高中数学竞赛几何专题1从调和点列到Apollonius圆到极线.docx
《高中数学竞赛几何专题1从调和点列到Apollonius圆到极线.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学竞赛几何专题1从调和点列到Apollonius圆到极线.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高中数学竞赛几何专题1从调和点列到Apollonius圆到极线
从交比到调和点列到Apollonius圆到极线极点
2010年10月17日结束的2010年全国高中数学联赛平面几何题目为：
如图1，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．
求证：
若OK⊥MN，则ABDC四点共圆．
A
O
C
K
B
D
M
N
图1
本题颇有难度，参考答案的反证法让有些人“匪夷所思”，其实这是一系列射影几何中
常见而深刻结论的自然“结晶”，此类问题在国家队选拔考试等大赛中屡见不鲜。
本文拟系
统的介绍交比、调和点列、完全四边形、Apollonius圆、极线等射影几何的重要概念及应用，
抽丝剥茧、溯本求源，揭示此类问题的来龙去脉，并在文中给出上题的一种简洁明了的直接
证明。
知识介绍
定义1线束和点列的交比：
如图2，共点于O的四条直线被任意直线所截的有向线段比
AC/BC称为线束OA、OC、OB、OD或点列ACBD的交比。
[1]
ADBD
定理1线束的交比与所截直线无关。
O
D
B
AC
图2
证明：
本文用[ABC]表示ABC
面积，则
AC/BC
[AOC]/[BOC]
ADBD
[AOD][BOD]
COsin
AOC
COsin
COB
DOsin
AOD
/
BOD
DOsin
sin
AOC
sin
COB
sin
AOD
/
BOD
sin
从而可知线束交比与所截直线无关。
ACBC
定义2调和线束与调和点列：
交比为-1，即的线束称为调和线束，点列称为
ADBD
调和点列。
显然调和线束与调和点列是等价的，即调和线束被任意直线截得的四点均为调和点列，反之，调和点列对任意一点的线束为调和线束。
定理2调和点列常见形式：
（O为CD中点）
（1）、
211
ADABAC
（2）、OC2OBOA*
（3）、AC*AD=AB*AO
（4）、AB*OD=AC*BD
证明：
由基本关系式变形即得，从略。
定理3一直线被调和线束中的三条平分当且仅当它与第四边平行（由定义即得，证略）
定义3完全四边形：
如图3，凸四边形ABCD各边延长交成的图形称为完全四边形
ABCDEF，AC、BD、EF称为其对角线（一般的四条直线即交成完全四边形）[2]。
定理4完全四边形对角线互相调和分割。
即AGCH、BGDI、EHFI分别构成调和点列。
A
B
G
D
C
EI
HF
图3
分析：
只需证EHFI为调和点列，其余可类似证得，也可由线束的交比不变性得到。
证法一：
面积法
HE
IF
[AEC][BDF]
HF
IE
[AFC][BDE]
[AEC][ACD][BDF][BEF]
[ACD][AFC][BEF][BDE]
EC
ADDC
AF
HE
IE
。
CD
AFEC
1
，即
IF
AD
HF
证法二：
由Ceva定理EH
FD
AB
1，由Menelaus定理得到EI
FD
AB
1，故
HE
IE
HF
DA
BE
IF
DA
BE
，即EHFI为调和点列。
HFIF
定理5完全四边形ABCDEF中，四个三角形AED、ABF、EBC、FDC的外接圆共点，称为完全四边形的密克（Miquel）点。
证明：
设出两圆交点，证它在其余圆上即可。
P
ACBD
O
图4
定义4
阿波罗尼斯（Apollonius）圆：
到两定点A、B距离之比为定值
k（k
0且k1）的
点的轨迹为圆，称为
Apollonius圆，为古希腊数学家
Apollonius最先提出并解决[2]（注：
当k=1时轨迹为AB中垂线也可看成半径为无穷大的圆）
