外心与垂心

外心

（这三条结论并不完全是平凡的）

1、 $\mathrm{\angle }BOC=2\mathrm{\angle }A$

2、 $\mathrm{\angle }CBO+\mathrm{\angle }A=Rt\mathrm{\angle }$

3、 $O$ 在三角形三边的中垂线上

例1

如图，$\mathrm{△}ABC$ 内接于圆 $O$ ，$AD\perp BC$ ，延长 $CD,BD$ 交圆 $O$ 于点 $F,E$ ，作 $DE,DF$ 中垂线交 $AC,AB$ 于点 $G,H$ ，证明 $GH//BC$

分析：注意到 $GH$ 似乎是 $AD$ 的中垂线，猜测 $G,H$ 为外心

考虑外心的刻画。在这里，最适合的是使用性质2，即 $\mathrm{\angle }DAH+\mathrm{\angle }AFD=Rt\mathrm{\angle }$ ，这里恰好不会用到点 $H$ ，从而可证 $G,H$ 为外心

例2

如图，$AB$ 为圆 $O$ 的弦，$C$ 在 $AB$ 上， $D,E$ 在圆 $O$ 上且满足 $\mathrm{\angle }BDC=\mathrm{\angle }AEC=Rt\mathrm{\angle }$ ， $P,Q$ 为 $BC,AC$ 中点，延长 $DP,EQ$ 交于点 $N$ ， $\mathrm{\angle }BDC$ 与 $\mathrm{\angle }AEC$ 的内角平分线交于点 $M$ ，证明： $MN\perp AB$

首先由三个圆不难联想到构造根心，得到点 $K$ ，有 $CK\perp AB$ 及 $K,E,C,D$ 共圆

同时可以注意到 $NE=ND$ ，因为 $\mathrm{\angle }NDE=\mathrm{\angle }CDN+\mathrm{\angle }CDE=\mathrm{\angle }CKB+\mathrm{\angle }CKE=\mathrm{\angle }AKB$ ， $\mathrm{\angle }NED$ 同理

事实上， $\mathrm{\angle }EMD=\mathrm{\angle }END-(\mathrm{\angle }NEM+\mathrm{\angle }NDM)$ ，不难得到其与 $\mathrm{\angle }NEF$ 互余，即 $N$ 为 $EFM$ 外心

然后随便导角都可以出来

例3

如图， $E,F$ 是 $AB,AC$ 上两点， $O$ 在 $EF$ 上，延长 $BE,CF$ 交外接圆于 $X,Y$ ，过 $X,Y$ 做外接圆的切线交于点 $T$ 。求证： $TA\perp EF$

首先，这道题的 $Pascal$ 构型并不难看出。定义 $D=AA\cap XY$ ，我们可以对 $AABXYC$ 用 $Pascal$ ，看到 $D$ 在 $EF$ 上。

看到这样的构型，我们应当做一些圆幂计算。要做圆幂计算，我们可以先将 $AR\perp EF$ 做出来，已经有 $AO\perp AD$ ，借助射影定理可以得到更多不错的条件（这个技巧再常见不过了）。

我们看到 $DR\cdot DO=D{A}^2=DY\cdot DX$ ，所以 $ORYX$ 共圆，而且 $T$ 在这个圆上，很不错， $OT$ 是直径，从而 $\mathrm{\angle }ORT=Rt\mathrm{\angle }=\mathrm{\angle }ORA$ ，这就完成了证明。

例4

如图， $\mathrm{△}ABC$ 中， $BE,CF$ 为高， $M$ 为 $BC$ 中点， $L$ 为弧 $BC$ 中点， $K$ 是 $(BME)$ 和 $(CMF)$ 的外位似中心，求证： $KM=KL$

画一个好的图，然后看到 $(BME),(CMF),(ABC)$ 是共点的。我们设 $P=(BME)\cap (CMF)$ ，然后证明 $P$ 在 $(ABC)$ 上

我们要求 $\mathrm{\angle }BPC$ ，利用根轴将这个角割开，我们看到 $\mathrm{\angle }BPC=\mathrm{\angle }BPM+\mathrm{\angle }CPM=\mathrm{\angle }BEM+\mathrm{\angle }CFM=\frac{\pi }{2}-B+\frac{\pi }{2}-C=A$ （最后一步用到 $(BFEC)$ 的圆心是 $M$ ），所以 $APBC$ 共圆。

