【数竞】（2）（“七星连珠”）
前注：
（1）原题来自B站账号“很弱的火锅油先生”，证法与之不同。
（2）此文亦可见于微信公众号“2025届6班”，作者为同一个人。
零、前备知识
1. 三角形的外心、内心、垂心、重心、旁心（定义略），前四者分别记作O、I、H、G。
2. 三角形的重心，是三角形中线上靠近边中点的那个三等分点。中考定理。
3. 三角形的外心、重心、垂心三点共线，叫做三角形的欧拉线。向量OH是向量OG的三倍。用“沙漏”型相似，或构造平行四边形等方法可证。
4. 三角形三边中点、三边垂足、垂心分别到三个顶点的连线段的三个中点，九点共圆。九点圆的圆心记作O9，它在欧拉线上，且为线段OH的中点。对外接圆作位似变换可证。（这条很值得讲，但不是这次重点，之后可能会出费尔巴哈圆的综述，那时可详细地讲）
5. 三角形的内切圆在三边上有三个切点，分别联结三角形的每个顶点与其对边上的切点，得到的三条线段共点，叫做三角形的热尔岗点，又叫切心，记作Ge。塞瓦定理可证。
6. 三角形的三个旁切圆在三边上有三个切点，分别联结三角形的每个顶点与其对边上的切点，得到的三条线段共点，叫做三角形的奈格尔点，又叫界心，记作Ni。塞瓦定理可证。得此名称，是因为每个切点都平分三角形的周长。（5、6可自行了解）
7. 三角形三边中点所构成的三角形，叫做三角形的中点三角形。中点三角形的内切圆和内心，分别叫做原三角形的斯俾克圆和斯俾克点，斯俾克点记作Sp。
8. 一组对边相等的四边形中，另一组对边中点的连线与前两条边成等角。中位线定理可证。（P.S.这是四边形考试的必备定理哦~）
9. 塞瓦定理、梅涅劳斯定理、位似变换。（可自行了解）
一、亮题
下面这道题涵盖了非常大量的三角形五心性质——美妙，较难，实用。我把这题的一部分出在了以往的每日一题中，下面是本题的完全体。
三角形ABC中，D和E分别是AB、AC上的点，满足BD=CE。作出三角形ADE和三角形ABC的外心、内心、垂心、重心、九点圆圆心、奈格尔点、斯俾克点，不带撇的是与三角形ABC有关的点，反之则是与三角形ADE有关的点，如图。求证：联结七组相同类型的点，得到的七条线段互相平行——“七星连珠”！
直接硬刚是不现实的，因此我们将把题目拆解为几个部分解答。
二、证明GG’//II’
为了用上前备知识8，我们很自然地想到取BC中点M，取DE中点M’。由内心的定义，得到AI’I三点共线。由重心的定义，得到AG’M’；AGM两组三点共线。
由AG’:G’M’=AG:GM=2:1，得到GG’//MM’。
由前备知识8，得到
∠BKM=∠CJM=∠JKA=(1/2)*∠BAC=∠BAI。
同位角相等，故MM’//II’，进而GG’//II’。第一步应该算是最容易的。
三、证明OO’//II’，进而解决HH’和O9O9’的部分
一开始我是想要用OM垂直平分BC，O’M’垂直平分DE来做的，但很快发现行不通。于是换成作OX垂直平分AB，O’X’垂直平分AD，OY垂直平分AC，O’Y’垂直平分AE，豁然开朗：XX’=AX-AX’=(1/2)*AB-(1/2)*AD=(1/2)*BD；同理，YY’=(1/2)*CE。故XX’=YY’。XX’是O’到OX的距离，YY’是O’到OY的距离，因此OO’与OX、OY的夹角相等。再由AB垂直于OX，AC垂直于OY，得OO’与AB、AC的夹角相等。巧了，II’也有这样的性质，所以OO’//II’。
到此，我们又惊喜地发现，由于OG:GO9:O9H=O’G’:G’O9’:O9’H’=2:1:3，故O9O9’与HH’也加入了平行的序列中。
