从Apollonius圆到极线三角形

1、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：设各点坐标如下则，这点的轨迹为圆心为的圆。我们当然也可以用几何法解。如图，设则我们首先在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然后设P点为轨迹上一点，则连接,由知分别为中P的内外角平分线，显然，即P点的轨迹为以为直径的圆。如图所示。一般的，到两定点距离之比为定值k（）的点的轨迹为圆，我们称

2、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=OM*MP，故PDOE四点共圆，又OD=OE，则，即直线PD、PE关于PO对称，则截弧相等，即DI平分，则I为内心，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。显然当时，有，则AP为圆切线，因此本

3、题中圆为阿氏圆，则PI、EI分别为内角平分线，即I为内心。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：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为内心。证法一：先证明如下引理：如上图，两圆内切，则，这是因为，做出两圆的公切线，则且，则。下

4、面证明本结论，我们由例1的证明知,由此得，则CFID共圆，又,即CI为角平分线，则I为内心。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、，则即IP=2Rsin1=BP，则I为内心。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ABP，若满足 ABP构成调和点列。称AB、P互相调和分割。由图知调和点列有如下等价性质：1（O为中点）2. 3. A的幂+B的幂（因为

5、 A的幂+B的幂）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=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：=证毕。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

6、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），即BOMD共圆，则,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，欲证共线即证明即，事实上,故成立。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（）, D（），设

7、D在A的极线上。显然A极线方程为： ，因为D在其上，故，也就得到A在直线，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，由此即得,则OG垂直EF，其余同理可证。其实OGEF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

8、合，对角线亦然。由刚才的证明知OGEF，故本结论依然成立。对本图，还有一个结论，若中点为，交圆于，则四点共圆。分析：欲证共圆，即证，即，因此需利用刚才结论计算即可。证明：有刚才结论有，×M的幂= =,则，四点共圆。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为其交比，下面证明任意直线的交比相同。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

9、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=CMONBC证明：如图，显然有BM=CM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，

10、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：直线EF、CD合成的二次曲线方程分别为：，则过此二次曲线和圆的交点EFCD的二次曲线方程为：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OMEF，OMPQ（因为M为弦中点），则PQEF，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。

11、求证：AD=2APBPCP证明：如图；显然BIKP为调和点列，则BJDA也为调和点列，则有BD=BF,。因此AD=2APAF=2ADFJ为BFA平分线IPF= IFP BPCP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GG， GG交EF于H，求证：EGGH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=OKOGGH，因此为证EGGHEJ=JKGK/GI且EL/JI，而显然有MK=MG，由前面的结论我们知道MK=MGGK/AE，故得证。如图,ABC内切

12、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=OAsin2,AD=r+OAcos2,OA=r/sin(A/2)，tan1=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tan1=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

13、束，故M在DN上，即DGGJ，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

14、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

15、、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 a scalene triangle are the angle bisectors . Points on the incircle of triangle are such that are tangent to the incircle and . Let be the midpoints of sides , respectively. Prove that the lines int

16、ersect on the incircle of triangle .Let be the altitudes of an acute angled triangle . Its incircle touches the sides and at and respectively. Consider the symmetric images of the lines and with respect to the lines and . Prove that these images form a triangle whose vertices lie on the incircle of

17、.Two circles and touch internally the circle in M and N and the center of is on . The common chord of the circles and intersects in and . and intersects in and . Prove that is tangent to .Let be a convex quadrilateral with different from . Denote the incircles of triangles and by and respectively. Suppose that there exists a circle tangent to ray beyond and to the ray beyond , which is also tangent to the lines and . Prove that the common external tangents to and intersect