从Apollonius圆到极线三角形doc资料

1、此文档仅供收集于网络，如有侵权请联系网站删除 只供学习与交流 从Apollonius圆到极线三角形 我们知道，到一点的距离为定长的点的轨迹是圆，到两定点距离之和为定值的点的轨迹是椭 圆，到两定点距离之差为定值的点的轨迹是双曲线， 那么到两定点距离之比为定值的点的轨 迹是什么呢？ 求到两点距离之比为定值的点的轨迹。 (为方便，我们设比值为 2.) 我们可以用解析法做：设各点坐标如下 A(_c,0), B(c,0), P(x, y),则 AP BP 2, ,(x - c)2 y2 22,4C、2 =2 ： (x -c)2 y2, . (x-5)2 y(4C)2，这点的轨迹为圆心 33 我们当然也可

2、以用几何法解。 AP 如图，设=2,则我们首先在 BP AB直线上确定满足此条件的 点，显然内部外部各有一点满足条件- AR AF2 BR BP2 =2,然后设 P点为轨迹上一点，则连接 PR,PR ,由竺 BPi 竺=2,知PR, PR分别为L PAB中 BP P的内外角平分线，显然 PR丄PF2，即P点的轨迹为以RF2为直径的圆。如图所示。 一般的，至俩定点距离之比为定值k( k - 0且k=1 )的点的轨迹为圆，我们称为 Apolonius 圆，为古希腊数学家 Apolonius最先提出并解决。他在许多问题中有重要应用。 例1.如图，过圆 0外一点P作其切线 PA PB, OP与圆和AB

3、分别交于I、M , DE为过M 的任意弦。求证：I为L PDE内心。 分析：当然要用内心定义证明I为角分线交点。 证法1:由垂直和射影定理及相交弦定理有： EM*MD= BM =OM*MP，故 PDOE四点共圆，又 OD=OE, U 1 二.2，即直线 PD、PE 关于 PO 对称，则截弧相等，即DI平分.PDE，则I为 PDE内心，证毕。 证法2:容易发现本题本质即为 Apollonius圆。 因为如下图所示，我们刚才已经证完到AB距离 之比为定值的点的轨迹为Apollonius圆。显然当 PB _ AB时，有.1 = . 2 = 3，贝U AP为圆切 线，因此本题中圆为阿氏圆，贝UPI、E

4、I分别为内 角平分线，即I为L PDE内心。 通过证法二说明发现问题的本质往往能轻而易 举解决问题，而且还能更一步加深对问题的理解 和把握。 进一步，我们有过M的任意弦与P构成的三角形有共同的内心I,反之呢？即若共一条角分 线的两个三角形 PAB PDE共内心I，则四顶点ADBE共圆。由上面定理易得。如下图所示。 顺便说一下，显然他们也共旁心。 通过上例我们发现本定理的本质是一个比例关系式 AP AP BR BP 例2如图，圆0 内切圆0于D, A为大圆0上任一点, 于E、F, EF交A0于I,求证I为L ABC内心。 AB、AC为圆0的弦，分别切圆0 证法一：先证明如下引理：如上图， 两圆内

5、切，则6 = . 7，这是因为， 做出两圆的公切线，贝U5, 且.仁.2-3，则.6-7 。 下面证明本结论，我们由例1的证明知0D2 =01 *0A , 乂2=乂3,由此得 1 1 二 90 _/2=90 _ 3 =乙 一 4 _ 5 = 6， 则 CFID 共圆， 又 1 1 =N5,NBED =NEFD7 =NlDF =NBDE =?ADB =?NACB,即 CI为角平分 线，则I为L ABC内心。 证法二：利用点对圆的幕来计算。延长AO 交圆0于P,设圆0、0 半径为R、r、，则 1 C E 0 D P 2Rr -rR2 (R r)2 =R2 一002 = AO*OP =A0* IP

