山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第24章密克尔定理

第24章 密克尔定理

定理1（三角形的密克尔定理）设在一个三角形每一边上取一点（可在一条边、或两条边、或三条边的延长线上取），过三角形的每一顶点与两条邻边所在线上所取的点作圆，则这三个圆共点．1

证明在△ACF中，令?CAF??1，?ACF??2，?CFA??3．

如图24-1（1），B、D、E分别在△ACF的三边AC，CF，FA上．设△ABE与△BCD的外接除交于点B外，另一交点为M，联结BM，DM，EM，则?BME=180?-?1，?BMD=180???2．于是，?DME=360?-?BME??BMD??1??2?180???3，从而知M，

D，F，E四点共圆．

AABECD(1)BOM(2)图24-1EFECBCFF(3)D

故△ABE，△CDB，△FED的外接圆共点于M． 对于图24-1（2），B、D分别为△ACF的边AC，CF上的点，E在边AF的延长线上．设△ABE与△BCD的外接圆除交于点B外，另一交点为M，联结BM，DM，EM，则?BME?180???1，

?BMD??2，于是，

?DME??BME??BMD?180???1??2??3?180???DFE，从而知M，D，F，E四点

共圆．故△ABE，△CDB，△FED的外接圆共点于M． 对于图24-1（3）．B、D、E分别为△ACF的三边CA，CF，FA延长线上的点．设△ABE与△BCD的外接圆除交于点B外，另一交点为M，联结BM，DM，EM，则?BMD??1，?BMD??2．于是，?DME??BME??BMD??1??2?180???3??DFE．从而知M，F，

D，E四点共圆．故△ABE，△CDB，△FED的外接圆共点于M． 对于其他取点情形均可类似于上述情形而证．

特别地，若有一点取在三角形的顶点，则过两个重合的点之圆与这两点所在的边相切．又若取的三点共直线，如图24-1（2）、（3）中的点B、D、E共直线，则对△ACF来看，直线BDE截其三边时，三圆ABE，CDB，FED共点于M；对△ABE来看，直线CDF截其三边时，三圆ACF，CDB，FED也共点于M；此时四圆ABE、ACF、CDB、FED共点于M，因而可得如下推论：

定理2（完全四边形的密克尔定理）四条一般位置的直线形成的四个三角形，它们的外接圆

1

沈文选．三角形的密克尔定理及应用［J］．中等数学，2011（11）：5-8．

共点．

如图24-2，四条直线两两相交又没有三线共点而构成四个三角形的图形称为完全四边形，其交点记为A，B，C，D，E，F．在完全四边形ABCDEF中，△ACF，△ABE，△BCD，△DEF的外接圆共点于M，也可这样推证：设△ACF和△ABE的外接圆的另一交点为M，联结AM，BM，DM，EM，FM，则由

ABPCO2QO1DFRO4SO3EM图24-2

?FCM=?FAM=?EAM=?EBM=?DBM，

即知D，B，C，M四点共圆． 同理，E，F，D，M四点共圆．

或者也可这样推证：设△BCD和△DEF的外接圆的另一交点为M，作M分别在直线AC、CF、BE、AE上的射影P，Q，R，S，则由西姆松定理及其逆定理来证（第14章性质3）．

定理1中的点M称为三点B，D，E关于△ACF的密克尔点，△BDE是点M的密克尔三角形，三个圆称为密克尔圆．

若点M为△ACF三边AC，CF，FA上的点B，D，E关于该三角形的密克尔点，则有 结论1?MDF?C?=?MEA?F?=?MBC?A?，即密克尔点与所取三点的联线与对应边所成的锐角相等．

这个结论可由四点共圆时，同弧上的圆周角相等或四边形的外角等于内对角即得．又对于图24-1（2）（其他图类似推导）有 ?CMF=?CMD??DMF=?CBD??DEF=??BDA??BAD????ADE??DAE?=?A??BDE，等三式得到如下的密尔克等式（对于图24-1（2）、（3）亦有类似等式）： 结论2?CMF=?A??BDE，?FMA=?C??DEB，?AMC=?F??EBD．

我们可以密克尔点M作出任一组（3条）直线与三边成等角，或过M与三角形的一个顶点任作一圆．从而有穷多种方法定出它的密克尔三角形．因而，有结论：

结论3若点M为△ACF所在平面上一定点，则有无穷多种方法定出它的密克尔三角形． 对于三角形的密克尔圆，也有如下结论：

结论4设△ACF的三个密克尔圆ABA?、CDB、FED与△ACF的外接圆依次交于点A?、C?、F?，则

△A?BC∽△A?EF，△C?BA∽△C?DF，△F?DC∽△F?EA． 事实上，如图24-3，由相交两圆的性质2的推论1即证．

AA'BMCC'图24-3EFF'

