高中數(shù)學(xué)平幾名定理、名題與競賽題競賽精講

1、A3A2A1A7A6伊|1第八章聯(lián)賽二試選講 8.1 平幾名定理、名題與競賽題平面幾何在其漫長的發(fā)展過程中，得出了大量的定理，積累了大量的題目，其中很多題 目都是大數(shù)學(xué)家的大手筆，這些題目本身就是典范，這些題目的解決方法則更是我們學(xué)習(xí)平 面幾何的圭臬.通過學(xué)習(xí)這些題目，大家可以體會(huì)到數(shù)學(xué)的美.而且這些題目往往也是數(shù)學(xué) 競賽命題的背景題，在很多競賽題中都可以找到他們的身影.本講及下講擬介紹幾個(gè)平幾名 題及其應(yīng)用.定理1 （ Ptolemy定理）圓內(nèi)接四邊形對角線之積等于兩組對邊乘積之和；（逆命題成立）分析如圖，即證 AC- BDAB- CBAD-BCD可設(shè)法把 AC- B麗成兩部分，如把 AC寫

2、成ABEC這樣，AC- BD就拆成了兩 ，音B分：AE- BD及EC- BD于是只要證明 AE- BD=AD-BC及EC- BD=AB- CD可. 證明 在AC上取點(diǎn)E,使ZADEZBDC 由.DAE= DBC 得力 AED力 BCDAE： BCAD： BD 即 AE- BDAD- BC又.ADR EDC ABD： ECD 得力 ABEh力 ECDAB： ED=BD： CD 即 EC- BDAB- CD +，得AC- BD=AB- CDAD- BC說明 本定理的證明給證明 ab=cd+ef的問題提供了一個(gè)典范.用類似的證法，可以得到Ptolemy定理的推廣（廣義 Ptolemy定理）：對于一般

3、的四邊形 ABCD有 AB- CDAD- BOAC- BD當(dāng)且僅當(dāng)ABCD1圓內(nèi)接四邊形時(shí)等號成立.例1 （1987年第二H一屆全蘇）設(shè)AAAA是圓內(nèi)接正七邊形，求證:111=+A1A2 A1A3 AA證明連 A1A5, g,并設(shè) AA=a, AA=b, AA=c.1 1 1，一，.、一 一, 本題即證正心在圓內(nèi)接四邊形aaaa中，有1 1AA4=AA5=a, A1A3=AA=b, AA=AA5=c.于是有 ab+ac=bc,同除以 abc,即得一q a b1+一，故證.c例2.（美國紐約，1975）證明：從圓周上一點(diǎn)到圓內(nèi)接正方形的四個(gè)頂點(diǎn)的距離不可能都 是有理數(shù).分析：假定其中幾個(gè)是有理數(shù)

4、，證明至少一個(gè)是無理數(shù). 廠、.一_.證明：設(shè)。O的直徑為2R,不妨設(shè)P在AD上，則/ APB45 s,設(shè)/ PB盒區(qū) 則/ PAB=135 乙 ct.若 PA=2Rsin ot及 PG=2Rsin(90 a)=2 FCosct為有理數(shù)，則PB=2Rsin Z PAE=2Rsin(135 a)=2R 乎cosot+sin a)=/Rsin ct+cosa)即為無理數(shù).或用 Ptolemy 定理：PB- AC=PA BC+PC AB.=.2PB=PA+Pc故pa pb PC不能同時(shí)為有理數(shù).例3. 求證：銳角三角形的外接圓半徑與內(nèi)切圓半徑的和等于外心到各邊距離的和. 若MBC直角三角形或鈍角三角

5、形，上面的結(jié)論成立嗎？證明：如圖，ABCft接于。 點(diǎn)分別為X、Y、Z.由A、X、Q Z四點(diǎn)共圓，據(jù)Ptolemy定理，有Q設(shè)。0的半徑=R, iABC勺邊長分別為 a, b, c.三邊的中_ _ 1_1_ 1 r - TOC o 1-5 h z 0A- XZ=OX AZ+OZ- AX nR-a=OX -b+OZ- -c,即 ,222R- a=OX b+OZ- c,同理，R- b=OX a+OY c,R- c=OY b+OZ- a,三式相加，得R a+b+c) =OXa+b)+ OYb+c)+ OZ c+a).但r( a+b+c) =OX- a+OY- b+OZ-c.(都等于三角形面積的 2倍

