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平面几何名定理、名题与竞赛题


平面几何名定理、名题与竞赛题
江苏省常州高级中学 顾九华 平面几何在其漫长的发展过程中,得出了大量的定理,积累了大量的题目,其中很多题目都是大数学 家的大手笔,这些题目本身就是典范,这些题目的解决方法则更是我们学习平面几何的圭臬.通过学习这 些题目,大家可以体会到数学的美.而且这些题目往往也是数学竞赛命题的背景题,在很多竞赛题中都可 以找到他们的身影.本讲及下讲拟介绍几

个平几名题及其应用. 定理 1 (Ptolemy 定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和;(逆命题成立) 分析 如图,即证 AC· BD=AB· CD+AD· BC. D 可设法把 AC· BD 拆成两部分,如把 AC 写成 AE+EC,这样,AC· BD 就拆成了两 C 部分:AE· BD 及 EC· BD,于是只要证明 AE· BD=AD· BC 及 EC· BD=AB· CD 即可. 证明 在 AC 上取点 E,使?ADE=?BDC, E 由?DAE=?DBC,得⊿AED∽⊿BCD. A B ∴ AE∶BC=AD∶BD,即 AE· BD=AD· BC. ⑴ 又?ADB=?EDC,?ABD=?ECD,得⊿ABD∽⊿ECD. ∴ AB∶ED=BD∶CD,即 EC· BD=AB· CD. ⑵ ⑴+⑵,得 AC· BD=AB· CD+AD· BC. 说明 本定理的证明给证明 ab=cd+ef 的问题提供了一个典范.用类似的证法,可以得到 Ptolemy 定理 的推广(广义 Ptolemy 定理):对于一般的四边形 ABCD,有 AB· CD+AD· BC≥AC· BD.当且仅当 ABCD 是圆 内接四边形时等号成立. 例 1 (1987 年第二十一届全苏)设 A1A2A3?A7 是圆内接正七边形,求证: A
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1 1 1 = + . A1A2 A1A3 A1A4 证明 连 A1A5,A3A5,并设 A1A2=a,A1A3=b,A1A4=c. 1 1 1 本题即证 = + .在圆内接四边形 A1A3A4A5 中,有 a b c A3A4=A4A5=a,A1A3=A3A5=b,A1A4=A1A5=c.于是有 ab+ac=bc,同除以 abc,即 1 1 1 得 = + ,故证. a b c

A2

A4 A1

A5 A7 A6

例 2.(美国纽约,1975)证明:从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能都是有理数. 分析:假定其中几个是有理数,证明至少一个是无理数. ⌒ 证明:设⊙O 的直径为 2R,不妨设 P 在 AD 上,则∠APB=45?,设∠PBA=?, 则∠PAB=135?-?. 若 PA=2Rsin?及 PC=2Rsin(90?-?)=2Rcos?为有理数, 则 PB=2Rsin∠PAB=2Rsin(135?-?) =2R( 2 2 cos?+ sin?)= 2R(sin?+cos?)即为无理数. 2 2
P A
例1

D

C

O B

或用 Ptolemy 定理:PB· AC=PA· BC+PC· AB. ? 2PB=PA+PC.故 PA、PB、PC 不能同时为有理数. 例 3.⑴ 求证:锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和. ⑵ 若?ABC 为直角三角形或钝角三角形,上面的结论成立吗?

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C Z Z O A X B Y A X O

C Y B

证明:如图,?ABC 内接于⊙O,设⊙O 的半径=R,?ABC 的边长分别为 a,b,c.三边的中点分别为 X、Y、Z. 由 A、X、O、Z 四点共圆,据 Ptolemy 定理,有 1 1 1 OA· XZ=OX· AZ+OZ· AX,?R·a=OX·b+OZ·c.即 2 2 2 R· a=OX· b+OZ· c, 同理, R· b=OX· a+OY· c, R· c=OY· b+OZ· a, 三式相加,得 R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a). ④ 但 r(a+b+c)=OX· a+OY· b+OZ· c.(都等于三角形面积的 2 倍) ⑤ ④式与⑤式两边分别相加,得 R(a+b+c)+r(a+b+c)= OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OX· c+OY· a+OZ· b. 故, R+r=OX+OY+OZ. ⑵ 当?ABC 为直角三角形(∠C 为直角),则 O 在边 AB 上,OX=0,上述结论仍成立. 当?ABC 为钝角三角形 (∠C 为直角或钝角)时,则有 R+r=-OX+OY+OZ. 证明同上. 定理 2 设 P、Q、A、B 为任意四点,则 PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. 证明 先证 PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. P 作 PH⊥AB 于 H, 则 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2) =AH2-BH2=(AH+BH)(AH-BH) H' =AB(AB-2BH). B A H 同理,作 QH’⊥AB 于 H’, 则 QA2-QB2=AB(AB-2AH’) Q ∴H=H’,即点 H 与点 H’重合. PQ⊥AB ?PA2-PB2=QA2-QB2 显然成立. 说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用. 点到圆的幂:设 P 为⊙O 所在平面上任意一点,PO=d,⊙O 的半径为 r,则 d2-r2 就是点 P 对于⊙O 的幂.过 P 任作一直线与⊙O 交于点 A、B,则 PA· PB= |d2-r2|. “到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线,如果此二圆相交,则该轨迹是此二圆 的公共弦所在直线”这个结论.这条直线称为两圆的“根轴” .三个圆两两的根轴如果不互相平行,则它 们交于一点,这一点称为三圆的“根心” .三个圆的根心对于三个圆等幂.当三个圆两两相交时,三条公 共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点. 例 5.以 O 为圆心的圆通过⊿ABC 的两个顶点 A、C,且与 AB、BC 两边分别相交于 K、N 两点,⊿ ABC 和⊿KBN 的两外接圆交于 B、M 两点.证明:∠OMB 为直角.(1985 年第 26 届国际数学竞赛)
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① ② ③

