競賽專題講座－平面幾何四個重要定理

四個重要定理：

梅涅勞斯(Menelaus)定理（梅氏線）

△ABC的三邊BC、CA、AB或其延長線上有點P、Q、R，則P、Q、R共線的充要條件是 。

塞瓦(Ceva)定理（塞瓦點）

△ABC的三邊BC、CA、AB上有點P、Q、R，則AP、BQ、CR共點的充要條件是。

托勒密(Ptolemy)定理

四邊形的兩對邊乘積之和等于其對角線乘積的充要條件是該四邊形內接于一圓。

西姆松(Simson)定理（西姆松線）

從一點向三角形的三邊所引垂線的垂足共線的充要條件是該點落在三角形的外接圓上。

例題：

1．　 設AD是△ABC的邊BC上的中線，直線CF交AD于F。求證：。

【分析】CEF截△ABD→（梅氏定理）

【評注】也可以添加輔助線證明：過A、B、D之一作CF的平行線。

2．　 過△ABC的重心G的直線分別交AB、AC于E、F，交CB于D。

求證：。

【分析】連結并延長AG交BC于M，則M為BC的中點。

DEG截△ABM→（梅氏定理）

DGF截△ACM→（梅氏定理）

∴===1

【評注】梅氏定理

3．　 D、E、F分別在△ABC的BC、CA、AB邊上，

，AD、BE、CF交成△LMN。

求S_△LMN。

【分析】

【評注】梅氏定理

4．　 以△ABC各邊為底邊向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。求證：AE、BF、CG相交于一點。

【分析】

【評注】塞瓦定理

5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。求證：AC²=AB²+AB·BC。

【分析】過A作BC的平行線交△ABC的外接圓于D，連結BD。則CD=DA=AB，AC=BD。

由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。

【評注】托勒密定理

6． 已知正七邊形A₁A₂A₃A₄A₅A₆A₇。

求證：。（第21屆全蘇數學競賽）

【分析】

【評注】托勒密定理

7． △ABC的BC邊上的高AD的延長線交外接圓于P，作PE⊥AB于E，延長ED交AC延長線于F。

求證：BC·EF=BF·CE+BE·CF。

【分析】

【評注】西姆松定理（西姆松線）

8． 正六邊形ABCDEF的對角線AC、CE分別被內分點M、N分成的比為AM：AC=CN：CE=k，且B、M、N共線。求k。（23-IMO-5）

【分析】

【評注】面積法

9． O為△ABC內一點，分別以d_a、d_b、d_c表示O到BC、CA、AB的距離，以R_a、R_b、R_c表示O到A、B、C的距離。

求證：（1）a·R_a≥b·d_b+c·d_c;　　

(2) a·R_a≥c·d_b+b·d_c;

(3) R_a+R_b+R_c≥2(d_a+d_b+d_c)。

【分析】

【評注】面積法

10．△ABC中，H、G、O分別為垂心、重心、外心。

求證：H、G、O三點共線，且HG=2GO。（歐拉線）

【分析】

【評注】同一法

11．△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，BM、BN三等分∠ABC，與AD相交于M、N，延長CM交AB于E。

求證：MB//NE。

【分析】

【評注】對稱變換

12．G是△ABC的重心，以AG為弦作圓切BG于G，延長CG交圓于D。求證：AG²=GC·GD。

【分析】

【評注】平移變換

13．C是直徑AB=2的⊙O上一點，P在△ABC內，若PA+PB+PC的最小值是，求此時△ABC的面積S。

【分析】

【評注】旋轉變換

費馬點：已知O是△ABC內一點，∠AOB=∠BOC=∠COA=120°；P是△ABC內任一點，求證：PA+PB+PC≥OA+OB+OC。（O為費馬點）

【分析】將CC‘，OO’， PP‘，連結OO’、PP‘。則△B OO’、△B PP‘都是正三角形。

∴OO’=OB，PP‘ =PB。顯然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。

由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O、O‘、C’四點共線。

∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+OC。

14．(95全國競賽) 菱形ABCD的內切圓O與各邊分別交于E、F、G、H，在弧EF和弧GH上分別作⊙O的切線交AB、BC、CD、DA分別于M、N、P、Q。　　　

求證：MQ//NP。

【分析】由AB∥CD知：要證MQ∥NP，只需證∠AMQ=∠CPN，

結合∠A=∠C知，只需證

△AMQ∽△CPN

←，AM·CN=AQ·CP。

連結AC、BD，其交點為內切圓心O。設MN與⊙O切于K，連結OE、OM、OK、ON、OF。記∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，則

∠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。

【評注】

15．(96全國競賽)⊙O₁和⊙O₂與ΔABC的三邊所在直線都相切，E、F、G、H為切點，EG、FH的延長線交于P。求證：PA⊥BC。

【分析】

【評注】

16．(99全國競賽)如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD。在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G。求證：∠GAC=∠EAC。

證明：連結BD交AC于H。對△BCD用塞瓦定理，可得

因為AH是∠BAD的角平分線，由角平分線定理，

可得，故。

過C作AB的平行線交AG的延長線于I，過C作AD的平行線交AE的延長線于J。

則，

所以，從而CI=CJ。

又因為CI//AB，CJ//AD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。

因此，△ACI≌△ACJ，從而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。

已知AB=AD，BC=DC，AC與BD交于O，過O的任意兩條直線EF和GH與四邊形ABCD的四邊交于E、F、G、H。連結GF、EH，分別交BD于M、N。求證：OM=ON。（5屆CMO）

證明：作△EOH△E’OH‘，則只需證E’、M、H‘共線，即E’H‘、BO、GF三線共點。

記∠BOG=α，∠GOE’=β。連結E‘F交BO于K。只需證=1（Ceva逆定理）。

===1

注：箏形：一條對角線垂直平分另一條對角線的四邊形。

對應于99聯賽2：∠E’OB=∠FOB，且E‘H’、GF、BO三線共點。求證：∠GOB=∠H‘OB。

事實上，上述條件是充要條件，且M在OB延長線上時結論仍然成立。

證明方法為：同一法。

蝴蝶定理：P是⊙O的弦AB的中點，過P點引⊙O的兩弦CD、EF，連結DE交AB于M，連結CF交AB于N。求證：MP=NP。

【分析】設GH為過P的直徑，FF’F，顯然‘∈⊙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‘四點共圓。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。

∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。

【評注】一般結論為：已知半徑為R的⊙O內一弦AB上的一點P，過P作兩條相交弦CD、EF，連CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB中點的距離為a，則。（解析法證明：利用二次曲線系知識）