6、)式與式兩邊分別相加，得R( a+b+c)+ r (a+b+c) = OXa+b)+ OYb+c)+ OZ c+a)+ OX c+OY- a+OZ- b.故，F(xiàn)+r=OXHOY+OZ 當(dāng)MBC直角三角形(/C為直角)，則O在邊AB上，OX：,上述結(jié)論仍成立. 當(dāng)MBE鈍角三角形(/C為直角或鈍角)時(shí)，則有F+r= OXOYOZ證明同上.定理2 設(shè)P、Q A、B為任意四點(diǎn)，則 PA-PB=QA-QB PQL AB. 證明 先證 pA- p=qA- qeU pqlab作 PHL AB于 H,貝UPA- Pg=( PH2+AH)-( pH+bh!)=aH- bH=( ah+bh( ah bh=AB(

7、 AB2 BH .同理，作QH LAB于H ,則QA- QB=AR AB2 AH )H=H ,即點(diǎn)H與點(diǎn)H重合.PQL AB= PA- PB=QA QE2顯然成立.說明本題在證明兩線垂直時(shí)具有強(qiáng)大的作用.點(diǎn)到圓的哥：設(shè)P為。O所在平面上任意一點(diǎn)， PGd, OO的半徑為r,則d2r2就是點(diǎn)P對于O O的哥.過P任作一直線與。O交于點(diǎn)A、B,則PA-PB= | d2-r2| .“到兩圓等騫的點(diǎn)的軌跡是與此二圓的連心線垂直的一條直線，如果此二圓相交，則該軌跡是此二圓的公共弦所在直線”這個(gè)結(jié)論.這條直線稱為兩圓的“根軸”.三個(gè)圓兩兩的根軸如果不互相平行，則它們交于一點(diǎn)，這一點(diǎn)稱為三圓的“根心”.三個(gè)

8、圓的根心對于三個(gè)圓等哥.當(dāng)三個(gè)圓兩兩相交時(shí)，三條公共弦（就是兩兩的根軸）所在直線交于一點(diǎn).例5.以O(shè)為圓心的圓通過ABC勺兩個(gè)頂點(diǎn) A、C,且與AB BC兩邊分別相交于 K、N兩 點(diǎn)，/ABCKBN勺兩外接圓交于 R M兩點(diǎn).證明：/ OM的直角.（1985年第26屆國際數(shù)學(xué)競賽）分析 對于與圓有關(guān)的問題，?？衫脠A哥定理，若能找到 于圓O等哥即可.證明：由BM KN AC三線共點(diǎn)P,知PM- PB=PN- PK=P（O-r2.由/PMN/BK仲/CAN彳導(dǎo)P、M N、C共圓，BM上一點(diǎn)，使該點(diǎn)與點(diǎn)B對故得,BM- BP=BN- BC=BSr2.PM- PB BM- BP= PC2 - BO；

9、PMBM( PMBM= PC2- BC2,就是PM-BM= PO2 - BO；于是 OML PB定理3 所在直線交可Ceva定理）設(shè)X、 點(diǎn)的充要條件是Y、Z分別為 ABCW邊BC CA AB上的一點(diǎn)，則 AX BY CZAZ BX CYZb, XC YAT1-分析 此三個(gè)比值都可以表達(dá)為三角形面積的比，從而可用面積來證明.證明：設(shè)AZ SbZBS2三式相乘,Sapb=S, Sbpc=S, SnCPA=S.BXS CYS2二一一一二一一XCS YAS即得證.說明用同一法可證其逆正確.本題也可過點(diǎn)A作MN/ BC延長BY CZ與MN別交于 MN,再用比例來證明，N分另1J為DE例6.以 ABC勺

10、三邊為邊向形外作正方形 ABDE BCFG ACHK設(shè)L、FG HK勺中點(diǎn).求證：分析設(shè)AM BN、 BP CQ AR證明 PC QA RB1 , 證明設(shè)AM BN 易知，/ CBMtZAM BNCL分別交CL分別交CL交于一點(diǎn).BC CA AB于P、Q R利用面積比設(shè)法BC CA AB于 P、Q RBCIW / QCN= / QAN= / LAR= / LBR= 0 .Bps存b|AB BMin( B+ ()二A&in( B+。) PC=S ac=AC- CMin( A+()=AQin( C+。),CQBQin( C+()QAABin( A+ ()，BP二式相乘即得PCARAQin( A+

11、()RB-B(Sin( B+0)CQ AR ,，-、一夫=1,由Ceva定理的逆定理知 AM BN CL交于 QA RB一點(diǎn).且A計(jì)分/ BAC例7.如圖，在ABC43, /ABC/ ACB勻是銳角，D是BC邊上的內(nèi)點(diǎn),過點(diǎn)D分別向兩條直線 AB AC作垂線DP DQ其垂足是P、Q,兩條直線CP與BQ相交與點(diǎn)K求 證:AKLBG證明：作高AH_ BHBA,一一一CQDC則由.：BDWBAH苗 y由CDQ：CAH =,PB BDHC CA由A葉分/DCAC .BAG BD而由 DP，AB, DQL AC, AP=AQAP BH.PB HCCQAP BH CQBA-=- =QAQA PB HCBD