分析 对于与圆有关的问题,常可利用圆幂定理,若能找到 BM 上一点,使该点与点B对于圆 O 等幂 即可. B 证明:由 BM、KN、AC 三线共点 P,知 M PM· PB=PN· PK=PO2-r2. ⑴ K N 由?PMN=?BKN=?CAN,得 P、M、N、C 共圆, 2 2 故 BM· BP=BN· BC=BO -r . ⑵ O P ⑴-⑵得, PM· PB-BM· BP= PO2 - BO2, C A 即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2,就是 PM2 -BM2= PO2 - BO2,于是 OM⊥PB. 定理 3 (Ceva 定理)设 X、Y、Z 分别为△ABC 的边 BC、CA、AB 上的一点,则 AX、BY、CZ 所在直 线交于一点的充要条件是 AZ BX CY · · =1. ZB XC YA 分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比,从而可用面积来证明. 证明:设 S⊿APB=S1,S⊿BPC=S2,S⊿CPA=S3. 则 AZ S3 BX S1 CY S2 = , = , = , ZB S2 XC S3 YA S1
B X A Z P C

Y

三式相乘,即得证. 说明 用同一法可证其逆正确.本题也可过点 A 作 MN∥BC 延长 BY、CZ 与 MN 分别交于 M、N,再 用比例来证明, 例 6.以△ABC 的三边为边向形外作正方形 ABDE、BCFG、ACHK,设 L、M、N 分别为 DE、FG、 HK 的中点.求证:AM、BN、CL 交于一点. 分析 设 AM、BN、CL 分别交 BC、CA、AB 于 P、Q、R.利用面积比设 法证明 BP CQ AR · · =1. PC QA RB
L K D R Q B P C A N H E

证明 设 AM、BN、CL 分别交 BC、CA、AB 于 P、Q、R. 易知,∠CBM=∠BCM=∠QCN=∠QAN=∠LAR=∠LBR=θ. BP S?ABM AB· BMsin(B+θ) ABsin(B+θ) = = = . PC S?ACM AC· CMsin(A+θ) ACsin(C+θ) CQ BCsin(C+θ) AR ACsin(A+θ) = , = , QA ABsin(A+θ) RB BCsin(B+θ) BP CQ AR 三式相乘即得 · · =1,由 Ceva 定理的逆定理知 AM、BN、CL 交于 PC QA RB

G

M

F

一点. 例 7.如图,在△ABC 中,∠ABC 和∠ACB 均是锐角,D 是 BC 边上的内点,且 AD 平分∠BAC,过点 D 分别向两条直线 AB、AC 作垂线 DP、DQ,其垂足是 P、Q,两条直线 CP 与 BQ 相交与点 K.求证:AK ⊥BC; 证明:⑴ 作高 AH. A BH BA CQ DC 则由?BDP∽?BAH,? = ,由?CDQ∽?CAH,? = . PB BD HC CA DC AC 由 AD 平分∠BAC,? = ,由 DP⊥AB,DQ⊥AC,?AP=AQ. BD AB AP BH CQ AP BH CQ BA DC DC BA ∴ · · = · · = · = · =1,据 Ceva 定理,AH、 PB HC QA QA PB HC BD CA BD CA BQ、CP 交于一点,故 AH 过 CP、BQ 的交点 K,
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B P K D H Q C

