平幾名定理名題與競賽題

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·BD=AB·CD+AD·BC可設(shè)法把 AC·BD拆成兩部分，如把AC寫成AE+EC，這樣，AC·

2、BD就拆成了兩部分：AE·BD及EC·BD，于是只要證明AE·BD=AD·BC及EC·BD=AB·CD即可說明 本定理的證明給證明ab=cd+ef的問題提供了一個典范用類似的證法，可以得到Ptolemy定理的推廣(廣義Ptolemy定理)：對于一般的四邊形ABCD，有AB·CD+AD·BCAC·BD當(dāng)且僅當(dāng)ABCD是圓內(nèi)接四邊形時等號成立例1 (1987年第二十一屆全蘇)設(shè)A1A2A3A7是圓內(nèi)接正七邊形，求證：=+例1例2(紐約，1975)證明：從圓周上一點(diǎn)到圓內(nèi)接正方形的四個頂點(diǎn)的距離不可能都是有理數(shù)

3、分析：假定其中幾個是有理數(shù)，證明至少一個是無理數(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DABC為直角三角形或鈍角三角形，上面的結(jié)論成立嗎？ 定理2 設(shè)P、Q、A、B為任意四點(diǎn)，則PA2-PB2=QA2-QB2ÛPQAB 說明 本題在證明兩線垂直時具有強(qiáng)大的作用點(diǎn)到圓的冪：設(shè)P為O所在平面上任意一點(diǎn)，PO=d，O的半徑為r，則d2r2就是點(diǎn)P對于O的冪過P任作一直線與O交于點(diǎn)A、B，則PA·PB= |d2r2|“到兩圓等冪的點(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”這個結(jié)論這條直線稱為兩圓

4、的“根軸”三個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”三個圓的根心對于三個圓等冪當(dāng)三個圓兩兩相交時，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的兩個頂點(diǎn)A、C，且與AB、BC兩邊分別相交于K、N兩點(diǎn)，ABC和KBN的兩外接圓交于B、M兩點(diǎn)證明：OMB為直角(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，常可利用圓冪定理，若能找到BM上一點(diǎn)，使該點(diǎn)與點(diǎn)對于圓O等冪即可 定理3 (Ceva定理)設(shè)X、Y、Z分別為ABC的邊BC、CA、AB上的一點(diǎn)，則AX、BY、CZ所在直線交于一點(diǎn)的充要條件是··=1分析 此三

5、個比值都可以表達(dá)為三角形面積的比，從而可用面積來證明證明：設(shè)SAPB=S1，SBPC=S2，SCPA=S3則=，=，=，三式相乘，即得證說明 用同一法可證其逆正確本題也可過點(diǎn)A作MNBC延長BY、CZ與MN分別交于M、N，再用比例來證明，例6以ABC的三邊為邊向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，設(shè)L、M、N分別為DE、FG、HK的中點(diǎn)求證：AM、BN、CL交于一點(diǎn)分析 設(shè)AM、BN、CL分別交BC、CA、AB于P、Q、R利用面積比設(shè)法證明··=1例7如圖，在ABC中，ABC和ACB均是銳角，D是BC邊上的內(nèi)點(diǎn)，且AD平分BAC，過點(diǎn)D分別向兩條直線AB、AC作垂線D

6、P、DQ，其垂足是P、Q，兩條直線CP與BQ相交與點(diǎn)K求證：AKBC；例8在四邊形ABCD中，對角線AC平分ÐBAD，在CD上取一點(diǎn)E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G求證：ÐGAC=ÐEAC（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Ceva定理，再構(gòu)造全等三角形證明兩角相等 定理4 (Menelaus定理)設(shè)X、Y、Z分別在ABC的BC、CA、AB所在直線上，則X、Y、Z共線的充要條件是N··=1證明：作CMBA，交XY于N，則=，=S1S2S3S4于是··=·

7、3;·=1本定理也可用面積來證明：如圖，連AX，BY，記SDAYB=S1，SDBYC=S2，SDCYX=S3，SDXYA=S4則=；=；=，三式相乘即得證說明 用同一法可證其逆正確Ceva定理與Menelaus定理是一對“對偶定理”題9例9(南斯拉夫，1983)在矩形ABCD的外接圓弧AB上取一個不同于頂點(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)例10例10(評委會，土耳其，1995)設(shè)DABC的內(nèi)切圓分別切三邊BC、CA、AB于D、E、F，X是DABC內(nèi)的一點(diǎn)，DXBC的內(nèi)切圓也