12、DCDC BAK=E 7=1,據(jù) Ceva 定理，AH BQ CP交于一點(diǎn)，故 CA BD CAAH過CP BQ的交點(diǎn)K, AK 與 AH重合，即 AKC1 BC.例8.在四邊形 ABCDK對角線AC平分工BAD在CD上取一點(diǎn)E, BE與AC相交于F,延長DF交BC于G.求證：ZGACZEAC （1999年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）分析由于BE、CA DG交于一點(diǎn)，故可對此圖形用 造全等三角形證明兩角相等.Ceva定理，再構(gòu)證明CG BH DE連結(jié)BD交AC于H,對力BCD! Ceva定理，可得 三41 .GB HD EC因?yàn)锳H是.BAD勺角平分線，由角平分線定理，可得吵故HDAU 聯(lián)過點(diǎn)C作AB的

13、平行線交CG AB DE GB AD 41 AG延長線于I ,過點(diǎn)C作AD的平行線交 AE的延長線于j,ntCGCI DEAD 化,貝U-= 所以CIAbGBAB ECCJAB AD T-=1AD CJ從而，CI=CJ.又因 CI / AB CJ/ AD 故 ZACI=Tt -NBAG 兀-NDAC/ACJ因此，/ACI/ACJ從而 IAC= JAC 即 GAC EACX、丫、定理4 （ Menelaus定理）設(shè)X、Y、Z分別在 ABC41 BG CA AB所在直線上，則 Z共線的充要條件是證明：作CM BAAZ_cy則市YAcnxgZB=BXAZ BX CY zb Xc YA=1,交XY于N

14、,日 AZ BX CYAZ CN BX CY,Zb,元 YA=CN Zb XC，YT1本定理也可用面積來證明：如圖，連 AX BY記 S淺YB=S, S&YG=&, S在丫=&, S&YA=0.則AZ &BX S+S-=:=:ZBS+Sb XC S 浜，三式相乘即得證.YA S4說明 用同一法可證其逆正確.Ceva定理與 Menelaus定理是一對“對偶定理”.例9.（南斯拉夫，1983）在矩形ABCD勺外接圓弧 AB上取一個(gè)不同于頂點(diǎn) A、B的點(diǎn)M 點(diǎn)P、Q R S是M分別在直線 AD AB BC與CD上的投影.證明，直線 PQ和RS是互相垂直 的，并且它們與矩形的某條對角線交于同一點(diǎn).證明

15、：設(shè)PR與圓的另一交點(diǎn)為 L.則節(jié)Q - AS=（節(jié)M+單A） （示M+1Ms尸節(jié)M -示M+節(jié)M - MS+節(jié)A M +$A . MS-PM- PL+PA - PD=Q,故 PQL RS設(shè)PQ交對角線設(shè)R眩對角線BDT T,則由 Menelaus 定理，（PQ iABD得署黑舄1；即鬻QBPA QB TD TD DP AQBDT N 由 Menelaus 定理，（RS交ABCD得心 PARB = 八DPCRQBSC11一AQDSBT BN是奇ND故T與N重合.得證.例1Q.（評委會(huì)，土耳其，1995）設(shè)MBC勺內(nèi)切圓分別切三邊 BC CA AB于D是MBCrt的一點(diǎn)，AXBCW內(nèi)切圓也在點(diǎn)

16、D處與BCffi切, EFZY是圓內(nèi)接四邊形.并與CX XB分別切于點(diǎn)丫、E、F, XZ,證明，分析：圓嘉定理的逆定理與 證明：延長FE BC交于 AF BD CE XZ BD =1 FB DC EA ZB DC由Menelaus定理，有Menelaus 定理.QCYAF CEXZ丫不，二山礪CYYAAFFBBQQcCEdeA-1,工日/日XZ BQ于無信Zb.QbCY41即Z、Y、Q三點(diǎn)共線.但由切割線定理知， QE- QF=QD2=QY- QZ故由圓哥定理白逆定理知 E、F、Z、丫四點(diǎn)共圓.EFZY是圓內(nèi)接四邊形.即定理5 （蝴蝶定理）AB是。O的弦，M是其中點(diǎn)，弦CD EF經(jīng)過點(diǎn) M C

