西姆松定理与斯坦纳定理
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
有 △ABC\triangle ABC△ABC ，平面上有一点 PPP 。PPP 在三角形三边上的投影（即由 PPP 到边上的垂足）共线（此线称为
西姆松线Simson line）当且仅当 PPP 在三角形 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆上。如图，即 L,N,ML,N,ML,N,M 共线：
证法1：平角
如图，证明 ∠DFE+∠DFG=180°\angle DFE+\angle DFG=180\degree∠DFE+∠DFG=180° ，
可知 D,B,C,AD,B,C,AD,B,C,A 四点共圆，所以 ∠DBE=∠DAC\angle DBE=\angle DAC∠DBE=∠DAC，
因为 ∠DEB=∠DFB=90°\angle DEB=\angle DFB=90\degree∠DEB=∠DFB=90° ，所以 D,E,B,FD,E,B,FD,E,B,F 四点共圆，所以 ∠DBE=∠DFE\angle DBE=\angle DFE∠DBE=∠DFE，
因为 ∠DFA=∠DGA=90°\angle DFA=\angle DGA=90\degree∠DFA=∠DGA=90° ，所以D,F,G,AD,F,G,AD,F,G,A 四点共圆，所以 ∠DFG+∠DAC=180°\angle DFG+\angle DAC=180\degree∠DFG+∠DAC=180°，
即 ∠DFE+∠DFG=180°\angle DFE+\angle DFG=180\degree∠DFE+∠DFG=180°，得证。
证法2：重合
2-1
延长 GFGFGF 交 CBCBCB 延长线于 E′E'E′，证明 E,E′E,E'E,E′ 重合。
D,F,G,AD,F,G,AD,F,G,A 四点共圆，则 ∠DFE′=∠DAC\angle DFE'=\angle DAC∠DFE′=∠DAC，
D,B,C,AD,B,C,AD,B,C,A 四点共圆，则 ∠DBE=∠DAC\angle DBE=\angle DAC∠DBE=∠DAC，
D,E,B,FD,E,B,FD,E,B,F 四点共圆，则 ∠DBE=∠DFE\angle DBE=\angle DFE∠DBE=∠DFE，
故 ∠DFE=∠DFE′\angle DFE=\angle DFE'∠DFE=∠DFE′，则 E,E′E,E'E,E′ 重合，得证。
2-2
证明 EF,EGEF,EGEF,EG重合，可证明 ∠DEF=∠DEG\angle DEF=\angle DEG∠DEF=∠DEG。
D,E,B,FD,E,B,FD,E,B,F 四点共圆，则 ∠DEF=∠DBF\angle DEF=\angle DBF∠DEF=∠DBF，
D,B,C,AD,B,C,AD,B,C,A 四点共圆，则 ∠DBF=∠DCA\angle DBF=\angle DCA∠DBF=∠DCA，
D,E,C,GD,E,C,GD,E,C,G 四点共圆，则 ∠DEG=∠DCA\angle DEG=\angle DCA∠DEG=∠DCA，
故 ∠DEF=∠DEG\angle DEF=\angle DEG∠DEF=∠DEG，得证。
证法3：对顶角
证明 ∠EFB=∠AFG\angle EFB=\angle AFG∠EFB=∠AFG，则 E,F,GE,F,GE,F,G 共线。
D,F,G,AD,F,G,AD,F,G,A 四点共圆，则 ∠AFG=∠ADG\angle AFG=\angle ADG∠AFG=∠ADG，
D,F,B,ED,F,B,ED,F,B,E 四点共圆，则 ∠EFB=∠EDB\angle EFB=\angle EDB∠EFB=∠EDB，
D,B,C,AD,B,C,AD,B,C,A 四点共圆，则 ∠DBE=∠DAC\angle DBE=\angle DAC∠DBE=∠DAC，余角 EDB=∠ADGEDB=\angle ADGEDB=∠ADG，
故 ∠EFB=∠AFG\angle EFB=\angle AFG∠EFB=∠AFG，得证。
证法4：梅涅劳斯定理的逆定理
即证明：AFFB⋅BEEC⋅CGGA=1\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BE}{EC}\cdot\frac{CG}{GA}=1FBAF⋅ECBE⋅GACG=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
