最新三角形中线的交点证明 [三角形三条中线的交点] .doc

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1、最新三角形中线的交点证明 三角形三条中线的交点 三角形三条高线交于一点的证明？三角形三条高线交于一点的证明？证法一：运用同一法证三条高两两相交的交点是同一点。已知：ABC的两条高BE、CF相交于点O，第三条高AD交高BD于点Q，交高CF于点P。求证：P、Q、O三点重合证明：如图，BEAC，CFABAEB = AFC = 90 又BAE = CAF ABE ACF ABAE， ACAFFAEB即ABAF = ACAE 又ADBCAEQ ADC，AFP ADB AFAPAEAD， ADABADAQDC即ACAE = ADAQ，ABAF = ADAPABAF = ACAE，ACAE = ADAQ，A

2、BAF = ADAP ADAQ = ADAP AQ = AP点Q、P都在线段AD上 点Q、P重合AD与BE、AD与CF交于同一点 两条不平行的直线只有一个交点 BE与CF也交于此点 点Q、P、O重合。证法二：连结一顶点和两高交点的线垂直于第三边，用四点共圆性质。已知：ABC的两条高AD、BE相交于点O，第三条高CF交高AB于点F，连结CO交AB于点F。求证：CFAB。证明:ADBC于E，BEAC于EA、B、D、E四点共圆 1ABE 同理21DCA2ABEABE+BAC90， 2+BAC90 即CFAB。注：证法一和证法二是证明共点线的常用方法。证法三：证两条高的交点在第三条高线上，建立直角坐标

3、系运用代数方法证明。证明：如图6，以直线BC为x轴，高AD为y轴，建立直角坐标系，设A(0 ,a) , B(b , 0) , C(c , 0),由两条直线垂直的条件kBE=-1kAC=c1b,kCF=-= akABa则三条高的直线方程分别为：AD：x=0cBE：y=(x-b)abCF：y=(x-c)aca(1)(2) (3)ba解（2）和（3）得(x-b)=(x-c),(b-c)x=0Qbc(b0) x=0这说明BE和CF得交点在AD上，所以三角形的三条高相交于一点。注：有时候考虑直角坐标系这一有力的数形结合工具可以有效地解决问题。证法四：转化为证明另一个三角形的三条中垂线（或中线）交于一点。

4、已知：AD、BE、CF是ABC的三条高。 求证：AD、BE、CF相交于一点。证明：过点A、B、C分别作BC、AC、AB的平行线ML、MN、NL AMBC，MBAC 四边形AMBC是平行四边形 AMBC 同理，ALBC AMAL ADMLAD是ML的垂直平分线同理，BE、CF分别是MN、NL的垂直平分线 而三角形的三条垂直平分线相交于一点AD、BE、CF相交于一点。注：三角形的三条中线（可中垂线、角平分线）相交于一点，这事实学生容易理解，也不难证明，把证明三角形的三条垂线相交于一点的问题转化为另一三角形的三条中线（中垂线）相交于一点，这种化陌生为熟悉、化难为易的转化方法必须让学生理解掌握。NBA

5、FELDC证法五：运用锡瓦（Ceva）定理证明。已知：AD、BE、CF是ABC的三条高。 求证：AD、BE、CF相交于一点。证明：如图，ADBC于E，BEAC于EABD CBF BDAB （1） BFCBBFAEODC同理，由ADC BEC得CECB， （2） CDCA由AFC AEBAFAC （3） AEABBDCEAFABCBAC=-1 三式相乘得BFCDAECBCAABBDCEAF=1 即DCEAFBAD、BE、CF相交于一点。注：锡瓦定理是证明共点线的有力工具，虽然中学不作要求，但对于学有余力的学生不妨引导他们自己研究，激发他们的学习兴趣。锡瓦定理可以用梅涅劳（Menelaus）定理证

6、明，而梅涅劳定理可以由平行线分线段成比例定理轻松得到。在适当情况下适当的启发有利于学生思维的扩散，有利于培养学生的创新能力。 垂心是三角形三条高的交点垂心是三角形三条高的交点 内心是三角形三条内角平分线的交点 重心是三角形三条中线的交点 外心是三角形三条边的垂直平分线的交点即外接圆的圆心 即内接圆的圆心旁心,是三角形两条外角平分线和一条内角平分线的交点正三角形中,中心和重心,垂心,内心,外心重合!垂心定理：三角形的三条高交于一点。该点叫做三角形的垂心 内心定理：三角形的三内角平分线交于一点。该点叫做三角形的内心。 旁心定理： 三角形一内角平分线和另外两顶点处的外角平分线交于一点。 该点叫做三角

