伪旁切圆中的共点共线问题

1、伪旁切圆中的共点、共线问题潘成华 田开斌笔者在研究曼海姆定理时，做了如下定义：对于ABC，如果一个P与其外切圆O相外切，且分别与其两条边相切，则P称为ABC的一个伪旁切圆。笔者在研究伪旁切圆的性质时，曾发现了一系列共点问题及其相关问题，此篇文章即是通过三个定理，将此类问题做一个贯穿和系统整理，敬请方家指教。定理一：如图1，ABC外接圆为O，内切圆I分别切三边于D、E、F，P与O外切于J，且分别切AB、AC于G、H，连接AD并延长交P于K，则AJ=AK，且BAJ=CAD。图1证明方法（反演变换）：根据P关于AP对称知BAJ=CAD，则必然有AJ=AK。所以下面我们只证明BAJ=CAD。如图2，我

2、们以点A为反演中心，以AE×AH为反演幂，则H、E互为反演点，F、G互为反演点，从而P与I互为反形。设B的反演点为B，C的反演点为C，则O的反形为直线BC，直线BC的反形即为A BC的外接圆Q。因为BC与P切于点J，所以BC与P（即I）相切于J，因为I与BC相切于D，所以I（即P）与Q相切于D，J、D分别为J、D的反演点。又因为AB×AB=AC×AC=AE×AH，所以ABCACB。我们可以看出，原图形是由ABC决定的，其反形是由ABC决定的，且它们的结构方式相同。又ABCACB，所以原图形的反形与原图形反向相似。于是知CAD=BAJ=BAJ。证毕。另外，

3、由于P与I相等，所以原图形的反形与原图形反向全等，所以AB=AC，AC=AB，于是知AB×AC=AB×AB=AE×AH。 图2定理二：如图3，三角形ABC中，O1、O2是伪旁切圆，分别切O于H、I。O1分别切CB、CA于D、E，O2分别切BC、BA于F、G。CO1交DE于J、BO2交GF于K，则DH、FI、JK三线交于弧BC的中点P，且P为JK中点。图3证明：设弧BC的中点为P，我们先证明JK经过P，且P为JK中点，再证明DH和FI经过P。首先用同一法证明JK经过点P。如图4，连接JK交O于P1，设ABC内心为R，AR交O于S，则S为劣弧BC中点。由曼海姆定理知J

4、、K为ABC旁心，所以JKAS，即P1AAS，所以P1S为圆O直径，所以P1为优弧BC中点，即P1与P重合，即JK经过点P。下面证明P为JK中点。作JXBC于X，KYBC于Y，PS交BC于Z，则Z为BC中点。于是知要证P为JK中点，只需证明Z为XY中点，即只需证明XC=BY。而XC=JCcosC2=BCsinJBCsinBJC×cosC2=BCcosB2cosC2sinA2。同理可得YB=BCcosB2cosC2sinA2。所以XC=BY，命题得证。于是知JK经过P，且P为JK中点。下面再用同一法证明DH经过点P。如图5，延长DH交O于P2，则由位似知，P2OO1D，即P2OBC，所

5、以P2O为弧BC中点，即P2与P重合。所以DH经过点P。同理FI也经过点P。命题得证。 图4 图5定理三：如图6，ABC外接圆为O，O1与O外切于点D，且分别切AB、AC于G、H，O2与O外切于点E，且分别切BC、BA于I、J，O3与O外切于点F，且分别切CA、CB于K、L，则AJAK×BLBG×CHCI=1。 图6证明：如图7，取GH中点为R、IJ中点为S，KL中点为T，则根据曼海姆定理知R、S、T为ABC的三个旁心。于是知AR、BS、CT交于一点Q，且Q为ABC内心。又因为S、T为ABC的旁心，所以STAR。又GHAR，所以STGH。于是知BGAB=RBTB （1）CA

6、CH=SCRC （2）（1）×（2）得BGAB·CACH=RBTB·SCRC，从而知BGCH=RBTB·SCRC·ABCA （3）同理可知：CIAJ=SCRC·TASA·BCAB （4）AKBL=TASA·RBTB·CABC （5）（3）×（4）×（5）知BGCH·CIAJ·AKBL=RBTB·SCRC·ABCA·SCRC·TASA·BCAB·TASA·RBTB·CABC=RBTB

