伪旁切圆中的共点共线问题

伪旁切圆中的共点、共线问题潘成华田开斌笔者在研究曼海姆定理时，做了如下定义：对于ABC，如果一个。P与其外切圆。O 相外切，且分别与其两条边相切，则。P称为ABC的一个伪旁切圆。笔者在研究伪旁切圆 的性质时，曾发现了一系列共点问题及其相关问题，此篇文章即是通过三个定理，将此类 问题做一个贯穿和系统整理，敬请方家指教。定理一：如图1，ABC外接圆为。0，内切圆。I分别切三边于D、E、F，0P与。O 外切于J，且分别切AB、AC于G、H，连接AD并延长交。P于K，AJ=AK，且ZBAJ=Z CAD。H图1证明方法（反演变换）：根据。P关于AP对称知ZBAJ=ZCAD，则必然有AJ=AK。所以下面我们只证明ZBAJ=Z CAD。如图2,我们以点A为反演中心，以AEXAH为反演幂，则H、E互为反演点，F、G互 为反演点，从而。P与。I互为反形。设B的反演点为B，C的反演点为C，则。0的反形 为直线BC，直线BC的反形即为ABC的外接圆。Q。因为BC与。P切于点J，所以BC 与0P（即。I）相切于J，因为。I与BC相切于D，所以。1（即。P）与。Q相切于D，J、 D分别为J、D的反演点。又因为ABXAB=ACXAC=AEXAH，所以 ABCsACB。我们 可以看出，原图形是由 ABC决定的，其反形是由 ABC决定的，且它们的结构方式相同。 又 ABCsACB，所以原图形的反形与原图形反向相似。于是知ZCAD=ZB,AJ,= ZBAJO 证毕。另外，由于OP 与。相等，所以原图形的反形与原图形反向全等，所以AB=AC， AC=AB，于是知 ABXAC=ABXAB=AEXAH。图2定理二：如图3,三角形ABC中，。01、。02是伪旁切圆，分别切。O于H、1。01 分别切 CB、CA 于 D、E,0O2分别切 BC、BA 于 F、G。C01 交 DE 于 J、B02交 GF 于 K,DH、FI、JK三线交于弧BC的中点P,且P为JK中点。图3证明：设弧BC的中点为P,我们先证明JK经过P,且P为JK中点，再证明DH和FI 经过P。首先用同一法证明JK经过点P。如图4,连接JK交。O于斗，设ABC内心为& AR 交。O于S,则S为劣弧BC中点。由曼海姆定理知J、K为AABC旁心，所以JKLAS，即 P1 AAS，所以P1S为圆O直径，所以P1为优弧BC中点，即P1与P重合，即JK经过点P。下 面证明P为JK中点。作JXLBC于X, KYXBC于Y, PS交BC于Z,则Z为BC中点。于是知要证P为JK中 点，只需证明Z为XY中点，即只需证明XC=BY。而 XC=JCcosC = BCsinZ1BC xcosC = BCcos：co气。同理可得 YB=BCcos羿0气。所以 XC=BY,2 sin ZBJC2sinAsinA命题得证。于是知JK经过P,且P为JK中点22下面再用同一法证明DH经过点P。如图5,延长DH交。0于?2，则由位似知，P20 O1D,即?2OBC,所以P20为弧BC中点，即?2与？重合。所以DH经过点P。同理FI也图4图5定理三：如图6,AABC外接圆为。0,。01与。O外切于点D,且分别切AB、AC于G、 H,OG2与。0外切于点E,且分别切BC、BA于I、J,O03与。0外切于点F,且分别切 CA、CB 于 K、L,则急 X 3乂斜=1。图6证明：如图7,取GH中点为R、IJ中点为S, KL中点为T,则根据曼海姆定理知R、S、 T为AABC的三个旁心。于是知AR、BS、CT交于一点Q,且Q为AABC内心。又因为S、T 为AABC的旁心，所以STXAR。又GHXAR，所以STGH。于是知BG = RBAB TBCA = SCCH RC(1)X(2)得匹ABBG = RB . SC . AB岗理I可B知nRC CA(1)(2)CH=TB.RC，从而知(3)(4)(5)C! = SC . TA . BCAJ RC SA ABAK = TA RB CABL SA TB BC(3)X(4)X(5 )知(6)代入(6)式即得岩BGCI AK = RBSCAB SC TA BC TARBCA = (RB SCTA)2CHAJ BL TBRCCA RC SA AB SATBBC TB RCSA又因为AR、BS、CT交于一点，根据赛瓦定理知藉*艾=1, 皿如=1,于是知再乂乳X勇=1。TB RC SAAJ BLAK BG CI图7以上介绍的是此类问题的三个定理，基于这三个定理，我们可以得到如下一系列命题。