第 9 章 · 図形の性質

项目	内容
シラバス项目	7. 図形の性質（数学Ａ）：(1) 平面図形（① 三角形の性質：三角形の辺の比、三角形の五心（外心，内心，重心，垂心，傍心）、チェバの定理，メネラウスの定理 ② 円の性質：円に内接する四角形、円と直線、方べきの定理、2つの円の位置関係）、(2) 空間図形（① 直線と平面 ② 多面体）
コース	コース1、コース2 都考
国内书对应	国内书第 19 章（空间直线、平面的位置关系）、第 18 章 18.2 节（多面体的结构）、第 29 章 29.4 节（两圆位置关系，坐标法）只覆盖一部分；平面几何其余内容只在初中出现过
本章新内容的分量	大部分是新的。角平分线定理、垂心和傍心、切瓦与梅涅劳斯、接弦定理、方べきの定理、共通接线的长度、欧拉多面体定理，国内高中都不讲

国内高中把平面几何交给了初中，高中只用坐标和向量处理图形；而 EJU 的「図形の性質」是日本数学Ａ的综合几何，要求不建坐标、直接用比例、圆和相似推出长度。中国学生最熟的是相似和圆周角，最生的是切瓦、梅涅劳斯和方べきの定理，丢分主要丢在三处：梅涅劳斯定理的比写错顺序，方べきの定理把“到交点的距离”写成“弦长”，傍心和外角平分线只知道名字不会用。

9.1 与国内的对照

シラバス小项目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
(1) ① 三角形の辺の比	无（平行线分线段成比例、相似在初中学过）	平行线与比例相同（初中）；角平分线定理、内分外分国内没有	9.2
(1) ① 三角形の五心（外心，内心，重心，垂心，傍心）	国内书第 15 章、第 16 章只在向量和面积公式里用到外心、内心、重心	外心、内心、重心初中学过，讲法不同；垂心性质、傍心国内没有	9.3
(1) ① チェバの定理，メネラウスの定理	无	国内没有	9.4
(1) ② 円に内接する四角形	无（初中学过圆周角、圆内接四边形对角互补）	讲法不同：日本要求熟练用“四点共圆”的判定	9.5
(1) ② 円と直線	国内书第 29 章 29.3 节（坐标法求切线、切线长）	切线和切线长相同；接弦定理（弦切角定理）国内没有	9.5
(1) ② 方べきの定理	无	国内没有	9.6
(1) ② 2つの円の位置関係	国内书第 29 章 29.4 节	用圆心距判断位置关系相同，见国内书；共通接线的长度、相切圆的计算国内没有	9.7
(2) ① 直線と平面	国内书第 19 章	位置关系、平行和垂直的判定相同，见国内书；三垂線の定理国内书只在 19.4 节“常用推论”作拓展；日文术语和立方体字母写法不同	9.8
(2) ② 多面体	国内书第 18 章 18.2 节	多面体的结构相同；正多面体只有五种、オイラーの多面体定理国内没有	9.9

本章八个知识点分两组。平面组：边的比（9.2）是五心（9.3）和切瓦、梅涅劳斯（9.4）的工具；圆的性质（9.5）推出方べきの定理（9.6），再用到两圆（9.7）。空间组：直线与平面（9.8）和多面体（9.9），与国内书第 18、19 章接得上。

9.2 三角形の辺の比（角の二等分線の定理）

说明

内分と外分：点 $P$ 在线段 $AB$ 上，且 $AP : PB = m : n$，说 $P$ 把线段 $AB$ 内分为 $m : n$（「線分 $AB$ を $m : n$ に内分する」）。点 $Q$ 在线段 $AB$ 的延长线上，且 $AQ : QB = m : n$（$m \ne n$），说 $Q$ 把线段 $AB$ 外分为 $m : n$（「$m : n$ に外分する」）。$m > n$ 时 $Q$ 在 $B$ 的外侧，$m < n$ 时在 $A$ 的外侧。

平行线与线段的比（初中学过）：$\triangle ABC$ 中，$D$、$E$ 分别在直线 $AB$、$AC$ 上，$DE \parallel BC$，则

$$AD : AB = AE : AC = DE : BC, \qquad AD : DB = AE : EC.$$

反过来，$AD : DB = AE : EC$ 时 $DE \parallel BC$。

角の二等分線の定理（角平分线定理）：$\triangle ABC$ 中，

• $\angle A$ 的平分线与边 $BC$ 交于 $D$，则 $D$ 把 $BC$ 内分为 $AB : AC$：

$$BD : DC = AB : AC.$$

• $AB \ne AC$ 时，$\angle A$ 的外角平分线与直线 $BC$ 交于 $E$，则 $E$ 把 $BC$ 外分为 $AB : AC$：

$$BE : EC = AB : AC.$$

由内分比可以直接算长度：$BC = a$，$AB = c$，$AC = b$ 时，$BD = \dfrac{ac}{b + c}$，$DC = \dfrac{ab}{b + c}$。

使用场景

• 题目出现「$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $D$ とする」，要求 $BD$、$DC$：用内角平分线定理按 $AB : AC$ 分 $BC$。
• 题目出现「$\angle A$ の外角の二等分線」与 $BC$ 延长线的交点：用外分，注意 $E$ 在较短边一侧的外面。
• 求角平分线 $AD$ 的长度：先用平分线定理求 $BD$、$DC$，再用余弦定理（或常用推论里的公式）。

注意点

• 平分线定理里比的是夹这个角的两边 $AB : AC$，分的是对边 $BC$。
• 外分点不在线段上：$AB > AC$ 时，外角平分线与 $BC$ 的延长线交在 $C$ 的外侧（离短边近的一侧）；$AB = AC$ 时外角平分线与 $BC$ 平行，没有交点。
• 「$m : n$ に外分」的比是 $AQ : QB$，两段都从端点量到 $Q$，不是 $AB : BQ$。
• EJU 题干的说法：「〜を $3 : 2$ に内分する点」「〜を $3 : 2$ に外分する点」「$\angle A$ の二等分線」「$\angle A$ の外角の二等分線」「辺 $BC$ の延長」。
• 日本教科书写相似用 $\backsim$（如 $\triangle ABC \backsim \triangle DEF$），写全等用 $\equiv$，中国用 $\backsim$ 和 $\cong$。

证明

内角平分线定理。 过 $C$ 作 $AD$ 的平行线，交 $BA$ 的延长线于 $E$。

1. $AD \parallel EC$，所以 $\angle AEC = \angle BAD$（同位角），$\angle ACE = \angle DAC$（内错角）。
2. $\angle BAD = \angle DAC$，所以 $\angle AEC = \angle ACE$，$\triangle ACE$ 是等腰三角形，$AE = AC$。（关键一步：平行线把“角相等”变成“边相等”，$AC$ 就被搬到了直线 $AB$ 上。）
3. 在 $\triangle BEC$ 中 $AD \parallel EC$，由平行线与线段的比，$BD : DC = BA : AE = AB : AC$。

另一个证法（面积）：$\triangle ABD$ 和 $\triangle ADC$ 的高（从 $A$ 到 $BC$）相同，面积比等于底边比 $BD : DC$；又 $D$ 在角平分线上，到 $AB$、$AC$ 的距离相等，面积比也等于 $AB : AC$。

外角平分线定理。 设 $AB > AC$，外角平分线交 $BC$ 的延长线于 $E$，$X$ 是 $BA$ 延长线上的点。过 $C$ 作 $AE$ 的平行线交 $AB$ 于 $F$。$\angle AFC = \angle XAE$（同位角），$\angle ACF = \angle CAE$（内错角），而 $\angle XAE = \angle CAE$，所以 $AF = AC$。在 $\triangle BAE$ 中 $FC \parallel AE$，$BE : EC = BA : AF = AB : AC$。

例题

例 1　（场景：内角平分线分对边）

問題　$\triangle ABC$ において $AB = 6$，$AC = 4$，$BC = 5$ とする。$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $D$ とするとき，$BD$，$DC$ を求めよ。

解答　$BD : DC = AB : AC = 6 : 4 = 3 : 2$ であるから， $BD = 5 \times \dfrac{3}{5} = 3$，$DC = 5 \times \dfrac{2}{5} = 2$。

中文翻译　题目：$\triangle ABC$ 中 $AB = 6$，$AC = 4$，$BC = 5$，$\angle A$ 的平分线与 $BC$ 交于 $D$，求 $BD$、$DC$。解答：$BD : DC = AB : AC = 6 : 4 = 3 : 2$，所以 $BD = 5 \times \dfrac{3}{5} = 3$，$DC = 5 \times \dfrac{2}{5} = 2$。

解说　$BD$ 挨着 $AB$，$DC$ 挨着 $AC$，靠近哪个顶点就和哪条边对应；画图检查“长边 $AB$ 一侧的 $BD$ 也应该更长”。比是 $3 : 2$，总份数 $5$，所以按 $BC = 5$ 的 $\dfrac{3}{5}$、$\dfrac{2}{5}$ 分配。

例 2　（场景：外角平分线与延长线的交点）

問題　例 1 の三角形において，$\angle A$ の外角の二等分線と直線 $BC$ の交点を $E$ とする。$CE$ を求めよ。

解答　$E$ は $BC$ を $AB : AC = 3 : 2$ に外分する。$AB > AC$ であるから $E$ は $C$ の側にあり，$BE = BC + CE$ である。$CE = x$ とおくと $(5 + x) : x = 3 : 2$，$2(5 + x) = 3x$，$x = 10$。 よって $CE = 10$（$BE = 15$）である。

中文翻译　题目：例 1 的三角形中，$\angle A$ 的外角平分线与直线 $BC$ 交于 $E$，求 $CE$。解答：$E$ 把 $BC$ 外分为 $AB : AC = 3 : 2$。$AB > AC$，$E$ 在 $C$ 的外侧，$BE = BC + CE$。设 $CE = x$：$(5 + x) : x = 3 : 2$，$2(5 + x) = 3x$，$x = 10$。所以 $CE = 10$（$BE = 15$）。

解说　容易卡在：把 $E$ 放到 $B$ 的外侧。外分点在离短边近的一侧，即 $AB > AC$ 时在 $C$ 的外侧。外分比 $BE : EC$ 的两段都从 $E$ 量起，$BE$ 包含 $BC$，所以列式是 $(BC + x) : x = m : n$，不是直接把 $BC$ 按比分。

例 3　（场景：求角平分线的长度）

問題　例 1 の三角形において，$AD$ を求めよ。

解答　$\triangle ABC$ で余弦定理を用いて $\cos B$ を求める。 $\cos B = \dfrac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2 \cdot AB \cdot BC} = \dfrac{36 + 25 - 16}{60} = \dfrac{3}{4}$。 $\triangle ABD$（$BD = 3$）で余弦定理を用いると $AD^2 = 36 + 9 - 2 \cdot 6 \cdot 3 \cdot \dfrac{3}{4} = 45 - 27 = 18$，よって $AD = 3\sqrt{2}$。

中文翻译　题目：例 1 的三角形中，求 $AD$。解答：在 $\triangle ABC$ 中用余弦定理求 $\cos B$：$\cos B = \dfrac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2 \cdot AB \cdot BC} = \dfrac{36 + 25 - 16}{60} = \dfrac{3}{4}$。在 $\triangle ABD$ 中（$BD = 3$）：$AD^2 = 36 + 9 - 2 \cdot 6 \cdot 3 \cdot \dfrac{3}{4} = 45 - 27 = 18$，$AD = 3\sqrt{2}$。

解说　另一种解法：用常用推论 $AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC = 24 - 6 = 18$，$AD = 3\sqrt{2}$。主解法只用余弦定理，题目一步步誘導时照着走；公式法一行出结果，适合检查答案或选择题。求角平分线长时，先用角平分线定理得到 $BD$、$DC$，再在两个三角形里各用一次余弦定理。

常用推论

• 角平分线长：$AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC$。推导：设 $AD$ 延长后交外接圆于 $M$，则 $\triangle ABD \backsim \triangle AMC$（$\angle BAD = \angle MAC$，$\angle ABC = \angle AMC$ 同弧），得 $AB \cdot AC = AD \cdot AM = AD^2 + AD \cdot DM$，再由 9.6 节方べきの定理 $AD \cdot DM = BD \cdot DC$。
• 等高三角形的面积比等于底边比：$D$ 在 $BC$ 上时 $\triangle ABD : \triangle ADC = BD : DC$。这是 9.4 节求面积比的基本工具。
• 内分点、外分点的位置：$P$ 内分 $AB$ 为 $m : n$ 时 $AP = \dfrac{m}{m + n} AB$；$Q$ 外分 $AB$ 为 $m : n$（$m > n$）时 $AQ = \dfrac{m}{m - n} AB$。由比的定义直接得出。
• 阿波罗尼奥斯圆（参考）：内分点 $D$ 和外分点 $E$ 满足 $\angle DAE = 90^\circ$（两条平分线夹的是平角的一半），所以 $A$ 在以 $DE$ 为直径的圆上。到 $B$、$C$ 距离比为定值的点的轨迹就是这个圆，在第 11 章轨迹里会再见到。

易错点

• 错在哪：把 $BD : DC = AB : AC$ 写成 $BD : DC = AC : AB$。 为什么错：$BD$ 挨着 $AB$，$DC$ 挨着 $AC$，靠近哪个顶点就和哪条边对应。 正确做法：画图后检查：长边 $AB$ 一侧的那段 $BD$ 也应该更长。
• 错在哪：外分时把 $CE$ 当成”$BC$ 的 $\dfrac{2}{3}$“。 为什么错：外分比 $BE : EC$ 的两段都从 $E$ 量起，$BE$ 包含了 $BC$。 正确做法：设未知数列 $(BC + x) : x = m : n$。
• 错在哪：用平分线定理去分别的边，例如认为 $\angle A$ 的平分线把 $AB$ 分成比。 为什么错：$\angle A$ 的平分线只和对边 $BC$ 相交。 正确做法：先确认平分线从哪个顶点出发、与哪条边相交。

直观理解

角平分线上的点到角两边的距离相等，所以 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ADC$ 可以看成“以 $AB$、$AC$ 为底、高相同”的两个三角形，面积比就是 $AB : AC$；同时它们又是“以 $BD$、$DC$ 为底、高相同”的两个三角形，面积比是 $BD : DC$。同一个面积比用两种方式读出来，定理就成立了。

长边一侧分得的线段也长：平分线会“偏向”短边。

关联知识点

• 前置：初中的平行线分线段成比例、相似三角形、角平分线的性质（到两边距离相等）。
• 国内书第 16 章 16.2 节：余弦定理，例 3 求角平分线长要用。
• 国内书第 14 章 14.4 节：用向量写分点 $\overrightarrow{AD} = \dfrac{n\overrightarrow{AB} + m\overrightarrow{AC}}{m + n}$，和本节的内分比是同一件事；本书第 16 章 ベクトル 会用「内分点・外分点の位置ベクトル」。
• 后续：9.3 节内心把角平分线分成 $(b + c) : a$；9.4 节梅涅劳斯定理反复用到内分、外分。
• 本书第 6 章 図形と計量：角平分线常和正弦定理、余弦定理、面积一起出题。

9.3 三角形の五心

说明

三角形里有五个特殊点，日本叫「五心」。设 $\triangle ABC$ 的边 $a = BC$，$b = CA$，$c = AB$，面积 $S$，$s = \dfrac{a + b + c}{2}$。

名称	定义（哪三条线的交点）	性质
外心 $O$	三边的垂直平分线	到三个顶点距离相等，是外接円的圆心，半径 $R$
内心 $I$	三个内角的平分线	到三边距离相等，是内接円的圆心，半径 $r = \dfrac{S}{s}$
重心 $G$	三条中线	把每条中线分成 $2 : 1$（顶点一侧长）
垂心 $H$	三条高（从顶点向对边所在直线作的垂线）	锐角三角形在内部，直角三角形在直角顶点，钝角三角形在外部
傍心 $I_A$、$I_B$、$I_C$	一个内角的平分线与另两个外角的平分线	到三边所在直线距离相等，是傍接円的圆心；共三个

角度关系（$\angle A$ 用 $A$ 表示）：

$$\angle BOC = 2A \ (A \text{ 为锐角}), \qquad \angle BIC = 90^\circ + \frac{A}{2}, \qquad \angle BHC = 180^\circ - A, \qquad \angle BI_A C = 90^\circ - \frac{A}{2}.$$

