平几名定理名题与竞赛题.doc

平几名定理、名题与竞赛题
平几名定理、名题及竞赛题
平面几何在其漫长的发展过程中，得出了大量的定理，积累了大量的题目，其中很多题目都是大数学家的大手笔，这些题目本身就是典范，这些题目的解决方法则更是我们学习平面几何的圭臬．通过学习这些题目，大家可以体会到数学的美．而且这些题目往往也是数学竞赛命题的背景题，在很多竞赛题中都可以找到他们的身影．本讲及下讲拟介绍几个平几名题及其应用．
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)
分析 如图，即证AC·BD=AB·CD+AD·BC．
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ÐADE=ÐBDC，
由ÐDAE=ÐDBC，得⊿AED∽⊿BCD．
∴ AE∶BC=AD∶BD，即AE·BD=AD·BC． ⑴
又ÐADB=ÐEDC，ÐABD=ÐECD，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．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1 (1987年第二十一届全苏)设A1A2A3…A7是圆内接正七边形，求证：
=+．
证明 连A1A5，A3A5，并设A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c．
本题即证=+．在圆内接四边形A1A3A4A5中，有
A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c．于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得=+，故证．
例2．(美国纽约，1975)证明：从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能都是有理数．
例1
分析：假定其中几个是有理数，证明至少一个是无理数．
证明：设⊙O的直径为2R，不妨设P在上，则∠APB=45°，设∠PBA=a，则∠PAB=135°－a．
若PA=2Rsina及PC=2Rsin(90°－a)=2Rcosa为有理数，
则 PB=2Rsin∠PAB=2Rsin(135°－a)
=2R(cosa+sina)=R(sina+cosa)即为无理数．
或用Ptolemy定理：PB·AC=PA·BC+PC·AB．
ÞPB=PA+PC．故PA、PB、PC不能同时为有理数．
例3．⑴ 求证：锐角三角形的外接圆半径及内切圆半径的和等于外心到各边距离的和．
⑵ 若DABC为直角三角形或钝角三角形，上面的结论成立吗？

证明：如图，DABC内接于⊙O，设⊙O的半径=R，DABC的边长分别为a，b，c．三边的中点分别为X、Y、Z．
由A、X、O、Z四点共圆，据Ptolemy定理，有
OA·XZ=OX·AZ+OZ·AX，ÞR·a=OX·b+OZ·c．即
R·a=OX·b+OZ·c， ①
同理，
R·b=OX·a+OY·c， ②
R·c=OY·b+OZ·a， ③
三式相加，得
R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)． ④
但 r(a+b+c)=OX·a+OY·b+OZ·c．(都等于三角形面积的2倍) ⑤
④式及⑤式两边分别相加，得
R(a+b+c)+r(a+b+c)= OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OX·c+OY·a+OZ·b．
故， R+r=OX+OY+OZ．
⑵ 当DABC为直角三角形(∠C为直角)，则O在边AB上，OX=0，上述结论仍成立．
当DABC为钝角三角形 (∠C为直角或钝角)时，则有
R+r=－OX+OY+OZ．
证明同上．
定理2 设P、Q、A、B为任意四点，则PA2-PB2=QA2-QB2ÛPQ⊥AB．
证明 先证PA2-PB2=QA2-QB2ÞPQ⊥AB．
作PH⊥AB于H，
则 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2)
=AH2－BH2=(AH+BH)(AH-BH)
=AB(AB-2BH)．
同理，作QH’⊥AB于H’，
则 QA2-QB2=AB(AB-2AH’)
∴H=H’，即点H及点H’重合．
PQ⊥AB ÞPA2-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．
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任作一直线及⊙O交于点A、B，则PA·PB= |d2－r2|．
