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《高中竞赛教程》教案:第18讲 平几中的几个重要定理(一)(教师)


第 18 讲

平几中的几个重要定理(一)

本节主要内容有 Ptolemy、Ceva、Menelaus 等定理及应用. 定理 1 (Ptolemy 定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和;(逆命题成立) 定理 2 (Ceva 定理)设 X、Y、Z 分别为△ABC 的边 BC、CA、AB 上的一 点,则 A X、BY、CZ 所在直

线交于一点的 充要条件是 AZ BX CY ZB· XC· YA =1.
B X
A

A Z P C

Y

定理 3 (Menelaus 定理)设 X、Y、Z 分别在△ABC 的 BC、CA、AB 所在 直线上,则 X、Y、Z 共线的充要条件是 AZ BX CY · · =1. ZB XC YA
B Z

Y

C

X

定理 4 设 P、Q、A、B 为任意四点,则 PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. A 类例题 例 1 证明 Ptolemy 定理. 已知:如图,圆内接 ABCD,求证:AC· BD=AB· CD+AD· BC. 分析 可设法把 AC· BD 拆成两部分,如把 AC 写成 AE+EC,这样,AC· BD 就 拆成了两部分:AE· BD 及 EC· BD,于是只要证明 AE· BD=AD· BC 及 EC· BD=AB· CD 即可. 证明 在 AC 上取点 E,使?ADE=?BDC, 由?DAE=?DBC,得⊿AED∽⊿BCD. ∴ AE∶BC=AD∶BD,即 AE· BD=AD· BC. ⑴ 又?ADB=?EDC,?ABD=?ECD,得⊿ABD∽⊿ECD. ∴ AB∶ED=BD∶CD,即 EC· BD=AB· CD. ⑵ ⑴+⑵,得 AC· BD=AB· CD+AD· BC. 说明 本定理的证明给证明 ab=cd+ef 的问题提供了一个典范.

D C

E A B

链接 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. 例 2 证明 Ceva 定理. 分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比,从而可用面积来证明. 证明:设 S⊿APB=S1,S⊿BPC=S2,S⊿CPA=S3. AZ S3 BX S1 CY S2 则ZB=S ,XC=S , YA =S , 2 3 1 三式相乘,即得证. 说明 用同一法可证其逆正确. 链接 本题也可过点 A 作 MN∥BC 延长 BY、CZ 与 MN 分别交于 M、N,再用比例来证明.运用此定 理可以比较简洁证明三条角平分线、三条中线、三条高等共点问题.
B X A Z P C

Y

-1-

例 3 证明 Menelaus 定理. 证明:作 CN∥BA,交 XY 于 N, AZ CY CN XC 则CN= YA , ZB =BX. AZ BX CY AZ CN BX CY 于是ZB· XC· YA =CN· ZB · XC· YA =1. 本定理也可用面积来证明:如图,连 AX,BY, 记 S?AYB=S1,S?BYC=S2,S?CYX=S3,S?XYA=S4.则 AZ S4 BX S2+S3 CY S3 ZB=S2+S3;XC= S3 ; YA =S4,三式相乘即得证.
B Z

A

Y

N
X

C A

Z

S1

S4 Y S2 S3
C X

B

说明 用同一法可证其逆正确.Ceva 定理与 Menelaus 定理是一对“对偶定理”. 链接 本定理证明很多,可以运用三角、射影等知识;还可以运用此定理证明 Ceva 定理.

例 4 证明定理 4 设 P、Q、A、B 为任意四点,则 PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. 证明 先证 PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. P 作 PH⊥AB 于 H, 则 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2) =AH2-BH2=(AH+BH)(AH-BH) H' =AB(AB-2BH). A H 同理,作 QH’⊥AB 于 H’, 则 QA2-QB2=AB(AB-2AH’) Q ∴H=H’,即点 H 与点 H’重合. PQ⊥AB ?PA2-PB2=QA2-QB2 显然成立.说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用.

