平面几何小册子

叶中豪、冯祖鸣、闵飞三人通信。非常值得一看,尤其是数学竞赛的同学。

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

Hi，Zuming

Three Problems Sat, 13 May 2006 23:23:39 +0800 (CST)】

今天做了三个挺有意思的小题，是一位网友传来的。附上供一阅。06-05-13 附件：闵飞．doc（197KB）；06051302．gsp（52KB）

【From：闵飞<minfei2003@>

叶老师:

几道三点共线与特殊角的命题 Tue, 9 May 2006 14:36:14 +0800 (CST)】

您好!近日,用几何画板画了几道三点共线与特殊角互为充要条件的命题,只给出第一道的证明,余下两题没想出好的办法,在此发出在附件中,请叶老师看一看.

闵飞 2006,5,9.

附件：三点共线与特殊角等价．doc（114KB）

题目1：过A作 ABC的外接圆的切线，交BC的延长线于P点， APB的平分线依次交AB、AC于D、E，BE、CD交于Q，求证： BAC=60 的充要条件是O、P、Q共线。

题目2：在 ABC中， A的平分线交BC于D， ABC、 ABD、 ACD的外接圆圆心分别为O1、O2、O3，且O是 O1O2O3的外心，求证： BAC=120 的充要条件是B、O、C共线。

题目3：在 ABC中,AB、BC、AC均不相等，BC的中点为D，在直线AC、AB上分别取点E、F，使BF=CE=BC，记 ABC的角A内的旁心为I， AEF的外心为O，求证： BAC=60 的充要条件是O、D、I共线

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这里给出题目1的证明：首先证明AQ OP

T

过P作⊙O的另一条切线，切点为T，设AT与BC交于F，

ADPACEPC

由角平分线性质知：， DBPBEAPA又

BFS BTFBT FT sin BTFPT sin ACB

FCS CTFCT FT sin CTFPC sin ABC

=

PAABPAPBPB

= PCACPCPAPC

ADBFCE

1 从而

DBFCEA

∴由Ceva定理知AF、BE、CD三线共点于Q 结合AT OP有AQ OP

必要性：设 BAC=60 ，在△ADE中，

ADE= ABP+ BPD= PAC+ APD= AED

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∴△ADE是等边三角形

ADPAPCCE

又 DBPBPAEADEEC

∴，且 BDE= DEC=120 DBED

∴△BDE～△DEC ∴ DBE= EDC

∴ EDC+ BED= DBE+ BED= ADE=60 ∴ BQC= DQE=60 又 BOC=2 BAC=120

∴O、B、C、Q四点共圆，A、D、Q、E四点共圆 ∴ OQD= OBC=30 ， DQA= DEA=60

∴OQ AQ结合前已证AQ OP有O、P、Q共线。 充分性：设O、P、Q共线，则 OAP= OQA=90 ∴PA2=PQ·PO，又PA2=PC·PB ∴PQ·PO=PC·PB

