第26章帕斯卡定理Word文档下载推荐.docx
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Q
N
C
P
Q1
Q1C
DLN
(1)
(2)
图261
证法2设过A、D、X的圆交直线AZ于点T,交直线CD于点L.
连接TL、FC,则DAT与DLT相补(或相等).
又DAT与DCF相等,从而DLT与DCF相补或相等,即知CF∥LT.
飘理,TX∥FY,LX∥CY.
于是,△TLX与△FCY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TF与LC交于点Z,则另一对对应的点X、Y的连线XY也应过点Z,故X,Y、Z三点
共线.
证法
3连
XZ、YZ,过
分别作
XP1
DC上于
P,作
XP2
AF
于P,作2
XP3
AD
于P,过Y分别3
作YQ1
DC
于Q1,作
YQ2
AF于Q2.则
sin
XZP4XZP1
EDZsinADEsin
DAX
XAZ
/XZ
/XD
/XA
同理,
YZQIsinZCBsinCFY
YZQ1sinYCFsinYFZ
注意到
EDZ
YFC,
ADE
YFZ,
ZCB
,XAZ
YCF.
所以sin
XZP2
YZQ2,
XZP1
YZQ1
即sinXZAsinYZF,
sinXZDsinYZC
于是有XP1YQ1.
XP2YQ2
连PP
QQ
、Y、
2分别四点共圆,从而
△XPP∽△YQQ
2、
12,则Z、
1、X、
2
及Z、1
12,亦即
有
YZQ2,故X、Z、Y三点共线.
4如图262,连AC、CE、AE.在圆内接四边形
ACEF中,有
YEC与
ZAC相等;
在圆内
接四边形ABCE中,有
YCE与
XAE相等或相补;
在圆内接四边形
ACDE中,
ACZ与
AEX相补
或相补.故可以在△ACE的边CE上或其延长线上取一点
P,使
YPC
AEX,
YPE
ACZ.从
而△PYE∽△CZA,△CYP∽△AEX.
A
QY
图262
设
AEX
与
ACZ相交于另一点
Q,则AQX
CPY,
AQZ
ACZ
EPY.所以
AQX与
AQZ相等或相补.故
Z、Q、X三点共线.
又
EQC
AQECQA
AXE
CZAPYC
PYEEYC
于是,知C、Y、Q、E四点共圆.
所以,CQY
CEY
PEY
(或180
CAZ
180
CQZ
(或
CQZ).从而Y、Q、Z
三点共线.
故X、Y、Z三点共线.
注:
此定理中,当内接于圆的六边形ABCDEF的六顶点改变其宇序,
两两取对边AB、DE、BC、EF、
CD、AF共有60种不同情形,相应有
60条帕斯卡
Pascal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
Steiner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Kirkman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.①
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ABCDEF中A
(与B重合)处的切线与DE的交点X、BC与FE的交点Y、CD与AF的交点Z三点共线,如图263
(1).
YF
(
)
YB(C)
A(B)
B(C)
E(F)
C()
CD
()
AB
(4)
(3)
图263
当六边形变为四边形
ABCDEF或ABC
EF等时,如图26
3
(2)、(3),结论仍成立.
当六边形变为三角形
ABCDEF时,三组边
AB、CD、EF变为点,如图263
(4),
仍有结论成立.此时三点所共的线也称为莱莫恩
lemoine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264,过△ABC的顶点A、B、C各作一直线使之交于一点
P而交外接圆于
A、B、C.又
在外接圆上任取一点
Q,则QA、QB、QC与BC、CA、AB对应的交点X、Z、Y三点共线.
证明在圆内接六边形
BCAAQB中,其三双对边
BC与AQ、CA与QB、AA与BB的交点分别为
X、
Z、P,由帕斯卡定理知P、X、Z三点共线.
C'
B'
PQ
A'
图264
在圆内接六边形CBAAQC中,其三双对边CB与AQ、BA与QC、AA与CC的交点务别为X、Y、
P,由帕斯卡定理知Y、P、X三点共线.
故X、Z、Y三点共线.
例2(IMO48预选题)已知△ABC为确定的三角形,A1,B1,C1分别为边BC、CA、AB的中点.P
①单墫译.[美]RA约翰逊.近代欧式几何学M].上海:
上海教育出版社,2000;
208.
为△ABC外接圆上的动点,
PA1、PB1、PC1分别与△ABC的外接圆交于另外的点
A、B、C.若A、
B、C、A、B、C是不同的点,则直线AA、BB、CC交出一个三角形.证明:
这个三角形的面
积不依赖于点
P.
证明如图26
5,设A0、B0
、C0是直线AA、BB、CC交出的三角形的三个顶点.
B1
A1
D0
B0
AC1B
'
图26-5
下面,我们证明有
S△A0B0C0
1S△ABC,这便可说明△A0B0C0的面积不依赖于点P的选取.
注意到图中的圆内接六边形
ABCCPA,由帕斯卡定理,知三双对边AB与CP、BC与PA、CC与AA
的交点C
0在
△ABC
的中位线
AC
上.
1、
0三点共线,即知点
11
类似地,可证点
A0
、C0分别在直线B1C1
、A1B1上.