命题一：如图8，AABC外接圆为。0,。01与。O外切于点D,且分别切AB、AC于G、 H,OG2与。0外切于点E,且分别切BC、BA于I、J,O03与。0外切于点F,且分别切 CA、CB于K、L。求证：AD、BE、CF三线共点。证明：如图9,作左ABC的内切圆。M分别切BC、CA、AB于P、Q、R。则由于旺皿PC QA曲=职.曲.皿=1，根据赛瓦定理逆定理知AP、BQ、CR共点，设为S。RB RB QA PC根据定理一知AS、AD是ZBAC的一组等角线，BS、BE是ZABC的一组等角线，CS、CF是匕 ACB的一组等角线，从而知AD、BE、CF三线共点，设为M,则M与S是一对等角共轭点。命题二:OG1分别切CB、CA于D、E,0O2分别切BC、BA于F、G。则BC、HI、O1O2三线共点。图10证明：连接O1H、O2I并延长，根据位似知两线交于点O,延长DH、FI交于点P,根据 定理二知POXBC，又O1DLBC、O1FXBC，根据笛沙格定理知BC、HI、O1O2三线共点。T图11命题三：如图12,ABC外接圆为。0。OO1与。O相切于点M,且分别切CB、CA于 D、E； OO2与。0相切于N,且分别切BA、BC于F、G； O O3与。0相切于P,且分别切 AC、AB 于 H、I。CM 交OO1 于 J, BN 交O O2于 K, AP 交O O3于 L, JB、KC 交于 Q、LB、KA 交于R、JA、LC交于S,证明：AQ、BS、CR交于一点。图12AP交于证明：如图13，设CJ交AB于X, BK交AC于Y, AL交BC于Z。由于CM、BN、 一点，所以耽沮=1（1）BX CZ AY根据三角形面积公式知所以ABsinZBAQ _ S.BAc ABBQsinZABQ _ ABBQsinZABQ _ ABBQsinZXBJ ABAQACsinZCAQ Saq AC-CQsinZACQ AC-CQsinZACQ AC-CQsinZYCKBQsin/XBJ sin/BCQ . sin/XBJCQsin/YCKsin/CBQ sin/YCKsin/BAQ sin/CAQ乂根据三角形面积公式知sin/BCK _ sin/XBJ sinZCBJsinZYCKsin/BCK 一 sin/XBJsinZYCK sin/CBJ(2)BCsin/BCK _ Sm BK ABCK ，YCsin/YCKS YK YCKsin/BCK _ BK 一 YC所以sin/YCK YK BCXBsinZXBJ 易X，所以CBsin/CBJSACBJCJsin/XBJ = XJ 一 CBsin/CBJ CJ XB将（3）、（4）代入（2）知(3)(4)sin/BAQ BK . YC . XT . CB BK . YC . XT sin/CAQ YK BC CJ XB CJ XB YK 同理可知：sin/ACRAL . ZB . YKsin/BCRBK YA ZLsin/CBSJ . XA . ZLsin/ABSAL ZC XJ(5)(6)(7)(5)X(6)X(7)知sin/BAQ 一 sin/ACR 一 sin/CBS = BK 一 YC 一 XJ 一 AL 一 ZB 一 YK 一 CJ 一 XA 一 ZL = YC 一 ZB 一 XAsin/CAQ sin/BCR sin/ABSCJ XB YK BK YA ZL AL ZC XJ YA ZC XB由（7）、（8 ）知/siR.sin1，根据赛瓦定理逆定理知AQ、 sin/CAQ sin/BCR sin/ABS交于一点。(8)BS、CRL图13命题四：如图14,ABC外接圆为。0。O01与。O相切，且分别切CB、CA于D、E；O 02与。0相切，且分别切BA、BC于F、G； o 03与。0相切，且分别切AC、AB于H、I。L、M、N分别为GH、ID、EF中点，求证：NA、MB、LC共点。图14证明：根据三角形面积公式知AFsin匕FAN =耻=1,所以AEsinZEANENsin Z FAN = AEsinZEAN AF同理可知(2)(3)sin/DBM = BI sinZIBM BD sin/HCL = CG sinZGCL CH(1)X(2)X(3 )知(4)sin/FAN . sin/DBM . sin/HCL = AE BI CG sin/EAN sinZIBM sinZGCL AF BD CH根据定理三知如皿匿=1,所以乖攻，sin/DBM，=i,根据赛瓦定理逆定 AF BD CHsin/EAN sin/IBM sin/GCL理知NA、MB、LC三线共点。