17、E DE交AB于P、BN DS CR BNSC RBnd, Sc rb=1 ；艮 NdiDSj CRFM-Q 求證：MP=QM分析 圓是關(guān)于直徑對稱的， 當(dāng)作出點(diǎn)F關(guān)于OM勺對稱點(diǎn)F后，只要設(shè)法證明力 FMQ即可.證明：作點(diǎn)F關(guān)于OM勺對稱點(diǎn)F，連FF , F M, F Q, F D .則M=MF , N4=/FMP/6.圓內(nèi)接四邊形 F FED中，/5+/6=18Q,從而/4+/5=18Q,于是M F、D Q四點(diǎn)共圓，/2=/3,但/3=/1,從而/1=/2,于是MFmMF Q.MP=MQ說明 本定理有很多種證明方法，而且有多種推廣.例11.在箏形 ABC珅，AB=AQ BG=CQ經(jīng)AC B

18、D交點(diǎn)O作二直線分別交 AD BC ABCDT點(diǎn)E、F、G H, GF EH分別交BD于點(diǎn)I、J,求證：IO=OJ （ 1990年冬令營選拔賽題） 分析 通常的解法是建立以 O為原點(diǎn)的直角坐標(biāo)系，用解析幾何方法來解，下面提供的解 法則利用了面積計(jì)算.證明：如圖，由S/AOB=SAO P,則BCAC利用張角定理可得，sin A sin、工 sin ;2cos 二 _ 1 1:ta =c+M2bccos ;=t a=b+c再作高 CH 貝U AE=CHtsco(_bsin2 acsca_2bcosa.盾.=DE=A曰 t a=2bcos a- b+c22bccos & 2b cos 一i由 coP

19、, ab,知 cos Pcos a.b+c同理,2a2cos :GF=2 a2 cos P1+ab,故二一：，由張角定理得,a+c2acos !：:; 2bcos、工:cc1+1+rab2b2cos、工F+1_DE 矛sin A sin ;sin 二 一 2cos 二 1 1口 e2cos ： 1 1 同理r _c+a由于ab,故cos otcosta tb=3 郊 I 即 tbta-就是 BFADBGBF+FGAtDE=AE 即是 BOAEGF CFBf= Af-gf=BG- CF BG BG AEAF+FC AF1+CF-AB-AB1+Bc 1+AcAE AE- DC=DE 矛盾.故 BC

20、=ACBD BC1 +DC-bfafabABBDAD、或 Gf=Cf_CbcCa=D(c:Dee,任思到GF=DE故BFH/ OM AH=2OMHHAiA是平行四邊形，故 Hhb/ A1A2 , HH=AA2.HHAA ；HH=AA;HH=AA.故 四邊形 AAAA0四邊形 HHHH.M,作 MO,由四邊形 AAAA有外接圓知，四邊形 HHHH也有外接圓.取 HHJ/的中點(diǎn) HH,且MO=MO則點(diǎn)。即為四邊形 HHHH的外接圓圓心.又證：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，O O的半徑為長度單位建立直角坐標(biāo)系，設(shè)OA、OA、OA、OA與OX正方向所成的角分別為3、丫、6,則點(diǎn)A、A A A4的坐標(biāo)依次是(cos

21、a , sin a )、(cos 3 , sin 3 )、(cos 丫，sin 丫)、(cos 5, sin 6 .顯然，/ AAA、/ AAA、/AAA、力AAA的外心都是點(diǎn)(1 (cos 3 +cos 丫 +cos 6), 3(sin a +sin &sin 丫 )、(! (cos d+cos a +cos 3 ), 31 , .7 (sin313(sin3 +sin 丫 +sin 6)、&sin + +sin 3 )、0,而它們的重心依次是：(1 (cos 丫 +cos*cos a ),31三(cos a +cos 3 +cos 丫 ), 3(sin a +sin 3 +sin 丫 ).

22、從而，/ AAA、/AAA1、/AAA、力AAA的垂心依次是Hi(cos 3 +cos 丫 +cos 6 , sin a +sin &sin 丫 )、H 3 (cos &cos a +cos 3 ,sin 3 +sin 丫 +sin 3 、 Hsin &sin + +sin 3 ) 、 H2 (cos 丫 +cos 6+cos a4 (cos a +cos 3 +cos 丫 ,sin a +sin 3 +sin 丫 ).a +sin 3 +sin 丫 +sin d)的距離而 H、H H、H4 點(diǎn)與點(diǎn) O(cos a+cos 3+cos 丫+cos6, sin都等于1,即H、H、H、H4四點(diǎn)在以