7、形的 旁心。三角形有三个旁心。 重心定理：三角形的三条中线交于一点，这点到顶点的距离是它到对边中点距离的 2 倍。该 点叫做三角形的重心。 外心定理：三角形的三边的垂直平分线交于一点。该点叫做三角形的外心。三角形中线一条性质的探究三角形中线一条性质的探究、应用与拓展2011-01-03 17:18:50| 分类： | 标签： |字号大中小 订阅性质：平行于三角形一边的直线被另两边（或另两边的延长线）所截得的线段被这边上的中线（或其延长线）平分。如图，ABC中，AD平分BC，EFBC，求证：AD平分EF. 证明：EFBCEGBD=AGAD；FGCD=AGADEGBD= FGCDBD=CDEG =

8、 FG.结论得证.我们不妨将该结论称为“三角形中线性质定理”.这条性质的运用，现举例如下：例1. ABC中，DEBC，CD交BE于F，求证：AF平分DE和BC. 分析：根据“三角形中线性质定理”，结论中只需证得其一，即可得其二.证明：过B作BGDC，交AF延长线于点G，连CG.BGDC，DEBCADAB=AFAG；ADAB =AEACAFAG =AEACCGBEBGCF为平行四边形BN=CNDEBCDM=EM.例2 如图，梯形ABCD中，ADBC，B+C=90，M、N分别为AD、BC的中点，求证：MN= 1/2(BC-AD).证明：延长BA、CD交于点E，连接EN.BN=CN，ADBC，据“三

9、角形中线性质定理”，EN平分AD，即EN过点M.B+C=90，EN=1/2BC.同理，RtEAD中，EM=1/2AD.MN=1/2(BC-AD).例3 如图，RtABC中，ACB=90，CDAB于D，E为CD中点，AE延长线交BC于点F，FGAB于G，求证：FG2=FCFB. 证明：延长GF与AC延长线交于点H.CDAB，FGABCDFGCE=DEFG=FHACB=90HCF=FGB=90HFC=BFGHFCBFGFGFC=FBFHFGFH =FCFBFG2=FCFB.显然，利用比例性质，以上“三角形中线性质定理”可作如下推广(如图所示)：1. ABC中，EFBC，若BDDC=k，则EGFG=

10、k (如图1).2ABC中，GHBC，若BDDEEF= abc，则GMMNNP= abc(如图2). 三角形三条高相交于一点的一点思考(1)一道课本习题引发的思考（2012.2.20）李守峰 ( 山东临沂沂州实验学校 )新人教版选修2-3在命题证明一章中，有这样一道例题： 如图三角形ABC的三条高相较于点，垂足分别为D、E、F 求证： FDA=EDA这是一道普通的题，很可能不会引起人们的重视，因为他太简单，不需老师讲，学生一看就会。但是，如果仅仅停留在一个例题上来看待的话，他的数学功能就是去了99%。 下面就以这道题的背景出发，探究他的辐射功能！ 如图 高BE 、CF相交于M，求证：AMBC

11、一、证法思考 1.几何证明易知A、F、M、E， B、C、E、F四点共圆 所以：1=3，2=3 所以1=2 所以BDA=AEB=直角 故AMBC2.解析坐标法建立直角坐标系如图 易知：AB:xyxy+=1 AC:+=1 -bcac所以过点B且垂直于AC的直线为xybBE:-=- （1）cac 过点C且垂直于AB的直线为xyaCF:+= （2）cbc由（1）（2）消去y得：axab-y=- ccbxab+y= cc两式相加得x=0这就说明，BE CF 的交点在BC边的高线上，故三线共点 3.向量法uuuruuuruuruuur假设：CFAB, BEAC，BE 、AC交于Muuuruuuruuuru

12、uuruuruuur则AMBC=(AB+BM)(BA+AC) uuuruuruuuruuruuuruuuruuuruuur=ABBA+BMBA+ABAC+BMAC uuuruuruuuruuruuuruuur=ABBA+BMBA+ABAC+0uuuruuuruuruuuruuur=(AB+BM)BA+ABACuuuruuruuuruuuruuuuuruuururuuuruuur=AMBA+ABAC=AB(AC-AM)=ABCM=0所以AMBC二、蕴含结论（设垂心为H）1. A、F、H、E； B，D，H，F； C，E，H，D；A，B，E，D； B，C，E，F； C，A，F，D均四点共圆2. AF