由AC∥C1A1,得△B0C0A1∽△AC0B1,有B0C0
A1C0.
AC0
B1C0
同理,由BC∥C1B1,有A1C0
BC0.
A0C0
从而
B0C0
BC0
,于是B0B∥AA0.故S△ABC
S△ABC
A0C0
S△ABC.
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
△ABC的外接圆内切并与边
AB、AC相切的圆为Ca,记ra为圆Ca
的半径,类似地定义
rb、rc,r是△ABC的内切圆半径,证明:
rarbrc≥4r.
6
,设圆Ca与AB、AC、△ABC的外接圆分别切于点
D、E、F,设M、N分别为AB、
AC中点,I
为
△ABC的内心.
MN
I
DE
BC
CaOa
图26-6
这时,F为圆Ca与ABC的位似中心,且过M的切线平行于BA,因而M、D为一双对应点,于是F、
D、M三点共线.(也可设直线FD交
ABC于M,则证得M为BA的中点.)
同理,F、E、N三点共线.
而BN、CM分别为
ABC、
BCA的平分线,则知其交点为
I.
注意到圆内接六边形
ABNFMC,由帕斯卡定理知
D、I、E三点共线.
记圆Ca的圆心为Oa
,由DE
AI,
有ra
AOa
A.
r
AI
cos
rb
rc
B,r
2C.
tan
由tan
有tanA
tanB
tanC
tanCtanA
1.
因此
ra
2C
3
tan2
tan2B
tan2C
tanA
≥4
故ra
rc≥4r.
例4(2007年国家集训队测试题)凸四边形
ABCD内接于圆
,与边BC相交的一个圆与圆
内切,
且分别与BD、AC相切于点P,Q.求证:
△ABC的内心与
△DBC的内心皆在直线
PQ上.
7,设圆
的圆心为O,与BC相交且与
相内切的圆的圆心为
O1,切点为T,显然O、
O1、T三点共线.设DB与CA交于点H,直线PQ交CD于R,直线TR交
O于F,CT交O1于M,
直线TP交
O于E.
Γ
H
O
IR
图26-7
这时,存在一个以点
T为位似中心的位似变换使得
O1变为
O,因此
C,
D,
E,
直线
BD变为过点
E且平行于
BD的
O的切线,所以
E为BD
的中点.
由TM=TC,
TNTD
有DP
DN
DT
CQ
CM
CT
即DPDT.①CQCT
又△CDH及截线RQP应用梅涅劳斯定理,
有CRDPHQ1,
RDPHQC
即CRCQ.②RDDP
又CRS△CFTCFCT.
RDS△DFT
DFDT
又①、②、③知
CF
1,即知F是弧CD的中点.
DF
显然,△BCD的内心I为CE与BF的交点.注意到圆内接六边形
ETFBDC,由帕斯卡定理,知P、I、
R三点共线.所以
△BDC的内心I在PQ上.
同理,△ABC的内心I也在PQ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
268,点P在△ABC内部,点P在边BC、CA、AB上的射
影分别为D、E、F,过点A分别作直线BP、CP的蚕线,垂足分别为
M、
N.求证:
ME、NF、
BC三线共点.
图26-8
证明由题设,有
AEPAFP
AMP
ANP
90,
从而,A、N、F、P、E、M六点都在以AP为直径的圆上.于是,对于圆内接六边形
AFNPME,
它的三组对边
AF与PM、FN与ME、NP与EA的交点分别为B、Q、C,由帕斯卡定理,知B、Q、
C三点共线,从而点Q在BC上.
故ME、NF、BC三线共点.
例6(2002年澳大利亚国家数学竞赛题)已知
△ABC为锐角三角形,以AB为直径的
K分别交AC、
BC于点P、Q.分别过A和Q作
K的两条切线交于点
R,分别过B和P作K的两条切线交于点
S.证明:
点C在线段RS上.
证明如图269,设RQ与PS、AC与RK、BC与KS分别交于W、Y、N,连接PK、WK、QK、WN、WY、BP.则
R
WS
PN
图26-9
YKW
YKQ
WKQ
PKQ
Y、
AKQ
AKPABP180APSYPW,由此知
P、K、W四点共圆.
又PS是
K的切线,于是
KYW
WPK
90.
KNW
KQW
因此,P、Y、N、Q在以KW为直径的圆上,即W、Y、P、K、Q、N六点共圆.在这个圆内接六边形中,应用帕斯卡定理,三双对边KP与QW、PY与QN、PW与KN的交点R、C、S共线.故
点C在线段RS上.
4.注意特殊情形时帕斯卡定理的应用
例7(2005年第18届韩国数学奥林匹克题)在Rt△ABC中,A90,BC.O是△ABC的外
接圆的圆心,lA、lB是O的两条切线,切点分别为A、B.设SBC∩lA,DAC∩lB,
EAB∩DS,TCE∩lA,又设P是lA上的点,且使得EPlA,Q(QC)是CP与O的交点,
R是QT与
O的交点,令UBR∩lA.
证明SUSP
SA2.
TUTP
TA
10,设BA的延长线与过点
C的
O的切线交于点E,对△ABC应用帕斯卡定理,知S、
D、E三点共线,从