23、O為圓心，1為半徑的圓上.證畢.定理9 ( Nine point round)三角形的三條高的垂足、三條邊的中點(diǎn)以及三個(gè)頂點(diǎn)與垂心 連線的中點(diǎn)，共計(jì)九點(diǎn)共圓.分析 要證九個(gè)點(diǎn)共圓，可先過其中三點(diǎn)作一圓，再證其余的點(diǎn)在此圓上.為此可考慮在 三種點(diǎn)中各選一點(diǎn)作圓，再在其余三類共六個(gè)點(diǎn)中每類取一個(gè)點(diǎn)證明其在圓上，即可證明.證明：取BC的中點(diǎn)M高AD的垂足D, AH中點(diǎn)P,過此三點(diǎn)作圓，該圓的直徑即為MP由中位線定理知， MIN/ AB, NP/ CH彳1 CHL AB故NPNM90于是，點(diǎn) N在 OMDF,同理，AB中點(diǎn)在。MDPk.再由QM CH QP/ AB,又得/PQM90,故點(diǎn)Q在。MDPh

24、,同理，CH中點(diǎn)在 OMDPk.由FP為Rt. NAFH的斜邊中線，故 ZPFH=/PHI=/CHD又FM為Rt.BCF的斜邊中線，得/MFC/MCF41/CHD/DCH90白，故/PFM90立又得點(diǎn)F在OMDPk,同理，高 BH的垂足在。MDPh.即證.說明證明多點(diǎn)共圓的通法，就是先過三點(diǎn)作圓，再證明其余的點(diǎn)在此圓上.九點(diǎn)圓的圓心在三角形的 Euler線上.九點(diǎn)圓的直徑等于三角形外接圓的半徑.由OM/AP, OMAP,知PMIW OHM相平分，即九點(diǎn)圓圓心在 /ABC勺外接圓半徑.定理10（三角形的內(nèi)心的一個(gè)重要性質(zhì) ）設(shè)1、I a分別為 /A平分線與ABC勺外接圓交于點(diǎn) P,則PB=PC=

25、PI=PIa.例15.設(shè)ABC時(shí)圓內(nèi)接四邊形，AABC AABD AACDI4,則I1I2I3I4為矩形.（1986年國家冬令營選拔賽題）OH.且九點(diǎn)圓直徑 MROA=ABC的內(nèi)心、及/A內(nèi)的旁心，而A BC曲內(nèi)心依次為12、13、分析只須證明該四邊形的一個(gè)角為直角即可.為此可計(jì)算1、2、XI2Y.證明如圖，BI2延長線與。O的交點(diǎn)X為公D中點(diǎn).且XI2=XI3=XAXD口 11于是 Z1 =2(180 電 ZX)=904 BC,1同理，.2=90-CD.4ZXI2Y=2 ( XY+BD)YUCZ10. 22A X1211=4( AB+AD)+2( BC+ CD),故/1+/2+/XI2Y=9

26、0 -90AB+BC+CD+DA)=270 從而ZI 1I 2I 3=90 口同理可證其余.說明 亦可證 XZ!YU 又 XZ平分/I2XI3及 XI2=XIqI2I3，XZ,從而 I2I3/YU于是得證.定理11 （ Euler定理）設(shè)三角形的外接圓半徑為R內(nèi)切圓半徑為r,外心與內(nèi)心的距離為d,則d2=R-2Rr. （1992年江蘇省數(shù)學(xué)競賽）分析 改寫此式，得：d2-R=2Rr,左邊為圓哥定理的表達(dá)式，故可改為過 I的任一直線與 圓交得兩段的積，右邊則為。O的直徑與內(nèi)切圓半徑的積，故應(yīng)添出此二者，并構(gòu)造相似三角形來證明.證明：如圖，O I分別為ABC勺外心與內(nèi)心.連 AI并延長交。O于點(diǎn)

27、由AI平分NBAC故D為弧BC的中點(diǎn).連 DO并延長交。O于E,則DE為與 垂直的。O的直徑.由圓哥定理知，R-d2=（F+d）（ Rd）=IA - ID.（作直線 OI與OO交于兩點(diǎn)， 可用證明）D, BC但DB=DI （可連BI,證明/DBI=/DIB得），故只要證2Rr=IA DB即證2R：DB=IA : r即可.而這個(gè)比例式可由 AFIs/EBDi正得.故得 R-d2=2Rr,即證.即A0CAo例例16. (1989IMO)銳角 MBC勺內(nèi)角平分線分別交外接圓于點(diǎn)Ai、B、G,直線AA與/ ABC的外角平分線相交于點(diǎn) A,類似的定義B0, G,證明：1) Sabg=2Sacbacb；

