平面几何研究----平面几何新思索(叶中豪)

平面几何新思索

【000514】△OPQ是一个给定三角形，M，N是PQ的三等分点。在任意△ABC周围作： △FBA∽△MOP，△EAC∽△NQO。G是△ABC的重心。求证：△GEF∽△OPQ。

EAOFGPMNQBC

F上题是在研究拿破仑定理时，经过一番探索而编造出来的。结果发觉其难度并不大。 当∠P和∠Q都等于30°时，立即就得到拿破仑定理（不过要将它重复两次）。

【020527】黄路川问如下题：

“已知：I是内心，D是A的对径点，且BE，CF的长均为半周长。求证：DI垂直于EF。”

经探索：当A在外接圆上运动时，EF之包络是圆；若BE，CF长不等于半周长时，EF之包络是圆锥曲线。

EF包络所形成的圆具体位置还值得继续探索，预感还会产生一些新的东西。

BDAEIC

【040227】当天晚上收到钟建国的一封E-mail，使我对三角形特殊点又有了一阵探索的兴趣。

结论1 三角形的Fermat点与它的等角共轭点的连线，必平行于Euler线。

AHFGOBC

J注：图中F是Fermat点（又称“等角中心”），它对于△ABC三边的视角都是120°； 其等角共轭点J是△ABC的“等力点”（isodynamic point），其特性如下：它的垂足三角形是正△，它对于△ABC三边的视角分别是60°＋A，60°＋B，60°＋C，它是三个Apollonius圆所共之点，它到三角形的三个顶点距离之比与三边长度成反比，它在外心O和类似重心K的连线上（Brocard轴）。

结论2 三角形的每个旁心和相应边的中点连线一定共点，所共点位于重心及Gergonne点的连线上；三角形的每个旁心和相应边上的内切圆切点连线也一定共点，所共点既位于内、外心的连线上，又位于重心及Gergonne点的连线上。而且上述两个所共点是原三角形的一对等角共轭点。

I3AFENGPGeIQMI2BLODCI1

注：图中I1，I2，I3是△ABC的旁心，L，M，N是各边中点，D，E，F是内切圆的切点。I1L，I2M，I3N所共之点记为P（在文献中称作“Mittonpunkt”，由Nagel于1836年引进），I1D，I2E，I3 F所共之点记为Q（可称作“切聚点”，它是位于内、外心连线IO上的一个特殊点）。AD，BE，CF所共之点称为Gergonne点，在图中标为Ge。则P，Q都在重心G和Gergonne点的连线上，而且P，Q关于△ABC恰好等角共轭！

结论3 过完全四边形的六个交点各作一条Newton线的平行线，则每条平行线都是满足如下特性的轨迹——其上任意一点与相应交点所在直线上的两条线段所张成的三角形面积相等（这两条线段不以该交点为端点）。

ANPBM牛顿线DCELF

注：图中P是过A所作的平行线上任意一点，则P点满足

S△PBE＝S△PFD。

其中，线段BE和FD称为完全四边形的一组“对节”（完全四边形共有六组对节）。

结论4 三角形的两个Fermat点连线和两个Napoleon点连线的交点是类似重心。

FF'O3AO2ONKN'O'FEBCO1D

注1：以△ABC的三边向形外作三个正三角形——△DCB，△EAC，△FBA，其中心记为O1，O2，O3。则AD，BE，CF所共之点称作△ABC的Fermat点(正等角中心)，记作F；AO1，BO2，CO3所共之点称作△ABC的Napoleon点，记作N。

若三个正三角形改为向形内作（△D′BC，△E′CA，△F′AB，其中心记为O1′，O2′，O3′）。则AD′， BE′，CF′所共之点称作△ABC的第二Fermat点(负等角中心)，记作F′；AO1′，BO2′，CO3′所共之点称作△ABC的第二Napoleon点，记作N′。

在《蚁迹寻踪》一书P.46提到Clark Kimberling的一个结果：“三角形的Fermat点、Napoleon点、外心三点共线；三角形的Fermat点、第二Napoleon点、九点圆心三点也共线。”即图中F，N，O共线，F ，N′，O′共线（O′表示九点圆心）。

事实上，三角形的第二Fermat点F′，第二Napoleon点N′，外心O三点也共线； 三角形的第二Fermat点F′，Napoleon点N，九点圆心O′三点也共线； 而且，FF′与NN′的交点正是△ABC的类似重心K ！（见上图）

注2：深入的探索表明，结论4与结论1有密切联系。下图中同时画出了Fermat点F，第二Fermat点F′，等力点J，第二等力点J′。此图给出了如下结论：

（1）G，F，J′共线；G，F′，J共线。

（2）GK，O′F′交于J F中点；GK，O′F交于J′F′中点。

（3）OK，O′F，HF′共点；OK，O′F′，HF共点。

由Schoute共轴圆系知，以OK为直径的圆（Brocard圆）与过J，J′两点的圆正交，由此易说明O，K；J，J′四点构成调和点列，即G（O，K；J，J′）构成调和线束。 因此，要证明结论1，改为证明（1）G，F，J′共线以及（2）GK平分J F就可以了。

F'AOJMM'KGO'FCEuler线J'HB下图中又画出了Napoleon点N、第二Napoleon点N′。与结论4相结合，可推得如下进一步结论：

“N，H，J共线；N′，H，J′也共线。”

F'AOJGNKFO'BCN'HJ'结论5 三角形的Mittonpunkt与Spieker点、垂心H三点共线。

A2004年2月27日晚探索得：三角形的Mittonpunkt与Spieker点、垂心H三点共线。FESpiekerMittonpunktHBDC

结论6 垂三角形DEF的垂心P与Spieker点Q，都在原三角形ABC的外心Ｏ与类似重心Ｋ的连线（Brocard轴）上。

当△ABC是直角三角形（∠C＝90°），且CH⊥AB时，此图有很多特殊的性质（有两个常见题涉及此图：一是说斜边上的高CH等于这三个圆的半径和——此题曾作为1959年的基辅数学竞赛题（七年

222

级）№297；一是说r1＋r2＝r。前者只需利用直角三角形中r＝p－a，而后者相当于勾股定理）。

作出⊙I1，⊙I2的另外一条外公切线MN。下图表明这时有很多相等的线段（PQ＝DH，EE1

＝DD1＝D2H，FF1＝DD2＝D1H），并有六个三线共点（图中用虚线显示）。设高CH和外公切线MN的交点为L，则L到C，I1，I2三点等距；而且，这时LI1，LI2的方向也与直角边平行。

CEE1MLPNQI2D2BF1FI1IA04031904D1DH

A【040321】《初中数学竞赛辅导讲座》（上海科技出版社1987年版）杜锡录的讲座中有一道常见题：“设P为正三角形ABC外接圆BC弧上的任意一点，CP的延长线交AB的延长线于E点，BP的延长线交AC的延长线于F点。求证：BC2＝BE2CF。（思考题9 №3）”

