高中数学竞赛平面几何中的几个重要定理.docx

1、 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

2、，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

3、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 AB CD+BC A

4、D=AC BD 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 AB CD+BC AD=AC BD 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 AB CD+BC AD=AC BD，那么 A、B、C、D四点

5、共圆 证法 1（同一法）：在凸四边形 ABCD 内取一点 E，使得，则 可得 AB CD=BE AC（1）且 （2）则由及（2）可得于是有 AD BC=DE AC（3）由（1）+（3）可得 AB CD+BC AD=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

6、，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 AB CD+BC AD AC BD 证明：如图，在凸四边形 ABCD 内取一点 E，使得，则 可得 AB CD=BE AC（1）且 （2）则由及（2）可得于是 AD BC=DE AC（3）由（1）+（3）可得 AB CD+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 ADAC BD 所以 BE+

7、DEBD，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+BC AD AC BD 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+CE

8、P=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 O

9、C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

10、 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=

11、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

12、直角坐标系，M点是坐标原点 设直线 DE、CF的方程分别为 x=m1 y+n 1，x=m2 y+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)(y k2 x)+(x m1 yn1)(x m2 y n2)=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，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