联赛二试选讲平几名定理名题与竞赛题IIWord文件下载.docx
《联赛二试选讲平几名定理名题与竞赛题IIWord文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《联赛二试选讲平几名定理名题与竞赛题IIWord文件下载.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
于是1=
（180-X）=90－
，
同理，2=90-
．
XI2Y=
（
+
）
=
）+
），
故1+2+XI2Y=90+90+
）=270．
从而I1I2I3=90．同理可证其余．
说明亦可证XZ⊥YU，又XZ平分I2XI3及XI2=XI3I2I3⊥XZ，从而I2I3∥YU，于是得证．
定理11（Euler定理）设三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，外心与内心的距离为d，则d2=R2-2Rr．（1992年江苏省数学竞赛）
分析改写此式，得：
d2-R2=2Rr，左边为圆幂定理的表达式，故可改为过I的任一直线与圆交得两段的积，右边则为⊙O的直径与内切圆半径的积，故应添出此二者，并构造相似三角形来证明．
如图，O、I分别为⊿ABC的外心与内心．连AI并延长交⊙O于点D，由AI平分BAC，故D为弧BC的中点．连DO并延长交⊙O于E，则DE为与BC垂直的⊙O的直径．
由圆幂定理知，R2-d2=（R+d）（R-d）=IA·
ID．（作直线OI与⊙O交于两点，即可用证明）
但DB=DI（可连BI，证明DBI=DIB得），故只要证2Rr=IA·
DB，即证2R∶DB=IA∶r即可．而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD证得．故得R2-d2=2Rr，即证．
例16．（1989IMO）锐角ABC的内角平分线分别交外接圆于点A1、B1、C1，直线AA1与∠ABC的外角平分线相交于点A0，类似的定义B0，C0，证明：
⑴S
=2S
；
⑵S
≥4SABC．
分析：
⑴利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I为公共顶点的六个小三角形，分别与六边形A1CB1AC1B中的某一部分的2倍相等．
⑵若连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，再计算其面积和，最后归结为证明R≥2r．也可以这样想：
由⑴知即证S
≥2SABC，而IA1、IB1、IC1把六边开分成三个筝形，于是六边形的面积等于A1B1C1面积的2倍．故只要证明S
≥SABC．
⑴设ABC的内心为I，则A1A0=A1I，则S
；
同理可得其余6个等式．相加⑴即得证．
⑵连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得
∴S
=S
+S
+S
=
AB·
R+
BC·
CA·
R=Rp．
但由Euler定理，R2－2Rr=R（R－2r）=d2≥0，知R≥2r，故
Rp≥2rp=2SABC．故得证．
⑵证明：
记A=2，B=2，C=2．0<
，，<
则SABC=2R2sin2sin2sin2，S
=2R2sin（+）sin（+）sin（+）．
又sin（+）=sincos+cossin≥2
同理，sin（+）≥
，sin（+）≥
，于是S
≥SABC得证．
又证：
连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，
由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得
++=，故sin（+）=cos，sin（+）=cos，sin（+）=cos．
于是，sin（+）sin（+）sin（+）=coscoscos，故
sin（+）sin（+）sin（+）≥sin2sin2sin2，coscoscos≥8sinsinsincoscoscos，
由0<
、、<
，故coscoscos≥8sinsinsincoscoscos，sinsinsin≤
．而最后一式可证．
定理12（Fermatpoint）分别以ΔABC的三边AB，BC，CA为边向形外作正三角形ABD，BCE，CAH，则此三个三角形的外接圆交于一点．此点即为三角形的Fermatpoint．
分析证三圆共点，可先取二圆的交点，再证第三圆过此点．
如图，设⊙ABD与⊙ACH交于（异于点A的）点F，则由A、F、B、D共圆得AFB=120，同理AFC=120，于是BFC=120，故得B、E、C、F四点共圆．即证．
由此得以下推论：
1A、F、E三点共线；
因BFE=BCE=60，故AFB+BFE=180，于是A、F、E三点共线．
同理，C、F、D三点共线；
B、F、H三点共线．
2AE、BH、CD三线共点．
3AE=BH=CD=FA+FB+FC．
由于，F在正三角形BCE的外接圆的弧BC上，故由
