2022年高中数学竞赛平面几何中的几个重要定理 .pdf

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1、平面几何中几个重要定理及其证明一、塞瓦定理 1塞瓦定理及其证明定理：在ABC内一点 P，该点与ABC的三个顶点相连所在的三条直线分别交ABC三边 AB 、 BC 、 CA于点 D、E、F，且 D、E、F 三点均不是ABC的顶点，则有1ADBE CFDBECFA证明：运用面积比可得ADCADPBDPBDCSSADDBSS根据等比定理有ADCADCADPAPCADPBDPBDCBDCBDPBPCSSSSSSSSSS，所以APCBPCSADDBS同理可得APBAPCSBEECS，BPCAPBSCFFAS三式相乘得1ADBECFDBECFA注：在运用三角形的面积比时，要把握住两个三角形是“等高”A B

2、 C D E F P 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 17 页还是“等底”，这样就可以产生出“边之比” 2塞瓦定理的逆定理及其证明定理：在ABC三边 AB 、BC 、CA上各有一点 D、E、F，且 D、E、F 均不是ABC的顶点，假设1ADBECFDBECFA，那么直线 CD 、AE 、BF三线共点证明 ： 设直线 AE与直线 BF交于点 P，直线 CP交 AB于点 D/，则据塞瓦定理有/1ADBE CFD B ECFA因为1ADBE CFDBECFA，所以有/ADADDBD B由于点 D、D/都在线段 AB上，所以点

3、D与 D/重合即得 D、E、F三点共线注：利用唯一性，采用同一法，用上塞瓦定理使命题顺利获证二、梅涅劳斯定理A B C D E F P D/ 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 17 页3梅涅劳斯定理及其证明A B C D E F G精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 17 页定理：一条直线与ABC的三边 AB 、BC 、CA所在直线分别交于点D、E、F，且 D、E、F均不是ABC的顶点，则有1ADBECFDBECFA证明：如图，过点 C作 AB的平行线，

4、交 EF于点 G 因为 CG / AB ，所以CGCFADFA 1因为 CG / AB ，所以CGECDBBE 2由1 2可得DBBE CFADECFA，即得1ADBE CFDBECFA注：添加的辅助线 CG是证明的关键“桥梁”，两次运用相似比得出两个比例等式，再拆去“桥梁” CG 使得命题顺利获证4梅涅劳斯定理的逆定理及其证明定理 ：在ABC的边 AB 、BC上各有一点 D、E，在边 AC的延长线上有一点 F，假设1ADBE CFDB ECFA，那么， D、E、F三点共线A B C D E F D/ 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

5、 4 页，共 17 页证明 ：设直线 EF交 AB于点 D/，则据梅涅劳斯定理有/1ADBE CFD BECFA因为1ADBE CFDBECFA，所以有/ADADDBD B由于点D、D/都在线段 AB上，所以点 D与 D/重合即得 D、E、F三点共线注：证明方法与上面的塞瓦定理的逆定理如出一辙，注意分析其相似后面的规律三、托勒密定理精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 17 页 5托勒密定理及其证明A B C D EM精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 17

6、 页定理： 凸四边形 ABCD 是某圆的内接四边形， 则有 AB CD + BC AD = ACBD 证明：设点 M是对角线 AC与 BD的交点，在线段BD上找一点，使得DAE = BAM 因为ADB = ACB ，即ADE = ACB ，所以ADE ACB ，即得ADDEACBC，即AD BCAC DE 1由于DAE =BAM ，所以DAM =BAE ，即DAC =BAE 。而ABD =ACD ，即ABE =ACD ，所以ABE ACD 即得ABBEACCD，即AB CDAC BE 2由1+2得AD BCAB CDAC DEAC BEAC BD所以 AB CD + BC AD = ACBD