28、Sae0C0 4Sbc.分析：利用A1I=AA,把三角形ARG拆成以I為公共頂點(diǎn)的六個(gè)小三角 形，分別與六邊形 ACBACB中的某一部分的2倍相等. 若連OA OB OCfi六邊形ACBACB分成三個(gè)四邊形，再計(jì)算其面積和， 最后歸結(jié)為證明 R2r.也可以這樣想：由知即證SacbacbA2 Sabc而IA1、舊1、IC1把六邊開分成三個(gè)箏形， 于是六邊形的面積等于 BC面積的2倍.故 只要證明S1BO8BC.證明： 設(shè)AABC勺內(nèi)心為I ,則 AA0=AI ,則 &bi=2Sabi ；同理可得其余6個(gè)等式.相加即得證.連OA OB OC把六邊形 ACBACB分成三個(gè)四邊形，由 OC AB, O

29、A ，BG OB CA 得 SAiCBACEfSoAGE+ SoBAiC + Socb4AB.嗎BC F+2CA-R=Rp.但由 Euler 定理，R2Rr=RR 2r)=d20,知 R 2r,故Rp 2rp=2S abc.故得證.證明：記 A=2a, B=2良 C=2Y. 0qsin2 Psin2 尸,sin( ;+c() -qsin2 為in2 % , 又證：連 OA OB OCT六邊形ACBACB分成三個(gè)四邊形，是Sabc 8bc得證.由 OCLAR OALBC OBCA 得1Sacbacb=Soacb+ Sobac + SOCBA=2AB -F+2BC- F+-CA- R=Rp.但由

30、Euler 定理，R22R尸RR 2r)=d20,知 R2r,故Rp2rp =2S.abc.故得證.又證：o(+P+上工 故 sin( ct+P)=cossin( P+3=cos a, sin(左ot)=cos P.于是，sin( a+P)sin( P+/sin( ：+ot)=cos acosPcos 工故sin( : +!：)sin( 1+ )sin(+.二)8sin otsin Psin -Cos otcos Pcos 飛sin2 osin2 Psin2 尸 , ycos a cos Pcos Y1由 0 PE- BC可得， PBfPO PE于是 PA+PBPO PA+P& AE.定理13

31、到三角形三頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn)一一費(fèi)馬點(diǎn).例 18.凸六邊形 ABCDEFAB=BC=CD DE=EF=FA / BCD/EFA=60M G、H在形內(nèi), / AGB/ DH巨120 ,求證：AGGBGHDHH5 CF.證明連BD AE BE作點(diǎn)G H關(guān)于BE的對稱點(diǎn) G、H連BG、DG GH AH、 EH。由于 BC=CD / BCB60。； EF=FA / EFA=60：二/BCD/EFA都是正三角形，= AB=BD AE=EQ AED必箏形 AB拿 /DBG, NDEH2/AEH.由/BGD=120, /BCR60=B、C、D G四點(diǎn)共圓.由 Ptolemy 定理知 CG=GB-GD,同理

32、，HF=HA+HE,于是 A(+GB-GH-DH-HE= GB+GC+GH+HA+HE=CGGH+HF CF.定理14到三角形三頂點(diǎn)距離的平方和最小的點(diǎn)是三角形的重心先證明：p為三角形形內(nèi)任意一點(diǎn)，重心為 g則pK+p+pcgA+gb+gC+bpG. TOC o 1-5 h z 證明：取中線 BG中點(diǎn)M,則2(PA2+PC2)=AC2+4PE2,2(PB2+PG2)=BG2+4Ph2l,2(PE2+PIM)=ME2+4PG, +X 2 得：2(PA2+PB+PC)=AC+GB+2ME+6PG=2GB2+6PG+AC2+ 4GE2=2GB+6P&2GA+2GC.PA2+PB+pC=gA+GB+g

33、C+3P&于是pA+pd+pCgA+g宮+gC.等號當(dāng)且僅當(dāng) p與G重合時(shí)成立.亦可用解析幾何方法證明：設(shè)A(X1, y1) , B(X2, y2) , C(x3, y3). P(x, y),則 S=(x xi) 2+(y yi) 2+(x X2) 2+(y y2)2+(x X3)2+(y ys)=3x 22(x i+x2+xs)x+(x i2+x22+xs2)+3y 22(y i+y2+ys)y+(y i2+y22+ys2)顯然，當(dāng)x=i(xi+x2+xs) , y=：(y i+y2+y3)時(shí)，S取得最小值.即當(dāng) P為&ABC的重心時(shí)，S取 33得最小值.定理i5三角形內(nèi)到三邊距離之積最大的