“到两圆等幂的点的轨迹是及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．
例5．以O为圆心的圆通过⊿ABC的两个顶点A、C，且及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　对于及圆有关的问题，常可利用圆幂定理，若能找到BM上一点，使该点及点Ｂ对于圆O等幂即可．
证明：由BM、KN、AC三线共点P，知
PM·PB=PN·PK=PO2-r2． ⑴
由ÐPMN=ÐBKN=ÐCAN，得P、M、N、C共圆，
故 BM·BP=BN·BC=BO2-r2． ⑵
⑴－⑵得， PM·PB-BM·BP= PO2 - BO2，
即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，就是
PM2 -BM2= PO2 - BO2，于是OM⊥PB．
定理3 (Ceva定理)设X、Y、Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一点，则AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是
··=1．
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．
则=，=，=，
三式相乘，即得证．
说明 用同一法可证其逆正确．本题也可过点A作MN∥BC延长BY、CZ及MN分别交于M、N，再用比例来证明，

例6．以△ABC的三边为边向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，设L、M、N分别为DE、FG、HK的中点．求证：AM、BN、CL交于一点．
分析 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R．利用面积比设法证明··=1．
证明 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R．
易知，∠CBM＝∠BCM＝∠QCN＝∠QAN＝∠LAR＝∠LBR＝θ．
===．
=，=，
三式相乘即得··=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一点．
例7．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及BQ相交及点K．求证：AK⊥BC；
证明：⑴ 作高AH．

则由DBDP∽DBAH，Þ=，由DCDQ∽DCAH，Þ=．
由AD平分∠BAC，Þ=，由DP⊥AB，DQ⊥AC，ÞAP=AQ．
∴ ··=··=·=·=1，据Ceva定理，AH、BQ、CP交于一点，故AH过CP、BQ的交点K，
∴ AK及AH重合，即AK⊥BC．
例8．在四边形ABCD中，对角线AC平分ÐBAD，在CD上取一点E，BE及AC相交于F，延长DF交BC于G．
求证：ÐGAC=ÐEAC．（1999年全国高中数学联赛）
分析 由于BE、CA、DG交于一点，故可对此图形用Ceva定理，再构造全等三角形证明两角相等．
证明 连结BD交AC于H，对⊿BCD用Ceva定理，可得··=1．
因为AH是ÐBAD的角平分线，由角平分线定理，可得=，故
··=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 =，=，所以，
··=1．
从而，CI=CJ．
又因CI∥AB，CJ∥AD，故ÐACI=π-ÐBAC=π-ÐDAC=ÐACJ，
因此，⊿ACI≌⊿ACJ，
从而ÐIAC=ÐJAC，即ÐGAC=ÐEAC．
定理4 (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
N
··=1．
证明：作CM∥BA，交XY于N，
则=，=．
S1

S2
S3
S4
于是··=···=1．
本定理也可用面积来证明：如图，连AX，BY，
记SDAYB=S1，SDBYC=S2，SDCYX=S3，SDXYA=S4．则
=；=；=，三式相乘即得证．
说明 用同一法可证其逆正确．Ceva定理及Menelaus定理是一对“对偶定理”．
例9．(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及CD上的投影．证明，直线PQ和RS是互相垂直的，并且它们及矩形的某条对角线交于同一点．
题11
证明：设PR及圆的另一交点为L．则
·=(+)·(+)=·+·+·+·
=－·+·=0．故PQ⊥RS．
设PQ交对角线BD于T，则由Menelaus定理，(PQ交DABD)得
··=1；即=·；
设RS交对角线BD于N，由Menelaus定理，(RS交DBCD)得