结论5设D、E、B分别是△ACF的CF，FA、AC上的点，自A、C、F各引一直线a，c，f分别交密克尔圆ABF、CDB、FED于点A?、C?、F?．则（1）当a，c，f交于一点P时，A?，C?，F?，P，M五点共圆；

（2）当a∥c∥f，时，A?、C?、M、F?四点共线． 证明（1）如图24-4（1），由么?PA?M=?MEA=?MBC??MDF=?FF?M=?PF?M，知M、

P、A?、F?四点共圆．

ABaA'cPCF'D(1)图24-4AC'MEfFC'CcBaEA'MD(2)F'fF

同理，M、P、F?、C?四点共圆． 故A?、C?、F?、P、M五点共圆． （2）如图24-4（2）．联结A?M、MC?，由?AA?M=?MEF=?MF?F，知A?、M、F?共线．

MC?联结与直线交于点，则aA???A?A?1?M80???A??A1C8?0???A?C?C、A????，即知、M四MA、B点共圆，而A??又在直线a上，从而知A??与A?重合，故C?、A?、M三点共线． 由于A?、M公用，这两条直线重合，故A?、C?、M、F?四点共线．

在定理1中，任意一组在三角形三边所在直线上共线点，它们的密克尔点在其外接圆； 反之，外接圆上任一点的密克三角形（所取的三点为顶点的三角形）化为一条直线段．由此可知，三角形的西姆松线段也是一个特殊的密克尔三角形．

定理2中的点M称为完全四边形的密克尔点，点M在完全四边形各边的射影共线，此线称为完全四边形的西姆松线．

若点M是完全四边形ABCDEF的密克尔点，即△ACF，△BCD，△DFF，△ABE的外接圆共点，若注意到这些三角形的外心，则有结论：

结论6完全四边形的四个三角形的外心及密克尔点五点共圆．

事实上，如图24-2，设O1，O2，O3，O4分别为△ACF，△BCD，△DEF，△ABE的外

?B?C1心，则注意到CM为O1与O2的公共弦，有?O1O2M?180???CO2M?180???CDM，

21注意到MF为O1与O3的公共弦，有?O1O3M??MO3F??FEM?180???FDM．

2从而，?O1O2M??O1O3M=360?-?CDM??FDM?180?，即知O1，O2，M，O3四点共圆．

同理，O2，M，O3，O4四点共圆．故O1，O2，M1，O3，O4五点共圆．

由于完全四边形中，既有凸四边形，又有凹四边形及折四边形，而其密克尔点唯一确定，因而，有结论：

结论7若完全四边形中的凸四边形或折四边形满足特殊条件时，则其密克尔点处于特殊位置，且两个三角形外接圆的另一交点即为密克尔点．

注意到结论3，结论7，我们可得到三角形密克尔定理的一系列推论，下面仅以定理3，定理4为例介绍之．

定理3在△ABC中，点D，E，F分别在边BC，CA，AB上，设M为萁密克尔点，则（1）当AD?BC，且M在AD上时，点E，F与密克尔BDF、DCE的圆心O1、O2四点共圆的充要条件是M为△ABC的垂心；

（2）当D，E，F分别为内切圆与边的切点，△ABC的外接圆与其密克尔圆AFE，BDF，CED依次交于点P，Q，R时，M为△ABC的内心，且直线PD，QE，RF共点．

证明（1）如图24-5，由结论1知，ME?AC，MF?AB．此时，B，D，M，F及D，C，E，M分别四点共圆，有AF?AB?AM?AD?AE?AC，即知B，C，E，F四点共圆．

AEFMO1D图24-5BO2C

又AD?BC，知O1，O2分别为BM，CM的中点，即有O1O2∥BC，从而?MO2O1??MCB． 充分性．当M为△ABC的垂心时，由九点圆定理即知O1，O2，E，F四点共圆． 或者注意到B，O1，M，E及C，O2，M，F分别四点共线，有?FO2O1??FCB??FEB??FEO1，即知O1，O2，E，F四点共圆．

必要性．当O1，O2，E，F四点共圆时，即有?O1O2E??EFO1?180?．(*)

由B，C，E，F共圆，有?AFE=?ACB，又?MO2E?2?MCA，?BFO1??ABM，则由（*）式，有????ACB??MCA??2?MCA??????90???ABM???90???ACB????180?． 于是，得?ABM=?MCA，即知Rt△BMF∽Rt△CME． 从而有

MFMEAM?cosBAM?cosC，即有． ??BFCEAB?AM?sinBAC?AM?sinCAB?cosC?AC?cosB?2R?cosA，其中R为△ABC的外接圆半径．

sinB?cosC?cosB?sinCAC?cosA?2R?cosA．

sinBAFE、

故AM?另一方面，当H是△ABC的垂心时，易得AH?从而，点H与M重合，即M为△ABC的垂心． （2）加图24-6，当D，E，F分别为内切圆与边BC，CA，AB的切点时，密克尔圆BDF、CED均过△ABC的内心，此时密克尔点M即为其内心．