8、在點(diǎn)D處與BC相切，并與CX、XB分別切于點(diǎn)Y、Z，證明，EFZY是圓內(nèi)接四邊形分析：圓冪定理的逆定理與Menelaus定理定理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，CF、DE交AB于P、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的對稱點(diǎn)F'后，只要設(shè)法證明FMPF'MQ即可說明 本定理有很多種證明方法，而且有多種推廣例11在箏形ABCD中，AB=AD，BC=CD，經(jīng)AC、BD交點(diǎn)O作二直線分別交AD、BC、AB、CD于點(diǎn)E、F、G、H，GF、EH分別交BD于點(diǎn)I、J，求證：IO=OJ（1990年冬令營賽題）分析 通常的解法是建立

9、以O(shè)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)算定理6 張角定理：從一點(diǎn)出發(fā)三條線段長分別為a、b、t、(t在a、b之間)，則=+例12(評委會，愛爾蘭，1990)設(shè)l是經(jīng)過點(diǎn)C且平行于DABC的邊AB的直線，A的平分線交BC于D，交l于E，B的平分線交AC于F，交l于G，已知，GF=DE，證明：AC=BC分析：設(shè)A=2a，B=2b，即證a=b定理7 (Simson line) P是ABC的外接圓O上的任意一點(diǎn)，PXAB，PYBC，PZCA，垂足為X、Y、Z，求證： X、Y、Z三點(diǎn)共線分析 如果連ZX、ZY，能證得Ð1=Ð3，則由ÐAZB

10、=180°得ÐYZX=180°，即可證此三點(diǎn)共線證明ÐPXB=ÐPZB=90°ÞP、Z、X、B四點(diǎn)共圓ÞÐ1=Ð2ÐPZA=ÐPYA=90°ÞP、Z、A、Y四點(diǎn)共圓ÞÐ3=Ð4但Ð2+Ð5=90°，Ð4+Ð6=90°，而由P、A、C、B四點(diǎn)共圓，得Ð5=Ð6故Ð2=Ð4，從而Ð1=Ð3故X、Y、Z共線說明 本

11、題的證法也是證三點(diǎn)共線的重要方法本題的逆命題成立，該逆命題的證明曾是江蘇省高中數(shù)學(xué)競賽的試題例13設(shè)H為ABC的垂心，P為ABC的外接圓上一點(diǎn)，則從點(diǎn)P引出的三角形的西姆松線平分PH分析：考慮能否用中位線性質(zhì)證明本題：找到一條平行于Simson線的線段，從PXAH入手連PE，得1=2，但2=3，再由四點(diǎn)共圓得3=4，于是得6=7可證平行證明 連AH并延長交O于點(diǎn)E，連PE交BC于點(diǎn)F，交XY于點(diǎn)K，連FH、PB又證：延長高CF，交圓于N，則F是HN的中點(diǎn)，若K為PH中點(diǎn)，則應(yīng)有FKPN再證明K在ZX上即證明KZF=XZB設(shè)過P作三邊的垂線交BC、CA、AB于點(diǎn)X、Y、Z連KZ、KF、ZX，延長

12、CF交O于點(diǎn)N，連PN定理8（Euler line）三角形的外心、重心、垂心三點(diǎn)共線，且外心與重心的距離等于重心與垂心距離的一半分析 若定理成立，則由AG=2GM，知應(yīng)有AH=2OM，故應(yīng)從證明AH=2OM入手證明：如圖，作直徑BK，取BC中點(diǎn)M，連OM、CK、AK，則ÐKCB=ÐKAB=90°，從而KCAH，KACH，ÞCKAH，ÞAH=CK=2MO由OMAH，且AH=2OM，設(shè)中線AM與OH交于點(diǎn)G，則GOMGHA，故得MGGA=12，從而G為ABC的重心且GH=2GO說明 若延長AD交外接圓于N，則有DH=DN這一結(jié)論也常有用例14設(shè)A1

13、A2A3A4為O的內(nèi)接四邊形，H1、H2、H3、H4依次為A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心求證：H1、H2、H3、H4四點(diǎn)在同一個圓上，并定出該圓的圓心位置（1992年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）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點(diǎn)中每類取一個點(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，MNAB，NP

14、CH，但CHAB，故ÐPNM=90°，于是，點(diǎn)N在MDP上，同理，AB中點(diǎn)在MDP上再由QMCH，QPAB，又得ÐPQM=90°，故點(diǎn)Q在MDP上，同理，CH中點(diǎn)在MDP上由FP為RtAFH的斜邊中線，故ÐPFH=ÐPHF=ÐCHD，又FM為RtBCF的斜邊中線，得ÐMFC=ÐMCF，但ÐCHD+ÐDCH=90°，故ÐPFM=90°又得點(diǎn)F在MDP上，同理，高BH的垂足在MDP上即證說明 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