命题五：如图15,ABC外接圆为。0。0 01与。O相切，且分别切CB、CA于D、E；O 02与。0相切，且分别切BA、BC于F、G； o 03与。0相切，且分别切AC、AB于H、I。 直线EF、GH、ID分别交于点P、Q、R,求证：PA、RB、QC共点。p图15证明：根据三角形面积公式知【PsinPAHPsin/HPAsin/IPA = sin/BIDsin/HPAsin/CHG同理可知sin/GRB = sin/CGHsinZFRBsinZAFE=S_IpA = AIIPsin/AIP = IPsin/BID所以SahpaAHHPsinZAHPHPsinZCHG(1)(2)sinZEQC =sinZAEF(3)sin/BDIsinZDQC(1)X(2)X(3 )知sinZIPA . sinZGRB sinNEQC = sinZBID . sinZCGH sinZAEF = sinZBID sinZCGH sinZAEF sinZHPA sinZFRB sinZDQCsinZCHG sinZAFE sinZBDIsinZBDI sinZCHG sinZAFE皿皿AF又根据定理三知皿.勇如=1, BI CG AEBI CG AE瓦定理逆定理知PA、RB、QC三线共点。所以sinZIpAsinZHPAsinZGRB . sinZEQC = sinZFRB sinZDQC根据赛命题六：如图16,ABC外接圆为。0。0 01与。O相切，且分别切CB、CA于D、E；O 02与。0相切，且分别切BA、BC于F、G； 0 03与。0相切，且分别切AC、AB于H、I。BH、CI交于P, AG、CF交于Q, AD、BE交于R。证明：AP、BQ、CR三线共点。证明：设AB、CR交于M, BC、AP交于N, AC、BQ交于L。则由赛瓦定理逆定理知，要 证AP、BQ、CR三线共点，只需证明疵乂验乂里=1。又由塞瓦定理知心乂皿乂砧=堂艮恤=%。同理皿=牛! = %。三式相乘有AMXX = AEX B1XCG。由定理三知AEX B1X= 1,所以AXXCL = 1,命题得 MB NC LA BD CH AFBD CH AFMB NC LA证。图16命题七：如图17,ABC的外接圆为。0。0 01与。0外切，且分别与AB、AC切于G、 H； 0 02与。0外切，且分别与BC、BA切于I、J； 0 03与。0外切，且分别与CA、CB切 于K、L。GK、HI交于点M, KI、LH交于点N, IG、JL交于点P。求证：MA、NC、PB三线共 点。证明：如图18,连接AO” GH交于D,连接BO2. IJ交于点E,连接CO3、LK交于点 F,则由曼海姆定理知D、E、F分别为 ABC的三个旁心。于是知E、F过点A, 且 EFXAD, GHAD； FD 过点 B, 且 FDBE, IJBE； D、E 过点 C, HDELCF, KLCFo根据赛瓦定理三角形式知，要证MA、NC、PBM线共点，只需证明：(1)sinZKAM x sinZICN x sin/GBP = 1 sinZJAMsinZHCN sinZLBP下面证明(1)式根据三角形面积公式知KAsinZKAM _ SJAsinZJAM所以 sinZKAM sinZJAMRkam = KA-KMsinZAKMSajamJAJMsinZAJM=KMsinZAKGKA-KMsinZAKGJAJMsinZAJH(2)JMsinZAJHsin ZAKGag又 sinZAKG = sin ZKAG = E = JH sinZAJHsin ZAJH而 KGsin ZJAHJH将(3)代入(2)知(3)sin/KAM = KMsinZAKG = KMJH = KMJH sinZJAM JMsinZAJH JM KG KG JM 又(4)KM = MHsinZJHAKGGHsinZGHAJH = GHsinZHGAJM MGsinZKGA(5)X(6)知(5)(6)KM x JH = MHsinZJHA x GHsinZHGA = MHsinZJHA = sinZMGHsinZJHAKG JMGHsinZGHA MGsinZKGA MGsinZKGA sinZMHG-sinZKGA=sinZKGH x sinZJHAsinZKGAsinZJHG(7)又GHsinZKGH = KHGAsinZKGA KA(8)HAsin/JHA = JAHGsinZJHGJG(8)X(9)得(9)sin/KGAsin/JHGGAsin/KGAHGsin/JHGKA JG将(10)代入(7)知KM x TH = KHx TA(11)KG JM KA JG将(11)代入(4)知sin/KAM = KHx JA(12)sin/JAM KA JG同理可知：sin/KGH x sin/JHA = GHsin/KGH x HAsin/JHA = KH x 以(10)(13)(14)sin/ICN = IL x HC sin/HCN IC HKsin/GBP = GJ x LB sin/LBP GB LI(12)X(13)X(14 )知sin/KAM 工 sin/ICN 工 sin/GBP =KHIA x IL x HC x GJ x LB. = JA x LBHC(15)sin/JAM sin/HCN sin/LBPKAJG IC HK GB LI GB ICKA根据定理三知 JAxLBx 田=1，所以 sin/KAM 乂 sin/ICN 乂 sinNGBP = 1,( 1)式成立， GB IC KAsin/JAM sin/HCN sin/LBP问题得证。PN图18命题八：如图19,ABC外接圆为。0。0与。O相切，且分别切AB、AC于JK；。 02与。0相切，且分别切BC、BA于L、M；0O3与。0相切，且分别切CA、CB于N、POA ABC内切圆分别切BC、CA、AB于D、E、F。AD交001于G，BE交002于H，CF交003于I。 IB、HC交于点Q，IA、GC交于点R，GB、HA交于点S，求证：AQ、BR、CS三线共点。HG图19证明：我们先证明一个引理：如图20,AABC的外接圆为。O, O01与。O外切，且 分别切CA、CB于G、H； 0 02与。O外切，且分别切BA、BC于I、J,AABC的内切圆。N 分别切BC、CA、AB于D、E、F, CF交O 01于K, BE交O 02于L, KB、LC交于点M,则匕 CAD=ZBAMOM图20如图21,连接CO交HG于U,交DE于Q,连接BO2交IJ于V,交DF于P,连接PQ分 别交AB、AC于R、S。则知P、Q分别为DF、DE中点，所以PQEF，即RSEF，于是知RS AN, 且 AR=ASoX根据曼海姆定理知U、NABC的旁心，所以UV过点A, 且 UVXAN, 于是知RSUVo根据变相同一法知，要证ZBAM=ZCAD,只需证明sinZBAD = sinZCAMsinZCAD sinZBAM下面我们证明（1）式。由三角形面积公式知：ABsinZBAD =四，所以 ACsinZCADCDsin/BAD = ACXBD(1)(2)乂根据三角形面积公式知:ACsin/CAMABsinZBAMsACMS LAABM=AC-CMsin/ACM =AB-BMsin/ABMAC-CMsin/ECL 所以AB-BMsin/FBKsin/CAM = CMsin/ECL(3)sin/BAMBMsin/FBK又CM =BMsin/CBM = sin/BCMsin/CBK，sin/BCL代入（3）知sin/CAM = sin/CBK x sin/ECL = sin/CBK x sin/ECL sin/BAM sin/BCL sin/FBK sin/FBK sin/BCL(4)CBsin/CBK _ CKFBsin/FBKFK所以sin/CBK = FBXCK sin/FBK CB FK(5)ECsin/ECL BCsin/BCLELBL所以sinZCAD AB CD(6)sinZECL = BC 乂 ELsinZBCL EC BL(5)X(6)知(7)sinZCBK x sinZECL = FB x CK x BC x EL = FB x CK x EL = BD x CK x EL sinZFBK sinZBCL CB FK EC BL EC FK BL CD FK BL 将(7)代入(4)知sinZCAM = BD x CK x EL(g)sinZBAM CD FK BL由(2)、(8 )知，要证明(1),只需证明ACxBDuBDx职x国，即只需证明:AC = CKxEL(9)AB FK BL根据位似知(10)(11)CK = CU = ACFK UQ ASEL = VP = ARBL BV AB(10)X(11)知，CKxBL = ACxAR = AC，即(9)式成立，命题得证。