（只需证明△EBC∽△BCF即可。）

此题可推广为（昨天晚上得到）：

推广 设P为△ABC外接圆上任意一点，CP的延长线交AB的延长线于E点，BP的延长线交AC的延长线于F点。又设AC边的垂直平分线交AB于J，AB边的垂直平分线交AC于K。求证：JE2KF＝定值。

AEBPC04032101FOJKBCPF04032102E

（同样，可以证明△EJC∽△BKF。其中∠EJC＝∠BKF＝2∠A，另两组对应角亦不难说明其相等。由此JE2KF＝BK2CJ＝AK2AJ＝bc/(4cosA)。）

利用上述两三角形相似，还可编出如下一题：“设P为△ABC外接圆上任意一点，CP的延长线交AB的延长线于E点，BP的延长线交AC的延长线于F点。AC的垂直平分线交AB于J，AB的垂直平分线交AC于K。求证：CE2∶BF2＝（AJ2JE）∶（AK2KF）。” 事实上，此图中还蕴含进一步信息：如下左图，设D是外接圆B，C处切线的交点（即旁类似重心），则DJ∥AC，DK∥AB。且在B，J，O，K，C，D六点所共圆中，（注：《梁绍鸿》中有一个习题提到B，J，O，K，C五点共圆，见习题十六№10。）JK，BD，CD三条弦相等。记其圆心为M（即OD的中点），则M对这三条弦的张角均为2∠A；M至这三条弦的距离均为

122

R。

上述现象还有一个解释：当A点在外接圆上移动时，直线JK的包络是以M为心的圆，其大小为外接圆之半。

AAOJKJOKBMCEBPCD04032103DF

04032104

由Pascal定理的特例不难说明图中的D点和上图中的E，F三点共线。加上DJ∥AC，DK∥AB，就可给出上面推广的另外一种证法：EJ∶JA＝ED∶DF＝AK∶KF（见上右图）。

设I1是BC边外的旁心。类似于04032103图，过I1作I1E∥AC交AB于E，作I1F∥AB交AC于F。不难确定外心O到直线EF的距离为BS/2（其中，S是弧BC的中点）。也即当A点在外接圆上移动时，直线EF的包络也是圆，以外心O为圆心，其大小为SI之半。

其实，这个结论近乎平凡，它是“鸡爪定理”（SI＝SI1＝SB＝SC）的直接推论。

AAOECBFSEIOIF04032105BCS04032107I1

类似地，过内心I作平行线IE和IF，则O到EF的距离仍是SI之半（见上面右图）。 但如过类似重心K作这样的两条平行线KE和KF，则直线EF之包络就是像下面左图所示的馒头曲线了。

AAEFEOFH04032108BKCBCO'

当取垂心H时，结论十分有趣：EF的包络是一个椭圆——以底边BC为短轴，以外心O为一个焦点，该椭圆的长轴等于外接圆的直径（见上面右图）。

而当取九点圆心时的情形则更为有趣：EF的包络是二次曲线，以BC的垂直平分线为长轴，以OM的中点为中心（M是BC中点），而且该二次曲线的长轴与外接圆的直径之比为3∶4。

当∠A等于30°时，此时椭圆恰以O，M为焦点；当∠A在40°左右时，二次曲线成为圆。注意，这条二次曲线并不总是过B，C两点的：当∠A小于某一临界角（约36°左右）时，该二次曲线过B，C两点；一旦大于临界角，就不过B，C两点了。

当∠A大于120°时，包络就变为双曲线。但它的离心率如何刻划呢？

Am?BOC = 64.68?EFONi04032109BMC 这个图形奥妙无穷，还有待继续研究。

最为有趣的是九点圆心Ni关于EF的轴对称点的轨迹。它有时像一只苹果（不知会否成为心脏线？），有时像一只柠檬，有时像一只芒果，有时又像一只葫芦。真是变幻莫测！

AFEOONiCC04032110BANiB

AANiFBOC04032110EONiCB

【040329】3月26日（五）晚考虑了如下轨迹：

设∠XOY是定角，P是平面上动点，P在OX，OY上的射影分别为A，B。 最简单的情形是：

模式0 使线段AB的长度为定值之P轨迹，是以O为中心的圆。

备考：《梁绍鸿》习题十№6：“过圆上任意一点向固定的两直径作垂线。求证两垂足的距离为定长。”

模式1 使△OAB的面积为定值之P轨迹，是以O为中心，垂直于OA，OB的两直线为渐近线的双曲线。

OAPB04032601XY 模式2 使四边形OAPB面积为定值之P轨迹，是以O为中心的等轴双曲线。

OAPB04032602XY

3月28日（日）又继续考虑如下轨迹：

模式3 使△OAB的周长为定值之P轨迹，也是双曲线，以顶点O为一个焦点。其中心是△OAB的曼海姆（Mannheim）圆的圆心M。

注：当△OAB的周长为定值时，底边AB的包络是一个圆（即△OAB的旁切圆是个定圆）；△OAB的外接圆的包络也是一个圆，称为Mannheim圆，记为⊙M，它也嵌于∠XOY内，其切点连线恰好经过△OAB的旁心。旁切圆⊙I与Mannheim圆⊙M之比为cos2A2。

备考：《梁绍鸿》总复习题№39：“设A是定圆⊙I外的定点，过A作⊙I的切线AX，AY，又任意作切线交AX，AY于B，C。则△ABC的外接圆常切于某一定圆。”（Mannheim定理）

OBAPIM04032801XY

模式4 为使连线AB经过定点C，则P之轨迹是经过顶点O的双曲线，其中心D可如下确定：先作平行四边形CEOF，再过E，F分别作OX，OY的垂线，其交点即为D。

而且猜想该双曲线的对称轴恰与∠XOY的角平分线平行——这一点绝非是显然的！ 当P 取双曲线顶点时，直线OC好像穿过△OAB的Mittonpunkt。

OEDFACBP04032802XY

今天考虑最重要的情况：

模式5 当OA和OB之间是线性关系时（即动点A和动点B构成∠XOY两边之间的仿射对应），这时△OAB的外接圆恒经过定点M（Miquel点），直线AB的包络是以M为焦点的抛物线——此即Apollonius所发现的定理，见《一百个著名初等数学问题——历史和解》。

P的轨迹是一条经过M点的直线l，它与OM垂直。设l与∠XOY两边的交点为L，N，再作它们在另一边上的射影F，E，则EF连线是该抛物线的准线。设该抛物线与∠XOY两边的切点为C，D，则C，D满足：∠MCO＝∠MON，∠MDO＝∠MOL（即△MCO∽△MOD），而动三角形MAB的形状也始终保持与它们相似；相对△OCD来说，M点是其第二Brocard三角形的顶点；而且Apollonius还告诉我们：CA∶AO＝OB∶BD＝AG∶GB，其中G是AB对于抛物线的切点。