13、AB=AHAD=AEACBFBA=BHBE=BDBC CECA=CHCF=CDCB3. H为垂足三角形的内心证明：易得：FDH=FBE=FCE=HDE所以H在角FDE的平分线上，同理H在角DFE的平分线上，所以H为内心4.三垂足，三边中点，垂心与三顶点连线的中点， 这九点共圆，且半径为外接圆半径的二分之一 证明：如图 作四边形OQTS 则OQBC,STBC 所以OQBCST 同理：QSAHQT 又AHBC所以OSTQ为矩形，所以OSTQ共圆，且SQ为直径如图，易知1=3，2=4（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半） 又易知3=4，所以1=2 所以SDQ=BDH=900 又SEQ=900SDQ

14、=STQ=SEQ=900所以S、D、T、E、O共圆如图利用中位线定理可知 SPFC,PQAB,又ABCF 所以SPQ=900所以P在以SQ为直径的圆上利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得1=3，2=4又易知3=4，所以1=2 所以SFQ=900 所以F在以SQ为直径的圆上如右图利用中位线定理可知 SRAB,RQFC,又ABCF 所以SRQ=900所以R在以SQ为直径的圆上 综上所述，九点共圆问题证毕 证法总结：首先找出圆的直径，然后利用三角形的中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证得其余各点对直径的张角均为直角下面证明九点圆的直径等于外接圆的半径先证一个结论：三角形顶点到

15、垂心的距离等于外心到其对边距离的两倍 如图，弦心距OD=1CH 2证明，作辅助线如图所示 则BM=2OD又MBAB CHAB 所以MBCH 同理：MCBH所以BMCH为平行四边形利用上述结论证明半径关系如右图，有上述结论可知OQ平行些等于BH的一半， 故有OQ平行且等于BS所以OBSQ为平行四边形 所以OB=SQ即外接圆的半径等于九点圆的直径如右图 由上述结论易知OSHQ也为平行四边形，所以OH 、SQ相互平分，所以九点圆的圆心O1为OH的中点，即九点圆的圆心在欧拉线上，且位于外心与垂心的中点 三、问题延伸 1.结论拓展如图1 见蕴含结论3 证明方法1 运用共圆证明 略证明方法2 运用解析法证

16、明建立坐标系如图所示 因为kAB=cc kAC=- ba所以AB:cx-by=-bc （1）AC:cx+ay=ac （2） CF:bx+cy=ab （3） BE:ax-cy=-ab （4）（1）（3）消去常数项得DE：a(cx-by)+c(bx+cy)=0即：c(a+b)x+(c2-ab)y=0（2）（4）消去常数项得DF：b(cx+ay)+c(ax-cy)=0即：c(a+b)x-(c2-ab)y=0由此可见DE、DF斜率互为相反数，故有1=22.条件推广设H为高AD所在直线上的一点，直线BH交直线AC于点F，直线CH交直线AB于点E， 则FDA=EDA 证明：如图所设 xy+=1 (1) 则

17、直线AB:-bcxy直线CH:+=1 (2)amxy直线AC:+=1 (3)acxy+=1 (4) 直线BH:-bmxyxyxxyy+=+ 即：+=- (1)(2)消常得DE：-bcamabcmxyxyxxyy+ 即;+=-(-) (3)(4)消常得DF：+=ac-bmabcm由此可见：由此可见DE、DF斜率互为相反数，故有1=2 3.逆命题考察如图，AD为高，H为平面内一点，且FDA=EDA 则H必在高AD所在直线上 证明：如图所设 则直线AB:xy+=1 (1)-bc直线CH:mx-(s-a)y=am (2) 直线AC:xy+=1 (3) ac直线BH: mx-(s+b)y=-bm (4)

18、 (1)(2)消常得DE：am(xy+)=mx-(s-a)y -bc即：abmy+bc(s-a)y=acmx+bcmx (3)(4)消常得DF：bm(+xay)+mx-(s+b)y=0 c即：abmy-ac(s+b)y=-(bcmx+acmx)由题意知： DE、DF斜率互为相反数，故有abmy+bc(s-a)y=abmy-ac(s+b)y 即(a+b)csy=0，它对任意的y恒成立，而(a+b)c0，所以s=0，所以点H在高线AD上4.关注三点、四线、两正三角形（1）三点 费马点、布洛卡点、拿破仑点 费马点：在一个三角形中，到3个顶点距离之和最小的点叫做这个三角形的费马点(1)若三角形ABC的

