高中数学竞赛几何专题从调和点列到Apollonius圆到极线Word文件下载.docx
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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调和点列常见形式:
(O为CD中点)
(1)、
(2)、
(3)、AC*AD=AB*AO
(4)、AB*OD=AC*BD
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边平行(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
,即
。
证法二:
由Ceva定理
,由Menelaus定理得到
,故
,即EHFI为调和点列。
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。
设出两圆交点,证它在其余圆上即可。
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(
)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)。
如图4由AP=kPB,则在AB直线上有两点C、D满足
故PC、PD分别为∠APB的内外角平分线,则CP⊥DP,即P点的轨迹为以CD为直径的圆O(O为CD中点)。
(注:
解析法亦可证得)
显然图4中ACBD为调和点列。
定理6在图4中,当且仅当PB⊥AB时,AP为圆O的切线。
当PB⊥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:
1.PC(或PD)为∠APB内(外)角平分线
2.CP⊥PD
3.ACBD构成调和点列(证略)
定义5反演:
设A为○O(r)平面上点,B在射线OA上,且满足OA*OB=r*r,则称A、B以○O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○O(r)互为反演点,过B做OA的垂线l称为A点对圆O的极线;
A点称为l的极点。
[3]
定理9当A点在○O外时,A的极线为A的切点弦。
(由定理6即得。
图5
定理10若A的极线为l,过A的圆的割线ACD交l于B点,则ACBD为调和点列。
如图5,设A的切点弦为PQ,则
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。
几何法,作AF⊥OD于F,则DFGA共圆,得OF*OD=OG*OA=
,由定义6知AF即为D的极线。
图6
解析法,设圆O为单位圆,A(
),D(
),A的极线方程为
,由D在其上,得
,则A在
上,即A在D的极线上。
定理12在图6中,若A、D共轭,则
定义7调和四边形:
对边积相等的圆内接四边形称为调和四边形。
(因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。
由定理9的证明过程即得。
例题选讲
例1如图7,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。
I为△PDE内心。
(2001年中国西部数学奥林匹克)
其本质显然为Apollonius圆。
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I为△PDE内心。
图7
例2如图8,△ABC中,AD⊥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
对完全四边形AFHEBC,由定理4知FLEK为调和点列。
又AD⊥BC,由定理7得∠ADF=∠ADE。
图9
例3如图9,完全四边形ABCDEF中,GJ⊥EF与J,则∠BJA=∠DJC(2002年中国国家集训队选拔考试题)
由定理4及定理7有∠BJG=∠DJG且∠AJG=∠CJG,则∠BJA=∠DJC。
图10
例4已知:
如图10,△ABC内角平分线BE、CF交于I,过I做IQ⊥EF交BC于P,且IP=2IQ。
∠BAC=60°
做AX⊥EF交BC于Y,由定理4知AD’ID为调和点列,故
,又IP=2IQ,则AX=XY,即EF为AY中垂线,由正弦定理
,则AFYC共圆,同理AEYB共圆,故∠BYF=∠BAC=∠CYE=∠EYF,故∠BAC=60°
图11
例5如图11,P为圆O外一点,PA、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。
CE=EF(2006国家集训队培训题)
由定理10及定理3即得。
例6如图12,PAB、PCD为圆O割线,AD交BC于E,AC交BD于F,则EF为P的极线。
(1997年CMO试题等价表述)
作AEB外接圆交PE于M,则PE*PM=PA*PB=PC*PD,故CDME共圆(其实P为三圆根心且M为PAECBD密克点),从而∠BMD=∠BAE+∠BCD=∠BOD,BOMD共圆。
∠OMT=∠OMB+∠BMT=∠ODB+∠BAE=90°
故M为ST中点,PS*PT=PA*PB=PE*PM,由定理2(3)知E在P极线上,同理F亦然,故EF为P的极线。
图12
图13
如图13,设PS、PT为圆O切线。
在△ABT中,可以得到
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O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OP的垂线。
