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高中数学竞赛讲座 06平面几何四个重要定理


竞赛专题讲座 06 -平面几何四个重要定理
四个重要定理: 梅涅劳斯(Menelaus)定理(梅氏线) △ABC 的三边 BC、CA、AB 或其延长线上有点 P、Q、R,则 P、Q、

R 共线的充要条件是 塞瓦(Ceva)定理(塞瓦点)



△ABC 的三边 BC、CA、AB 上有点 P、Q、R,则 AP

、BQ、CR 共点的

充要条件是 托勒密(Ptolemy)定理



四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该 四边形内接于一圆。

西姆松(Simson)定理(西姆松线) 从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是 该点落在三角形的外接圆上。

例题: 1. 设 AD 是△ABC 的边 BC 上的中线,直线 CF 交 AD 于 F。求证: 。

【分析】CEF 截△ABD→

(梅氏定理)

【评注】也可以添加辅助线证明:过 A、B、D 之一作 CF 的平行线。 2. 过△ABC 的重心 G 的直线分别交 AB、AC 于 E、F, 交 CB 于 D。

求证:



【分析】连结并延长 AG 交 BC 于 M,则 M 为 BC 的中 点。

DEG 截△ABM→

(梅氏定理)

DGF 截△ACM→

(梅氏定理)



=

=

=1

【评注】梅氏定理 3. D、E、F 分别在△ABC 的 BC、CA、AB 边上,

,AD、BE、CF 交成△LMN。 求 S△LMN。 【分析】 【评注】梅氏定理 4. 以△ABC 各边为底边向外作相似的 等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证:AE、BF、 CG 相交于一点。

【分析】 【评注】塞瓦定理 5. 已知△ABC 中,∠B=2∠C。求证:AC =AB +AB·BC。 【分析】过 A 作 BC 的平行线交△ABC 的外接圆于 D,连结 BD。则 CD=DA=AB,AC=BD。 由托勒密定理, AC·BD=AD·BC+CD·AB。 【评注】 托勒密定理 6. 已知正七边形 A1A2A3A4A5A6A7。
2 2

求证: 【分析】 【评注】托勒密定理

。(第 21 届全苏数学竞赛)

7. △ABC 的 BC 边上的高 AD 的延长线交 外接圆于 P,作 PE⊥AB 于 E,延长 ED 交 AC 延长线于 F。 求证:BC·EF=BF·CE+BE·CF。 【分析】 【评注】西姆松定理(西姆松线) 8. 正六边形 ABCDEF 的对角线 AC、CE 分别被内分点 M、N 分成的比 为 AM:AC=CN:CE=k,且 B、M、N 共线。 求 k。(23-IMO-5) 【分析】 【评注】面积法 9. O 为△ABC 内一点,分别以 da、db、dc 表示 O 到 BC、CA、AB 的距离,以 Ra、Rb、 Rc 表示 O 到 A、B、C 的距离。

求证:(1)a·Ra≥b·db+c·dc; (2) a·Ra≥c·db+b·dc; (3) Ra+Rb+Rc≥2(da+db+dc)。 【分析】 【评注】面积法 10.△ABC 中,H、G、O 分别为垂心、 重心、外心。 求证: H、 G、 O 三点共线, 且 HG=2GO。 (欧拉线) 【分析】 【评注】同一法 11.△ABC 中,AB=AC,AD⊥BC 于 D,BM、BN 三等分∠ABC,与 AD 相交于 M、N,延长 CM 交 AB 于 E。 求证:MB//NE。 【分析】 【评注】对称变换 12.G 是△ABC 的重心,以 AG 为 弦作圆切 BG 于 G,延长 CG 交圆 2 于 D。求证:AG =GC·GD。

【分析】 【评注】平移变换 13.C 是直径 AB=2 的⊙O 上一点,P 在△ABC 内,若

PA+PB+PC 的最小值是

,求此时△ABC 的面积 S。

【分析】 【评注】旋转变换 费马点:

已知 O 是△ABC 内一点,∠AOB=∠BOC=∠COA=120°; P 是△ABC 内任一点, 求证: PA+PB+PC≥OA+OB+OC。 (O 为费马点)