7、83;SCRC·TASA2 （6）又因为AR、BS、CT交于一点，根据赛瓦定理知RBTB·SCRC·TASA=1，代入（6）式即得BGCH·CIAJ·AKBL=1，于是知AJAK×BLBG×CHCI=1。 图7以上介绍的是此类问题的三个定理，基于这三个定理，我们可以得到如下一系列命题。命题一：如图8，ABC外接圆为O，O1与O外切于点D，且分别切AB、AC于G、H，O2与O外切于点E，且分别切BC、BA于I、J，O3与O外切于点F，且分别切CA、CB于K、L。求证：AD、BE、CF三线共点。 图8 证明：如图9，作ABC的内

8、切圆M分别切BC、CA、AB于P、Q、R。则由于BPPCCQQAARRB=BPRBARQACQPC=1，根据赛瓦定理逆定理知AP、BQ、CR共点，设为S。根据定理一知AS、AD是BAC的一组等角线，BS、BE是ABC的一组等角线，CS、CF是ACB的一组等角线，从而知AD、BE、CF三线共点，设为M，则M与S是一对等角共轭点。 图9命题二：如图10，如图三角形ABC中，O1、O2是伪旁切圆，分别切O于H、I。O1分别切CB、CA于D、E，O2分别切BC、BA于F、G。则BC、HI、O1O2三线共点。 图10证明：连接O1H、O2I并延长，根据位似知两线交于点O，延长DH、FI交于点P，根据定理

9、二知POBC，又O1DBC、O1FBC，根据笛沙格定理知BC、HI、O1O2三线共点。图11命题三：如图12，ABC外接圆为O。O1与O相切于点M，且分别切CB、CA于D、E；O2与O相切于N，且分别切BA、BC于F、G；O3与O相切于P，且分别切AC、AB于H、I。CM交O1于J，BN交O2于K，AP交O3于L，JB、KC交于Q、LB、KA交于R、JA、LC交于S，证明：AQ、BS、CR交于一点。图12证明：如图13，设CJ交AB于X，BK交AC于Y，AL交BC于Z。由于CM、BN、AP交于一点，所以AXBXBZCZCYAY=1 （1）根据三角形面积公式知ABsinBAQACsinCAQ=S

10、BAQSCAQ=ABBQsinABQACCQsinACQ=ABBQsinABQACCQsinACQ=ABBQsinXBJACCQsinYCK，所以sinBAQsinCAQ=BQsinXBJCQsinYCK=sinBCQsinCBQsinXBJsinYCK=sinBCKsinCBJsinXBJsinYCK=sinBCKsinYCKsinXBJsinCBJ （2）又根据三角形面积公式知BCsinBCKYCsinYCK=SBCKSYCK=BKYK，所以sinBCKsinYCK=BKYKYCBC （3）XBsinXBJCBsinCBJ=SXBJSCBJ=XJCJ，所以sinXBJsinCBJ=XJCJ

11、CBXB （4）将（3）、（4）代入（2）知sinBAQsinCAQ=BKYKYCBCXJCJCBXB=BKCJYCXBXJYK （5）同理可知：sinACRsinBCR=ALBKZBYAYKZL （6）sinCBSsinABS=CJALXAZCZLXJ （7）（5）×（6）×（7）知sinBAQsinCAQsinACRsinBCRsinCBSsinABS=BKCJYCXBXJYKALBKZBYAYKZLCJALXAZCZLXJ=YCYAZBZCXAXB （8）由（7）、（8）知sinBAQsinCAQsinACRsinBCRsinCBSsinABS=1，根据赛瓦定理逆定理

12、知AQ、BS、CR交于一点。 图13命题四：如图14，ABC外接圆为O。O1与O相切，且分别切CB、CA于D、E；O2与O相切，且分别切BA、BC于F、G；O3与O相切，且分别切AC、AB于H、I。L、M、N分别为GH、ID、EF中点，求证：NA、MB、LC共点。 图14证明：根据三角形面积公式知AFsinFANAEsinEAN=FNEN=1，所以sinFANsinEAN=AEAF （1）同理可知sinDBMsinIBM=BIBD （2）sinHCLsinGCL=CGCH （3）（1）×（2）×（3）知sinFANsinEAN·sinDBMsinIBM·

13、sinHCLsinGCL=AEAF·BIBD·CGCH （4）根据定理三知AEAF·BIBD·CGCH=1，所以sinFANsinEAN·sinDBMsinIBM·sinHCLsinGCL=1，根据赛瓦定理逆定理知NA、MB、LC三线共点。命题五：如图15，ABC外接圆为O。O1与O相切，且分别切CB、CA于D、E；O2与O相切，且分别切BA、BC于F、G；O3与O相切，且分别切AC、AB于H、I。直线EF、GH、ID分别交于点P、Q、R，求证：PA、RB、QC共点。 图15证明：根据三角形面积公式知IPsinIPAHPsinHPA=

