高中数学竞赛平面几何中的几个重要定理.doc

平面几何中几个重要定理及其证明一、 塞瓦定理 1塞瓦定理及其证明定理：在ABC内一点P，该点与ABC的三个顶点相连所在的三条直线分别交ABC三边AB、BC、CA于点D、E、F，且D、E、F三点均不是ABC的顶点，则有 证明：运用面积比可得根据等比定理有，所以同理可得，三式相乘得注：在运用三角形的面积比时，要把握住两个三角形是“等高”还是“等底”，这样就可以产生出“边之比”2塞瓦定理的逆定理及其证明定理：在ABC三边AB、BC、CA上各有一点D、E、F，且D、E、F均不是ABC的顶点，若，那么直线CD、AE、BF三线共点证明：设直线AE与直线BF交于点P，直线CP交AB于点D/，则据塞瓦定理有 因为 ，所以有由于点D、D/都在线段AB上，所以点D与D/重合即得D、E、F三点共线注：利用唯一性，采用同一法，用上塞瓦定理使命题顺利获证二、 梅涅劳斯定理G3梅涅劳斯定理及其证明定理：一条直线与ABC的三边AB、BC、CA所在直线分别交于点D、E、F，且D、E、F均不是ABC的顶点，则有 证明：如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G因为CG / AB，所以 （1）因为CG / AB，所以 （2）由（1）（2）可得，即得注：添加的辅助线CG是证明的关键“桥梁”，两次运用相似比得出两个比例等式，再拆去“桥梁”（CG）使得命题顺利获证4梅涅劳斯定理的逆定理及其证明定理：在ABC的边AB、BC上各有一点D、E，在边AC的延长线上有一点F，若， 那么，D、E、F三点共线证明：设直线EF交AB于点D/，则据梅涅劳斯定理有因为 ，所以有由于点D、D/都在线段AB上，所以点D与D/重合即得D、E、F三点共线注：证明方法与上面的塞瓦定理的逆定理如出一辙，注意分析其相似后面的规律三、 托勒密定理EM 5托勒密定理及其证明定理：凸四边形ABCD是某圆的内接四边形，则有 ABCD + BCAD = ACBD证明：设点M是对角线AC与BD的交点，在线段BD上找一点，使得DAE =BAM因为ADB =ACB，即ADE =ACB，所以ADEACB，即得，即 （1）由于DAE =BAM，所以DAM =BAE，即DAC =BAE。而ABD =ACD，即ABE =ACD，所以ABEACD即得 ，即 （2）由（1）+（2）得 所以ABCD + BCAD = ACBD注：巧妙构造三角形，运用三角形之间的相似推得结论这里的构造具有特点，不容易想到，需要认真分析题目并不断尝试6托勒密定理的逆定理及其证明定理：如果凸四边形ABCD满足ABCD + BCAD = ACBD，那么A、B、C、D四点共圆证法1（同一法）：在凸四边形ABCD内取一点E，使得，则可得ABCD = BEAC （1）且 （2）则由及（2）可得于是有 ADBC = DEAC （3）由（1）+（3）可得 ABCD + BCAD = AC( BE + DE )据条件可得 BD = BE + DE，则点E在线段BD上则由，得，这说明A、B、C、D四点共圆 证法2（构造转移法） 延长DA到A/，延长DB到B/，使A、B、B/、A/四点共圆延长DC到C/，使得B、C、C/、B/四点共圆（如果能证明A/、B/、C/共线，则命题获证） 那么，据圆幂定理知A、C、C/、A/四点也共圆 因此， 可得 . 另一方面，即 欲证=，即证 即 据条件有 ，所以需证， 即证，这是显然的所以，即A/、B/、C/共线所以与互补由于，所以与互补，即A、B、C、D四点共圆7托勒密定理的推广及其证明 定理：如果凸四边形ABCD的四个顶点不在同一个圆上，那么就有 ABCD + BCAD ACBD证明：如图，在凸四边形ABCD内取一点E，使得，则可得ABCD = BEAC （1）且 （2）则由及（2）可得于是 ADBC = DEAC （3）由（1）+（3）可得 ABCD + BCAD = AC( BE + DE )因为A、B、C、D四点不共圆，据托勒密定理的逆定理可知ABCD + BCADACBD所以BE + DEBD，即得点E不在线段BD上，则据三角形的性质有BE + DE BD所以ABCD + BCAD ACBD四、 西姆松定理8西姆松定理及其证明定理：从ABC外接圆上任意一点P向BC、CA、AB或其延长线引垂线，垂足分别为D、E、F，则D、E、F三点共线证明：如图示，连接PC，连接 EF 交BC于点D/，连接PD/因为PEAE，PFAF，所以A、F、P、E四点共圆，可得FAE =FEP因为A、B、P、C四点共圆，所以BAC =BCP，即FAE =BCP所以，FEP =BCP，即D/EP =D/CP，可得C、D/、P、E四点共圆所以，CD/P +CEP = 1800。