。
证明：
如图4由AP=kPB，则在AB直线上有两点C、D满足AC
AD
AP,故PC、
BC
BD
BP
PD分别为∠APB的内外角平分线，则CP⊥DP，即P点的轨迹为以CD为直径的圆O（O为
CD中点）。
（注：
解析法亦可证得）
显然图4中ACBD为调和点列。
定理6
在图4中，当且仅当PB⊥AB时，AP为圆O的切线。
证明：
当PB⊥AB时∠APC=∠BPC=∠CDP故AP为圆O的切线，反之亦然。
定理7
Apollonius
圆与调和点列的互推
如下三个条件由其中两个可推得第三个：
1.PC（或PD）为∠APB内（外）角平分线
2.CP⊥PD
3.ACBD构成调和点列（证略）
定义5
反演：
设A为○O（r）平面上点，B在射线OA上，且满足OA*OB=r*r，则称A、
B以○O为基圆互为反演点。
定理8
图4中，以Apollonius圆为基圆，AB互为反演点。
（由定理
2
（2）即得。
）
定义6
极线与极点：
设A、B关于○O（r）互为反演点，过
B做OA的垂线l称为A点
对圆O的极线；A
点称为l的极点。
[3]
定理9
当A点在○O外时，A的极线为A的切点弦。
（由定理
6即得。
）
A
C
PQ
B
O
D
图5
定理10若A的极线为l，过A的圆的割线ACD交l于B点，则ACBD
为调和点列。
证明：
如图5，设A的切点弦为
PQ，则
BC
[QPC]
CP
CQ
AP
AC
AC即ACBD为调和点列。
BD
[QPD]
DP
DQ
AD
AQ
AD
定理11配极定理：
如图
6，若A点的极线通过另一点D，则D点的极线也通过A。
一般
的称A、D互为共轭点。
证法一：
几何法，作
AF⊥OD于F，则DFGA共圆，得OF*OD=OG*OA=
OI2，由定义6
知AF即为D的极线。
A
H
DBJ
C
G
F
O
I
图6
证法二：
解析法，设圆O为单位圆，A（x1,y1）,D（x2,y2），A的极线方程为xx1
yy11，
由D在其上，得x2x1
y2y11，则A在xx2
yy21上，即A在D的极线上。
定理12
在图6中，若A、D共轭，则
AD2
A的幂+D的幂（对圆O）
证明：
AD2
AG2+DG2
（AG2+BG2）+（DG2
BG2）
=A的幂+D的幂（对圆O）
定义7调和四边形：
对边积相等的圆内接四边形称为调和四边形。
（因圆上任意一点对此
四点的线束为调和线束，故以此命名）
定理13图5中PDQC为调和四边形。
证明：
由定理9的证明过程即得。
例题选讲
例1如图7，过圆O外一点P作其切线PA、PB，OP与圆和AB分别交于I、M，DE为过
M的任意弦。
求证：
I为△PDE内心。
（2001年中国西部数学奥林匹克）分析：
其本质显然为Apollonius圆。
证明：
由定理6知圆O为P、M的Apollonius圆，则DI、EI分别为△PDE的内角平分线，
即I为△PDE内心。
P
I
AEB
M
O
D
图7
例2如图8，△ABC中，AD⊥BC，H为AD上任一点，则∠ADF=∠ADE（1994年加拿大数学奥林匹克试题）
A
F
L
E
H
B
DCK
图8
证明：
对完全四边形AFHEBC，由定理4知FLEK为调和点列。
又AD⊥BC，由定理7得
∠ADF=∠ADE。
A
B
G
D
C
EJHFI
图9
例3如图9，完全四边形ABCDEF中，GJ⊥EF与J，则∠BJA=∠DJC（2002年中国国家集训队选拔考试题）
证明：
由定理
4及定理
7有∠BJG=∠DJG且∠AJG=∠CJG，则∠BJA=∠DJC。
A
F
QD'
E
X
I
2
B
1
Y
C
DP
图10
例4已知：
如图10，△ABC
内角平分线BE、CF交于I，过I做IQ⊥EF交BC于P，且
IP=2IQ。
求证：
∠BAC=60°
IQ
D'I
DI
PI
证明：
做AX⊥EF交BC于Y，由定理
4知AD’ID为调和点列，故AX
D'A
DA
，
YA
又
IP=2IQ
，则
AX=XY
，即
EF为
AY中垂线，由正弦定理
CF