··=1；即=·；
显然，=，=．于是=，故T及N重合．得证．
例10．(评委会，土耳其，1995)设DABC的内切圆分别切三边BC、CA、AB于D、E、F，X是DABC内的一点，DXBC的内切圆也在点D处及BC相切，并及CX、XB分别切于点Y、Z，证明，EFZY是圆内接四边形．
分析：圆幂定理的逆定理及Menelaus定理．
证明：延长FE、BC交于Q．
··=1，··=1，Þ·=·．
例12
由Menelaus定理，有
· · =1．
于是得··=1．即Z、Y、Q三点共线．
但由切割线定理知，QE·QF=QD2=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．

定理5 (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OM的对称点F'后，只要设法证明⊿FMP≌⊿F'MQ即可．
证明：作点F关于OM的对称点F’，连FF’，F’M，F’Q，F’D．则
MF=MF’，Ð4=ÐFMPÐ6．
圆内接四边形F’FED中，Ð5+Ð6=180°，从而Ð4+Ð5=180°，
于是M、F’、D、Q四点共圆，
∴ Ð2=Ð3，但Ð3=Ð1，从而Ð1=Ð2，
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．
例11．在筝形ABCD中，AB=AD，BC=CD，经AC、BD交点O作二直线分别交AD、BC、AB、CD于点E、F、G、H，GF、EH分别交BD于点I、J，求证：IO=OJ．（1990年冬令营选拔赛题）
分析 通常的解法是建立以O为原点的直角坐标系，用解析几何方法来解，下面提供的解法则利用了面积计算．
证明：如图，由S⊿AOB=S⊿AOG+S⊿GOB得
(at1cosα+bt1sinα）=ab．
∴ t1=．即=+；
同理得，=+；=+；=+．
再由S⊿GOF=S⊿GOI+S⊿IOF，又可得=+；
同理，得=+．
∴ IO=OJÛ(－)sina=(－)sinb．
以、的值代入左边得，(－)sina=(－)sinasinb，同样得右边．可证．
定理6 张角定理：从一点出发三条线段长分别为a、b、t、(t在a、b之间)，则
=+．
例12．(评委会，爱尔兰，1990)设l是经过点C且平行于DABC的边AB的直线，∠A的平分线交BC于D，交l于E，∠B的平分线交AC于F，交l于G，已知，GF=DE，证明：AC=BC．
分析：设∠A=2a，∠B=2b，即证a=b．
证明：设a>b，则BC>AC，
利用张角定理可得， =+，Þ=+，Þta=．
再作高CH，则AE=CHcsca=bsin2acsca=2bcosa．
ÞDE=AE－ta=2bcosa－=．同理，GF=．
由a>b，a>b，知cosb ==DE．矛盾．
又证：设BC>AC，即a>b，故a>b，由张角定理得，=+，Þ=+．
同理=+，
由于a>b，故>，Þ>>1，即tb>ta．就是BF>AD． ⑴
∴ BG=BF+FG>AD+DE=AE．即是BG>AE．
∴ = ÞGF===>== =DE．矛盾．故BC=AC．
或 ==<==，注意到GF=DE，故BFB四点共圆，
得Ð5=Ð6．故Ð2=Ð4，从而Ð1=Ð3．故X、Y、Z共线．
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，该逆命题的证明曾是江苏省高中数学竞赛的试题．
例13．设H为ΔABC的垂心，P为ΔABC的外接圆上一点，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．
又证：延长高CF，交圆于N，则F是HN的中点，若K为PH中点，则应有FK∥PN．再证明K在ZX上．即证明∠KZF=∠XZB．
设过P作三边的垂线交BC、CA、AB于点X、Y、Z．连KZ、KF、ZX，延长CF交⊙O于点N，连PN．
由PZ⊥AB，CF⊥AB，K为PH中点知，KZ=KF．
∴ ÐKZF=ÐKFZ．
易证HF=FN，故KF∥PN．∴ ÐPNC=ÐKFH．
但ÐPNC+ÐPBC=180°，
∴ ÐKFZ+ÐZFH+ÐPBC=180°．
即ÐKFZ+ÐPBC=90°．
又PX⊥BC，PZ⊥BZÞP、Z、X、B共圆．
∴ ÐXZB=ÐXPB，而ÐXPB+ÐPBC=90°．
∴ ÐKZF=ÐKFZ=ÐXZB．∴ ZK及ZX共线．即点K在⊿ABC的及点P对应的Simson line上．)
定理8（Euler line）三角形的外心、重心、垂心三点共线，且外心及重心的距离等于重心及垂心距离的一半．
分析 若定理成立，则由AG=2GM，知应有AH=2OM，故应从证明AH=2OM入手．
证明：如图，作直径BK，取BC中点M，连OM、CK、AK，则ÐKCB=ÐKAB=90°，从而KC∥AH，KA∥CH，Þ□CKAH，ÞAH=CK=2MO．