△ADF∼△CDE⇒AFEC=ADDC\triangle ADF\sim \triangle CDE \Rightarrow \frac{AF}{EC}=\frac{AD}{DC}△ADF∼△CDE⇒ECAF=DCAD
△DEB∼△DGA⇒BEGA=BDAD\triangle DEB\sim \triangle DGA\Rightarrow\frac{BE}{GA}=\frac{BD}{AD}△DEB∼△DGA⇒GABE=ADBD
△CDG∼△DBF⇒CGFB=DCBD\triangle CDG\sim\triangle DBF\Rightarrow\frac{CG}{FB}=\frac{DC}{BD}△CDG∼△DBF⇒FBCG=BDDC
∴AFFB⋅BEEC⋅CGGA=ADDC⋅BDAD⋅DCBD=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∴FBAF⋅ECBE⋅GACG=DCAD⋅ADBD⋅BDDC=1，得证。
拓展——斯坦纳定理
简介
即，西姆松线经过 △ABC\triangle ABC△ABC 的垂心与点 DDD 连成的线段的中点，如图，红线（即西姆松线）经过蓝线的
中点：
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，GGG 为 △ABC\triangle ABC△ABC 的垂心，延长 GDGDGD 交 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆与 HHH ，则
∠ABC=∠DGC=90°−∠GCD\angle ABC=\angle DGC =90\degree-\angle GCD∠ABC=∠DGC=90°−∠GCD，
又有 A,B,H,CA,B,H,CA,B,H,C 四点共圆，则 ∠ABC=∠CHD\angle ABC=\angle CHD∠ABC=∠CHD，
所以 △CGD≌△CHD(AAS)\triangle CGD≌\triangle CHD\ (\mathrm{AAS})△CGD≌△CHD (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
如图，连接 CKCKCK 并延长交西姆松线 EGEGEG 于 PPP ，交 ABABAB 于 OOO ，交 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆于 MMM，
过 DDD 作 DN⊥OMDN\perp OMDN⊥OM 于 NNN ，连接 ADADAD，
证明 △DFL≌△KPL\triangle DFL≌\triangle KPL△DFL≌△KPL 即可。
由对顶角有 ∠DLF=∠KLP\angle DLF=\angle KLP∠DLF=∠KLP，
由垂心的定义可知 PK//DFPK//DFPK//DF，则有 ∠FDL=∠PKL\angle FDL=\angle PKL∠FDL=∠PKL，
下证 DF=PKDF=PKDF=PK。
易知四边形NDFONDFONDFO为矩形，故可证 ON=PKON=PKON=PK，
由上面的引理1可知 OM=OKOM=OKOM=OK ，故证明 MN=OPMN=OPMN=OP 即可。
由 D,F,G,AD,F,G,AD,F,G,A 四点共圆，有 ∠OPF=∠ADG\angle OPF=\angle ADG∠OPF=∠ADG，
由 M,D,C,AM,D,C,AM,D,C,A 四点共圆，有 ∠DMN=∠DAG\angle DMN=\angle DAG∠DMN=∠DAG，余角 ∠MDN=∠ADG\angle MDN=\angle ADG∠MDN=∠ADG
所以 ∠MDN=∠OPF\angle MDN=\angle OPF∠MDN=∠OPF。
四边形NDFONDFONDFO为矩形，则 DN=OFDN=OFDN=OF，
所以 △MDN≌△PFO(ASA)\triangle MDN≌\triangle PFO\ (\mathrm{ASA})△MDN≌△PFO (ASA)，MN=OPMN=OPMN=OP，
故可推出 DF=PKDF=PKDF=PK，所以 △DFL≌△KPL(AAS)\triangle DFL≌\triangle KPL\ (\mathrm{AAS})△DFL≌△KPL (AAS)，DL=KLDL=KLDL=KL，得证。
证法2：中位线1