OEFGALPBNMD04032901C

当A，B取M在∠XOY两边的射影时，线段AB的长度达到最小值——此时它是抛

物线过顶点的切线（即抛物线的Simson线，它是夹在Miquel点M及准线EF之间的中位线）。

下图是研究上述抛物线的Simson线AB和准线EF之间的关系时提出的。

A2E'1AE1D'2FA1KF1EF'2D'1D1D2B1C1BF2DE2C04032902C2F'1E'2B2

图中△ABC是一个任意三角形，AD，BE，CF是三边上的高。 再作D，E，F在相邻两边上的射影D1，D2，E1，E2，F1，F2，以及D，E，F关于相邻两边的轴对称点D1′，D2′， E1′，E2′，F1′，F2′。显然，D1′，E，F，D2′四点是共线的，且所共直线与D1D2连线关于D点是1∶2的位似关系。设D1D2，E1E2，F1F2两两的相应交点为A1，B1，C1，不难说明△ABC和△A1B1C1是透视关系，且透视中心恰是△ABC的类似重心K。 可以说明，D1D2，E1E2，F1F2是三条长度相等的线段，其长度为2RsinAsinBsinC，即△/R；且D1，D2，E1，E2，F1，F2六点共圆，即著名的Taylor圆。

备考：《梁绍鸿》习题十六№28：“三角形每边上的高线足在他两边上的射影凡六点共圆。这圆叫做

三角形的泰罗（Taylor）圆，系塔刻圆之一。”又，总复习题№47：“三角形的泰罗圆心是垂三角形的斯皮克圆心之一。” №48：“三角形的外心、泰罗圆心、垂三角形的垂心三者共线。”

另外还可注意到D1′，D2′， E1′，E2′，F1′，F2′六点位于同一圆锥曲线上。 再连接F1′E2′，D1′F2′，E1′D2′，以围成△A2B2C2。 首先，可以注意到△A2D1′D2′，△B2E1′E2′，△C2 F1′F2′都是等腰三角形，这表明△A2B2C2位似于△ABC的垂三角形的垂三角形，所以它的形状不太稳定。其次，几何画板表明△ABC和△A2B2C2也是透视的，问：透视中心是△ABC的什么特殊点呢？（它与类似重心K离得较近，可能不是一个熟知的特殊点。）

【040330】现将上面模式5中OA和OB之间的线性关系具体化。设M在角的两边上的射影为A0，B0。

由于OA/OC＋OB/OD＝1①，而OC＝OM2A0B0/MB0②，OD＝OM2A0B0/MA0③。将②，③代入①，得

OA2MB0＋OB2MA0＝OM2A0B0④。 ④就是OA和OB之间线性关系的具体表达式，其系数MA0，MB0是Miquel点M至角的两边之距离。如等式两边除以OM，则④式可改写为：

LAA0BB0OP04033000MNOA2cosN＋OB2cosL＝A0B0。

由此改编为如下习题：“在△ABC中，D是底边BC上的动点。过D作DE⊥AC，DF⊥AB，垂足为E，F。求证：AE2cosB ＋AF2cosC为定值。”（定值为2RsinAsinBsinC，即△/R。）

AAFEFXBD04033002ECYBD04033001C

证明：过A作AX⊥AC，AY⊥AB，分别交BC于X，Y。则AE2cosB＝AE2EC/CD＝XD，AF2cosC＝AF2FB/BD＝DY，∴AE2cosB ＋AF2cosC＝XY为定长。

而XY的长度表达式为a2tanB2tanC，可巧用面积说明如下：XY/BC＝△AXY/△ABC＝AX2AY2sin（180°－A）/ AB2AC2sinA＝AX/ AC2AY/AB＝tanB2tanC。 课题 与完全四边形的四边同时相切的那条抛物线（以Miquel点为焦点，以垂心线为准线）的四个切点之研究。 根据Apollonius的定理，这四个切点在各条直线上的位置是很容易确定的。但换个不同的角度去看待这些切点是颇有趣的，如以某个基本三角形作为立足点，则第四边上的切点就成了Menelaus截线上面的某个特殊的点。现将问题具体化： △ABC是一个给定的三角形，DEF是一条任意的Menelaus截线。则DEF上存在一点T，同时满足：BDDC?FTTE，CEEA?DTTF，AFFB?ETTD。姑且将T称作截线DEF的“抛切点”。 关于“抛切点”，今探索得两个结论： 结论1 当截线DEF平行移动时，“抛切点”T的轨迹是同时经过三个顶点A，B，C的抛物线，其对称轴与截线DEF平行。（其焦点轨迹是三叶形高次曲线。） 结论2 当截线DEF绕定点P旋转时，“抛切点”T的轨迹是经过三个顶点的三叶曲线（每支有点像双曲线，估计是三次的）。当 P跑到△ABC形外时，其中两支便交汇于P点，见下面右图。 EAFE04033003TDBCTAAFFPETBDCP04033004B04033004CD 至于当截线DEF取外接圆的切线时，“抛切点”的轨迹十分复杂，无法加以考虑。 下面同时画出完全四边形的四个“抛切点”。这四个“抛切点”所构成的四点形与原完全四边形具有共同的“对角三角形”。这实际上就是马克劳林定理。事实上，将下述命题中的圆改为圆锥曲线，结论也成立——而抛物线正是特殊的圆锥曲线。

备考：《梁绍鸿》复习题三№110：“圆上四点两两相连组成一完全四角形（即四点形），又过每点作

圆的切线交成一完全四边形，这两形必有共同的对角三角形。本题称马克劳林（Maclaurin，1698—1746）定理。”

在这个图形中，进一步画出“抛切点”所构成的四点形之“九点二次曲线”，探索得到如下重要的结论：

猜想 完全四边形的Newton线，是由四个“抛切点”所构成的四点形的九点二次曲线的一条渐近线！（由于抛物线上的四点所构成的四点形总是凸的，故其九点二次曲线必是双曲线。） A对角三角形B核心DCT2ET3FMiquel点Newton线T4T104033005另外，今天还顺便发现： 猜想 四点形的“核心”也在其九点二次曲线上。

备考：《梁绍鸿》§48例题51：“四点两两连成四个三角形，它们的九点圆共点。” 全书最后的习题

№19，№20也与此有关。亦可参见《近代欧氏几何学》第14章：“??虽无疑有其更早的来源，但却是由Happach于1912年整理的”。但两本书中都未给出所共点的名称，现约定将此点称作四点形的“核心”。