上面的中间结论给出 $\mathrm{\angle }BPM=\frac{\pi }{2}-B=\frac{\pi }{2}-\stackrel{⌢}{AB}$ ，延长 $PM$ 交 $(ABC)$ 于 $Q$ ，就会有 $AQ$ 是直径

我们要取出两个外心 $O_1,O_2$ 来利用位似条件。我们知道 $O_1{O}_2$ 垂直平分 $PM$ ，而 $K$ 在这条垂直平分线上，所以我们要证的结论就变为 $K$ 是 $PML$ 的外心

这很不错，我们可以把问题变为一个导角。在此之前我们需要继续刻画 $O_1,O_2$

我们看到 $M{O}_2\perp CF$ （准确地说是垂直平分），所以 $M{O}_2//AB,M{O}_1//AC$

并且 $\frac{K{O}_1}{K{O}_2}=\frac{r_1}{r_2}=\frac{M{O}_1}{M{O}_2}$ ，说明 $MK$ 是 $\mathrm{\angle }{O}_{1}M{O}_2$ 的外角平分线（实际上外位似中心和内位似中心和两圆心有个调和点列，所以说这个角平分线是应该记住的）

我们的重要结论是说 $\mathrm{\angle }{O}_{1}M{O}_2$ 与 $\mathrm{\angle }BAC$ 是位似的，所以 $MK$ 将会垂直 $\mathrm{\angle }BAC$ 的平分线即 $AL$ 。至此问题基本解决，我们看到：

$\mathrm{\angle }KMP=\frac{\pi }{2}-<AL,PM>=\frac{\pi }{2}-(\stackrel{⌢}{AP}+\stackrel{⌢}{LQ})=\stackrel{⌢}{PQ}=\frac{\pi }{2}-\mathrm{\angle }PLM$

证毕。

垂心

1、$H$ 为 $\mathrm{△}DEF$ 内心

2、（鸭爪定理）$H$ 关于三边对称点在外接圆上

3、$AH\cdot HD=BH\cdot HE=CH\cdot HF$ （可用于反演）

4、$\mathrm{△}ABC,\mathrm{△}BCH$ 等三角形的外接圆半径相等

5、$AH=2OM$ ，其中 $\mathrm{\angle }BAO=\mathrm{\angle }CAH$

6、$MH$ 与外接圆交点 $A^{\prime },P$ 满足 $A^{\prime }$ 为 $A$ 对径点且 $A^{\prime }M=MH$，$AFHEP$ 共圆

7、$O,H$ 为等角共轭点

8、对弧 $BC$ 上任一点 $P$ ， $PH$ 平分点 $P$ 关于 $\mathrm{△}ABC$ 的西姆松线

这个结论的证明需要引理（其实可以不用，但是我们想发掘这个构型的更多性质：

9、圆内接四边形 $ABCD$ 中， $X,Y$ 分别是 $\mathrm{△}ABC,\mathrm{△}BCD$ 的垂心，则 $AXYD$ 是平行四边形

这个可以用鸭爪定理得到一个等腰梯形后轻松证明。

我们说 $K$ 关于 $BC$ 的对称点 $K^{\prime }$ 是 $\mathrm{△}PBC$ 的垂心，即鸭爪定理的逆定理（最好说是导角），所以 $AH{K}^{\prime }P$ 是平行四边形

西姆松线上显然有 $PXYC$ 共圆，用 $Reim$ 引理可以看到 $AK//LX$ ，同时 $LA//XK$ ，所以有平行四边形 $ALXK$ ，则 $AL=XK=X{K}^{\prime }$