34、點(diǎn)是三角形的重心.設(shè)三角形ABC的三邊長為a、b、c,點(diǎn)P到三邊的距離分別為 x, y, z.貝U 2A=ax+by+cz 34ax by cz .即 xyz AB ,故曲線 AB的長大于直徑 AP 定理17.（等周問題）這是由一系列的結(jié)果組成的問題：在周長一定的n邊形的集合中，正 n邊形的面積最大.在周長一定的簡單閉曲線的集合中，圓的面積最大.在面積一定的n邊形的集合中，正 n邊形的周長最小。在面積一定的簡單閉曲線的集合中，圓的周長最小。下面證明：等長的曲線圍成面積最大的圖形是圓.（Steiner解法）1 周長一定的封閉曲線中，如果圍成的面積最大，則必為凸圖形.若為該圖形凹，可任作一條與曲線

35、凹進(jìn)部分有兩個(gè)交點(diǎn)的直線，作該曲線在 兩交點(diǎn)間一段弧的對稱曲線，則可得一個(gè)與之等周且面積更大的圖形.2 =*周長一定的面積最大的封閉曲線中，如果點(diǎn)A、B平分其周長，則弦 AB平分其面積.若AB不平分其面積，則該圖形必有在 AB某一側(cè)面積較大，如圖，不妨設(shè)NM 則去掉M作N的關(guān)于AB的對稱圖形 N ,則由N、N組成的圖形周長與原來的相 等，但面積更大.3對于既平分周長與又平分面積的弦 AB只考慮該圖形在 AB的任一側(cè)的一 半，若C為此段弧上任一點(diǎn)，則 ZACB90二否則可把此圖形劃分為三塊 M M P, 只須改變/ACB勺大小，使ZACB90,則M N的面積不變，而 P的面積變大.這說明，此半段

36、曲線必為半圓，從而另一半也是半圓.例20.設(shè)正三角形 ABC的邊長為a,若曲線l平分/ABC勺面積，求證：曲B線l的長l -a .243分析 從結(jié)論中式子的形狀估計(jì)該曲線的長度與圓的周長有關(guān)，故應(yīng)設(shè)法 找出相頭的圓.再如果一條曲線等分此正三角形的面積，則估計(jì)此曲線應(yīng)是圓BC弧，于是可求出其半徑.但要說明此弧一定是最短的，就要把圓弧還原成圓，從而可把此三 角形還原成圓內(nèi)接六邊形.證明 設(shè)曲線PQ平分力ABC勺面積，其長度為l .若此曲線與三角形的兩邊 AB AC相交于點(diǎn)P、Q作力ABC關(guān)于AC AC的對稱圖形，得 ACD NABG再作 此圖形關(guān)于 DG勺對稱圖形，得到一個(gè)正六邊形BCDEFG則曲

37、線PQ相應(yīng)的對稱曲線圍成的封閉曲線平分正六邊形BCDEF面積.以A為圓心，r為半徑作圓，使此圓的面積等于正六邊形面積的一半.則此圓的夾在AB AC間的弧段 M郵分/ABC勺面積.由于正六邊形面積=6 - 4/3a2=23a2.故得nr2=2 - 3y332,解得a,小3從而弧MN的長=g 2兀垣史，由等周定理，知l A返624 324 3練習(xí)題1、在四邊形 ABCDKABD / BCDABC勺面積比是 3： 4： 1,點(diǎn) M N分別在 AC CD上滿足AM AC=CN： CD并且B、M N三點(diǎn)共線.求證：M與N分別是AC與 CD的中點(diǎn).（1983年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）證明設(shè)AC BD交于點(diǎn)E.由

38、 AM： AC=CN： CD 故 AM： MGCN： ND令 CN： ND=r（ r0）, 則 AM： M（=r,由 Sbc=3Sabc, SBcc=4Sbc,即 Sabd : Sbcd=3 : 4.從而 AE： EC： AC=3 ： 4 ： 7.Sacd： $bc=6 ： 1,故 DE： EB=6 ： 1,.DB： BE=7 ： 1 .rAM AC=r ： (r+1),即 A附幣AC AEM=( - 3) AC=4r 3 AC MC：AC(r+1 7)7( r+1)r+14r-3.CN DB EM二.EM： M(=-=.由 Menelauss理，知 許1,代入得7ND BE IvIC4r 3

39、r , 7 7=1,即 4r 3r 1=0,這個(gè)方程有惟一的正根 r=1.故CN： ND=1,就是N為CN中點(diǎn)，M為AC中點(diǎn).2、四邊形ABC吶接于圓，其邊 AB與DC延長交于點(diǎn) P, AD BC延 長交于點(diǎn)Q由Q作該圓的兩條切線 QE QF,切點(diǎn)分別為E、F,求證： P、E、F三點(diǎn)共線.（1997年中國數(shù)學(xué)奧林匹克）證明 連PQ作O QDC PQ于點(diǎn)M則NQM包CDA/CBR 于是M C B、P四點(diǎn)共圓.由 P6r2=PC- PD=PM- PQQ6r2=QC- QBQM QP兩式相減，得 PO-Q力PQ(PMQM=(PMQM PMQ的 PM-QMAM OM- PQQ F、M Q E五點(diǎn)共圓.