B

链接 点到圆的幂:设 P 为⊙O 所在平面上任意一点,PO=d,⊙O 的半径为 r,则 d2-r2 就是点 P 对于⊙O 的幂.过 P 任作一直线与⊙O 交于点 A、B,则 PA· PB= |d2-r2|. “到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线,如果此二圆相交,则该轨迹是此 二圆的公共弦所在直线”这个结论.这条直线称为两圆的“根轴” .三个圆两两的根轴如果不互相平行, 则它们交于一点,这一点称为三圆的“根心” .三个圆的根心对于三个圆等幂.当三个圆两两相交时, 三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点.
A

情景再现
︵ 1.如图,P 是正△ABC 外接圆的劣弧BC上任一点 (不与 B、C 重合), 求证:PA=PB+PC.
A

B

C
E

2.设 AD 是△ABC 的边 BC 上的中线,直线 CF 交 AD 于 E.
P

E

求证:

AE 2AF = . ED FB
B D C

-2-

线交于一点. 3. 证明:三角形的角平分
B 类例题 例 5 设 A1A2A3?A7 是圆内接正七边形,求证: 1 1 1 A1A2=A1A3+A1A4.(1987 年第二十一届全苏)
A4 A3 A2

分析 注意到题目中要证的是一些边长之间的关系,并且是圆内接多边形, 当然存在圆内接四边形,从而可以考虑用 Ptolemy 定理. 证明 连 A1A5,A3A5,并设 A1A2=a,A1A3=b,A1A4=c. 1 1 1 本题即证a=b+c.在圆内接四边形 A1A3A4A5 中,有
A5 A7 A6

A1

1 1 1 A3A4=A4A5=a,A1A3=A3A5=b,A1A4=A1A5=c.于是有 ab+ac=bc,同除以 abc,即得 = + ,故证. a b c 说明 Ptolemy 定理揭示了圆内接四边形中线段关系,在数学中应用非常广泛. 例 6 (南斯拉夫,1983)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. 证明:设 PR 与圆的另一交点为 L.则 →→ → → → → →→ →→ →→ →→ PQ· RS =(PM+ PA )·(RM+MS)=PM· RM+PM· MS+ PA · RM+ PA · MS →→ →→ =-PM· PL + PA · PD =0.故 PQ⊥RS. 设 PQ 交对角线 BD 于 T,则由 Menelaus 定理,(PQ 交?ABD)得 DP AQ BT BT PA QB · · =1 ;即 = · ; PA QB TD TD DP AQ 设 RS 交对角线 BD 于 N,由 Menelaus 定理,(RS 交?BCD)得 BN DS CR BN SC RB ND· SC· RB=1;即ND=DS· CR; PA RB QB SC BT BN 显然,DP=CR,AQ=DS.于是TD=ND,故 T 与 N 重合.得证. 说明 本题反复运用了 Menelaus 定理,解题要抓住哪一条直线截哪一个三角形.
A P M Q L D S T,N B R C

情景再现
4.在四边形 ABCD 中,对角线 AC 平分?BAD,在 CD 上取一点 E,BE 与 AC 相交于 F, 延长 DF 交 BC 于 G.求证:?GAC=?EAC. (1999 年全国高中数学联赛) 5.ABCD 是一个平行四边形,E 是 AB 上的一点,F 为 CD 上的一点.AF 交 ED 于 G, EC 交 FB 于 H.连接线段 GH 并延长交 AD 于 L,交 BC 于 M.求证:DL=BM. 6.在直线 l 的一侧画一个半圆 T,C,D 是 T 上的两点,T 上过 C 和 D 的切线分别交 l 于 B 和 A,半 圆的圆心在线段 BA 上,E 是线段 AC 和 BD 的交点,F 是 l 上的点,EF 垂直 l.求证:EF 平分∠CFD.
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C 类例题 例 7 以 O 为圆心的圆通过⊿ABC 的两个顶点 A、C,且与 AB、BC 两边分别相交于 K、N 两点,⊿ ABC 和⊿KBN 的两外接圆交于 B、M 两点.证明:∠OMB 为直角.(1985 年第 26 届国际数学竞赛) 分析 对于与圆有关的问题,常可利用圆幂定理,若能找到 BM 上一点,使该点与点B对于圆 O 等幂 即可. B 证明:由 BM、KN、AC 三线共点 P,知 M PM· PB=PN· PK=PO2-r2. ⑴ K N 由?PMN=?BKN=?CAN,得 P、M、N、C 共圆, 2 2 故 BM· BP=BN· BC=BO -r . ⑵ O P ⑴-⑵得, PM· PB-BM· BP= PO2 - BO2, C A 即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2,就是 PM2 -BM2= PO2 - BO2,于是 OM⊥PB. 例 8 (蝴蝶定理)AB 是⊙O 的弦,M 是其中点,弦 CD、EF 经过点 M,CF、DE 交 AB 于 P、Q, 求证:MP=QM. 分析 圆是关于直径对称的, 当作出点 F 关于 O M 的对称点 F'后, 只要设法证明⊿FMP E C ≌⊿F'MQ 即可. M A 证明:作点 F 关于 OM 的对称点 F’,连 FF’,F’M,F’Q,F’D.则 4 P MF=MF’,?4=?FMP=?6. O 1 圆内接四边形 F’FED 中,?5+?6=180?,从而?4+?5=180?, 6 F 于是 M、F’、D、Q 四点共圆, ∴ ?2=?3,但?3=?1,从而?1=?2, 于是⊿MFP≌⊿MF’Q.∴ MP=MQ. 说明 本定理有很多种证明方法,而且有多种推广.