14、SIPASHPA=AI·IPsinAIPAH·HPsinAHP=IPsinBIDHPsinCHG，所以sinIPAsinHPA=sinBIDsinCHG （1）同理可知sinGRBsinFRB=sinCGHsinAFE （2）sinEQCsinDQC=sinAEFsinBDI （3）（1）×（2）×（3）知sinIPAsinHPA·sinGRBsinFRB·sinEQCsinDQC=sinBIDsinCHG·sinCGHsinAFE·sinAEFsinBDI=sinBIDsinBDI·sinCGHsinC

15、HG·sinAEFsinAFE=BDBI·CHCG·AFAE，又根据定理三知BDBI·CHCG·AFAE=1，所以sinIPAsinHPA·sinGRBsinFRB·sinEQCsinDQC=1。根据赛瓦定理逆定理知PA、RB、QC三线共点。命题六：如图16，ABC外接圆为O。O1与O相切，且分别切CB、CA于D、E；O2与O相切，且分别切BA、BC于F、G；O3与O相切，且分别切AC、AB于H、I。BH、CI交于P，AG、CF交于Q，AD、BE交于R。证明：AP、BQ、CR三线共点。证明：设AB、CR交于M，BC、AP交于

16、N，AC、BQ交于L。则由赛瓦定理逆定理知，要证AP、BQ、CR三线共点，只需证明AMMB×BNNC×CLLA=1。又由塞瓦定理知AMMB×BDDC×CEEA=1，即AMMB=AEBD。同理BNNC=BICH，CLLA=CGAF。三式相乘有AMMB×BNNC×CLLA=AEBD×BICH×CGAF。由定理三知AEBD×BICH×CGAF=1，所以AMMB×BNNC×CLLA=1，命题得证。 图16命题七：如图17，ABC的外接圆为O。O1与O外切，且分别与AB、AC切于G、H

17、；O2与O外切，且分别与BC、BA切于I、J；O3与O外切，且分别与CA、CB切于K、L。GK、HI交于点M，KI、LH交于点N，IG、JL交于点P。求证：MA、NC、PB三线共点。 图17证明：如图18，连接AO1、GH交于D，连接BO2、IJ交于点E，连接CO3、LK交于点F，则由曼海姆定理知D、E、F分别为ABC的三个旁心。于是知E、F过点A，且EFAD，GHAD；FD过点B，且FDBE，IJBE；D、E过点C，且DECF，KLCF。根据赛瓦定理三角形式知，要证MA、NC、PB三线共点，只需证明：sinKAMsinJAM×sinICNsinHCN×sinGBPsinL

18、BP=1 （1）下面证明（1）式根据三角形面积公式知KAsinKAMJAsinJAM=SKAMSJAM=KAKMsinAKMJAJMsinAJM=KAKMsinAKGJAJMsinAJH 所以sinKAMsinJAM=KMsinAKGJMsinAJH （2）又sinAKGsinAJH=sinAKGsinKAGsinAJHsinJAH=AGKGAHJH=JHKG （3）将（3）代入（2）知sinKAMsinJAM=KMsinAKGJMsinAJH=KMJM×JHKG=KMKG×JHJM （4）又KMKG=MHsinJHAGHsinGHA （5）JHJM=GHsinHGAMGs

19、inKGA （6）（5）×（6）知KMKG×JHJM=MHsinJHAGHsinGHA×GHsinHGAMGsinKGA=MHsinJHAMGsinKGA=sinMGHsinJHAsinMHGsinKGA =sinKGHsinKGA×sinJHAsinJHG （7）又GHsinKGHGAsinKGA=KHKA （8）HAsinJHAHGsinJHG=JAJG （9）（8）×（9）得sinKGHsinKGA×sinJHAsinJHG=GHsinKGHGAsinKGA×HAsinJHAHGsinJHG=KHKA×JAJ

20、G （10）将（10）代入（7）知KMKG×JHJM=KHKA×JAJG （11）将（11）代入（4）知sinKAMsinJAM=KHKA×JAJG （12）同理可知：sinICNsinHCN=ILIC×HCHK （13）sinGBPsinLBP=GJGB×LBLI （14）（12）×（13）×（14）知sinKAMsinJAM×sinICNsinHCN×sinGBPsinLBP=KHKA×JAJG×ILIC×HCHK×GJGB×LBLI=JAGB