内接円的切线长：内接圆与 $BC$、$CA$、$AB$ 分别切于 $P$、$Q$、$R$，则

$$AQ = AR = s - a, \qquad BR = BP = s - b, \qquad CP = CQ = s - c.$$

傍接円：与 $\angle A$ 相对的傍接圆和边 $BC$、以及 $AB$、$AC$ 的延长线相切，半径 $r_A = \dfrac{S}{s - a}$，从 $A$ 到切点的切线长等于 $s$。

使用场景

• 题目给出一个角，问 $\angle BOC$、$\angle BIC$、$\angle BHC$ 或 $\angle OBC$：用上面的角度关系，或者现推（等腰三角形、角平分线、直角）。
• 题目出现重心和中线：重心分中线 $2 : 1$；中线长用中线定理（常用推论）。
• 题目出现内心或内接圆：切线长 $s - a$ 等；内心把角平分线 $AD$ 分成 $AI : ID = (b + c) : a$；半径 $r = \dfrac{S}{s}$。
• 题目出现「傍心」「傍接円」：在角平分线和外角平分线上找圆心，半径 $r_A = \dfrac{S}{s - a}$。

注意点

• 「垂心」要用“高所在的直线”：钝角三角形的高在外面，垂心在三角形外部。
• 外心的角度关系 $\angle BOC = 2A$ 只在 $A$ 是锐角时成立；$A$ 是钝角时 $\angle BOC = 360^\circ - 2A$。
• 正三角形五心中的外心、内心、重心、垂心重合；等腰三角形里这四个点都在底边的中线上。
• 傍心有三个，题目说「$\angle A$ 内の傍心」时指 $I_A$，它与 $A$ 在 $BC$ 的两侧。
• 内接圆的日文是「内接円」，外接圆是「外接円」。日本教科书也说「三角形に内接する円」。

证明

外心。 $AB$ 的垂直平分线上的点到 $A$、$B$ 距离相等，$BC$ 的垂直平分线上的点到 $B$、$C$ 距离相等。两条垂直平分线的交点 $O$ 满足 $OA = OB = OC$，所以 $O$ 也在 $CA$ 的垂直平分线上。（关键一步：“到两端点等距”和“在垂直平分线上”是等价的，所以三线共点。）

内心。 同理，角平分线上的点到角两边距离相等。$\angle B$、$\angle C$ 平分线的交点到三边距离都相等，所以它也在 $\angle A$ 的平分线上。

重心。 设中线 $BN$、$CL$ 交于 $G$（$L$、$N$ 是 $AB$、$CA$ 的中点）。由中位线 $LN \parallel BC$，$LN = \dfrac{1}{2}BC$，$\triangle GLN \backsim \triangle GCB$，所以 $BG : GN = CG : GL = 2 : 1$。同样 $AM$ 和 $BN$ 的交点也把 $BN$ 分成 $2 : 1$，这是同一个点，三条中线共点。

垂心。 过 $A$、$B$、$C$ 分别作对边的平行线，围成大三角形 $A'B'C'$。$ABCB'$、$ACBC'$ 都是平行四边形，所以 $A$ 是 $B'C'$ 的中点；$BC \parallel B'C'$，$\triangle ABC$ 中从 $A$ 出发的高垂直于 $B'C'$，就是大三角形 $B'C'$ 边的垂直平分线。三条高就是大三角形三边的垂直平分线，交于大三角形的外心。

角度关系。

• $\angle BOC = 2A$：圆心角是同弧上圆周角的二倍。
• $\angle BIC = 180^\circ - \dfrac{B}{2} - \dfrac{C}{2} = 180^\circ - \dfrac{180^\circ - A}{2} = 90^\circ + \dfrac{A}{2}$。
• $\angle BHC$：设 $BE$、$CF$ 是高，四边形 $AFHE$ 有两个直角，$\angle FHE = 180^\circ - A$，$\angle BHC$ 是它的对顶角。
• $\angle BI_A C$：$BI$ 与 $BI_A$ 是 $\angle B$ 的内、外角平分线，互相垂直；同样 $CI \perp CI_A$。四边形 $IBI_AC$ 中 $\angle IBI_A = \angle ICI_A = 90^\circ$，所以 $\angle BI_AC = 180^\circ - \angle BIC = 90^\circ - \dfrac{A}{2}$。

切线长。 从圆外一点引的两条切线长度相等（初中学过，2022 年版课标标为选学的切线长定理）。设 $AQ = AR = x$，$BR = BP = y$，$CP = CQ = z$，则 $x + y = c$，$y + z = a$，$z + x = b$，三式相加 $x + y + z = s$，所以 $x = s - a$，$y = s - b$，$z = s - c$。

半径。 把 $\triangle ABC$ 按内心分成三个三角形：$S = \dfrac{1}{2}r(a + b + c) = rs$（国内书第 16 章 16.4 节）。傍接圆：$S = \triangle I_AAB + \triangle I_AAC - \triangle I_ABC = \dfrac{1}{2}r_A(c + b - a) = r_A(s - a)$。

例题

例 1　（场景：五心的角度）

問題　$\triangle ABC$ において $\angle A = 70^\circ$，$\angle B = 50^\circ$，$\angle C = 60^\circ$ とする。外心を $O$，内心を $I$，垂心を $H$ とするとき，$\angle BOC$，$\angle OBC$，$\angle BIC$，$\angle BHC$ を求めよ。

解答　$3$ つの角はすべて鋭角であるから，$O$ と $H$ は三角形の内部にある。

$\angle BOC = 2 \times 70^\circ = 140^\circ$。

$OB = OC$ であるから，$\triangle OBC$ は二等辺三角形であり，$\angle OBC = \dfrac{180^\circ - 140^\circ}{2} = 20^\circ$。

$\angle BIC = 90^\circ + 35^\circ = 125^\circ$。

$\angle BHC = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ$。

中文翻译　题目：$\triangle ABC$ 中 $\angle A = 70^\circ$，$\angle B = 50^\circ$，$\angle C = 60^\circ$。外心为 $O$，内心为 $I$，垂心为 $H$。求 $\angle BOC$、$\angle OBC$、$\angle BIC$、$\angle BHC$。解答：三个角都是锐角，$O$、$H$ 在三角形内部。$\angle BOC = 2 \times 70^\circ = 140^\circ$。$OB = OC$，$\triangle OBC$ 是等腰三角形，$\angle OBC = \dfrac{180^\circ - 140^\circ}{2} = 20^\circ$。$\angle BIC = 90^\circ + 35^\circ = 125^\circ$。$\angle BHC = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ$。

解说　三心角度的常用结论：$\angle BOC = 2A$（圆心角是圆周角的两倍），$\angle BIC = 90^\circ + \dfrac{A}{2}$，$\angle BHC = 180^\circ - A$。这三个公式都默认 $A$ 是锐角；$A$ 是钝角时外心在三角形外部，$\angle BOC$ 要改成 $360^\circ - 2A$，先用“三个角是否都是锐角”判断。

例 2　（场景：重心与中线）

問題　$\triangle ABC$ において $AB = 5$，$BC = 8$，$CA = 7$ とし，$M$ を $BC$ の中点，$G$ を重心とする。$AM$，$AG$，$\triangle GBC$ の面積を求めよ。

解答　中線定理 $AB^2 + AC^2 = 2(AM^2 + BM^2)$ より $25 + 49 = 2(AM^2 + 16)$，$AM^2 = 21$，$AM = \sqrt{21}$。 よって $AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{2\sqrt{21}}{3}$。

$\cos B = \dfrac{25 + 64 - 49}{2 \cdot 5 \cdot 8} = \dfrac{1}{2}$ であるから $B = 60^\circ$，$S = \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 8 \cdot \sin 60^\circ = 10\sqrt{3}$。$\triangle GBC$ と $\triangle ABC$ は底辺 $BC$ が共通で，高さの比は $GM : AM = 1 : 3$ であるから，$\triangle GBC = \dfrac{10\sqrt{3}}{3}$。

中文翻译　题目：$\triangle ABC$ 中 $AB = 5$，$BC = 8$，$CA = 7$，$M$ 是 $BC$ 的中点，$G$ 是重心。求 $AM$、$AG$ 和 $\triangle GBC$ 的面积。解答：由中线定理 $AB^2 + AC^2 = 2(AM^2 + BM^2)$，$25 + 49 = 2(AM^2 + 16)$，$AM^2 = 21$，$AM = \sqrt{21}$。$AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{2\sqrt{21}}{3}$。$\cos B = \dfrac{25 + 64 - 49}{2 \cdot 5 \cdot 8} = \dfrac{1}{2}$，$B = 60^\circ$，$S = \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 8 \cdot \sin 60^\circ = 10\sqrt{3}$。$\triangle GBC$ 与 $\triangle ABC$ 同底 $BC$，高之比等于 $GM : AM = 1 : 3$，所以 $\triangle GBC = \dfrac{10\sqrt{3}}{3}$。

解说　另一种解法：$AM$ 也可以在 $\triangle ABM$ 中用余弦定理：$AM^2 = 25 + 16 - 2 \cdot 5 \cdot 4 \cdot \dfrac{1}{2} = 21$。已经求出 $\cos B$ 时余弦定理顺手；只知道三边、不想求角时中线定理更快。重心分中线是 $AG : GM = 2 : 1$，不是 $1 : 2$；重心到顶点的距离是到对边中点距离的两倍。

例 3　（场景：内接圆与内心）

問題　例 2 の三角形（$a = 8$，$b = 7$，$c = 5$）において，内接円が $BC$ に接する点を $P$ とする。$BP$，$CP$，内接円の半径 $r$，および $\angle A$ の二等分線 $AD$ が内心 $I$ によって分けられる比 $AI : ID$ を求めよ。

解答　$s = \dfrac{8 + 7 + 5}{2} = 10$ である。

$BP = s - b = 3$，$CP = s - c = 5$（$3 + 5 = 8$ で検算できる）。

$r = \dfrac{S}{s} = \dfrac{10\sqrt{3}}{10} = \sqrt{3}$。

角の二等分線定理より $BD = 8 \times \dfrac{5}{12} = \dfrac{10}{3}$。$BI$ は $\angle B$ の二等分線であるから，$\triangle ABD$ でもう一度二等分線定理を用いて，$AI : ID = BA : BD = 5 : \dfrac{10}{3} = 3 : 2$。

中文翻译　题目：例 2 的三角形（$a = 8$，$b = 7$，$c = 5$），内接圆与 $BC$ 切于 $P$。求 $BP$、$CP$、内接圆半径 $r$，以及 $\angle A$ 的平分线 $AD$ 被内心 $I$ 分成的比 $AI : ID$。解答：$s = \dfrac{8 + 7 + 5}{2} = 10$。$BP = s - b = 3$，$CP = s - c = 5$（验算 $3 + 5 = 8$）。$r = \dfrac{S}{s} = \dfrac{10\sqrt{3}}{10} = \sqrt{3}$。由平分线定理 $BD = 8 \times \dfrac{5}{12} = \dfrac{10}{3}$。$BI$ 平分 $\angle B$，在 $\triangle ABD$ 中再用平分线定理：$AI : ID = BA : BD = 5 : \dfrac{10}{3} = 3 : 2$。

解说　容易卡在：$AI : ID$ 不知道从哪里下手。内心同时在两条角平分线上，在小三角形 $ABD$ 里再用一次角平分线定理就行。切线长的记法：从 $B$ 出发的切线长是 $s - b$，减的是 $B$ 的对边 $b$；可以用 $BP = \dfrac{a + c - b}{2}$ 核对。

例 4　（场景：傍心与傍接圆）

問題　例 2 の三角形において，辺 $BC$ に接する傍接円の半径 $r_A$，および $A$ からこの傍接円に引いた接線の長さを求めよ。

解答　$r_A = \dfrac{S}{s - a} = \dfrac{10\sqrt{3}}{10 - 8} = 5\sqrt{3}$。$A$ から引いた接線の長さは $s = 10$ である。

中文翻译　题目：例 2 的三角形，求与边 $BC$ 相切的傍接圆的半径 $r_A$，以及从 $A$ 到这个傍接圆的切线长。解答：$r_A = \dfrac{S}{s - a} = \dfrac{10\sqrt{3}}{10 - 8} = 5\sqrt{3}$。从 $A$ 引的切线长等于 $s = 10$。

解说　验算：$\angle BAC$ 中 $\cos A = \dfrac{49 + 25 - 64}{70} = \dfrac{1}{7}$，$\sin A = \dfrac{4\sqrt{3}}{7}$，$\tan \dfrac{A}{2} = \dfrac{\sin A}{1 + \cos A} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，切线长 $\times \tan\dfrac{A}{2} = 10 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3} = r_A$，一致。傍心与内心的区别：把 $\angle B$、$\angle C$ 的内角平分线换成外角平分线，交点跑到 $BC$ 的另一侧，圆从内部切三边变成在外部切三条线。

常用推论

• 中线定理（パップスの中線定理）：$M$ 是 $BC$ 的中点，则 $AB^2 + AC^2 = 2(AM^2 + BM^2)$。推导：在 $\triangle ABM$、$\triangle ACM$ 中用余弦定理，$\cos\angle AMB = -\cos\angle AMC$，两式相加消去余弦。
• 内心分角平分线：$AI : ID = (b + c) : a$。推导见例 3（$BD = \dfrac{ac}{b + c}$，$AI : ID = c : BD$）。
• 重心分面积：$\triangle GBC = \triangle GCA = \triangle GAB = \dfrac{1}{3}S$。推导：每个都与 $\triangle ABC$ 同底，高是 $\dfrac{1}{3}$。
• 外接圆半径 $R = \dfrac{a}{2\sin A} = \dfrac{abc}{4S}$（正弦定理，国内书第 16 章 16.3 节）。
• 直角三角形：外心是斜边中点，$R = \dfrac{c}{2}$；垂心是直角顶点；内接圆半径 $r = \dfrac{a + b - c}{2}$（$c$ 为斜边，国内书第 16 章 16.4 节）。
• オイラー線（参考）：不是正三角形时，外心 $O$、重心 $G$、垂心 $H$ 在一条直线上，且 $OG : GH = 1 : 2$。用向量最容易证：取外心为原点，则 $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OG}$。

易错点

• 错在哪：把内心当成“三条中线的交点”，或者把重心当成“三条角平分线的交点”。 为什么错：中文“重心”“内心”的字面不提示是哪种线，容易混。 正确做法：记“外心＝垂直平分线（到顶点等距），内心＝角平分线（到边等距），重心＝中线，垂心＝高”。
• 错在哪：钝角三角形里仍写 $\angle BOC = 2A$。 为什么错：$A$ 是钝角时 $O$ 和 $A$ 在 $BC$ 的两侧，$\angle BOC$ 对的是另一段弧。 正确做法：先判断 $A$ 是锐角还是钝角；钝角时 $\angle BOC = 360^\circ - 2A$。
• 错在哪：切线长写成 $BP = s - a$。 为什么错：从 $B$ 出发的切线长减去的是 $B$ 的对边 $b$。 正确做法：$BP = s - b$，可以用 $BP = \dfrac{a + c - b}{2}$（夹 $B$ 的两边之和减对边，再除以 2）检查。
• 错在哪：重心分中线写成 $AG : GM = 1 : 2$。 为什么错：重心靠近边的中点，顶点一侧更长。 正确做法：$AG : GM = 2 : 1$，$AG = \dfrac{2}{3}AM$。

直观理解

• 外心是“离三个村子一样远的水井”，内心是“离三条路一样远的房子”，重心是“三角形纸板能平放在针尖上的点”。
• 傍心像是内心“翻到外面”：把 $\angle B$、$\angle C$ 的内角平分线换成外角平分线，交点就跑到 $BC$ 的另一侧，圆从内部切三边变成在外部切三条线。
• 切线长 $s - a$：从 $A$ 出发绕三角形走半圈（$s$），扣掉不属于 $A$ 的那条边 $a$，剩下的就是 $A$ 的切线长。

关联知识点

• 前置：初中的垂直平分线、角平分线性质、中位线、切线长定理。
• 国内书第 14 章 14.4 节、第 15 章 15.2 节：重心的向量式和坐标 $\left(\dfrac{x_1 + x_2 + x_3}{3}, \dfrac{y_1 + y_2 + y_3}{3}\right)$；国内书第 15 章 15.4 节例 2 用外心的投影求数量积。
• 国内书第 16 章 16.3、16.4 节：$R = \dfrac{a}{2\sin A}$、$S = rs$ 是本节半径公式的来源。
• 9.2 节：内心题几乎都要用角平分线定理。
• 9.5 节：垂心题里常用“四点共圆”。
• 本书第 6 章 図形と計量：EJU 常把“外接圆半径、内接圆半径”放进正弦定理、余弦定理的大题。
• 本书第 16 章 ベクトル：重心、内心的位置向量。

