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西姆松定理与斯坦纳定理

2022-1-2 16:24:23

目录

  • 定理简介——西姆松定理
    • 证法1:平角
    • 证法2:重合
      • 2-1
      • 2-2
    • 证法3:对顶角
    • 证法4:梅涅劳斯定理的逆定理
  • 拓展——斯坦纳定理
    • 简介
    • 证法1:全等三角形
      • 引理1
      • 定理证明
    • 证法2:中位线1
    • 证法3:三角恒等变换
      • 引理2
      • 定理证明
    • 证法4:中位线2
      • 引理3
      • 定理证明

(本人蒟蒻,如有不足,望各位大佬不吝指出)

定理简介——西姆松定理

△ A B C \triangle ABC ABC ,平面上有一点 P P P P P P 在三角形三边上的投影(即由 P P P 到边上的垂足)共线(此线称为

西姆松线Simson line)当且仅当 P P P 在三角形 △ A B C \triangle ABC ABC 的外接圆上。如图,即 L , N , M L,N,M L,N,M 共线:
在这里插入图片描述


证法1:平角

在这里插入图片描述

如图,证明 ∠ D F E + ∠ D F G = 180 ° \angle DFE+\angle DFG=180\degree DFE+DFG=180°

可知 D , B , C , A D,B,C,A D,B,C,A 四点共圆,所以 ∠ D B E = ∠ D A C \angle DBE=\angle DAC DBE=DAC

因为 ∠ D E B = ∠ D F B = 90 ° \angle DEB=\angle DFB=90\degree DEB=DFB=90° ,所以 D , E , B , F D,E,B,F D,E,B,F 四点共圆,所以 ∠ D B E = ∠ D F E \angle DBE=\angle DFE DBE=DFE

因为 ∠ D F A = ∠ D G A = 90 ° \angle DFA=\angle DGA=90\degree DFA=DGA=90° ,所以 D , F , G , A D,F,G,A D,F,G,A 四点共圆,所以 ∠ D F G + ∠ D A C = 180 ° \angle DFG+\angle DAC=180\degree DFG+DAC=180°

∠ D F E + ∠ D F G = 180 ° \angle DFE+\angle DFG=180\degree DFE+DFG=180°,得证。


证法2:重合

2-1

在这里插入图片描述
延长 G F GF GF C B CB CB 延长线于 E ′ E' E,证明 E , E ′ E,E' E,E 重合。

D , F , G , A D,F,G,A D,F,G,A 四点共圆,则 ∠ D F E ′ = ∠ D A C \angle DFE'=\angle DAC DFE=DAC

D , B , C , A D,B,C,A D,B,C,A 四点共圆,则 ∠ D B E = ∠ D A C \angle DBE=\angle DAC DBE=DAC

D , E , B , F D,E,B,F D,E,B,F 四点共圆,则 ∠ D B E = ∠ D F E \angle DBE=\angle DFE DBE=DFE

∠ D F E = ∠ D F E ′ \angle DFE=\angle DFE' DFE=DFE,则 E , E ′ E,E' E,E 重合,得证。

2-2

在这里插入图片描述
证明 E F , E G EF,EG EF,EG重合,可证明 ∠ D E F = ∠ D E G \angle DEF=\angle DEG DEF=DEG

D , E , B , F D,E,B,F D,E,B,F 四点共圆,则 ∠ D E F = ∠ D B F \angle DEF=\angle DBF DEF=DBF

D , B , C , A D,B,C,A D,B,C,A 四点共圆,则 ∠ D B F = ∠ D C A \angle DBF=\angle DCA DBF=DCA

D , E , C , G D,E,C,G D,E,C,G 四点共圆,则 ∠ D E G = ∠ D C A \angle DEG=\angle DCA DEG=DCA

∠ D E F = ∠ D E G \angle DEF=\angle DEG DEF=DEG,得证。


证法3:对顶角

在这里插入图片描述
证明 ∠ E F B = ∠ A F G \angle EFB=\angle AFG EFB=AFG,则 E , F , G E,F,G E,F,G 共线。