Q
3 2

B

5

D F'

例 9 如图,四边形 ABCD 内接于圆,AB,DC 延长线交于 E,AD、BC 延长线交于 F,P 为圆上任 意一点,PE,PF 分别交圆于 R,S. 若对角线 AC 与 BD 相交于 T. 求证:R,T,S 三点共线. 分析 对于圆内接多边形有很多性质,本题涉及到圆内接六边形,我们先来证明两个引理. 引理 1: A1B1C1D1E1F1 为圆内接六边形,若 A1D1,B1E1,C1F1 交于一点,则有 如图,设 A1D1,B1E1,C1F1 交于点 O,根据圆内接多边形的性质易知 △ OA1B1∽△OE1D1,△OB1C1∽△OF1E1, △OC1D1∽△OA1F1,从而有

A1B1 C1D1 E1F1 ? ? ?1. B1C1 D1E1 F1 A1
E

A1 B1 B1O EF FO CD DO , 1 1 ? 1 , 1 1 ? 1 . ? D1 E1 D1O B1C1 B1O F1 A1 F1O

B

R C T D F

AB C D E F 将上面三式相乘即得 1 1 ? 1 1 ? 1 1 ? 1 , B1C1 D1E1 F1 A1
引理 2: 圆内接六边形 A1B1C1D1E1F1,若满足
B1 A1

A
C1

P

S

A1B1 C1D1 E1F1 ? ? ?1 B1C1 D1E1 F1 A1
F1

O D1 E1

则其三条对角线 A1D1,B1E1,C1F1 交于一点.
-4-

该引理的证明,留给读者思考. 例 9 之证明如图,连接 PD,AS,RC,BR,AP,SD. 由△EBR∽△EPA,△FDS∽△FPA,知 两式相乘,得

E

BR EB PA FP ? ? , . PA EP DS FD
B R C T D P S F

BR EB ? FP ? . DS EP ? FD



又由△ECR∽△EPD,△FPD∽△FAS,

CR EC PD FP ? ? , . 两式相乘, PD EP AS FA A CR EC ? FP ? 得 ② AS EP ? FA BR ? AS EB ? FA BR CD SA EB AF DC ? ? ? ? ? ? 由①,②得 . 故 . DS ? CR EC ? FD RC DS AB BA FD CE EB AF DC ? ? ?1 对△EAD 应用 Menelaus 定理,有 ④ BA FD CE BR CD SA ? ? ? 1. 由③,④得 RC DS AB
知 由引理 2 知 BD,RS,AC 交于一点, 所以 R,T,S 三点共线.



情景再现
7.(评委会,土耳其,1995)设?ABC 的内切圆分别切三边 BC、CA、AB 于 D、E、F,X 是?ABC 内 的一点,?XBC 的内切圆也在点 D 处与 BC 相切,并与 CX、XB 分别切于点 Y、Z,证明,EFZY 是圆内 接四边形.