∴ AK 与 AH 重合,即 AK⊥BC. 例 8.在四边形 ABCD 中,对角线 AC 平分?BAD,在 CD 上取一点 E,BE 与 AC 相交于 F,延长 DF 交 BC 于 G. 求证:?GAC=?EAC. (1999 年全国高中数学联赛) A 分析 由于 BE、CA、DG 交于一点,故可对此图形用 Ceva 定理,再 构造全等三角形证明两角相等. CG BH DE 证明 连结 BD 交 AC 于 H, 对⊿BCD 用 Ceva 定理, 可得 · · =1. GB HD EC BH AB 因为 AH 是?BAD 的角平分线,由角平分线定理,可得 = ,故 HD AD CG AB DE · · =1. GB AD EC 过点 C 作 AB 的平行线交 AG 延长线于 I,过点 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J, 则 CG CI DE AD = , = ,所以, GB AB EC CJ CI AB AD · · =1. AB AD CJ 从而,CI=CJ. 又因 CI∥AB,CJ∥AD,故?ACI=π -?BAC=π -?DAC=?ACJ, 因此,⊿ACI≌⊿ACJ, 从而?IAC=?JAC,即?GAC=?EAC. 定理 4 (Menelaus 定理)设 X、Y、Z 分别在△ABC 的 BC、CA、AB 所在直线上,则 X、Y、Z 共线的 充要条件是 AZ BX CY · · =1. ZB XC YA 证明:作 CM∥BA,交 XY 于 N, AZ CY CN XC 则 = , = . CN YA ZB BX AZ BX CY AZ CN BX CY 于是 · · = · · · =1. ZB XC YA CN ZB XC YA 本定理也可用面积来证明:如图,连 AX,BY, 记 S?AYB=S1,S?BYC=S2,S?CYX=S3,S?XYA=S4.则 AZ S4 BX S2+S3 CY S3 = ; = ; = ,三式相乘即得证. ZB S2+S3 XC S3 YA S4
B A Z Y A

H B G C F E

D

I

J

N
X

C

Z

S1

S4 Y S2 S3
C X

说明 用同一法可证其逆正确.Ceva 定理与 Menelaus 定理是一对“对 偶定理” . 例 9.(南斯拉夫,1983)在矩形 ABCD 的外接圆弧 AB 上取一个不同于顶点 A、B 的点 M,点 P、Q、R、 S 是 M 分别在直线 AD、AB、BC 与 CD 上的投影.证明,直线 PQ 和 RS 是互相垂直的,并且它们与矩形 的某条对角线交于同一点. 证明:设 PR 与圆的另一交点为 L.则 →→ → → → → →→ →→ →→ →→ PQ · RS =(PM+ PA )·(RM+ MS )=PM· RM+PM· MS + PA · RM+ PA · MS →→ →→ =-PM· PL + PA · PD =0.故 PQ⊥RS. 设 PQ 交对角线 BD 于 T,则由 Menelaus 定理,(PQ 交?ABD)得
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A P Q M 题 11 L D S T,N B R C

B

DP AQ BT BT PA QB · · =1;即 = · ; PA QB TD TD DP AQ 设 RS 交对角线 BD 于 N,由 Menelaus 定理,(RS 交?BCD)得 BN DS CR BN SC RB · · =1;即 = · ; ND SC RB ND DS CR PA RB QB SC BT BN 显然, = , = .于是 = ,故 T 与 N 重合.得证. DP CR AQ DS TD ND 例 10.(评委会,土耳其,1995)设?ABC 的内切圆分别切三边 BC、CA、AB 于 D、E、F,X 是?ABC 内的一点,?XBC 的内切圆也在点 D 处与 BC 相切,并与 CX、XB 分别切于点 Y、Z,证明,EFZY 是圆内 接四边形. 分析:圆幂定理的逆定理与 Menelaus 定理. 证明:延长 FE、BC 交于 Q. AF BD CE XZ BD CY AF CE XZ CY · · =1, · · =1,? · = · . FB DC EA ZB DC YA FB EA ZB YA 由 Menelaus 定理,有 AF BQ CE · · =1. FB QC EA XZ BQ CY 于是得 · · =1.即 Z、Y、Q 三点共线. ZB QC YA 但由切割线定理知,QE· QF=QD2=QY· QZ. 故由圆幂定理的逆定理知 E、 F、 Z、 Y 四点共圆. 即 EFZY 是圆内接四边形.
B F Z P I X Y C Q E A