19、3个内角均小于120，那么3条距离连线正好平分费马点所在的周角所以三角形的费马点也称为三角形的等角中心 (2)若三角形有一内角不小于120度，则此钝角的顶点就是距离和最小的点 一种简捷的证明 ：设O为三顶点连线最短点，以A为圆心AO为半径做圆P。将圆P视作一面镜子。显然O点应该为B出发的光线经过镜子到C的反射点（如果不是，反射点为O,就会有BO+ CO < BO+ CO，这就是光的重要物理性质：光在同一介质中总是沿最短线路到达目的地（在不同介质中则是以最短时间到达目的地）。而AO= AO，就会有 AO+ BO+ CO < AO + BO + CO）。 不失一般性，O点对于B、C为圆

20、心的镜子也成立因此根据对称性AO、BO、CO之间夹角都是120 下面对上述结论进行证明：（光在同一种介质中总是沿最短线路到达目的地（在不同介质中则是以最短时间到达目的地，这两种说法是统一的，而且后者更精确） 下面给出一种创新性的证明，常规证法不在赘述！ 如图1，假设O为三角形ABC内任一点，则O必在以OA为半径的圆A上，以B、C为焦点做任意椭圆，则总有一种情况是椭圆与圆相外切，不妨设为O（可以通过调整得到），这时，一定有OB+OC最小。两圆必有公切线，如图所示 由椭圆的几何性质可知：1=2 如图2同理由图一的结论可知 OB+OC最小，1=2； OB+OA最小，3=4； OA+OC最小，5=6；

21、所以当OA+OB+OC最小时，应有1=2，3=4，5=6。 即：当OA+OB+OC最小时，有AOB=BOC=COA=120 至此，我们知道，满足条件的点必然对三边张等角（120），那么如何找到这个点呢？下面该处点的找法如图，在形外作等边三角形， FC与BD的交点即为所求的点 联想：假设ABC为平面内三点，对任意的非负实数k、l、m如何求平面内一点P，使kPA+lPB+mPC最小。这个问题在20028的中学数学杂志上，福建24中的杨学枝老师已经用几何的方法给出了圆满的解决！ 有兴趣的话可查阅该资料勃罗卡点（也作布洛卡点）这个问题很少见到，而且作用也不大，只在2011年的北大自主招生中出现一次（三

22、个大题之一），所以仅作了解。定义：设P，Q是三角形ABC内两点，若OAB=OBC=OCA=j，则点O称作三角形ABC的第一类勃罗卡点或正勃罗卡点；若QBA=QCB=QAC=j，则点Q称作三角形ABC的第二类勃罗卡点或负勃罗卡点。j称勃罗卡角a2+b2+c2性质：cotj=cotA+cotB+cotC=，SD为三角形面积 4SDOA+OB+OC=222作法：如图作两个圆，找他们的交点即可 如图 点O满足等角条件，则O成为三角形ABC的布洛卡点性质：1cotj=cotA+cotB+cotCa2+b2+c22cotj=4SD3OA+OB+OC=222证明：在DAOC中，OCAC= sinjsinAO

23、C即：OCbbb= （）sinjsinAOCsin(p-C)sinC同理在DAOC中，OCasin(B-j)=sinB （） （）（）得：sin(B-j)sinj=bsinBasinC即：sin(B-j)sin2Bsinj=sinAsinCsinBcosj-cosBsinjsin2sinj=BsinAsinC=sinBcotj-cosB=sin2BsinAsinC sinBcotj=cosB+sin2BsinAsinCcotj=cotB+sinBsin(A+C)sinAcosC+cossinAsinC=cotB+sinAsinC=cotB+AsinCsinAsinC=cotB+cotC+cot

24、A2证明：因为cotA=cosA12bccosA1b2+c2-a2b2+c2-a2sinA=41=bcsinA4SD4SD2cotA+cotB+cotC=b2+c2-a2a2+c2-b2a2+b2-c2a2+b2+c2所以4S+=D4SD4SD4SDcotj=b2+c2-a2a2+c2-b2a2+b2-c2a2+b2+c2所以4S+4S+S= DD4D4SD由cotj=a2+b2+c234SD可得：sinj= 由OCsinj=bsinC得：OC=bsinjsinC1OC=bsinj21212absinjabsinjabsinC=1=S=S2absinCDD=2 而SD=212221absinC