APWFEOMBQU图24-6VKCD

联结RE、RD、RA、RB，则?ERD=?ECD=?ACB=?ARB，故?ARE=?BRD． 又由?REC=?RDC，有?AEB=?BDR，从而△ARE∽△BRD．从而，即知RF平分?ARB．

由上即知，RF过△ABC的外接圆O的AB的中点W．

同理，PD，QE分别平分?BPC，?CQA，且分别过O上弧BC，CA的中点U，V．又PU，QV，RW分别过D，E，F点，则只需证明DU，EV，FW三线交于一点．

ARAEAF，??BRBDBF由于MD?BC，OU?BC，则MD∥OU． 同理，ME∥OV，MF∥OW．

MDMEMFR???． OUOVOWr若设直线OM与UD交于点K，则由上述比例式知，直线VE，WF均过点K． 故直线PD，QE，RF三线共点于K．

设△ABC的外接圆、内切圆半径分别为R，r，则

定理4在完全四边形ABCDEF中，设M为其密克尔点，则

（1）当A，B，D，F四点共圆于O时，M在直线CE上，且OM?CE；

（2）当B，C，E，F四点共圆于O时，M在直线AD上，且OM?AD，又M为过点D的O的弦的中点．

CD的外接圆交CE于M?，MC?=?ABDD=F?E证明（1）设△B连结DM?，则?D，即知E，

F，D，M?四点共圆，如图24-7．

AOBMC图24-7FDE

从而，M?为完全四边形的密克尔点，故M?与M重合． 设

O的半径为R，则CM?CE?CD?CF??CO?R??CO?R?=CO2?R2．同理，

EM?EC?EO2?R2．

22于是，CO2-EO2=EC?CM?EM?=?CM?EM，由定差幂线定-EM??CM?EM?=CM理，即知OM?CE．

（2）如图24-8，设△BCD的外接圆交直线AD于M?，则AD?AM??AB?AC?AF?AE，即知E，F，D，M?四点共圆．

ABFDM'MEN图24-8OC

从而，M?为完全四边形的密克尔点，故M?与M重合．

联结CO，CM，EO，EM，设N为AM延长线上一点，则

?CME=?CMN??NME=?CBE??CFE=2?CBE=?COE，即知C，E，M，O四点共圆．

1?OMN??OMC??CMN??OEC??COE?90?．

2故OM?AD，且M为过点D的O的弦的中点．

由图24-7，我们又可得如下结论（类似地也可由图24-8得到有关结论）．

结论8若点D为△ACE的三边CE，EA，AC上的点M，F，B关于该三角形的密克尔点，设O为密克圆ABF的圆心，则OM?CE．

下面，介绍定理4的两个推论，这也是定理2的应用实例．

推论1在完全四边形ABCDEF中，凸四边形ABDF内接于O，AD与BF交于点G，则CDB，CFA，EFD，EAB，OAD，OBF六圆共点；CFB，CDA，GAB，

GDF，OBD，OFA六圆共点；EFB，EAD，GBD，GFA，OAB，ODF六圆共点．

证明如图24-9，设M为完全四边形ABCDEF的密克尔点，则由定理4（1），知M在CE上，且OM?CE．

C，于是，有?BMO=90???BMC?90???BDC M，D，B及M，E，F，D分别四点共圆，?90???180???BDF???BDF?90? 11????180???BOF??90??90???BOF

22????BFO．

AOBLGDCM图24-9NFE

从而，知点M在OBF上． 同理，知点M在OAD上．

由密克尔点的性质，知CDB，CFA，EFD，EAB四圆共点于M．故以上六圆共点M． 同理，设N为完全四边形CDFGAB的密克尔点，则CFB，CDA，GAB，GDF，OBD，OFA六圆共点于N．

设L为完全四边形EFAGBD的密克尔点，则EFB，EAD，GBD，GFA，OAB，ODF六圆共点于L．

推论2在完全四边形ABCDEF中，凸四边形ABDF内接于O，AD与BF交于点G，CDB与CFA，CDA与CFB，OBD与OFA，ODA与OBF，EAB与EFD，EAD与EFB，OAB与ODF，GAB与GDF，GBD与GFA共九对圆的连心线分别记为l1，l2，l3，…，l9，则l1，l2，l3，l4，OC五线共点于OC的中点；l4，l5，l6，l7，OE五线共点于OE的中点；l3，l7，l8，l9，OG五线共点于OG的中点．

证明如图24-10，设M，L，N分别为完全四边形ABC?DEF，EFAGBD，CDFGAB的密克尔点，则OM?CE于M，OL?EG于L，ON?CG于N．

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