例 12

D

定理 5 (蝴蝶定理)AB 是⊙O 的弦,M 是其中点,弦 CD、EF 经过点 M,CF、DE 交 AB 于 P、Q, 求证:MP=QM. 分析 圆是关于直径对称的, 当作出点 F 关于 OM 的对称点 F'后, 只要设法证明⊿FMP E C ≌⊿F'MQ 即可. M A B 证明:作点 F 关于 OM 的对称点 F’,连 FF’,F’M,F’Q,F’D.则 4 Q P 3 MF=MF’,?4=?FMP=?6. 5 D O 2 1 圆内接四边形 F’FED 中,?5+?6=180?,从而?4+?5=180?, 6 F F' 于是 M、F’、D、Q 四点共圆, ∴ ?2=?3,但?3=?1,从而?1=?2, 于是⊿MFP≌⊿MF’Q.∴ MP=MQ. 说明 本定理有很多种证明方法,而且有多种推广. 例 11.在筝形 ABCD 中,AB=AD,BC=CD,经 AC、BD 交点 O 作二直线分别交 AD、BC、AB、CD 于点 E、F、G、H,GF、EH 分别交 BD 于点 I、J,求证:IO=OJ. (1990 年冬令营选拔赛题) 分析 通常的解法是建立以 O 为原点的直角坐标系,用解析几何方法来解,下面提供的解法则利用了 面积计算. A 证明:如图,由 S⊿AOB=S⊿AOG+S⊿GOB 得 E 1 1 (at cosα+bt1sinα)= ab. 2 1 2 ∴ 1 cos? sin? ab t1= .即 = + ; t1 b a acos?+bsin?
B a t1 t4 I α β J b O t3 t2 c F G D

H

1 cos? sin? 1 cos? sin? 1 cos? sin? 同理得, = + ; = + ; = + . t2 b c t3 b c t4 b a
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C

sin(?+?) sin? sin? 再由 S⊿GOF=S⊿GOI+S⊿IOF,又可得 = + ; IO t1 t2 sin(?+?) sin? sin? 同理,得 = + . OJ t3 t4 ∴ 1 1 1 1 IO=OJ?( - )sin?=( - )sin?. t4 t2 t1 t3

1 1 1 1 1 1 以 、 的值代入左边得,( - )sin?=( - )sin?sin?,同样得右边.可证. t4 t2 t4 t2 a c 定理 6 张角定理:从一点出发三条线段长分别为 a、b、t、(t 在 a、b 之间),则 sin(?+?) sin? sin? = + . t b a
a

??
t

b

例 12.(评委会,爱尔兰,1990)设 l 是经过点 C 且平行于?ABC 的边 AB 的直线, ∠A 的平分线交 BC 于 D,交 l 于 E,∠B 的平分线交 AC 于 F,交 l 于 G,已知,GF=DE,证明:AC=BC. 分析:设∠A=2?,∠B=2?,即证?=?. 证明:设?>?,则 BC>AC, 利用张角定理可得, sinA sin? sin? 2cos? 1 1 2bccos? = + , ? = + , ?ta= . ta c b ta c b b+c
2 2

G F A

C 2? 2? D

E

再作高 CH,则 AE=CHcsc?=bsin2?csc?=2bcos?. 2bccos? 2b cos? 2a cos? ?DE=AE-ta=2bcos?- = .同理,GF= . b+c b+c a+c 由 ?>? , a>b , 知 cos?<cos? . 1+ 2acos? 2bcos? 2b2cos? = > = =DE.矛盾. c c b+c 1+ 1+ a b 又证:设 BC>AC,即 a>b,故?>?,由张角定理得, 2cos? 1 1 同理 = + , tb c a cos? cos? tb cos? 由于 a>b,故 > ,? > >1,即 tb>ta.就是 BF>AD. ta tb ta cos? ∴ BG=BF+FG>AD+DE=AE.即是 BG>AE. ∴ ⑴ c c 2a2cos? <1+ , ? GF= a b a+c

? ?

? ?

B

sinA sin? sin? 2cos? 1 1 = + ,? = + . ta c b ta c b

GF CF BG· CF BG BG AE AE AE· DC = ?GF= = = > = = =DE.矛盾.故 BC=AC. BF AF AF+FC AF AB AB BD BC 1+ 1+ 1+ 1+ CF BC AC DC BF AF AB AB BD AD = = < = = ,注意到 GF=DE,故 BF<AD.与⑴矛盾.故证. GF CF CB CA DC DE



