陪位中線與陪位重心

汪學(xué)思

(安徽省安慶市第二中學(xué)東區(qū) 246003)

三角形的中線是大家熟知的，但陪位中線卻鮮為人知.如圖1，AD是△ABC的中線，點(diǎn)D′在BC邊上，若滿足∠BAD=∠CAD′，則稱AD′為△ABC的一條陪位中線(也稱為共軛中線).我們知道三角形的三條中線交于一點(diǎn)，該點(diǎn)是三角形的重心.三角形的三條陪位中線也相交于一點(diǎn)，這個(gè)點(diǎn)就是三角形的陪位重心(也稱為三角形的共軛重心).其證明如下：

圖1

圖2

如圖2，在△ABC中，AD′是中線，AD、BE、CF分別是其三條陪位中線.

則S△ABD′=S△ACD′

?AB·sin∠BAD′=AC·sin∠CAD′

因?yàn)锳D為陪位中線?∠BAD=∠CAD′

所以由Ceva定理知AD、BE、CF三線共點(diǎn).

若設(shè)其交點(diǎn)為K，則點(diǎn)K為△ABC的陪位重心.

因?yàn)锳D為陪位中線

所以由以上過(guò)程我們可得如下三角形陪位中線性質(zhì).

性質(zhì)1(1)AD是△ABC的陪位中線

下面來(lái)討論三角形陪位中線與陪位重心的另一些有趣的性質(zhì).

性質(zhì)2如圖3，AD為△ABC的陪位中線，E、F兩點(diǎn)分別在AC、AB上，滿足DE∥BA、DF∥CA，則有F、B、C、E四點(diǎn)共圓.

證明因?yàn)锳D是△ABC的陪位中線，

?AB·AF=AC·AE，

從而得到F、B、C、E四點(diǎn)共圓.

圖3

圖4

性質(zhì)3如圖4，AD為△ABC的陪位中線，M、N兩點(diǎn)分別在AC、AB上，若B、C、M、N四點(diǎn)共圓，則AD平分MN.[1]

證明作DE∥BA，DF∥CA交AC、AB于E、F點(diǎn)，連結(jié)EF.由性質(zhì)2知B、C、E、F四點(diǎn)共圓?∠AEF=∠ABC.

作MS∥DE交AD于S，連結(jié)NS，

由B、C、M、N四點(diǎn)共圓，有∠AMN=∠ABC；

因?yàn)椤螦MN=∠AEF，所以MN∥EF.

此時(shí)四邊形AMSN為平行四邊形，

所以AS平分MN，即AD平分MN.

圖5

性質(zhì)4如圖5，點(diǎn)K是△ABC的陪位重心，過(guò)K點(diǎn)作MN∥BC、PQ∥CA、ST∥AB，M、N、P、Q、S、T都在△ABC的邊上，則有上述六點(diǎn)共圓．

證明連結(jié)AK并延長(zhǎng)交BC于D點(diǎn).

因?yàn)辄c(diǎn)K是△ABC的陪位重心，

所以AD必是△ABC的陪位中線.

所以AK是△AMN的陪位中線.

由于KS∥AM，KQ∥AN，利用性質(zhì)2，

可得M、N、S、Q四點(diǎn)共圓 ①

同理P、Q、M、T四點(diǎn)共圓 ②

S、T、P、N四點(diǎn)共圓 ③

連結(jié)MT，因?yàn)?/p>

∠TMN=180°-∠AMN-∠BMT

=180°-∠ABC-∠BPQ(由②得)

=180°-∠STC-∠ACB=∠TSN，

所以M、T、N、S四點(diǎn)共圓 ④

比較③、④可得M、T、P、N、S五點(diǎn)共圓；

再比較②，則得到M、T、P、N、S、Q六點(diǎn)共圓.

性質(zhì)4是由三角形陪位重心而得到的一組六點(diǎn)共圓(此圓被稱為第一勒穆瓦納(Lemoine)圓[2]).

下面的性質(zhì)5提示的又一組六點(diǎn)共圓也是由三角形陪位重心得到的.

