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伪旁切圆中的共点共线问题

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伪旁切圆中的共点、共线问题
潘成华 田开斌
笔者在研究曼海姆定理时，做了如下定义：对于△ABC，如果一个⊙P与其外切圆⊙O相外切，且分别与其两条边相切，则⊙P称为△ABC的一个伪旁切圆。笔者在研究伪旁切圆的性质时，曾发现了一系列共点问题及其相关问题，此篇文章即是通过三个定理，将此类问题做一个贯穿和系统整理，敬请方家指教。
定理一：如图1，△ABC外接圆为⊙O，内切圆⊙I分别切三边于D、E、F，⊙P与⊙O外切于J，且分别切AB、AC于G、H，连接AD并延长交⊙P于K，则AJ=AK，且∠BAJ=∠CAD。

图1
证明方法（反演变换）：
根据⊙P关于AP对称知∠BAJ=∠CAD，则必然有AJ=AK。所以下面我们只证明∠BAJ=∠CAD。
如图2，我们以点A为反演中心，以AE×AH为反演幂，则H、E互为反演点，F、G互为反演点，从而⊙P与⊙I互为反形。设B的反演点为B’，C的反演点为C’，则⊙O的反形为直线B’C’，直线BC的反形即为△A B’C’的外接圆⊙Q。因为BC与⊙P切于点J，所以B’C’与⊙P’（即⊙I）相切于J’，因为⊙I与BC相切于D，所以⊙I’（即⊙P）与⊙Q相切于D’，J’、D’分别为J、D的反演点。又因为AB×AB’=AC×AC’=AE×AH，所以△ABC∽△AC’B’。我们可以看出，原图形是由△ABC决定的，其反形是由△AB’C’决定的，且它们的结构方式相同。又△ABC∽△AC’B’，所以原图形的反形与原图形反向相似。于是知∠CAD=∠B’AJ’=∠BAJ。证毕。
另外，由于⊙P’与⊙I相等，所以原图形的反形与原图形反向全等，所以AB=AC’，AC=AB’，于是知AB×AC=AB×AB’=AE×AH。

图2
定理二：如图3，三角形ABC中，⊙、⊙是伪旁切圆，分别切⊙O于H、I。⊙分别切CB、CA于D、E，⊙分别切BC、BA于F、G。C交DE于J、B交GF于K，则DH、FI、JK三线交于弧BC的中点P，且P为JK中点。

图3
证明：设弧BC的中点为P，我们先证明JK经过P，且P为JK中点，再证明DH和FI经过P。
首先用同一法证明JK经过点P。如图4，连接JK交⊙O于，设△ABC内心为R，AR交⊙O于S，则S为劣弧BC中点。由曼海姆定理知J、K为△ABC旁心，所以JK⊥AS，即A⊥AS，所以S为圆O直径，所以为优弧BC中点，即与P重合，即JK经过点P。下面证明P为JK中点。
作JX⊥BC于X，KY⊥BC于Y，PS交BC于Z，则Z为BC中点。于是知要证P为JK中点，只需证明Z为XY中点，即只需证明XC=BY。
而XC=。同理可得YB=。所以XC=BY，命题得证。于是知JK经过P，且P为JK中点。
下面再用同一法证明DH经过点P。如图5，延长DH交⊙O于，则由位似知，O∥D，，即O⊥BC，所以O为弧BC中点，即与P重合。所以DH经过点P。同理FI也经过点P。命题得证。

图4

图5
定理三：如图6，△ABC外接圆为⊙O，⊙与⊙O外切于点D，且分别切AB、AC于G、H，⊙与⊙O外切于点E，且分别切BC、BA于I、J，⊙与⊙O外切于点F，且分别切CA、CB于K、L，则。

图6
证明：如图7，取GH中点为R、IJ中点为S，KL中点为T，则根据曼海姆定理知R、S、T为△ABC的三个旁心。于是知AR、BS、CT交于一点Q，且Q为△ABC内心。又因为S、T为△ABC的旁心，所以ST⊥AR。又GH⊥AR，所以ST∥GH。于是知
（1）
（2）
（1）×（2）得，从而知
（3）
同理可知：
（4）
（5）
（3）×（4）×（5）知
（6）
又因为AR、BS、CT交于一点，根据赛瓦定理知，代入（6）式即得，于是知。

图7
以上介绍的是此类问题的三个定理，基于这三个定理，我们可以得到如下一系列命题。
命题一：如图8，△ABC外接圆为⊙O，⊙与⊙O外切于点D，且分别切AB、AC于G、H，⊙与⊙O外切于点E，且分别切BC、BA于I、J，⊙与⊙O外切于点F，且分别切CA、CB于K、L。求证：AD、BE、CF三线共点。