9.4 チェバの定理・メネラウスの定理

说明

チェバの定理（切瓦定理）：$\triangle ABC$ 的三边 $BC$、$CA$、$AB$（或它们的延长线）上分别有点 $D$、$E$、$F$，三条直线 $AD$、$BE$、$CF$ 交于一点 $P$，则

$$\frac{AF}{FB} \cdot \frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} = 1.$$

メネラウスの定理（梅涅劳斯定理）：一条直线 $l$ 与 $\triangle ABC$ 的三边 $BC$、$CA$、$AB$ 或其延长线分别交于 $D$、$E$、$F$（都不是顶点），则

$$\frac{AF}{FB} \cdot \frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} = 1.$$

两个定理的式子长得一样，区别在于图：切瓦是“三条线交于一点”，梅涅劳斯是“一条直线穿过三角形”。记法也一样：从一个顶点出发，“顶点 → 分点 → 顶点 → 分点 ……“绕三角形一圈回到出发点，分子分母交替。

两个定理的逆也成立（逆定理）：三个比的乘积为 1，就能推出三线共点（切瓦，需要三个分点都在边上或恰有两个在延长线上，且三条线不平行）或三点共线（梅涅劳斯，需要三个点中在延长线上的是 1 个或 3 个）。

使用场景

• 三条从顶点出发的线交于一点，已知两条边上的分比，求第三条边上的分比：切瓦定理。
• 两条从顶点出发的线交于 $P$，求 $P$ 把其中一条线分成的比（$AP : PD$）：选一个三角形和一条“穿过它的直线”，用梅涅劳斯定理。
• 求 $\triangle PBC$、四边形等的面积占全体的比例：先用梅涅劳斯求出线段比，再用“等高三角形面积比等于底边比”。

注意点

• 用梅涅劳斯时最关键的是选对三角形和直线：要求 $AP : PD$，三角形要以 $AD$ 为一边（例如 $\triangle ABD$ 或 $\triangle ADC$），直线是另外那条经过 $P$ 的线。
• 式子里的线段都取长度（正数），不考虑方向。
• 切瓦定理在 $P$ 位于三角形外部时也成立，这时有两个分点在延长线上。
• 日本题干常直接说「チェバの定理より」「メネラウスの定理より」，也可能只给比，要自己判断用哪个。

证明

チェバの定理（面积法）。 设 $AD$、$BE$、$CF$ 交于 $P$。$\triangle APC$ 和 $\triangle BPC$ 有公共底 $PC$，它们的高之比等于 $A$、$B$ 到直线 $CF$ 的距离之比，也就是 $AF : FB$（关键一步：从 $A$、$B$ 到直线 $CF$ 的两条垂线和 $AB$ 构成相似三角形，比就是 $AF : FB$）。所以

$$\frac{AF}{FB} = \frac{\triangle APC}{\triangle BPC}, \qquad \frac{BD}{DC} = \frac{\triangle APB}{\triangle APC}, \qquad \frac{CE}{EA} = \frac{\triangle BPC}{\triangle APB}.$$

三式相乘，右边约分为 1。

メネラウスの定理（平行线法）。 设直线 $l$ 交 $AB$ 于 $F$、$CA$ 于 $E$、$BC$ 的延长线于 $D$。过 $C$ 作 $l$ 的平行线，交 $AB$ 于 $K$。

• 在 $\triangle BDF$ 中 $CK \parallel DF$：$\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BF}{FK}$。
• 在 $\triangle AFE$ 中 $KC \parallel FE$：$\dfrac{CE}{EA} = \dfrac{KF}{FA}$。

代入左边：$\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BF}{FK} \cdot \dfrac{KF}{FA} = 1$。（关键一步：平行线把 $BC$、$CA$ 上的比都“投影”到 $AB$ 上，三个比全在同一条直线上，就能约掉。）

例题

例 1　（场景：已知两个分比求第三个）

問題　$\triangle ABC$ において，$F$ は辺 $AB$ 上で $AF : FB = 2 : 1$，$E$ は辺 $AC$ 上で $AE : EC = 3 : 2$ を満たす。$BE$ と $CF$ の交点を $P$，直線 $AP$ と $BC$ の交点を $D$ とする。$BD : DC$ を求めよ。

解答　$3$ 直線 $AD$，$BE$，$CF$ は $P$ で交わるから，チェバの定理より $\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = \dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{2}{3} = 1$。 よって $\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{3}{4}$，すなわち $BD : DC = 3 : 4$ である。

中文翻译　题目：$\triangle ABC$ 中，$F$ 在 $AB$ 上且 $AF : FB = 2 : 1$，$E$ 在 $AC$ 上且 $AE : EC = 3 : 2$，$BE$ 与 $CF$ 交于 $P$，直线 $AP$ 与 $BC$ 交于 $D$。求 $BD : DC$。解答：三条线 $AD$、$BE$、$CF$ 交于 $P$，由切瓦定理：$\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = \dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{2}{3} = 1$，$\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{3}{4}$。所以 $BD : DC = 3 : 4$。

解说　切瓦定理的三个比要沿三角形“绕一圈”：$AF$、$BD$、$CE$ 是同一方向的段，$FB$、$DC$、$EA$ 是另一方向。$CE : EA$ 要按 $AE : EC = 3 : 2$ 反过来写成 $\dfrac{CE}{EA} = \dfrac{2}{3}$，这是最容易错的一步。

例 2　（场景：求交点分线段的比）

問題　例 1 において $AP : PD$ を求めよ。

解答　$AD$ 上の比を求めるために $\triangle ABD$ をとり，直線 $CF$ がこの三角形を横切る形でメネラウスの定理を用いる。$CF$ は辺 $AB$ と $F$，辺 $AD$ と $P$，辺 $BD$ の延長と $C$ で交わる。$A$ から出発して一周すると $\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BC}{CD} \cdot \dfrac{DP}{PA} = 1$。 $BD : DC = 3 : 4$ であるから $BC : CD = 7 : 4$。代入すると $\dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{7}{4} \cdot \dfrac{DP}{PA} = 1$ より $\dfrac{DP}{PA} = \dfrac{2}{7}$，すなわち $AP : PD = 7 : 2$ である。

中文翻译　题目：例 1 中求 $AP : PD$。解答：要求 $AD$ 上的比，取 $\triangle ABD$，直线 $CF$ 穿过它：与边 $AB$ 交于 $F$，与边 $AD$ 交于 $P$，与 $BD$ 的延长线交于 $C$。从 $A$ 出发绕一圈：$\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BC}{CD} \cdot \dfrac{DP}{PA} = 1$。$BD : DC = 3 : 4$，所以 $BC : CD = 7 : 4$。代入：$\dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{7}{4} \cdot \dfrac{DP}{PA} = 1$，$\dfrac{DP}{PA} = \dfrac{2}{7}$，即 $AP : PD = 7 : 2$。

解说　容易卡在：$BC : CD$ 写成 $3 : 4$。$C$ 是 $BD$ 延长线上的点，“顶点 $B$ → 分点 $C$ → 顶点 $D$”，要用 $BC = BD + DC$，所以 $BC : CD = (3 + 4) : 4 = 7 : 4$。另一种解法：用向量（国内书第 14 章 14.5 节系数和为 $1$）。$BD : DC = 3 : 4$，$\overrightarrow{AD} = \dfrac{4}{7}\overrightarrow{AB} + \dfrac{3}{7}\overrightarrow{AC}$。设 $\overrightarrow{AP} = t\overrightarrow{AD} = \dfrac{4t}{7}\overrightarrow{AB} + \dfrac{3t}{7}\overrightarrow{AC}$，又 $\overrightarrow{AC} = \dfrac{5}{3}\overrightarrow{AE}$，所以 $\overrightarrow{AP} = \dfrac{4t}{7}\overrightarrow{AB} + \dfrac{5t}{7}\overrightarrow{AE}$。$P$ 在 $BE$ 上，系数和为 $1$：$\dfrac{9t}{7} = 1$，$t = \dfrac{7}{9}$，$AP : PD = 7 : 2$。梅涅劳斯一行就出结果，适合 EJU 填空；向量法不用选三角形，选错三角形时可以用它检查。

例 3　（场景：面积比）

問題　例 1 において，$\triangle PBC$ の面積は $\triangle ABC$ の面積の何倍か。

解答　$\triangle PBC$ と $\triangle ABC$ は底辺 $BC$ が共通であるから，高さの比は $PD : AD$ に等しい（$P$，$A$ から $BC$ までの距離の比は，$AD$ に沿った $D$ までの距離の比と同じ）。例 2 より $PD : AD = 2 : 9$ であるから， $\triangle PBC = \dfrac{2}{9}\triangle ABC$。

中文翻译　题目：例 1 中，$\triangle PBC$ 的面积是 $\triangle ABC$ 的几分之几？解答：$\triangle PBC$ 与 $\triangle ABC$ 同底 $BC$，高之比等于 $PD : AD$（从 $P$、$A$ 到 $BC$ 的距离之比，等于它们沿 $AD$ 到 $D$ 的距离之比）。由例 2，$PD : AD = 2 : 9$，所以 $\triangle PBC = \dfrac{2}{9}\triangle ABC$。

解说　面积比分两步：先用梅涅劳斯或切瓦求线段比，再用“同底三角形面积比等于高之比”或“共角三角形面积比等于夹边乘积之比”。本题 $PD : AD = 2 : (7 + 2) = 2 : 9$，不要误写成 $2 : 7$。

常用推论

• 三条中线交于一点、三条角平分线交于一点：由切瓦定理的逆，中线时三个比都是 1；角平分线时 $\dfrac{c}{b} \cdot \dfrac{b}{a} \cdot \dfrac{a}{c} = 1$（由 9.2 节平分线定理）。
• 面积比的两步法：先求线段比（梅涅劳斯），再用“同高面积比等于底比”或“共角三角形面积比 $\dfrac{\triangle AB'C'}{\triangle ABC} = \dfrac{AB'}{AB} \cdot \dfrac{AC'}{AC}$”。后一式由 $S = \dfrac{1}{2}bc\sin A$ 得出。
• 同一图形中，求 $BP : PE$ 用 $\triangle BCE$ 和直线 $AD$：$\dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CA}{AE} \cdot \dfrac{EP}{PB} = 1$。例 1 的数据代入得 $BP : PE = 5 : 4$。

易错点

• 错在哪：梅涅劳斯定理的三个比没有“绕一圈”，例如写成 $\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{DC}{BD} \cdot \dfrac{CE}{EA}$。 为什么错：每个比的分母终点必须是下一个比的分子起点（顶点接顶点），否则乘积不是 1。 正确做法：写之前先在图上用手指走一遍：顶点 → 分点 → 顶点 → 分点 → 顶点 → 分点 → 回到起点。
• 错在哪：要求 $AP : PD$，却在 $\triangle ABC$ 上用梅涅劳斯。 为什么错：$\triangle ABC$ 的边上没有 $P$，算不出 $AP : PD$。 正确做法：选以 $AD$ 为一边的三角形，穿过它的直线是经过 $P$ 的另一条线。
• 错在哪：延长线上的分点仍按内分算比，例如 $BC : CD$ 写成 $BD : DC$。 为什么错：$C$ 在 $BD$ 的延长线上，从 $B$ 到 $C$ 要走过整条 $BD$。 正确做法：画出延长线，用 $BC = BD + DC$ 计算。

直观理解

梅涅劳斯定理可以想成“沿直线 $l$ 的三次缩放”：从 $A$ 走到 $B$、再到 $C$、再回到 $A$，每经过一个分点，就按那里的比放大或缩小一次；转完一圈回到原地，总倍数只能是 1。切瓦定理的三个比可以看成三对面积之比，三个面积轮流出现在分子和分母，乘起来正好约光。

关联知识点

• 前置：9.2 节的内分、外分和等高三角形面积比。
• 国内书第 14 章 14.5、14.6 节：用向量的“系数和为 1”和平面向量基本定理求交点，是例 2 的另一种解法；EJU コース2 的ベクトル题（本书第 16 章）也常要求同一个比。
• 9.3 节：中线、角平分线共点是切瓦定理的逆的特例。
• 本书第 6 章 図形と計量：求出线段比后常要求长度或面积，再接正弦定理、余弦定理。

9.5 円に内接する四角形と接弦定理

说明

円周角の定理（初中学过）：同一段弧所对的圆周角相等，都等于这段弧所对圆心角的一半；直径所对的圆周角是直角。

円に内接する四角形（圆内接四边形）：四个顶点都在同一个圆上的四边形。它满足

• 对角之和为 $180^\circ$：$\angle A + \angle C = \angle B + \angle D = 180^\circ$；
• 一个内角等于它对角的外角：延长 $BC$ 到 $E$，则 $\angle DCE = \angle A$。

四点共圆的判定（日本教科书叫「4 点が同一円周上にある条件」，是本节的重点）：下面任何一条成立，四点 $A$、$B$、$C$、$D$ 就在同一个圆上。

1. $C$、$D$ 在直线 $AB$ 的同侧，且 $\angle ACB = \angle ADB$（円周角の定理の逆）。
2. 四边形 $ABCD$ 的一组对角之和为 $180^\circ$。
3. 四边形的一个内角等于它对角的外角。

円と直線：直线与圆有两个公共点（相交）、一个公共点（相切）、没有公共点（相离）。切线垂直于过切点的半径；从圆外一点引两条切线，切线长相等。这些国内书第 29 章 29.3 节用坐标讲过，结论相同。

接弦定理（弦切角定理）：圆的切线 $AT$ 与过切点 $A$ 的弦 $AB$ 所夹的角 $\angle BAT$，等于弦 $AB$ 所对的、在这个角另一侧弧上的圆周角 $\angle ACB$：

$$\angle BAT = \angle ACB.$$

使用场景

• 圆内接四边形求角：用对角互补、外角等于内对角、同弧圆周角相等。
• 圆内接四边形已知四边求对角线、面积或外接圆半径：在两个三角形里分别用余弦定理，利用 $\cos C = -\cos A$ 联立。
• 图中有切线和弦，求角：用接弦定理把“切线与弦的夹角”换成圆周角。
• 要证明（或利用）四点共圆：找两个看同一线段的相等角，或一组互补的对角，然后用圆周角把角“搬”到别处。

注意点

• 接弦定理里的圆周角要在弦的另一侧：$\angle BAT$ 夹着的那段弧以外的弧上取 $C$。
• 「円に内接する四角形」说的是四边形内接于圆（圆是外接圆）；「円に外接する四角形」是四边形的四边都和圆相切（圆是内接圆），两者别混。
• 判定 1 要求两点在同侧；在异侧时对应的条件是两个角互补（就是判定 2）。
• 日本教科书把「接線と弦のつくる角」作为定理名，也直接叫「接弦定理」。

证明

对角互补。 设圆心为 $O$。$\angle A$ 所对的弧 $BCD$ 和 $\angle C$ 所对的弧 $BAD$ 合起来是整个圆，对应的圆心角之和是 $360^\circ$，圆周角是圆心角的一半，所以 $\angle A + \angle C = 180^\circ$。外角 $\angle DCE = 180^\circ - \angle BCD = \angle A$。

判定 2（逆）。 设 $\angle A + \angle C = 180^\circ$。过 $A$、$B$、$D$ 作圆。若 $C$ 在圆外，设 $BC$ 与圆交于 $C'$，则 $ABC'D$ 内接于圆，$\angle BC'D = 180^\circ - \angle A = \angle BCD$；但 $\angle BC'D$ 是 $\triangle C'CD$ 的外角，应大于 $\angle BCD$，矛盾。$C$ 在圆内同理。所以 $C$ 在圆上。（关键一步：用背理法，借三角形外角大于不相邻内角排除“圆外”“圆内”两种情况。）

接弦定理（$\angle BAT$ 为锐角的情形）。 过 $A$ 作直径 $AA'$。

1. 切线垂直于半径：$\angle A'AT = 90^\circ$，所以 $\angle BAT = 90^\circ - \angle BAA'$。
2. $AA'$ 是直径：$\angle ABA' = 90^\circ$，所以 $\angle AA'B = 90^\circ - \angle BAA'$。
3. 于是 $\angle BAT = \angle AA'B$，而 $\angle AA'B$ 和 $\angle ACB$ 是同弧 $AB$ 所对的圆周角，相等。

