幾何明珠 第二十二章 西姆松定理 練習與思考 詳解

1. 在圖 22-1 中，圓上什麼點恰好以 $BC$ 為西姆松線？

   

   圖 22-1

解法
這樣的點必為 $A$ 的對徑點。假若圓周上的點 $P$ 能使西姆松線恰為 $BC$，這表明 $P$ 對 $AB$ 的垂足恰為 $B$、對 $AC$ 的垂足恰為 $C$，此時 $\angle PBA=\angle PCA=90^\circ$，故 $PA$ 為直徑，即 $P$ 為對徑點。


2. 是否有點落在它自己的西姆松線上？這是一些什麼樣的直線？
解法
有這樣的點，即該三角形的三頂點，而這樣產生的西姆松線即為該點的高。


3. 證明外接圓直徑兩端點的西姆松線互相垂直，且相交在九點圓上。
解法［由林浩誼提供］

設直線 $PQ$ 為 $\Delta ABC$ 的外接圓上的一條直徑，而 $P$ 對 $AB$、$BC$、$CA$ 的垂足分別為 $D$、$E$、$F$，$Q$ 對 $AB$、$BC$、$CA$ 的垂足分別為 $G$、$H$、$I$，並設直線 $DEF$ 與直線 $GHI$ 的交點為 $J$。那麼直接計算角度如下

$\angle EJH=180^\circ-(\angle JEH-\angle JHE)=(90^\circ-\angle JEH)+(90^\circ-\angle JHE)=\angle JEP+\angle JHQ$,

其中最後一個等號是因為 $E$ 與 $H$ 分別為 $P$ 與 $Q$ 對 $BC$ 的垂足。再者可以注意到 $PEBD$、$QHCI$ 分別四點共圓，從而有

$\displaystyle\angle JEP+\angle JHQ=\angle DEP+\angle IHQ=\angle DBP+\angle ICQ=\frac{\angle AOP+\angle AOQ}{2}=90^\circ$.

這就說明兩條西姆松線的交角為直角。

現在來證明 $J$ 落在九點圓上。首先注意到九點圓為中點三角形的外接圓，故命 $AB$、$BC$、$CA$ 的中點分別為 $K$、$L$、$M$。考慮直徑上的三點 $P,O,Q$ 在 $AB$ 與 $AC$ 上的正射影分別為 $D,K,G$、$F,M,I$，從而 $K$ 為 $DG$ 中點、$M$ 為 $FI$ 中點。由前面已知 $\angle DJI=90^\circ$，故 $\angle GJD=90^\circ=\angle IJF$，因此 $\angle KJD=\angle KDJ$、$\angle MJI=\angle MIJ$。如此計算四邊形 $JKLM$ 的對角和如下

$\begin{aligned}\angle KLM+\angle MJK&=\angle A+\left(90^\circ+\angle KJD+\angle MJI\right)\\&=90^\circ+\angle A+\angle KDJ+\angle MIJ\\&=90^\circ+\angle A+\angle BDE+\angle CIH\\&=90^\circ+\angle A+\angle BPE+\angle CQH.\end{aligned}$

由於 $PE$ 與 $QH$ 都垂直 $BC$，故 $\angle EPQ+\angle HQP=180^\circ$，從而有

$\angle EPB+\angle HQC=180^\circ-(\angle BPQ+\angle CQP)=180^\circ-(90^\circ+\angle A)=90^\circ-\angle A$.

因此

$\angle KLM+\angle MJK=180^\circ$.

這表明 $JKLM$ 四點共圓，即 $J$ 落於九點圓上，證明完畢。



4. 設 $\Delta ABC$ 是圓 $O$ 的內接等邊三角形，$P$ 是圓上任意一點，則點 $P$ 的西姆松線平分半徑 $OP$。
解法

不妨設 $P$ 落在劣弧 $\overset{\frown}{BC}$，並設 $P$ 對 $AB$、$BC$、$CA$ 的垂足分別為 $D$、$E$、$F$，且西姆松線 $DEF$ 交 $OP$ 於 $G$。在 $\Delta EGP$ 中使用正弦定理可知

$\displaystyle\frac{GP}{\sin\angle PGE}=\frac{EP}{\sin\angle EPG}$.

而 $EP=PC\sin\angle BCP$、$PC=2R\sin\angle PAC$，其中 $R$ 為 $\Delta ABC$ 的外接圓半徑。至此有

$\displaystyle GP=\frac{2R\sin\angle PAC\sin\angle BCP\sin\angle PGE}{\sin\angle EPG}$.

現在設 $\angle GEB=\theta$，那麼由於對頂角相等有 $\angle CEF=\theta$。又因 $\angle CEP=\angle CFP=90^\circ$，從而 $C,E,P,F$ 四點共圓，故有 $\angle CPF=\theta$。又由 $\angle ECF=120^\circ$，故 $\angle EPF=60^\circ$，如此得 $\angle CPE=60^\circ-\theta$、$\angle ECP=30^\circ+\theta$。另一方面也有 $A,B,P,C$ 四點共圓，因此 $\angle BAP=\angle BCP=\angle ECP=\angle BCP=30^\circ+\theta$，從而 $\angle CAP=30^\circ-\theta$，此表明 $\angle APF=60^\circ+\theta$。最後可得 $\angle APE=\angle APF-\angle EPF=\theta$。同理可知 $\angle APG=\theta$。那麼 $GP$ 可以表達並計算如下

$\begin{aligned}GP&=\frac{2R\sin\left(30^\circ-\theta\right)\sin\left(30^\circ+\theta\right)\sin\left(90^\circ+\theta\right)}{\sin\left(90^\circ-3\theta\right)}\\&=\frac{\displaystyle2R\left(\frac{1}{2}\cos\theta-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta\right)\left(\frac{1}{2}\cos\theta+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta\right)\cos\theta}{4\cos^3\theta-\cos\theta}\\&=\frac{\displaystyle\frac{R}{2}\left(\cos^2\theta-3\sin^2\theta\right)}{4\cos^2\theta-3}\\&=\frac{R}{2}.\end{aligned}$