21、5;LBIC×HCKA （15）根据定理三知JAGB×LBIC×HCKA=1，所以sinKAMsinJAM×sinICNsinHCN×sinGBPsinLBP=1，（1）式成立，问题得证。图18命题八：如图19，ABC外接圆为O。O1与O相切，且分别切AB、AC于JK；O2与O相切，且分别切BC、BA于L、M；O3与O相切，且分别切CA、CB于N、P。ABC内切圆分别切BC、CA、AB于D、E、F。AD交O1于G，BE交O2于H，CF交O3于I。IB、HC交于点Q，IA、GC交于点R，GB、HA交于点S，求证：AQ、BR、CS三线共点。图19证

22、明：我们先证明一个引理：如图20，ABC的外接圆为O，O1与O外切，且分别切CA、CB于G、H；O2与O外切，且分别切BA、BC于I、J，ABC的内切圆N分别切BC、CA、AB于D、E、F，CF交O1于K，BE交O2于L，KB、LC交于点M，则CAD=BAM。图20如图21，连接CO1交HG于U，交DE于Q，连接BO2交IJ于V，交DF于P，连接PQ分别交AB、AC于R、S。则知P、Q分别为DF、DE中点，所以PQEF，即RSEF，于是知RSAN，且AR=AS。又根据曼海姆定理知U、V为ABC的旁心，所以UV过点A，且UVAN，于是知RSUV。根据变相同一法知，要证BAM=CAD，只需证明si

23、nBADsinCAD=sinCAMsinBAM （1）下面我们证明（1）式。由三角形面积公式知：ABsinBADACsinCAD=BDCD，所以sinBADsinCAD=ACAB×BDCD （2）又根据三角形面积公式知：ACsinCAMABsinBAM=SACMSABM=ACCMsinACMABBMsinABM=ACCMsinECLABBMsinFBK，所以sinCAMsinBAM=CMsinECLBMsinFBK （3）又CMBM=sinCBMsinBCM=sinCBKsinBCL，代入（3）知sinCAMsinBAM=sinCBKsinBCL×sinECLsinFBK=

24、sinCBKsinFBK×sinECLsinBCL （4）又CBsinCBKFBsinFBK=CKFK，所以sinCBKsinFBK=FBCB×CKFK （5）又ECsinECLBCsinBCL=ELBL，所以sinECLsinBCL=BCEC×ELBL （6）（5）×（6）知sinCBKsinFBK×sinECLsinBCL=FBCB×CKFK×BCEC×ELBL=FBEC×CKFK×ELBL=BDCD×CKFK×ELBL （7）将（7）代入（4）知sinCAMsinBAM

25、=BDCD×CKFK×ELBL （8）由（2）、（8）知，要证明（1），只需证明ACAB×BDCD=BDCD×CKFK×ELBL，即只需证明：ACAB=CKFK×ELBL （9）根据位似知CKFK=CUUQ=ACAS （10）ELBL=VPBV=ARAB （11）（10）×（11）知，CKFK×ELBL=ACAS×ARAB=ACAB，即（9）式成立，命题得证。图21下面我们借助引理证明原命题。根据引理知：sinBAQsinCAQ×sinACSsinBCS×sinCBRsinABR=si

26、nCADsinBAD×sinBCFsinACF×sinABEsinCBE=1。由赛瓦定理逆定理知AQ、BR、CS三线共点。命题九：如图22，ABC外接圆为O。O1与O相切于点J，且分别切CB、CA于D、E；O2与O相切于K，且分别切BA、BC于F、G；O3与O相切于L，且分别切AC、AB于H、I。DJ、GK交于点P，EK、IL交于点Q，HL、EJ交于R，求证：PL、QJ、RK三线共点。图22证明：我们先证明一个引理：如图23，O1、O2外切于点T，A为O1上一点，过A作O2两条切线，切点分别为B、C，AO2交BC于F，AB、AC分别交O1于D、E，G为弧DAE中点，则F、T

27、、G三点共线。图23如图24，连接GO1并延长交AO2于K，则知DGK=12DGE=12DAE=DAK，所以D、G、A、K四点共圆，即K在O1上。延长O1、O2分别交O1、O2于I、J。易知IKGT。所以我们要证F、T、G三点共线，只需证TFIK，即只需证O2FO2K=O2TO2I （1）下面我们证明（1）式。易知O2F=O2B2O2A=O2T2O2A，O2K=O2TO2IO2A，所以O2FO2K=O2T2O2AO2TO2IO2A=O2TO2I，（1）式得证。图24下面我们借助引理证明原命题。如图25，连接DE取其中点U，连接FG取其中点V，连接HI取其中点W，则易知U为CO1与DE交点，V为