6、一 AO* IO= IP -r2 sinNl 即IP=2Rsin仁BP贝U I为L ABC内心。 由证法二可以得到，本问题的逆命题依然成立，即过圆内接L ABC内心|作AI垂线交AB、 AC于E、F,则切AB、AC于E、F的圆必然与其外接圆相切。证法与证法二一致。 为了进一步认识本类问题的本质，下面我们引入调和点列的概念和基本性质。如例1图: 对于同一直线上依次四点 aRbp,若满足 AR BR AP BP ARbP构成调和点列。称 AB、Pp 互相调和分割。由图知调和点列有如下等价性质: AR AP BR BP 2 OR =OB*OA （0为pP2中点） 2 1 1 2. RA BA F2A

7、 3. AB2 A的幕+B的幕（因为 2 2 2 2 2 2 2 AB 二 AP -PB =(AP -R)-(PB -R)二 A的幕+B 的幕） 如图，我们知道 PIMK为调和点列，那 么任意做一条割线 PQRS是否有类似 性质呢？答案是肯定的。这是因为 2 2 2 2 2 2 PR -PM RM -PA - AM RM 2 2 2 = PA2 （RO - R2）=P 的幕-R的幕 则PQRS为调和点列。 当然，我们也能通过面积计算证明其为 调和点列。证法如下： PQ _QAsi n. QAP _ PA sin. QBA PS 一 SAsin PAS 一 PSsin ABS PBsin QBA

8、 BQ sin QBA PSsin ABS BSsin ABS QE证毕。 SR 由此，我们知道对于定圆和平面上任意 一点，对于此圆与P成调和点列的点 R 的轨迹为一条线，我们定义此直线为 P 点的极线。当点在圆外时，其极线为其 切点弦。当点R位于圆内部时，其极线 为过P垂直于OR的直线。做圆外点的 极线除了做切线外，还能通过做割线得 到。（因为切线为割线的特殊情况，因 此不难理解。）如下图，过圆外一点 P 做割线PAB PCD, E、F为对角线交点，贝U EF即为P对圆O的极线。 显然欲证结果，需证明 E在P极线上，一般有两种方法： 证法一.作 AEB外接圆交 PE于M，贝U PE*PM=P

9、A*PB=PC*PD即CDME共圆（其实，P为三 圆根心。M为ABCD密克点），/BMD =NBAE +NBCD =NBOD,即BOMD共圆，则 .OMT =/OMB . BMT =/ODB . BAE =90，即M为弦中点由此即得 E在P极线 上。 证法二：只需证 E在P的切点弦上即可，如图，只需证ST AD、BC三线共点，用塞瓦定理 逆定理即可。 ABT中，欲证共线即证明 ASsin AST* BD sin BDA * TC sin TCB BS sin BST DT sin TDA AC sin ACB AS* BD*TC BS DT AC 事实上 AS BD TC PS PB PD_

10、*1，故成立。 BS DT AC PB PD PT 类似的我们能证明 F点也在此线上。下面我们证明一个射 影几何中的重要结论：配极定理。如果一个点的极线通过 另一个点，则另一个点的极线也通过此点。 我们可以用几何方法证明，但是本题用解析法非常方便， 本质。 证明：设圆为单位圆， A （人!） , D （ X2,y2 ），设D在A的极线上。显然 A极线方程为: 只供学习与交流 此文档仅供收集于网络，如有侵权请联系网站删除 EG2 =E的幕-G的幕，由此即得 xx1 yy1，因为D在其上，故x2x1y2y1，也就得到 a在直线xx2 yy2 =1，也即 A在D的极线上。证毕 F面进一步研究上图，引

11、入极线三角形。，如下图，设圆内接四边形ABCD对角线交于EFG 则EFG称为极线三角形。 其中EFGO构成垂心组（即任意 一点是其余三点的垂心） 其实这个的证明，我们在上面已经完成了。下面提供一 种新的证明。我们前面已经证明 EG2 -FG2 =（E的幕-G的幕）-（F的幕G的幕）=E的幕-F的幕二EOF02,则0G垂 直EF,其余同理可证。其实 OG_EF对圆外切四边形照样成立。我们可以另起锅灶利用双 心四边形性质证明，也可以在上图中利用以上结论证明。 只供学习与交流 NXMA= M 的幕=MO2-R2 = 二 FM 2,贝2=1=3, ECN F四点共圆。 由G在BD上，知BD极点在EF上