8. 若直角?ABC中,CK是斜边上的高, CE是?ACK的平分线, E点在AK上,D是AC的中点,F是DE与CK的交点, 证明:BF // CE。

-5-

习题 18 1.在四边形 ABCD 中,⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC 的面积比是 3∶4∶1,点 M、N 分别在 AC、CD 上满足 AM∶AC=CN∶CD,并且 B、M、N 三点共线.求证:M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中点.(1983 年 全国高中数学联赛) 2.四边形 ABCD 内接于圆,其边 AB 与 DC 延长交于点 P,AD、BC 延长交于点 Q,由 Q 作该圆的 两条切线 QE、QF,切点分别为 E、F,求证:P、E、F 三点共线.(1997 年中国数学奥林匹克)
1 1 1 3.若⊿ABC 的边 a、b、c,所对的角为 1∶2∶4,求证:a=b+c .
A

A E B M C N

D
O

E

A
A R B
Q

O

D B F C

Z

Z P B
Q Y

Y

X

C

X

C

P

P

4.如图,⊿ABC 中,P 为三角形内任意一点,AP、BP、CP 分别交对边于 X、Y、Z. XP YP ZP 求证:XA+YB+ZC=1 5.(Lemoine line)从三角形的各个顶点引其外接圆的切线,这些切线与各自对边的交点共线. O 6. (Desargues 定理)设有△ABC、△A'B'C',且 AB 与 A'B'交于 Z,BC 与 B'C'交于 X,CA 与 C'A'交于 Y.则 Z C ⑴ 若 AA'、BB'、CC'三线共点,则 X、Y、Z 三点共线; A B ⑵ 若 X、Y、Z 三点共线,则 AA'、BB'、CC'三线共点. Y 7.在 ABC 中,∠C=90°,AD 和 BE 是它的两条内角平分线,设 L、M、 A' C' N 分别为 AD、AB、BE 的中点,X=LM∩BE,Y=MN∩AD,Z=NL∩DE.求证: B' X X、Y、Z 三点共线.(2000 年江苏省数学冬令营) A 8.已知 在⊿ABC 中,AB>AC,?A 的一个外角的平分线交⊿ABC Z 的外接圆于点 E,过 E 作 EF⊥AB,垂足为 F. M L X 求证 2AF=AB-AC. (1989 年全国高中数学联赛) E N 9.四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 B C D ABP、BCP、CDP 和 DAP 的外接圆圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 Y OP、O1O3、O2O4 三直线共点. (1990 年全国高中数学联赛) D 10.一个战士想要查遍一个正三角形区域内或边界上有无地雷,他的 C O3 探测器的有效长度等于正三角形高的一半.这个战士从三角形的一个顶点开始 O4 探测.训他应怎样的路线才能使查遍整个区域的路程最短. (1973 年第十五届 P O2 国际数学奥林匹克) O 11.以锐角三角形 ABC 的三边为边向外作三个相似三角形 AC1B,BA1C、 O1 CB1A,(?AB1C=?ABC1=?A1BC;?BA1C=?BAC1=?B1AC.) A B ⑴ 求证:⊿AC1B、⊿B1AC、⊿CBA1 的外接圆交于一点; ⑵ 证明:直线 AA1、BB1、CC1 交于一点.(1973 年全苏数学奥林匹克) 12.⊿ABC 中,O 为外心,H 为垂心,直线 AH、BH、CH 交边 BC、CA、AB 于 D、E、F,直线 DE 交 AB 于 M,DF 交 AC 于 N.求证:⑴ OB⊥DF,OC⊥DE;⑵ OH⊥MN.

-6-

本节“情景再现”解答: 1.证明:由 Ptolemy 定理得 PA·BC=PB·AC+PC·AB,∵AB=BC=AC. ∴PA=PB+PC. 2.证明由 Menelaus 定理得 AE DC BF AE 2AF · · =1 ,从而 = . ED CB FA ED FB A

3. 证:记?ABC的角平分线分别是 AA1 , BB1 , CC1 ,

?

AC1 b BA1 c CB1 a ? , ? , ? C1 B a A1C b B1 A c AC1 BA1 CB1 ? ? ?1 C1 B A1C B1 A
B

C1

B1
C

?