直角、钝角的情形把直径换个位置同样可证，教科书分三种情况写。

例题

例 1　（场景：圆内接四边形求角）

問題　四角形 $ABCD$ が円に内接し，$\angle ABC = 100^\circ$，$\angle BAD = 85^\circ$，$\angle BAC = 40^\circ$ である。$BC$ を $E$ まで延長するとき，$\angle ADC$，$\angle DCE$，$\angle BDC$ を求めよ。

解答　対角の和は $180^\circ$ であるから，$\angle ADC = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ$。

外角は内対角に等しいから，$\angle DCE = \angle BAD = 85^\circ$。

同じ弧 $BC$ に対する円周角は等しいから，$\angle BDC = \angle BAC = 40^\circ$。

中文翻译　题目：四边形 $ABCD$ 内接于圆，$\angle ABC = 100^\circ$，$\angle BAD = 85^\circ$，$\angle BAC = 40^\circ$。延长 $BC$ 到 $E$。求 $\angle ADC$、$\angle DCE$、$\angle BDC$。解答：对角互补：$\angle ADC = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ$。外角等于内对角：$\angle DCE = \angle BAD = 85^\circ$。同弧 $BC$ 所对的圆周角：$\angle BDC = \angle BAC = 40^\circ$。

解说　圆内接四边形的三个常用结论：对角互补（$\angle A + \angle C = 180^\circ$）、外角等于内对角（$\angle DCE = \angle BAD$）、同弧所对的圆周角相等（$\angle BDC = \angle BAC$）。注意外角 $\angle DCE$ 的顶点在延长线上，对应的是内对角 $\angle BAD$，不要找成 $\angle BCD$。

例 2　（场景：内接四边形已知四边求对角线和面积）

問題　四角形 $ABCD$ が円に内接し，$AB = 8$，$BC = 3$，$CD = 5$，$DA = 5$ である。$\cos A$，$BD$，四角形の面積，外接円の半径 $R$ を求めよ。

解答　$\triangle ABD$ と $\triangle CBD$ でそれぞれ余弦定理を用いる。$C = 180^\circ - A$ であるから，$\cos C = -\cos A$ である。 $BD^2 = 8^2 + 5^2 - 2 \cdot 8 \cdot 5 \cos A = 89 - 80\cos A$。 $BD^2 = 3^2 + 5^2 - 2 \cdot 3 \cdot 5 \cos C = 34 + 30\cos A$。 $2$ 式を等しいとおくと $110\cos A = 55$，$\cos A = \dfrac{1}{2}$，$A = 60^\circ$。よって $BD^2 = 49$，$BD = 7$。

面積は，$\sin A = \sin C = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ より $S = \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3} + \dfrac{15\sqrt{3}}{4} = \dfrac{55\sqrt{3}}{4}$。

外接円は $\triangle ABD$ の外接円でもあるから，$R = \dfrac{BD}{2\sin A} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。

中文翻译　题目：四边形 $ABCD$ 内接于圆，$AB = 8$，$BC = 3$，$CD = 5$，$DA = 5$。求 $\cos A$、$BD$、四边形面积和外接圆半径 $R$。解答：在 $\triangle ABD$ 和 $\triangle CBD$ 中分别用余弦定理，$C = 180^\circ - A$，$\cos C = -\cos A$：$BD^2 = 8^2 + 5^2 - 2 \cdot 8 \cdot 5 \cos A = 89 - 80\cos A$，$BD^2 = 3^2 + 5^2 - 2 \cdot 3 \cdot 5 \cos C = 34 + 30\cos A$。两式相等：$110\cos A = 55$，$\cos A = \dfrac{1}{2}$，$A = 60^\circ$，$BD^2 = 49$，$BD = 7$。面积：$\sin A = \sin C = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$S = \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3} + \dfrac{15\sqrt{3}}{4} = \dfrac{55\sqrt{3}}{4}$。外接圆就是 $\triangle ABD$ 的外接圆：$R = \dfrac{BD}{2\sin A} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。

解说　容易卡在：忘了 $\cos C = -\cos A$，两个式子各有一个未知角，联立不起来。这是 EJU 图形题最常见的一步。面积沿对角线 $BD$ 分成两块，分别用夹 $\angle A$、夹 $\angle C$ 的两边；$\sin A = \sin C$ 让两块可以合并计算。

例 3　（场景：切线与弦求角）

問題　$A$，$B$ は円 $O$ 上の点で，$AT$ は $A$ における接線，$\angle BAT = 50^\circ$ である。$C$ は優弧 $AB$ 上（$T$ と $AB$ の反対側），$D$ は劣弧 $AB$ 上にある。$\angle ACB$，$\angle AOB$，$\angle ADB$ を求めよ。

解答　接弦定理より $\angle ACB = \angle BAT = 50^\circ$。

円周角の $2$ 倍が中心角であるから，$\angle AOB = 100^\circ$。

$ACBD$ は円に内接する四角形であるから，$\angle ADB = 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ$。

中文翻译　题目：$A$、$B$ 是圆 $O$ 上的点，$AT$ 是 $A$ 处的切线，$\angle BAT = 50^\circ$。$C$ 在优弧 $AB$ 上（与 $T$ 在 $AB$ 的两侧），$D$ 在劣弧 $AB$ 上。求 $\angle ACB$、$\angle AOB$、$\angle ADB$。解答：接弦定理：$\angle ACB = \angle BAT = 50^\circ$。圆心角是圆周角的二倍：$\angle AOB = 100^\circ$。$ACBD$ 是圆内接四边形，$\angle ADB = 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ$。

解说　接弦定理里的圆周角要在弦的另一侧：$\angle BAT$ 夹着的那段弧以外的弧上取 $C$。$D$ 在 $\angle BAT$ 所夹的弧上，所以 $\angle ADB$ 与 $\angle ACB$ 互补，不是相等；这里用圆内接四边形对角互补得出 $130^\circ$。

例 4　（场景：利用四点共圆）

問題　鋭角三角形 $ABC$ において，$BE$，$CF$ は高であり（$E$ は $CA$ 上，$F$ は $AB$ 上），$\angle ABC = 65^\circ$ である。$\angle AEF$ を求めよ。

解答　$\angle BEC = \angle BFC = 90^\circ$ で，$E$，$F$ は $BC$ の同じ側にあるから，$BC$ を見込む角が等しい。よって $B$，$C$，$E$，$F$ は同一円周上にあり（$BC$ を直径とする円），四角形 $BCEF$ は円に内接する。内角 $\angle FBC$ は対角 $\angle FEC$ の外角 $\angle AEF$ に等しいから， $\angle AEF = \angle ABC = 65^\circ$。 したがって $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$（$\angle A$ が共通）である。

中文翻译　题目：锐角三角形 $ABC$ 中，$BE$、$CF$ 是高（$E$ 在 $CA$ 上，$F$ 在 $AB$ 上），$\angle ABC = 65^\circ$。求 $\angle AEF$。解答：$\angle BEC = \angle BFC = 90^\circ$，$E$、$F$ 在 $BC$ 的同侧，看 $BC$ 的角相等，所以 $B$、$C$、$E$、$F$ 四点共圆（以 $BC$ 为直径）。四边形 $BCEF$ 内接于圆，内角 $\angle FBC$ 等于对角 $\angle FEC$ 的外角 $\angle AEF$：$\angle AEF = \angle ABC = 65^\circ$。所以 $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$（$\angle A$ 公共）。

解说　判定的关键是“同侧、看同一条线段成直角”：$\angle BEC = \angle BFC = 90^\circ$，所以 $B$、$C$、$E$、$F$ 都在以 $BC$ 为直径的圆上。四点共圆后，用“外角等于内对角”把 $\angle AEF$ 转到已知的 $\angle ABC$。这个相似在 EJU 里常用来求 $EF = BC\cos A$。

常用推论

• 直径所对的圆周角是直角，反过来，看一条线段成直角的点都在以它为直径的圆上。例 4 就是用它找圆。
• 円に外接する四角形：四边都与一个圆相切的四边形满足 $AB + CD = AD + BC$。推导：每个顶点引出的两条切线长相等，两组对边各包含每个顶点的一条切线长。
• 四点共圆后的相似：例 4 的结论 $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$ 在 EJU 题中常被用来求 $EF$：$EF = BC \cos A$（相似比是 $\dfrac{AE}{AB} = \cos A$）。
• 圆内接四边形的面积：对角线分成两个三角形，$\sin A = \sin C$ 让两部分可以合并成 $\dfrac{1}{2}(ab + cd)\sin A$ 的形式（$a$、$b$ 夹 $\angle A$，$c$、$d$ 夹 $\angle C$）。

易错点

• 错在哪：接弦定理取了同侧弧上的圆周角，例 3 中写 $\angle ADB = 50^\circ$。 为什么错：$D$ 在 $\angle BAT$ 所夹的那段弧上，$\angle ADB$ 与 $\angle ACB$ 互补，不相等。 正确做法：圆周角的顶点要取在弦 $AB$ 的另一侧（切线角张开方向的对面）。
• 错在哪：认为四边形 $ABCD$ 只要 $\angle A = \angle C$ 就内接于圆。 为什么错：判定条件是对角互补，不是相等；对角相等的平行四边形一般不内接于圆。 正确做法：检查 $\angle A + \angle C = 180^\circ$，或者找同侧看同一线段的相等角。
• 错在哪：圆内接四边形中仍写 $\cos C = \cos A$。 为什么错：$C = 180^\circ - A$，余弦变号，正弦不变。 正确做法：$\cos C = -\cos A$，$\sin C = \sin A$。

直观理解

把切线想成“弦的极限”：让圆周角 $\angle ACB$ 的顶点 $C$ 沿着圆向 $A$ 移动，只要 $C$ 还在同一段弧上，$\angle ACB$ 的大小就不变（同弧所对的圆周角相等）。$C$ 越靠近 $A$，弦 $CA$ 越贴近 $A$ 处的切线；$C$ 到达 $A$ 的那一刻，$CA$ 变成切线 $AT$，$\angle ACB$ 变成切线与弦 $AB$ 的夹角，大小仍然没变。

对角互补：$\angle A$ 看的是一段弧，$\angle C$ 看的是剩下的弧，两段弧合成整圆（$360^\circ$），圆周角减半就是 $180^\circ$。

关联知识点

• 前置：初中的圆周角定理、圆内接四边形对角互补、切线长定理。
• 国内书第 16 章 16.3 节：正弦定理的证明分锐角、钝角时，钝角情形用的就是圆内接四边形的对角互补；例 2 求 $R$ 用 $R = \dfrac{a}{2\sin A}$。
• 国内书第 29 章 29.3 节：坐标法求切线、切线长，与本节的综合几何结论相同。
• 后续：9.6 节方べきの定理由圆周角推出的相似三角形证明；9.3 节垂心题常用本节例 4 的四点共圆。
• 本书第 6 章 図形と計量：例 2 这种“内接四边形 + 余弦定理”是 EJU 最常见的综合题之一。

9.6 方べきの定理

说明

方べきの定理（圆幂定理）有三种形式，都说“过定点 $P$ 的直线被圆截得的两段之积是定值”：

1. 两弦在圆内相交：弦 $AB$、$CD$ 交于圆内一点 $P$，则 $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。
2. 两割线在圆外相交：直线 $AB$、$CD$ 交于圆外一点 $P$（$A$、$B$、$C$、$D$ 都在圆上），则 $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。
3. 割线与切线：从圆外一点 $P$ 引切线 $PT$（$T$ 是切点）和割线交圆于 $A$、$B$，则 $PA \cdot PB = PT^2$。

这个定值叫点 $P$ 关于圆的方べき（圆幂）。圆心 $O$、半径 $r$ 时，它等于 $|OP^2 - r^2|$。

逆定理：线段 $AB$、$CD$（或它们的延长线）交于 $P$，且 $PA \cdot PB = PC \cdot PD$，则 $A$、$B$、$C$、$D$ 四点共圆。

使用场景

• 两条弦相交，已知三段求第四段：形式 1。
• 从圆外一点引两条割线，已知三段求第四段：形式 2。
• 题中有切线和过同一点的割线：形式 3，常用来求切线长或割线被截的长度。
• 两圆相交、公共弦（或其延长线）与公切线相交：同一点对两个圆的方べき相等，推出该点平分公切线段。

注意点

• $PA$、$PB$ 是从 $P$ 到两个交点的距离，不是弦长 $AB$。形式 2 里 $PB = PA + AB$。
• 形式 3 的右边是切线长的平方 $PT^2$，不是 $PT$。
• 方べきの定理在国内初中曾叫“相交弦定理”“切割线定理”“割线定理”，2022 年版义务教育课标的“圆”部分已不列这几条定理，所以要当新内容学。
• 题干说法：「方べきの定理より」「$PA \cdot PB = PC \cdot PD$ が成り立つ」。

证明

形式 1。 连接 $AC$、$BD$。$\angle PAC = \angle BAC = \angle BDC = \angle PDB$（同弧 $BC$ 所对的圆周角），又 $\angle APC = \angle DPB$（对顶角），所以 $\triangle PAC \backsim \triangle PDB$，

$$\frac{PA}{PD} = \frac{PC}{PB}, \qquad PA \cdot PB = PC \cdot PD.$$

形式 2。 设 $A$ 在 $P$ 与 $B$ 之间，$C$ 在 $P$ 与 $D$ 之间。$ABDC$ 是圆内接四边形，$\angle PAC = \angle CDB = \angle PDB$（外角等于内对角，9.5 节），$\angle P$ 公共，$\triangle PAC \backsim \triangle PDB$，同样得到结论。

形式 3。 由接弦定理（9.5 节）$\angle PTA = \angle TBA = \angle TBP$，$\angle P$ 公共，$\triangle PTA \backsim \triangle PBT$，$\dfrac{PT}{PB} = \dfrac{PA}{PT}$，即 $PT^2 = PA \cdot PB$。（关键一步：切线情形就是形式 2 中 $C$、$D$ 重合于 $T$ 的极限，相似用接弦定理代替圆周角。）

方べき $= |OP^2 - r^2|$。 取过圆心的割线：$P$ 在圆外时两个交点到 $P$ 的距离是 $OP - r$ 和 $OP + r$，积为 $OP^2 - r^2$；$P$ 在圆内时是 $r - OP$ 和 $r + OP$，积为 $r^2 - OP^2$。

例题

例 1　（场景：两弦相交）

問題　円の $2$ 本の弦 $AB$，$CD$ が $P$ で交わり，$PA = 4$，$PB = 3$，$PC = 2$ である。$PD$ と $CD$ を求めよ。

解答　方べきの定理より $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ であるから，$4 \times 3 = 2 \times PD$，よって $PD = 6$。したがって $CD = PC + PD = 8$。

中文翻译　题目：圆的两条弦 $AB$、$CD$ 交于 $P$，$PA = 4$，$PB = 3$，$PC = 2$。求 $PD$ 和 $CD$。解答：$PA \cdot PB = PC \cdot PD$，$4 \times 3 = 2 \times PD$，$PD = 6$，$CD = PC + PD = 8$。

解说　两条弦相交时，同一个交点 $P$ 到每条弦两个端点的距离之积相等：$PA \cdot PB = PC \cdot PD$。$PA$、$PB$ 是从 $P$ 到两个交点的距离，不是弦长 $AB$；本题 $CD = PC + PD$，因为 $P$ 在 $C$、$D$ 之间。

例 2　（场景：两割线）

問題　円外の点 $P$ から $2$ 本の割線を引き，一方は円と $A$，$B$ で，$PA = 3$，$AB = 5$，もう一方は円と $C$，$D$ で，$PC = 4$ で交わる。$CD$ を求めよ。

解答　$PB = PA + AB = 8$ である。方べきの定理より $PA \cdot PB = PC \cdot PD$，すなわち $3 \times 8 = 4 \times PD$ だから $PD = 6$。よって $CD = PD - PC = 2$。

中文翻译　题目：从圆外一点 $P$ 引两条割线，一条依次交圆于 $A$、$B$，$PA = 3$，$AB = 5$；另一条依次交圆于 $C$、$D$，$PC = 4$。求 $CD$。解答：$PB = PA + AB = 8$。$PA \cdot PB = PC \cdot PD$，$3 \times 8 = 4 \times PD$，$PD = 6$，所以 $CD = PD - PC = 2$。

解说　圆外一点引两条割线时，两条割线上的“点到两个交点的距离之积”相等。形式 2 里 $PB = PA + AB$，$PD = PC + CD$，先把整条割线长算出来；本题求的是 $CD$，最后要减去 $PC$，不要直接写 $PD$。

例 3　（场景：切线与割线）

問題　円外の点 $P$ から接線 $PT$ を引き，$PT = 6$ である。$P$ を通る直線が円と $A$，$B$ で交わり，$PA = 4$ である。$AB$ を求めよ。また，この直線が円の中心を通るとき，円の半径を求めよ。

