分别关于CA、AB的对称点, 所以AE = AP = AF, 因此, 点A在线段EF的垂直平分线上. 设PE与CA交于M, PF与AB交于N, 则M、N分别为PE、PF的中点, 所以, EFMN. 又PMCA, PNAB, 由性质1.2, AQMN, 所以AQEF, 因此AQ即线段EF的垂直平分线. 同理, BQ是线段FD的垂直
29、平分线. 故点Q是DEF的外心.定理5 设P、Q是ABC的两个等角共轭点, 直线AP关于BPC的等角线为, 直线AQ关于BQC 的等角线为, 则与关于直线BC对称.事实上, 如图所示, 设P、Q两点关于BC的对称点分别为P、Q, 则QBC =CBQ =PBA, BCQ =QCB =ACP, 所以, Q、A是PBC的两个等角共轭点, 因此PQ、PA是BPC的两条等角线. 同理, QP、QA是BQC的两条等角线. 明显, PQ与PQ关于BC对称, 因此, PQ与PQ交于BC上一点.由此即可得到美国2010年选拔考试的一道几何题:设P、Q是ABC内两点, 且ABP =QBC, ACP =QCB, 点
30、D在BC边上. 求证: APB +DPC = 180的充分必要条件是AQC +DQB =180.事实上, 由条件知, P、Q是ABC的两个等角共轭点, PD与PA是BPC的两条等角线. 由于QA关于BQC 的等角线与PA关于BPC的等角线关于BC对称, 它们的交点必在BC上, 因此, QD即QA关于BQC的等角线.可以证明: 三角形的外接圆与内切圆的内位似中心和外位似中心分别是三角形的Gergonne点的等角共轭点和三角形的Nagel点的等角共轭点.三角形的等角共轭点可以用来处理角的相等或互补、三线共点等问题.例1 设ABC的外接圆在B、C两点的切线交于P, 则AP是ABC的A-陪位中线.证明
31、 设点A关于BC的中点M的对称点为Q, 则ABQC是一个平行四边形, 由此可知, BQ、BP是CBA的两条等角线, CQ、CP是ACB的两条等角线, 因此P、Q是ABC的两个等角共轭点, 所以AQ、AP是BAC的两条等角线. 而AQ过BC的中点M, 故AP是ABC的A-陪位中线. 第51届波兰数学奥林匹克的一道试题为在ABC中, AB = AC, P是三角形内部一点, 使得CBP =ACP, M是边AB的中点. 求证: BPM +CPA = 180.这事实上就是上面这个问题. 只不过P、A换了个位置而已.例2 在凸四边形ABCD中, 对角线BD既不是平分ABC, 也不平分CDA, 点P在四边形
32、的内部, 满意PBC =DBA, PDC =BDA. 证明: 四边形ABCD内接于圆的充分必要条件是PA = PC. (第45届IMO, 2004)证明 条件PBC =DBA, PDC =BDA说明A、C是BDP的等角共轭点, 所以. 又由定理1, ,所以, BAD DCB =180DPB. 而BPD 180, 因此, BAD DCB. 于是, PA = PC BAD +BCD =180四边形ABCD内接于圆.第15题的证明15. 设P、Q是ABC的两个等角共轭点, 点P在BC、CA、AB上的射影分别为D、E、F. 求证: EDF = 90的充分必要条件是Q为AEF的垂心.证明 如图所示, 设
33、点P关于BC、CA、AB的对称点分别为D、E、F, 则EDF =EDF. 由定理4, Q是DEF的外心. 因PEAE, PFAF, E、F分别为PE、PF的中点, 于是EDF = 90EDF = 90当且仅当E、Q、F三点共线, 且Q为EF的中点 PQ与EF相互平分PEQF是一个平行四边形 EQPF, 且FQEFEQAF, FQAE Q为AEF的垂心.第16题的证明16设ABC的内切圆与边BC、CA、AB分别切于D、E、F, 点D关于BAC的外角平分线的对称点为P, 点E关于CBA的外角平分线的对称点为Q, 点F关于ACB的外角平分线的对称点为R, 则PQR与ABC是位似的.证明 因AD、BE
34、、CF交于一点X, 而直线AP与AD是BAC的两条等角线, BQ与BE是CBA的两条等角线, CR与CF是ACB的两条等角线, 所以AP、BQ、CR三直线交于点X关于ABC的等角共轭点Y. 另一方面, 由正弦定理, , . 但DC = CE, DAC =BAY, CBE =YBA, 所以. 又AP = AD, BQ = BE, 所以, , 即, 于是 PQAB. 同理, QRBC, RPCA. 故XYZ与ABC是位似的.第20题的证明20设AD、BE、CF是ABC的三条高线(D、E、F别在BC、CA、AB上), P为ABC所在平面上随意一点, 点P在直线BC、CA、AB、AD、BE、CF上的射