∴O、B、C、Q四点共圆

CQPCAQPA

从而，且有 OBOPOAOP∴

CQPCCE AQPAAE

∴QE平分 AQC，即 AQE= CQE ① 另一方面由O、B、C、Q四点共圆知

OQD= OBC= OCB= OQB= PQE 结合 OQA= PQA =90 知 DQA= AQE ②

由①、②知 DQA= AQE= CQE=60 从而 BQC= BOC= 2 BAC=120 即有 BAC=60

【To：闵飞<minfei2003@>

闵飞老师：你好！

三个题已收到，非常有趣。我都已给出了解答。

题目1我是直接用计算的办法，与你原有的方法稍许不同。虽有些烦琐，但揭示出了内在关系： 【证明】如图，连接AQ，延长后交BC于D，交外接圆于T。

回复】

P

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由△PAB∽△PCA及角平分线定理，知

BFAEc

。 FAECb

。

BDCEAFBDc2

1，∴ 在△ABC中，由Ceva定理，

DCEAFBDCb2

由此知AD是类似中线，故

AD

2bc

ma。 ①

b2 c2

AQDBCEAQc2b

1，即在△ADC中，由Menelaus定理， 22 1， QDBCEAQDc bc

∴

AQb2 c2

QDbc

。得

b2 c2

AQ 22AD。 ②

b c bc

ATAC

ABAM

，得

又取中线AM，由△ABM∽△ATC，∴

AT

bcma

。 ③

O、Q、P共线 Q是AT中点 即

AQ

AT2

。

2

将①、②、③代入得4ma由余弦定理，cosA

b2 c2 bc，而ma2

12212

b c a，得a2 b2 c2 bc。 24

1

，∴ A 120。证毕 2

题目2我给出了如下简证：

【证明】分别记△ABC、△ABD、△ACD的外心为O、O1、O2，△OO1O2的外心为O′。

中点N。 作出△ABC的外接圆，并取BAC

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不难证明A、N、O、O1、O2五点共圆。

显然NO⊥BC。为使B、O′、C共线，即N、O关于BC轴对称，必须且只需满足∠BOC＝∠BNC， 而 ∠BOC＝360°－2∠A （注：O与顶点A位于BC边异侧）， ∠BNC＝∠A， ∴ 3∠A＝360°，即∠A＝120°。证毕

题目3的图形以往我曾经讨论过，我正是借用以前所得到的某些结论来证明的：

的中点N、M。记△ABC的内、外心为I、O。 【证明】作△ABC的外接圆并取上、下BC

记△AEF的外心为O′。可以证明OIO′N是平行四边形。

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为使O′、D、I1共线，在△I1O I中利用中位线知， 必须也只需满足 而

DM

1

O I。 2

aA

tan， O I NO R（外接圆半径）， 22Aa

2sinA， 代入得 ata R，而由正弦定理

2R

AcosAAA， sin2A 1， sinA 1。 A c，即4sincos ∴ 2sin

2242222sinA

2DM

∴

A 60 。证毕

这三个题中我认为题目2最有挖掘余地，例如可探究一般情况下（即AD是任意Ceva线）何时O′落在BC上。在几何画板中，可由△ABC逆向构造出满足上述条件的AD，它是唯一确定的。

当∠A＝

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“Rt△ABCO1O2的中点在斜边BC上。”

B

P

1

而当∠A＝60°或120°时，包络会退化成线段。这时AP分别是外角平分线和内角平分线，前者就是你这题的情形，后者也可叙述成一个类似的题。

另外，当∠A

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请参见所附的06051302．gsp。不知这题原先的背景如何，是否由某竞赛题改编而成？ 暂写这些。祝 好！叶中豪06-05-13

【From：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>another way to ask the question Tue, 16 May 2006 19:02:41 -0400】

叶中豪、冯祖鸣、闵飞三人通信。非常值得一看,尤其是数学竞赛的同学。

Hi,

the three problems you sent recently are interesting. I agree that problem 2 has lots of ideas in it. Here is my variation: Let $ABC$ be a given triangle. Point $D$ lies on side $BC$. Let $O_1$ and $O_2$ are the circumcenters of triangles $ABD$ and $ACD$, respectively. Let $O$ be the circumcenter of triangle $AO_1O_2$. As $D$ moves along segment $BC$, what is the locus of $O$?

What do you think?