7、注：巧妙构造三角形，运用三角形之间的相似推得结论这里的构造具有特点，不容易想到，需要认真分析题目并不断尝试精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 17 页6托勒密定理的逆定理及其证明定理：如果凸四边形 ABCD 满足 AB CD + BC AD = AC BD ，那么 A、B、C、D四点共圆证法 1同一法：在凸四边形 ABCD 内取一点 E， 使得EABDAC，EBADCA，则EABDAC可得 AB CD = BE AC 1且AEABADAC 2则由DAECAB及2可得DAECAB于是有 ADBC = DEAC 3由1+3可得

8、ABCD + BC AD = AC( BE + DE )据条 件可得BD = BE + DE，则 点 E 在线段BD 上则 由EBADCA，得DBADCA，这说明 A、B、C、D四点共圆A B C D E精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 17 页证法 2构造转移法延长 DA到 A/，延长 DB到 B/，使 A、B、B/、A/四点共圆延长 DC到 C/，使得 B、C 、C/、B/四点共圆如果能证明 A/、B/、C/共线，则命题获证那么，据圆幂定理知A、C、C/、A/四点也共圆因此，/A BA DABBD，/B CC DBCB

9、D可得/ABA DBCC DA BB CBD. 另一方面，/ACA DACCD，即/ACA DA CCD欲证/ABA DBCC DBD=/ACA DCD，即证/ABCDA DBCCDC DACBDA D即/()BCCDC DACBDABCD A D据条件有ACBDAB CDADBC，所以需证A B C D A/ B/ C/ 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 17 页/BCCDC DADBCA D，即 证/CDC DADA D， 这 是 显 然 的 所 以 ，/A BB CA C，即 A/、B/、C/共线所以/A B B与/

10、BB C互补由于/A B BDAB，/BB CDCB，所以DAB与DCB互补，即 A、B、C、D四点共圆7托勒密定理的推广及其证明定理 ：如果凸四边形ABCD 的四个顶点不在同一个圆上，那么就有 ABCD + BC AD AC BD 证明：如图，在凸四边形ABCD 内取一点 E，使得EABDAC，EBADCA，则EABDAC可得 AB CD = BE AC 1且AEABADAC 2ABCDE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 17 页则由DAECAB及2可得DAECAB于是 ADBC = DEAC 3由1+3可得 ABCD

11、 + BC AD = AC( BE + DE ) 因为 A、B、C、D四点不共圆，据托勒密定理的逆定理可知AB CD + BC AD AC BD 所以 BE + DE BD ，即得点 E不在线段 BD上，则据三角形的性质有 BE + DE BD所以 AB CD + BCAD ACBD 四、西姆松定理8西姆松定理及其证明定理 ：从ABC外接圆上任意一点P向 BC 、CA 、AB或其延长线引垂线，垂足分别为D 、E、F，则 D、E、F三点共线证明 ：如图示，连接 PC ，连接 EF 交 BC于点 D/，连接 PD/因为 PEAE ， PFAF ， 所以 A、 F、 P、E四点共圆，可得FAE =F

12、EP 因为 A、 B、P、 C四点共圆，所以BAC =BCP ，即FAE =BCP A B C P E F D 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 17 页所以，FEP =BCP ，即D/EP =D/CP ，可得 C、D/、P、E四点共圆所以，CD/P +CEP = 1800。而CEP = 900，所以CD/P = 900，即 PD/BC 由于过点 P作 BC的垂线，垂足只有一个，所以点D与 D/重合，即得 D、E、F 三点共线注： 1采用同一法证明可以变被动为主动，以便充分地调用题设条件但需注意运用同一法证明时的唯一性2

13、反复运用四点共圆的性质是解决此题的关键，要掌握好四点共圆的运用手法五、欧拉定理9欧拉定理及其证明定理：设ABC的重心、外心、垂心分别用字母 G 、O 、H表示则有 G 、O 、H三点共线欧拉线，且满足3OHOG证明向量法：连 BO并延长交圆 O于点 D。连接 CD 、AD 、HC ，设 E为边 BC的中点，连接 OE和 OC 则ABCDOEH精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 17 页AHOAOH 因为 CDBC ，AH BC ，所以 AH / CD 同理 CH / DA 所以， AHCD 为平行四边形从而得DCAH而OE