当四点共圆时的特例，见《梁绍鸿》复习题三№47：“在一圆内接完全四角形中，求证下列十七条直

线、四个圆会于一点：（1）每顶点至他三顶点所连成三角形的垂心的连线，凡四线；（2）每顶点对于他三顶点所连成三角形的西摩松线，凡四线；（3）自每边中点所引对边的垂线，凡六线；（4）自每对角点所引过此点两边的中点连线的垂线，凡三线；（5）每三顶点所连成三角形的九点圆，凡四圆。”

这样一来，也许将九点二次曲线改名为“十点二次曲线”更为妥当。 下面考虑模式5中的两个面积极值问题。

（1） 何时△OAB的面积最大？

这个问题的答案是：过顶点O作OE，OF垂直于角的两边，分别交直线LN于E，F，当P取EF的中点时，△OAB的面积最大。此时A，B分别是OC，OD的中点，故△OAB的最大面积是△OCD面积的四分之一。

有趣的是，当取极值时，四边形OAMB恰好是“调和四边形”。（即对边乘积相等的共圆四边形，其两条对角线关于外接圆共轭。“调和四边形”（指顶点）是正方形的反演像。）

OALPMBENDFC04033006

（2） 何时四边形OAPB的面积最大？

这个问题的答案是：当直线OP经过△OLN的外心，即AB平行于底边LN时，四边形OAPB的面积最大。

O面积 OAPB = 16.64 厘米2AB外心P04033007

至于和模式4有关的极值问题，则大多为人熟知：

当AB被C点平分时，△OAB的面积最小。

OBB0CA0A04033008

作过C点且与角的两边相切的圆（这样的圆共可作两个，指的是其中较大的一个），当AB是该圆切线时，△OAB的周长最小。

注：如果画其中较小的那个圆，那么当AB是该圆切线时，OA＋OB－AB达到最小。Clark Kimberling在文献中将OA＋OB－AB称为“迂回量”（detour）。

XY

OBB0A0CAX04033009Y

过顶点O作AB的垂线OH（H是垂足）。当AC＝HB时，AB的长度达到最小。此即斐洛（Philo）问题，它是尺规作图不能问题。

OACH04033010BXY

那么何时四边形OAPB的面积（或周长）取极值呢？于此今晚还未探索出结果来，估计也不会有太好的结果。

【040331】今探索了昨晚最后所提出的问题，结果出乎意料的好，与斐洛问题几乎异曲同工。

猜想 定角∠XOY内有一定点C，AB是过C的一条动截线，A，B处的垂线交于P。设OP与AB的交点为Q。当AQ和CB相等时，四边形OAPB的面积达到极大值。

OAQCBPQB = 3.16025 厘米AC = 3.33859 厘米面积 OAPB = 15.68627 厘米 = 16.67 厘米2周长 OAPB04033101XY

由此可编出如下题目：“已知PA⊥OA，PB⊥OB，OP和AB交于Q点。在AB上取一点C，满足AQ＝CB。过C任作一条直线A′B′，过A′，B′分别作OA，OB的垂线，设两垂线交于P′。求证：四边形OA′P′B′的面积?四边形OAPB的面积。 等号仅当A′B′与AB重合时达到。”

OB'AA'P面积 PAOB面积 OA'P'B' = 42.05498 厘米 = 41.16531 厘米22QCBP'X04033102Y

至于四边形OAPB的周长，也有一个极好的猜想。

猜想 定角∠XOY内有一定点C，AB是过C的一条动截线，A，B处的垂线交于P。当四边形OAPB的周长达到极小值时，P恰是其轨迹所在双曲线的一个顶点！ OOP'DMiBm PP' = 8.31510 厘米MiB周长 O拖动APB = 23.77459 厘米CAC拖动APP周长 OAPB = 22.95341 厘米 = 0.00991 厘米XMi 到 OC 的距离 Y0403310404033103 Y从上右图可以看出，四边形OAPB的周长与线段PP′的长度同时达到最小值。这时△ABC的Mittonpunkt与直线OC的距离很近，但并不为0。 晚上又仔细考察了模式3中的双曲线。其实，过Mannheim圆的圆心M所作的角两边的垂线，就是该双曲线的两条渐近线；而Mannheim圆的两个切点连线（必经过I点），就是双曲线的一条准线。双曲线的离心率自然为定角∠XOY之半的余割。

XOACPIMB04033107 根据上面的事实，可编出下面这道漂亮的题目： 自编题 已知M是等腰△ABC底边BC的中点，以M为心作半圆和两腰相切。过半圆上任意点D作切线，交两腰于E，F。再过E，F分别作两腰的垂线相交于P，过P作PQ⊥BC，垂足为Q。求证：AP∶PQ＝2AB∶BC。 （补注：04年4月2日上午田廷彦来电说已给出简单证明。） AFDEPBQM04033108C

同时也仔细考察了模式4中的双曲线。同样，过D点所作的角两边的垂线，就是该双曲线的两条渐近线。但遗憾的是，花了很长时间研究该双曲线的焦点及准线，却未能探索出它们和点C的依赖关系。于是只能退而研究C对双曲线的中心D的控制关系，得到一个不太重要的结论：“CD连线与角O平分线的交点（图中标为S）在双曲线上。”

OEFDCS04033106 事实上，从C到D的变换是平面上的一次仿射变换（以顶点O为不动点）。 当点C在某条直线上运动时，CD连线的包络一般来说构成抛物线（因为这是两条直线之间的仿射对应，根据Apollonius的定理便可知道）。但也可能退化为线束，很值得进一步探索——这时直线的方向对于仿射变换来说是本质的。 如在本题的具体情况下，凡平行于∠XOY外角平分线的直线，就具备这样的特性。于是就可提炼出如下结论：

命题1 已知等腰△OAB，S是AB垂直平分线上的一点，满足SA⊥OA，SB⊥OB。在底边AB上任取一点C，作平行四边形CEOF， E，F在两腰上。再过E，F分别作两腰的垂线相交于D。求证：C，D，S三点共线。

OEFACBDS04040101

命题1中OASB为直角筝形是不必要的，它可推广为：

命题2 已知四边形ABDC，且AD平分对角线BC。P是BC上任意一点，作平行四边形PEAF， E，F分别在AB，AC上。再过E作EQ∥BD，过F作FQ∥CD，两线交于Q。求证：Q，D，P三点共线。

AEQFBP04040102CD

或将它改述为：

命题2′ 在已知△ABC中线上取一点D，P是底边AB上任意一点，作平行四边形PEAF， E，F分别在AB，AC上。再过E作EQ∥BD，过F作FQ∥CD，两线交于Q。求证：Q，D，P三点共线。