定理 7 (Simson line) P 是Δ ABC 的外接圆⊙O 上的任意一点,PX⊥AB,PY⊥BC,PZ⊥CA,垂足为 X、 Y、Z,求证: X、Y、Z 三点共线. Y 分析 如果连 ZX、ZY,能证得?1=?3,则由?AZB=180?得?YZX=180?,即可 P 4 6 A 证此三点共线. 3 2 Z 证明 ?PXB=?PZB=90??P、Z、X、B 四点共圆??1=?2. 1 ?PZA=?PYA=90??P、Z、A、Y 四点共圆??3=?4. 5 但?2+?5=90?,?4+?6=90?,而由 P、A、C、B 四点共圆, B C X 得?5=?6.故?2=?4,从而?1=?3.故 X、Y、Z 共线. 说明 本题的证法也是证三点共线的重要方法. 本题的逆命题成立, 该逆命题
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的证明曾是江苏省高中数学竞赛的试题. 例 13.设 H 为Δ ABC 的垂心,P 为Δ ABC 的外接圆上一点,则从点 P 引出的三角形的西姆松线平分 PH. 分析:考虑能否用中位线性质证明本题:找到一条平行于 Simson 线的线段, Y 从 PX∥AH 入手.连 PE,得∠1=∠2,但∠2=∠3,再由四点共圆得∠3=∠4,于 P A M 1 是得∠6=∠7.可证平行. Z 证明 连 AH 并延长交⊙O 于点 E,则 DE=DH,连 PE 交 BC 于点 F,交 XY H K 5 3 4 于点 K,连 FH、PB. 6 7 B C X F D ∵ PX∥AE,∴ ∠1=∠2,又∠2=∠3, 2 ∵ P、Z、X、B 四点共圆, E ∴∠3=∠4,∴ ∠1=∠4. ∴ K 为 PF 中点. ∵ DE=DH,BD⊥EH,∴ ∠2=∠5. ∴ FH∥XY. ∴ XY 平分 PH. 又证:延长高 CF,交圆于 N,则 F 是 HN 的中点,若 K 为 PH 中点,则应有 FK∥PN.再证明 K 在 ZX 上.即证明∠KZF=∠XZB. N Y P 设过 P 作三边的垂线交 BC、CA、AB 于点 X、Y、Z.连 KZ、KF、ZX,延长 A F CF 交⊙O 于点 N,连 PN. K Z 由 PZ⊥AB,CF⊥AB,K 为 PH 中点知,KZ=KF. O H ∴ ?KZF=?KFZ. B X C 易证 HF=FN,故 KF∥PN.∴ ?PNC=?KFH. 但?PNC+?PBC=180?, ∴ ?KFZ+?ZFH+?PBC=180?. 即?KFZ+?PBC=90?. 又 PX⊥BC,PZ⊥BZ?P、Z、X、B 共圆. ∴ ?XZB=?XPB,而?XPB+?PBC=90?. ∴ ?KZF=?KFZ=?XZB.∴ ZK 与 ZX 共线.即点 K 在⊿ABC 的与点 P 对应的 Simson line 上.) 定理 8(Euler line)三角形的外心、重心、垂心三点共线,且外心与重心的距离等于重心与垂心距离 的一半. 分析 若定理成立,则由 AG=2GM,知应有 AH=2OM,故应从证明 AH=2OM A 入手. F K 证明: 如图, 作直径 BK, 取 BC 中点 M, 连 OM、 CK、 AK, 则?KCB=?KAB=90?, O 从而 KC∥AH,KA∥CH,?□CKAH,?AH=CK=2MO. G H 由 OM∥AH,且 AH=2OM,设中线 AM 与 OH 交于点 G,则⊿GOM∽⊿GHA, B C D M 故得 MG∶GA=1∶2,从而 G 为⊿ABC 的重心.且 GH=2GO. 说明 若延长 AD 交外接圆于 N,则有 DH=DN.这一结论也常有用. 例 14.设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1、H2、H3、H4 依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿ A1A2A3 的垂心.求证:H1、H2、H3、H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置. (1992 年全国高中数 学联赛) 分析 H1、H2 都是同一圆的两个内接三角形的垂心,且这两个三角形有公共的底边.故可利用上题证 明中的 AH=2OM 来证明. H3 M1 H4 A1 证明 连 A2H1,A1H2,取 A3A4 的中点 M,连 OM,由上证知 A2H1∥OM, A2 A2H1=2OM,A1H2∥OM, A1H2=2OM,从而 H1H2A1A2 是平行四边形,故 H1H2 O1 ∥A1A2 ,H1H2=A1A2. O 同理可知,H2H3∥A2A3,H2H3=A2A3; H2
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A3 H1 M A4