A1
A

? 三角形的角平分线交于 一点;
CG BH DE 4.证明 连结 B D 交 AC 于 H,对⊿BCD 用 Ceva 定理,可得 · · GB HD EC =1. BH AB 因为 AH 是?BAD 的角平分线,由角平分线定理,可得HD=AD,故 CG AB DE GB· AD· EC=1.过点 C 作 AB 的平行线交 AG 延长线于 I,过点 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J,则 CG CI DE AD CI AB AD = , = ,所以, GB AB EC CJ AB· AD· CJ =1.
I J B G C H F E D

从 而 , CI=CJ . 又 因 CI ∥ AB , CJ ∥ AD , 故 ?ACI= π -?BAC= π -?DAC=?ACJ,因此,⊿ACI≌⊿ACJ,从而?IAC=?JAC,即?GAC=?EAC.

5.证明:如图,设直线 LM 与 BA 的延长线交于点 J,与 DC 的延长线交于点 I. 在△ECD 与△FAB 中分别使用 Menelaus 定理,得

EG DI CH AG FH BJ EG AG ? ? ?1, ? ? ? 1 .因为 AB∥CD,所以 ? , GD IC HE GF HB JA GD GF CH FH DI BJ CD ? CI AB ? AJ ? ? ? .从而 ,即 ,故 CI=AJ. 而 HE HB IC JA CI AJ BM BJ DI DL ? ? ? ,且 BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以 BM=DL. MC CI AJ LA
6.证明:如图,设 AD 与 BC 相交于点 P,用 O 表示半圆 T 的圆心.过 P 作 PH 丄 l 于 H,连 OD,OC,OP.由题意知 Rt△OAD∽Rt△PAH, 于是有

J A L G

E

B

H D M F C I

P

AH HP BH HP ? ? .类似地,Rt△OCB∽Rt△PHB,则有 . AD DO BC CO AH BH AH BC PD ? ? ? ? 1. 由 CO=DO,有 ,从而 AD BC HB CP DA

D A

E O F(H)

C B l

由塞瓦定理的逆定理知三条直线 AC,BD,PH 相交于一点,即 E 在 PH 上,点 H 与 F 重合. 因∠ODP=∠OCP=90°,所以 O,D,C,P 四点共圆,直径为 OP. 又∠PFC=90°,从而推得点 F 也在这个圆上,因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP,所以 EF 平分∠CFD. AF BD CE XZ BD CY AF CE XZ CY 7.证明:延长 FE、BC 交于 Q.FB· DC· EA=1,ZB· DC· YA =1,?FB· EA=ZB· YA .
-7-

AF BQ CE 由 Menelaus 定理,有FB · QC · EA=1. XZ BQ CY 于是得ZB· QC· YA =1.即 Z、Y、Q 三点共线. 但由切割线定理知,QE· QF=QD =QY· QZ. 故由圆幂定理的逆定理知 E、 F、 Z、 Y 四点共圆. 即 EFZY 是圆内接四边形.
2

A F Z P B I X Y C Q E

第 7 题图

D

8.

证: ? 在?EBC中,作?B的平分线BH , 则?EBC ? ?ACK , ?HBC ? ?ACE, ?HBC ? ?HCB ? ?ACE ? ?HCB ? 90?, 即BH ? CE. ? ?EBC为等腰三角形 .作BC上的高EP, 则CK ? EP. 对于?ACK和三点D、E、F依梅涅劳斯定理有: CD AE KF KF EK CK EP BP BK ? ? ? 1. 于是 = ? ? ? ? . DA EK FC FC AE AC AC BC BE KF BK KF BK 即 = .依分比定理有: = . ? ?FKB ? ?CKE . ? BF // CE. FC BE KC KE