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 CKCKCK 并延长交西姆松线 EGEGEG 于 PPP ，交 ABABAB 于 OOO ，交 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆于 MMM，
作 DDD 关于 ABABAB 的对称点 D′D'D′，连接 DKDKDK，证明 FLFLFL 是 △DD′K\triangle DD'K△DD′K 的中位线。
由于 DDD 与 D′D'D′ 关于 ABABAB 对称即 FFF 为 DD′DD'DD′ 中点，则证明 FL//D′KFL//D'KFL//D′K 即可。
由于 MMM 与 KKK，DDD 与 D′D'D′ 关于 ABABAB 对称，则四边形MDD′KMDD'KMDD′K为等腰梯形，
故 ∠DMO=∠D′KO\angle DMO=\angle D'KO∠DMO=∠D′KO 。
由 M,D,A,CM,D,A,CM,D,A,C 四点共圆，有 ∠DMO=∠DAC\angle DMO=\angle DAC∠DMO=∠DAC，
由 D,F,G,AD,F,G,AD,F,G,A 四点共圆，有 ∠OFP=∠ADG\angle OFP=\angle ADG∠OFP=∠ADG，余角 ∠OPF=∠DAC\angle OPF=\angle DAC∠OPF=∠DAC，
故 ∠D′KO=∠OPF\angle D'KO=\angle OPF∠D′KO=∠OPF，Fl//D′KFl//D'KFl//D′K，FLFLFL 为△DD′K\triangle DD'K△DD′K 的中位线，DL=KLDL=KLDL=KL，得证。
证法3：三角恒等变换
引理2
如图：设∠ABC=β,∠ACB=γ\angle ABC=\beta,\angle ACB=\gamma∠ABC=β,∠ACB=γ，则 GD=2R⋅cosβcosγGD=2R\cdot \mathrm{ cos} \ \beta\ \mathrm{cos}\ \gammaGD=2R⋅cos β cos γ。
证明：
III 为圆心，AJAJAJ 为直径，连接 JB,JC,HB,HCJB,JC,HB,HCJB,JC,HB,HC。
由前面的性质可知 △CDG≌△CHD\triangle CDG≌\triangle CHD△CDG≌△CHD，则 GD=DH,∠GCD=∠HCDGD=DH,\angle GCD=\angle HCDGD=DH,∠GCD=∠HCD。
又有 ∠ABJ=90°=∠BFC\angle ABJ=90\degree=\angle BFC∠ABJ=90°=∠BFC，则 BJ//FCBJ//FCBJ//FC，则 ∠GCD=∠JBC\angle GCD=\angle JBC∠GCD=∠JBC。
故 ∠JBC=∠HCD\angle JBC=\angle HCD∠JBC=∠HCD。
D,J,H,CD,J,H,CD,J,H,C 四点共圆，有 ∠BJC=∠BHC\angle BJC=\angle BHC∠BJC=∠BHC，
则 △BJC≌△CHB(AAS)\triangle BJC≌\triangle CHB\ (\mathrm{AAS})△BJC≌△CHB (AAS)，CJ=BHCJ=BHCJ=BH。
B,J,C,AB,J,C,AB,J,C,A 四点共圆，有 ∠AJC=∠ABC=β\angle AJC=\angle ABC=\beta∠AJC=∠ABC=β，
故 2R⋅cosβ=CJ=BH2R\cdot \mathrm{cos}\ \beta=CJ=BH2R⋅cos β=CJ=BH，
B,H,C,AB,H,C,AB,H,C,A 四点共圆，有 ∠BHD=∠ACB=γ\angle BHD=\angle ACB=\gamma∠BHD=∠ACB=γ，
故 2R⋅cosβcosγ=BH⋅cosγ=DH=GD2R\cdot \mathrm{ cos} \ \beta\ \mathrm{cos}\ \gamma=BH\cdot \cos\ \gamma=DH=GD2R⋅cos β cos γ=BH⋅cos γ=DH=GD，得证。
同时，全等可以得到 JH//BCJH//BCJH//BC，在下文的引理3中会用到。
定理证明
如图，连接 CKCKCK 并延长交西姆松线 EGEGEG 于 PPP ，交 ABABAB 于 OOO ，交 △ABC\triangle ABC△ABC 的外接圆于 MMM，
连接 CD,ADCD,ADCD,AD。
思路类似证法1，证明 DF=PKDF=PKDF=PK，证明全等。
DFDFDF 容易求出，而 PKPKPK 可由 OK−OPOK-OPOK−OP 得到，