解答　$PA \cdot PB = PT^2$ より $4 \times PB = 36$，$PB = 9$，よって $AB = PB - PA = 5$。直線が円の中心を通るとき $AB$ は直径であるから，半径は $r = \dfrac{5}{2}$。

中文翻译　题目：从圆外一点 $P$ 引切线 $PT$，$PT = 6$；过 $P$ 的一条直线依次交圆于 $A$、$B$，$PA = 4$。求 $AB$。如果这条直线经过圆心，圆的半径是多少？解答：$PA \cdot PB = PT^2$，$4 \times PB = 36$，$PB = 9$，$AB = PB - PA = 5$。直线过圆心时 $AB$ 是直径，半径 $r = \dfrac{5}{2}$。

解说　验算：$OP = PA + r = 4 + \dfrac{5}{2} = \dfrac{13}{2}$，$OP^2 - r^2 = \dfrac{169}{4} - \dfrac{25}{4} = 36 = PT^2$，一致。另一种解法：切线垂直于半径，$\triangle OTP$ 是直角三角形。设半径 $r$，$OP = 4 + r$，由 $OT^2 + PT^2 = OP^2$ 得 $r^2 + 36 = (4 + r)^2$，$8r = 20$，$r = \dfrac{5}{2}$。勾股定理只能用于过圆心的割线；方べき对任何割线都能用，EJU 题中割线一般不过圆心。

例 4　（场景：两圆的公共弦与公切线）

問題　$2$ つの円が $A$，$B$ で交わり，共通接線が $2$ 円に $S$，$T$ で接している。直線 $AB$ と $ST$ の交点を $M$ とし，$MA = 2$，$AB = 6$（$A$ は $M$ と $B$ の間）とする。$MS$ と $ST$ を求めよ。

解答　$M$ から $2$ つの円それぞれに方べきの定理（形式 3）を用いると，$MS^2 = MA \cdot MB = MT^2$。$MB = 2 + 6 = 8$ であるから $MS^2 = 16$，$MS = MT = 4$，よって $ST = 8$。

中文翻译　题目：两圆交于 $A$、$B$，一条公切线分别切两圆于 $S$、$T$，直线 $AB$ 与 $ST$ 交于 $M$，$MA = 2$，$AB = 6$（$A$ 在 $M$ 与 $B$ 之间）。求 $MS$ 和 $ST$。解答：$M$ 对两个圆都用形式 3：$MS^2 = MA \cdot MB = MT^2$。$MB = 2 + 6 = 8$，$MS^2 = 16$，$MS = MT = 4$，$ST = 8$。

解说　容易卡在：没看出 $M$ 同时在两个圆的“割线”$AB$ 上。公共弦所在直线上的点，对两个圆的方べき相等；设 $MS^2 = MA \cdot MB$ 和 $MT^2 = MA \cdot MB$，两式右边相同，所以 $MS = MT$，即 $M$ 是公切线段 $ST$ 的中点。

常用推论

• 公共弦平分公切线：例 4 的结论，两圆的公共弦所在直线平分它们的公切线段。
• 方べき $= |OP^2 - r^2|$：已知圆心距和半径时直接算，不用画割线。推导见本节证明。
• 四点共圆的判定：逆定理是继 9.5 节三条判定之后的第四种方法，在“已知四条线段长”的题里最好用。
• 角平分线长：9.2 节 $AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC$ 的推导里用到形式 1。

易错点

• 错在哪：例 2 中写 $PA \cdot AB = PC \cdot CD$。 为什么错：定理里的线段都从 $P$ 量起，$AB$ 不从 $P$ 出发。 正确做法：先求出 $PB = PA + AB$，再代入 $PA \cdot PB$。
• 错在哪：形式 3 写成 $PA \cdot PB = PT$。 为什么错：切线可以看成两个交点重合，$PC = PD = PT$，乘积是 $PT^2$。 正确做法：$PA \cdot PB = PT^2$。
• 错在哪：两弦相交时写 $PA \cdot PC = PB \cdot PD$（把不在同一条弦上的两段相乘）。 为什么错：相乘的两段必须在同一条直线上（同一条弦或割线）。 正确做法：同一条弦上的两段相乘：$PA \cdot PB = PC \cdot PD$。

直观理解

过 $P$ 画很多条直线，每条都被圆截出两个点，“到两个交点的距离之积”始终不变：这个不变量只和 $P$ 离圆心有多远有关，就是 $|OP^2 - r^2|$。$P$ 在圆上时它是 0，越远越大；切线是“两个交点合成一个”的特殊直线，所以乘积变成切线长的平方。

关联知识点

• 前置：9.5 节的圆周角、圆内接四边形和接弦定理，三种形式的证明都靠它们找相似三角形。
• 国内书第 29 章 29.3 节“常用推论”：切线长的代入公式 $\sqrt{x_0^2 + y_0^2 + Dx_0 + Ey_0 + F}$，就是方べき $OP^2 - r^2$ 用坐标写出来。
• 后续：9.7 节两圆的公共弦与公切线。
• 本书第 11 章 図形と方程式：两圆方程相减得到的直线（根轴）上，每个点对两圆的方べき相等。

9.7 2つの円の位置関係と共通接線

说明

位置关系：两圆半径 $r_1 \ge r_2$，圆心距 $d$。

位置关系（日文）	条件	公共点	共通接线条数
互いに外部にある（离れている）	$d > r_1 + r_2$	0	4
外接する	$d = r_1 + r_2$	1	3
2 点で交わる	$r_1 - r_2 < d < r_1 + r_2$	2	2
内接する	$d = r_1 - r_2$	1	1
一方が他方の内部にある	$d < r_1 - r_2$	0	0

这张表与国内书第 29 章 29.4 节相同（国内书用方程算 $d$）。EJU 不用坐标，题目直接给半径和圆心距，或者要求从相切条件反推圆心距。

共通接線（公切线）：两圆在公切线同侧的叫共通外接線（外公切线），在两侧的叫共通内接線（内公切线）。两切点之间的线段长度：

$$\text{共通外接線の長さ} = \sqrt{d^2 - (r_1 - r_2)^2}, \qquad \text{共通内接線の長さ} = \sqrt{d^2 - (r_1 + r_2)^2}.$$

使用场景

• 给出两圆的半径和圆心距，问位置关系或共通接线条数：比较 $d$ 与 $r_1 + r_2$、$r_1 - r_2$。
• 求共通外接线两切点之间的距离：直角梯形里用勾股定理，$\sqrt{d^2 - (r_1 - r_2)^2}$。
• 求共通内接线两切点之间的距离：$\sqrt{d^2 - (r_1 + r_2)^2}$。
• 几个圆互相外切并且都与同一条直线相切：外切时 $d = r_1 + r_2$，切点间距离是 $2\sqrt{r_1 r_2}$。

注意点

• 两圆相切时，切点在两个圆心的连线上（外切时在两圆心之间，内切时在连线的延长线上）。这是列方程 $d = r_1 \pm r_2$ 的依据。
• 共通外接线长用半径之差，共通内接线长用半径之和，可以用“内接线要穿过两圆之间，更难，所以减得更多”来记。
• 内接（$d = r_1 - r_2$）和外接（$d = r_1 + r_2$）的日文容易和三角形的「内接円」「外接円」混；这里的「内接する」「外接する」说的是两个圆之间的关系。

证明

共通外接线长。 设外接线切大圆于 $P$、小圆于 $Q$，则 $O_1P \perp PQ$，$O_2Q \perp PQ$，四边形 $O_1PQO_2$ 是直角梯形。过 $O_2$ 作 $O_1P$ 的垂线，垂足为 $K$，则 $O_2K = PQ$，$O_1K = r_1 - r_2$。在直角三角形 $O_1KO_2$ 中

$$PQ^2 = O_2K^2 = d^2 - (r_1 - r_2)^2.$$

共通内接线长。 内接线切大圆于 $S$、小圆于 $T$，$O_1S$、$O_2T$ 在 $ST$ 的两侧。延长 $O_1S$ 到 $K$，使 $SK = r_2$，则 $SKO_2T$ 是矩形，$O_1K = r_1 + r_2$，$KO_2 = ST$，所以 $ST^2 = d^2 - (r_1 + r_2)^2$。（关键一步：把小圆的半径“平移”接到大圆的半径上，凑出以 $d$ 为斜边的直角三角形。）

位置关系表。 由三角形两边之和大于第三边：两圆有两个公共点 $X$ 时，$\triangle O_1O_2X$ 的三边是 $d$、$r_1$、$r_2$，所以 $r_1 - r_2 < d < r_1 + r_2$；等号对应三点共线，也就是相切。

例题

例 1　（场景：判断位置关系）

問題　半径 $5$ と $3$ の $2$ つの円がある。中心間の距離 $d$ が $10$，$8$，$5$，$2$，$1$ のとき，それぞれの位置関係と共通接線の本数を求めよ。

解答　$r_1 + r_2 = 8$，$r_1 - r_2 = 2$ である。

$d = 10 > 8$：互いに外部にある，$4$ 本。

$d = 8$：外接する，$3$ 本。

$2 < d = 5 < 8$：$2$ 点で交わる，$2$ 本。

$d = 2$：内接する，$1$ 本。

$d = 1 < 2$：一方が他方の内部にある，$0$ 本。

中文翻译　题目：两圆半径为 $5$ 和 $3$。圆心距 $d$ 分别为 $10$、$8$、$5$、$2$、$1$ 时，判断位置关系和共通接线条数。解答：$r_1 + r_2 = 8$，$r_1 - r_2 = 2$。$d = 10 > 8$：互在外部，$4$ 条。$d = 8$：外切，$3$ 条。$2 < d = 5 < 8$：交于两点，$2$ 条。$d = 2$：内切，$1$ 条。$d = 1 < 2$：一方在另一方内部，$0$ 条。

解说　判断位置关系只比较 $d$ 与 $r_1 + r_2$、$r_1 - r_2$。共通接线条数按“相离 $4$、外切 $3$、相交 $2$、内切 $1$、内含 $0$“记；两圆相交时内公切线要从两圆之间穿过，没有空隙，所以不存在。

例 2　（场景：共通外接线长）

問題　半径 $5$ と $2$ の $2$ つの円があり，中心間の距離は $9$ である。共通外接線の $2$ つの接点間の距離を求めよ。

解答　$\sqrt{9^2 - (5 - 2)^2} = \sqrt{81 - 9} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}$。

中文翻译　题目：两圆半径为 $5$ 和 $2$，圆心距 $9$，求共通外接线两切点之间的距离。解答：$\sqrt{9^2 - (5 - 2)^2} = \sqrt{81 - 9} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}$。

解说　外公切线的两切点连线长度用半径之差：把两个圆心和切点画成直角梯形，过小圆圆心作大圆半径的垂线，得到直角三角形，斜边是 $d$，一条直角边是 $r_1 - r_2$。外公切线用差，内公切线用和，可以记“内切线更难，减得更多”。

例 3　（场景：共通内接线长）

問題　例 2 の $2$ 円について，共通内接線の $2$ つの接点間の距離を求めよ。

解答　$\sqrt{9^2 - (5 + 2)^2} = \sqrt{81 - 49} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$。

中文翻译　题目：例 2 的两圆，求共通内接线两切点之间的距离。解答：$\sqrt{9^2 - (5 + 2)^2} = \sqrt{81 - 49} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$。

解说　内公切线的两切点连线长度用半径之和：把两个圆心的半径“接”在一起，凑出以 $d$ 为斜边、$r_1 + r_2$ 为一条直角边的直角三角形。内公切线存在的前提是 $d \geqq r_1 + r_2$，本题 $9 > 7$，可以求。

例 4　（场景：互相外切且与同一直线相切的圆）

問題　半径 $4$ と $1$ の $2$ つの円が互いに外接し，ともに直線 $l$ に同じ側で接している。(1) $2$ つの接点間の距離を求めよ。(2) この $2$ 円の間に，$2$ 円とも外接し，$l$ にも接する円を置く。その半径を求めよ。

解答　(1) $2$ 円の中心間の距離は $d = 4 + 1 = 5$，中心から $l$ までの距離の差は $4 - 1 = 3$ である。接点間の距離は共通外接線の長さに等しく，$\sqrt{5^2 - 3^2} = 4$。

(2) 一般に，半径 $r_1$，$r_2$ の $2$ 円が外接し，ともに $l$ に接するとき，接点間の距離は $\sqrt{(r_1 + r_2)^2 - (r_1 - r_2)^2} = 2\sqrt{r_1 r_2}$ である。求める半径を $x$ とすると，$3$ つの接点は $l$ 上に並び，大きい円と小さい円の接点の距離は $2$ つの和になるから， $2\sqrt{4x} + 2\sqrt{x \cdot 1} = 4$，$6\sqrt{x} = 4$，$\sqrt{x} = \dfrac{2}{3}$，$x = \dfrac{4}{9}$。

中文翻译　题目：半径 $4$ 和 $1$ 的两个圆互相外切，并且都与直线 $l$ 相切于同侧。（1）求两个切点之间的距离。（2）在两圆之间再放一个圆，与这两个圆都外切，也与 $l$ 相切，求它的半径。解答：（1）两圆心距 $d = 4 + 1 = 5$，两圆心到 $l$ 的距离差为 $4 - 1 = 3$，切点间距离就是共通外接线长 $\sqrt{5^2 - 3^2} = 4$。（2）一般地，半径 $r_1$、$r_2$ 的两圆外切且都切 $l$ 时，切点间距离 $\sqrt{(r_1 + r_2)^2 - (r_1 - r_2)^2} = 2\sqrt{r_1 r_2}$。设所求半径为 $x$，三个切点在 $l$ 上排成一排，大圆与小圆的切点距离等于两段之和：$2\sqrt{4x} + 2\sqrt{x \cdot 1} = 4$，$6\sqrt{x} = 4$，$\sqrt{x} = \dfrac{2}{3}$，$x = \dfrac{4}{9}$。

解说　容易卡在：(2) 想直接列圆心距的方程，出现三个根号。改用“切点间距离 $2\sqrt{r_1 r_2}$“沿直线 $l$ 相加，一个方程就够。这个公式也可以由外切 $d = r_1 + r_2$ 和半径差 $r_1 - r_2$ 用勾股定理推出。

常用推论

• 外切两圆的切点间距离：$2\sqrt{r_1 r_2}$。推导见例 4（1）。
• 三个圆相切于同一直线：中间的圆满足 $\dfrac{1}{\sqrt{r_3}} = \dfrac{1}{\sqrt{r_1}} + \dfrac{1}{\sqrt{r_2}}$。推导：例 4（2）的方程 $2\sqrt{r_1 r_3} + 2\sqrt{r_2 r_3} = 2\sqrt{r_1 r_2}$ 两边除以 $2\sqrt{r_1 r_2 r_3}$。
• 公共弦：两圆相交时，公共弦垂直于两圆心的连线并被它平分；公共弦所在直线平分公切线段（9.6 节例 4）。

易错点

• 错在哪：共通外接线长写成 $\sqrt{d^2 - (r_1 + r_2)^2}$。 为什么错：外接线两边的半径在同一侧，直角梯形里两条平行边相减，差是 $r_1 - r_2$。 正确做法：外接线用差，内接线用和；拿不准时画出直角梯形或矩形现推。
• 错在哪：两圆内切时写 $d = r_1 + r_2$。 为什么错：内切时小圆在大圆里面，切点在圆心连线的延长线上，$d = r_1 - r_2$。 正确做法：先判断是外切还是内切，再列式。
• 错在哪：数共通接线时把“两圆相交”算成 4 条。 为什么错：内接线要从两圆之间穿过，相交时没有空隙，内接线不存在。 正确做法：按表：相离 4，外切 3，相交 2，内切 1，内含 0。

直观理解

把两个圆看成两个大小不同的滑轮，皮带不交叉地绕（外接线）还是交叉地绕（内接线）：交叉绕时皮带要从两轮中间穿过，两圆一旦碰到就穿不过去，所以内接线最先消失。从相离到内含，圆心越来越近，共通接线一条一条消失：4、3、2、1、0。

关联知识点

• 国内书第 29 章 29.4 节：两圆位置关系的判定与公共弦方程（坐标法）。
• 9.6 节：公共弦平分公切线用的是方べきの定理。
• 本书第 11 章 図形と方程式：コース2 再用坐标处理两圆、切线。
• 本书第 6 章 図形と計量：直角梯形、勾股定理的计算与本节相同。