由OM∥AH，且AH=2OM，设中线AM及OH交于点G，则⊿GOM∽⊿GHA，故得MG∶GA=1∶2，从而G为⊿ABC的重心．且GH=2GO．
说明 若延长AD交外接圆于N，则有DH=DN．这一结论也常有用．
例14．设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心．求证：H1、H2、H3、H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置．（1992年全国高中数学联赛）
分析 H1、H2都是同一圆的两个内接三角形的垂心，且这两个三角形有公共的底边．故可利用上题证明中的AH=2OM来证明．
证明 连A2H1，A1H2，取A3A4的中点M，连OM，由上证知A2H1∥OM，A2H1=2OM，A1H2∥OM， A1H2=2OM，从而H1H2A1A2是平行四边形，故H1H2∥A1A2 ，H1H2=A1A2．
同理可知，H2H3∥A2A3，H2H3=A2A3；
H3H4∥A3A4，H3H4=A3A4；
H4H1∥A4A1，H4H1=A4A1．
故 四边形A1A2A3A4≌四边形H1H2H3H4．
由四边形A1A2A3A4有外接圆知，四边形H1H2H3H4也有外接圆．取H3H4∥的中点M1，作M1O1⊥H3H4，且M1O1=MO，则点O1即为四边形H1H2H3H4的外接圆圆心．
又证：以O为坐标原点，⊙O的半径为长度单位建立直角坐标系，设OA1、OA2、OA3、OA4及OX正方向所成的角分别为α、β、γ、d，则点A1、A2、A3、A4的坐标依次是(cosα，sinα)、(cosβ，sinβ)、(cosγ，sinγ)、(cosd，sind)．
显然，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的外心都是点O，而它们的重心依次是：
((cosβ+cosγ+cosd)，(sinβ+sinγ+sind))、((cosγ+cosd+cosα)，(sinα+sind+sinγ))、
((cosd+cosα+cosβ)，(sind+sinα+sinβ))、((cosα+cosβ+cosγ)，(sinα+sinβ+sinγ))．
从而，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心依次是
H1(cosβ+cosγ+cosd， sinβ+sinγ+sind)、H 2 (cosγ+cosd+cosα，sinα+sind+sinγ)、
H 3 (cosd+cosα+cosβ，sind+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ，sinα+sinβ+sinγ)．
而H1、H2、H3、H4点及点O1(cosα+cosβ+cosγ+cosd，sinα+sinβ+sinγ+sind)的距离都等于1，即H1、H2、H3、H4四点在以O1为圆心，1为半径的圆上．证毕．
定理9 (Nine point round)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点及垂心连线的中点，共计九点共圆．
分析 要证九个点共圆，可先过其中三点作一圆，再证其余的点在此圆上．为此可考虑在三种点中各选一点作圆，再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上，即可证明．
证明：取BC的中点M，高AD的垂足D，AH中点P，过此三点作圆，该圆的直径即为MP．
由中位线定理知，MN∥AB，NP∥CH，但CH⊥AB，故ÐPNM=90°，于是，点N在⊙MDP上，同理，AB中点在⊙MDP上．
再由QM∥CH，QP∥AB，又得ÐPQM=90°，故点Q在⊙MDP上，同理，CH中点在⊙MDP上．
由FP为Rt．⊿AFH的斜边中线，故ÐPFH=ÐPHF=ÐCHD，又FM为Rt．⊿BCF的斜边中线，得ÐMFC=ÐMCF，但ÐCHD+ÐDCH=90°，故ÐPFM=90°．又得点F在⊙MDP上，同理，高BH的垂足在⊙MDP上．即证．
说明 证明多点共圆的通法，就是先过三点作圆，再证明其余的点在此圆上．
九点圆的圆心在三角形的Euler线上．九点圆的直径等于三角形外接圆的半径．
由OM∥AP，OM=AP，知PM及OH互相平分，即九点圆圆心在OH上．且九点圆直径MP=OA=⊿ABC的外接圆半径．
定理10(三角形的内心的一个重要性质)设I、Ia分别为⊿ABC的内心及ÐA内的旁心，而ÐA平分线及⊿ABC的外接圆交于点P，则PB=PC=PI=PIa．
例15．设ABCD为圆内接四边形，ΔABC、ΔABD、ΔACD、ΔBCD的内心依次为I1、I2、I3、I4，则I1I2I3I4为矩形．(1986年国家冬令营选拔赛题）