Zuming Feng PEA

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

Hi，

你的问题答案如下：

当D点在BC直线上运动时，记△ABC的外心为O，则因A、O1、O2、O四点始终共圆（Salmon定理），故所共圆的圆心O′轨迹是线段AO的中垂线。

（注意：这时A、O两点都是定点。）

回复： Wed, 17 May 2006 10:38:39 +0800 (CST)】

这两天仍继续在此题的图形中作些探讨，又有若干小的结果： （1）所共圆经过D点的充要条件是∠A＝90°。

B

D点也在圆上的充要条件是

A=90

C

（2）当AD是△ABC外接圆的切线时，所共圆与BC的中垂线相切于O点。 且此时所共圆的直径总是≥R（△ABC的外接圆半径）；等号成立当仅且当OA∥BC。

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A

O

O'

O2

B

C O1

D

(注:上述结论是这样发现的——在外接圆上拖动 A 点,观察所共圆的包络,形成共轴圆系,但有限制,圆最小不会小 于外接圆的一半;圆心 O′也局限在两条射线上变化. )

A O2 O O' D

B

O1

C

(3)Salmon 定理的推广 设 D 是△ABC 的 BC 边上任一点,延长 AD 交外接圆于 M,作 MN⊥BC 交外接圆于另一点 N.又设 O1,O2 分别是△ ABD,△ACD 的外心.DO1 交△ACD 的外接圆于 X 点,DO2 交△ABD 的外接圆于 Y 点.则 A,O1,O2,O,N,X,Y 七 点共圆.

第 10 页 共 37 页

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）

（4）一个有趣的模式

设△ABC的BC

点。△ABD、△ACD的外心分别为O1、O2，△

则当A点运动时，O1、

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其中Ω1和Ω2的离心率相同，分别经过B、C两点，且都经过外心O；

Ω′的离心率与它们也有函数关系。经描点，函数图象大致如下图所示（乃是不连续的两段，出现两个尖点，且其中一段特别奇怪，呈现出一个小小的V字形），具体关系尚待研究。

特别地，当P点取为外心O时，Ω1、Ω2同时成为等轴双曲线，而Ω退化成射线（瘦死的双曲线）——此即上述（2）中的情形。

而当P点取在外接圆上时，则得到更重要的一种特例，这时，Ω1、Ω2、Ω全退化成直线（乃是双曲线退化成其渐近线的情况，其中一支失去意义）——此即上述（3）中的情形。

最后这种情况非常有意思，想必还能从中挖掘出更为有趣的结论。叶中豪06-05-17 附件：Hi．doc（605KB）；06051302．gsp（95KB）

【From：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> RE: ??: Tue, 16 May 2006 23:13:05 -0400】

I like the 90 degree variation. I think it can be a good problem 1, is it? My variation is too easy, is it? I tried to ide point O. But I think 90 degree version also did it. The original 120 degree version is fine too. I am think need a prolbem 1 (or 2) for USA Team Selection Test, what will be your suggestion? I put the adding two isosceles triangles problem (we tlaked about before) as problem 5. Please keep in mind the US students are not very strong on geo.

Zuming Feng

PEA

【From：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> RE: ??: Tue, 16 May 2006 23:24:02 -0400】

In the generalization of Salmon's theorem, how do you establish the fact that $X$ lies on the circle?

Zuming Feng PEA

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

Hi，很快就收到了你的回复！

你说的90度指的是哪题？是O1O2被BC平分那题？我后来想了一下，这题中的所有角度都很容易求出，似不适宜做赛题。

等腰指的是哪题？闵飞的题如要用需征求他的同意。

Salmon定理推广中，X、Y两点也在圆上是昨天刚刚发现的，还未找到好的证明。

刚才最后所提到的模式，之所以很有意思，因为它把前面（2）、（3）两种情形统一在一起了。即使是Ω1、Ω2离心率相同也绝非是显然的，还未给出证明，仅仅是猜测！

刚才又想了一种有意思的特例：当固定点P取无穷远点时，这时Ceva线AD方向恒定，这时Ω1、Ω2、Ω退化成为三个等圆！

由此可改编出如下一题：

“设D是△ABC的BC边上任一点，设O1、O2分别是△ABD、△ACD的外心。过△ABC的外心O作OE∥AD交BC于E。求证：A、O、O1、O2，B、E、O、O1，C、E、O、O2分别共圆；且上述三圆为等圆。”

continue Wed, 17 May 2006 12:15:04 +0800 (CST)】

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这题难度不大，似可用作第1题。叶中豪06-05-17 附件：continue．doc（30KB）

