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uuuluu从交比到调和点列到Apollonius圆到极线极点2010年高中数学联赛几何题本质探讨西安交大附中曲江校区金磊710049收稿日期:2010-10-21修回日期2010-11-202010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0,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丄MN,贝UABDC四点共圆.段比uC/BCADBD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。证明:本文中把厶ABC面积记做ABCulutuuuAC/BCAOCJBOCADBDAODBODACOsinAOCCOsinCOB/-DOsinAODDOsinBODsinAOCsinCOB/-sinAODsinBOD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,uiuruuACBC即爍器的线束称为调和线束,点列ADBD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,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调和点列等价性质:(1)、AD11ABAC(2)、令O为CD中点,则OC2OBOA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条平行(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HE1L廖6时HFIEAFCBDEAECACDBDFBEFACDAFCBEFBDEECADDCAFHEIE1,即CDAFECADHFIF证法二:由Ceva定理里AB1,HFDABE由Menelaus定理得到旦空1,IFDABE齐HEIE故,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:设两圆交于一点,计算角易得。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(k0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直线上厶.#.、卄口ACAD有两点C、D满足k,故PC、BC|BDPD分别为/APB的内外角平分线,则CP丄DP,即P点的轨迹为以CD为直径的圆0(0为CD中点)。(本题解析法亦可)显然图4中ACBD为调和点列。定理6在图4中,当且仅当PB丄AB时,AP为圆O的切线。证明:当PB丄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:PC(或PD)为/APB内(外)角平分线CP丄PDACBD构成调和点列(证略)定义5反演:设A为OO(r)平面上点,B在射线OA上,且满足OA*OB=r*r,则称A、B以OO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OO(r)互为反演点,过B做OA的垂线I称为A点对圆O的极线;反之对任意直线l相应的A点称为I对圆O的极点。3定理9当A点在OO外时,A的极线为A的切点弦。(由定理6即得。)A图5定理10若A的极线为I,过A的圆的割线ACD交I于B点,则ACBD为调和点列。证明:如图5,A的切点弦为PQ,则BCQPCCPCQAPACACBDQPDDPDQADAQAD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丄OD于F,则DFGA共圆,得OF*OD=OG*OA=012,由定义6知AF即为D的极线。图6证法二:解析法,设圆0为单位圆,A(xyj,D(X2,y2),A的极线方程为XX!y%1,由D在其上,得x2x1y2yi1,则A在xx2yy21上,即A在D的极线上。定理12在图6中,有AD2A的幕+D的幕(对圆0)证明:AD2AG2+DG2(AG2+BG2)+(DG2BG2)=A的幕+D的幕定义7调和四边形对边积相等的四边形称为调和四边形。(因为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如图乙过圆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:IPDE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IPDE内心。注:对图7我们有过M的任意弦与P构成的所有三角形有共同的内心I。反之亦然。图7例2如图8,ABC中,AD丄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丄BC,由定理7得/ADF=/ADE。例3如图9,四边形AFDE中,AD平分/FDE,P为AD上任一点,FP交AE于N,EP交AF于M,则/MDA=/NDA。(1999年全国高中数学联赛)DK图9证明:本题为例2推广,过D作AD垂线,则FLEK构成调和点列,从而对完全四边形FENMAK必有MNK共线,由例2即得/MDA=/NDA。例4如图10,完全四边形ABCDEF中,GJ丄EF与J,则/BJA=/DJC(2002年中国国家集训队选拔考试)图10证明:由定理4及定理7有/BJG=/DJG且/AJG=/CJG,则/BJA=/DJC。通过例2到例4,结合定理7,我们可以断言:由垂直证角平分线的问题,本质都为调和点列。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13,过圆O外一点P做割线PAB、PCD,E、F为对角线交点,则EF为P对圆O的极线。(1997年CMO试题等价表述)P图11证法一:作AEB外接圆交PE于M,则PE*PM=PA*PB=PC*PD,即CDME共圆(易知P为三圆根心且M为PAECBD密克点),从而BMDBAEBCDBOD,即BOMD共圆。/OMT=/OMB+/BMT=/ODB+/BAE=90贝9M为ST中点,由定理10及定理2(2)知E在P极线上,同理F亦在P极线上,故EF为P的极线。