分析 只须证明该四边形的一个角为直角即可．为此可计算Ð1、Ð2、ÐXI2Y．
10．22
证明 如图，BI2延长线及⊙O的交点X为中点．且XI2=XI3=XA=XD，
于是Ð1=(180°-ÐX)=90°－，
同理，Ð2=90°-．
ÐXI2Y= (+)
= (+)+(+)，
故Ð1+Ð2+ÐXI2Y=90°+90°+(+++)=270°．
从而ÐI1I2I3=90°．同理可证其余．
说明 亦可证XZ⊥YU，又XZ平分ÐI2XI3及XI2=XI3ÞI2I3⊥XZ，从而I2I3∥YU，于是得证．
定理11 (Euler定理)设三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，外心及内心的距离为d，则d2=R2-2Rr．(1992年江苏省数学竞赛)
分析 改写此式，得：d2-R2=2Rr，左边为圆幂定理的表达式，故可改为过I的任一直线及圆交得两段的积，右边则为⊙O的直径及内切圆半径的积故应添出此二者，并构造相似三角形来证明．
证明：如图，O、I分别为⊿ABC的外心及内心．连AI并延长交⊙O于点D，由AI平分ÐBAC，故D为弧BC的中点．连DO并延长交⊙O于E，则DE为及BC垂直的⊙O的直径．
由圆幂定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID．（作直线OI及⊙O交于两点，即可用证明）
但DB=DI（可连BI，证明ÐDBI=ÐDIB得），故只要证2Rr=IA·DB，即证2R∶DB=IA∶r即可．而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD证得．故得R2-d2=2Rr，即证．
例16．(1989IMO)锐角DABC的内角平分线分别交外接圆于点A1、B1、C1，直线AA1及∠ABC的外角平分线相交于点A0，类似的定义B0，C0，证明：
例
⑴ S=2S；
⑵ S≥4SABC．
分析：⑴利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I为公共顶点的六个小三角形，分别及六边形A1CB1AC1B中的某一部分的2倍相等．
⑵ 若连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，再计算其面积和，最后归结为证明R≥2r．也可以这样想：由⑴知即证S≥2 SABC，而IA1、IB1、IC1把六边开分成三个筝形，于是六边形的面积等于DA1B1C1面积的2倍．故只要证明S≥SABC．
证明：⑴ 设DABC的内心为I，则A1A0=A1I，则S=2S ；
同理可得其余6个等式．相加⑴即得证．
⑵ 连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得
∴ S=S+ S + S=AB·R+BC·R+CA·R=Rp．
但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故
Rp≥2rp=2SDABC．故得证．
⑵ 证明：记A=2a，B=2b，C=2g．0≥，sin(g+a)≥，于是S≥SABC得证．
又证：连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，
由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得
∴ S=S+ S + S=AB·R+BC·R+CA·R=Rp．
但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故
Rp≥2rp=2SDABC．故得证．
又证：a+b+g=p，故sin(a+b)=cosg，sin(b+g)=cosa，sin(g+a)=cosb．
于是，sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)=cosacosbcosg，故
sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)≥sin2asin2bsin2g，Û cosacosbcosg≥8sinasinbsingcosacosbcosg，
由0D共圆得ÐAFB=120°，同理ÐAFC=120°，于是ÐBFC=120°，故得B、E、C、F四点共圆．即证．
由此得以下推论：
1° A、F、E三点共线；
因ÐBFE=ÐBCE=60°，故ÐAFB+ÐBFE=180°，于是A、F、E三点共线．
同理，C、F、D三点共线；B、F、H三点共线．
2° AE、BH、CD三线共点．
3° AE=BH=CD=FA+FB+FC．
由于，F在正三角形BCE的外接圆的弧BC上，故由