15、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OMAP，OM=AP，知PM與OH互相平分，即九點(diǎn)圓圓心在OH上且九點(diǎn)圓直徑MP=OA=ABC的外接圓半徑定理10(三角形的內(nèi)心的一個重要性質(zhì))設(shè)I、Ia分別為ABC的內(nèi)心及ÐA內(nèi)的旁心，而ÐA平分線與ABC的外接圓交于點(diǎn)P，則PB=PC=PI=PIa例15設(shè)ABCD為圓內(nèi)接四邊形，ABC、ABD、ACD、BCD的內(nèi)心依次為I1、I2、I3、I4，則I1I2I3I4為矩形(1986年國家冬令營選拔賽題）分析 只須證明該四邊形的一個角為直角即可為此可計(jì)算Ð1、Ð2、ÐXI2Y說明 亦

16、可證XZYU，又XZ平分ÐI2XI3及XI2=XI3ÞI2I3XZ，從而I2I3YU，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=R2-2Rr(1992年江蘇省數(shù)學(xué)競賽)分析 改寫此式，得：d2-R2=2Rr，左邊為圓冪定理的表達(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的外心與內(nèi)心連AI并延長交O于點(diǎn)D，由AI平分ÐBAC，故D為弧BC的中點(diǎn)連DO并延長交O于E，則DE為與BC垂直的O的直徑由圓冪

17、定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID（作直線OI與O交于兩點(diǎn)，即可用證明）但DB=DI（可連BI，證明ÐDBI=ÐDIB得），故只要證2Rr=IA·DB，即證2RDB=IAr即可而這個比例式可由AFIEBD證得故得R2-d2=2Rr，即證例16(1989IMO)銳角DABC的內(nèi)角平分線分別交外接圓于點(diǎn)A1、B1、C1，直線AA1與ABC的外角平分線相交于點(diǎn)A0，類似的定義B0，C0，證明：例 S=2S； S4SABC分析：利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I為公共頂點(diǎn)的六個小三角形，分別與六邊形A1CB1AC1B中的某一部分

18、的2倍相等 若連OA、OB、OC把六邊形A1CB1AC1B分成三個四邊形，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S2 SABC，而IA1、IB1、IC1把六邊開分成三個箏形，于是六邊形的面積等于DA1B1C1面積的2倍故只要證明SSABC定理12 (Fermat point)分別以ABC的三邊AB，BC，CA為邊向形外作正三角形ABD，BCE，CAH，則此三個三角形的外接圓交于一點(diǎn)此點(diǎn)即為三角形的Fermat point分析 證三圓共點(diǎn)，可先取二圓的交點(diǎn)，再證第三圓過此點(diǎn)證明：如圖，設(shè)ABD與ACH交于(異于點(diǎn)A的)點(diǎn)F，則由A、F、B、D共圓得ÐAFB=120&

19、#176;，同理ÐAFC=120°，于是ÐBFC=120°，故得B、E、C、F四點(diǎn)共圓即證由此得以下推論：1° A、F、E三點(diǎn)共線；因ÐBFE=ÐBCE=60°，故ÐAFB+ÐBFE=180°，于是A、F、E三點(diǎn)共線同理，C、F、D三點(diǎn)共線；B、F、H三點(diǎn)共線2° AE、BH、CD三線共點(diǎn)3° AE=BH=CD=FA+FB+FC由于，F(xiàn)在正三角形BCE的外接圓的弧BC上，故由tolemy定理，有FE=FB+FC于是AE=AF+FB+FC同理可證BH=CD=FA+FB

20、+FC也可用下法證明：在FE上取點(diǎn)N，使FN=FB，連BN，由FBN為正三角形，可證得BNEBFC于是得，NE=FC故AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC例17(Steiner問題)在三個角都小于120°的ABC所在平面上求一點(diǎn)P，使PA+PB+PC取得最小值證明：設(shè)P為平面上任意一點(diǎn)，作等邊三角形PBM（如圖）連ME，則由BP=BM，BC=BE，ÐPBC=ÐMBE=60°-ÐMBC得BPCBME，于是ME=PC，故得折線APME=PA+PB+PCAE=FA+FB+FC即三角形的Fermat point就是所求的點(diǎn)說明:本題也可用Ptole

21、my的推廣來證明:由PB·CE+PC·BEPE·BC，可得，PB+PCPE于是PA+PB+PCPA+PEAE定理13 到三角形三頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn)費(fèi)馬點(diǎn)例18凸六邊形ABCDEF，AB=BC=CD，DE=EF=FA，BCD=EFA=60°，、在形內(nèi)， 且AGB=DHE=120°求證：AG+GB+GH+DH+HECF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PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2證明：取中線BG中點(diǎn)M，則2(PA2+PC2)=AC2+4PE2， 2(PB

