从调和点列到Apollonius圆到极线

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，