25、=a2b2(1-cos2C) 44122a2+b2-c22122(a2+b2-c2)2=ab1-()=ab- 42ab4414a2b2-(a2+b2-c2)24a2b2-(a2+b2-c2)2= 44162所以16SD=4a2b2-(a2+b2-c2)2216SD+(a2+b2+c2)2=4a2b2-(a2+b2-c2)2+(a2+b2+c2)2=4(a2b2+b2c2+c2a2)所以OC=2222同理：OB= OA=所以OA+OB+OC=222下面再探索O与其它两顶点构成的三角形面积由sinj=4a2b2-(a2+b2-c2)2S=162D可知sinj= = 由OB=得：SDAOB=21OB

26、ABsinq 2 112=OBcsinj=c22a2c2SD=22 2222ab+bc+ca同理：SDBOCa2b2SD=22 2222ab+bc+cab2c2SD=22 ab+b2c2+c2a2SDCOA5探索O到三边的距离 dO-AB=OBsinj=22a2c=22SD ab+b2c2+c2a2同理：dO-BC2b2a=22S 2222Dab+bc+ca2a2b=22SD ab+b2c2+c2a2dO-CA附：北大(2011保送生考试试题)关于DABC的布洛卡点P，满足PA平分角A，求证三角形的三边成等比数列原题：P为DABC内一点，满足CAP=PAB=PBC=PCA求证三角形的三边成等比

27、数列这道题最简单的方法是初中的平面几何法或高中的正弦定理。原答案运用了布洛卡中的相关结论，过程不但复杂，而且还很深奥。（2）四线 西姆松线、欧拉线、牛顿线、镜线 1.（西姆松线：三边垂足线） 西姆松定理：三角形外接圆上的任一点到三边垂线的三垂足共线，这条直线叫做三角形的西姆松线 证明：连结AP、PC由PDAF， PFEC共圆可知 1=3，2=4 又3与5互余， 4与6互余5=6，所以3=4 所以1=2故三垂足D、E、F共线 2. 西姆松定理的逆定理自平面内一点作三角形三边的垂线，如果三垂足共线，则这点必在三角形的外接圆上 证明：仍用上图 连结AP、PC由PDAF， PFEC共圆可知 1=3，2

28、=4又1=2，所以3=4 又3与5互余， 4与6互余，5=6，所以PABC四点共圆。即P在三角形外接圆上 3.欧拉线（三角形的三心线）三角形的外心、重心、垂心在一条直线上，这条直线叫作欧拉线 证法1。解析法，建立平面直角坐标系 求出三点的坐标，判断是否共线 建立坐标系如图所示这里只需求出外心与垂心的坐标即可QkAC=6c3c=2a+6ba+3b所以直线BF的方程为3cx-(a+3b)y=6ac令x=6b得18bc-(a+3b)y=6ac 18bc-6ac a+3b18bc-6ac) 所以H(6b,a+3b所以y=而OP直线方程为3cx-(a+3b)y=3c(3b-a)-(a+3b)3c 即：3

29、cx-(a+3b)y=-6ac 令x=0得：y=所6ac6ac) 所以O(0,a+3ba+3b以uuur1bc-acca+b-bc-acHG=(bc-b=-ba+3ba+3b8ac-12bc=(-4b,)a+3buuur6ac4ac-6bcHO=(0,)-(2b,2c)=(-2b,)a+3ba+3b8uuuruuur所以HG=2HO, 故O、G、H三点共线，且HG=2GH ；证法2. (1)下面再证一个结论uuuruuruuuruuurOH=OA+OB+OC uuuruuuruuur证明：OH=OC+CHuuuruuuruuuruuuruuuruuuruuruuur=OC+MB=OC+MO+O

30、B=OC+OA+OB (2)再证一个结论uuur1uuruuuruuurOG=(OA+OB+OC)3如图uuuruuuruuur1uuruuur1uuur1uuruuur1uuuruuurOG=OM+MG=(OA+OC)+GB=(OA+OC)+(OB-OG)2222uuur1uuruuur1uuuruuur所以OG=(OA+OC)+(OB-OG)22uuuruuruuuruuuruuur即：2OG=OA+OC+OB-OGuuuruuruuuruuur所以3OG=OA+OC+OBuuur1uuruuuruuur即：OG=(OA+OC+OB)3最后证明本题结论uuur1uuur由（1）（2）可知：