图8
证明：如图9，作△ABC的内切圆⊙M分别切BC、CA、AB于P、Q、R。则由于，根据赛瓦定理逆定理知AP、BQ、CR共点，设为S。
根据定理一知AS、AD是∠BAC的一组等角线，BS、BE是∠ABC的一组等角线，CS、CF是∠ACB的一组等角线，从而知AD、BE、CF三线共点，设为M，则M与S是一对等角共轭点。

图9
命题二：如图10，如图三角形ABC中，⊙、⊙是伪旁切圆，分别切⊙O于H、I。⊙分别切CB、CA于D、E，⊙分别切BC、BA于F、G。则BC、HI、三线共点。
图10
证明：连接H、I并延长，根据位似知两线交于点O，延长DH、FI交于点P，根据定理二知PO⊥BC，又D⊥BC、F⊥BC，根据笛沙格定理知BC、HI、三线共点。

图11
命题三：如图12，△ABC外接圆为⊙O。与⊙O相切于点M，且分别切CB、CA于D、E；与⊙O相切于N，且分别切BA、BC于F、G；与⊙O相切于P，且分别切AC、AB于H、I。CM交于J，BN交于K，AP交于L，JB、KC交于Q、LB、KA交于R、JA、LC交于S，证明：AQ、BS、CR交于一点。

图12
证明：如图13，设CJ交AB于X，BK交AC于Y，AL交BC于Z。由于CM、BN、AP交于一点，所以
（1）
根据三角形面积公式知
，所以
（2）
又根据三角形面积公式知
，所以
（3）
，所以
（4）
将（3）、（4）代入（2）知
（5）
同理可知：
（6）
（7）
（5）×（6）×（7）知
（8）
由（7）、（8）知，根据赛瓦定理逆定理知AQ、BS、CR交于一点。

图13
命题四：如图14，△ABC外接圆为⊙O。与⊙O相切，且分别切CB、CA于D、E；与⊙O相切，且分别切BA、BC于F、G；与⊙O相切，且分别切AC、AB于H、I。L、M、N分别为GH、ID、EF中点，求证：NA、MB、LC共点。

图14
证明：根据三角形面积公式知，所以
（1）
同理可知
（2）
（3）
（1）×（2）×（3）知
（4）
根据定理三知，所以，根据赛瓦定理逆定理知NA、MB、LC三线共点。
命题五：如图15，△ABC外接圆为⊙O。与⊙O相切，且分别切CB、CA于D、E；与⊙O相切，且分别切BA、BC于F、G；与⊙O相切，且分别切AC、AB于H、I。直线EF、GH、ID分别交于点P、Q、R，求证：PA、RB、QC共点。

图15
证明：根据三角形面积公式知，所以
（1）
同理可知
（2）
（3）
（1）×（2）×（3）知
，又根据定理三知，所以。根据赛瓦定理逆定理知PA、RB、QC三线共点。
命题六：如图16，△ABC外接圆为⊙O。与⊙O相切，且分别切CB、CA于D、E；与⊙O相切，且分别切BA、BC于F、G；与⊙O相切，且分别切AC、AB于H、I。BH、CI交于P，AG、CF交于Q，AD、BE交于R。证明：AP、BQ、CR三线共点。
证明：设AB、CR交于M，BC、AP交于N，AC、BQ交于L。则由赛瓦定理逆定理知，要证AP、BQ、CR三线共点，只需证明。
又由塞瓦定理知，即。同理，。三式相乘有。由定理三知，所以，命题得证。

图16
命题七：如图17，△ABC的外接圆为⊙O。与⊙O外切，且分别与AB、AC切于G、H；与⊙O外切，且分别与BC、BA切于I、J；与⊙O外切，且分别与CA、CB切于K、L。GK、HI交于点M，KI、LH交于点N，IG、JL交于点P。求证：MA、NC、PB三线共点。

图17
证明：如图18，连接A、GH交于D，连接B、IJ交于点E，连接C、LK交于点F，则由曼海姆定理知D、E、F分别为△ABC的三个旁心。于是知E、F过点A，且EF⊥AD，GH⊥AD；FD过点B，且FD⊥BE，IJ⊥BE；D、E过点C，且DE⊥CF，KL⊥CF。
根据赛瓦定理三角形式知，要证MA、NC、PB三线共点，只需证明：
（1）
下面证明（1）式
根据三角形面积公式知