本节“习题 18”解答: 1、证明 设 AC、BD 交于点 E.由 AM∶AC=CN∶CD,故 AM∶MC=CN∶ND, 令 CN∶ND=r(r>0), 则 AM∶MC=r.由 SABD=3SABC,SBCD=4SABC,即 A SABD∶SBCD =3∶4.从而 AE∶EC∶AC=3∶4∶7.SACD∶SABC=6∶1,故 r 3 DE∶EB=6∶1, ∴DB∶BE=7∶1. AM∶AC=r∶(r+1), 即 AM= AC, AE= r+1 7 AC, 4r-3 4r-3 r 3 1 ∴ EM=( r+1 - 7 )AC= 7(r+1) AC . MC= r+1 AC ,∴ EM ∶ MC= 7 .由 4r-3 CN DB EM Menelaus 定理, 知ND· 代入得 r· 7· 7 =1, 即 4r2-3r-1=0, BE· MC=1, 这个方程有惟一的正根 r=1.故 CN∶ND=1,就是 N 为 CN 中点,M 为 AC 中点. 2、 证明 连 PQ, 作⊙QDC 交 PQ 于点 M, 则?QMC=?CDA=?CBP, 2 2 于是 M、C、B、P 四点共圆.由 PO -r =PC· PD=PM· PQ, 2 2 2 QO -r =QC· QB=QM· QP, 两式相减, 得 PO -QO2=PQ· (PM-QM) 2 2 =(PM+QM)( PM-QM)=PM -QM ,∴ OM⊥PQ. ∴ O、F、M、Q、E 五点共圆.连 PE,若 PE 交⊙O 于 F1,交⊙ OFM 于点 F2 ,则对于⊙ O ,有 PF1· PE=PC· PD ,对于⊙ OFM ,又有 PF2· PE=PC· PD.∴ PF1· PE=PF2· PE,即 F1 与 F2 重合于二圆的公共点 F.即 P、F、E 三点共线. P 3、作三角形的外接圆,即得圆内接正七边形,转化为例 5.
C E B M N

D

A E O D B F M C Q

-8-

XP SPBC YP SPCA ZP SPAB 4、证明:XA=S ,YA=S ,ZA=S ,三式相加即得证.
ABC ABC ABC

PB QZ RA 5、AB 交⊿PQR 于 B、A、Z,?BQ· ZR· AP=1, RA PY QC AC 交⊿PQR 于 C、A、Y,?AP· YQ· CR =1, PB QC RX BC 交⊿PQR 于 B、C、X,?BQ· CR· XP=1, PB RA QC 2QZ RX PY 三式相乘,得(BQ· AP· CR ) ZR· XP· YQ=1. QZ RX PY 但 PB=PA,QB=QC,RA=RC,故得ZR· XP· YQ=1.?X、Y、Z 共线. 6、 (1)证明:若 AA'、BB'、CC'三线交于点 O,由⊿OA'B'与直线 AB 相交,得
Z A R

O

B X C Q Y P

OA A?Z B'B · · =1; AA? ZB? BO

A'A OC C'Y OB B'X CC' 由⊿OA'C'与直线 AC 相交,得AO · · =1;由⊿OB'C'与直线 BC 相交,得BB'· · =1; YA' CC? XC? C'O A'Z B'X C'Y 三式相乘,得ZB'· · =1.由 Menelaus 的逆定理,知 X、Y、Z 共线. XC? YA' (2)上述显然可逆. 7、提示:作Δ ABC 的外接圆,则 M 为圆心.∵ MN∥AE, ∴ MN⊥BC. ∵ AD 平分∠A,∴ 点 Y 在⊙M 上,同理点 X 也在⊙M 上.∴ MX=MY. 记 NE∩AD=F,由于直线 DEZ 与Δ LNF 的三边相交,直线 AEC 与Δ BDF 三边相交,直线 BFE 与Δ ADC 三边相交,由 Menelaus 定理,可得: LZ NE FD NZ NE FD BE FD FE BC DA AF DB CE · · =1.? = · = · ; · · =1, · · =1. ZN EF DL ZL EF DL EF DA EB CD AF FD BC EA NZ BD CE AB BC BC 三式相乘得 = · = · = .另一方面,连结 BY、AX,并记 MY ZL DC AE AC AB AC LX AF AC NZ LX MY NZ LX = = ,∴ · · = · =1.由 Menelaus NY BG BC ZL XM YN ZL NY
E
5 4 3

Z

A

X

H E

L F D

M N G B

C

Y

∩BC=G,AC∩MX=H, 于是有∠NBY=∠LAX,∠MYA=∠MAY=∠LAC, ∴∠BYN=∠ALX. BYN∽Δ ALX.∴

∴ Δ

定理可得,X、Y、Z 三点共线. 注:本题是直线形问题,因此可用解析法证明. 8、证明 在 FB 上取 FG=AF,连 EG、EC、EB,于是⊿AEG 为等腰三 角形,∴EG=EA.又?3=180?-?EGA=180?-?EAG=180?-?5=?4, ?1=?2.于是⊿EGB??EAC.???BG=AC,∴ AB-AC=AG=2AF.
B