P图12证法二:如图14,证明E在P的切点弦STAU*BV*TW上即可。在ABT中,有*-UBVTWAASsinASTBDsinBDATCsinTCBBSsinBSTDTsinTDAACsinACBASBDTCPSPBPD,1BSDTACPBPDPT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0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0P的垂线。2、P对圆0的切点弦。3、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2、3是统一的)4、过P任意作割线PAB,AB上与PAB构成调和点列的点的轨迹的所在直线。例7ABC内切圆I分别切BC、AB于D、F,AD、CFDFGHFGDH分别交I于G、H。求证:3(2010年东南数学奥林匹克AC图13证明:如图15,由定理四边形,由托勒密定理有同理HF*DE=2DH*EF4DH*FG又由托勒密定理DFDH*FG+FD*GH,代入即得一GD*FH=如3FGDH例8已知:如图16,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:设内切圆的另两切点为H、I,HI交BD于J,连JE。由定理10知AEKD构成又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,由例5知GF=FC。(注:例8中BDCJ为一组常见调和点列)例9如图17,圆内接完全四边形ABCDEF对角线交于G,则EFGO构成垂心组(即任意一点是其余三点构成的三角形的垂心)。证明:由定理12有EG2E的幕G的幕EG2FG2(E的幂G的幂)-(F的幂G的幕)=E的幕F的幕二EO2FO213知GFDE为调和GD*EF=2FG*DE,相乘得GD*FH=从而OG丄EF,其余垂直同理可证。图15注:本题结论优美深刻,比较早的见于初版于1929年的4,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,从而PQ/MN/BC,得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18,由例4得/仁/2;由正弦定理有OJOBOCOJ从SinOBJSin1Sin2SinOCJ,而Sin/OBJ=Sin/OCJ,又K不是BC中点,故SinZOBJ+/OCJ=180。,则OBJC共圆;1MJBNJCBOCBAC,由2定理5得ABDC共圆。、LKLJLG2LGJG/CM,即证KAJCGMGA而这由调和点列基本关系变形即得。例9中OGEF对圆外切四边形亦然。例12如图21,设圆O的外切四边形ABCD对角线交于EFG,贝UOG丄EF。(2009年土耳其国家队选拔考试)A-DF图16以例9为背景的赛题层出不穷,以下再稍举几例,以飨读者。例10ADE中,过AD的圆O与AE、DE分别交于B、C,BD交AC于G,直线OG与厶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10等深刻结论的简单组合。证明:如图17,由定理5知本题中P即为完全四边形密克点,由例10得P为垂足,由定理6知圆O即为PG的Apollonius圆,由例1知厶PBD与厶PAC共内心。例11ABC中,D在边BC上且使得ZDAC=ZABC,圆O通过BD且分别交AB、AD于E、F,DF交BE于G,M为AG中点,求证:CM丄AO(2009年国家队选拔)分析简证:如图19,设EF交BC于J。由定理3得AKGL为调和点列,倒角得EJ/CA,由例10有JG丄OA,故只需证E证明:G在BD上,由定理11知BD、AC极点EF在EF上,同理可证其余共点如图21。则对圆外切四边形ABCD其对角线交点与对应的圆内接四边形ABCD对角线交点G重合,由例9得OGEF。MDEHOCGB图19例13如图22,ABCD为圆O的外切四边形,0E丄AC于E,则/BEC=/DEC(2006年协作夏令营测试题)分析:上面我们说过,见到已知垂直要证角平分线必为调和点列。证明:如图22,做出辅助线,由例12知FI、GH、BD共点于M,且为AC的极点,从而0E也过M,且BLDM构成调和点列,由例4得/BEC=/DEC。最后我们看一道伊朗题及其推广例14ABC内切圆I切BC于D,AD交于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,计算量不小。而且有人将其推广为对AD上任意一点K,都有本结论成立。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、极点、极线角度看本题结论极为显然。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MN、Q都有/MDF2NDE(2003年保加利亚数学奥林匹克)提示:由CA、CKCHCD构成调和线束,得NKMQ为调和点列,有/MDKMNDK和/KDF=/KDE,从而有/MDF2NDE4设以O为圆心的圆经过厶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,又厶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10即得参考文献:1、高等几何梅向明等1988年高等教育出版社2、初等数学复习及研究(平面几何)梁绍鸿2008年哈尔滨工业大学出版社3、射影几何趣谈冯克勤1983年上海教育出版社4、近代欧式几何单墫译1999年上海教育出版社5、多功能题典(高中数学竞赛)单墫熊斌2008年华东师范大学出版社证明:设A点极线交BC于J,由例8得BDCJ为调和点列,故对AD上K点,由定理11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:H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7特例在完全四边形ABCDEF中,过AC、BD交点做AB平行线被CD、EF平分。1 提示:由定理4及定理3即得ABC中,AD丄BC,H为AD上一点,
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