所以 （2）
又 （3）
将（3）代入（2）知
（4）
又
（5）
（6）
（5）×（6）知

（7）
又 （8）
（9）
（8）×（9）得
（10）
将（10）代入（7）知
（11）
将（11）代入（4）知
（12）
同理可知：
（13）
（14）
（12）×（13）×（14）知
（15）
根据定理三知，所以，（1）式成立，问题得证。

图18
命题八：如图19，△ABC外接圆为⊙O。⊙与⊙O相切，且分别切AB、AC于JK；⊙与⊙O相切，且分别切BC、BA于L、M；⊙与⊙O相切，且分别切CA、CB于N、P。△ABC内切圆分别切BC、CA、AB于D、E、F。AD交⊙于G，BE交⊙于H，CF交⊙于I。IB、HC交于点Q，IA、GC交于点R，GB、HA交于点S，求证：AQ、BR、CS三线共点。

图19
证明：我们先证明一个引理：如图20，△ABC的外接圆为⊙O，与⊙O外切，且分别切CA、CB于G、H；与⊙O外切，且分别切BA、BC于I、J，△ABC的内切圆⊙N分别切BC、CA、AB于D、E、F，CF交于K，BE交于L，KB、LC交于点M，则∠CAD=∠BAM。

图20
如图21，连接C交HG于U，交DE于Q，连接B交IJ于V，交DF于P，连接PQ分别交AB、AC于R、S。则知P、Q分别为DF、DE中点，所以PQ∥EF，即RS∥EF，于是知RS⊥AN，且AR=AS。又根据曼海姆定理知U、V为△ABC的旁心，所以UV过点A，且UV⊥AN，于是知RS∥UV。
根据变相同一法知，要证∠BAM=∠CAD，只需证明
（1）
下面我们证明（1）式。
由三角形面积公式知：，所以
（2）
又根据三角形面积公式知：，所以
（3）
又，代入（3）知
（4）
又，所以
（5）
又，所以
（6）
（5）×（6）知
（7）
将（7）代入（4）知
（8）
由（2）、（8）知，要证明（1），只需证明，即只需证明：
（9）
根据位似知
（10）
（11）
（10）×（11）知，，即（9）式成立，命题得证。

图21
下面我们借助引理证明原命题。根据引理知：。由赛瓦定理逆定理知AQ、BR、CS三线共点。
命题九：如图22，△ABC外接圆为⊙O。与⊙O相切于点J，且分别切CB、CA于D、E；与⊙O相切于K，且分别切BA、BC于F、G；与⊙O相切于L，且分别切AC、AB于H、I。DJ、GK交于点P，EK、IL交于点Q，HL、EJ交于R，求证：PL、QJ、RK三线共点。

图22
证明：我们先证明一个引理：如图23，外切于点T，A为上一点，过A作两条切线，切点分别为B、C，A交BC于F，AB、AC分别交于D、E，G为弧DAE中点，则F、T、G三点共线。

图23
如图24，连接G并延长交A于K，则知∠DGK=DGE=DAE=∠DAK，所以D、G、A、K四点共圆，即K在⊙上。延长分别交于I、J。易知IK∥GT。所以我们要证F、T、G三点共线，只需证TF∥IK，即只需证
（1）
下面我们证明（1）式。
易知，，所以，（1）式得证。

图24
下面我们借助引理证明原命题。
如图25，连接DE取其中点U，连接FG取其中点V，连接HI取其中点W，则易知U为C与DE交点，V为B与FG交点，W为A与HI交点。根据定理二知P为UV中点，且为弧BAC中点；Q为VW中点，且为弧ACB中点；R为WU中点，且为弧ABC中点。又根据引理知P、L、W三点共线，Q、J、U三点共线，R、K、V三点共线。而PW、QU、RV是△UVW的三条中线，所以交于△UVW的重心。于是知PL、QJ、RK三线共点，交于△UVW的重心。

图25
命题十：如图26，△ABC外接圆为⊙O。与⊙O相切于点M，且分别切CB、CA于D、E；与⊙O相切于N，且分别切BA、BC于F、G；与⊙O相切于P，且分别切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分别交于点Q、R、S。C交DE于J，B交FG于K，A交HI于L。证明：Q、P、L三点共线，R、M、J三点共线，S、N、K三点共线。（潘成华题）

图26
证明：我们先证明一个引理：如图27，△ABC外接圆为⊙O。与⊙O相切，且分别切CB、CA于D、E；与⊙O相切，且分别切BA、BC于F、G；与⊙O相切，且分别切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分别交于点T、U、V。C交DE于Z，B交FG于X，A交HI于Y。则X、Y、Z分别为TU、UV、VT中点。