圖6

性質(zhì)5如圖6，過(guò)△ABC的陪位重心K作三直線交各邊于M、N、P、Q、T、S，若B、C、N、M四點(diǎn)共圓，C、A、Q、P四點(diǎn)共圓，A、B、T、S四點(diǎn)共圓，則有M、N、P、Q、T、S六點(diǎn)共圓.

證明由已知的三組四點(diǎn)共圓，易得

∠KTP=∠BAC=∠KPT?KT=KP；

同理KN=KS，KQ=KM①

連結(jié)AK并延長(zhǎng)交BC于D，

則AD為△ABC的陪位中線.

由B、C、N、M四點(diǎn)共圓，

利用性質(zhì)3可得KM=KN.

同理KP=KQ，KT=KS②

比較①、②得

KM=KT=KP=KN=KS=KQ.

所以M、N、P、Q、T、S六點(diǎn)共圓，并且這個(gè)六點(diǎn)圓的圓心就是△ABC的陪位重心K(此圓被稱為第二勒穆瓦納(Lemoine)圓[2]).

觀察圖6，記△ABC的三內(nèi)角分別為∠A、∠B、∠C，

同理NS=2KScos∠B，QM=2KMcos∠C

?TP：NS：QM=cos∠A:cos∠B:cos∠C.

故可得如下性質(zhì).

圖7

性質(zhì)6如圖7，在性質(zhì)5的前提下，M、N、P、Q、T、S六點(diǎn)圓在△ABC三邊上截得的三條弦長(zhǎng)的比是

TP∶NS∶QM= cos∠A∶cos∠B∶cos∠C.

現(xiàn)在我們回顧性質(zhì)4，參見(jiàn)圖5，由陪位重心K得到的六點(diǎn)共圓在△ABC各邊上截得的弦長(zhǎng)TP：NS：QM又有什么結(jié)論呢？請(qǐng)看下面的性質(zhì).

圖8

性質(zhì)7如圖8，過(guò)△ABC的陪位重心K作MN∥BC、PQ∥CA、ST∥AB.點(diǎn)M、N、P、Q、T、S在三邊上，記BC=a、CA=b、AB=c，則有TP∶NS∶QM=a3∶b3∶c3.

證明連結(jié)AK、BK并延長(zhǎng)分別交BC、CA于D、E點(diǎn).

因?yàn)辄c(diǎn)K是△ABC的陪位重心，

所以AD、BE都是陪位中線.

所以TP∶NS∶QM=a3∶b3∶c3.

圖9

性質(zhì)8如圖9.在銳角△ABC中，點(diǎn)D在邊BC內(nèi)，△ABC的外接圓O上的過(guò)B、C的切線相交于E點(diǎn)，則AD為△ABC的陪位中線的充要條件為A、D、E三點(diǎn)共線.[3]

因?yàn)檫^(guò)三角形的一個(gè)頂點(diǎn)作對(duì)邊的平行線，與該頂點(diǎn)的中線及三角形過(guò)該頂點(diǎn)的兩條邊組成調(diào)和線束，過(guò)此頂點(diǎn)的圓截這調(diào)和線束四條射線的交點(diǎn)組成的四邊形為調(diào)和四邊形.

當(dāng)性質(zhì)8的A、D、E三點(diǎn)共線時(shí)，利用相似三角形進(jìn)行推導(dǎo)，并由性質(zhì)1(2)，可得如下性質(zhì).

性質(zhì)9圓內(nèi)接四邊形為調(diào)和四邊形的充要條件是其一條對(duì)角線為另一條對(duì)角線分該四邊形所成三角形的陪位中線.[3]

有了上述這些知識(shí)準(zhǔn)備，現(xiàn)在來(lái)解決一些問(wèn)題，就比較容易了.

例1在△ABC中，過(guò)點(diǎn)C作其外接圓⊙O1的切線交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，再過(guò)A、C分別作△ACD的外接圓⊙O2的切線，兩切線交于P點(diǎn).

求證：直線DP平分線段BC.

圖10

證明如圖10，設(shè)PD交BC于M點(diǎn)，AC中點(diǎn)為N，連DN.

因?yàn)镻A、PC為⊙O2在A、C處的切線，

所以由性質(zhì)8，DP為△ADC的陪位中線所在直線.