9.8 空間における直線と平面（三垂線の定理）

说明

本节的内容（空间两直线、直线与平面、两平面的位置关系，平行与垂直的判定和性质）与国内书第 19 章相同，这里只列日本的术语和写法，再补上三垂線の定理。

日本的说法

内容	日文	国内书
两直线不平行也不相交	ねじれの位置にある	异面直线
两直线所成的角	2 直線のなす角	异面直线所成角
直线与平面垂直	直線 $l$ は平面 $\alpha$ に垂直である，$l \perp \alpha$	线面垂直
斜线在平面上的投影	正射影	射影
两平面所成的角	2 平面のなす角	二面角

立方体的字母：日本写立方体或长方体时多用 $ABCD\text{-}EFGH$，$E$、$F$、$G$、$H$ 分别在 $A$、$B$、$C$、$D$ 的正上方；国内写 $ABCD\text{-}A_1B_1C_1D_1$。EJU 题目照日本写法。

三垂線の定理：平面 $\alpha$ 上有直线 $l$，$A$ 是 $l$ 上的点，$O$ 是 $\alpha$ 上不在 $l$ 上的点，$P$ 是 $\alpha$ 外的点。

1. $PO \perp \alpha$，$OA \perp l$ $\Rightarrow$ $PA \perp l$；
2. $PO \perp \alpha$，$PA \perp l$ $\Rightarrow$ $OA \perp l$；
3. $PA \perp l$，$OA \perp l$，$PO \perp OA$ $\Rightarrow$ $PO \perp \alpha$。

前两条国内书第 19 章 19.4 节作为拓展提过（三垂线定理及其逆定理），第 3 条国内没有。日本数学Ａ教科书也不在正文讲三垂線の定理：有的放在「研究」栏，新课程版有的改成章末问题，但 EJU 题干可以直接写「三垂線の定理により」。

使用场景

• 用日本的字母写法读立方体、长方体，判断两条棱是否「ねじれの位置」，或求两直线所成的角：平移其中一条，使两线相交。
• 四面体中有一条棱垂直于底面，要找“从顶点到底面某条边的垂线”：先在底面内作垂线，再用三垂線の定理 1。
• 求空间中点到直线的距离、三角形的面积或点到平面的距离：用三垂線の定理找垂足，再用勾股定理或体积。

注意点

• 三垂線の定理的三个条件中，总有一条是“直线垂直于平面”（定理 1、2 的 $PO \perp \alpha$），或者结论是它（定理 3）。只知道几条线两两垂直是不够的。
• EJU 解答是填空，不要求写出证明过程；但用三垂線の定理时，图中必须能确认 $PO \perp \alpha$。
• 「ねじれの位置」只说两条直线；直线和平面的关系说「平行」「交わる」「含まれる」。

证明

定理 1。 $PO \perp \alpha$，$l \subset \alpha$，所以 $l \perp PO$。又 $l \perp OA$，$PO$ 与 $OA$ 相交于 $O$，所以 $l \perp$ 平面 $POA$。$PA$ 在平面 $POA$ 内，所以 $l \perp PA$。

定理 2。 同理 $l \perp PO$，又 $l \perp PA$，所以 $l \perp$ 平面 $POA$，从而 $l \perp OA$。

定理 3。 $l \perp PA$，$l \perp OA$，所以 $l \perp$ 平面 $POA$，于是 $PO \perp l$。又 $PO \perp OA$，而 $l$ 与 $OA$ 是 $\alpha$ 内两条相交直线（交于 $A$），所以 $PO \perp \alpha$。（关键一步：三个定理都是先证”$l$ 垂直于平面 $POA$“，再从这个平面里取需要的那条线。判定定理在国内书第 19 章 19.4 节。）

例题

例 1　（场景：日本字母写法、ねじれの位置、两直线所成的角）

問題　立方体 $ABCD\text{-}EFGH$ において，(1) 辺 $AB$ とねじれの位置にある辺は何本あるか。(2) 直線 $AF$ と $BG$ のなす角を求めよ。

解答　(1) $E$，$F$，$G$，$H$ はそれぞれ $A$，$B$，$C$，$D$ の真上にある。$AB$ と平行なのは $DC$，$EF$，$HG$，$AB$ と交わるのは $AD$，$AE$，$BC$，$BF$ である。残りの $CG$，$DH$，$EH$，$FG$ の $4$ 本が $AB$ とねじれの位置にある。

(2) $AB \parallel HG$ かつ $AB = HG$ であるから，四角形 $ABGH$ は平行四辺形であり，$BG \parallel AH$。よって $AF$ と $BG$ のなす角は $\angle FAH$ に等しい。$AF$，$FH$，$HA$ はすべて面の対角線であるから，$\triangle AFH$ は正三角形であり，なす角は $60^\circ$ である。

中文翻译　题目：立方体 $ABCD\text{-}EFGH$ 中，（1）与棱 $AB$ 处于ねじれの位置的棱有几条？（2）求直线 $AF$ 与 $BG$ 所成的角。解答：（1）$E$、$F$、$G$、$H$ 依次在 $A$、$B$、$C$、$D$ 正上方。与 $AB$ 平行的是 $DC$、$EF$、$HG$；与 $AB$ 相交的是 $AD$、$AE$、$BC$、$BF$；剩下的 $CG$、$DH$、$EH$、$FG$ 共 $4$ 条处于ねじれの位置。（2）$AB \parallel HG$ 且 $AB = HG$，四边形 $ABGH$ 是平行四边形，$BG \parallel AH$。所以 $AF$ 与 $BG$ 所成的角等于 $\angle FAH$。$AF$、$FH$、$HA$ 都是面对角线，$\triangle AFH$ 是正三角形，所成的角是 $60^\circ$。

解说　日本字母写法是“按顺序正上方”：$A \to E$，$B \to F$，$C \to G$，$D \to H$。判断ねじれの位置时，把每条棱分成三类：平行的、相交的、剩下的；剩下的才是ねじれ。求异面直线所成的角，平移其中一条使两线相交，本题用 $BG \parallel AH$ 把角转到 $\angle FAH$。

例 2　（场景：用三垂線の定理求面积和距离）

問題　四面体 $OABC$ において $OA$，$OB$，$OC$ は互いに垂直で，$OA = OB = 2$，$OC = 1$ とする。$O$ から $AB$ に垂線を下ろし，垂足を $H$ とする。$CH$，$\triangle ABC$ の面積，$O$ から平面 $ABC$ までの距離を求めよ。

解答　$\triangle OAB$ は直角二等辺三角形であるから，$AB = 2\sqrt{2}$，$H$ は $AB$ の中点で，$OH = \sqrt{2}$。

$OC \perp OA$，$OC \perp OB$ より $OC \perp$ 平面 $OAB$。また $OH \perp AB$ であるから，三垂線の定理 1 より $CH \perp AB$。$\triangle COH$ は $\angle COH = 90^\circ$ の直角三角形だから， $CH = \sqrt{OC^2 + OH^2} = \sqrt{1 + 2} = \sqrt{3}$。

$CH$ は $\triangle ABC$ の辺 $AB$ 上の高さであるから，$\triangle ABC = \dfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = \sqrt{6}$。

四面体の体積は $V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = \dfrac{2}{3}$。$O$ から平面 $ABC$ までの距離を $h$ とすると，$\dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{6} \cdot h = \dfrac{2}{3}$ より $h = \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$。

中文翻译　题目：四面体 $OABC$ 中 $OA$、$OB$、$OC$ 两两垂直，$OA = OB = 2$，$OC = 1$。从 $O$ 向 $AB$ 作垂线，垂足为 $H$。求 $CH$、$\triangle ABC$ 的面积，以及 $O$ 到平面 $ABC$ 的距离。解答：$\triangle OAB$ 是等腰直角三角形，$AB = 2\sqrt{2}$，$H$ 是 $AB$ 的中点，$OH = \sqrt{2}$。$OC \perp OA$，$OC \perp OB$，所以 $OC \perp$ 平面 $OAB$。又 $OH \perp AB$，由三垂線の定理 1，$CH \perp AB$。$\triangle COH$ 中 $\angle COH = 90^\circ$：$CH = \sqrt{OC^2 + OH^2} = \sqrt{1 + 2} = \sqrt{3}$。$CH$ 是 $\triangle ABC$ 中 $AB$ 边上的高：$\triangle ABC = \dfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = \sqrt{6}$。四面体体积 $V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = \dfrac{2}{3}$。设 $O$ 到平面 $ABC$ 的距离为 $h$，$\dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{6} \cdot h = \dfrac{2}{3}$，$h = \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$。

解说　另一种解法：用国内书第 27 章的空间向量。以 $O$ 为原点，$A(2, 0, 0)$、$B(0, 2, 0)$、$C(0, 0, 1)$，平面 $ABC$ 的方程 $\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{2} + z = 1$，即 $x + y + 2z - 2 = 0$，距离 $h = \dfrac{|-2|}{\sqrt{1 + 1 + 4}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$。坐标法不用找垂足，适合检查；EJU 的コース1 不考空间向量，题目会按“三垂线 → 面积 → 体积”一步步誘導，照主解法走更顺。用三垂線の定理前要先确认 $OC \perp$ 平面 $OAB$，只知道几条线两两垂直是不够的。

例 3　（场景：空间中点到直线的距离）

問題　$1$ 辺の長さが $2$ の立方体 $ABCD\text{-}EFGH$ において，点 $E$ から直線 $BD$ までの距離を求めよ。

解答　正方形 $ABCD$ の対角線の交点を $M$ とすると，$AM \perp BD$ で $AM = \sqrt{2}$。$EA \perp$ 平面 $ABCD$ であるから，三垂線の定理 1 より $EM \perp BD$。よって $E$ から $BD$ までの距離は $EM = \sqrt{EA^2 + AM^2} = \sqrt{4 + 2} = \sqrt{6}$。

中文翻译　题目：棱长为 $2$ 的立方体 $ABCD\text{-}EFGH$ 中，求点 $E$ 到直线 $BD$ 的距离。解答：设正方形 $ABCD$ 的对角线交于 $M$，则 $AM \perp BD$，$AM = \sqrt{2}$。$EA \perp$ 平面 $ABCD$，由三垂線の定理 1，$EM \perp BD$，所以 $E$ 到 $BD$ 的距离是 $EM = \sqrt{EA^2 + AM^2} = \sqrt{4 + 2} = \sqrt{6}$。

解说　容易卡在：直接找 $E$ 到 $BD$ 的垂足不好找。先在底面里找 $A$ 的垂足 $M$，再“抬上去”：$EA \perp$ 底面，$AM \perp BD$，由三垂线定理得 $EM \perp BD$，$EM$ 就是距离。这个“先投影、再抬升”的套路在空间距离题里反复用。

常用推论

• 直角四面体（三条棱在一个顶点两两垂直，长 $a$、$b$、$c$）：顶点到对面的距离 $h$ 满足 $\dfrac{1}{h^2} = \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{c^2}$。推导：按例 2 的步骤用字母做一遍，或用体积 $\dfrac{abc}{6} = \dfrac{1}{3}Sh$。例 2：$\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{3}{2}$，$h = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$。
• 立方体里的正三角形：棱长 $a$ 的立方体中，三条面对角线围成的 $\triangle AFH$、$\triangle BDG$ 等都是边长 $\sqrt{2}a$ 的正三角形，所以面对角线之间的夹角只有 $60^\circ$ 和 $90^\circ$ 两种（或平行）。
• 国内书第 19 章 19.4 节的“常用推论”里还有三垂线定理的另一种叙述和正方体体对角线的垂直关系，可以对照。

易错点

• 错在哪：只因为 $OA \perp AB$，就说 $CA \perp AB$。 为什么错：三垂線の定理要求 $CO$ 垂直于整个平面 $OAB$，不只是垂直于某一条线。 正确做法：先确认（或证明）$CO \perp$ 平面，再用定理。
• 错在哪：读 $ABCD\text{-}EFGH$ 时把 $E$ 放在 $B$ 的上方。 为什么错：日本的写法是“按顺序正上方”：$A \to E$，$B \to F$，$C \to G$，$D \to H$。 正确做法：先画底面 $ABCD$，再在每个顶点正上方依次写 $E$、$F$、$G$、$H$。
• 错在哪：认为与 $AB$ 不相交的棱都在ねじれの位置。 为什么错：平行的棱也不相交，但不是ねじれ。 正确做法：数ねじれ的棱时先排除平行和相交的。

直观理解

在桌面上竖一根旗杆 $PO$，从杆脚 $O$ 向桌上的直尺 $l$ 作垂线，垂足为 $A$。站在 $A$ 看：直尺 $l$ 既垂直于桌上的 $OA$，又垂直于竖直的旗杆，所以垂直于由它们张成的竖直墙面 $POA$；从杆顶 $P$ 拉到 $A$ 的绳子在这面墙上，也就垂直于直尺。这就是“三条垂线”的由来。

关联知识点

• 国内书第 19 章 19.2–19.5 节：空间位置关系、平行与垂直的判定和性质、空间角的定义。
• 国内书第 18 章 18.5 节：等体积法求点到平面的距离，例 2 最后一步用的就是它。
• 国内书第 26、27 章：空间向量和坐标法，例 2 的另一种解法。
• 本书第 6 章 図形と計量：空间图形的计量（四面体的体积、截面）常和本节一起出。
• 本书第 16 章 ベクトル：コース2 用空间向量处理同类问题。

9.9 多面体（オイラーの多面体定理）

说明

多面体：由若干个平面多边形围成的立体（国内书第 18 章 18.2 节）。没有凹陷的多面体叫凸多面体（とつためんたい）。

オイラーの多面体定理：凸多面体的顶点数 $v$、棱数 $e$、面数 $f$ 满足

$$v - e + f = 2.$$

正多面体：每个面都是全等的正多边形、每个顶点处聚集的面数都相同的凸多面体。正多面体只有五种：

名称	面的形状	面数 $f$	顶点数 $v$	棱数 $e$	一个顶点处的面数
正四面体	正三角形	4	4	6	3
正六面体（立方体）	正方形	6	8	12	3
正八面体	正三角形	8	6	12	4
正十二面体	正五角形	12	20	30	3
正二十面体	正三角形	20	12	30	5

数棱和顶点的方法：每条棱是两个面的公共边，所以 $e = \dfrac{\text{所有面的边数之和}}{2}$；每个顶点处聚集 $k$ 个面时，$v = \dfrac{\text{所有面的顶点数之和}}{k}$。

使用场景

• 题目描述一个由几种多边形围成的多面体（或把某多面体的角切掉），问顶点、棱、面的个数：先数面，用“边数之和除以 2”求棱，再用欧拉定理或“顶点数之和除以 $k$“求顶点，两种方法互相验算。
• 问正多面体的顶点数、棱数，或者为什么只有五种：用上面的表和“一个顶点处的角之和小于 $360^\circ$”。
• 正多面体放在立方体里（面的中心、顶点相连），求棱长或体积：把它切成棱锥，或从立方体中减去角上的部分。

注意点

• 欧拉定理只对凸多面体（以及能连续变形成球面的多面体）成立；中间有洞的立体（像甜甜圈）$v - e + f = 0$，不适用。
• 求棱数时一定要除以 2，求顶点数时要除以一个顶点处聚集的面数。
• 正多面体的定义要求两个条件都满足：只要求每个面是全等正多边形不够（例如两个正四面体粘成的六面体，有的顶点聚集 3 个面，有的聚集 4 个）。

证明

欧拉定理（高中能懂的说明）。

1. 拿掉一个面，把多面体“摊平”在平面上，得到一个平面图：顶点、棱的个数不变，面少了一个。要证的变成 $v - e + f' = 1$（$f' = f - 1$）。
2. 把每个非三角形的面用对角线分成三角形：每加一条对角线，棱数加 1，面数也加 1，$v - e + f'$ 不变。
3. 从外边界一个一个去掉三角形：去掉只有一条边在外边界上的三角形时，棱数减 1、面数减 1；去掉有两条边在外边界上的三角形时，顶点减 1、棱减 2、面减 1。（关键一步：每一步 $v - e + f'$ 都不变。）
4. 最后只剩一个三角形：$3 - 3 + 1 = 1$。所以开始时 $v - e + f' = 1$，即 $v - e + f = 2$。

严格证明要处理“摊平”和“去掉三角形的顺序”，属于大学拓扑学的内容。

正多面体只有五种。 设每个面是正 $n$ 边形，每个顶点处聚集 $k$ 个面（$n \ge 3$，$k \ge 3$）。正 $n$ 边形的一个内角是 $\dfrac{180^\circ(n - 2)}{n}$，凸多面体一个顶点处的角之和小于 $360^\circ$：