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

又发现了重要的规律：

new discovery Wed, 17 May 2006 12:15:04 +0800 (CST)】

当控制点P在BC

P

附件：1．doc（53KB）；1．gsp（11KB）

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

离心率规律搞清楚了！Wed, 17 May 2006 16:51:36 +0800 (CST)】

花了整整一个下午，终于把Ω1、Ω2、Ω的离心率之间的规律搞清楚了！函数关系式是：

e2

e 2

2 e

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其中e是Ω1和Ω2的离心率，e′是Ω

e = 0.89741e' = 0.6741312e2-1

= 0.67413

固定点

e

等多种不同形式。

2

上午那幅图中的函数图象就是因为杂揉了这几种形式从而造成分段和尖点的。

在这一深刻联系的背后，还蕴含着很多有趣的不变属性，例如我观察到（当P点沿平行于BC的方向运动时）Ω始终过两个定点；又如，当P点取定而BC边在外接圆中平移时，Ω本身完全不变！Ω1、Ω2虽然在变，但其离心率还是不变。

我正着手将这些现象总结成命题形式。估计可由此改编出不少题目。叶中豪06-05-17 附件：2．doc（50KB）；2．gsp（22KB）

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> 改编成一道题 Wed, 17 May 2006 17:38:28 +0800 (CST)】

我将上午信中的（2）改编成如下一道题：

“设AD是△ABC的外接圆的切线，交BC边延长线于D点。O1、O2分别是△ABD、△ACD的外心。记△ABC的外接圆半径为R，记过A 、O1、O2三点的圆的半径为r。求证：R≤2r；等号成立当且仅当│∠B－∠C│＝90°（注：这时AD⊥BC）。”

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其中等号成立的充要条件也可表述为三角形式：“当且仅当cos A ＝ 2sinBsinC时”。

叶中豪06-05-17

附件：3．doc（24KB）；06051701．gsp（5KB）

【From：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> RE: ?????? Wed, 17 May 2006 09:09:35 -0400】

This is the prolbem I am using:

Let $ABC$ be a triangle. Points $P$ and $Q$ are constructed outside of the triangle with $AP = AB$ and $AQ = AC$ and $\ang BAP = \ang CAQ$. Segments $BQ$ and $CP$ meet at $R$. Let $O$ be the circumcenter of triangle $BCR$. Prove that $AO \perp PQ$.

I think you just gave me too options, I do not need to use 120 degree version. But relate my thanks to Ming Fei.

Zuming Feng PEA

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

命题：

“如下图，设D是BC上任意一点。O1、O2分别是△ABD、△ACD的外心。DO1交⊙O2于E，DO2交⊙O1于F。求证：A、O1、O2、E、F五点共圆。” （06051702．gsp）

回复： Thu, 18 May 2006 11:52:40 +0800 (CST)】

回家后一想，发觉Salmon定理推广中的七点共圆结论乃是平凡的， X、Y两点在圆上也很易说明。可改述为如下简化

注意到B、O、F；C、O、E分别共线，还可叙述为：

“如下图，设D是BC上任意一点。O、O1、O2分别是△ABC、△ABD、△ACD的外心。直线DO1与CO交于E，直线DO2与BO交于F。求证：A、O、O1、O2、E、F六点共圆。”

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C

这两题都可直接从角度关系导出，不适宜作赛题。

昨天所编一题中，后来一想， R≤2r其实是显然的，只要知道所共圆经过外心O即可（不过题中并没有直接告诉，而需靠解题者自己去发觉；Salmon

定理并不广为熟知）。这题好在等号成立的条件并不明显，这才是本题精彩的部分。

AD取外接圆切线其实也不必要，对任意Ceva线结论也一样。只要将固定点P取在BC的中垂线上，就可作出类似的共轴圆系。等号成立的条件是AD⊥BC（06051701．gsp）