D , F , G , A D,F,G,A D,F,G,A 四点共圆,则 ∠ A F G = ∠ A D G \angle AFG=\angle ADG AFG=ADG

D , F , B , E D,F,B,E D,F,B,E 四点共圆,则 ∠ E F B = ∠ E D B \angle EFB=\angle EDB EFB=EDB

D , B , C , A D,B,C,A D,B,C,A 四点共圆,则 ∠ D B E = ∠ D A C \angle DBE=\angle DAC DBE=DAC,余角 E D B = ∠ A D G EDB=\angle ADG EDB=ADG

∠ E F B = ∠ A F G \angle EFB=\angle AFG EFB=AFG,得证。


证法4:梅涅劳斯定理的逆定理

在这里插入图片描述
即证明: A F F B ⋅ B E E C ⋅ C G G A = 1 \frac{AF}{FB}\cdot \frac{BE}{EC}\cdot\frac{CG}{GA}=1 FBAFECBEGACG=1

由四点共圆可以得到上图中颜色相同的角相等,此处便不再赘述,则

△ A D F ∼ △ C D E ⇒ A F E C = A D D C \triangle ADF\sim \triangle CDE \Rightarrow \frac{AF}{EC}=\frac{AD}{DC} ADFCDEECAF=DCAD

△ D E B ∼ △ D G A ⇒ B E G A = B D A D \triangle DEB\sim \triangle DGA\Rightarrow\frac{BE}{GA}=\frac{BD}{AD} DEBDGAGABE=ADBD

△ C D G ∼ △ D B F ⇒ C G F B = D C B D \triangle CDG\sim\triangle DBF\Rightarrow\frac{CG}{FB}=\frac{DC}{BD} CDGDBFFBCG=BDDC

∴ A F F B ⋅ B E E C ⋅ C G G A = A D D C ⋅ B D A D ⋅ D C B D = 1 \therefore \frac{AF}{FB}\cdot \frac{BE}{EC}\cdot\frac{CG}{GA}=\frac{AD}{DC}\cdot\frac{BD}{AD}\cdot\frac{DC}{BD}=1 FBAFECBEGACG=DCADADBDBDDC=1,得证。


拓展——斯坦纳定理

简介

即,西姆松线经过 △ A B C \triangle ABC ABC 的垂心与点 D D D 连成的线段的中点,如图,红线(即西姆松线)经过蓝线的

中点:
在这里插入图片描述


证法1:全等三角形

引理1

引理: 三角形垂心关于一边的对成点在三角形的外接圆上。

证明: 如图, G G G △ A B C \triangle ABC ABC 的垂心,延长 G D GD GD △ A B C \triangle ABC ABC 的外接圆与 H H H ,则
在这里插入图片描述
∠ A B C = ∠ D G C = 90 ° − ∠ G C D \angle ABC=\angle DGC =90\degree-\angle GCD ABC=DGC=90°GCD

又有 A , B , H , C A,B,H,C A,B,H,C 四点共圆,则 ∠ A B C = ∠ C H D \angle ABC=\angle CHD ABC=CHD

所以 △ C G D ≌ △ C H D   ( A A S ) \triangle CGD≌\triangle CHD\ (\mathrm{AAS}) CGDCHD (AAS),即三角形垂心关于一边的对成点在三角形的外接圆上,得证。

定理证明

在这里插入图片描述

如图,连接 C K CK CK 并延长交西姆松线 E G EG EG P P P ,交 A B AB AB O O O ,交 △ A B C \triangle ABC ABC 的外接圆于 M M M

D D D D N ⊥ O M DN\perp OM DNOM N N N ,连接 A D AD AD

证明 △ D F L ≌ △ K P L \triangle DFL≌\triangle KPL DFLKPL 即可。

由对顶角有 ∠ D L F = ∠ K L P \angle DLF=\angle KLP DLF=KLP

由垂心的定义可知 P K / / D F PK//DF PK//DF,则有 ∠ F D L = ∠ P K L \angle FDL=\angle PKL FDL=PKL