结合两个条件可知 $LH=XP,LH//XP$ ，完成了证明。

例1

如图，$M$为 $BC$ 中点， $EF\perp HM$ ，求证：$EH=HF$

这个构型比较常见，实际上可以证明 $\frac{EH}{FH}=\frac{BM}{CM}$

$\mathrm{\angle }MCH=\mathrm{\angle }HAE$

又 $AE\perp CH,HM\perp EF$ ，可知$\mathrm{\angle }AEH=\mathrm{\angle }CHM$

从而 $\mathrm{△}AEH\sim \mathrm{△}CHM$

同理 $\mathrm{△}AFH\sim \mathrm{△}BHM$

接下来利用垂心的性质，还能看到很明显的全等 $\mathrm{△}BHM\stackrel{\backsim }{=}\mathrm{△}C{A}^{\prime }M$ ，可知 $\mathrm{△}C{A}^{\prime }H\sim \mathrm{△}AFE$

那么就有 $CFH{A}^{\prime }$ 共圆，同理 $BEH{A}^{\prime }$ 共圆

可知 $\mathrm{\angle }HF{A}^{\prime }=\mathrm{\angle }HC{A}^{\prime }=\mathrm{\angle }HB{A}^{\prime }=\mathrm{\angle }HE{A}^{\prime }$

即 $A^{\prime }H$ 为 $EF$ 中垂线，这就做完了。

例2

如图， $\mathrm{△}ABC$ 内接于圆 $O$ ，$\mathrm{\angle }BAC$ 内外角平分线分别交 $BC$ 于 $D,E$ ， $F$ 为弧 $BC$ 中点， $D^{\prime }$ 为 $D$ 关于点 $O$ 对称点，求证： $D^{\prime }F\perp FE$

处理对称点有什么方法呢？可能很多，不过这里是关于点 $O$ 的对称点，这可不错，我们可以再找一些圆上的点，然后得到一些对径点。

构造 $F$ 关于 $O$ 对称点 $P$ ，由 $FP$ 为直径， $\mathrm{\angle }PAF=Rt\mathrm{\angle }$ ，可知 $PAE$ 共线

本题更关键的部分是发现 $ED\perp PF,FD\perp PE$ ，即 $D$ 为 $\mathrm{△}PEF$ 垂心，则 $PD\perp EF$

又 $PDF{D}^{\prime }$ 为平行四边形，所以 $D^{\prime }F\perp FE$

总是应当敏锐地发现一些特殊的点（而不是说，题目循规蹈矩地构造出来了某个特殊点，你才能发现）

例3

如图， $\mathrm{\Gamma }$ 是 $\mathrm{△}ABC$ 外接圆， $K$ 在弧 $BC$ 上， $L$ 是 $K$ 关于 $AB$ 的对称点， $M$ 是 $K$ 关于 $BC$ 的对称点， $E$ 是 $\odot (BLM)$ 与 $\mathrm{\Gamma }$ 的交点， $H$ 是垂心，证明： $HK,BC,EM$ 共点。

我们首先要转换问题，我们会说：既然 $K,M$ 关于 $BC$ 对称，我们就取 $H$ 关于 $BC$ 对称点 $S$ ，然后题目等价于证明 $EMS$ 共线。

共线还是难以处理，既然 $E$ 是两圆交点这种奇怪的点，我们就直接令 $E^{\prime }=SM\cap \mathrm{\Gamma }$ ，然后证明 $BL{E}^{\prime }M$ 共圆即可

导角，我们会选择的是 $\mathrm{\angle }LBM=\mathrm{\angle }LBK-\mathrm{\angle }MBK=2(\mathrm{\angle }ABK-\mathrm{\angle }BCK)=2\mathrm{\angle }ABC$ ，以及 $\mathrm{\angle }S{E}^{\prime }L$

$\mathrm{\angle }S{E}^{\prime }L=\pi -2\mathrm{\angle }ABC$ ，如果设 $E^{\prime }L\cap \mathrm{\Gamma }=T$ ，我们会意识到 $T$ 只与 $\mathrm{△}ABC$ 有关，然后很快看到它是 $H$ 关于 $AB$ 的对称

实际上 $\mathrm{\angle }T{E}^{\prime }L=\pi -\mathrm{\angle }TBL=\pi -2\mathrm{\angle }ABC$

我们最后要证明一个共线，这里可以导角了，我们证 $\mathrm{\angle }LTB=\pi -\mathrm{\angle }ETB$ ，其中 $\mathrm{\angle }LTB=\mathrm{\angle }KHB=\mathrm{\angle }MSB=\mathrm{\angle }{E}^{\prime }SB$ ，证毕。