A

F
2

G
1

C
E D
1

9、证明 ∵O 为⊿ABC 的外心,∴ OA=OB.∵ O1 为⊿PAB 的外心, ∴O1A=O1B.∴ OO1⊥AB.作⊿PCD 的外接圆⊙O3,延长 PO3 与所作圆交于 点 E,并与 AB 交于点 F,连 DE,则?1=?2=?3,?EPD=?BPF, ∴ ?PFB=?EDP=90?.∴ PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形.∴ O1O3 与 PO 互相平分, 即 O1O3 过 PO 的中点.同理,O2O4 过 PO 中点.∴ OP、O1O3、O2O4 三直线 共点.
A

O3 O4 P

2

C

O2 O O1 F

3

B

-9-

10、提示:设士兵要探测的正三角形为⊿ABC,其高=2d,他从顶点 A 出发.如图,以 B、C 为圆心 d 为半径分别作弧 EF、GH,则他分别到达此二弧上任意一点时,就可探测全部扇形区域 BEF 及 CGH, 故可取弧 EF 上一点 P,及弧 GH 上一点 Q,士兵从 A 出发,走过折线 APQ,连 PC,交弧 GH 于 R,则 AP+PQ+QC>AP+PR+RC, 即 AP+PQ>AP+PR, 因此, 只要使 AP+PC 最小, 就有折线 APQ 最小. 现取弧 EF 的中点 M,MC 交弧 GH 于 N,则士兵应沿折线 AMN 前进. A 易证,对于⊿ABC 三边上任一点,总有折线 AMN 上某一点,与之距离 <d(不难证明,图中以 A、M、N 为圆心,d 为半 径的三个圆已经完全覆盖了 2d E ⊿ABC). G Q P 其次,对于弧 EF 上任一点 P,AM+MC < AP+PC.这可由下图证出:过 R M N M 作 AC 的平行线,由点 P 到 AC 的距离>M 到 AC 的距离,知 AP 与此平行 B C FD H 线 有 交 点 , 设 交 点 为 K . 并 作 点 C 关 于 此 平 行 线 的 对 称 点 C’ , 则 AM+MC=AC’<AK+KC’=AK+KC<AK+KP+PC=AP+PC.即折线 AMN 是所有 C 折线 APQ 中最短的.于是,所求的最短路程为折线 AMN. A
1

11、 ⑴ 设 D 为 AA1 与 BB1 的交点, 易知?A1CA=?B1CB, A1C∶BC=AC∶ B1C, ∴ ⊿A1CA??B?CB.????DBC=?DA1C.于是 B、D、C、A1 共圆.同理 A、D、C、B1 共圆,故点 D 是⊿A1BC 和⊿AB1C 的外接圆的交点. 又 ?ADB=180?-?ADB1=180?-?AC1B.所以,点 A1、D、B 和 C1 共圆, 于是点 D 是所有三个圆的公共点. ⑵ 由于?BDC1=?BAC1=?BA1C=180?-?BDC,所以直线 CC1 经过点 D. 12、证明:⑴显然 B、D、H、F 四点共圆;H、E、F 四点共圆. ∴ ?BDF=?BHF+180?-?EHF=?BAC. 1 ?OBC= (180?-?BOC)=90?-?BAC. 2 ∴ OB⊥DF.同理,OC⊥DE. ⑵ ∵ CF⊥MA, ∴ MC2-MH2=AC2-AH2; ∵ BE⊥NA, ∴ NB2-NH2=AB2-AH2; ∵ DA⊥AC, ∴ DB2-CD2=BA2-AC2; ∵ OB⊥DF, ∴ BN2-BD2=ON2-OD2; ∵ OC⊥DE, ∴ CM2-CD2=OM2-OD2. ①-②+③+④-⑤,得 NH2-MH2=ON2-OM2; OM2-MH2=ON2-NH2. ∴ OH⊥MN. ① ② ③ ④ ⑤
M

B1 C

B

A1

A

O F B H E D C N

- 10 -


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