下证 D F = P K DF=PK DF=PK

易知四边形 N D F O NDFO NDFO为矩形,故可证 O N = P K ON=PK ON=PK

由上面的引理1可知 O M = O K OM=OK OM=OK ,故证明 M N = O P MN=OP MN=OP 即可。

D , F , G , A D,F,G,A D,F,G,A 四点共圆,有 ∠ O P F = ∠ A D G \angle OPF=\angle ADG OPF=ADG

M , D , C , A M,D,C,A M,D,C,A 四点共圆,有 ∠ D M N = ∠ D A G \angle DMN=\angle DAG DMN=DAG,余角 ∠ M D N = ∠ A D G \angle MDN=\angle ADG MDN=ADG

所以 ∠ M D N = ∠ O P F \angle MDN=\angle OPF MDN=OPF

四边形 N D F O NDFO NDFO为矩形,则 D N = O F DN=OF DN=OF

所以 △ M D N ≌ △ P F O   ( A S A ) \triangle MDN≌\triangle PFO\ (\mathrm{ASA}) MDNPFO (ASA) M N = O P MN=OP MN=OP

故可推出 D F = P K DF=PK DF=PK,所以 △ D F L ≌ △ K P L   ( A A S ) \triangle DFL≌\triangle KPL\ (\mathrm{AAS}) DFLKPL (AAS) D L = K L DL=KL DL=KL,得证。


证法2:中位线1

在这里插入图片描述

该方法与证法1大体相似,同样也需要用到上面证明的引理1

如图,连接 C K CK CK 并延长交西姆松线 E G EG EG P P P ,交 A B AB AB O O O ,交 △ A B C \triangle ABC ABC 的外接圆于 M M M

D D D 关于 A B AB AB 的对称点 D ′ D' D,连接 D K DK DK,证明 F L FL FL △ D D ′ K \triangle DD'K DDK 的中位线。

由于 D D D D ′ D' D 关于 A B AB AB 对称即 F F F D D ′ DD' DD 中点,则证明 F L / / D ′ K FL//D'K FL//DK 即可。

由于 M M M K K K D D D D ′ D' D 关于 A B AB AB 对称,则四边形 M D D ′ K MDD'K MDDK为等腰梯形,

∠ D M O = ∠ D ′ K O \angle DMO=\angle D'KO DMO=DKO

M , D , A , C M,D,A,C M,D,A,C 四点共圆,有 ∠ D M O = ∠ D A C \angle DMO=\angle DAC DMO=DAC

D , F , G , A D,F,G,A D,F,G,A 四点共圆,有 ∠ O F P = ∠ A D G \angle OFP=\angle ADG OFP=ADG,余角 ∠ O P F = ∠ D A C \angle OPF=\angle DAC OPF=DAC

∠ D ′ K O = ∠ O P F \angle D'KO=\angle OPF DKO=OPF F l / / D ′ K Fl//D'K Fl//DK F L FL FL △ D D ′ K \triangle DD'K DDK 的中位线, D L = K L DL=KL DL=KL,得证。


证法3:三角恒等变换

引理2

如图:设 ∠ A B C = β , ∠ A C B = γ \angle ABC=\beta,\angle ACB=\gamma ABC=β,ACB=γ,则 G D = 2 R ⋅ c o s   β   c o s   γ GD=2R\cdot \mathrm{ cos} \ \beta\ \mathrm{cos}\ \gamma GD=2Rcos β cos γ
在这里插入图片描述

证明:

I I I 为圆心, A J AJ AJ 为直径,连接 J B , J C , H B , H C JB,JC,HB,HC JB,JC,HB,HC

由前面的性质可知 △ C D G ≌ △ C H D \triangle CDG≌\triangle CHD CDGCHD,则 G D = D H , ∠ G C D = ∠ H C D GD=DH,\angle GCD=\angle HCD GD=DH,GCD=HCD