40、連PE若PE交。O于F1,交。OFMF點(diǎn)F2,則對于O Q 有 PF PE=PC- PD對于O OFM 又有 PE - PE=PC- PD PF PE=PE PE即F1與F2重合于二圓的公共點(diǎn) F.即P、F、E三點(diǎn)共線.1 1 13、若ABC的邊a、b、c,所對的角為 1 ： 2 ： 4,求證：-=；-+-.a b c作三角形的外接圓，即得圓內(nèi)接正七邊形，轉(zhuǎn)化為例4、P為NABCft任意一點(diǎn)，AP BP CP分別交對邊于X、Y、乙求證:XP YP ZP_ XA+YB+ZCT1XP Sbc YP Sca ZP Nab 一一 .廣 證明： ya=qT%-，亢=$-，二式相加即將證，XA SABC

41、YA &BC ZA &BC5、如圖，設(shè)A ABC的外接圓 O的半徑為 R內(nèi)心為I平分線交。證明:證明:A,O于E. IO=AE2RIO+IA+IC（1 +山）R （1994年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽） . / B=60 , .AOC/ AIC=120 .Q I , C四點(diǎn)共圓.圓心為弧 AC的中點(diǎn)F,半徑為R. O為。F的弧AC中點(diǎn)，設(shè)OF延長線交。F于H, AI延長線交弧 由/ EAD90 （內(nèi)外角平分線）知DE為O O的直徑./ OAD/ODABC于 D.但/ OAkZOHI,故/ OH匕/ADE 于 . AE=IO.是 RtADA凄 RtAHIO由AACH正三角形，據(jù) Ptolemy定理得，IC

42、+IA=IH.由 OH2R. . . IO+IA+IC=IO+IHOH=2R設(shè)/ OH=a，則 0a 30 .，IO+IA+IC=IO+IH=2Rsin a +cos a )=2 R/2sin( a +45 ).又 a +45 75 ,故 IO+IA + IC/6+g)/4= R1+水).6、設(shè)P為/ABC勺外接圓上一點(diǎn)， H為/ABC勺垂心，求證：PH的中點(diǎn)/ABC勺與點(diǎn)P對應(yīng)的Simson line 上.設(shè)過P作三邊的垂線交 BC CA AB于點(diǎn)X、Y、Z.連KZ KF、ZX, 交。O于點(diǎn)N,連PN由 PZL AB CFL AB, K為 PH中點(diǎn)知，KZ=KF.KZf=. KFZ易證 HF

43、=FN,故 KF/ PN. . .PN(=ZKFH但/PNC/PBC=180 工ZKFZ-ZZFh+ZPB(=180 即 ZKFZ-ZPB(=90 又 PXL BC PZL BZP、Z、X、B共圓. /XZBZXPB,而/XPB/PBB90. /KZNKFZ=/XZBZK與ZX共線.即點(diǎn) K在ABC勺與點(diǎn) P對應(yīng)的Simson lineK在上.7、設(shè)/ABCft接于單位圓 Q且OA OB OCT OX正方向所成的角分別為求NABCW垂心的坐標(biāo).（1980年南京市數(shù)學(xué)競賽）/ABC7卜心為原點(diǎn) Q重心坐標(biāo)為 G（：（cos ot+cosP+cos,：（sin a+sin p+sin?。?于是得

44、33/ABC勺垂心坐標(biāo)為 H（cos a +cos + +cos 丫，sin a +sin + +sin 丫 ）.8、在ABC中，/ C=90 , AD和BE是它的兩條內(nèi)角平分線，設(shè) L、M N分別為AD ABBE的中點(diǎn)，X=LMT BE Y=MNP AD Z=NLn DE求證：X、Y、Z三點(diǎn)共線.（2000年江蘇省數(shù)學(xué) 冬令營）作A ABC勺外接圓，則 則圓心. MN/ AE MNL BCACFK/ A點(diǎn)Y在O M上，同理點(diǎn) X也在。M上.，MXMY記NEH AD=F,由于直線 DEZ與A LNF的三邊相交，直線 AECf A BDF三邊 相交，直線 BFE與AADCE邊相交，由 Menelaus定理，可得：LZ ne FP NZNE FDBE fdZn ef