Ｐtolemy定理，有FE=FB+FC．于是AE=AF+FB+FC．同理可证BH=CD=FA+FB+FC．
也可用下法证明：
在FE上取点N，使FN=FB，连BN，由⊿FBN为正三角形，可证得⊿BNE≌⊿BFC．于是得，NE=FC．故AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC．
例17．（Steiner问题）在三个角都小于120°
的ΔABC所在平面上求一点P，使PA+PB+PC取得最小值．
设P为平面上任意一点，作等边三角形PBM（如图）连ME，
则由BP=BM，BC=BE，PBC=MBE=60-MBC．
得⊿BPC≌⊿BME，
于是ME=PC，
故得折线APME=PA+PB+PC≥AE=FA+FB+FC．
即三角形的Fermatpoint就是所求的点．
说明:
本题也可用Ptolemy的推广来证明:
由PB·
CE+PC·
BE≥PE·
BC，可得，PB+PC≥PE．
于是PA+PB+PC≥PA+PE≥AE．
定理13到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点．
例18．凸六边形ABCDEF，AB=BC=CD，DE=EF=FA，∠BCD=∠EFA=60，Ｇ、Ｈ在形内，且∠AGB=∠DHE=120．
求证：
AG+GB+GH+DH+HE≥CF．
证明连BD、AE、BE，作点G、H关于BE的对称点G、H，连BG、DG、GH、AH、EH。
由于BC=CD，∠BCD=60；
EF=FA，∠EFA=60
⊿BCD、⊿EFA都是正三角形，
AB=BD，AE=ED，AEDB为筝形
⊿ABG≌⊿DBG，⊿DEH≌⊿AEH．
由∠BGD=120，∠BCD=60B、C、D、G四点共圆．
由Ptolemy定理知CG=GB+GD，同理，HF=HA+HE，
于是AG+GB+GH+DH+HE=GB+GD+GH+HA+HE=CG+GH+HF≥CF．
定理14到三角形三顶点距离的平方和最小的点是三角形的重心
先证明：
P为三角形形内任意一点，重心为G，则PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2．
取中线BG中点M，则2（PA2+PC2）=AC2+4PE2，①
2（PB2+PG2）=BG2+4PM2，②
2（PE2+PM2）=ME2+4PG2，③
①+②+③×
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+PC2≥GA2+GB2+GC2．等号当且仅当P与G重合时成立．
亦可用解析几何方法证明：
设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）．P（x，y），
则S=（x－x1）2+（y－y1）2+（x－x2）2+（y－y2）2+（x－x3）2+（y－y3）2
=3x2－2（x1+x2+x3）x+（x12+x22+x32）+3y2－2（y1+y2+y3）y+（y12+y22+y32）
显然，当x=
（x1+x2+x3），y=
（y1+y2+y3）时，S取得最小值．即当P为ABC的重心时，S取得最小值．
定理15三角形内到三边距离之积最大的点是三角形的重心．
设三角形ABC的三边长为a、b、c，点P到三边的距离分别为x，y，z．
则2=ax+by+cz≥3
．即xyz≤
．等号当且仅当ax=by=cz，即PAB、PBC、PCA的面积相等时成立．此时P为ABC的重心．
上面给出了高中竞赛大纲明确规定应知的三个重要极值：
1到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点．
2到三角形三顶点距离的平方和最小的点——重心．
3三角形内到三边距离之积最大的点——重心．
例19．（Fagnano问题）给定锐角三角形，求其内接三角形中周长最小者．
证明 （Fejer方法）分成几部分来证明：
1先在BC上任取一点D，固定D，求出以D为一个顶点⊿ABC的内接三角形中周长最小者．
作D关于AB、AC的对称点D’、D”，连D’D”交AB、AC于点F、E，连DF、D’F，DE、D”E，对于任一以DD一个顶点的⊿ABC的内接三角形XPQ，连QD’、QD，PD”、PD，于是可证
DE+EF+FD=D’D”≤D’Q+QP+PD”=DQ+QP+PD．
即⊿DEF为固定点D后周长最小的内接三角形．
2当点D的BC上运动时，对每一点D，都作出1中得出的周长最小三角形，再求这些三角形的周长最小值．
连AD、AD’、AD”，则AD=AD’=AD”，且D’AB=DAB，D”AC=DAC，于是D’AD”=2A．所以D’D”=2ADsinA．当点D在BC上运动时，以点D为BC边上高的垂足时AD最小．
3说明此时的最小三角形就是⊿ABC的垂足三角形．
由于D为BC边上的垂足．对于垂足三角形DEF，由DEC=AEF，而DEC=CED"
，故点E在D’D”上，同理，F在D’D”上，即⊿DEF为所求得的周长
升级会员 