又有 ∠ A B J = 90 ° = ∠ B F C \angle ABJ=90\degree=\angle BFC ABJ=90°=BFC,则 B J / / F C BJ//FC BJ//FC,则 ∠ G C D = ∠ J B C \angle GCD=\angle JBC GCD=JBC

∠ J B C = ∠ H C D \angle JBC=\angle HCD JBC=HCD

D , J , H , C D,J,H,C D,J,H,C 四点共圆,有 ∠ B J C = ∠ B H C \angle BJC=\angle BHC BJC=BHC

△ B J C ≌ △ C H B   ( A A S ) \triangle BJC≌\triangle CHB\ (\mathrm{AAS}) BJCCHB (AAS) C J = B H CJ=BH CJ=BH

B , J , C , A B,J,C,A B,J,C,A 四点共圆,有 ∠ A J C = ∠ A B C = β \angle AJC=\angle ABC=\beta AJC=ABC=β

2 R ⋅ c o s   β = C J = B H 2R\cdot \mathrm{cos}\ \beta=CJ=BH 2Rcos β=CJ=BH

B , H , C , A B,H,C,A B,H,C,A 四点共圆,有 ∠ B H D = ∠ A C B = γ \angle BHD=\angle ACB=\gamma BHD=ACB=γ

2 R ⋅ c o s   β   c o s   γ = B H ⋅ cos ⁡   γ = D H = G D 2R\cdot \mathrm{ cos} \ \beta\ \mathrm{cos}\ \gamma=BH\cdot \cos\ \gamma=DH=GD 2Rcos β cos γ=BHcos γ=DH=GD,得证。

同时,全等可以得到 J H / / B C JH//BC JH//BC,在下文的引理3中会用到。

定理证明

在这里插入图片描述
如图,连接 C K CK CK 并延长交西姆松线 E G EG EG P P P ,交 A B AB AB O O O ,交 △ A B C \triangle ABC ABC 的外接圆于 M M M

连接 C D , A D CD,AD CD,AD

思路类似证法1,证明 D F = P K DF=PK DF=PK,证明全等。

D F DF DF 容易求出,而 P K PK PK 可由 O K − O P OK-OP OKOP 得到,

O K OK OK 可以用上面的引理2求出, O P OP OP 则可在 △ O P F \triangle OPF OPF 中求得。

∠ B A C = α , ∠ A B C = β , ∠ A C B = γ , ∠ D A B = θ \angle BAC=\alpha,\angle ABC=\beta,\angle ACB=\gamma,\angle DAB=\theta BAC=α,ABC=β,ACB=γ,DAB=θ

A , D , B , C A,D,B,C A,D,B,C 四点共圆,则 ∠ D C B = ∠ D A B = θ \angle DCB=\angle DAB=\theta DCB=DAB=θ

△ A D C \triangle ADC ADC 中,由正弦定理有 A D = 2 R ⋅ sin ⁡ ( γ − θ ) AD=2R\cdot\sin(\gamma-\theta) AD=2Rsin(γθ)

D F = A D ⋅ sin ⁡ θ = 2 R ⋅ sin ⁡ ( γ − θ ) sin ⁡ θ DF=AD\cdot\sin\theta=2R\cdot\sin(\gamma-\theta)\sin\theta DF=ADsinθ=2Rsin(γθ)sinθ

A F = A D ⋅ cos ⁡ θ = 2 R ⋅ sin ⁡ ( γ − θ ) cos ⁡ θ = R ( cos ⁡ ( γ − 2 θ ) − cos ⁡ γ ) AF=AD\cdot\cos\theta=2R\cdot\sin(\gamma-\theta)\cos\theta=R(\cos(\gamma-2\theta)-\cos\gamma) AF=ADcosθ=2Rsin(γθ)cosθ=R(cos(γ2θ)cosγ)

A O = A C ⋅ cos ⁡ α AO=AC\cdot\cos\alpha AO=ACcosα,由正弦定理有 A C = 2 R ⋅ sin ⁡ β AC=2R\cdot\sin\beta AC=2Rsinβ,故 A O = 2 R ⋅ sin ⁡ β cos ⁡ α AO=2R\cdot\sin\beta\cos\alpha AO=2Rsinβcosα