M图21下面我们借助引理证明原命题。根据引理知：sinZBAQ X x sinZCBR =sinZCAQ sinZBCS sinZABR slADxslnxsln= 1o由赛瓦定理逆定理知AQ、BR、CS三线共点。 sinZBAD sinZACF sinZCBE命题九：如图22，AABC外接圆为。0。O01与。O相切于点J，且分别切CB、CA于 D、E； O02与。0相切于K，且分别切BA、BC于F、G； O 03与。0相切于L，且分别切 AC、AB 于 H、Io DJ、GK 交于点 P，EK、IL 交于点 Q，HL、EJ 交于 R，求证：PL、QJ、RK 三线共点。图22证明：我们先证明一个引理：如图23, O01、002外切于点T, A为O01上一点， 过A作0 02两条切线，切点分别为B、C，A02交BC于F，AB、AC分别交O 01于D、E，G 为弧DAE中点，则F、T、G三点共线。图23如图24，连接G01并延长交A02于K，则知ZDGK=1 ZDGE=1 ZDAE=ZDAK，所以D、G、 A、K四点共圆，即K在。01上。延长01、02分别交O 01、0 02于I、J。易知IKGT。 所以我们要证F、T、G三点共线，只需证TFIK，即只需证琴=甲(1)02K 02I下面我们证明(1)式。&2T2(1)式得证。易知 O F = 22 = , O K = Q2T2I，所以站二 02A = W,202A02A202A02KO2O2l02IO2AJ图24下面我们借助引理证明原命题。如图25，连接DE取其中点U，连接FG取其中点V，连接HI取其中点W，则易知U为 C01与DE交点，V为B02与FG交点，W为A03与HI交点。根据定理二知P为UV中点，且 为弧BAC中点；Q为VW中点，且为弧ACB中点；R为WU中点，且为弧ABC中点。又根据引 理知P、L、W三点共线，Q、J、U三点共线，R、K、V三点共线。而PW、QU、RV是UVW 的三条中线，所以交于 UVW的重心。于是知PL、QJ、RK三线共点，交于 UVW的重心。图25命题十：如图26,AABC外接圆为。0。O01与。O相切于点M,且分别切CB、CA于D、 E； 0 02与。0相切于N,且分别切BA、BC于F、G； 0 03与。0相切于P,且分别切AC、 AB 于 H、I。DE、FG、HI 分别交于点 Q、R、S。C01 交 DE 于 J, B02交 FG 于 K, A03交 HI 于 L。证明：Q、P、L三点共线，R、M、J三点共线，S、N、K三点共线。（潘成华题）图26证明：我们先证明一个引理：如图27,AABC外接圆为。0。O01与。O相切，且分别切CB、CA于D、E； 0 02与。0相切，且分别切BA、BC于F、G； 0 03与。0相切，且分 别切 AC、AB 于 H、I。DE、FG、HI 分别交于点 T、U、V。C01 交 DE 于 Z, B02交 FG 于 X, A03交HI于Y。则X、Y、Z分别为TU、UV、VT中点。图27如图28,由曼海姆定理知X、Y、Z AABC的三个旁心。于是知ZXAO2，于是知ZX UV。同理XYVT, YZTU。于是知X、Y、Z分别为TU、UV、VT中点。图28下面我们借助引理证明原命题。我们先证明Q、P、L三线共点。根据引理知J、K、L分别为SQ、QR、RS中点，所以 QL于JK的交点T为JK中点。根据定理三知T为弧BAC中点，根据命题九的引理知T、P、 L共线，所以Q、P、L三点共线。命题一:如图29,AABC外接圆为。O,0P与。O外切于J,且分别切AB、AC于G、 H, AP交。O于R, CB、HG延长线交于S,证明：S、J、R三点共线。O,Sp -.CH图29证明：如图30，延长GJ交。O于M,过M作。O的切线1,由于J为。0、 中心，AG是。P切线，1为。0切线，所以1 AG，于是知弧BJM=弧ACM。所以ZGJB=Z BAM=ZAJM,即GJ为ABJ中ZAJB的外角平分线。所以因=区（1）AJ AG同理可知HJ为AACJ中ZAJC的外角平分线，所以CJ = CHAJ AH又由于AG=AH，由（1）9（2）知BJ = BGCJ CH又根据梅涅劳斯定理知岩.藉HA=1ZBJC的外角平分线。gb sc HA(2)0P的位似（3）所以ch = CS，代入（3）知岩=斜，所以SJ为另一方面，由于AG、AH为。