OKOKOK 可以用上面的引理2求出，OPOPOP 则可在 △OPF\triangle OPF△OPF 中求得。
设 ∠BAC=α,∠ABC=β,∠ACB=γ,∠DAB=θ\angle BAC=\alpha,\angle ABC=\beta,\angle ACB=\gamma,\angle DAB=\theta∠BAC=α,∠ABC=β,∠ACB=γ,∠DAB=θ，
A,D,B,CA,D,B,CA,D,B,C 四点共圆，则 ∠DCB=∠DAB=θ\angle DCB=\angle DAB=\theta∠DCB=∠DAB=θ，
在 △ADC\triangle ADC△ADC 中，由正弦定理有 AD=2R⋅sin(γ−θ)AD=2R\cdot\sin(\gamma-\theta)AD=2R⋅sin(γ−θ)，
故 DF=AD⋅sinθ=2R⋅sin(γ−θ)sinθDF=AD\cdot\sin\theta=2R\cdot\sin(\gamma-\theta)\sin\thetaDF=AD⋅sinθ=2R⋅sin(γ−θ)sinθ，
AF=AD⋅cosθ=2R⋅sin(γ−θ)cosθ=R(cos(γ−2θ)−cosγ)AF=AD\cdot\cos\theta=2R\cdot\sin(\gamma-\theta)\cos\theta=R(\cos(\gamma-2\theta)-\cos\gamma)AF=AD⋅cosθ=2R⋅sin(γ−θ)cosθ=R(cos(γ−2θ)−cosγ)，
AO=AC⋅cosαAO=AC\cdot\cos\alphaAO=AC⋅cosα，由正弦定理有 AC=2R⋅sinβAC=2R\cdot\sin\betaAC=2R⋅sinβ，故 AO=2R⋅sinβcosαAO=2R\cdot\sin\beta\cos\alphaAO=2R⋅sinβcosα，
所以 OF=AF−AO=2R⋅sin(γ−θ)cosθ−2R⋅sinβcosαOF=AF-AO=2R\cdot\sin(\gamma-\theta)\cos\theta-2R\cdot\sin\beta\cos\alphaOF=AF−AO=2R⋅sin(γ−θ)cosθ−2R⋅sinβcosα，
积化和差，OF=R(sinγ+sin(γ−2θ)−sin(α+β)−sin(β−α))OF=R(\sin\gamma+sin(\gamma-2\theta)-\sin(\alpha+\beta)-\sin(\beta-\alpha))OF=R(sinγ+sin(γ−2θ)−sin(α+β)−sin(β−α))，
又 α+β+γ=π\alpha+\beta+\gamma=\piα+β+γ=π，则 sinγ=sin(α+β)\sin \gamma=\sin(\alpha+\beta)sinγ=sin(α+β)，
所以，OF=R(sin(γ−2θ)−sin(β−α))=R(sin((π−α−β)−2θ)−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(γ−2θ)−sin(β−α))=R(sin((π−α−β)−2θ)−sin(β−α))，
即，OF=R(sin(π−(α+β+2θ))−sin(β−α))=R(sin(α+β+2θ)−sin(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(β−α))=R(sin(α+β+2θ)−sin(β−α))，
和差化积，OF=2R⋅sin(β+θ)cos(α+θ)OF=2R\cdot\sin(\beta+\theta)\cos(\alpha+\theta)OF=2R⋅sin(β+θ)cos(α+θ)。
D,F,G,AD,F,G,AD,F,G,A 四点共圆，则 ∠OFP=∠ADG\angle OFP=\angle ADG∠OFP=∠ADG，
余角 ∠OPF=∠DAG=∠BAC+∠DAB=α+θ\angle OPF=\angle DAG=\angle BAC+\angle DAB=\alpha+\theta∠OPF=∠DAG=∠BAC+∠DAB=α+θ，
故在 △OPF\triangle OPF△OPF 中，OP=OF⋅cot(α+θ)=2R⋅cos(α+θ)cos(β+θ)OP=OF\cdot\cot(\alpha+\theta)=2R\cdot\cos(\alpha+\theta)\cos(\beta+\theta)OP=OF⋅cot(α+θ)=2R⋅cos(α+θ)cos(β+θ)，