Ｐtolemy定理，有FE=FB+FC．于是AE=AF+FB+FC．同理可证BH=CD=FA+FB+FC．
也可用下法证明：在FE上取点N，使FN=FB，连BN，由⊿FBN为正三角形，可证得⊿BNE≌⊿BFC．于是得，NE=FC．故AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC．
例17．(Steiner问题)在三个角都小于120°的ΔABC所在平面上求一点P，使PA+PB+PC取得最小值．
证明：设P为平面上任意一点，作等边三角形PBM（如图）连ME，
则由BP=BM，BC=BE，ÐPBC=ÐMBE=60°-ÐMBC．
得⊿BPC≌⊿BME，
于是ME=PC，
故得折线APME=PA+PB+PC≥AE=FA+FB+FC．
即三角形的Fermat point就是所求的点．
说明:本题也可用Ptolemy的推广来证明:由PB·CE+PC·BE≥PE·BC，可得，PB+PC≥PE．
于是PA+PB+PC≥PA+PE≥AE．
定理13 到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点．
例18．凸六边形ABCDEF，AB=BC=CD，DE=EF=FA，∠BCD=∠EFA=60°，Ｇ、Ｈ在形内， 且∠AGB=∠DHE=120°．
求证：AG+GB+GH+DH+HE≥CF．
证明 连BD、AE、BE，作点G、H关于BE的对称点G¢、H¢，连BG¢、DG¢、G¢H¢、AH¢、EH¢。
由于BC=CD，∠BCD=60°；EF=FA，∠EFA=60°
Þ⊿BCD、⊿EFA都是正三角形，
ÞAB=BD，AE=ED，ÞAEDB为筝形
Þ⊿ABG≌⊿DBG¢，⊿DEH≌⊿AEH¢．
由∠BG¢D=120°，∠BCD=60°ÞB、C、D、G¢四点共圆．
由Ptolemy定理知CG¢=G¢B+G¢D，同理，H¢F=H¢A+H¢E，
于是AG+GB+GH+DH+HE = G¢B+G¢D+G¢H¢+H¢A+H¢E=CG¢+G¢H¢+H¢F≥CF．
定理14到三角形三顶点距离的平方和最小的点是三角形的重心
先证明：P为三角形形内任意一点，重心为G，则PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2．
证明：取中线BG中点M，则2(PA2+PC2)=AC2+4PE2， ①
2(PB2+PG2)=BG2+4PM2， ②
2(PE2+PM2)=ME2+4PG2， ③
①+②+③×2得：2(PA2+PB2+PC)=AC2+GB2+2ME2+6PG2
= 2GB2+6PG2+AC2+ 4GE2
=2GB2+6PG2+2GA2+2GC2．
∴ PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2．
于是PA2+PB2+PC2≥GA2+GB2+GC2．等号当且仅当P及G重合时成立．
亦可用解析几何方法证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．P(x，y)，
则S=(x－x1)2+(y－y1)2+(x－x2)2+(y－y2)2+(x－x3)2+(y－y3)2
=3x2－2(x1+x2+x3)x+(x12+x22+x32)+3y2－2(y1+y2+y3)y+(y12+y22+y32)
显然，当x=(x1+x2+x3)，y=(y1+y2+y3)时，S取得最小值．即当P为DABC的重心时，S取得最小值．
定理15 三角形内到三边距离之积最大的点是三角形的重心．
设三角形ABC的三边长为a、b、c，点P到三边的距离分别为x，y，z．
则2D=ax+by+cz≥3．即xyz≤．等号当且仅当ax=by=cz，即DPAB、DPBC、DPCA的面积相等时成立．此时P为DABC的重心．
上面给出了高中竞赛大纲明确规定应知的三个重要极值：
1° 到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点．
2° 到三角形三顶点距离的平方和最小的点——重心．
3° 三角形内到三边距离之积最大的点——重心．

例19．(Fagnano问题)给定锐角三角形，求其内接三角形中周长最小者．
证明　(Fejer方法)分成几部分来证明：
1° 先在BC上任取一点D，固定D，求出以D为一个顶点⊿ABC的内接三角形中周长最小者．
作D关于AB、AC的对称点D’、D”，连D’D”交AB、AC于点F、E，连DF、D’F，DE、D”E，对于任一以DD一个顶点的⊿ABC的内接三角形XPQ，连QD’、QD，PD”、PD，于是可证
DE+EF+FD=D’D”≤D’Q+QPPD”=DQ+QP+PD．
即⊿DEF为固定点D后周长最小的内接三角形．