• $n = 3$（$60^\circ$）：$60^\circ k < 360^\circ$，$k = 3, 4, 5$，对应正四面体、正八面体、正二十面体；
• $n = 4$（$90^\circ$）：$k = 3$，正六面体；
• $n = 5$（$108^\circ$）：$k = 3$，正十二面体；
• $n \ge 6$：内角 $\ge 120^\circ$，$3$ 个已经 $\ge 360^\circ$，不可能。

例题

例 1　（场景：切角后数顶点、棱、面）

問題　立方体の各頂点の近くを平面で切り，小さな三角錐を切り落とす（切口は正三角形で，各切口は互いに交わらない）。得られる多面体の頂点の数，辺の数，面の数を求めよ。

解答　面：もとの $6$ つの面は八角形になり，さらに $8$ つの三角形の切口が加わるから，$f = 6 + 8 = 14$。

辺：すべての面の辺の数の合計は $6 \times 8 + 8 \times 3 = 72$ であるから，$e = \dfrac{72}{2} = 36$。

頂点：各頂点には $3$ つの面（八角形 $2$ つと三角形 $1$ つ）が集まるから，$v = \dfrac{72}{3} = 24$。

中文翻译　题目：把立方体的每个顶点附近用平面切掉一个小三棱锥（切口是正三角形，各切口互不相交）。求所得多面体的顶点数、棱数、面数。解答：面：原来的 $6$ 个面变成八边形，再加上 $8$ 个三角形切口，$f = 6 + 8 = 14$。棱：所有面的边数之和 $= 6 \times 8 + 8 \times 3 = 72$，$e = \dfrac{72}{2} = 36$。顶点：每个顶点处聚集 $3$ 个面（$2$ 个八边形和 $1$ 个三角形），$v = \dfrac{72}{3} = 24$。验算：$v - e + f = 24 - 36 + 14 = 2$。

解说　另一种解法：直接看变化。原来每个顶点被切掉后变成 $3$ 个新顶点：$v = 8 \times 3 = 24$；原来的 $12$ 条棱都保留（变短），每个切口新增 $3$ 条：$e = 12 + 8 \times 3 = 36$；$f = 14$。“看变化”适合只切一种角的情况；面的种类多、规律不明显时用“边数之和除以 $2$“更稳。最后都可以用欧拉公式 $v - e + f = 2$ 验算。

例 2　（场景：正多面体的顶点和棱）

問題　正十二面体の各面は正五角形で，各頂点には $3$ つの面が集まっている。辺の数と頂点の数を求めよ。

解答　面の辺の数の合計は $12 \times 5 = 60$ であるから，$e = 30$。各頂点に $3$ つの面が集まるから，$v = \dfrac{60}{3} = 20$。

中文翻译　题目：正十二面体的每个面是正五边形，每个顶点处聚集 $3$ 个面。求它的棱数和顶点数。解答：边数之和 $= 12 \times 5 = 60$，$e = 30$；$v = \dfrac{60}{3} = 20$。验算 $20 - 30 + 12 = 2$。

解说　数棱时，每条棱同时属于两个面，所以“面的边数之和”要除以 $2$；数顶点时，每个顶点被它周围的 $k$ 个面各数一次，要除以 $k$（本题 $k = 3$），不一定是 $2$。求出后用欧拉公式 $v - e + f = 2$ 验算。

例 3　（场景：立方体里的正八面体）

問題　$1$ 辺の長さが $2$ の立方体について，$6$ つの面の中心を結んで正八面体を作る。この正八面体の辺の長さと体積を求めよ。

解答　隣り合う $2$ つの面の中心，たとえば前面の中心 $(1, 0, 1)$ と右面の中心 $(2, 1, 1)$（立方体の $1$ 頂点を原点とする）の距離は $\sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$ であるから，辺の長さは $\sqrt{2}$。

正八面体は $2$ つの正四角錐を底面どうしで貼り合わせたものである。中央の正方形は $4$ つの側面の中心でできており，辺の長さ $\sqrt{2}$，面積 $2$。上下の $2$ 頂点（上底面と下底面の中心）からこの正方形までの距離はともに $1$ である。よって体積は $V = 2 \times \dfrac{1}{3} \times 2 \times 1 = \dfrac{4}{3}$。

中文翻译　题目：棱长为 $2$ 的立方体，六个面的中心连成正八面体。求这个正八面体的棱长和体积。解答：相邻两个面的中心，例如前面中心 $(1, 0, 1)$ 和右面中心 $(2, 1, 1)$（以立方体一个顶点为原点），距离为 $\sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$，所以棱长为 $\sqrt{2}$。正八面体由两个正四棱锥底对底拼成。中间的正方形由四个侧面中心组成，边长 $\sqrt{2}$，面积 $2$；上下两个顶点（上、下底面的中心）到这个正方形的距离都是 $1$。体积 $V = 2 \times \dfrac{1}{3} \times 2 \times 1 = \dfrac{4}{3}$。

解说　这正好是立方体体积 $8$ 的 $\dfrac{1}{6}$。正八面体的体积公式是 $\dfrac{\sqrt{2}}{3}a^3$；本题 $a = \sqrt{2}$，代入得 $\dfrac{\sqrt{2}}{3} \cdot 2\sqrt{2} = \dfrac{4}{3}$，与分成两个正四棱锥的结果一致。

常用推论

• 棱长 $a$ 的正八面体体积 $= \dfrac{\sqrt{2}}{3}a^3$。推导：两个正四棱锥，底面积 $a^2$，高 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}a$（底面正方形对角线的一半），$2 \times \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}a$。例 3 中 $a = \sqrt{2}$，得 $\dfrac{4}{3}$。
• 棱长 $a$ 的正四面体体积 $= \dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$。推导：棱长 $b$ 的立方体切掉四个角上的三棱锥（每个 $\dfrac{b^3}{6}$）剩下正四面体，体积 $b^3 - 4 \cdot \dfrac{b^3}{6} = \dfrac{b^3}{3}$，棱长 $a = \sqrt{2}b$。本书第 6 章还会用到。
• 对偶：连接正多面体各面中心得到另一个正多面体，面数和顶点数对调：正六面体 ↔ 正八面体，正十二面体 ↔ 正二十面体，正四面体 ↔ 正四面体。表中棱数相同的正是对偶的两种。
• 切顶点的一般规律：切掉一个聚集 $k$ 个面的顶点（切口互不相交），顶点数增加 $k - 1$，棱数增加 $k$，面数增加 1，$v - e + f$ 不变。

易错点

• 错在哪：数棱时把每个面的边数直接相加，没有除以 2。 为什么错：每条棱同时是两个面的边，被数了两次。 正确做法：边数之和除以 2。
• 错在哪：数顶点时也除以 2。 为什么错：一个顶点被它周围的 $k$ 个面各数一次，要除以 $k$，不一定是 2。 正确做法：先确认每个顶点处聚集几个面；或者先求 $e$、$f$，再用 $v = 2 + e - f$。
• 错在哪：把正八面体的顶点数记成 8。 为什么错：“八面体”说的是面数。 正确做法：正八面体有 8 个面、6 个顶点、12 条棱；和立方体（6 个面、8 个顶点）正好对调。

直观理解

欧拉定理可以想成“在球面上画地图”：把多面体吹成气球，顶点是城市，棱是道路，面是区域。往地图上加一条连接两个已有城市的道路，会把一个区域一分为二（$e$ 和 $f$ 同时加 1）；在道路中间加一个城市，会把一条路分成两条（$v$ 和 $e$ 同时加 1）。不管怎么加，$v - e + f$ 都不变，而最简单的地图（一个城市、没有路、整个球面一个区域）是 $1 - 0 + 1 = 2$。

关联知识点

• 国内书第 18 章 18.2 节：多面体、棱柱、棱锥的结构特征；18.5 节体积公式。
• 本书第 7 章 場合の数と確率：数顶点、棱的“每条被数两次”和计数里的“除以重复次数”是同一个想法。
• 本书第 6 章 図形と計量：正四面体、正八面体的体积和截面计算。
• 9.8 节：多面体里两条棱的位置关系、点到平面的距离。

9.10 题型与答法

EJU 的平面图形题很少单独考一个定理，通常是一个大问从三角比出发：先用余弦定理求边或角，再引入角平分线、外接圆或内心，最后用方べき、梅涅劳斯求一段长度或面积比。2017–2021 年公开的 6 套过去问里，コース1 的图形题都在最后一个大问 Ⅳ（菱形与圆、圆内接四边形、三角形与外接圆、角平分线与外接圆），都和正弦定理、余弦定理合在一起；コース2 与コース1 共用的大问 Ⅰ 理论上也可能出现。2026 年新シラバス下还没有官方样题。空间图形在这几套里没有单独出现，如果出，多以四面体、立方体的计量出现，和第 6 章「図形と計量」的空间部分合在一起。

誘導的典型骨架：

• 三角形 + 圆：(1) 余弦定理求 $\cos A$ 或一边 →(2) 角平分线定理求分点，求角平分线长 →(3) 外接圆或内接圆的半径 →(4) 方べきの定理求延长线与外接圆交点的距离。
• 比与面积：(1) 切瓦定理求第三个分比 →(2) 梅涅劳斯定理求交点分线段的比 →(3) 面积比。
• 空间图形：(1) 求棱长、面对角线 →(2) 三垂線の定理找垂线，求三角形的高和面积 →(3) 用体积求点到平面的距离。

填涂提醒：比 $\fbox{A} : \fbox{B}$ 要化成最简整数比；$\fbox{C}\sqrt{\fbox{D}}$ 的根号里要最小；面积比写成既约分数。

問題 1　（三角形の辺の比・内心・方べきの定理）

$\triangle ABC$ において，$AB = 6$，$BC = 5$，$CA = 4$ とする。$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $D$ とする。

(1) $BD = \fbox{A}$，$DC = \fbox{B}$ であり，$AD = \fbox{C}\sqrt{\fbox{D}}$ である。

(2) $\triangle ABC$ の内心を $I$ とすると，$AI : ID = \fbox{E} : \fbox{F}$ であるから，$AI = \fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$ である。

(3) 直線 $AD$ と $\triangle ABC$ の外接円の交点のうち，$A$ と異なる方を $M$ とする。方べきの定理により $DM = \sqrt{\fbox{I}}$ であり，$MI = \fbox{J}\sqrt{\fbox{K}}$ である。

解答　(1) $BD : DC = 6 : 4 = 3 : 2$ であるから，$BD = 3$，$DC = 2$。$\cos B = \dfrac{36 + 25 - 16}{2 \cdot 6 \cdot 5} = \dfrac{3}{4}$ で，$\triangle ABD$ において $AD^2 = 36 + 9 - 2 \cdot 6 \cdot 3 \cdot \dfrac{3}{4} = 18$，よって $AD = 3\sqrt{2}$。したがって $\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 2$，$\fbox{C} = 3$，$\fbox{D} = 2$。

(2) $BI$ は $\angle B$ の二等分線であるから，$\triangle ABD$ において角の二等分線定理より $AI : ID = BA : BD = 6 : 3 = 2 : 1$。よって $AI = \dfrac{2}{3} \cdot 3\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$ であり，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 1$，$\fbox{G} = 2$，$\fbox{H} = 2$。

(3) 弦 $AM$ と弦 $BC$ は $D$ で交わるから，方べきの定理より $DA \cdot DM = DB \cdot DC$。$3\sqrt{2} \cdot DM = 6$ より $DM = \dfrac{6}{3\sqrt{2}} = \sqrt{2}$。また $ID = AD - AI = \sqrt{2}$ であるから，$MI = ID + DM = 2\sqrt{2}$。よって $\fbox{I} = 2$，$\fbox{J} = 2$，$\fbox{K} = 2$。

中文翻译　题目：$\triangle ABC$ 中 $AB = 6$，$BC = 5$，$CA = 4$，$\angle A$ 的平分线与边 $BC$ 交于 $D$。（1）$BD = \fbox{A}$，$DC = \fbox{B}$，$AD = \fbox{C}\sqrt{\fbox{D}}$。（2）设 $\triangle ABC$ 的内心为 $I$，则 $AI : ID = \fbox{E} : \fbox{F}$，所以 $AI = \fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$。（3）直线 $AD$ 与 $\triangle ABC$ 外接圆的交点中，不同于 $A$ 的那个记为 $M$。由方べきの定理，$DM = \sqrt{\fbox{I}}$，$MI = \fbox{J}\sqrt{\fbox{K}}$。解答：（1）$BD : DC = 6 : 4 = 3 : 2$，$BD = 3$，$DC = 2$。$\cos B = \dfrac{36 + 25 - 16}{2 \cdot 6 \cdot 5} = \dfrac{3}{4}$，在 $\triangle ABD$ 中 $AD^2 = 36 + 9 - 2 \cdot 6 \cdot 3 \cdot \dfrac{3}{4} = 18$，$AD = 3\sqrt{2}$。所以 $\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 2$，$\fbox{C} = 3$，$\fbox{D} = 2$。（2）$BI$ 平分 $\angle B$，在 $\triangle ABD$ 中 $AI : ID = BA : BD = 6 : 3 = 2 : 1$，$AI = \dfrac{2}{3} \cdot 3\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$。所以 $\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 1$，$\fbox{G} = 2$，$\fbox{H} = 2$。（3）弦 $AM$ 与弦 $BC$ 交于 $D$：$DA \cdot DM = DB \cdot DC$，$3\sqrt{2} \cdot DM = 6$，$DM = \dfrac{6}{3\sqrt{2}} = \sqrt{2}$。$ID = AD - AI = \sqrt{2}$，$MI = ID + DM = 2\sqrt{2}$。所以 $\fbox{I} = 2$，$\fbox{J} = 2$，$\fbox{K} = 2$。

解说　两分钟做法：先用角平分线定理分对边，再在两个三角形里各用一次余弦定理和角平分线定理；最后用方べきの定理把外接圆上的 $M$ 拉进来。空格判断：$\fbox{D} = 2$ 根号里要取最小，$3\sqrt{2}$ 不再写成 $\sqrt{18}$；$\fbox{F} = 1$ 比的后项是 $1$ 也要填。附注：这时 $MB = MC = MI = 2\sqrt{2}$，$B$、$C$、$I$ 在以 $M$ 为圆心的同一个圆上，这是内心题常见的隐藏结论。

問題 2　（チェバの定理・メネラウスの定理・面積比）

$\triangle ABC$ において，辺 $BC$ を $3 : 2$ に内分する点を $D$，辺 $CA$ の中点を $E$ とし，線分 $AD$ と線分 $BE$ の交点を $P$ とする。また，直線 $CP$ と辺 $AB$ の交点を $F$ とする。

(1) チェバの定理により，$AF : FB = \fbox{A} : \fbox{B}$ である。

(2) メネラウスの定理により，$AP : PD = \fbox{C} : \fbox{D}$，$BP : PE = \fbox{E} : \fbox{F}$ である。

(3) $\triangle PBC$ の面積は $\triangle ABC$ の面積の $\dfrac{\fbox{G}}{\fbox{H}}$ 倍であり，四角形 $PDCE$ の面積は $\triangle ABC$ の面積の $\dfrac{\fbox{IJ}}{\fbox{KL}}$ 倍である。

解答　(1) チェバの定理より $\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = \dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{3}{2} \cdot 1 = 1$，よって $AF : FB = 2 : 3$。したがって $\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 3$。

(2) $\triangle ADC$ と直線 $BE$ にメネラウスの定理を用いる。$A$ から出発すると $\dfrac{AP}{PD} \cdot \dfrac{DB}{BC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = 1$ で，$\dfrac{AP}{PD} \cdot \dfrac{3}{5} \cdot 1 = 1$ より $AP : PD = 5 : 3$。よって $\fbox{C} = 5$，$\fbox{D} = 3$。

$\triangle BCE$ と直線 $AD$ にメネラウスの定理を用いると，$\dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CA}{AE} \cdot \dfrac{EP}{PB} = 1$，$\dfrac{3}{2} \cdot 2 \cdot \dfrac{EP}{PB} = 1$ より $BP : PE = 3 : 1$。よって $\fbox{E} = 3$，$\fbox{F} = 1$。

(3) $\triangle PBC$ と $\triangle ABC$ は底辺 $BC$ が共通で，高さの比は $PD : AD = 3 : 8$ であるから，$\dfrac{3}{8}$ 倍。よって $\fbox{G} = 3$，$\fbox{H} = 8$。