FY
FA
CF
，则AFYC
共圆，同理AEYB共圆，故∠BYF=∠BAC=
sin
FYC
sin1
sin2sin
FAC
∠CYE=∠EYF，故∠BAC=60°。
P
C
AEB
G
F
O
D
图9
例5如图11，P为圆O外一点，PA、PB为圆O的两条切线。
PCD为任意一条割线，CF平行PA且交AB于E。
求证：
CE=EF（2006国家集训队培训题）
证明：
由定理10及定理3即得。
例6如图12，PAB、PCD为圆O割线，AD交BC于E，AC交BD于F，则EF为P的极线。
（1997年CMO试题等价表述）
证法一：
作AEB外接圆交PE于M，则PE*PM=PA*PB=PC*PD，故CDME共圆（其实P为三圆根心且M为PAECBD密克点），从而∠BMD=∠BAE+∠BCD=∠BOD，BOMD共
圆。
∠OMT=PA*PB=PE*PM
∠OMB+，由定理
∠BMT=2（3）知
∠ODB+∠BAE=90
E在P极线上，同理
°故M
F亦然，故
为ST
EF为
中点，PS*PT=
P的极线。
P
AS
C
E
M
O
B
图10
D
T
P
AC
SWT
UE
OV
D
B
图11
证法二：
如图
13，设PS、PT为圆O切线。
在△ABT
ASsin
AST
BDsin
BDATCsin
TCB
AS
BD
TC
BSsin
BST
DTsin
TDAACsin
ACB
BS
AC
DT
中，可以得到AU*BV*TWUBVTWA
PSPBPC
1
PBPCPT
由塞瓦定理逆定理知ST、AD、BC三线共点于E，同理F亦然，故EF为P的极线。
至此，点P在圆O外时，我们得到了P点极线的四种常见的等价定义：
1、过P反演点做的OP的垂线。
2、过P任意作割线PAB，AB上与PAB构成调和点列的点的轨迹所在的直线。
3、P对圆O的切点弦。
4、过P任意做两条割线PAB、PCD，AD、BC交点与AC、BD交点的连线。
（注：
切线为
割线特殊情形，故3、4是统一的）
例7△ABC内切圆I分别切BC、AB于D、F，AD、CF分别交I于G、H。
求证：
DFGH
FGDH
3（2010年东南数学奥林匹克）
A
G
F
E
I
H
B
D
C
图12
证明：
如图
14，由定理
13知GFDE为调和四边形，据托勒密定理有
GD*EF=2FG*DE，
同理
HF*DE=2DH*EF
相乘得
GD*FH=4DH*FG又由托勒密定理GD*FH=
DF
GH
DH*FG+FD*GH，代入即得
3
FG
DH
A
HE
GK
I
F
BDCJ
图13
例8已知：
如图15，△ABC内切圆切BC于D，AD交圆于E，作CF=CD，CF交BE于G。
求证：
GF=FC（2008年国家队选拔）
证明：
设另两切点为H、I，HI交BD于J，连JE。
由定理10知AEKD为调和点列，由定理11知AD的极点在HI上，又AD极点在BD上，故J为AD极点；则JE为切线，BDCJ为调和点列，由CF=CD且JD=JE知CF//JE，由定理3知GF=FC。
（注：
例8中BDCJ为一组常见调和点列）
例9如图16，圆内接完全四边形ABCDEF中AC交BD于G，则EFGO构成垂心组（即任意一点是其余三点的垂心）。
证明：
据例6知EG，FG共轭，由定理12
EG2FG2（E的幂G的幂）-（F的幂
G的幂）=E的幂F的幂=EO2FO2
则OG⊥EF，其余垂直同理可证。
A
O
B
G
D
C
E
P
F
图14
注：
△EFG称为极线三角形。
本题结论优美深刻，初版于
1929年的[4]已有介绍，它涉
及到调和点列、完全四边形、密克点、极线、
Apollonius圆、垂心组等几何中的核心内容。
本文开头提到的2010年联赛题为本题的逆命题，熟悉上述内容的情况下，采用参考答案的
反证法在情理之中：
如图
1，设D不在圆O上，令AD交圆O于E，CE交AB于P，BE交
AC于Q。
由例9得PQ//MN；由定理4得MN、AD调和分割BC，同理PQ亦然，则PQ//MN//BC，
从而K为BC中点，矛盾！
