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竞赛专题讲座-平面几何四个重要定理


竞赛专题讲座- 竞赛专题讲座-平面几何四个重要定理 重庆市育才中学 瞿明强 四个重要定理: 四个重要定理: 梅涅劳斯

(Menelaus)定 (Menelaus)定 氏线) 氏线) △ABC 的三边 BC、 CA、 或其延长 AB 点 P、Q、R,则 P、Q、R 共线的充

理(梅

线上有 要条件

/>是 塞瓦(Ceva)定理(塞瓦点) 塞瓦(Ceva)定理(塞瓦点) (Ceva)定理



△ABC 的三边 BC、 AB 上有点 P、 R, AP、 CR 共点的充要条件是 CA、 Q、 则 BQ、 托勒密(Ptolemy)定理 托勒密(Ptolemy)定理 (Ptolemy) 四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。 西姆松(Simson)定理(西姆松线) 西姆松(Simson)定理(西姆松线) (Simson)定理 从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。 例题: 例题:



1.

设 AD 是△ABC 的边 BC 上的中线,直线 CF 交 AD 于 F。求证:



【分析】CEF 截△ABD→

(梅氏定理)

【评注】也可以添加辅助线证明:过 A、B、D 之一作 CF 的平行线。

2. 过△ABC 的重心 G 的直线分别交 AB、 于 E、 AC F,交 CB 于 D。

求证:



【分析】连结并延长 AG 交 BC 于 M,则 M 为 BC 的中点。

DEG 截△ABM→

(梅氏定理)

DGF 截△ACM→

(梅氏定理)



=

=

=1

【评注】梅氏定理 3. D、E、F 分别在△ABC 的 BC、CA、AB 边上,

,AD、BE、CF 交成△LMN。 求 S△LMN。 【分析】 【评注】梅氏定理 4. 以△ABC 各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证:AE、BF、CG 相 交于一点。 【分析】

【评注】 塞瓦定 理 5. 已知 △ABC 中, ∠B=2∠C。 求证: 【分析】过 A 作 BC △ABC 的外接圆于 CD=DA=AB,AC=BD。 AC =AB +AB·BC。 的平行线交 D,连结 BD。则
2 2

由托勒密定理, AC·BD=AD·BC+CD·AB。 【评注】托勒密定理 6. 已知正七边形 A1A2A3A4A5A6A7。

求证: 数学竞赛) 【分析】 【评注】托勒密定理

。(第 21 届全苏

7. △ABC 的 BC 边上的高 AD 的延长线交外接圆于 P,作 PE⊥AB 于 E,延长 ED 交 AC 延长线 于 F。 求证:BC·EF=BF·CE+BE·CF。 【分析】 【评注】西姆松定理(西姆松线) 8. 正六边形 ABCDEF 的对角线 AC、CE 分别被内分点 M、N 分成的比为 AM:AC=CN:CE=k, 且 B、M、N 共线。求 k。(23-IMO-5) 【分析】 【评注】面积法

9.O 为△ABC 内一点, db、dc 表示 O 到 BC、 离,以 Ra、Rb、Rc 表示 C 的距离。 求证:(1) a·Ra≥b·db+c·dc;

分别以 da、 CA、 的距 AB O 到 A、B、

(2) a·Ra≥c·db+b·dc; (3) Ra+Rb

+Rc≥2(da+db+dc)。 【分析】 【评注】 面积法

10.△ABC 中,H、G、O 分别为垂心、重心、外心。 求证:H、G、O 三点共线,且 HG=2GO。(欧拉线) 【分析】 【评注】同一法 11.△ABC 中,AB=AC,AD⊥BC 于 D,BM、BN 三等分∠ABC,与 AD 相交于 M、N,延长 CM 交 AB 于 E。 求证:MB//NE。 【分析】 【评注】对称变换 12.G 是△ABC 的重心,以 AG 为弦作圆切 BG 于 G,延长 CG 2 交圆于 D。求证:AG =GC·GD。 【分析】 【评注】平移变换

13. 是直径 AB=2 的⊙O 上一点, C P 在△ABC 内, PA+PB+PC 的最 若 小值是 积 S。 【分析】 【评注】旋转变换 ,求此时△ABC 的面

费马点

: 已知 O 是△ABC

内一点,∠AOB=∠BOC=∠COA=120°;P 是△ABC 内任一点,求证:PA+PB+PC≥OA+OB+OC。 (O 为费马点)