P两条切线，所以AP平分ZBAC，所以ZBJC+2ZRJC=Z BJC+2ZRAC= ZBJC+ ZBAC=180，所以RJ也为匕BJC的外角平分线。综上所述，知S、J、R三点共线，且直线SR为ZBJC的外角平分线。CA命题十二：如图31,AABC外接圆为。0。O01与。O相切于点M,且分别切CB、 于D、E； 0 02与。0相切于N,且分别切BA、BC于F、G； 0 03与。0相切于P,且分别 切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分别交于点Q、R、S。L、J、K分别为HI、DE、FG中点 LD、SK交于交于U, LG、RJ交于V。证明：U、V、P共线，且UVLQL于P。R图31证明：我们先证明一个引理：如图32,AABC中，DEF分别为三边中点，RGXDF于G, FHXDE 于 H，GH 分别交 AB、AC 于 I、J，DI 交 BE 于 K，DJ 交 CF 于 L，则 KLADOD图32证明：如图 17，设 ABC 的重M%M,令 EF=a, DF=b, DE=c,则 BC=2a, AC=2b, AB=2c。根据中线长公式知 BE=V*2a2 + 2c2 b2， CF=j2a2 + 2b2 c2， AD=V*2b2 + 2c2 a2。 于是知 BM=2 V2a2 + 2c2 b2， CM=2 V2a2 + 2b2 c2， DM=1 V2b2 + 2c2 a2。要证KLAD,只需证明MKcosZKMD = MLcosZLMD,即只需证明：迩 X (2MB MDcosZBMD)=皿 x (2MC MDcosZCMD)(1)MBMC又根据余弦定理知2MB MDcosZBMD = MB2 + MD2 BD2 = 2 (5c2 a2 b2)(2)2MC MDcosZCMD = MC2 + MD2 CD2 = 2 (5b2 a2 c2)(3)., 一一 . 9由(2)、(3)知，要证(1),只需证MK x (5c2 a2 b2)= ML x (5b2 a2 c2)(4)MBMC下面我们证明(4)式。因为F、G、H、E共圆，所以ZFGI=ZFED=ZFBD,所以I、G、D、B四点共圆。于是知FI X FB = FG X FD = FE X FDcosZEFD = 1(FD2 + FE2 DE2),所以FI = 1(FD2+FE2DE2)= a2+b2c2。于是有 BI= BFIF =2ca2+b2+c22c2c,AI = AF + FI = c +2c2c根据梅涅劳斯定理知普岩.尚=1所以有 MK =DM lA = 1BI于是知a2|b2|c22c3c2a2b22ca2+b2+c2,9c2 3a2 3b2MK = MKa2+b2+c2a2+b2+c2MB MK+KB同理可知(a2 +b2 +c2)+(9c2 3a2 3b2)10c2 2a22b2(5)ML = a2+b2+c2MC10b22a22c2由(5)、(6)知(6)MK X (5c2 a2 b2) = a2+b2+c2 x (5c2 a2 b2) = a2+b2+c2MB10c22a22b22ML X (5b2 a2 c2) = a2+b2+c2 x (5b2 a2 c2) = a2+b2+c2MC,10b22a22舀一. 由(7)、(8)知(4)式成立，所以(1)式成立，命题得证。下面我们借助引理证明原命题。如图33,延长GD、RS交于W,连接AL交。O于X,连接JK、KL、 设QL交JK于T,连接TX。根据命题十的引理知，J、K、L分别为SQ、QR、RS中点，于是知QL、SK、RJ交于a2+b2+c2(7)(8)LJ连接KB、JC。点Y。且知道四边形QJLK是平行四边形，所以T为JK中点。根据定理一知，T在00 上, 且T为弧BAC的中点。根据曼海姆定理知J、K、L ABC的三个旁心，所以KBJL. JCXKL，又根据引理 十的引理知J、K、L分别为SQ、QR、RS中点，所以根据引理知，UVQLO又因为SD、RG的交点Q, SU、RV的交点Y和DU、GV的交点L,三点共线，在 DUS和 GVR中使用笛沙格定理知，W、U、V共线。又根据命题一知，W、P、X共线。又因为ZBAX=ZCAX，所以X为弧BPC的中点。又 T为弧BAC的中点，所以TX为O0直径，即XPXTP，所以WPLQL。综上所述，W、U、V共线，UVQL, WPXQL，所以知U、V、P共线，且UVLQL于P。WR图33