而CEP = 900，所以CD/P = 900，即PD/BC由于过点P作BC的垂线，垂足只有一个，所以点D与D/重合，即得D、E、F三点共线注：（1）采用同一法证明可以变被动为主动，以便充分地调用题设条件但需注意运用同一法证明时的唯一性（2）反复运用四点共圆的性质是解决此题的关键，要掌握好四点共圆的运用手法五、 欧拉定理9欧拉定理及其证明定理：设ABC的重心、外心、垂心分别用字母G、O、H表示则有G、O、H三点共线（欧拉线），且满足 证明（向量法）：连BO并延长交圆O于点D。连接CD、AD、HC，设E为边BC的中点，连接OE和OC则 因为 CDBC，AHBC，所以 AH / CD同理CH / DA所以，AHCD为平行四边形从而得而，所以因为，所以 由得： 另一方面，而，所以 由得：结论得证注：（1）运用向量法证明几何问题也是一种常用方法，而且有其独特之处，注意掌握向量对几何问题的表现手法；（2）此题也可用纯几何法给予证明又证（几何法）：连接OH，AE，两线段相交于点G/；连BO并延长交圆O于点D；连接CD、AD、HC，设E为边BC的中点，连接OE和OC，如图 因为 CDBC，AHBC，所以 AH / CD同理CH / DA所以，AHCD为平行四边形可得AH = CD而CD = 2OE，所以AH = 2OE因为AH / CD，CD / OE，所以AH / OE可得AHG/EOG/所以由，及重心性质可知点G/就是ABC的重心，即G/与点G重合所以，G、O、H三点共线，且满足六、 蝴蝶定理10蝴蝶定理及其证明定理：如图，过圆中弦AB的中点M任引两弦CD和EF，连接CF和ED，分别交AB于P、Q，则PM = MQ证明：过点M作直线AB的垂线l，作直线CF关于直线l的对称直线交圆于点C/、F/，交线段AB于点Q/连接FF/、DF/、Q/F/、DQ/据圆的性质和图形的对称性可知：MF/Q/ =MFP，F/Q/M =FPM；且FF/ / AB，PM = MQ/因为C、D、F/、F四点共圆，所以 CDF/ +CFF/ = 1800，而由FF/ / AB可得Q/PF +CFF/ = 1800，所以CDF/ =Q/PF，即MDF/ =Q/PF又因为Q/PF =PQ/F/，即Q/PF =MQ/F/所以有MDF/ =MQ/F/这说明Q/、D、F/、M四点共圆，即得MF/Q/ =Q/DM因为MF/Q/ =MFP，所以MFP =Q/DM而MFP =EDM，所以EDM =Q/DM这说明点Q与点Q/重合，即得PM = MQ此定理还可用解析法来证明：想法：设法证明直线DE和CF在x轴上的截距互为相反数证：以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，M点是坐标原点设直线DE、CF的方程分别为x = m1 y + n 1，x = m2 y + n 2；直线CD、EF的方程分别为 y = k1 x ，y = k2 x 则经过C、D、E、F四点的曲线系方程为 (y k1 x )(y k2 x)+(x m1 yn1)(x m2 y n2)=0整理得(+k1k2)x 2+(1+m1m2)y 2(k1+k2)+(m1+m2)xy (n1+n2)x+(n1m2+n2m1)y+n1n2=0由于C、D、E、F四点在一个圆上，说明上面方程表示的是一个圆，所以必须 + k1 k2 = 1 +m1 m2 0，且(k1+k2)+(m1+m2)=0若=0，则k1k2=1，k1+k2=0，这是不可能的，故0；又y轴是弦AB的垂直平分线，则圆心应落在y轴上，故有( n1 + n2 ) = 0，从而得n1 + n2 = 0这说明直线DE、CF在x轴上的截距互为相反数，即得PM = MQ