因?yàn)椤螩AD=∠BCD，∠ADC=∠CDB，

所以△ACD∽△CBD.

因?yàn)椤螦DN=∠CDM，

所以AN與CM為對(duì)應(yīng)線段，

又AN=NC，

所以得CM=MB，即直線DP平分線段BC.

例2設(shè)△ABC是非等腰銳角三角形，其高線AD、BE相交于H點(diǎn). △ABH的重心為G點(diǎn)，若CG平分線段DE，試求∠ACB的度數(shù).

圖11

解如圖11，設(shè)△ABC的外接圓心為O點(diǎn)，連CO延交⊙O于P點(diǎn)，連PA、PB、PH.

由BH⊥AC，PA⊥AC，得PA∥BH.

同理可得PB∥AH.

所以四邊形AHBP為平行四邊形；

令A(yù)B中點(diǎn)為點(diǎn)M.

因?yàn)镚點(diǎn)為△ABH的重心，

故H、G、M、P四點(diǎn)共線，且有PG∶GH=2.

因?yàn)镃G平分線段DE，設(shè)CG∩DE=N，

則DN=EN.

由A、B、D、E四點(diǎn)共圓，可得△CDE∽△CAB.

又由N、M點(diǎn)為DE、AB中點(diǎn)，

可得∠NCD=∠MCA.

又因?yàn)椤螧CH=∠ACP，

所以∠HCG=∠PCM.

所以由定義，CG是△CHP的陪位中線.

連OM，可得CH=2·OM=CP·cos∠ACB，

所以所求ACB=45.

例3在△ABC中，K點(diǎn)為其陪位重心，BE垂直于AC，E為垂足，若∠AKE= 180°-2∠BAC，求證：∠CKE= 180°-2∠ACB.

圖12

證明如圖12，作AD⊥BC交BC于D點(diǎn)，CF⊥AB交AB于F點(diǎn).設(shè)EF、ED的中點(diǎn)分別為M、N.

因?yàn)椤螧FC=∠BEC=90°，

所以B、C、E、F四點(diǎn)共圓.

故有△AEF∽△ABC.

因?yàn)镵點(diǎn)為△ABC的陪位重心，

所以AK是△ABC的陪位中線，

所以由性質(zhì)3，AK是△AEF的中線.

即A、M、K三點(diǎn)共線.

同理可得C、N、K三點(diǎn)共線.

所以MN∥FD，∠MNE=∠FDE.

因?yàn)橐阎螦KE=180° -2∠BAC，

再由A、B、D、E四點(diǎn)共圓，A、C、D、F四點(diǎn)共圓.

所以∠FDE=180°-(∠BDF+∠CDE)

=180°-2∠BAC=∠AKE=∠MKE.

故∠MNE=∠MKE，M、K、N、E四點(diǎn)共圓；

所以∠CKE=∠NKE=∠NME=∠DFE

=180°-2∠ACB.

例4(2005國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)選撥考試題(二)第五題)設(shè)銳角△ABC的外接圓為ω.過(guò)點(diǎn)B、C作ω的兩條切線相交于點(diǎn)P，連結(jié)AP交BC于點(diǎn)D，點(diǎn)E、F分別在邊AC、AB上，使得DE∥BA、DF∥CA.

(1)求證：F，B，C，E四點(diǎn)共圓；

(2)若記過(guò)F、B、C、E的圓的圓心為A1，類似地定義B1、C1，則直線AA1、BB1、CC1共點(diǎn).

證明(1)由題意，如圖13.根據(jù)性質(zhì)8可得AD是陪位中線.

圖13

再由性質(zhì)2得F、B、C、E四點(diǎn)共圓.

(2)設(shè)△ABC的陪位重心為K，則K在AD上.

觀察圖5，令由陪位重心K得到的六點(diǎn)圓的圓心為O(顯然O點(diǎn)具有唯一性)，由于四邊形MNSQ的頂點(diǎn)共圓，它的圓心就是O點(diǎn).易證圖5中的四邊形MNSQ與圖13中的四邊形BCEF是兩個(gè)位似形，其位似中心是A點(diǎn)，由位似形性質(zhì)，可得A、O、A1三點(diǎn)共線，即AA1通過(guò)O點(diǎn)；

同理BB1、CC1也通過(guò)O點(diǎn)，

所以AA1、BB1、CC1三線共點(diǎn).