H3H4∥A3A4,H3H4=A3A4; H4H1∥A4A1,H4H1=A4A1. 故 四边形 A1A2A3A4≌四边形 H1H2H3H4. 由四边形 A1A2A3A4 有外接圆知, 四边形 H1H2H3H4 也有外接圆. 取 H3H4∥的中点 M1, 作 M1O1⊥H3H4, 且 M1O1=MO,则点 O1 即为四边形 H1H2H3H4 的外接圆圆心. 又证:以 O 为坐标原点,⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系,设 OA1、OA2、OA3、OA4 与 OX 正 方向所成的角分别为 α、β、γ、?,则点 A1、A2、A3、A4 的坐标依次是(cosα,sinα)、(cosβ,sinβ)、(cosγ, sinγ)、(cos?,sin?). 显然,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的外心都是点 O,而它们的重心依次是: 1 1 1 1 ( (cosβ+cosγ+cos?), (sinβ+sinγ+sin?))、( (cosγ+cos?+cosα), (sinα+sin?+sinγ))、 3 3 3 3 1 1 1 1 ( (cos?+cosα+cosβ), (sin?+sinα+sinβ))、( (cosα+cosβ+cosγ), (sinα+sinβ+sinγ)). 3 3 3 3 从而,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的垂心依次是 H1(cosβ+cosγ+cos?, sinβ+sinγ+sin?)、H 2 (cosγ+cos?+cosα,sinα+sin?+sinγ)、 H 3 (cos?+cosα+cosβ,sin?+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ,sinα+sinβ+sinγ). 而 H1、H2、H3、H4 点与点 O1(cosα+cosβ+cosγ+cos?,sinα+sinβ+sinγ+sin?)的距离都等于 1,即 H1、H2、 H3、H4 四点在以 O1 为圆心,1 为半径的圆上.证毕. 定理 9 (Nine point round)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点,共 计九点共圆. 分析 要证九个点共圆,可先过其中三点作一圆,再证其余的点在此圆上.为此可考虑在三种点中各 选一点作圆,再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上,即可证明. 证明:取 BC 的中点 M,高 AD 的垂足 D,AH 中点 P,过此三点作圆,该圆 A 的直径即为 MP. F P 由中位线定理知,MN∥AB,NP∥CH,但 CH⊥AB,故?PNM=90?,于是, N 点 N 在⊙MDP 上,同理,AB 中点在⊙MDP 上. Q H 再由 QM∥CH,QP∥AB,又得?PQM=90?,故点 Q 在⊙MDP 上,同理,CH B C D M 中点在⊙MDP 上. 由 FP 为 Rt.⊿AFH 的斜边中线,故?PFH=?PHF=?CHD,又 FM 为 Rt.⊿ BCF 的斜边中线,得?MFC=?MCF,但?CHD+?DCH=90?,故?PFM=90?.又得点 F 在⊙MDP 上,同理, 高 BH 的垂足在⊙MDP 上.即证. 说明 证明多点共圆的通法,就是先过三点作圆,再证明其余的点在此圆上. 九点圆的圆心在三角形的 Euler 线上.九点圆的直径等于三角形外接圆的半径. 由 OM∥AP,OM=AP,知 PM 与 OH 互相平分,即九点圆圆心在 OH 上.且九点圆直径 MP=OA=⊿ ABC 的外接圆半径. 定理 10(三角形的内心的一个重要性质)设 I、Ia 分别为⊿ABC 的内心及?A 内的旁心,而?A 平分线与 ⊿ABC 的外接圆交于点 P,则 PB=PC=PI=PIa. 例 15.设 ABCD 为圆内接四边形,Δ ABC、Δ ABD、Δ ACD、Δ BCD 的内心依次为 I1、I2、I3、I4,则 I1I2I3I4 为矩形.(1986 年国家冬令营选拔赛题) 分析 只须证明该四边形的一个角为直角即可.为此可计算?1、?2、?XI2Y. ⌒ 证明 如图,BI2 延长线与⊙O 的交点 X 为 AD 中点.且 XI2=XI3=XA=XD, 1 1⌒ 于是?1= (180?-?X)=90?- BC , 2 4 1⌒ 同理,?2=90?- CD . 4
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Y A I2 1
2

X D I3 U I4 C

I1

B

10.22

Z

1 ⌒ ⌒ ?XI2Y= ( XY + BD ) 2 1⌒ ⌒ 1⌒ ⌒ = ( AB + AD )+ ( BC + CD ), 4 2 1⌒ ⌒ ⌒ ⌒ 故?1+?2+?XI2Y=90?+90?+ ( AB + BC + CD + DA )=270?. 4 从而?I1I2I3=90?.同理可证其余. 说明 亦可证 XZ⊥YU,又 XZ 平分?I2XI3 及 XI2=XI3?I2I3⊥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 2 2 d =R -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. 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 E 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 A 为与 BC 垂直的⊙O 的直径. F 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 I 可用证明) O 但 DB=DI (可连 BI, 证明?DBI=?DIB 得) , 故只要证 2Rr=IA· DB, 即证 2R∶ B C 2 2 DB=IA∶r 即可. 而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD 证得. 故得 R -d =2Rr, 即证. D 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: ⑴ SA B C =2SA CB AC B; C0 ⑵ SA B C ≥4SABC. C1 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 A 三角形,分别与六边形 A1CB1AC1B 中的某一部分的 2 倍相等. ? B1 B0 ⑵ 若连 OA、OB、OC 把六边形 A1CB1AC1B 分成三个四边形,再计算其面 O I ? ? B 积和,最后归结为证明 R≥2r.也可以这样想:由⑴知即证 SA CB AC B≥2 SABC, C 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 A1 的 2 倍.故只要证明 SA B C ≥SABC. 证明:⑴ 设?ABC 的内心为 I,则 A1A0=A1I,则 SA BI=2SA BI ; A0 同理可得其余 6 个等式.相加⑴即得证. 例 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
0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1