今晚上探索的成果并不如想象中丰盛，只得到两三个结果，不过最后一个很是令人惊奇。 第一个结果是：

“如下图，作AD的垂线AE，交BC边的中垂线于E，延长AD，交平行于BC的切线于F，记EF的中点为L。则E、L皆在Salmon圆上，且L恰是弧O1O2的中点。” （06051703．gsp）

叶中豪、冯祖鸣、闵飞三人通信。非常值得一看,尤其是数学竞赛的同学。

这个结果说明了当BC边平移时，前述轨迹Ω为何不发生变化。 第二个结果是从退化的轨迹总结而得到的：

“如下图，设△ABC的AB、BC两边与某椭圆相切，且BC平行于椭圆的长轴。A、C两点在以椭圆长轴为直径的圆上。则△ABC的外心O到BC边的距离等于椭圆短轴的四分之一。” （06051704．gsp）

第三个结果是今天所有结论中最漂亮的：

“△ABC中，设O′是AD所对应的Salmon圆的圆心。求证： （1）O′D⊥BC的充要条件是：AD恰好经过△ABC的九点圆心！

叶中豪、冯祖鸣、闵飞三人通信。非常值得一看,尤其是数学竞赛的同学。

BC

（2）记△ABC的九点圆心为Ni 。作O′E⊥BC，垂足为E。则Ni E∥AD！”

BC

（06051705．gsp）

叶中豪06-05-17

附件：4．doc（59KB）；06051701．gsp（9KB）；06051702．gsp（10KB）；06051703．gsp（5KB）；06051704．gsp（8KB）；

06051705．gsp（9KB）

【From：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> solution Wed, 17 May 2006 22:49:01 -0400】

Hi, I look at your new 90 degree version (tangent to circumcircle at $A$), show that R <= 2r. i find it very simple: Easy to see that triangle $ABO$ is similar to triangle $ADO_2$, so triangle $AOO_2$ is similar to triangle $ABD$. 2R\sin C = AB = 2\sin C AO, 2r\sin D = AO;

so R/r = 2\sin D <= 2, equality with D = 90\dg; that is AD\perp BC.

Zuming Feng PEA

【From：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> RE: ??: Thu, 18 May 2006 12:29:12 -0400】

I have a question:

In a lecture or a small test, can I use Ming Fei's problems? Can you ask for me? He can still submit his problems to

叶中豪、冯祖鸣、闵飞三人通信。非常值得一看,尤其是数学竞赛的同学。

magazines, and so on. I am not sure about the such rules in China.

What I usually do is the following: If I will write a book collecting these problems, I will put the original authors on (this seems not true in many Chinese MO books). But when I gave lectures to students, sometimes I put it on the hand-outs, sometimes not. But I do tell the audience the original author. If I put it on a practice test (not the big ones like USAMO, or USA team selection test), I will not attach the name -- just problems on the test.

Zuming Feng PEA

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> 回复： Fri, 19 May 2006 09:20:12 +0800 (CST)】

我已去邮件征求闵飞的意见。

R≤2r一题果如你说的，很是无聊。有时编题的思路是曲折的，但得到的结论却是平凡的。我常常碰到这样的事，类似“竹篮打水”。不过偶能找到满意的结论，也就令人欣慰了。如前天得到的涉及九点圆心的那个结论就较有意思，现已找到简单的证明，并不很难。叶中豪06-05-19

【From：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> RE: ??: Thu, 18 May 2006 21:33:10 -0400】

Can you show me the proof.