31、OG=OH，所以故O、G、H三点共线，3且HG=2GH 史坦纳定理：设ABC的垂心为H，其外接圆的任意点P，这时关于ABC的点P的西姆松线通过线段PH的中心。欲证此命题，现正另一个命题：设ABC的垂心为H，其外接圆的任意点P，这时P关于ABC的三边所在直线的对称点与垂心H四点共线 此线成为点p关于三角形的镜线 证明：先证一个引理引理1：点p关于一边的对称点同垂心H及该边的两个端点构成四点共圆如图由A、E、H、F共圆得：1=2，由A、P、B、C共圆得：2=3，由P、Q关于BC对称得：3=4，所以1=4。所以B、H、C、Q四点共圆 PQ 引理2. 外接圆的任意点P，这时P关于ABC的任意两边所在直

32、线的对称点与垂心H三点共线 如史坦那图形1 由引理1 可知A、B、E、H四点共圆，所以1=2 由对称性可知2=3所以1=3，即BHE=PAB； 如史坦那定理 图形2 由引理1 可知B、D、C、H四点共圆，所以2=4 由对称性可知4=5 由P、B、C、A共圆可知5=3 所以2=3，即BHD=PAB； 如图 史坦那定理 图形3由史坦那定理 图形1，史坦那定理 图形2可知：BHE=PAB，BHD=PAB 所以BHE=BHD，所以D、E、H三点共线 以上就证明了过三角形外接圆上的任意一点作三边的对称点，其中任意两点与三角形的垂心是三点共线的！因此三对称点与垂心四点共线。这条直线叫做点关于三角形的镜线.

33、 利用这个结论非常容易的可证得西姆松线经过PH的中点。这就是史坦那定理 如图 史坦那定理 证明：由已知可知UW为DPDF的中位线，H在直线DF上，所以PM=MH，即PH的中点在西姆松线上牛顿定理1：圆外切四边形的两条对角线的中点与圆心三点共线，这条直线叫作牛顿线 设A1A3的中点坐标为M(x1,y1) 设A2A4的中点坐标为N(x2,y2) 则有图形中个点坐标可知：x1=1cos(a1+0)cos(a3+a2)(+) 2cos(a1-0)cos(a3-a2)1cos(a1+0)cos(a3-a2)+cos(a3+a2)cos(a1-0)=2cos(a1-0)cos(a3-a2)=2cos(a1

34、+0)cos(a3-a2)+2cos(a3+a2)cos(a1-0) 4cos(a1-0)cos(a3-a2)=cos(-a1+a2+a3)+cos(a1-a2+a3)+cos(a1+a2-a3)+cos(a1+a3+a2)4cos(a1-0)cos(a3-a2)1sin(a1+0)sin(a3+a2)y1=(+)2cos(a1-0)cos(a3-a2)=sin(a1+0)cos(a3-a2)+sin(a3+a2)cos(a1-0) 2cos(a1-0)cos(a3-a2)2sin(a1+0)cos(a3-a2)+2sin(a3+a2)cos(a1-0) 4cos(a1-0)cos(a3-a2

35、)sin(-a1+a2+a3)+sin(a1-a2+a3)+sin(a1+a2-a3)+sin(a1+a3+a2) 4cos(a1-0)cos(a3-a2)=所以kOMsin(-a1+a2+a3)+sin(a1-a2+a3)+sin(a1+a2-a3)+sin(a1+a3+a2)4cos(a1-0)cos(a3-a2)y=1=x11231231231324cos(a1-0)cos(a3-a2)sin-(a1+a2+a3)+sian1(-a2+a3+)cos-(a1+a2+a3)+coas1(-a2+a3+)sain+a2-a3+)sai1n+(a3+a21(coa1s(+a2-a3+)cao+

