山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第26章帕斯卡定理.docVIP

第26章帕斯卡定理 帕斯卡()定理设内接于圆（与顶点次序无关，即无需为凸六边形），直线与交于点，直线与交于点，直线与交于点，则、、三点共线．① 证法l设直线与交于点，直线与交于点．直线与交于点． 对及截线、、分别应用梅涅劳斯定理， 有， ， ． 将上述三式相乘，并运用圆幂定理，有，． ． 从而，其中、、分别在直线、、上． 对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知、、三点共线． 证法2设过、、的圆交直线于点，交直线于点． 连接、，则与相补（或相等）． 又与相等，从而与相补或相等，即知． 飘理，，． 于是，与为位似图形．由于位似三角形三对对应顶点的连线共点（共点于位似中点），这里，直线与交于点，则另一对对应的点、的连线也应过点，故，、三点共线． 证法3连、，过分别作上于，作于，作于，过分别作于，作于．则 ． 同理，． 注意到，， ，． 所以， 即， 于是有． 连、，则、、、及、、、分别四点共圆，从而，亦即有，故、、三点共线． 证法4如图，连、、．在圆内接四边形中，有与相等；在圆内接四边形中，有与相等或相补；在圆内接四边形中，与相补或相补．故可以在的边上或其延长线上取一点，使，．从而，． 设与相交于另一点，则，．所以 与相等或相补．故、、三点共线． 又 于是，知、、、四点共圆． 所以， (或 (或)．从而、、三点共线． 故、、三点共线． 注：此定理中，当内接于圆的六边形的六顶点改变其宇序，两两取对边、、、、、共有60种不同情形，相应有60条帕斯卡直线．六个取定的点，有15条连线，相交产生另外45个点，这些点中每一点有4条帕斯卡线．这些帕斯卡线，每3条共点，产生20个其他的点，称为斯坦纳点，每条线上一个，而且这些帕斯卡线，每3条共点，还产生其他60个点，称为寇克曼点，每3个在一条直线上．20个斯坦纳点在15条其他直线上，每条线上4个点．60个寇克曼点在20条其他直线上，每条线上3个． 当六边形中有两顶点重合，即对于内接于圆的五边形，亦有结论成立；圆内接五边形中（与重合）处的切线与的交点、与的交点、与的交点三点共线，如图 (1)． 当六边形变为四边形或等时，如图 (2)、(3)，结论仍成立． 当六边形变为三角形时，三组边、、变为点，如图 (4)， 仍有结论成立．此时三点所共的线也称为莱莫恩线（参见第10章性质19）． 下面从四个方面看一些应用的例子． 1．指出在圆上的六点应用帕斯卡定理 例1如图，过的顶点、、各作一直线使之交于一点而交外接圆于、、．又在外接圆上任取一点，则、、与、、对应的交点、、三点共线． 证明在圆内接六边形中，其三双对边与、与、与的交点分别为、、，由帕斯卡定理知、、三点共线． 在圆内接六边形中，其三双对边与、与、与的交点务别为、、，由帕斯卡定理知、、三点共线． 故、、三点共线． 例2（预选题）已知为确定的三角形，，，分别为边、、的中点．为外接圆上的动点，、、分别与的外接圆交于另外的点、、．若、、、、、是不同的点，则直线、、交出一个三角形．证明：这个三角形的面积不依赖于点． 证明如图，设、、是直线、、交出的三角形的三个顶点． 下面，我们证明有，这便可说明的面积不依赖于点的选取． 注意到图中的圆内接六边形，由帕斯卡定理，知三双对边与、与、与的交点、、三点共线，即知点在的中位线上． 类似地，可证点、分别在直线、上． 由，得，有． 同理，由，有． 从而，于是．故． 2．作出一些点构成圆上六点应用帕斯卡定理 例3（2004年国家队培训题）设与的外接圆内切并与边、相切的圆为，记为圆的半径，类似地定义、，是的内切圆半径，证明：． 证明如图，设圆与、、的外接圆分别切于点、、，设、分别为、中点，为的内心． 这时，为圆与的位似中心，且过的切线平行于，因而、为一双对应点，于是、、三点共线．（也可设直线交于，则证得为的中点．） 同理，、、三点共线． 而、分别为、的平分线，则知其交点为． 注意到圆内接六边形，由帕斯卡定理知、、三点共线． 记圆的圆心为，由， 有． 同理，，． 由 有． 因此 ． 故． 例4（2007年国家集训队测试题）凸四边形内接于圆，与边相交的一个圆与圆内切，且分别与、相切于点，．求证：的内心与的内心皆在直线上． 证明如图，设圆的圆心为，与相交且与相内切的圆的圆心为，切点为，显然、、三点共线．设与交于点，直线交于，直线交于，交于，直线交于． 这时，存在一个以点为位似中心的位似变换使得变为，因此，，，直线变为过点且平行于的的切线，所以为的中点． 由， 有， 即．① 又及截线应用梅涅劳斯定理， 有， 即．② 又． 又①、②、③知，即知是弧的中点． 显然，的内心为与的交点．注意到圆内接六边形，由帕斯卡定理，知、、三点共线．所以的内心在上． 同理，的内心也在上． 3．证明六点共圆应用帕斯卡定理 例5（2005年国家集训队测试题）如图，点在内