九点圆

基于鸭爪定理，关于 $H$ 对外接圆进行比例 $2:1$ 的位似，我们会得到垂足三角形的外接圆。

这个圆上还有 $AH,BH,CH$ 的中点和 $\mathrm{△}ABC$ 三边中点，被称为九点圆。

同时 $OGH$ 是共线的，满足 $OG:GH=1:2$

例1

如图， $\mathrm{△}ABC$ 的垂心是 $H$ ， $M$ 是中点，过 $M$ 的动直线与 $AH$ 为直径的圆交于 $P,Q$ ，求证： $\mathrm{△}APQ$ 的垂心在 $(ABC)$ 上

设出 $APQ$ 的外心也就是 $AH$ 中点 $N$ 。取 $PQ$ 的中点 $S$ ，根据垂心与外心的性质，我们看到 $AT=2NS$ 并且它们平行，而 $N$ 已经是 $AH$ 中点，所以 $S$ 必须是 $TH$ 中点。

现在 $\mathrm{\angle }MSN=Rt\mathrm{\angle }$ 说明 $S$ 在九点圆上（ $MN$ 是直径这一点请务必记住！），而 $T$ 是 $S$ 关于 $H$ 按 $1:2$ 位似的结果，它在外接圆上。

例2

如图， $AB$ 是 $\odot O$ 直径， $P,Q$ 是圆上关于 $AB$ 对称的两点，满足 $AP<BP$ ， $X$ 是线段 $PQ$ 上的动点， $T$ 是弧 $AQB$ 上满足 $XT\perp AX$ 的一点。设 $M$ 是弦 $ST$ 的中点。当 $X$ 在 $PQ$ 上移动时，求证： $M$ 在定圆上。

这题可以直接找特殊情况，然后发现圆，直接计算即可。下面是一种纯几何做法。

我们作 $AST$ 的九点圆（这无疑是需要勇气的），设出 $AS$ 中点 $N$ 。由 $A$ 是弧中点，熟知 $AX\cdot AS=\frac{1}{4}P{Q}^2$ ，从而 $AX\cdot AN$ 是定值， $A$ 关于九点圆的圆幂是定值，所以九点圆圆心 $O_1$ 在定圆 $A$ 上。

接下来关于圆心 $O$ 对这个定圆作位似，位似比为 $\frac{2}{3}$ ，将 $O_1$ 变为 $\mathrm{△}AST$ 的重心 $G$ ， $G$ 在定圆上

再关于 $A$ 对这个定圆做位似比为 $\frac{3}{2}$ 的位似，现在 $M$ 在定圆上。

例3

如图， $BE,CF$ 是 $\mathrm{△}ABC$ 的两条高，点 $P$ 和 $Q$ 分别在线段 $BC,EF$ 上， $\mathrm{\angle }BAP=\mathrm{\angle }CAQ$ ，点 $R$ 满足 $PR\perp AQ,QR\perp EF$ ，求证：以 $QR$ 为直径的圆与 $\mathrm{△}ABC$ 相切。

相切即关于切点位似，我们找到 $QR$ 对应的直径 $KM$ （与 $EF$ 垂直），然后证明 $KQ\cap MR$ 在两圆上，这等价于说 $KQ\perp MR$

直接处理这两条线看上去就毫无希望，于是我们看看条件 $PR\perp AQ$ ，结合 $AK\perp PM$ ，我们似乎应当将这两条线放入 $\mathrm{△}AKQ\sim \mathrm{△}PMR$ 然后另两条边对应垂直就能给出这个垂直。

要证明这个相似，需要 $\frac{AQ}{AK}=\frac{PR}{PM}$ ，前者看上去还好，但计算后者是灾难性的工作， $PR$ 尚未得到任何刻画。

我们只能用同一法，我们将定义 $T=KQ\cap {\odot }_{KM\mathrm{直}\mathrm{径}}$ ，然后设 $R^{\prime }=QR\cap MT$ （注意 $QR$ 与 $R$ 无关）（将它脱离 $PR$ ，然后用点 $T$ 生成）

