平面几何四大定理.doc

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得三边BＣ、ＣA、AB或其延长线上有点P、Q、R,则P、Q、R共线得充要条件就是 .
塞瓦(Cｅvａ）定理（塞瓦点）
△ＡBC得三边BＣ、CA、AB上有点P、Ｑ、R，则ＡP、BQ、ＣR共点得充要条件就是。

托勒密(Pｔｏlemy）定理
四边形得两对边乘积之与等于其对角线乘积得充要条件就是该四边形内接于一圆。

西姆松（Ｓｉmson）定理（西姆松线)
从一点向三角形得三边所引垂线得垂足共线得充要条件就是该点落在三角形得外接圆上。
例题：
1． 设AD就是△AＢC得边BC上得中线直线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得平行线。
2． 过△AＢC得重心G得直线分别交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得中点。
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得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得等腰△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：ＡC2=AB2+ＡB·BＣ。
【分析】过Ａ作BC得平行线交△ABC得外接圆于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.
求证:。(第21届全苏数学竞赛)
【分析】

【评注】托勒密定理

7． △ABC得BC边上得高AD得延长线交外接圆于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得对角线AC、CE分别被内分点Ｍ、N分成得比为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得距离，以Ra、Rb、Rｃ表示O到A、B、C得距离.
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就是△ABC得重心，以ＡG为弦作圆切BＧ于G,延长CＧ交圆于D.求证:AG２=GC·GＤ。
【分析】

【评注】平移变换
13． Ｃ就是直径AB=2得⊙O上一点，P在△ＡＢC内,若PA+PＢ+PC得最小值就是,求此时△ABＣ得面积S。
【分析】

【评注】旋转变换
费马点
:已知O就是△ＡＢC内一点，∠AＯB=∠ＢOC=∠COA=120°;P就是△AＢＣ内任一点,求证：PA+ＰB+PC≥OA+OB+OＣ。(Ｏ为费马点）
【分析】将CC',ＯＯ'， PP＇,连结ＯO’、PP’.则△B　OO’、△B PＰ’都就是正三角形。
∴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得内切圆O与各边分别交于Ｅ、Ｆ、G、Ｈ，在弧ＥＦ与弧GH上分别作⊙Ｏ得切线交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,于就是,
∴AM·CN=AO·ＣO
同理，AQ·ＣＰ=AO·CO。

【评注】
15.（96全国竞赛）⊙O1与⊙O2与ΔＡBＣ得三边所在直线都相切，Ｅ、F、G、Ｈ为切点,ＥG、FH得延长线交于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就是∠BAD得角平分线,由角平分线定理，
可得，故。
过C作AB得平行线交ＡG得延长线于I，过Ｃ作AD得平行线交AＥ得延长线于J。
则，
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得任意两条直线EF与GＨ与四边形ＡBＣD得四边交于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得四边形。
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,上述条件就是充要条件，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就是⊙Ｏ得弦AＢ得中点，过Ｐ点引⊙Ｏ得两弦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得直径，FＦ’F，显然'∈⊙Ｏ。又Ｐ∈GＨ，∴PF'＝PＦ。∵PFPF’，ＰAPＢ，∴∠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得⊙O内一弦ＡＢ上得一点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中点得距离为a,则。(解析法证明：利用二次曲线系知识）