Zuming Feng

PEA

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

附件：06051705．gsp（31KB）

回复： Fri, 19 May 2006 11:58:53 +0800 (CST)】

证法见附图。下午有事，来不及写下来。叶中豪06-05-19

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

证明概要：

证明概要 Fri, 19 May 2006 12:52:34 +0800 (CST)】

（1）易知△AO1O2∽△ABC，且O1O2是AD的垂直平分线。作顶点A关于BC边的对称点A′，易看出△AO′D∽△AOA′。设BC边高的垂足为G，再取AO连线的中点L，则LG是△AOA′的中位线，进而知△AO′D∽△ALG。得∠O′DA＝∠LGA。 ①

再作外心O关于BC的对称点O′，由AH＝2OM＝OO′知A O′经过九点圆心Ni。（注：△AHNi ≌ △O′ONi） 由LM∥A O′知∠ADC＝∠LMG；在直角梯形AOMG中，得∠LMG＝∠LGM。 故∠ADC＝∠LGM。 ② 而∠LGM＋∠LGA＝90°。

将①、②代入得∠O′DA＋∠ADC＝90°。

叶中豪、冯祖鸣、闵飞三人通信。非常值得一看,尤其是数学竞赛的同学。

∴ O′D⊥BC。

（2）作LK⊥AH。由AH＝2OM，Ni F＝（OM＋HG）/2易知AK ＝Ni F。 ① 又因O′L在BC上的射影是EF，而AL在AG上的射影是AK，且两者夹角相等（都等于

1

B C），故2

O LAL

。 ② EFAK

由①、②知Rt△AO′L∽Rt△Ni EF。得∠AO′L＝∠Ni EF。 ③

BEM

C

而由下图，又易知∠AO′L＝∠ADC。 ④ 由③、④得∠Ni EC＝∠ADC， ∴ Ni E∥AD。

叶中豪、冯祖鸣、闵飞三人通信。非常值得一看,尤其是数学竞赛的同学。

B

叶中豪06-05-19 附件：5．doc（21KB）

C

【From：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu> lost files Sun, 21 May 2006 23:25:52 -0400】

Hi, Ye,

I print two hard copies of two files you send me. (One with gsp 06042503). It is about circles inscribed in a quadrilaterals. And then you went on to talk about hexagons, three mid-lines concurrent. The date of your email if 06/05/09.

Can you send me that file again. I think they are all related to a hard problem you and Tian get later and want to submit it to American Monthly. I would like to get al the ideas, solutions, so I can get it done next month and send it out. (And the earlier quadrilateral problem too.)

Zuming Feng PEA

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

回复： lost files Mon, 22 May 2006 12:00:52 +0800 (CST)】

我已将以前的所有邮件整理成文档，现随附件发上。叶中豪06-05-22 附件：冯祖鸣1．doc（1．3MB）

【To：冯祖鸣<zfeng@exeter.edu>

些可惜。

回复： lost files Tue, 23 May 2006 08:43:32 +0800 (CST)】

不久前说及的圆外切四边形一题，请暂缓投寄《月刊》。因为觉得这题尚可再作进一步的挖掘，仅仅停留在现有层次还有而且，它包含有丰富的背景，有待弄清楚。

我刚才与吴伟朝通了一次长长的电话。此题原先是由他提出的，以前他同我说起过，但对其细节我却印象不深，原因是自己并未认真做过此题。这次与湖北的杨先义通邮件时，他又提及了类似的问题，于是引起我和田廷彦、唐传发的讨论兴趣。（06050601．gsp ；06051002．gsp）

田廷彦于这题最有心得，他通过一个较深刻的引理来处理这一系列结论。 他的基本引理是：

“设四边形ABCD的对角线交于P点，在射线PA、PB、PC、PD上各取一点A′、B′、C′、D′，满足PA×PA′＝PB×PB′＝PC×PC′＝PD×PD′。则A′D′＋B′C′究竟大于、等于或小于A′B′＋D′C′，取决于AD＋BC大于、等于或小于AB＋DC。”

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/gu1j.html