36、(a3+a21s)=同理：x2=1cos(a2+a1)cos(0+a3)(+) 2cos(a2-a1)cos(0-a3)1cos(a2+a1)cos(0-a3)+cos(0+a3)cos(a2-a1)=2cos(a2-a1)cos(0-a3)=2cos(a2+a1)cos(0-a3)+2cos(0+a3)cos(a2-a1) 4cos(a2-a1)cos(0-a3)cos(-a1+a2+a3)+cos(a1-a2+a3)+cos(a1+a2-a3)+cos(a1+a3+a2)4cos(a2-a1)cos(0-a3)=y2=1sin(a1+0)sin(a3+a2)(+) 2cos(a1-0)co

37、s(a3-a2)sin(-a1+a2+a3)+sin(a1-a2+a3)+sin(a1+a2-a3)+sin(a1+a3+a2) 4cos(a2-a1)cos(0-a3)=所以kON=sin(-a1+a2+a3)+sin(a1-a2+a3)+sin(a1+a2-a3)+sin(a1+a3+a2)y2=x2cos(-a1+a2+a3)+cos(a1-a2+a3)+cos(a1+a2-a3)+cos(a1+a3+a2)所以kOM=kON 所以M，O，N三点共线牛顿定理2：四边形两条对边的延长线的交点所连线段的中点和两条对角线的中点，三条共线。这条直线叫做这个四边形的牛顿线这个问题与本节内容无关，但

38、在此安排了这个内容，一是为了牛顿三点共线的完整性，二是充分体现建立坐标系的妙处和灵活处理问题的思路 证明：建立直角坐标系如图所示 设AB:x=ky-aBC:x=ny+aCD:x=ly+aAD:x=my-a解得：B(（ak+n)2a,)k-nk-n（am+l)2aD(,)m-lm-l（ak+l)2aP(,)k-lk-l（am+n)2aQ(,)m-nm-n所以BD的中点M(（ak+n)（am+l)aa+,+)2(k-n)2(m-l)k-nm-l即：M(（ak+n)(m-l)+（am+l)(k-n)（am-l)+a(k-n),)2(k-n)(m-l)(k-n)(m-l)km-lnm+k-l-na,a

39、)(k-n)(m-l)(k-n)(m-l)m+k-l-n km-lnM(所以kOM=同理：PQ的中点N(（ak+l)（am+n)aa+,+)2(k-l)2(m-n)k-lm-n（k+l)(m-n)+（m+n)(k-l)k-l+m-n=(a,a)2(k-l)(m-n)(k-l)(m-n)=(km-lnm+k-l-na,a)(k-l)(m-n)(k-l)(m-n)所以kON=m+k-l-n km-ln所以kOM=kON 所以O、M、N三点共线。至此，又想到了四边形的两条对边之和不小于两条对角线的乘积(托勒密定理及其推广)托勒密定理：圆内接四边形，其两组对边乘积之和，等于对角线乘积知道了托勒密定理，

40、我们自然会想到其推广，就好像勾股定理的推广是余弦定理，那么托勒密定理的推广又是如何？这个结论是早已有之，那就是将四边形改为任意四边形后的结论，你可以将之看做推广后的托勒密定理：托勒密定理的推广：如图对于任意的四边形，四边长为a、b、c、d，对角线长为x和y，则定有下面的式子成立：(xy)2=(ac)2+(bd)2-2(ac)(bd)cos(B+D) 证明：作出E点，使得DAE=BACADE=ACB (为了方便，下面的B、D等都是指四边形ABCD的内角) 则DAED:DABC，所以AEAD=ABAC又因为DAE=BAC， 所以DAC=EAB， 所以DDAC:DEAB 所以AEB=ADC所以DEB

41、=2p-AED-AEB=2p-(B+D) 在DEB中 BD2=BE2+DE2-2BEDEcosBED 即：BD2=BE2+DE2-2BEDEcos(B+D) 两边同时乘以AC2得：BD2AC2=BE2AC2+DE2AC2-2BEACDEACcos(B+D)再结合DAED:DABC，DDAC:DEAB 得：DEAD=BCAC，DCEB=ACAB，所以DEAC=ADBC，EBAC=ABDC所以：BD2AC2=AB2DC2+AD2BC2-2ABDCADBCcos(B+D) 所以：有不等形式：BD2AC2AB2DC2+AD2BC2+2ABDCADBC 即：BDACABDC+ADBC 当且仅当、四点共圆