又 OK=2R⋅cosαcosβOK=2R\cdot\cos\alpha\cos\betaOK=2R⋅cosαcosβ，
则 PK=OK−OP=2R⋅cosαcosβ−2R⋅cos(α+θ)cos(β+θ)PK=OK-OP=2R\cdot\cos\alpha\cos\beta-2R\cdot\cos(\alpha+\theta)\cos(\beta+\theta)PK=OK−OP=2R⋅cosαcosβ−2R⋅cos(α+θ)cos(β+θ)，
积化和差，PK=R(cos(α+β)+cos(α−β)−cos(α+β+2θ)−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(α−β)−cos(α+β+2θ)−cos(α−β))，
即，PK=R(cos(π−γ)−cos(π−(γ−2θ)))=R(cos(γ−2θ)−cosγ)=DFPK=R(\cos(\pi-\gamma)-\cos(\pi-(\gamma-2\theta)))=R(\cos(\gamma-2\theta)-\cos\gamma)=DFPK=R(cos(π−γ)−cos(π−(γ−2θ)))=R(cos(γ−2θ)−cosγ)=DF
故可得出 △DFL≌△KPL(AAS)\triangle DFL≌\triangle KPL(\mathrm{AAS})△DFL≌△KPL(AAS)，DL=KLDL=KLDL=KL，得证。
证法4：中位线2
引理3
引理： 当 CECECE 为直径时，西姆松线为 ABABAB，GGG 为垂心。此时，ABABAB 经过 EGEGEG 中点。
证明：
由引理1，GI=IG′GI=IG'GI=IG′，又由引理2，EG′//IJEG'//IJEG′//IJ，
则 IJIJIJ 为 △GG′E\triangle GG'E△GG′E 的中位线，故 ABABAB 经过 EGEGEG 中点。
定理证明
KKK 为 △ABC\triangle ABC△ABC 的垂心，HHH 为 △GEC\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 △GEC\triangle GEC△GEC，DDD 满足引理3所述的情况。
故 EGEGEG 经过 DHDHDH 的中点 TTT。
则可证明 LTLTLT 为 △DKH\triangle DKH△DKH 的中位线，即证明 EG//KHEG//KHEG//KH，
观察可证明 △DEG∼△RKH\triangle DEG\sim \triangle RKH△DEG∼△RKH。
观察图中有大量平行，可得到大量平行四边形。
∵DG⊥AC,EN⊥AC,QP⊥AC\because DG\perp AC,EN\perp AC,QP\perp AC∵DG⊥AC,EN⊥AC,QP⊥AC
∴DG//EN//QP\therefore DG//EN//QP∴DG//EN//QP
∵DE⊥EC,AU⊥EC,GO⊥EC\because DE\perp EC,AU\perp EC,GO\perp EC∵DE⊥EC,AU⊥EC,GO⊥EC
∴DE//AU//GO\therefore DE//AU//GO∴DE//AU//GO
故有 ∠ASG=∠SGO=∠Q\angle ASG=\angle SGO=\angle Q∠ASG=∠SGO=∠Q
所以 △AGS∼△BEQ\triangle AGS\sim \triangle BEQ△AGS∼△BEQ ，SGEQ=AGEB\frac{SG}{EQ}=\frac{AG}{EB}EQSG=EBAG
D,B,C,AD,B,C,AD,B,C,A 四点共圆，有 ∠DBE=∠DAG\angle DBE=\angle DAG∠DBE=∠DAG
所以 △DBE∼△DAG\triangle DBE\sim\triangle DAG△DBE∼△DAG，AGEB=DGDE\frac{AG}{EB}=\frac{DG}{DE}EBAG=DEDG
故 DGDE=SGEQ\frac{DG}{DE}=\frac{SG}{EQ}DEDG=EQSG，又 SG=RH,EG=RKSG=RH,EG=RKSG=RH,EG=RK， 则 △DEG∼△RKH\triangle DEG\sim \triangle RKH△DEG∼△RKH，
故 EG//KHEG//KHEG//KH ，LTLTLT 为 △DKH\triangle DKH△DKH 的中位线，DL=DKDL=DKDL=DK，得证。
The End.
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