22、2+PG2)=BG2+4PM2， 2(PE2+PM2)=ME2+4PG2， +×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+PC2GA2+GB2+GC2等號當(dāng)且僅當(dāng)P與G重合時成立亦可用解析幾何方法證明定理15 三角形內(nèi)到三邊距離之積最大的點(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則2D=ax+by+cz3即xyz等號當(dāng)且僅當(dāng)ax=by=cz，即DPAB、DPB

23、C、DPCA的面積相等時成立此時P為DABC的重心上面給出了高中競賽大綱明確規(guī)定應(yīng)知的三個重要極值：1° 到三角形三頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn)費(fèi)馬點(diǎn)2° 到三角形三頂點(diǎn)距離的平方和最小的點(diǎn)重心3° 三角形內(nèi)到三邊距離之積最大的點(diǎn)重心例19(Fagnano問題)給定銳角三角形，求其內(nèi)接三角形中周長最小者證明(Fejer方法)分成幾部分來證明：1° 先在BC上任取一點(diǎn)D，固定D，求出以D為一個頂點(diǎn)ABC的內(nèi)接三角形中周長最小者作D關(guān)于AB、AC的對稱點(diǎn)D、D”，連DD”交AB、AC于點(diǎn)F、E，連DF、DF，DE、D”E，對于任一以DD一個頂點(diǎn)的ABC的內(nèi)接三角形X

24、PQ，連QD、QD，PD”、PD，于是可證DE+EF+FD=DD”DQ+QP+PD”=DQ+QP+PD即DEF為固定點(diǎn)D后周長最小的內(nèi)接三角形2° 當(dāng)點(diǎn)D的BC上運(yùn)動時，對每一點(diǎn)D，都作出1°中得出的周長最小三角形，再求這些三角形的周長最小值連AD、AD、AD”，則AD=AD=AD”，且ÐDAB=ÐDAB，ÐD”AC=ÐDAC，于是ÐDAD”=2ÐA所以DD”=2ADsinA當(dāng)點(diǎn)D在BC上運(yùn)動時，以點(diǎn)D為BC邊上高的垂足時AD最小3° 說明此時的最小三角形就是ABC的垂足三角形由于D為BC邊上的垂足對于垂

25、足三角形DEF，由ÐDEC=ÐAEF，而ÐDEC=ÐCED"，故點(diǎn)E在DD”上，同理，F(xiàn)在DD”上，即DEF為所求得的周長最小三角形(Schwarz解法）這是一個非常奇妙的證法：如圖，DEF為ABC的垂足三角形，PQR為ABC的任一內(nèi)接三角形作ABC關(guān)于AC的對稱圖形ACB1，由ÐDEC=ÐFEA，故EF的關(guān)于AC的對稱線段EF1應(yīng)與DE共線再作ACB1關(guān)于AB1的對稱三角形AB1C1，這樣連續(xù)作五次對稱三角形，就得到下圖： 在此圖中的DD4=DEF的周長的兩倍而折線PQR1P2Q2R3P4也等于PQR的周長的兩倍但易證&#

26、208;BDE+ÐB2D4F3=180°，于是DPD4P4，且DP=D4P4，從而線段PP4=DD4=DEF周長的兩倍顯然，折線PQR1P2Q2R3P4的長>線段PP4的長即PQR的周長>DEF的周長定理16(Polya問題)兩端點(diǎn)在給定圓周上且把圓面積二等分的所有線中，以直徑最短 連AB，作 與AB平行的直徑CD，作直徑AB，則B與B關(guān)于CD對稱CD與曲線AB必有交點(diǎn)，否則曲線AB全部在CD一側(cè)，不可能等分圓面積設(shè)交點(diǎn)為E，連AE、BE、BE，則AE+EB=AE+EB>AB，故曲線AB的長大于直徑AB定理17(等周問題)這是由一系列的結(jié)果組成的問題：1&

27、#176; 在周長一定的n邊形的集合中，正n邊形的面積最大 2° 在周長一定的簡單閉曲線的集合中，圓的面積最大 3° 在面積一定的n邊形的集合中，正n邊形的周長最小。 4° 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，可任作一條與曲線凹進(jìn)部分有兩個交點(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

28、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)N>M，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ÐACB=90°否則可把此圖形劃分為三塊M、N、P，只須改變ÐACB的大小，使ÐACB=90°，則M、N的面積不變，而P的面積變大這說明，此半段曲線必為半圓，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的面積，求證：曲線l的長l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)接六邊形練習(xí)題1、在四邊形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面積比是