2° 当点D的BC上运动时，对每一点D，都作出1°中得出的周长最小三角形，再求这些三角形的周长最小值．
连AD、AD’、AD”，则AD=AD’=AD”，且ÐD’AB=ÐDAB，ÐD”AC=ÐDAC，于是ÐD’AD”=2ÐA．所以D’D”=2ADsinA．当点D在BC上运动时，以点D为BC边上高的垂足时AD最小．
3° 说明此时的最小三角形就是⊿ABC的垂足三角形．
由于D为BC边上的垂足．对于垂足三角形DEF，由ÐDEC=ÐAEF，而ÐDEC=ÐCED"，故点E在D’D”上，同理，F在D’D”上，即⊿DEF为所求得的周长最小三角形．
(Schwarz解法）这是一个非常奇妙的证法：
如图，⊿DEF为⊿ABC的垂足三角形，⊿PQR为⊿ABC的任一内接三角形．作⊿ABC关于AC的对称图形⊿ACB1，由ÐDEC=ÐFEA，故EF的关于AC的对称线段EF1应及DE共线．再作⊿ACB1关于AB1的对称三角形AB1C1，…，这样连续作五次对称三角形，就得到下图：

在此图中的DD4=⊿DEF的周长的两倍．而折线PQR1P2Q2R3P4也等于⊿PQR的周长的两倍．
但易证ÐBDE+ÐB2D4F3=180°，于是DP∥D4P4，且DP=D4P4，从而线段PP4=DD4=⊿DEF周长的两倍．显然，折线PQR1P2Q2R3P4的长>线段PP4的长．即⊿PQR的周长>⊿DEF的周长．
定理16．(Polya问题)两端点在给定圆周上且把圆面积二等分的所有线中，以直径最短．
连AB，作 及AB平行的直径CD，作直径AB’，则B及B’关于CD对称．
CD及曲线AB必有交点，否则曲线AB全部在CD一侧，不可能等分圆面积．设交点为E，连AE、BE、B’E，则AE+EB=AE+EB’>AB’，故曲线AB的长大于直径AB’．
定理17．(等周问题)这是由一系列的结果组成的问题：
1° 在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大．
　　 2° 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大．
　　 3° 在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。
　　 4° 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。
下面证明：等长的曲线围成面积最大的图形是圆．
(Steiner解法）1° 周长一定的封闭曲线中，如果围成的面积最大，则必为凸图形．
若为该图形凹，可任作一条及曲线凹进部分有两个交点的直线，作该曲线在两交点间一段弧的对称曲线，则可得一个及之等周且面积更大的图形．
2° 周长一定的面积最大的封闭曲线中，如果点A、B平分其周长，则弦AB平分其面积．
若AB不平分其面积，则该图形必有在AB某一侧面积较大，如图，不妨设N>M，则去掉M作N的关于AB的对称图形N’，则由N、N’组成的图形周长及原来的相等，但面积更大．
3°对于既平分周长及又平分面积的弦AB，只考虑该图形在AB的任一侧的一半，若C为此段弧上任一点，则ÐACB=90°．否则可把此图形划分为三块M、N、P，只须改变ÐACB的大小，使ÐACB=90°，则M、N的面积不变，而P的面积变大．
这说明，此半段曲线必为半圆，从而另一半也是半圆．
例20．设正三角形ABC的边长为a，若曲线l平分⊿ABC的面积，求证：曲线l的长l≥．
分析 从结论中式子的形状估计该曲线的长度及圆的周长有关，故应设法找出相头的圆．再如果一条曲线等分此正三角形的面积，则估计此曲线应是圆弧，于是可求出其半径．但要说明此弧一定是最短的，就要把圆弧还原成圆，从而可把此三角形还原成圆内接六边形．
证明 设曲线PQ平分⊿ABC的面积，其长度为l．
若此曲线及三角形的两边AB、AC相交于点P、Q，作⊿ABC关于AC、AC的对称图形，得⊿ACD、⊿ABG，再作 此图形关于DG的对称图形，得到一个正六边形BCDEFG．则曲线PQ相应的对称曲线围成的封闭曲线平分正六边形BCDEFG的面积．以A为圆心，r为半径作圆，使此圆的面积等于正六边形面积的一半．则此圆的夹在AB、AC间的弧段MN平分⊿ABC的面积．
由于正六边形面积=6·a2=a2．故得pr2=·a2，解得r=a，
从而弧MN的长=·2πr=，由等周定理，知l≥．

练习题
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及N分别是AC及CD的中点．(1983年全国高中数学联赛)
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SABD∶SBCD =3∶4．
从而AE∶EC∶AC=3∶4∶7．
SACD∶SABC=6∶1，故DE∶EB=6∶1，
∴DB∶BE=7∶1．
AM∶AC