故ABCD共圆。
其实本题也可直接证明，如下：
如图
17，由例3得∠1=∠2；又K不是BC中点，类似
例4证明可得OBJC共圆；∠MJB=∠NJC=1
BOC=∠BAC，由定理5得J为ABDCMN
2
密克点，则∠BDM=∠BJM=∠BAN故ABDC共圆。
A
O
B
C
K
D
M
12
J
N
图15
以例9为背景的赛题层出不穷，再举几例，以飨读者。
例10
△ADE中，过AD的圆O与AE、DE分别交于B、C，BD交AC于G，直线OG与
△ADE外接圆交于P。
求证：
△PBD、△PAC共内心（2004年泰国数学奥林匹克）
分析：
本题显然为密克点、
Apollonius圆、极线及例9等深刻结论的简单组合。
证明：
如图16，由定理5
及例9知PG互为反演点，据定理
8知圆O为PG的Apollonius
圆，由例1知△PBD与△PAC共内心。
例11△ABC中，D在边BC上且使得∠DAC=∠ABC，圆O通过BD且分别交AB、AD于E、F，DE交BF于G，M为AG中点，求证：
CM⊥AO（2009年国家队选拔）
A
E
M
K
GF
O
BLDJC
图16
证明：
如图18，设EF交BC于J。
由定理3得AKGL为调和点列，由定理2（4）有
LJ
LK
LG
LK*GM=LG*KA，又∠CAD=ABD=∠JFD故EJ//CA，则
KA
即JG//CM而由
JC
GM
例9有JG⊥OA，故CM⊥AO。
例9中OGEF对圆外切四边形亦然。
例12如图19，设圆O的外切四边形A’B’C’D’对边交于E’F’，A’C’交B’D’交于G’，则
OG’⊥E’F’。
（2009年土耳其国家队选拔）
A'
A
D'
O
BG'
B'CD
C'
F'
F
E'
E
图17
证明：
设四边切点为ABCD，AC交BD于G，AB交CD于E，AD交BC于F，由例6知
BD、AC
极点
E’、F’在
EF上，则
G’与
G重合，由例
9，即得
OG’⊥E’F’。
A
M
I
F
E
OD
L
H
C
G
B
图18
例13如图20，ABCD为圆O的外切四边形，OE⊥AC于E，则∠BEC=∠DEC（2006年协作题夏令营测试题）
分析：
由定理7知垂直证等角必为调和点列。
证明：
如图20，做出辅助线，由例12知FI、GH、BD共点于M，且为AC的极点，从而
OE也过M，且BLDM构成调和点列，由定理7得∠BEC=∠DEC。
最后我们看一道伊朗题及其推广
例14△ABC内切圆I切BC于D，AD交I于K。
BK、CK交I于E、F，求证：
BF、AD、
CE三线共点。
（2002年伊朗国家队选拔考试题）
分析：
本题一般思路为Ceva定理计算，计算量较大。
而且有人将其推广为对AD上任意一
点K，都有本结论成立（如图21）。
推广题难度极大，网络上有人用软件大量计算获证，也有高手通过复杂的计算得证[5]。
其实从调和点列、极线角度看本题结论显然，对推广题证明如下：
A
K
M
EIN
F
BDCJ
图19
证明：
如图21，设另两个切点MN交BC于J，由例8得BDCJ为调和点列，故对AD上K点，由定理1知EF必过J点；由定理4对完全四边形BEFCJK必有CE、BF、AK共点。
练习：
1H是锐角△ABC的垂心，以BC为直径作圆，自A作切线AS、AT。
求证：
S、H、T三点共线。
（1996CMO试题）
提示：
本题为例6特例
2求证在完全四边形ABCDEF中，过AC、BD交点做AB平行线被CD、EF平分。
提示：
由定理4及定理3即得
3△ABC中，AD⊥BC，H为AD上一点，BH、CH分别交对边于E、F，EF交AD于K，任意做过K的直线与CF、CE、CD交于M、N、Q，都有∠MDF=∠NDE。
（2003年保加利亚数学奥林匹克）
提示：
由例2及定理4类比例3即得。
4设以O为圆心的圆经过△ABC的两个顶点A、C，且与边AB、BC分别交于两个不同的
点K和N，又△ABC和KBN的外接圆交于点B及另一点M，求证：
∠OMB为直角。
（第
22届IMO）
提示：
由定理3及例9即得
升级会员 