所以 O F = A F − A O = 2 R ⋅ sin ⁡ ( γ − θ ) cos ⁡ θ − 2 R ⋅ sin ⁡ β cos ⁡ α OF=AF-AO=2R\cdot\sin(\gamma-\theta)\cos\theta-2R\cdot\sin\beta\cos\alpha OF=AFAO=2Rsin(γθ)cosθ2Rsinβcosα

积化和差, O F = R ( sin ⁡ γ + s i n ( γ − 2 θ ) − sin ⁡ ( α + β ) − sin ⁡ ( β − α ) ) OF=R(\sin\gamma+sin(\gamma-2\theta)-\sin(\alpha+\beta)-\sin(\beta-\alpha)) OF=R(sinγ+sin(γ2θ)sin(α+β)sin(βα))

α + β + γ = π \alpha+\beta+\gamma=\pi α+β+γ=π,则 sin ⁡ γ = sin ⁡ ( α + β ) \sin \gamma=\sin(\alpha+\beta) sinγ=sin(α+β)

所以, O F = R ( sin ⁡ ( γ − 2 θ ) − sin ⁡ ( β − α ) ) = R ( sin ⁡ ( ( π − α − β ) − 2 θ ) − sin ⁡ ( β − α ) ) OF=R(\sin(\gamma-2\theta)-\sin(\beta-\alpha))=R(\sin((\pi-\alpha-\beta)-2\theta)-\sin(\beta-\alpha)) OF=R(sin(γ2θ)sin(βα))=R(sin((παβ)2θ)sin(βα))

即, O F = R ( sin ⁡ ( π − ( α + β + 2 θ ) ) − sin ⁡ ( β − α ) ) = R ( sin ⁡ ( α + β + 2 θ ) − s i n ( β − α ) ) OF=R(\sin(\pi-(\alpha+\beta+2\theta))-\sin(\beta-\alpha))=R(\sin(\alpha+\beta+2\theta)-sin(\beta-\alpha)) OF=R(sin(π(α+β+2θ))sin(βα))=R(sin(α+β+2θ)sin(βα))

和差化积, O F = 2 R ⋅ sin ⁡ ( β + θ ) cos ⁡ ( α + θ ) OF=2R\cdot\sin(\beta+\theta)\cos(\alpha+\theta) OF=2Rsin(β+θ)cos(α+θ)

D , F , G , A D,F,G,A D,F,G,A 四点共圆,则 ∠ O F P = ∠ A D G \angle OFP=\angle ADG OFP=ADG

余角 ∠ O P F = ∠ D A G = ∠ B A C + ∠ D A B = α + θ \angle OPF=\angle DAG=\angle BAC+\angle DAB=\alpha+\theta OPF=DAG=BAC+DAB=α+θ

故在 △ O P F \triangle OPF OPF 中, O P = O F ⋅ cot ⁡ ( α + θ ) = 2 R ⋅ cos ⁡ ( α + θ ) cos ⁡ ( β + θ ) OP=OF\cdot\cot(\alpha+\theta)=2R\cdot\cos(\alpha+\theta)\cos(\beta+\theta) OP=OFcot(α+θ)=2Rcos(α+θ)cos(β+θ)

O K = 2 R ⋅ cos ⁡ α cos ⁡ β OK=2R\cdot\cos\alpha\cos\beta OK=2Rcosαcosβ

P K = O K − O P = 2 R ⋅ cos ⁡ α cos ⁡ β − 2 R ⋅ cos ⁡ ( α + θ ) cos ⁡ ( β + θ ) PK=OK-OP=2R\cdot\cos\alpha\cos\beta-2R\cdot\cos(\alpha+\theta)\cos(\beta+\theta) PK=OKOP=2Rcosαcosβ2Rcos(α+θ)cos(β+θ)

