圆外切多边中的几个共零点定理

圆外切多边中的几个共零点定理

在这项工作中，我们希望使用向量方法，并在公共外切角上生成带有各种公共圆的方程。因此，首先提出以下概念。定义设多边形A1A2…An(n≥3)外切于⊙(I,r),若点N满足→ΙΝ=n∑i=1→ΙAi,(1)则点N称为多边形A1A2…An的奈格尔(Nagel)点;以线段IN的中点S为圆心、r2为半径的圆,称为这多边形的斯俾克(Spieker)圆,记作⊙(S,r2).其中,点S满足→ΙS=12→ΙΝ=12n∑i=1→ΙAi.(2)根据以上定义,我们可以推得定理1设多边形A1A2…An外切⊙(I,r)于点B1、B2、…、Bn,其奈格尔点为N,则其斯俾克圆⊙(S‚r2)必通过诸线段NBj的中点Cj(j=1,2,…,n).证明很明显,只需证明|SCj|=r2(j=1,2,⋯,n)就行了.因为Cj是NBj的中点,且点N满足式(1),所以有→ΙCj=12(→ΙΝ+→ΙBj)=12(n∑i=1→ΙAi+→ΙBj).(3)据此,注意到点S满足式(2),则有→SCj=→ΙCj-→ΙS=12→ΙBj.但切点Bj在⊙(I,r)上,所以|IBj|=r,从而由上式可得|SCj|=r2(j=1,2,⋯,n).命题得证.定理2设多边形A1A2…An外切⊙(I,r)于点B1、B2、…、Bn,其奈格尔点为N,线段IN的第一个三等分点为M,连BjM并延长至点Dj,使得ΜDj=12BjΜ,则这多边形的斯俾克圆⊙(S‚r2)必通过点Dj(j=1,2,…,n).证明很明显,只需证明|DjS|=r2(j=1,2,⋯,n)就行了.依题设,可知点Dj满足→ΜDj=12→BjΜ,即→ΙDj-→ΙΜ=12(→ΙΜ-→ΙBj),由此可得→ΙDj=12(3→ΙΜ-→ΙBj).又因为M是线段IN的第一个三等分点,且点N满足式(1),所以有3→ΙΜ=→ΙΝ=n∑i=1→ΙAi,代入上式就得→ΙDj=12(n∑i=1→ΙAi-→ΙBj).(4)据此,注意到点S满足式(2),则有→DjS=→ΙS-→ΙDj=12→ΙBj.由此可得|DjS|=r2(j=1,2,⋯,n).命题得证.定理3设多边形A1A2…An外切⊙(I,r)于点B1、B2、…、Bn,其奈格尔点为N,线段IN的第一个三等分点为M,连BjM并延长至点Dj,使得ΜDj=12BjΜ,再过点Dj作直线与直线BjN垂直相交于Ej,则这多边形的斯俾克圆⊙(S,r2)必通过点Ej(j=1,2,…,n).证明取线段NBj的中点Cj,则由定理1和定理2可知,点Cj和Dj都在⊙(S,r2)上;又依题设有∠CjEjDj=90°.据此容易知道,要证⊙(S,r2)通过点Ej,只需证明线段DjCj是这个圆的直径就行了.由定理1和定理2的证明可知,点Cj和Dj分别满足式(3)和(4),所以有DjCj→=ΙCj→-ΙDj→=ΙBj→.由此可得|DjCj|=r,因此DjCj是⊙(S,r2)的直径(j=1,2,…,n).命题得证.综合定理1,2,3可得定理4设多边形A1A2…An外切⊙(I,r)于点B1、B2、…、Bn,其奈格尔点为N,线段IN的第一个三等分点为M,则这多边形的斯俾克圆必通过下列3n个特殊点:(i)线段NBj的中点Cj(j=1,2,…,n);(ii)线段BjM的延长线上满足ΜDj=12BjΜ的点Dj(j=1,2,…,n);(iii)过点Dj作直线与直线BjN垂直相交的垂足Ej(j=1,2,…,n).特别地,在这个定理中令n=3,可得推论设△A1A2A3与其内切圆相切于B1、B2、B3,其奈格尔点为N,重心为G,则其斯俾克圆必通过下列9个特殊点:(i)线段NBj的中点Cj(j=1,2,3);(ii)线段BjG的延长线上满足GDj=12BjG的点