图27
如图28，由曼海姆定理知X、Y、Z为△ABC的三个旁心。于是知ZX⊥A，于是知ZX∥UV。同理XY∥VT，YZ∥TU。于是知X、Y、Z分别为TU、UV、VT中点。

图28
下面我们借助引理证明原命题。
我们先证明Q、P、L三线共点。根据引理知J、K、L分别为SQ、QR、RS中点，所以QL于JK的交点T为JK中点。根据定理三知T为弧BAC中点，根据命题九的引理知T、P、L共线，所以Q、P、L三点共线。
命题十一：如图29，△ABC外接圆为⊙O，⊙P与⊙O外切于J，且分别切AB、AC于G、H，AP交⊙O于R，CB、HG延长线交于S，证明：S、J、R三点共线。

图29
证明：如图30，延长GJ交⊙O于M，过M作⊙O的切线l，由于J为⊙O、⊙P的位似中心，AG是⊙P切线，l为⊙O切线，所以l∥AG，于是知弧BJM=弧ACM。所以∠GJB=∠BAM=∠AJM，即GJ为△ABJ中∠AJB的外角平分线。所以
（1）
同理可知HJ为△ACJ中∠AJC的外角平分线，所以
（2）
又由于AG=AH，由（1）÷（2）知
（3）
又根据梅涅劳斯定理知，所以，代入（3）知，所以SJ为∠BJC的外角平分线。
另一方面，由于AG、AH为⊙P两条切线，所以AP平分∠BAC，所以∠BJC+2∠RJC=∠BJC+2∠RAC=∠BJC+∠BAC=180°，所以RJ也为∠BJC的外角平分线。
综上所述，知S、J、R三点共线，且直线SR为∠BJC的外角平分线。

图30
命题十二：如图31，△ABC外接圆为⊙O。与⊙O相切于点M，且分别切CB、CA于D、E；与⊙O相切于N，且分别切BA、BC于F、G；与⊙O相切于P，且分别切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分别交于点Q、R、S。L、J、K分别为HI、DE、FG中点，LD、SK交于交于U，LG、RJ交于V。证明：U、V、P共线，且UV⊥QL于P。

图31
证明：我们先证明一个引理：如图32，△ABC中，DEF分别为三边中点，RG⊥DF于G，FH⊥DE于H，GH分别交AB、AC于I、J，DI交BE于K，DJ交CF于L，则KL⊥AD。

图32
证明：如图17，设△ABC的重心为M，令EF=a，DF=b，DE=c，则BC=2a，AC=2b，AB=2c。根据中线长公式知BE=，CF=，AD=。于是知BM=，CM=，DM=。
要证KL⊥AD，只需证明，即只需证明：
（1）
又根据余弦定理知
（2）
（3）
由（2）、（3）知，要证（1），只需证
（4）
下面我们证明（4）式。
因为F、G、H、E共圆，所以∠FGI=∠FED=∠FBD，所以I、G、D、B四点共圆。于是知，所以。于是有，。
根据梅涅劳斯定理知，所以有，于是知
（5）
同理可知
（6）
由（5）、（6）知
（7）
（8）
由（7）、（8）知（4）式成立，所以（1）式成立，命题得证。
下面我们借助引理证明原命题。
如图33，延长GD、RS交于W，连接AL交⊙O于X，连接JK、KL、LJ，连接KB、JC。设QL交JK于T，连接TX。
根据命题十的引理知，J、K、L分别为SQ、QR、RS中点，于是知QL、SK、RJ交于一点Y。且知道四边形QJLK是平行四边形，所以T为JK中点。根据定理一知，T在⊙O上，且T为弧BAC的中点。
根据曼海姆定理知J、K、L为△ABC的三个旁心，所以KB⊥JL、JC⊥KL，又根据引理十的引理知J、K、L分别为SQ、QR、RS中点，所以根据引理知，UV⊥QL。
又因为SD、RG的交点Q，SU、RV的交点Y和DU、GV的交点L，三点共线，在△DUS和△GVR中使用笛沙格定理知，W、U、V共线。
又根据命题十一知，W、P、X共线。又因为∠BAX=∠CAX，所以X为弧BPC的中点。又T为弧BAC的中点，所以TX为⊙O直径，即XP⊥TP，所以WP⊥QL。
综上所述，W、U、V共线，UV⊥QL，WP⊥QL，所以知U、V、P共线，且UV⊥QL于P。

图33
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