汪學思

(安徽省安慶市第二中學東區(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，該點是三角形的重心.三角形的三條陪位中線也相交于一點，這個點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′

因為AD為陪位中線?∠BAD=∠CAD′

所以由Ceva定理知AD、BE、CF三線共點.

若設其交點為K，則點K為△ABC的陪位重心.

因為AD為陪位中線

所以由以上過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兩點分別在AC、AB上，滿足DE∥BA、DF∥CA，則有F、B、C、E四點共圓.

證明因為AD是△ABC的陪位中線，

?AB·AF=AC·AE，

從而得到F、B、C、E四點共圓.

圖3

圖4

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

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

作MS∥DE交AD于S，連結(jié)NS，

由B、C、M、N四點共圓，有∠AMN=∠ABC；

因為∠AMN=∠AEF，所以MN∥EF.

此時四邊形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K是△ABC的陪位重心，過K點作MN∥BC、PQ∥CA、ST∥AB，M、N、P、Q、S、T都在△ABC的邊上，則有上述六點共圓．

證明連結(jié)AK并延長交BC于D點.

因為點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四點共圓 ①

同理P、Q、M、T四點共圓 ②

S、T、P、N四點共圓 ③

連結(jié)MT，因為

∠TMN=180°-∠AMN-∠BMT

=180°-∠ABC-∠BPQ(由②得)

=180°-∠STC-∠ACB=∠TSN，

所以M、T、N、S四點共圓 ④

比較③、④可得M、T、P、N、S五點共圓；

再比較②，則得到M、T、P、N、S、Q六點共圓.

性質(zhì)4是由三角形陪位重心而得到的一組六點共圓(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△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四點共圓，C、A、Q、P四點共圓，A、B、T、S四點共圓，則有M、N、P、Q、T、S六點共圓.

證明由已知的三組四點共圓，易得

∠KTP=∠BAC=∠KPT?KT=KP；

同理KN=KS，KQ=KM①

連結(jié)AK并延長交BC于D，

則AD為△ABC的陪位中線.

由B、C、N、M四點共圓，

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六點共圓，并且這個六點圓的圓心就是△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六點圓在△ABC三邊上截得的三條弦長的比是

TP∶NS∶QM= cos∠A∶cos∠B∶cos∠C.

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

圖8

性質(zhì)7如圖8，過△ABC的陪位重心K作MN∥BC、PQ∥CA、ST∥AB.點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并延長分別交BC、CA于D、E點.

因為點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D在邊BC內(nèi)，△ABC的外接圓O上的過B、C的切線相交于E點，則AD為△ABC的陪位中線的充要條件為A、D、E三點共線.[3]

因為過三角形的一個頂點作對邊的平行線，與該頂點的中線及三角形過該頂點的兩條邊組成調(diào)和線束，過此頂點的圓截這調(diào)和線束四條射線的交點組成的四邊形為調(diào)和四邊形.

當性質(zhì)8的A、D、E三點共線時，利用相似三角形進行推導，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角線為另一條對角線分該四邊形所成三角形的陪位中線.[3]

有了上述這些知識準備，現(xiàn)在來解決一些問題，就比較容易了.

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

求證：直線DP平分線段BC.

圖10

證明如圖10，設PD交BC于M點，AC中點為N，連DN.

因為PA、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.

因為∠CAD=∠BCD，∠ADC=∠CDB，

所以△ACD∽△CBD.

因為∠ADN=∠CDM，

所以AN與CM為對應線段，

又AN=NC，

所以得CM=MB，即直線DP平分線段BC.

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

圖11

解如圖11，設△ABC的外接圓心為O點，連CO延交⊙O于P點，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AB中點為點M.

因為G點為△ABH的重心，

故H、G、M、P四點共線，且有PG∶GH=2.

因為CG平分線段DE，設CG∩DE=N，

則DN=EN.

由A、B、D、E四點共圓，可得△CDE∽△CAB.

又由N、M點為DE、AB中點，

可得∠NCD=∠MCA.

又因為∠BCH=∠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，CF⊥AB交AB于F點.設EF、ED的中點分別為M、N.

因為∠BFC=∠BEC=90°，

所以B、C、E、F四點共圓.

故有△AEF∽△ABC.

因為K點為△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三點共線.

同理可得C、N、K三點共線.

所以MN∥FD，∠MNE=∠FDE.

因為已知∠AKE=180° -2∠BAC，

再由A、B、D、E四點共圓，A、C、D、F四點共圓.

所以∠FDE=180°-(∠BDF+∠CDE)

=180°-2∠BAC=∠AKE=∠MKE.

故∠MNE=∠MKE，M、K、N、E四點共圓；

所以∠CKE=∠NKE=∠NME=∠DFE

=180°-2∠ACB.

例4(2005國家集訓隊選撥考試題(二)第五題)設銳角△ABC的外接圓為ω.過點B、C作ω的兩條切線相交于點P，連結(jié)AP交BC于點D，點E、F分別在邊AC、AB上，使得DE∥BA、DF∥CA.

(1)求證：F，B，C，E四點共圓；

(2)若記過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.

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四點共圓.

(2)設△ABC的陪位重心為K，則K在AD上.

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

同理BB1、CC1也通過O點，

所以AA1、BB1、CC1三線共點.

圖14

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

解本題在給出定點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AM的延長線交圓c1于點T；

4.作△AST的外接圓為c2；

5.過M作TS的平行線交圓c2于點B、C；

6.連結(jié)A、B、C，則△ABC即為所求，如圖15.

圖15

證明因為A、G、S都是定點，

由作法知BC∥TS，

若設圓c1交BC于P、Q點

則△BPT≌△CQS.

所以BP=CQ，故BM=CM，M為BC中點.

再由∠BAM=∠CAS知，

△ABC中過A點的陪位中線在直線AS上.

綜上，上述作法作出了原△ABC.

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

求證：∠BAQ=∠CAP.

證明由題意可知，設BE∩CF=G，

則G為△ABC的重心，如圖16.

圖16

因為DB、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∠BAG=∠CAD=α，∠DAG=β,

∠BAQ=γ,∠CAP=δ.

因為△CDQ被直線PGB所截，

所以由Menelaus定理有

即∠BAQ=∠CAP.

例7在△ABC中，AB>AC，過點A作△ABC的外接圓⊙O的切線，與BC的延長線交于點D，E為AD的中點 ，BE與⊙O交于點F．

求證：直線AF是△ACD的陪位中線所在直線.

證法一如圖17，因為AE為⊙O切線，E為AD中點，連接DF，

圖17

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

過點A、F、D作圓⊙O1，過點A、C、D作圓⊙O2，延長AF交CD于點N、交⊙O2于點S，

連接FC、CS、DS，

又因為∠ACF=∠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

因為AE為⊙O切線，E為AD中點，

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.證法一的證明過程中，通過作輔助線，從中展示了其內(nèi)在的各點線間的關系，雖繁雜卻有序；證法二輔助線很少，體現(xiàn)出一種精巧的細致美，給人以一種“簡約而不簡單 豐富而不繁復”的感受.