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从Apollonius圆到极线三角形


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
为(

? 2, ( x ? c) 2 ? y 2 ? 2 ( x ? c) 2 ? y 2 , ? ( x ?

5c 2 4c ) ? y 2 ? ( ) 2 ,这点的轨迹为圆心 3 3

5c 4c , 0), r ? 的圆。 3 3

我们当然也可以用几何法解。 如图, 设

AP BP

? 2, 则我们首先在 AB 直线上确定满足此条件的 AP2 BP2

点,显然内部外部各有一点满足条件

AP 1 BP 1

?

? 2, 然后设 P 点为轨迹上一点,则连接

PP , PP2 , 由 1

AP 1 BP 1

?

AP BP

? 2, 知 PP , PP2 分 别 为 ? PAB 中 P 的 内 外 角 平 分 线 , 显 然 1

PP ? PP2 ,即 P 点的轨迹为以 PP2 为直径的圆。如图所示。 1 1
一般的,到两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 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。

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,则 ?1 ? ? 2 ,即直线 PD、PE 关于 PO 对称,则截弧相等,即 DI 平分 ? PDE ,则 I 为
2

? 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 ,则 AP 为圆切
线,因此本题中圆为阿氏圆,则 PI、EI 分别为内 角平分线,即 I 为 ? 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 1 BP 1

?

AP BP

? OP2 ? OB * OA 1

例 2.如图,圆 O‘内切圆 O 于 D,A 为大圆 O 上任一点,AB、AC 为圆 O 的弦,分别切圆 O’ 于 E、F,EF 交 AO’于 I,求证 I 为 ? ABC 内心。 证法一: 先证明如下引理: 如上图, 两圆内切, ?6 ? ?7 , 则 这是因为, 做出两圆的公切线,则 ?4 ? ?5, 且 ?1 ? ?2 ? ?3 ,则 ?6 ? ?7 。

2 下 面 证 明 本 结 论 , 我 们 由 例 1 的 证 明 知 O ' D ? OI * OA , ?2 ? ?3, 由 此 得

?1 ? 90? ? ?2

? 90? ? ?3 ?

1 ?4 ? ?5 ? ?6 2





CFID









?1 ? ?5, ?BED ? ?EFD ,??7 ? ?IDF ? ?BDE ?
线,则 I 为 ? ABC 内心。

1 1 ?ADB ? ?ACB ,即 CI 为角平分 2 2

证法二:利用点对圆的幂来计算。延长 AO‘交圆 O 于 P,设圆 O、O‘半径为 R、r、 ,则

2 Rr ? r 2 ? R 2 ? ( R ? r ) 2 ? R 2 ? OO '2 ? AO '* O ' P ? AO '* IP ? AO '* IO ' ?
即 IP=2Rsin1=BP,则 I 为 ? ABC 内心。

r IP ? r 2 sin ?1

由证法二可以得到,本问题的逆命题依然成立,即过圆内接 ? ABC 内心 I 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 A P BP,若满足 1

AP 1 BP 1

?

AP BP

A P BP 构成调和点列。称 AB、 P P 1 1

互相调和分割。由图知调和点列有如下等价性质:

AP 1
1. 2.

BP 1

?

AP BP

? OP2 ? OB * OA (O 为 PP2 中点) 1 1

2 1 1 ? ? P A BA P2 A 1
AB 2 ?
A 的幂+B 的幂(因为

3.

AB2 ? AP2 ? PB2 ? ( AP2 ? R2 ) ? (PB2 ? R2 ) ? A 的幂+B
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

的幂)

PR 2 ? PM 2 ? RM 2 ? PA2 ? AM 2 ? RM 2

? PA2 ? ( RO2 ? R2 ) =P 的幂-R 的幂
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 QA sin ?QAP PA sin ?QBA ? ? PS SAsin?PAS PSsin?ABS PB sin ?QBA BQ sin ?QBA ? ? = PSsin?ABS BSsin?ABS QR 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,则 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,则 PE*PM=PA*PB=PC*PD,即 CDME 共圆(其实,P 为三 圆根心。M 为 ABCD 密克点) ?BMD ? ?BAE ? ?BCD ? ?BOD, 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。

AS sin ?AST BD sin ?BDA TC sin ?TCB * * ?1 BS sin ?BST DT sin ?TDA AC sin ?ACB AS BD TC AS BD TC PS PB PD * * ? 1 ,事实上 * * ? * * ? 1 ,故成立。 即 BS DT AC BS DT AC PB PD PT
ABT 中,欲证共线即证明 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( x1 , y1 ), D( x2 , y2 ) ,设 D 在 A 的极线上。显然 A 极线方程为:

xx1 ? yy1 ? 1 ,因为 D 在其上,故 x2 x1 ? y2 y1 ? 1 ,也就得到 A 在直线 xx2 ? yy2 ? 1 ,也即
A 在 D 的极线上。证毕 下面进一步研究上图,引入极线三角形。 ,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 ? E的幂 ? G的幂 ,由此即得