在这样的条件下，我们有 $KT\perp MT$ ，于是 $M{R}^{\prime }\perp KQ$ ，则对应边垂直给出 $\mathrm{△}M{R}^{\prime }P\sim \mathrm{△}KQA$

我们要证 $R^{\prime }\in {\odot }_{QR\mathrm{直}\mathrm{径}}$ ，也就是 $\mathrm{\angle }QT{R}^{\prime }=Rt\mathrm{\angle }$

我们还没利用过等角线的条件，这个条件说明 $P,Q$ 是 $\mathrm{△}AEF\sim \mathrm{△}ABC$ 的对应点，然后导比例（这个结论不像是能导角导出来的，实际上，我们的相似用角关系生成，应当给出比例关系）

通过线段证明垂直有不少的方法，而这里最优的很明显是我们证明 $\mathrm{△}KLQ\sim \mathrm{△}KTM$ ，于是我们要证明 $\frac{M{R}^{\prime }}{KQ}=\frac{LQ}{KL}$ （注意 $Q{R}^{\prime }//KM$ ）

我们先有 $\frac{M{R}^{\prime }}{KQ}=\frac{MP}{AK}$ ，然后利用相似对应有 $\frac{MP}{LQ}=\frac{AC}{AF}=\frac{KF}{KL}=\frac{AK}{KL}$ ，马上得到想要的结果。

综合问题

最后我们展示两个美好的结果。

例1

如图， $O,H$ 是外心与垂心，点 $D,E,F$ 在 $BC,AB,AC$ 上，满足 $EC=ED,FB=FD$ ， $O^{\prime }$ 是 $\mathrm{△}ABC$ 的外心，证明： $O^{\prime }O=O^{\prime }H$

我们首先证明 $AFOE$ 共圆。最快的方法使用了三弦定理，可以验证 $OA\sin A=AE\sin \mathrm{\angle }FAO+AF\sin \mathrm{\angle }EAO$

接下来 $\mathrm{\angle }OFE=\mathrm{\angle }OAE=\mathrm{\angle }HCB,\mathrm{\angle }OEF=\mathrm{\angle }HBC$ ，所以 $\mathrm{△}OEF\sim \mathrm{△}HBC$

此外 $\mathrm{\angle }EDF=\mathrm{\angle }A$ 说明 $\mathrm{△}E{O}^{\prime }F\sim \mathrm{△}BOC$ ，所以 $O^{\prime },O$ 是 $\mathrm{△}OEF\sim \mathrm{△}HBC$ 中的相似对应点

现在 $\mathrm{\angle }{O}^{\prime }OH=<EF,BC>=G$ ，并且 $\mathrm{\angle }OFB=\mathrm{\angle }FAO+\mathrm{\angle }FOA=Rt\mathrm{\angle }-C+C-G=Rt\mathrm{\angle }-G$

利用 $\frac{AO}{\sin \mathrm{\angle }OFB}=\frac{EF}{\sin A}$ ，我们看到 $\frac{O{O}^{\prime }}{OH}=\frac{EF}{BC}=\frac{R\sin A}{a\sin \mathrm{\angle }OFB}=\frac{1}{2\cos G}$ ，根据 $\mathrm{\angle }{O}^{\prime }OH=G$ 给出结果

例2

设 $H$ 是 $\mathrm{△}ABC$ 的垂心， $O$ 是其旁心三角形的外心，证明： $OH$ 中点 $S$ 是其中点三角形的内心。

我们取出 $\mathrm{△}ABC$ 的内心 $I$ 和外心 $O^{\prime }$ ，我们知道 $O^{\prime }$ 是中点三角形的垂心

我们知道 $\mathrm{△}ABC$ 的外接圆是其旁心三角形的九点圆（因为它们是三个垂足）， $I$ 是旁心三角形的垂心，所以 $O^{\prime }$ 是 $OI$ 的中点

考虑中点三角形与 $\mathrm{△}ABC$ 的位似，假设中点三角形的内心是 $I^{\prime }$ ，我们看到 $HI=2O^{\prime }{I}^{\prime }$ 并且方向相同（其实是共线），所以 $I^{\prime }$ 就是 $OH$ 中点，证毕。