AQEDFBM04033105PC

命题2中所涉及的中线和平行四边形，似都不是本质的，我的目标是给出这类命题最为一般的推广。可考虑如下模式：设P是∠XOY所在平面上的动点，过P按既定方向作射线PE，EQ及PF，FQ，得交点Q。则从点P到点Q是平面上的一个仿射变换，以O为不动点。

OQFEPX04040103Y

上图还顺便显示了当P在一个圆上运动时，Q相应地在一个椭圆上运动。 在这个观点下，可将命题2推广到如下形式：

命题3 P是任意四边形ABCD对角线交点，G是对角线AC上任意一点，过G作CB，CD两边的平行线，分别交AB，AD于 E，F，连接PE，PF。再在BD上任取一点P′，作P′E′∥PE交AB于E′，作P′F′∥PF交AC于F′。然后过E′作E′G′∥EG，过F′作F′G′∥FG，两线交于G′。求证：P′，G′，C三点共线。

AE'EBPP'FF'DGG'04033109C

命题4 △DEF是已知△ABC的内接三角形，满足EF∥BC，在AD上取一点G，连接BG，CG。然后在底边BC上任取一点D′，作D′F′∥DF交AB于F′，作D′E′∥DE交AC于E′；再作F′G′∥BG，E′G′∥CG，两线交于G′。求证： G′，G，D′三点共线。

AG'F'FGEE'B04033110DD'C

注意：命题4比命题3更为本质。

有趣的是，今年初我和田廷彦曾探索过与命题4完全相同的图形的另外一个性质：设E′F′与EF的交点为K，则当D′在BC上运动时，D′K的连线恒经过定点P，它满足：△PBC∽△DEF。

【040401】在上述模式的仿射变换中，一般它具有两条不动直线（都经过不动点O），其方向即我们所关心的本质方向，凡平行于它的直线经变换后方向都不变。对应于每个这样的方向，所形成的线束之中心轨迹乃是通过O的一条直线，但其方向相对于角的两边而言似乎并不是既定方向的第四调和方向（原先是这样猜测的）。 OQ04040104Fl'ElPXY 上图中，点P在某条直线l上运动，其像Q的轨迹是另一条直线l′。拖动直线l，可以观察l′的方向与它的依赖关系。图中也同时画出了PQ连线的包络，当l和l′平行时它立刻退化为线束。下一步目标是确定这个构型的内在关联，（如角的大小以及四条射线的方向是如何控制该仿射变换的一些特征的呢？又如，当这些元素满足何种关系时，仿射变换退化为相似变换？）它导致对仿射变换的深入研究，而以前在这方面做得相当不够。

有一个疑问：本题的模式是不是代表了一般的仿射变换呢？在这一模式中，OX，OY两边对于整个变换来说是不是本质的呢？为了解决这一疑问，应转而研究最一般类型的仿射变换。 下图中所画的正是由三组对应点A→A′，B→B′，C→C′所确定的仿射变换，它所代表的才是最一般类型的仿射变换。图中同时画出了这一仿射变换的不动点O。

经探索才知道，在相当多的情况下，仿射变换未必存在不动直线；而一旦存在的话，一般说来就有两条。那么，不动直线存在与否如何来判定呢？这又涉及了一个很根本的问题。

在不存在不动直线的情况下，当P点沿直线l移动时，对应点联线的包络总是抛物线切线族。每条直线l对应着这样一个抛物线，其焦点和准线的变化遵循什么规律？不动点O何时成为该抛物线的焦点呢？直线l和抛物线之间的决定关系如何精确地描绘呢？这是下一步探索的核心问题。

上图还显示了当一条直线绕定点旋转时，这条直线与其对应直线的交点轨迹是一条经过定点以及不动点O的二次曲线。（可根据射影几何知识来说明交点轨迹确是二次曲线：先注意到仿射变换保持线束的交比不变，再根据二次曲线的射影定义。）于此有一个重要的猜想：

猜想 定点的位置不影响轨迹的形状。即当定点运动时，这条二次曲线只是位似地移动。

当直线平行移动时，交点的轨迹是一条经过不动点O的直线。它的方向是如何确定的呢？这还很有探索的余地。 OQA'PC'ABCB'04040108 而当直线是定圆的切线时，交点轨迹是下图所示的双孔形曲线，它与定圆两次相切。

OPQA'AC'BC04040107B' 值得注意的是仿射变换有一种典型的退化情形（普通的轴对称，以及蒋声《几何变换》中所提到的“双曲旋转”都属于这种情形）：一旦仿射变换存在两个不动点，那么这两个不动点的连线上的所有点都是不动点——即有无穷多个不动点，它们所共之线构成一条特殊的不动直线。与它平行的直线经变换后仍与之平行，因此这是一个本质的方向。

而这类变换的另一个重要特征是：所有对应点的连线方向始终恒定！它代表了该仿射变换的另一个本质的方向，而且，这个方向上的所有直线都是不动直线。因此这种类型的仿射变换具有无穷多条不动直线！

下图画的就是这种类型的仿射变换，水平的那条直线l即由全体不动点所组成的不动直线。其中∠AOB的大小以及点C在线段OB上的位置是用以控制变换的两个参量。图中还显示了这一变换如何将直线和圆变换为直线和椭圆。 AOCBPQl04040105 如果仿射变换存在三个不共线的不动点，则它必然是恒等变换——那就真正退化了。 【040402】果然，经过上午的探索，昨天提的问题有了重要进展，对仿射变换本质的把握更有了些眉目。

1999年6月28日，我与曹纲提出了仿射变换的“圆型集”的概念：

定义 设O是仿射变换不动点，P和Q是任意一组对应点，则△OPQ的形状变化是有规律的，总是局限在一个特定的集合内，我们把它称为该仿射变换的“圆型集”。 具体地说，将

△OPQ的相似形作到一条固定的线段MN上，即作△OPQ∽△LMN，则点L的轨迹必是一个圆。 这个圆的位置（相对于线段MN而言）对于该仿射变换来说是具有特征性的，它可用以刻划该仿射变换的属性，如用以区分不同的仿射变换，所以可称它为“特征圆”。 OLP04040202QMN 今天的探索就是围绕“圆型集”展开的。下图中O是由三组对应点A→A′，B→B′，C→C′所确定的仿射变换的不动点，P和Q是任意一组对应点。当P沿直线l运动时，相应地Q沿直线l′运动，设l和l′的交点为R。当直线l绕定点S旋转时，R点的轨迹是经过O，R两点的二次曲线（记为Ω）。图中同时还画出了该仿射变换的特征圆。 OQARSA'PC'CBB'M04040201N