积化和差, P K = R ( cos ⁡ ( α + β ) + cos ⁡ ( α − β ) − cos ⁡ ( α + β + 2 θ ) − cos ⁡ ( α − β ) ) PK=R(\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta+2\theta)-\cos(\alpha-\beta)) PK=R(cos(α+β)+cos(αβ)cos(α+β+2θ)cos(αβ))

即, P K = R ( cos ⁡ ( π − γ ) − cos ⁡ ( π − ( γ − 2 θ ) ) ) = R ( cos ⁡ ( γ − 2 θ ) − cos ⁡ γ ) = D F PK=R(\cos(\pi-\gamma)-\cos(\pi-(\gamma-2\theta)))=R(\cos(\gamma-2\theta)-\cos\gamma)=DF PK=R(cos(πγ)cos(π(γ2θ)))=R(cos(γ2θ)cosγ)=DF

故可得出 △ D F L ≌ △ K P L ( A A S ) \triangle DFL≌\triangle KPL(\mathrm{AAS}) DFLKPL(AAS) D L = K L DL=KL DL=KL,得证。


证法4:中位线2

引理3

引理: C E CE CE 为直径时,西姆松线为 A B AB AB G G G 为垂心。此时, A B AB AB 经过 E G EG EG 中点。
在这里插入图片描述

证明:

引理1 G I = I G ′ GI=IG' GI=IG,又由引理2 E G ′ / / I J EG'//IJ EG//IJ

I J IJ IJ △ G G ′ E \triangle GG'E GGE 的中位线,故 A B AB AB 经过 E G EG EG 中点。

定理证明

在这里插入图片描述
K K K △ A B C \triangle ABC ABC 的垂心, H H H △ G E C \triangle GEC GEC 的垂心。

(由于辅助线较为复杂,此处不再一一叙述)

对于 △ G E C \triangle GEC GEC D D D 满足引理3所述的情况。

E G EG EG 经过 D H DH DH 的中点 T T T

则可证明 L T LT LT △ D K H \triangle DKH DKH 的中位线,即证明 E G / / K H EG//KH EG//KH

观察可证明 △ D E G ∼ △ R K H \triangle DEG\sim \triangle RKH DEGRKH

观察图中有大量平行,可得到大量平行四边形。

∵ D G ⊥ A C , E N ⊥ A C , Q P ⊥ A C \because DG\perp AC,EN\perp AC,QP\perp AC DGAC,ENAC,QPAC

∴ D G / / E N / / Q P \therefore DG//EN//QP DG//EN//QP

∵ D E ⊥ E C , A U ⊥ E C , G O ⊥ E C \because DE\perp EC,AU\perp EC,GO\perp EC DEEC,AUEC,GOEC

∴ D E / / A U / / G O \therefore DE//AU//GO DE//AU//GO

故有 ∠ A S G = ∠ S G O = ∠ Q \angle ASG=\angle SGO=\angle Q ASG=SGO=Q

所以 △ A G S ∼ △ B E Q \triangle AGS\sim \triangle BEQ AGSBEQ S G E Q = A G E B \frac{SG}{EQ}=\frac{AG}{EB} EQSG=EBAG

D , B , C , A D,B,C,A D,B,C,A 四点共圆,有 ∠ D B E = ∠ D A G \angle DBE=\angle DAG DBE=DAG

所以 △ D B E ∼ △ D A G \triangle DBE\sim\triangle DAG DBEDAG A G E B = D G D E \frac{AG}{EB}=\frac{DG}{DE} EBAG=DEDG

D G D E = S G E Q \frac{DG}{DE}=\frac{SG}{EQ} DEDG=EQSG,又 S G = R H , E G = R K SG=RH,EG=RK SG=RH,EG=RK, 则 △ D E G ∼ △ R K H \triangle DEG\sim \triangle RKH DEGRKH

E G / / K H EG//KH EG//KH L T LT LT △ D K H \triangle DKH DKH 的中位线, D L = D K DL=DK DL=DK,得证。


The End.