28、BO2与FG交点，W为AO3与HI交点。根据定理二知P为UV中点，且为弧BAC中点；Q为VW中点，且为弧ACB中点；R为WU中点，且为弧ABC中点。又根据引理知P、L、W三点共线，Q、J、U三点共线，R、K、V三点共线。而PW、QU、RV是UVW的三条中线，所以交于UVW的重心。于是知PL、QJ、RK三线共点，交于UVW的重心。图25命题十：如图26，ABC外接圆为O。O1与O相切于点M，且分别切CB、CA于D、E；O2与O相切于N，且分别切BA、BC于F、G；O3与O相切于P，且分别切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分别交于点Q、R、S。CO1交DE于J，BO2交FG于K，AO3交HI于

29、L。证明：Q、P、L三点共线，R、M、J三点共线，S、N、K三点共线。（潘成华题）图26证明：我们先证明一个引理：如图27，ABC外接圆为O。O1与O相切，且分别切CB、CA于D、E；O2与O相切，且分别切BA、BC于F、G；O3与O相切，且分别切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分别交于点T、U、V。CO1交DE于Z，BO2交FG于X，AO3交HI于Y。则X、Y、Z分别为TU、UV、VT中点。 图27如图28，由曼海姆定理知X、Y、Z为ABC的三个旁心。于是知ZXAO2，于是知ZXUV。同理XYVT，YZTU。于是知X、Y、Z分别为TU、UV、VT中点。 图28下面我们借助引理证明原命题。

30、我们先证明Q、P、L三线共点。根据引理知J、K、L分别为SQ、QR、RS中点，所以QL于JK的交点T为JK中点。根据定理三知T为弧BAC中点，根据命题九的引理知T、P、L共线，所以Q、P、L三点共线。命题十一：如图29，ABC外接圆为O，P与O外切于J，且分别切AB、AC于G、H，AP交O于R，CB、HG延长线交于S，证明：S、J、R三点共线。 图29证明：如图30，延长GJ交O于M，过M作O的切线l，由于J为O、P的位似中心，AG是P切线，l为O切线，所以lAG，于是知弧BJM=弧ACM。所以GJB=BAM=AJM，即GJ为ABJ中AJB的外角平分线。所以BJAJ=BGAG （1）同理可知H

31、J为ACJ中AJC的外角平分线，所以CJAJ=CHAH （2）又由于AG=AH，由（1）÷（2）知BJCJ=BGCH （3）又根据梅涅劳斯定理知AGGBBSSCCHHA=1，所以BGCH=BSCS，代入（3）知BJCJ=BSCS，所以SJ为BJC的外角平分线。另一方面，由于AG、AH为P两条切线，所以AP平分BAC，所以BJC+2RJC=BJC+2RAC=BJC+BAC=180°，所以RJ也为BJC的外角平分线。综上所述，知S、J、R三点共线，且直线SR为BJC的外角平分线。图30命题十二：如图31，ABC外接圆为O。O1与O相切于点M，且分别切CB、CA于D、E；O2与O

32、相切于N，且分别切BA、BC于F、G；O3与O相切于P，且分别切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分别交于点Q、R、S。L、J、K分别为HI、DE、FG中点，LD、SK交于交于U，LG、RJ交于V。证明：U、V、P共线，且UVQL于P。图31证明：我们先证明一个引理：如图32，ABC中，DEF分别为三边中点，RGDF于G，FHDE于H，GH分别交AB、AC于I、J，DI交BE于K，DJ交CF于L，则KLAD。 图32证明：如图17，设ABC的重心为M，令EF=a，DF=b，DE=c，则BC=2a，AC=2b，AB=2c。根据中线长公式知BE=2a2+2c2-b2，CF=2a2+2b2-c2，AD=2b2+2c2-a2。于是知BM=232a2+2c2-b2，CM=232a2+2b2-c2，DM=132b2+2c2-a2。要证KLAD，只需证明MKcosKMD=MLcosLMD，即只需证明：MKMB×(2MBMDcosBMD)=MLMC×(2MCMDcosCMD) （1）又根据余弦定理知2MBMDcosBMD=MB2+MD2-BD2=29(5c2-a2-b2) （2）2MCMDcosCMD=MC2+MD2-CD2=29