12、，同理可证其余共点如上图。则对圆外切四边形其对角线 交点与对应的圆内接四边形对角线重合，对角线亦然。由刚才的证明知OG_EF,故本结论 依然成立。 对本图，还有一个结论，若EF中点为M, AM交 圆于N,则ECN F四点共圆。分析：欲证共圆， 即证 2=/1=/3，即 FM 二 FN* FA，因此 需利用刚才结论计算即可。 证明：有刚才结论有 EF2二E的幕- F的幕，M 2 2 2 OE OF -2EM 2 乩过圆外一点P向圆0作切线PA, PB及割线PCD,过C作PA的平行 线，分别交AR AD于 己Fo求证：CE = EFo （叶中豪提機并解答） 所截得线段比 为其交 比，下面证明任意直

13、线的交比相 同。 此题有很多证法，但是为了揭示其本质，需引入调和线束的概念。 射影几何主要研究几何关系在射影变换的情况下的射影不变量，而交比正是其中的的一个。 如图，共点的四条直线被任意直线 AB CD * AD CB AB * CD _ BOsin 1 * DO sin 4_sin 1 * sin 4 兀CF 莎厂 阪岚不 显然此比值与线段长度无关，即交 比是一个定值。特别的，对过某点与调和点列的四条直线被任意直线截得的都是调和点列。 我们称其为调和线束。特别的对调和线束ABCD（如上图），若B为AC中点，贝U DA=CA则 D为无穷远点。因此，对调和线束，过调和点列中的任一点做某条直线的平

14、行线，由于交成 四点必然为调和点列， 而平行线交点为无穷远点， 故此平行线被另外两条直线所截的线段相 等，其实这就是我们本题的结论。（因为割线PCD被圆和AB分成调和点列，APACABAD成调 此文档仅供收集于网络，如有侵权请联系网站删除 和线束，故过 C作PA平行线被平分，即 CE=EF 当然，本题我们也可以直接利用调和点列倒比例来证明。欲证CE=EF即证 2CE cf 2GC dc ICT CT 2GC = DT 2GC*DP =DC(GC CP)= GC(CP Di DC*CP 二 GC*DP 二CP* DG = CP CG DP DG 显然成立。 已知：圆0切AB、AC于D、E，M为

15、BC上点，AM交DE于N, 求证：BM=CM= ON_BC 证明：如图，显然有 B C =180； - BAC = 34 sin 1 DN _ sin 3 sin2 NE sin4 此文档仅供收集于网络，如有侵权请联系网站删除 BM=CMu ON _ BC sin/1sin/Bsi nN 3sin./B 3 = B ：二 sin_2sin_Csin/4si n._C 其实这个问题的本质还是调和线束。 下面问题是平面几何中著名的蝴蝶定理，当然我们有很多种方法证明它，我们通过第二个图 可以发现其本质还是调和线束的性质。 已知：圆 0的弦AB中点为 M , CD、EF为过M的两条弦，CE DF交AB

16、于P、Q。 求证：MP=MQ 一种本质的证法为解析法：以M 为原点，AB为x轴建坐标系，则 圆的方程为： 2 2 2 x y M r ,直线 EF、CD 合成的二次曲线方程分别为： kx - y lx - y = 0，则过此二 次曲线和圆的交点 EFCD的二次 曲线方程为： 2r22r x y a - r ：kx-y lx _ y =0 显然此二次曲线与 x轴交点无一 次项，即MP=MQ 通过下图，我们由前面的证明知道BMDN成调和点列，从而 FE、FD FM、FB为调和线束。 而又有 OM _ EF, OM _PQ （因为 M为弦中点），贝U PQ EF,贝U MP=MQ 只供学习与交流 已