圖14

例5在△ABC中，已知頂點(diǎn)A、重心G和其經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的陪位中線所在直線與△ABC外接圓的交點(diǎn)為S，然后擦去點(diǎn)B、C及其外接圓，如圖14.請(qǐng)從保留的三個(gè)已知點(diǎn)A、G、S出發(fā)，作圖畫(huà)出原△ABC.

解本題在給出定點(diǎn)A、G、S的情形下，按照以下作法，可作出原△ABC.

作法步驟：

2.以M為圓心，MS為半徑作圓c1；

3.設(shè)AM的延長(zhǎng)線交圓c1于點(diǎn)T；

4.作△AST的外接圓為c2；

5.過(guò)M作TS的平行線交圓c2于點(diǎn)B、C；

6.連結(jié)A、B、C，則△ABC即為所求，如圖15.

圖15

證明因?yàn)锳、G、S都是定點(diǎn)，

由作法知BC∥TS，

若設(shè)圓c1交BC于P、Q點(diǎn)

則△BPT≌△CQS.

所以BP=CQ，故BM=CM，M為BC中點(diǎn).

再由∠BAM=∠CAS知，

△ABC中過(guò)A點(diǎn)的陪位中線在直線AS上.

綜上，上述作法作出了原△ABC.

例6△ABC的外接圓為⊙O，過(guò)B、C點(diǎn)分別作⊙O的切線相交于D點(diǎn)，邊AC、AB的中點(diǎn)分別為E、F點(diǎn)，DC交BE于P點(diǎn)，DB交CF于Q點(diǎn).

求證：∠BAQ=∠CAP.

證明由題意可知，設(shè)BE∩CF=G，

則G為△ABC的重心，如圖16.

圖16

因?yàn)镈B、DC是△ABC外接圓⊙O的切線，

所以由性質(zhì)8，直線AD為△ABC的陪伴中線所在直線，∠BAG=∠CAD.

設(shè)∠BAG=∠CAD=α，∠DAG=β,

∠BAQ=γ,∠CAP=δ.

因?yàn)椤鰿DQ被直線PGB所截，

所以由Menelaus定理有

即∠BAQ=∠CAP.

例7在△ABC中，AB>AC，過(guò)點(diǎn)A作△ABC的外接圓⊙O的切線，與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，E為AD的中點(diǎn) ，BE與⊙O交于點(diǎn)F．

求證：直線AF是△ACD的陪位中線所在直線.

證法一如圖17，因?yàn)锳E為⊙O切線，E為AD中點(diǎn)，連接DF，

圖17

所以ED2=EA2=EF·EB?△DEF∽△BED?∠FDA=∠DBE=∠FAC=∠SDC.

過(guò)點(diǎn)A、F、D作圓⊙O1，過(guò)點(diǎn)A、C、D作圓⊙O2，延長(zhǎng)AF交CD于點(diǎn)N、交⊙O2于點(diǎn)S，

連接FC、CS、DS，

又因?yàn)椤螦CF=∠DAF=∠DCS，

所以△ACF∽△DAF∽△DCS

由性質(zhì)1(2)可得，直線AF是△ACD的陪位中線所在直線．

證法二如圖18，連接CF、DF.

圖18

因?yàn)锳E為⊙O切線，E為AD中點(diǎn)，

所以ED2=EA2=EF·EB

?△DEF∽△BED

?∠FDA=∠DBE=∠FAC.

又∠DAF=∠ACF，

所以△ACF∽△DAF.

由性質(zhì)1(1)可得，直線AF是△ACD的陪位中線所在直線．

此兩種證法都可謂典型.證法一的證明過(guò)程中，通過(guò)作輔助線，從中展示了其內(nèi)在的各點(diǎn)線間的關(guān)系，雖繁雜卻有序；證法二輔助線很少，體現(xiàn)出一種精巧的細(xì)致美，給人以一種“簡(jiǎn)約而不簡(jiǎn)單 豐富而不繁復(fù)”的感受.