42、是等号成立。 此时：BDAC=ABDC+ADBC，这就是托勒密定理说明：1托勒密定理对于平面内的任意四边形都成立，而不仅局限于凸四边形； 2.当点D在AC上时 (xy)2=(ac)2+(bd)2-2(ac)(bd)cos(B+D)我们现在将B点放在AC的中点，此时c=d，x=2d，B=，带入后化简得到： 4y2=a2+b2+2abcosD，其对应的图就是下面的三角形：uuuruuuruuur很显然，这个就是我们的向量的加法原则，因为2BD=DA+DB，这本质上就是余弦定理这个定理恨一个很好的应用如图，四边形ABCD内接于半圆，AB是直径d，试证d为方程x-(a+b+c)x-2abc=0的一个根

43、解：很如意知道AC=d-c，BD=d-a 根据托勒密定理知道：(d-c)(d-a)=(ac+bd)两边展开并化简就得：d-(a+b+c)d-2abc=0，故问题得证 费尔巴赫定理：三角形的九点圆与内切圆和旁切圆相切3222222222222223222这个定理证明不了，从网上查的解答非常冗长，无心研究欧拉定理：O为外心，半径为R，I为内心，半径为r 则OI=R-2Rr 证明思路：22OI2=R2-2RrR2-OI2=2Rr (R+OI)(R-OI)=2Rr为此想到构造相交弦 作直径MOIN必有(R+OI)(R-OI)=MIIN而MIN为外接圆内过I的弦，为乘积转化，自然想到作弦AID 因此MI

44、IN=AIID至此，(R+OI)(R-OI)=AIID原问题转化为证AIID=2Rr为此必须构造大圆的直径、小圆的半径（或者大圆的半径、小圆的直径） 如图，构造直径DE，半径IF，则AIID=2RrAIID=DEIF而AIID=DEIF，为此考虑三角形相似问题，但是三角形AIE和三角形DIF明显不相似，一个为直角三角形，另一个不是直角三角形。这就想到要实行线段的转化 下一步转化要看平时的基本功了！在旧教材中，九年级有一道例题：三角形ABC内接于圆O,I为内角平分线的交点，弦AD过I点，连结BI求证：DB=DI 这个结论非常好证（证两角相等）把这个结论应用到所证问题中，问题就变为AIBD=DEI

45、F，即AIDE= IFBD为此只需证明DAIF:DEDB,这是显而易见的问题，故欧拉定理得证（3）两正三角形 莫利三角形、拿破仑三角形莫利定理：将三角形的三个内角三等分，靠近某边的两条三分角线相得到一个交点，则这样的三个交点可以构成一个正三角形。这个三角形常被称作莫利正三角形 证明思路：假设B、C的三等分线情况如图所示，连结PD 在PB、PC上分别取F、E 使PDF=PDE=30易知D为三角形PBC的内心，所以EDF为正三角形，且PF=PE 为此只需证明AF、AE为角A的三等分线即可分别在AB、AC上取点G、H，使BD=BG，CD=CH，连结GF、HE 易证GF=FD=FE=ED=EH由此想到

46、证明A、G、F、E、H五点共圆 FPE=p-2(a+b)=p-22123(3a+3b)=p-3(p-A)=3p+3A1p112p1+FPE=+(p+A)=+A 62623333pp12GFE=2p-EFD-2BFD=2p-2(+A)=p-A3333又因为FG=FE1所以FGE=FEG=A31同理可得：HFE=FHE=A3所以FGE=FHE BFD=PDF+DPF=所以G、F、E、H四点共圆，下面关键证明A也在该圆上 证明：由以上证明可知弧GFEH所对的弧的度数为p111A+A+A=A， 333所以点A在圆GFEH上，故A、 G、F、E、H五点共圆为此，命题得证关于莫利三角形的作法还可用一下的方

47、法1先作出两角的三等分线 BD、 BP、 CD、 CP 2取BE=BD、CF=CD3作圆AEF，设分别交PB、PC于G、H两点 作三角形GDH,则GDH即为所求（说明：这种方法并没有得到证明）拿破仑三角形定理对任意三角形的三边为边向外（内）作等边三角形，则三个等边三角形的中心构成等边三角形，该三角形叫作拿破仑三角形 性质拿破仑点：AO2,CO1,BO3三线共点， 这一点叫拿破仑点性质2原三角形的面积等于它的外、 内拿破仑三角形面积之差性质3原三角形的重心也是内和外拿破仑三角形的重心 定理证明： 方法 证明： 易知 222OO13=O1A+O3A-2O1AO3AcosO1AO311p=c2+b2-2cos(+A) 3