17、知如图，三角形 ABC内切圆 0 切三边于DEF, AF交圆0于P。 求证：AD=2AP二 BP_ CP 证明：如图；显然 BIKP为调和点列，则 BJDA 也 为调 和 点列， 贝U 有 BD=BF, 2BJ*AD=BD*AJ 。 因 此 AD=2AP二 AF=2AD= BJ * AF = BF * AJ BJ BF AJ AF =FJ为.BFA平分线= -IPF= IFP = BP CP 叶中豪老师提出的问题： 如下图，完全四边形 ABCDEF中, AC交BD于G, G关于AB、AC的对称点分别为 G G, G G交EF于H,求证：EG丄GH 证法一：显然 G、G G在以E为圆心，EG为半

18、径的圆上。因此联想到下图，这是一个 经典的结论，也是蝴蝶定理的一种变形。如图，圆0中，OJ=OJ OG_GH，因此为证 EG_GH= EJ=jy GK/G I且 EL/JI，而显然有MK=MG，由前面的结论我们知道 MK=MGu GK/AE，故得证。 H 证明：三角计算：设/ IAE=2,tan(C2)=x,tan(B/2)=y,/ 2= (C-B)/2, DE=OAsinZ 2,AD=r+OAcos/ 2,0A=r/sin(A/2)，tan / 1=2ED/AD=tan(C/2)-tan(B/2)=x-y,欲证角分线，即证 BE/CE=BG/CG两边 平方，用未知量代换计算即得 ta n/

19、1=x-y,成立。 我们现在揭示其本质。如图，显然 BDCJ构成调和点列，由于 AE/DM且F为中点，贝U DN、 DA、DG、DJ为调和线束，设IG交圆N于M，由于DM、DA、DG、DJ为调和线束，故 M在 DN上，即卩DG_GJ,又BDCJ为调和点列，则圆 N为其Apollonius圆，从而有 DG平分BGG （显然有DG为角分线二AF=EF 伊朗题及推广：如图，三角形ABC内切圆I切底边于D,AD交I于K。BK、CK交I于E、F, 求证：BF、AD、CE三线共点。 本题一般思路为 Ceva定理加计算，计算量不小。而且有人发现其实K为交点条件不需要， 即对AD上任意一点K,都有本结论成立。

20、本题的难度极大，网络上有人用软件大量计算获 证，也有高手通过超级复杂的计算获证，田廷彦在高中题典上也是通过大量的计算获得的证 明。其实从调和点列上看本题结论极为显然。下面证明推广命题。 / ; IP J f1 / 显然BDCJ构成调和点列，故对 AD上K点，EF必过J点。同理对 GH亦然，从而 AK为J对 EFHG的极线，从而 GE、HF、AK共点，同理 CE BF、AK共点。 类似的另一个问题：（我在做题中推广得到的） 如图： ABC内切圆I切三边于 D、E、F，AD交圆于G，CG交圆于H。求证：GF、EH、BC 三线共点。 本题较难，如果用三角加 Menelaus硬算比较复杂，通过尝试，在

21、下图中，运用配极定理加 Pascal定理即可。 证明：由配极定理有 EF、BC过G切线共点于 K。对于圆内接六边形 GGHEFF由Pascal定 理有GG与EF GH与FF、HE与GF三交点共线，即 EH、GF、BC三线共点。 万喜人的问题中等数学第二期，奥林匹克问题 已知：如图O 0两切线PA PB,割线PCD,过C切线交 AP于F, BE交DF于K。求证：K在 圆0上。 其实本题为上题的一个变形，等价于证明K在圆上时，AD BK、CF三线共点。如图，对六 边形AABKDD用Pascal定理即得。 In a scalene triangleL, -1 .Points-L on the inc

22、ircle of triangle such that芒:.are Ka BC.Kb AC.KAB are the angle to the incircle Let -J c -1 , respectively. Prove that the incircle of triangle bisectors are tangent 11 be the midpoints of linesintersect and sides on the ABC .Its in circle Let 仝 CUbe the altitudes of an acute angled triangle touches the sides- 匚 and - l at : - and - respectively.Consider symmetric images of the lines、：?a ndwith respect to the nn *Tr，i J and -芒一 ：.Prove that these images form a triangle whose vertices lie on the in circle of the lines Two circles： .(a nd-touch in ter nally the circle.