2、过P任意作割线PAB,AB上与PAB构成调和点列的点的轨迹所在的直线。
3、P对圆O的切点弦。
4、过P任意做两条割线PAB、PCD,AD、BC交点与AC、BD交点的连线。
切线为割线特殊情形,故3、4是统一的)
例7△ABC内切圆I分别切BC、AB于D、F,AD、CF分别交I于G、H。
(2010年东南数学奥林匹克)
图14
如图14,由定理13知GFDE为调和四边形,据托勒密定理有GD*EF=2FG*DE,
同理HF*DE=2DH*EF相乘得GD*FH=4DH*FG又由托勒密定理GD*FH=DH*FG+FD*GH,代入即得
图15
例8已知:
如图15,△ABC内切圆切BC于D,AD交圆于E,作CF=CD,CF交BE于G。
GF=FC(2008年国家队选拔)
设另两切点为H、I,HI交BD于J,连JE。
由定理10知AEKD为调和点列,由定理11知AD的极点在HI上,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,由定理3知GF=FC。
例8中BDCJ为一组常见调和点列)
例9如图16,圆内接完全四边形ABCDEF中AC交BD于G,则EFGO构成垂心组(即任意一点是其余三点的垂心)。
据例6知EG,FG共轭,由定理12
则OG⊥EF,其余垂直同理可证。
图16
注:
△EFG称为极线三角形。
本题结论优美深刻,初版于1929年的[4]已有介绍,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,则PQ//MN//BC,从而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17,由例3得∠1=∠2;
又K不是BC中点,类似例4证明可得OBJC共圆;
∠MJB=∠NJC=
=∠BAC,由定理5得J为ABDCMN密克点,则∠BDM=∠BJM=∠BAN故ABDC共圆。
图17
以例9为背景的赛题层出不穷,再举几例,以飨读者。
例10△ADE中,过AD的圆O与AE、DE分别交于B、C,BD交AC于G,直线OG与△ADE外接圆交于P。
△PBD、△PAC共内心(2004年泰国数学奥林匹克)
本题显然为密克点、Apollonius圆、极线及例9等深刻结论的简单组合。
如图16,由定理5及例9知PG互为反演点,据定理8知圆O为PG的Apollonius圆,由例1知△PBD与△PAC共内心。
例11△ABC中,D在边BC上且使得∠DAC=∠ABC,圆O通过BD且分别交AB、AD于E、F,DE交BF于G,M为AG中点,求证:
CM⊥AO(2009年国家队选拔)
图18
如图18,设EF交BC于J。
由定理3得AKGL为调和点列,由定理2(4)有LK*GM=LG*KA,又∠CAD=ABD=∠JFD故EJ//CA,则
即JG//CM而由例9有JG⊥OA,故CM⊥AO。
例9中OG
EF对圆外切四边形亦然。
例12如图19,设圆O的外切四边形A’B’C’D’对边交于E’F’,A’C’交B’D’交于G’,则OG’⊥E’F’。
(2009年土耳其国家队选拔)
图19
设四边切点为ABCD,AC交BD于G,AB交CD于E,AD交BC于F,由例6知BD、AC极点E’、F’在EF上,则G’与G重合,由例9,即得OG’⊥E’F’。
图20
例13如图20,ABCD为圆O的外切四边形,OE⊥AC于E,则∠BEC=∠DEC(2006年协作题夏令营测试题)
由定理7知垂直证等角必为调和点列。
如图20,做出辅助线,由例12知FI、GH、BD共点于M,且为AC的极点,从而OE也过M,且BLDM构成调和点列,由定理7得∠BEC=∠DEC。
最后我们看一道伊朗题及其推广
例14△ABC内切圆I切BC于D,AD交I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)
本题一般思路为Ceva定理计算,计算量较大。
而且有人将其推广为对AD上任意一点K,都有本结论成立(如图21)。
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、极线角度看本题结论显然,对推广题证明如下:
图21
如图21,设另两个切点MN交BC于J,由例8得BDCJ为调和点列,故对AD上K点,由定理1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:
1H是锐角△ABC的垂心,以BC为直径作圆,自A作切线AS、AT。
S、H、T三点共线。
(1996CMO试题)
提示:
本题为例6特例
2求证在完全四边形ABCDEF中,过AC、BD交点做AB平行线被CD、EF平分。
由定理4及定理3即得
3△ABC中,AD⊥BC,H为AD上一点,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M、N、Q,都有∠MDF=∠NDE。
(2003年保加利亚数学奥林匹克)
由例2及定理4类比例3即得。
4设以O为圆心的圆经过△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△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)
由定理3及例9即得
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