猜想 Ω是椭圆、抛物线或双曲线的充要条件为：特征圆与直线MN相离、相切或相交。 与此同时，借助于这一猜想，可对仿射变换的属性作出明确的分类： 当特征圆与直线MN相离时，称该仿射变换为“椭圆性的”，它没有不动直线； 当特征圆与直线MN相切时，称该仿射变换为“抛物性的”，它恰有一条不动直线； 当特征圆与直线MN相交时，称该仿射变换为“双曲性的”，它有两条不动直线。 昨天还提出了直线PQ的包络所形成的抛物线，发觉不动点O总是在这一抛物线的内部，而且位置较靠近于顶点，所以我问它会不会成为该抛物线的焦点。今天这件事情也搞清楚了：它一般不会成为抛物线焦点，当且仅当仿射变换退化成相似变换时，它才成为焦点。这时，上述二次曲线Ω退化成圆，而且这也是充要的。即

命题 二次曲线Ω退化成圆，当且仅当仿射变换退化成相似变换（即特征圆退化成点）。 强有力的证据显示，二次曲线Ω的形状与特征圆的位置有密切联系，预计在它们之间存在着一个非常重要的内在关系，还有待于揭示。我猜想由特征圆的位置可完全确定二次曲线Ω的形状，而且连它的方向也被确定。换言之，能在位似的意义上确定二次曲线Ω。这就包罗了昨天提出的那条猜想（即上图中，当S点运动时，二次曲线Ω只是位似地移动）。

下图中，已将由直线l（图中用粗线画出）所确定的抛物线明确画出，也同时画出该抛物

线的焦点（图中标为Miquel）和准线（图中的红色细线）。 T1RNRO = 0.60ARMiquelOA'BCT2C'Q拖动P04040109B' 初步探索，即显现出令人振奋的现象：当l绕定点旋转时，焦点的轨迹是圆（经过不动点O）；与此同时，准线也绕定点旋转。其中一定有好戏！留着慢慢再探讨。 下午发现这样一个现象： 猜想 OR的连线被T1T2连线所分之比，是一个只与仿射变换有关的常数，而与直线l的选取无关。其中，O为不动点，R为l和l′的交点，T1，T2分别是l和l′与抛物线的切点。 关于圆型集，我和曹纲两人在1999年6月份作了较多的研究，引进了圆型集的“特征三角形”和“偏离率”这两个重要概念。

定义 设MN是固定线段，A是定圆O上的一个动点。那么△AMN的全体构成一个圆型集，以圆O为其特征圆。现作出圆O和直线MN所确定的共轴圆系的两个“极限点”L1和L2，由于直线MN就是该共轴圆系的根轴，因此L1，L2关于MN轴对称。我们把△L1MN（或△L2MN）称作该圆型集的“特征三角形”，并把AL1与AL2之比（是一个与A点在圆O上的具体位置无关的定值）称作该圆型集的“偏离率”。

注：当定圆O和直线MN相交时，这时所形成的是第二类共轴圆系，“极限点”不存在（是虚点）。因此这种类型的圆型集就没有（实的）“偏离率”。

AOL1MNL204040204

当时得到了一系列的结论，其中相对较为重要的有：

核心定理1 记特征三角形三边的长度MN，NL1，L1M为a0，b0，c0，则动态△AMN的三边长度a，b，c始终满足如下的关系式：

（－a02＋b02 ＋c02）a2＋（a02－b02 ＋c02）b2＋（a02＋b02 －c02）c2＝8?k???1?????， （*） k?其中△和△′分别表示△AMN和特征三角形△L1MN的面积。

显然，圆型集所满足的上述度量关系是对Pedoe不等式的一种有效加强。 也可将（*）式改写成如下形式：

a2 cot∠L＋b 2 cot∠M＋c2cot∠N＝常数。

核心定理2 当某个给定三角形在一倾角为θ的斜面上任意转动，则它在水平面上的投影形成一个圆型集，以给定三角形为特征三角形，其偏离率k等于倾角θ的一个简单函数（暂时忘记了，好像是tan??1?k1?k）。

这是对“等Brocard三角形”的一个相关结论的推广。当给定三角形取正三角形时，就得

到等Brocard三角形，其特征圆称作Neuberg圆，见《近代欧氏几何学》第17章。

核心定理3 在△ABC周围作三个形状给定的三角形：△DCB，△ECA，△FAB，并将它们的顶点连成一个新的三角形△DEF。那么当△ABC取圆型集时，△DEF也必取圆型集。

这是与拿破仑定理相关的这类问题的最强有力之推广（当偏离率为0时，即可得到完美六边形）。当时借此还对MacKay圆作了成功的推广，其细节有待回忆。

核心定理4 当动点在一个定圆上运动时，它对于给定三角形的垂足三角形，形成圆型集。 该圆型集的特征三角形可如下确定：取定圆和给定三角形的外接圆所共同确定的共轴圆系的极限点，它对于给定三角形的垂足三角形就是特征三角形。至于偏离率，可由定圆上的点到两个极限点的距离之比决定（共轴圆系中的圆相对于两个极限点而言，乃是Apollonius圆，因此圆上动点到两个极限点的距离之比是和点选取无关的定值），其表达式还有待进一步刻划。 下图中，两个极限点S1和S2是首先画定的，△ABC的外接圆是关于S1，S2两点的一个Apollonius圆，在该共轴圆系中再任取一圆，P是其上的动点，它关于△ABC的垂足三角形记作△DEF。动态的△DEF全体构成一个圆型集，其特征三角形用蓝色显示，它是S1关于△ABC的垂足三角形。图中两个小灰点是用来控制△ABC的外接圆和点P所在圆的大小的。

LAXMFEPNS2S1BDC04040300

核心定理4是对如下结论的本质推广：当动点沿着Schoute圆系中的某个圆运动时，它对于给定三角形的垂足三角形具有不变的Brocard角。这个结论也见于《近代欧氏几何学》第17章。注意：等Brocard三角形只不过是一种特殊的圆型集，它的特征三角形恰是正三角形，其特征圆称作Neuberg圆，是近代欧氏几何的一项经典内容。

注：Schoute圆系是由Brocard圆和外接圆所共同确定的共轴圆系，以Lemoine线为其根轴。它的连心线被称作Brocard轴，它上面有很多特殊点。Schoute圆系的两个极限点正是三角形的“等力点”（isodynamic point）。而原三角形的三个Apollonius圆都属于经过两个等力点的第二类共轴圆系，因此它们都与外接圆或Brocard圆相正交。

在偏离率的探讨方面，北京大学数学系黄利兵同学做了一些有益的工作。可惜毕业分配后他就“下落不明”，没法再与他联系。

核心定理5 当三个动点A，B，C分别在三个定圆上以相同的角速运动时，△ABC形成圆型集。

AA'BB'C'04040402C

核心定理6就是上面提到的与仿射变换有关的那个结论。惜乎当时对仿射变换未再深入研究下去。

下图在图04040109基础上画出了仿射变换所相应的圆型集的特征三角形LMN，并度量了偏离率，同时也度量了这个仿射变换始终恒定的面积比（即△ABC∶△A′B′C′），想观察它们与上面猜想中所说的OR连线被T1T2连线所分成的定比有什么关系，探索结果表明它们没有本质的联系。但却由此得到一个意外的收获：