EG2 ? FG2 ? ( E的幂 ? G的幂)-(F的幂 ? G的幂)=E的幂 ? F的幂=EO2 ? FO2 , 则 OG
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。

由 G 在 BD 上,知 BD 极点在 EF 上,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ECNF四点共圆。分析:欲证共圆,
2 即证 ?2 ? ?1 ? ?3 ,即 FM ? FN * FA ,因此

需利用刚才结论计算即可。 证明:有刚才结论有 EF ? E的幂 ? F的幂 ,M
2
2 2 N×MA=M 的幂= MO ? R =

OE 2 ? OF 2 ? 2 EM 2 ? FM 2 ,则 ?2 ? ?1 ? ?3 ,ECNF四点共圆。 2

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 所截得线段比

AB CD * AD CB 为 其 交

比,下面证明任意直线的交比相 同。

AB CD BO sin ?1 DO sin ?4 sin ?1 sin ?4 * ? * ? * 即交 AD CB DO sin ?2 BO sin ?3 sin ?2 sin ?3 显然此比值与线段长度无关,
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,则 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

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 ? ? ? ? 2GC * DP ? DC (GC ? CP) ? GC (CP ? DP) ? DC * CP PA PA GP DP ? GC * DP ? CP * DG ? CP DP ? CG DG 显然成立。
已知:圆 O 切 AB、AC 于 D、E,M 为 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 ? ?3 ? ?4
sin ?1 DN sin ?3 ? ? sin ?2 NE sin ?4

BM=CM ?

sin ?1 sin ?B sin ?3 sin ?B ? ? ? ? ?3 ? ?B ? ON ? BC sin ?2 sin ?C sin ?4 sin ?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 O 的弦 AB 中点为 M,CD、EF 为过 M 的两条弦,CE、DF 交 AB 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:

x 2 ? ? y ? a ? ? r 2 , 直线 EF、CD
2

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:

x 2 ? ? y ? a ? ? r 2 ? ? ? kx ? y ?? lx ? y ? ? 0
2

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) ,则 PQ // EF,则 MP=MQ

已知如图,三角形 ABC 内切圆 O 切三边于 DEF,AF 交圆 O 于 P。 求证:AD=2AP ? BP ? CP

证明:如图;显然 BIKP 为调和点列,则 BJDA 也 为 调 和 点 列 , 则 有 BD=BF, 2 BJ * AD ? BD * AJ 。 因 此

AD=2AP ? AF=2AD ? BJ * AF ? BF * AJ ?

BJ BF ? ? FJ 为 ? BFA 平分线 ? AJ AF

? 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 ? GH

证法一:显然 G、G’ 、G’ ’在以 E 为圆心,EG 为半径的圆上。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 O 中,OJ=OK ? OG ? GH,因此为证 EG ? GH ? EJ=JK ? GK//G ’ I 且 EL//JI , 而 显 然 有 MK=MG, 由 前 面 的 结论 我 们知道 MK=MG ? GK//AE,故得证。

如图,ABC 内切圆切 BC 于 D,高线 AE 中点为 F。DF 交圆于 G,求证:DG 平分 BGC

本题可以通过三角计算获得证明,略证如下:

证明:三角计算:设∠IAE=2,tan(C/2)=x,tan(B/2)=y,∠2=(C-B)/2,DE=OAsin∠2,AD=r+OAcos∠ 2,OA=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 tan∠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,则 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 DG ? GJ,又 BDCJ 为调和点列,则圆 N 为其 Apollonius 圆,从而有 DG 平分 BGC。 (显然有 DG 为角分线 ? 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。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。

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 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 O 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 such

a

scalene that

triangle . Points are . Let tangent

are to be

the the the

angle

bisectors are and sides of

on the incircle of triangle incircle midpoints

, respectively. Prove that the lines incircle of triangle .

intersect on the

Let touches the sides and the incircle of Two circles on Let and and

be the altitudes of an acute angled triangle and at and and

. Its incircle

respectively. Consider the with respect to the lines

symmetric images of the lines

. Prove that these images form a triangle whose vertices lie on . touch internally the circle in and and . and in M and N and the center of and intersects is tangent to in . . Denote the , which is and is .

. The common chord of the circles intersects be a convex quadrilateral with by beyond and tangent to ray

. Prove that

different from

incircles of triangles exists a circle and also tangent to the lines intersects on

respectively. Suppose that there beyond

and to the ray

. Prove that the common external tangents to

Triangle

is

given.

Points

i

are

on

line

such

that and

and

. Bisector of internal angles at

intersect at and , and circumcircle of at and . Line which connects with center of circumcircle of and line which connects and center of circumcircle of intersect at . Prove that .


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