【分析】将 C

C‘,O

O’, P

P‘,连结 OO’、PP‘。

则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。 ∴OO’=OB,PP‘ =PB。显然 △BO’C‘≌△BOC,△BP’C‘≌△BPC。 由于 ∠BO ’C ‘= ∠BO C=120°=180°-∠BO’O, ∴A、 O‘、 O、 C’ 四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C ‘,即 PA+PB+PC≥OA+OB+OC。 14.(95 全国竞赛 菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别交于 E、F、G、H,在弧 EF 和弧 GH 上 95 全国竞赛) 分别作⊙O 的切线交 AB、BC、CD、DA 分别于 M、N、P、Q。 求证:MQ//NP。 【分析】由 AB∥CD 知:要证 MQ∥NP,只需证∠AMQ=∠CPN,

结合∠A=∠C 知,只需证 △AMQ∽△CPN





AM·CN=AQ·CP。 连结 AC、 其交点为内切圆心 O。 MN 与⊙O 切于 K, BD, 设 连结 OE、 OK、 OF。 OM、 ON、 记∠ABO=φ, ∠MOK=α,∠KON=β,则 ∠EOM=α,∠FON=β,∠EOF=2α+2β=180°-2φ。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM

又∠OCN=∠MAO,∴△OCN∽△MAO,于是 ∴AM·CN=AO·CO 同理,AQ·CP=AO·CO。 【评注】



15.(96 全国竞赛 96 全国竞赛)⊙O1 和⊙O2 与 ΔABC 的三边所在直线都相切,E、F、G、H 为切点,EG、 FH 的延长线交于 P。求证:PA⊥BC。 【分析】 【评注】 16.99 全国竞赛 (99 全国竞赛)如图, 在四边形 ABCD 中, 对角线 AC 平分∠BAD。 在 CD 上取一点 E, 与 AC 相交于 F, BE 延长 DF 交 BC 于 G。 求证: ∠GAC=∠EAC。 证明:连结 BD 交 AC 于 H。对△BCD 用塞瓦定理,可得

因为 AH 是∠BAD 的角平分线,由角平分线定理,

可得

,故



过 C 作 AB 的平行线交 AG 的延长线于 I,过 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J。





所以

,从而 CI=CJ。

又因为 CI//AB,CJ//AD,故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。 因此,△ACI≌△ACJ,从而∠IAC=∠JAC,即∠GAC=∠EAC。 已知 AB=AD,BC=DC,AC 与 BD 交于 O,过 O 的任意两条直线 EF 和 GH 与四边形 ABCD 的四边 交于 E、F、G、H。连结 GF、EH,分别交 BD 于 M、N。求证:OM=ON。(5 届 CMO)

证明:作△EOH 证明 共点。

△E’OH‘,则只需证 E’、M、H‘共线,即 E’H‘、BO、GF 三线

记∠BOG=α, ∠GOE’=β。 连结 E‘F 交 BO 于 K。 只需证 =1(Ceva 逆定理)。

=

=

=1

筝形:一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。 注:筝形 筝形 对应于 99 联赛 2:∠E’OB=∠FOB,且 E‘H’、GF、BO 三线共点。求证:∠GOB=∠H‘OB。 事实上,上述条件是充要条件,且 M 在 OB 延长线上时结论仍然成立。 证明方法为:同一法。 蝴蝶定理:P 是⊙O 的弦 AB 的中点,过 P 点引⊙O 的两弦 CD、EF,连结 DE 交 AB 于 M,连结 蝴蝶定理 CF 交 AB 于 N。求证:MP=NP。

【分析】设 GH 为过 P 的直径,F F’F,显然‘∈⊙O。 又 P∈GH,∴PF’=PF。 ∵PF PA PF=PF‘。 又 FF’⊥GH,AN⊥GH,∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’ =∠EFF‘+∠EDF’=180°,∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。 ∴△PFN≌△PF‘M,PN=PM。 【评注】一般结论为:已知半径为 R 的⊙O 内一弦 AB 上的一点 P,过 P 作两条相交弦 CD、 PF‘, PB,

∴∠FPN=∠F’PM,

EF,连 CF、ED 交 AB 于 M、N,已知 OP=r,P 到 AB 中点的距离为 a,则 (解析法证明:利用二次曲线系知识)




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