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平面几何名定理


平面几何名定理、竞赛名题

梅涅劳斯(Menelaus定理)
设 X、Y、Z 分别在△ABC 的 BC、CA、AB 所在直线上, AZ BX CY 则 X、Y、Z 共线的充要条件是: · · =1. ZB XC YA
A

证明:作 CM∥BA,交 XY 于 N,
Y

Z

N
X

AZ CY CN XC 则 = , = . CN YA ZB BX AZ BX CY AZ CN BX CY 于是 · · = · · · =1. ZB XC YA CN ZB XC YA

B

C

说明 用同一法可证其逆正确

在矩形 ABCD 的外接圆弧 AB 上取一个不同于顶点 A、B 的点 M,点 P、Q、R、S 是 M 分别在直线 AD、AB、BC 与 CD 上的投影.证明,直线 PQ 和 RS 是互相垂直的, 并且它们与矩形的某条对角线交于同一点.
设 PQ 交对角线 BD 于 T, 证明:设 PR 与圆的另一交点为 L.则 则由 Menelaus 定理,(PQ 交?ABD)得

D

S T,N

C

DP AQ PA QB → → · BT =1;即 BT→ → ; → → · = · PA QB PM+ TD DP AQ PQ· RS =(TD PA )·(RM+ MS)= 设 RS 交对角线 BD 于 N, → → → → → →交?BCD)得 由RM+PM· MS+ PA ·RM+→·→ PM· Menelaus 定理,(RS PA MS

A P M

Q
题 11

B L R

=-PM· PL + PA · PD=0.故 PQ⊥RS.
故 T 与 N 重合.得证.

BN DS CR BN SC RB · · =1;即 = · ; ND DS CR ND SC RB → → →→

PA RB QB SC BT BN 显然, = , = .于是 = , DP CR AQ DS TD ND

塞瓦(Ceva定理)
设 X、Y、Z 分别为△ABC 的边 BC、CA、AB 上的一点, A 则 AX、BY、CZ 所在直线交于一点的充要条件是 AZ BX CY · · =1. ZB XC YA
B Z P X C Y

分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比,从而 说明 用同一法可证其逆正确.本题也可用梅氏定理证明。 可用面积来证明.

证明:设 S⊿APB=S1,S⊿BPC=S2,S⊿CPA=S3. AZ S3 BX S1 CY S2 则 = , = , = ,三式相乘,即得证. ZB S2 XC S3 YA S1

如图,在△ABC 中,∠ABC 和∠ACB 均是锐角,D 是 BC 边 上的内点,且 AD 平分∠BAC,过点 D 分别向两条直线 AB、 AC 作垂线 DP、DQ,其垂足是 P、Q,两条直线 CP 与 BQ 相 A 交与点 K.求证:AK⊥BC
P K B
证明:作高 AH.

Q C

D

H

BH AP BH CQ AP BH CQ BA ,由?CDQ∽?CAH,?CQ = DC. 则由?BDP∽?BAH,? = BA DC DC BA BD HC CA ∴ · · = · PB = · = · =1,据 Ceva 定理, · PB HC QA QA PB HC BD CA BD CA DC AC = DP⊥AB,DQ⊥AC,?AP 由 AD 平分∠BAC,? AH、BQ、CP 交于一点,故 ,由 过 CP、BQ 的交点 K, = AQ. BD AB AH

∴ AK 与 AH 重合,即 AK⊥BC.

托勒密(Ptolemy定理)
圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和 分析 如图,即证 AC·BD=AB·CD+AD·BC. D
可设法把 AC·BD 拆成两部分,如 证明 在 AC 上取点 E,使∠ADE=∠BDC, 把 AC 写成 AE+EC,这样,AC·BD 由∠DAE=∠DBC,得⊿AED∽⊿BCD. ∴ AE∶BC=AD∶BD,即 AE·BD=AD·BC.⑴ 就拆成了两部分:AE·BD 及 EC·BD, A 又∠ADB=∠EDC,∠ABD=∠ECD, 于是只要证明 AE·BD=AD·BC 及 得⊿ABD∽⊿ECD. EC·BD=AB·CD 即可. ∴ AB∶ED=BD∶CD,即 EC·BD=AB·CD.⑵
⑴+⑵,得 AC·BD=AB·CD+AD·BC.
C

E B

说明 逆命题也成立。

本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一 个典范.用类似的证法,可以得到Ptolemy定 理的推广(广义Ptolemy定理):对于一般的四 边形ABCD,有AB?CD+AD?BC≥AC?BD. 当且仅当 ABCD是圆内接四边形时等号成立.

设 A1A2A3…A7 是圆内接正七边形,求证: 1 1 1 = + . A1A2 A1A3 A1A4
证明 连 A1A5,A3A5, 并设 A1A2=a,A1A3=b,A1A4=c. =a A =b A =c 1 1 1 本题即证 = + .在圆内接四边形 a b c A1A3A4A5 中,有 A3A4=A4A5=a, A1A3=A3A5=b,A1A4=A1A5=c.于是 1 1 1 有 ab+ac=bc,同除以 abc,即得 = + ,故证. a b c
A3 A4 A1 A2

A5 A7 A6

西姆松(Simson定理)
P 是ΔABC 的外接圆⊙O 上的任意一点,PX⊥AB,PY⊥BC, PZ⊥CA,垂足为 X、Y、Z,求证: X、Y、Z 三点共线.
分析 如果连 ZX、ZY,能证得∠1=∠3,则由 ∠AZB=180°得∠YZX=180°,即可证此三点共线.
Y P
2 1 4 3 6

A

证明 ∠PXB=∠PZB=90°?P、Z、X、B 四 点共圆?∠1=∠2.∠PZA=∠PYA=90°?P、 Z、A、Y 四点共圆?∠3=∠4.但∠2+∠5=90°, ∠4+∠6=90°,而由 P、A、C、B 四点共圆, B 得∠5=∠6.故∠2=∠4,从而∠1=∠3. 故 X、Y、Z 共线.

Z

5

X

C

说明 本题的证法也是证三点共线的重要方法.本题的逆命题成立

设 H 为ΔABC 的垂心,P 为ΔABC 的外接圆上一 P 点,则从点 P 引出的三角形的西姆松线平分 PH.
分析:考虑能否用中位线性质证明本题:找到 一条平行于 Simson 线的线段,从 PX∥AH 入手. 连 PE,得∠1=∠2,但∠2=∠3,再由四点共圆 B 得∠3=∠4,于是得∠6=∠7.可证平行.
证明 连 AH 并延长交⊙O 于点 E,则 DE=DH, 连 PE 交 BC 于点 F,交 XY 于点 K,连 FH、PB. ∵ PX∥AE,∴ ∠1=∠2,又∠2=∠3, ∵ P、Z、X、B 四点共圆, ∴∠3=∠4,∴ ∠1=∠4. ∴ K 为 PF 中点. ∵ DE=DH,BD⊥EH,∴ ∠2=∠5. ∴ FH∥XY. ∴ XY 平分 PH.
1

Y A M Z K H
5 6 7

3

4

X

F

D
2

C

E


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