高中数学竞赛平面几何中的几个重要定理.docx

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高中数学竞赛平面几何中的几个重要定理高中数学竞赛平面几何中的几个重要定理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，则有证明：

运用面积比可得根据等比定理有，所以同理可得，三式相乘得注：

在运用三角形的面积比时，要把握住两个三角形是“等高”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，若，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/，则据塞瓦定理有因为，所以有由于点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：

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3梅涅劳斯定理及其证明定理：

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，则有证明：

如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G因为CG/AB，所以

（1）因为CG/AB，所以

（2）由

（1）

（2）可得，即得注：

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，若，那么，D、E、F三点共线证明：

设直线EF交AB于点D/，则据梅涅劳斯定理有因为，所以有由于点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5托勒密定理及其证明定理：

凸四边形ABCD是某圆的内接四边形，则有ABCD+BCAD=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ADEACB，即得，即

（1）由于DAE=BAM，所以DAM=BAE，即DAC=BAE。

而ABD=ACD，即ABE=ACD，所以ABEACD即得，即

（2）由

（1）+

（2）得所以ABCD+BCAD=ACBD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ABCD+BCAD=ACBD，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，则可得ABCD=BEAC

（1）且

（2）则由及

（2）可得于是有ADBC=DEAC（3）由

（1）+（3）可得ABCD+BCAD=AC（BE+DE）据条件可得BD=BE+DE，则点E在线段BD上则由，得，这说明A、B、C、D四点共圆证法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，可得.另一方面，即欲证=，即证即据条件有，所以需证，即证，这是显然的所以，即A/、B/、C/共线所以与互补由于，所以与互补，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+BCADACBD证明：

如图，在凸四边形ABCD内取一点E，使得，则可得ABCD=BEAC

（1）且

（2）则由及

（2）可得于是ADBC=DEAC（3）由

（1）+（3）可得ABCD+BCAD=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ABCD+BCADACBD所以BE+DEBD，即得点E不在线段BD上，则据三角形的性质有BE+DEBD所以ABCD+BCADACBD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=FEP因为A、B、P、C四点共圆，所以BAC=BCP，即FAE=BCP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）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则因为CDBC，AHBC，所以AH/CD同理CH/DA所以，AHCD为平行四边形从而得而，所以因为，所以由得：

另一方面，而，所以由得：

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、HC，设E为边BC的中点，连接OE和OC，如图因为CDBC，AHBC，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/所以由，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，分别交AB于P、Q，则PM=MQ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/=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轴建立直角坐标系，M点是坐标原点设直线DE、CF的方程分别为x=m1y+n1，x=m2y+n2；直线CD、EF的方程分别为y=k1x，y=k2x则经过C、D、E、F四点的曲线系方程为（yk1x）（yk2x）+（xm1yn1）（xm2yn2）=0整理得（+k1k2）x2+（1+m1m2）y2（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+k1k2=1+m1m20，且（k1+k2）+（m1+m2）=0若=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