1 1 1 ∴ SA CB AC B=SOAC B+ SOB A C + SOCB A= AB· R+ BC· R+ CA· R=Rp. 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1

但由 Euler 定理,R2-2Rr=R(R-2r)=d2≥0,知 R≥2r,故 Rp≥2rp=2S?ABC.故得证. ⑵ 证明:记 A=2?,B=2?,C=2?.0<?,?,?< . 2 则 SABC=2R2sin2?sin2?sin2?,SA B C =2R2sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?).
1 1 1

?

又 sin(?+?)=sin?cos?+cos?sin?≥2 sin?cos? cos?sin? = sin2?sin2? , 同理,sin(?+?)≥ sin2?sin2? ,sin(?+?)≥ sin2?sin2? ,于是 SA B C ≥SABC 得证.
1 1 1

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
9

1 1 1 ∴ SA CB AC B=SOAC B+ SOB A C + SOCB A= AB· R+ BC· R+ CA· R=Rp. 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1

但由 Euler 定理,R2-2Rr=R(R-2r)=d2≥0,知 R≥2r,故 Rp≥2rp=2S?ABC.故得证. 又证:?+?+?=?,故 sin(?+?)=cos?,sin(?+?)=cos?,sin(?+?)=cos?. 于是,sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?)=cos?cos?cos?,故 sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?)≥sin2?sin2?sin2?,? cos?cos?cos?≥8sin?sin?sin?cos?cos?cos?, 1 ? 由 0<?、?、?< ,故 cos?cos?cos?≥8sin?sin?sin?cos?cos?cos?,?sin?sin?sin?≤ .而最后一式可证. 2 8 定理 12 (Fermat point)分别以Δ ABC 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 Fermat point. D 分析 证三圆共点,可先取二圆的交点,再证第三圆过此点. A 证明:如图,设⊙ABD 与⊙ACH 交于(异于点 A 的)点 F,则由 A、F、B、D H 共圆得?AFB=120?,同理?AFC=120?,于是?BFC=120?,故得 B、E、C、F 四点 F 共圆.即证. B C 由此得以下推论: N 1? A、F、E 三点共线; 因?BFE=?BCE=60?,故?AFB+?BFE=180?,于是 A、F、E 三点共线. E 同理,C、F、D 三点共线;B、F、H 三点共线. 2? AE、BH、CD 三线共点. 3? AE=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Δ ABC 所在平面上求一点 P, 使 PA+PB+PC 取得最小值. 证明:设 P 为平面上任意一点,作等边三角形 PBM(如图)连 ME, D 则由 BP=BM,BC=BE,?PBC=?MBE=60?-?MBC. A H 得⊿BPC≌⊿BME, F 于是 ME=PC, P B 故得折线 APME=PA+PB+PC≥AE=FA+FB+FC. C M 即三角形的 Fermat point 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, E 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. C 证明 连 BD、AE、BE,作点 G、H 关于 BE 的对称点 G?、H?,连 BG?、DG?、G?H?、 D AH?、EH?。 B 由于 BC=CD,∠BCD=60?;EF=FA,∠EFA=60? G' H G ?⊿BCD、⊿EFA 都是正三角形, H' ?AB=BD,AE=ED,?AEDB 为筝形 A E ?⊿ABG≌⊿DBG?,⊿DEH≌⊿AEH?.
10
F

由∠BG?D=120?,∠BCD=60??B、C、D、G?四点共圆. 由 Ptolemy 定理知 CG?=G?B+G?D,同理,H?F=H?A+H?E, 于是 AG+GB+GH+DH+HE = G?B+G?D+G?H?+H?A+H?E=CG?+G?H?+H?F≥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. 证明:取中线 BG 中点 M,则 2(PA2+PC2)=AC2+4PE2, ① 2 2 2 2 2(PB +PG )=BG +4PM , ② 2(PE2+PM2)=ME2+4PG2, ③ ①+②+③×2 得:2(PA2+PB2+PC)=AC2+GB2+2ME2+6PG2 F P = 2GB2+6PG2+AC2+ 4GE2 =2GB2+6PG2+2GA2+2GC2. G M ∴ PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2. B D 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)

