高中数学竞赛几何专题从调和点列到Apollonius圆到极线.docx

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高中数学竞赛几何专题从调和点列到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．

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

称为线束OA、OC、OB、OD或点列ACBD的交比。

[1]

定理1线束的交比与所截直线无关。

图2

证明：

本文用[ABC]表示ABC面积，则

从而可知线束交比与所截直线无关。

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）、

（2）、

（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。

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

，即

。

证法二：

由Ceva定理

，由Menelaus定理得到

，故

，即EHFI为调和点列。

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。

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（

）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

故PC、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7Apollonius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。

）

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

即ACBD为调和点列。

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=

，由定义6知AF即为D的极线。

图6

证法二：

解析法，设圆O为单位圆，A（

）,D（

），A的极线方程为

，由D在其上，得

，则A在

上，即A在D的极线上。

定理12在图6中，若A、D共轭，则

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。

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）

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。

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。

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°

证明：

做AX⊥EF交BC于Y，由定理4知AD’ID为调和点列，故

，又IP=2IQ，则AX=XY，即EF为AY中垂线，由正弦定理

，则AFYC共圆，同理AEYB共圆，故∠BYF=∠BAC=∠CYE=∠EYF，故∠BAC=60°。

图11

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=∠OMB+∠BMT=∠ODB+∠BAE=90°故M为ST中点，PS*PT=PA*PB=PE*PM，由定理2（3）知E在P极线上，同理F亦然，故EF为P的极线。

图12

图13

证法二：

如图13，设PS、PT为圆O切线。

在△ABT中，可以得到

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：

（2010年东南数学奥林匹克）

图14

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=DH*FG+FD*GH，代入即得

图15

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

则OG⊥EF，其余垂直同理可证。

图16

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=

=∠BAC，由定理5得J为ABDCMN密克点，则∠BDM=∠BJM=∠BAN故ABDC共圆。

图17

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）

图18

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LK*GM=LG*KA，又∠CAD=ABD=∠JFD故EJ//CA，则

即JG//CM而由例9有JG⊥OA，故CM⊥AO。

例9中OG

EF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）

图19

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’。

图20

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：

图21

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