35、影分别为A1、B1、C1、A2、B2、C2. 求证: A1A2、B1B2、C1C2三线交于一点或相互平行.证明 如图所示, 设L、M、N分别为A1A2、B1B2、C1C2的中点. 因PA1DA2、PB1EB2、PC1FC2皆为矩形, 所以, L、M、N也分别是PD、PE、PF的中点, 于是, LMDE, LNDF. 而AD、BC为EDF的内、外角平分线, 所以, 矩形PA1DA2的两条对称轴分别为MLN的内、外角平分线. 但矩形PA1DA2的对角线A1A2与PD关于其对称轴对称, 所以, 直线A1A2与PD是MLN的两条等角线. 同理, 直线B1B2与PE是NML的两条等角线, 直线C1C2与
36、PF是LNM的两条等角线, 故A1A2、B1B2、C1C2三线交于一点或相互平行. 当点P不在ABC的九点圆上时, A1A2、B1B2、C1C2三线交于一点, 此点即点P关于LMN的等角共轭点. 7 根轴与根心一、点对圆的幂 设是平面上一个圆心为O、半径为r的圆, 对于平面上随意一点P, 令(P)=PO2 r2,则r(P)称为点P对于圆的幂.明显, 当点P在圆外时, (P)0; 当点P在圆内时, (P)0; 当点P在圆上时, r(P)=0. 且由勾股定理易得, 点P在圆外时, (P)即点P到圆的切线长的平方; 点P在圆内时, (P)即以点P为中点的弦的一半的平方的相反数.有了点对圆的幂的概念,
37、 相交弦定理、割线定理、切割线定理就可以统一为定理1 (圆幂定理) 过定点任作定圆的一条割线交定圆于两点, 则自定点到两交点的两条有向线段之积是一个常数, 这个常数等于定点对定圆的幂. 即过点P任作一条直线交圆于两点A、B(A、B可以重合), 则(P)=.定理2 设A、B、C、D是一个已知圆上随意四点, 直线AB与CD交于点P, 直线AD与BC交于点Q, 则有. 其中 表示点X对已知圆的幂. 定理3(Gergonne定理) 设P是ABC所在平面上随意一点, 过点P作ABC的三边的垂线, 垂足分别为D、E、F, ABC与DEF的面积分别为S、T, ABC的外接圆半径为R, 点P对ABC的外接圆的
38、幂为 , 则有 . 例1 设I为ABC的内心, D、E、F分别为ABC的内切圆在边BC、CA、AB上的切点. 过点A作EF的平行线分别与直线DE、DF交于P、Q. 证明: PIQ为锐角. (第39届IMO, 1998) 证明 如图4, 设ABC的内切圆半径为r, 因PQD =EFD =DEC, 所以, A、Q、D、E四点共圆, 于是有圆幂定理, 有 PAPQ = PEPD = PI2r2; 同理, AQPQ = FQDQ = QI2 r2. 两式相加, 得PAPQ + AQPQ = PI2 + QI2 2r2, 即PQ2 = PI2 + QI2 2r2PI2 + QI2.故PIQ是一个锐角.
39、例2 (Brocard定理) 设O的内接四边形的两组对边的交点分别为P、Q, 两对角线的交点为R. 求证:圆心O为PQR的垂心.证明 如图10, 因(P) = OP2 r2, (Q) = OQ2 r2, (R) = OR2 r2, 由定理1.2, 有PR2 = OP2 +OR2 2r2, PQ2 = OP2 + OQ2 2r2. 两式相减, 得 PR2 PQ2 = OR2 OQ2, 所以OPRQ; 同理, OQPR. 故圆心O为PQR的垂心. 二、根轴可以证明, 假如动点到两定圆的幂相等, 则动点的轨迹是一条直线. 这条直线称为两定圆的根轴或等幂轴.假如两圆相切, 则两圆的根轴是过切点的公切线
40、; 假如两圆相交, 则两圆的根轴是公共弦所在直线;在任何情形, 两圆的根轴总是垂直于两圆连心线的一条直线. 设圆G1与圆G2的圆心分别为O1、O2, 半径分别为r1、r2. 假如圆外离, 则两圆的根轴在两圆之间; 假如两圆内含, 则两圆的根轴是在两圆之外(图14). 两圆圆心O1、O2到两圆的根轴的间隔 分别为和. 假如两圆相等, 则其根轴即连心线段的垂直平分线; 假如两圆同心, 则其根轴是无穷远直线. 假如两圆中有一圆退化为一点O(此时点O称为点圆), 则其根轴仍旧存在, 且除了点在圆上时其根轴为过这点的切线外, 其余情形根轴都在圆外；根轴上随意一点P到圆的切线长PT等于点P到点O的间隔 .