猜想 仿射变换的面积比，等于与其相应的圆型集的特征三角形两邻边之平方比。

?L1M??ABC??即在图04040203中，成立：?。 ?A?B?C??L1N?T1RNRO = 0.392m L1X = 0.44m XL2L1X?面积 ?面积 m L1NA'B'C'?ABC? = 0.41MARMiquelNOL2 = 0.64m L1Mm L1N?m L1Mm L1Mm L1N = 0.41CA'T2C'B04040203B' 晚上突然意识到T1T2被OR所分之比会不会也是定值？一经验证，果然如此，而且也等于特征三角形两邻边的平方比！这样一来，上述猜想又多添了一项内容。

这也就是说，四边形OT1RT2是一个在仿射意义下形状确定的四边形（记其对角线交点为P）。它的形状对该仿射变换而言，又有什么具体意义呢？

对OP∶PR，又有一个想法：它会不会和特征三角形的顶角大小有关？果然，几何画板表明，当且仅当∠L＝90°时，O点落在T1T2连线上；∠L是锐角时，O和R一定分居T1T2的两侧；∠L是钝角时，O和R一定位居T1T2的同侧。但OP∶PR的值还并不单纯取决于∠L的大小，还有其它的未知因素影响着它，因此“革命尚未成功”，有待继续探索。

还注意到这样一个现象：

现象 若仿射变换是由三组对应点A→A′，B→B′，C→C′所确定的，那么 （1）当其中一个三角形，如△ABC作平移时，仿射变换的圆型集并不改变；

（2）当△ABC在平面上任意地作位似移动时，特征三角形的形状会改变，但顶角的大小并不变，而偏离率却仍不改变；

（3）当△ABC在平面上任意地作全等运动时，特征三角形两邻边之比不变（即顶点L形成Apollonius圆），这时偏离率有规律地变化，具体规律有待精确刻划——可注意到，这时特征圆的包络形成两个关于特征三角形的底边MN轴对称的圆。

上述三个现象实在是极为重要的，它已触及到仿射变换的本质，很值得重视。看来对仿射变换圆型集的认识还并不充分。

【040403】昨天与献血朋友外出吃午饭时，想到如下思考角度：

给定△ABC，在边AB，AC上取动点P，Q，满足AP∶PB＝CQ∶QA（P，Q不局限在线段内部，可以取在延长线上）。那么PQ连线的包络便形成一支抛物线，阿基米德早在两千多年前就用“穷竭法”求出了这一抛物弓形（落在三角形形内的部分）的面积占△ABC面积的2/3。抛物线的焦点M相对△ABC来说是第二Brocard三角形的一个顶点（与顶点A相应的那个）。事实上，M点是把线段BA变为线段AC之相似变换的不动点，即成立△MBA∽△MAC。

由于M点既落在BC边的类似中线上，而且它对于BC边的张角又等于2∠A，因此很容易用尺规来确定。（也可以用下面的办法来画出它：过点A作与直线BC相切于B点的圆Ω1，再过点A作与直线BC相切于C点的圆Ω2，两圆的第二个交点就是M。）

AM1PMB04040302M2QlC 现在考虑这条抛物线的准线（图中用粗线l显示）相对△ABC而言有什么地位？M关于两边AB，AC的轴对称点M1和M2显然位于这条准线上，因此它可由这两点来确定。l的方向必和BC边上的中线垂直，这也是早已熟知的结论。 经考察，l与底边BC的交点L落在Lemoine线上，即L满足：BL∶LC＝AB2∶AC2。 下图表示当∠A为定角时，直线的包络是一个椭圆，以底边BC为短轴，以外心O为一个焦点，其长轴等于外接圆直径。下图还显示l关于外接圆的极点X的轨迹是一个圆；而l关于△ABC的三线极线的轨迹则是一条复杂曲线。 XAOMBClY04040301 探索后还得到：假定l和两边AB，AC的交点为E，F，则从E，F作各自所在边的垂线EE′，FF′，则EE′和FF′也是抛物线的切线。与此同时，E′和F′的连线必经过M点，而且与AM垂直。这倒很有趣，因为它顺便给出如下作图问题的一个解法：

作图题 在△ABC的AB边上求作一点E，使得过E所作的AB边的垂线与AC边的交点E′满足：AE∶EB＝CE′∶E′A。

作法：过△ABC的第二Brocard三角形的顶点M作AM的垂线，与AC边相交，即可得

到E′点。

事实上，AM⊥E′F′这件事在前面的模式5中已经涉及过了，现在不过改换了一下立足点而已。

（这个作图题的另一直截了当的作法是：过L作中线的垂线，与AB相交就得E点——而L点实际上就是△ABC在顶点A处的切线与对边BC的交点。）

至于E，F分两边的比例，应该不难用△ABC的基本元素表示出来。 （具体写出来是：

AEEBbcAFFCcb＝cosA，＝） cosA。

由Menelaus定理很容易说明E′F′，EF，BC三线共点于L。另外，BF与CE的交点、ＢE′与CF′的交点都落在AM连线（即类似中线）上。

（注：由于EE′和FF′的交点——即△AF′E′的垂心已落在AM上，根据Pappus定理，只要这两个交点中的一个落在AM连线上，那么另一个也就一定落在AM连线上。）

AM1EFM2F'ME'

既然M点和类似重心K都位于BC边的类似中线上，那么它们之间有无关系呢？对此又一个猜想： 04040303BC猜想 当中线ma＝32a时，M点和类似重心K重合；在一般情况下，AM和AK

之比只与中线ma对底边的长度之比有关，具体关系还有待写出。 晚上作了具体计算： K到三边的距离为

a2tan?，

b2tan?，

c2tan?，其中ω是△ABC的Brocard角；

AM，BM，CM的长度分别为

bc2ma，

ca2mb，

ab2mc；

M到AB边的距离是

2bcsinA2b?2c?a2222。

222∴

AMAK＝

bcsinA2b?2c?a2222

2ctan?＝

a?b?c4ma22

22mb?mc1?＝?1?23?ma??13?a??＝???。

???28ma???这就完全证实了上面的猜想。 对“当中线ma＝成下面这题：

题目 设△ABC的重心为G，则∠BGC和∠A和互补的充要条件是：ma＝不过这样一来这题就变得很容易了，只需用一次四点共圆的性质即可。 【040404】晚上田廷彦告知下面这个竞赛题：

“设Rt△ABC中，∠C＝90°，内切圆⊙I切BC，CA两边于E，F两点，连接BF与⊙I交于P点。求证：当∠APE＝90°时，BC∶CA∶AB＝3∶4∶5。”