14、DC2，所以OEAH2因为OCOBOE21，所以OCOBAH 由得：OCOBOAOH另一方面，GCGBOAGFOAAGOAOG2而OCGOGCOBGOGB，所以OCOBOAOGOBOCGOOAOG312 由得：OGOH3结论得证注： 1运用向量法证明几何问题也是一种常用方法，而且有其独特之处，注意掌握向量对几何问题的表现手法；2此题也可用纯几何法给予证明ABCDOEHG 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 17 页又证几何法：连接 OH ，AE ，两线段相交于点G/；连 BO并延长交圆 O于点 D；连接 CD 、AD 、H

15、C ，设 E 为边 BC的中点，连接OE和 OC ，如图因为 CDBC ，AH BC ，所以 AH / CD 同理 CH / DA 所以， AHCD 为平行四边形可得 AH = CD 而 CD = 2OE ，所以 AH = 2OE 因为 AH / CD ，CD / OE ，所以 AH / OE 可得AHG/EOG/所以/21AHAGHGOEG EG O由/21AGG E，及重心性质可知点G/就是ABC的重心，即 G/与点 G重合所以， G 、O 、H三点共线，且满足3OHOG六、蝴蝶定理10蝴蝶定理及其证明定理：如图，过圆中弦 AB的中点 M任引两弦 CD和 EF ，连接 CF和 ED ，分别

16、交AB于 P、Q ，则 PM = MQ ABCDEFPQMC/F/Q/精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 17 页证明： 过点 M作直线 AB的垂线l，作直线 CF关于直线l的对称直线交圆于点 C/、F/，交线段 AB于点 Q/连接 FF/、DF/、Q/F/、DQ/据圆的性质和图形的对称性可知：MF/Q/=MFP ，F/Q/M =FPM ；且 FF/ / AB ，PM = MQ/因为 C 、D、F/、F四点共圆，所以CDF/ +CFF/ = 1800，而由 FF/ / AB可得Q/PF +CFF/ = 1800，所以CDF

17、/ =Q/PF ，即MDF/ =Q/PF又因为Q/PF =PQ/F/，即Q/PF =MQ/F/所以有MDF/ =MQ/F/这说明 Q/、D、F/、M四点共圆，即得MF/Q/ =Q/DM 因为MF/Q/=MFP ，所以MFP = Q/DM 而MFP = EDM ，所以EDM = Q/DM 这说明点 Q与点 Q/重合，即得 PM = MQ 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 17 页此定理还可用解析法来证明：想法：设法证明直线DE和 CF在x轴上的截距互为相反数证：以 AB所在直线为x轴，线段 AB的垂直平分线为y轴建立直角坐

18、标系， M点是坐标原点设直线 DE 、CF的方程分别为x = m1y + n 1，x = m2y + n 2；直线 CD 、EF的方程分别为y = k1 x，y = k2 x则经过 C、D、E、F四点的曲线系方程为 (y k1 x)(yk2 x)+(xm1 yn1)(xm2 yn2)=0整理得 (+k1k2)x 2+(1+m1m2)y 2(k1+k2)+(m1+m2)xy(n1+n2)x+(n1m2+n2m1)y+n1n2=0由于 C、D、E、F 四点在一个圆上，说明上面方程表示的是一个圆，所以必须+ k1 k2 = 1 +m1 m2 0 ，ABCDEFPQMxy精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 17 页且(k1+k2)+(m1+m2)=0假设=0，则k1k2=1，k1+k2=0，这是不可能的，故0；又y轴是弦 AB的垂直平分线， 则圆心应落在y轴上，故有( n1+ n2 ) = 0，从而得n1 + n2 = 0 这说明直线 DE 、CF在x轴上的截距互为相反数，即得PM = MQ 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 17 页