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到这里，我们先缓一缓，总结一些经验。我们发现，我们在两道小题中多次运用了“证明点共线→证明线段成比例→用平行线分线段成比例的逆定理得出平行”。对于我们不熟悉的奈格尔点和斯俾克点，我们能否也尝试这条道路呢？答案是，二者均可。
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四、用引理解决NiNi’的部分
我们的目标是证明NiGI三点共线并且满足一个比例关系。事实上，向量INi是向量IG的三倍。并且应当明确，对于三个几何心中的任何一个点，联结它与三角形某一顶点的线段，与该顶点对边交于一点，我们都能用关于三角形三边的有理式表达出这个点在这条边上的分比，于是梅涅劳斯定理就能大显身手。若觉得抽象，请对照以下的计算证法进行理解。
不妨AB>AC，此时E更靠近B（因为E平分三角形ABC周长），D更靠近C（由角平分线定理可得），M是BC的中点。设BC=a，AC=b，AB=c，周长的一半为p。
先导边。
CD=ab/(b+c)，DM=CM-CD=a(c-b)/2(b+c)
BE=p-AB=(a+b-c)/2，EM=BM-BE=(c-b)/2
由角平分线定理，
AB/BD=AC/CD=k
再通过合比性质得到
k=(AB+AC)/(BD+CD)=(b+c)/a=AC/CD=AI/ID
注意到
AI/ID=EM/DM=(b+c)/a，
得到
AE//IM
再定比。AE//IM推出
IM/AE=ID/AD=a/(a+b+c)（1）
在三角形ABE中，以线段FNiC为截线应用梅涅劳斯定理，得(AF/FB)(BC/CE)(ENi/NiA)=1
E、F均平分三角形ABC周长，故
BF=p-BC=(b+c-a)/2，CE=p-AC=(a+c-b)/2=AF
(AF/FB)(BC/CE)=BC/FB=2a/(b+c-a)
故ENi/NiA=(b+c-a)/2a，即
NiA/AE=2a/(a+b+c)（2）
（1）（2）相除，得
NiA/IM=2
由相似，AM与INi的交点G是AM上靠近M的三等分点，即三角形ABC的重心，并且NiG=2GI，得证。进而原题中NiNi’的部分显然得证。
【这个证法是不是很像欧拉线的“沙漏“型相似的证法？】
五、用引理解决SpSp’的部分
事实上，对于任意三角形，斯俾克点也在内心、重心、奈格尔点的连线上，且为内心与奈格尔点连线段的中点。下提供位似证法。
中点三角形，是原三角形以重心为位似中心作位似比为-1/2的位似变换得到的（在位似变换中把位似比带上正负号会看得直观一些。带负号，指先绕位似中心旋转180度，再以绝对值为位似比作位似变换），我觉得这是真正使这个三角形物尽其用的观点。那么，中点三角形的内心Sp和原三角形的内心I的关系也就一目了然：向量GSp=(-1/2)*向量GI。（再结合奈格尔点那里得到的结论，Sp即为INi的中点。）那么原题中SpSp’的部分就显然得证。
单是介绍这个有点无聊。为了体现一点点斯俾克点的特殊性，我在习题中留了一个探究题。当然，这不是斯俾克点的全部性质。
六、总结与习题
我们把题目分为了四部分解答，每一部分都不能算难，但组合起来就……难度上去不少。这个题目的七条线段里，只有两条线段是用到BD=CE条件的，剩下五条都是由“放之四海而皆准“的三角形性质得到的，因此思路可谓非常清晰。最后，是4道思考题。其中3道与位似相关，因为我觉得这题给我最大的启发就是对位似理解的再深入。
1. 在原题中，分别作ABC和ADE的外接圆，它们交于点N，则N有何性质？你能在这个性质的基础上证明OO’//GG’吗？来自B站账号“很弱的火锅油先生”。
2. 斯俾克圆除了是中点三角形的内切圆外，还是哪个三角形的内切圆？
3. 你能用中点三角形的位似观点证明欧拉线定理吗？
4. 奈格尔点、斯俾克点、内心的本质联系是？
它们的解答我之后没准会发。