Cm CA = 10.00 厘米m BC = 7.50 厘米m BA = 12.50 厘米m?EPA = 90.00?32a时，M点和类似重心K重合”这一结论再作些变形，可改编

32a。

FEIPAD04040401B

据说这题计算起来不太容易。可注意到，这时PD恰好与CA是平行的，其中D是斜边上的切点。不知这对解决本题有无帮助？这题看来和上次钟建国所说的一题有密切联系。 4月2日发觉四边形OT1RT2是一个在仿射意义下形状确定的四边形，并问：其形状对该仿射变换而言有何意义？这个问题今晚已经想清楚了：在同一仿射变换下，可注意到点T1的像就是R，R的像就是T2，也就是说，四边形OT1RT2代表了不动点O和由相继迭代所获得的三个对应点连接而成的四边形的形状，显然，在仿射的意义下其形状是确定的。 T1RNRO = 0.60ARMiquelOA'BCT2C'Q拖动P04040109B' 那么，前面曾猜测的T1P∶PT2＝△ABC∶△A′B′C′也就变得十分明显，因为T1P∶PT2代表的正是变换前后两个三角形△OT1R和△ORT2的面积之比。 【040405】今天接着昨天的思路，研究仿射变换相继三个对应点和其圆型集的内在联系。 先取定△ABC，作出其第二Brocard点M，并作出相应的抛物线，其中P，Q分别是直线AB，AC上满足比例关系的一对动点，PQ连线形成抛物线的切线族。然后在平面上任取一点O作为仿射变换的不动点，在这个仿射变换下，B变为A，A变为C。（这里有一个疑惑，4月1日的探索表明，O点好像总在抛物线的内部，但任取O点，△OPQ确实也形成圆型集。就产生一个问题：这样的构型是否真的存在仿射变换满足于它？再具体些说，先给定不动点O及另外三个对应点B→A， A→C，能否使它成为仿射变换？即任取O，A，B，C四点是否合理？如果合理的话，想必仅由四点还不足以将仿射变换完全确定下来，那么满足其要求的全体仿射变换又有什么共性（当然，圆型集相同是其共性之一）？这是一个必需优先解决的问题。） （更一般些的问题是：已知两组对应点A→A′， B→B′以及不动点O的全体仿射变换有什么共性？） AP准线QB焦点MCOXZLY04040501MN 上图中，MN是固定线段，△XMN∽△OCA，△YMN∽△OAB，△LMN相似于动态的△OPQ，它确实构成圆型集。1999年时曾研究过如下问题：当P和Q跑向无穷远处时，△OPQ的极限形状对应于圆型集的特征圆上的一个特定点（即图中两个箭头所指的点，记为Z），当时已把它的位置彻底搞清楚了： 命题 Z点满足△ZMN∽△MAB∽△MCA。 今天的探索也颇有成效，得到：

现象 当O点沿着以M为圆心的圆运动时，特征圆的大小不变，仅绕着Z点旋转。 这就显露了特征圆和O点之间的依赖关系，也就是说特征圆的大小可由O到M的距离而确定，很值得深入下去。果然，一经探索，立即就有下述重要的现象暴露出来：

猜想 当O点落在抛物线上时，特征圆恰和MN相切。

如果上述猜测得以证实，那就表明：仿射变换是椭圆的、抛物的还是双曲的，取决于O点在该抛物线内、在该抛物线上、在该抛物线外。而且上面所产生的疑惑立刻就变得毫无意义了——随便取四点O，A，B，C总是合理的！

中午收到田廷彦来信，给出3月31日所编一题及前一个猜想的证明：

题目 已知M是等腰△ABC底边BC的中点，以M为心作半圆和两腰相切。过半圆上任意点D作切线，交两腰于E，F。再过E，F分别作两腰的垂线相交于P，过P作PQ⊥

BC，垂足为Q。求证：AP∶PQ＝2AB∶BC。

AFEPmG??nBsQ04040502tC

12sin?cos?2

“证明：由于

APEF＝

1sin?BAC＝

1sin2?＝

2

，故只须证

2

2

2

EFPQ＝2sin?。

2

设BQ＝s，CQ＝t，BE＝m，CF＝n，则s＋n＋（l－m）＝t＋m＋（l－n）， ∴ s2－t 2＝2 ml －2 nl ＝∴ 2s＝a ＋

m?ncos?acos??m?n?。 又s ＋t ＝a ，故s －t＝

a2cos?＋

m?n2

m?ncos?，

，或scos?＝，作QG⊥AB，于是BG＝scos?，

而FG＝PQsin?，故PQsin?＝m －??a?2cos??m?nam?n??cos?， ＝?222?∴ 2PQsin?＝m ＋n －acos?， （1） 又由切线长定理，知EF＝m ＋n －22∴ EF＝2PQsin?。证毕。”

题目 P是∠A内一定点，?????，QB⊥AB，QC⊥AC，求max SBACQ＝＋by),（x?BQ，y?CQ,AP?l）。

Ea2cos?＝m ＋n －acos?。

12 (axBxaPlαβθQyAb04040503C

“解： BF＝AE－AB＝

b?acos?sin?bcos??a。

BEx＝tan?，∴ x＝

22bsin??acot?＝

。同理ya?bcos?sin?，2SBACQ＝

2ab??a?bsin??cos?，

问题变为求min?a2?b2?cos??2ab， 约束条件是

sin?b＋

sin?a＝

sin?l，

接下来是不难的，不过处理这类问题需要用带参数的Cauchy不等式，这里的参数是ab可计算的，处理这类问题我很熟，比如，‘a ，b是两固定正数，x，y＞0，??1，求x2?y2xy最小值’，是其中最简单的一个问题，但还是缺乏几何的美感，我以后有好证法再写出来。祝好！田廷彦2004年4月2日”

? 【】『』 ～ — P. № ＆ § ＃ ° ′ ″30°45°60°90°180°360°＋ － 3 ÷ ± 2 ｜∶≠ ＝ ≡ ≈ ＜ ＞? ? ∠ ∥ ⊥ △ □ ◇ ⊙ ≌ ∽ ∵ ∴ ∞ ∑ ∏⊙O1，⊙O2 △ABC A1B1C1 A2B2C2 A1A2A3 B1B2B3 A1，A2，A3 P1，P2，P3 ∠1＋∠2＝∠3， △≌△，△∽△，等腰三角形 直角三角形 Rt△ 等腰直角三角形 正三角形 平行四边形 菱形Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ Ⅶ Ⅷ Ⅸ Ⅹ Ⅺ Ⅻ ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩α β γ δ ε θ λ μ π ρ ζ η υ θ ψ ω Γ???ABC11?ABC?2323 现象

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