【分析】 将C

C‘, O

O’, P

P‘, 连结 OO’、 PP‘。

则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。 ∴OO’=OB,PP‘=PB。显然△BO’C‘≌△BOC,△BP’C‘≌△BPC。 由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O,∴A、O、O‘、C’四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘,即 PA+PB+PC≥OA+OB+OC。 14.(95 全国竞赛) 菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边 分别交于 E、F、G、H,在弧 EF 和弧 GH 上分别作 ⊙O 的切线交 AB、BC、CD、DA 分别于 M、N、P、Q。 求证:MQ//NP。 【分析】由 AB∥CD 知:要证 MQ∥NP,只需证 ∠AMQ=∠CPN, 结合∠A=∠C 知,只需证 △AMQ∽△CPN



,AM·CN=AQ·CP。

连结 AC、BD,其交点为内切圆心 O。设 MN 与⊙O 切于 K,连结 OE、OM、OK、ON、OF。 记∠ABO=φ ,∠MOK=α ,∠KON=β ,则

∠EOM=α ,∠FON=β ,∠EOF=2α +2β =180°-2φ 。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β -φ =α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ +α =∠AOE+∠MOE=∠AOM

又∠OCN=∠MAO,∴△OCN∽△MAO,于是 ∴AM·CN=AO·CO 同理,AQ·CP=AO·CO。 【评注】



15.(96 全国竞赛)⊙O1 和⊙O2 与 Δ ABC 的三边所在直线 都相切,E、F、G、H 为切点,EG、FH 的延长线交于 P。 求证:PA⊥BC。 【分析】 【评注】 16.(99 全国竞赛)如图,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。 证明:连结 BD 交 AC 于 H。对△BCD 用塞瓦定理,可得 因为 AH 是∠BAD 的角平分线,由角 平分线定理,

可得

,故

。 过 C 作 AB 的平行线交 AG 的延长线于 I,过 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J。





所以

,从而 CI=CJ。

又因为 CI//AB,CJ//AD,故∠ACI=π -∠BAC=π -∠DAC=∠ACJ。 因此,△ACI≌△ACJ,从而∠IAC=∠JAC,即∠GAC=∠EAC。 已知 AB=AD,BC=DC,AC 与 BD 交于 O,过 O 的任意 两条直线 EF 和 GH 与四边形 ABCD 的四边交于 E、 F、 G、H。连结 GF、EH,分别交 BD 于 M、N。求证: OM=ON。(5 届 CMO) 证明: 作△EOH △E’OH‘, 则只需证 E’、

M、H‘共线,即 E’H‘、BO、GF 三线共点。 记∠BOG=α ,∠GOE’=β 。连结 E‘F 交 BO 于 K。 只需证 =1(Ceva 逆定理)。

=

=

=1

注:筝形:一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。 对应于 99 联赛 2:∠E’OB=∠FOB,且 E‘H’、GF、BO 三线共 点。求证:∠GOB=∠H‘OB。 事实上,上述条件是充要条件,且 M 在 OB 延长线上时结论仍然 成立。 证明方法为:同一法。 蝴蝶定理:P 是⊙O 的 弦 AB 的中点,过 P 点 引⊙O 的两弦 CD、EF, 连结 DE 交 AB 于 M, 连

结 CF 交 AB 于 N。求证:MP=NP。 【分析】 设 GH 为过 P 的直径, F ∵PF PF‘,PA F’F, 显然‘∈⊙O。 又 P∈GH, ∴PF’=PF。 PB,∴∠FPN=∠F’PM,PF=PF‘。

又 FF’⊥GH,AN⊥GH,∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’ =∠EFF‘+∠EDF’=180°,∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。 ∴△PFN≌△PF‘M,PN=PM。 【评注】一般结论为:已知半径为 R 的⊙O 内一弦 AB 上的一点 P,过 P 作两条相交 弦 CD、EF,连 CF、ED 交 AB 于 M、N,已知 OP=r,P 到 AB 中点的距离为 a,则

。(解析法证明:利用二次曲线系知识)


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