41、 根轴的作用主要可以用于证明三点共线和垂直问题. 而与垂心有关的问题许多时候都与根轴联络在一起, 这是因为有垂心就有三条垂线, .例1 证明Steiner 定理: 四条直线相交成四个三角形, 则这四个三角形的垂心在一条直线上. 证明 如图18, 设四条直线相交成四个三角形分别为BEC、CDF、AED、ABF, H1、H2、H3、H4分别为它们的垂心. 设直线H1B、H1E分别交EC、BC于K、L, 则K在以BD为直径的圆1上, L在以EF为直径的圆2上, 由于L、E、K、B四点共圆, 所以, H1LH1E=H1BH1K, 这说明H1在圆1与圆2的根轴上; 再设EH3、DH3分别交AB、AD与M
42、、N, 则M在圆1上, N在圆2上, 而E、D、N、M四点共圆, 所以H3DH3M=H3EH3N, 因此, H3也在圆1与圆2的根轴上; 同理, H2 、H4也在圆1与圆2的根轴上. 故H1、H2、H3、H4四点共线. Steiner 定理包含了如下特别情形(保加利亚2002(冬季)数学竞赛题):设M、N分别是ABC的边AC、BC上的点, 且ACB=90, 设AN与BM交于点L. 则AML, BNL的垂心与点C共线 事实上, 如图19, 四条直线AC、BC、AN、BM相交成四个三角形: CAM、CMB、AML、BNL. 设AML, BNL的垂心分别为H1、H2, 而CAM与CMB的垂心皆为点C
43、, 由Steiner 定理即知, H1、C、H2共线.另外, 因为BD、EF是完全四边形ABCDEF的两条对角线, 既然分别以BD、EF为直径的圆的根轴是四垂心所在直线, 当然分别以AC、EF为直径的圆的根轴也是这条直线, 所以, 这三个圆是同轴圆, 因此其圆心必在始终线上, 即AC、BD、EF的中点在始终线上. 这就是完全四边形的牛顿定理.例2 过ABC的顶点B、C的一圆与边AB、AC分别交于B1、C1, ABC与AB1C1的垂心分别为H、H1. 求证: BB1、CC1、HH1三线共点. (第36届IMO预选）证明 如图20, 设BB1与CC1交于点P. 分别过点B、C1作AC的垂线, 设垂
44、足分别为E、F1, 再分别过点C、B1作AB的垂线,设垂足分别为F、E1, 则H为BE与CF的交点, H1为B1E1与C1F1的交点. 明显, E、E1均在以BB1为直径的圆1上, F、F1均在以CC1为直径的圆2上. 因E、F、B、C四点共圆, 由圆幂定理, HBHE=HCHF, 这说明点H在圆1与圆2的根轴上; 同理, 点H1也在圆1与圆2的根轴上. 又PBPB1=PCPC1, 所以点P也在圆1与圆2的根轴上. 因此, H1、P、H三点共线, 故BB1、CC1、HH1三线共点.在凸四边形 ABCD 中, DAB =ABC =BCD. 设O、H 分别为ABC的外心和垂心. 求证: O、H、D
45、三点共线.证明 留意E、A、C、F四点共圆, O为EAF的垂心, 用上题 例3 设ABC的三条高分别为AD、BE、CF, 其外心和垂心分别为O、H. 直线DE与AB交于点M, 直线FD与CA交于点N. 求证: OHMN. (全国高中数学联赛, 2001) 证明 如图219所示, 因为A、B、D、E四点共圆, A、F、D、C四点共圆, 所以,MD ME = MB MA, ND NF = NC NA.这说明点M、N对ABC的外接圆与DEF的外接圆的幂相等, 从而直线MN是这两圆的根轴. 于是, 设DEF的外接圆的圆心为L, 则OLMN. 但DEF的外接圆即ABC的九点圆, 而三角形的九点圆的圆心为其外心与垂心的连线段的中点. 故OHMN.