$\triangle ADC = \dfrac{2}{5}\triangle ABC$ であり，$\triangle APE = \dfrac{AP}{AD} \cdot \dfrac{AE}{AC} \cdot \triangle ADC = \dfrac{5}{8} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{5}\triangle ABC = \dfrac{1}{8}\triangle ABC$。よって四角形 $PDCE = \triangle ADC - \triangle APE = \dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{8} = \dfrac{11}{40}$ 倍であり，$\fbox{IJ} = 1, 1$，$\fbox{KL} = 4, 0$。

中文翻译　题目：$\triangle ABC$ 中，$D$ 把边 $BC$ 内分为 $3 : 2$，$E$ 是边 $CA$ 的中点，线段 $AD$ 与 $BE$ 交于 $P$，直线 $CP$ 与边 $AB$ 交于 $F$。（1）由切瓦定理，$AF : FB = \fbox{A} : \fbox{B}$。（2）由梅涅劳斯定理，$AP : PD = \fbox{C} : \fbox{D}$，$BP : PE = \fbox{E} : \fbox{F}$。（3）$\triangle PBC$ 的面积是 $\triangle ABC$ 的 $\dfrac{\fbox{G}}{\fbox{H}}$ 倍，四边形 $PDCE$ 的面积是 $\triangle ABC$ 的 $\dfrac{\fbox{IJ}}{\fbox{KL}}$ 倍。解答：（1）$\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = \dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{3}{2} \cdot 1 = 1$，$AF : FB = 2 : 3$，所以 $\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 3$。（2）$\triangle ADC$ 与直线 $BE$：从 $A$ 出发 $\dfrac{AP}{PD} \cdot \dfrac{DB}{BC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = 1$，$\dfrac{AP}{PD} \cdot \dfrac{3}{5} \cdot 1 = 1$，$AP : PD = 5 : 3$，所以 $\fbox{C} = 5$，$\fbox{D} = 3$。$\triangle BCE$ 与直线 $AD$：$\dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CA}{AE} \cdot \dfrac{EP}{PB} = 1$，$\dfrac{3}{2} \cdot 2 \cdot \dfrac{EP}{PB} = 1$，$BP : PE = 3 : 1$，所以 $\fbox{E} = 3$，$\fbox{F} = 1$。（3）$\triangle PBC$ 与 $\triangle ABC$ 同底 $BC$，高之比 $PD : AD = 3 : 8$，所以是 $\dfrac{3}{8}$ 倍，$\fbox{G} = 3$，$\fbox{H} = 8$。$\triangle ADC = \dfrac{2}{5}\triangle ABC$；$\triangle APE = \dfrac{AP}{AD} \cdot \dfrac{AE}{AC} \cdot \triangle ADC = \dfrac{5}{8} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{5}\triangle ABC = \dfrac{1}{8}\triangle ABC$。四边形 $PDCE = \triangle ADC - \triangle APE = \dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{8} = \dfrac{11}{40}$ 倍，所以 $\fbox{IJ} = 1, 1$，$\fbox{KL} = 4, 0$。

解说　两分钟做法：切瓦定理用于三条线共点，梅涅劳斯定理用于一条直线截三角形；两个定理的比都要沿图形“绕一圈”。空格判断：$\fbox{KL} = 4, 0$ 是既约分数 $\dfrac{11}{40}$ 的分母两位；$\fbox{F} = 1$ 比的后项是 $1$ 也要填。求四边形面积用“大三角形减小三角形”：$\triangle ADC - \triangle APE$，不要直接求四边形。

問題 3　（空間図形・三垂線の定理・多面体）

(1) 四面体 $OABC$ において，$OA$，$OB$，$OC$ はどの $2$ つも垂直で，$OA = OB = 4$，$OC = 2$ である。$O$ から辺 $AB$ に下ろした垂線と $AB$ の交点を $H$ とする。

$AB = \fbox{A}\sqrt{\fbox{B}}$，$OH = \fbox{C}\sqrt{\fbox{D}}$ である。三垂線の定理により $CH \perp AB$ であるから，$CH = \fbox{E}\sqrt{\fbox{F}}$，$\triangle ABC$ の面積は $\fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$ である。四面体 $OABC$ の体積は $\dfrac{\fbox{IJ}}{\fbox{K}}$ であるから，点 $O$ と平面 $ABC$ の距離は $\dfrac{\fbox{L}\sqrt{\fbox{M}}}{\fbox{N}}$ である。

(2) 立方体の各頂点を，その頂点に集まる $3$ 本の辺の中点を通る平面で切り取ってできる多面体の頂点の数は $\fbox{OP}$，辺の数は $\fbox{QR}$，面の数は $\fbox{ST}$ である。

解答　(1) $AB = \sqrt{16 + 16} = 4\sqrt{2}$。$\triangle OAB$ は直角二等辺三角形で，$H$ は $AB$ の中点であるから，$OH = \dfrac{AB}{2} = 2\sqrt{2}$。よって $\fbox{A} = 4$，$\fbox{B} = 2$，$\fbox{C} = 2$，$\fbox{D} = 2$。

$OC \perp OA$，$OC \perp OB$ より $OC \perp$ 平面 $OAB$。また $OH \perp AB$ であるから，三垂線の定理より $CH \perp AB$。$CH = \sqrt{OC^2 + OH^2} = \sqrt{4 + 8} = 2\sqrt{3}$，$\triangle ABC = \dfrac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{3} = 4\sqrt{6}$。よって $\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 3$，$\fbox{G} = 4$，$\fbox{H} = 6$。

体積は $V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 2 = \dfrac{16}{3}$。距離を $h$ とすると，$\dfrac{1}{3} \cdot 4\sqrt{6} \cdot h = \dfrac{16}{3}$ より $h = \dfrac{4}{\sqrt{6}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$。よって $\fbox{IJ} = 1, 6$，$\fbox{K} = 3$，$\fbox{L} = 2$，$\fbox{M} = 6$，$\fbox{N} = 3$。

(2) 切口は辺の中点を通り，隣り合う切口は辺の中点で接するから，もとの頂点はすべて消え，新しい頂点は $12$ 本の辺の中点になる：$v = 12$。面は，もとの $6$ つの正方形面がそれぞれ小さな正方形として残り，さらに $8$ つの三角形の切口が加わるから，$f = 14$。辺は $\dfrac{6 \times 4 + 8 \times 3}{2} = 24$。よって $\fbox{OP} = 1, 2$，$\fbox{QR} = 2, 4$，$\fbox{ST} = 1, 4$。

中文翻译　题目：（1）四面体 $OABC$ 中，$OA$、$OB$、$OC$ 两两垂直，$OA = OB = 4$，$OC = 2$。从 $O$ 向边 $AB$ 作垂线，垂足为 $H$。$AB = \fbox{A}\sqrt{\fbox{B}}$，$OH = \fbox{C}\sqrt{\fbox{D}}$。由三垂线定理 $CH \perp AB$，所以 $CH = \fbox{E}\sqrt{\fbox{F}}$，$\triangle ABC$ 的面积是 $\fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$。四面体 $OABC$ 的体积是 $\dfrac{\fbox{IJ}}{\fbox{K}}$，所以点 $O$ 到平面 $ABC$ 的距离是 $\dfrac{\fbox{L}\sqrt{\fbox{M}}}{\fbox{N}}$。（2）用经过立方体每个顶点处三条棱中点的平面切掉各个顶点，所得多面体的顶点数是 $\fbox{OP}$，棱数是 $\fbox{QR}$，面数是 $\fbox{ST}$。解答：（1）$AB = \sqrt{16 + 16} = 4\sqrt{2}$。$\triangle OAB$ 是等腰直角三角形，$H$ 是 $AB$ 的中点，$OH = \dfrac{AB}{2} = 2\sqrt{2}$，所以 $\fbox{A} = 4$，$\fbox{B} = 2$，$\fbox{C} = 2$，$\fbox{D} = 2$。$OC \perp OA$，$OC \perp OB$，所以 $OC \perp$ 平面 $OAB$；又 $OH \perp AB$，由三垂線の定理 $CH \perp AB$。$CH = \sqrt{OC^2 + OH^2} = \sqrt{4 + 8} = 2\sqrt{3}$。$\triangle ABC = \dfrac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{3} = 4\sqrt{6}$，所以 $\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 3$，$\fbox{G} = 4$，$\fbox{H} = 6$。体积 $V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 2 = \dfrac{16}{3}$。设距离为 $h$，$\dfrac{1}{3} \cdot 4\sqrt{6} \cdot h = \dfrac{16}{3}$，$h = \dfrac{4}{\sqrt{6}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$。所以 $\fbox{IJ} = 1, 6$，$\fbox{K} = 3$，$\fbox{L} = 2$，$\fbox{M} = 6$，$\fbox{N} = 3$。（2）切口经过棱的中点，相邻两个切口在棱的中点相接，原来的顶点全部消失，新的顶点就是 $12$ 条棱的中点：$v = 12$。面：原来 $6$ 个正方形面各剩下一个小正方形（连接四边中点），加上 $8$ 个三角形切口，$f = 14$。棱：$\dfrac{6 \times 4 + 8 \times 3}{2} = 24$。验算 $12 - 24 + 14 = 2$。所以 $\fbox{OP} = 1, 2$，$\fbox{QR} = 2, 4$，$\fbox{ST} = 1, 4$。

解说　两分钟做法：空间题先找“线面垂直”，再用三垂线定理把斜线上的垂足转到平面上；体积和距离用等体积法互相求。空格判断：$\fbox{E} = 2$ 是把 $\sqrt{12}$ 化成 $2\sqrt{3}$ 后的系数；$\fbox{L} = 2$ 是分母有理化后的系数。第 (2) 问切口是“过三条棱中点”的平面，得到的多面体是截角立方体：$v = 12$、$e = 24$、$f = 14$，用欧拉公式验算。

9.11 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
図形の性質	ずけいのせいしつ	图形的性质	シラバス第 7 项的名称
内分する	ないぶんする	内分	「線分 $BC$ を $3 : 2$ に内分する点」
外分する	がいぶんする	外分	「線分 $BC$ を $3 : 2$ に外分する点」
角の二等分線	かくのにとうぶんせん	角平分线	「$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点」
外角の二等分線	がいかくのにとうぶんせん	外角平分线
延長	えんちょう	延长线	「辺 $BC$ の延長と交わる点」
中線	ちゅうせん	中线	「中線定理」
垂直二等分線	すいちょくにとうぶんせん	垂直平分线
垂線を下ろす	すいせんをおろす	作垂线	「$O$ から辺 $AB$ に下ろした垂線」
外心	がいしん	外心
内心	ないしん	内心
重心	じゅうしん	重心
垂心	すいしん	垂心
傍心	ぼうしん	傍心（旁心）	「$\angle A$ 内の傍心」
外接円	がいせつえん	外接圆	「$\triangle ABC$ の外接円の半径」
内接円	ないせつえん	内切圆	中文是“内切圆”，日文是“内接円”
傍接円	ぼうせつえん	旁切圆
五心	ごしん	五心
チェバの定理	ちぇばのていり	切瓦定理
メネラウスの定理	めねらうすのていり	梅涅劳斯定理
円周角	えんしゅうかく	圆周角	「円周角の定理」
中心角	ちゅうしんかく	圆心角
弧	こ	弧
弦	げん	弦
円に内接する四角形	えんにないせつするしかっけい	圆内接四边形
円に外接する四角形	えんにがいせつするしかっけい	圆外切四边形	四边都与圆相切
同一円周上にある	どういつえんしゅうじょうにある	在同一个圆上（共圆）	「4 点 $A$，$B$，$C$，$D$ は同一円周上にある」
接線	せっせん	切线
接点	せってん	切点
接する	せっする	相切	「直線 $l$ は円に接する」
接弦定理	せつげんていり	弦切角定理	接線と弦のつくる角の定理
方べきの定理	ほうべきのていり	圆幂定理（相交弦、切割线、割线定理）	「方べきの定理により」
共通接線	きょうつうせっせん	公切线
共通外接線	きょうつうがいせつせん	外公切线	两圆在切线同侧；读音是通行读法，也有人读「〜がいせっせん」
共通内接線	きょうつうないせつせん	内公切线	两圆在切线两侧；读音同上
外接する（2 円）	がいせつする	外切	「2 つの円は外接する」
内接する（2 円）	ないせつする	内切
2 点で交わる	にてんでまじわる	相交于两点
相似	そうじ	相似	$\triangle ABC \backsim \triangle DEF$
合同	ごうどう	全等	日本写 $\equiv$
ねじれの位置	ねじれのいち	异面	「辺 $AB$ とねじれの位置にある辺」
なす角	なすかく	所成的角	「直線 $AF$ と $BG$ のなす角」
正射影	せいしゃえい	正投影（射影）
三垂線の定理	さんすいせんのていり	三垂线定理
多面体	ためんたい	多面体
凸多面体	とつためんたい	凸多面体
正多面体	せいためんたい	正多面体	只有五种
正四面体	せいしめんたい	正四面体
正八面体	せいはちめんたい	正八面体
正十二面体	せいじゅうにめんたい	正十二面体
正二十面体	せいにじゅうめんたい	正二十面体
立方体	りっぽうたい	正方体	「立方体 $ABCD\text{-}EFGH$」
頂点・辺・面	ちょうてん・へん・めん	顶点、棱、面	多面体的“棱”日文叫「辺」
オイラーの多面体定理	おいらーのためんたいていり	欧拉多面体定理	$v - e + f = 2$
切り取る	きりとる	切掉	「各頂点を平面で切り取る」
〜と異なる方	〜とことなるほう	不同于……的那个	「$A$ と異なる方を $M$ とする」
どの 2 つも垂直	どのふたつもすいちょく	两两垂直	「$OA$，$OB$，$OC$ はどの 2 つも垂直」

9.12 自测

1. $\triangle ABC$ 中 $AB = 9$，$AC = 6$，$BC = 10$，$\angle A$ 的平分线交 $BC$ 于 $D$，求 $BD$。
2. 同上三角形，$\angle A$ 的外角平分线交直线 $BC$ 于 $E$，求 $CE$。
3. 锐角三角形 $ABC$ 中 $\angle A = 50^\circ$，$I$ 是内心，$O$ 是外心，求 $\angle BIC$ 和 $\angle BOC$。
4. 直角三角形三边为 3、4、5，求内接圆半径 $r$ 和外接圆半径 $R$。
5. $\triangle ABC$ 中三条线 $AD$、$BE$、$CF$ 交于一点，$AF : FB = 1 : 2$，$BD : DC = 3 : 1$，求 $CE : EA$。
6. 圆内接四边形 $ABCD$ 中 $\angle A = 75^\circ$，$\angle B = 110^\circ$，求 $\angle C$ 和 $\angle D$。
7. 圆在 $A$ 处的切线与弦 $AB$ 夹 $35^\circ$，求弦 $AB$ 在另一侧弧上所对的圆周角，以及圆心角 $\angle AOB$。
8. 从圆外一点 $P$ 引切线 $PT = 4$，过 $P$ 的割线依次交圆于 $A$、$B$，$PA = 2$，求 $AB$。
9. 两圆半径为 6 和 2，圆心距 10，求共通外接线和共通内接线两切点间的距离。
10. 立方体 $ABCD\text{-}EFGH$ 中，与对角线 $AG$ 处于ねじれの位置的棱有几条？
11. 棱长为 1 的立方体 $ABCD\text{-}EFGH$ 中，求点 $G$ 到直线 $BD$ 的距离。
12. 一个凸多面体由 12 个正五边形和 20 个正六边形围成，求它的顶点数。
13. 写出正二十面体的顶点数和棱数。

答案：1. 6；2. 20；3. $\angle BIC = 115^\circ$，$\angle BOC = 100^\circ$；4. $r = 1$，$R = \dfrac{5}{2}$；5. $2 : 3$；6. $\angle C = 105^\circ$，$\angle D = 70^\circ$；7. $35^\circ$，$70^\circ$；8. 6；9. $2\sqrt{21}$，6；10. 6 条；11. $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$；12. 60；13. 顶点 12，棱 30。

9.13 深入阅读

• JASSO · 日本留学試験 数学シラバス：官方出题范围原文，第 7 项「図形の性質」列出本章的全部小项目（五心、チェバ・メネラウス、方べき、空间图形）。
• JASSO · 過去問題サンプル：官方公开的过去问，看平面图形如何和正弦定理、余弦定理合成一个誘導型大问。
• 维基百科（日文）· 方べきの定理：方べきの定理三种形式的日文叙述和证明，查日文术语时用。
• 维基百科（日文）· 正多面体：五种正多面体的顶点、棱、面数和图，以及只有五种的理由。