A

E

C

1 1 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. 3 3 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. 2? 3 则 2?=ax+by+cz≥3 ax·by·cz.即 xyz≤ .等号当且仅当 ax=by=cz,即?PAB、?PBC、?PCA 3 3 abc 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. D' 作 D 关于 AB、AC 的对称点 D’、D”,连 D’D”交 AB、AC 于点 F、E, F 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 B D 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. D' F 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. B D 连 AD 、 AD’ 、 AD” , 则 AD=AD’=AD” , 且 ?D’AB=?DAB , D' ?D”AC=?DAC,于是?D’AD”=2?A.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 B
11

A Q P E D"

AC

E C

D"

A F E D" D C

的周长最小三角形. (Schwarz 解法)这是一个非常奇妙的证法: 如图,⊿DEF 为⊿ABC 的垂足三角形,⊿PQR 为⊿ABC 的任一内接三角形.作⊿ABC 关于 AC 的对 称图形⊿ACB1,由?DEC=?FEA,故 EF 的关于 AC 的对称线段 EF1 应与 DE 共线.再作⊿ACB1 关于 AB1 的对称三角形 AB1C1,?,这样连续作五次对称三角形,就得到下图:
A

R F B H D P C P 1 D1 B1 E H1 F1 R1

Q1

E1 C1 P3 D3

Q

B2

H2 D2

P 2

E2 Q2

H4 F3 R3 H5

D4 P 4

H3 F2 R2

C2 Q3 A1 E3

在此图中的 DD4=⊿DEF 的周长的两倍.而折线 PQR1P2Q2R3P4 也等于⊿PQR 的周长的两倍. 但易证?BDE+?B2D4F3=180?, 于是 DP∥D4P4, 且 DP=D4P4, 从而线段 PP4=DD4=⊿DEF 周长的两倍. 显 然,折线 PQR1P2Q2R3P4 的长>线段 PP4 的长.即⊿PQR 的周长>⊿DEF 的周长. 定理 16.(Polya 问题)两端点在给定圆周上且把圆面积二等分的所有线中,以直 径最短. A B 连 AB,作 与 AB 平行的直径 CD,作直径 AB’,则 B 与 B’关于 CD 对称. E D CD 与曲线 AB 必有交点, 否则曲线 AB 全部在 CD 一侧, 不可能等分圆面积. 设 C O 交点为 E, 连 AE、 BE、 B’E, 则 AE+EB=AE+EB’>AB’, 故曲线 AB 的长大于直径 AB’. B' 定理 17.(等周问题)这是由一系列的结果组成的问题: 1? 在周长一定的 n 边形的集合中,正 n 边形的面积最大. 2? 在周长一定的简单闭曲线的集合中,圆的面积最大. 3? 在面积一定的 n 边形的集合中,正 n 边形的周长最小。 4? 在面积一定的简单闭曲线的集合中,圆的周长最小。 下面证明:等长的曲线围成面积最大的图形是圆. (Steiner 解法)1? 周长一定的封闭曲线中,如果围成的面积最大,则必为凸图形. 若为该图形凹,可任作一条与曲线凹进部分有两个交点的直线,作该曲线在 两交点间一段弧的对称曲线,则可得一个与之等周且面积更大的图形. 2? 周长一定的面积最大的封闭曲线中,如果点 A、B 平分其周长,则弦 AB 平分其面积. 若 AB 不平分其面积,则该图形必有在 AB 某一侧面积较大,如图,不妨设 N N>M,则去掉 M 作 N 的关于 AB 的对称图形 N’,则由 N、N’组成的图形周长与原 B A M 来的相等,但面积更大. N' 3?对于既平分周长与又平分面积的弦 AB,只考虑该图形在 AB 的任一侧的一 C 半,若 C 为此段弧上任一点,则?ACB=90?.否则可把此图形划分为三块 M、N、 M P,只须改变?ACB 的大小,使?ACB=90?,则 M、N 的面积不变,而 P 的面积变 N P 大. B A ? 这说明,此半段曲线必为半圆,从而另一半也是半圆.

12

例 20.设正三角形 ABC 的边长为 a,若曲线 l 平分⊿ABC 的面积,求证:曲线 l 的长 l≥

?a
2 3
4



分析 从结论中式子的形状估计该曲线的长度与圆的周长有关,故应设法 F E 找出相头的圆.再如果一条曲线等分此正三角形的面积,则估计此曲线应是圆 弧,于是可求出其半径.但要说明此弧一定是最短的,就要把圆弧还原成圆, A G 从而可把此三角形还原成圆内接六边形. D P 证明 设曲线 PQ 平分⊿ABC 的面积,其长度为 l. Q N M 若此曲线与三角形的两边 AB、AC 相交于点 P、Q,作⊿ABC 关于 AC、AC B C 的对称图形,得⊿ACD、⊿ABG,再作 此图形关于 DG 的对称图形,得到一个 正六边形 BCDEFG.则曲线 PQ 相应的对称曲线围成的封闭曲线平分正六边形 BCDEFG 的面积.以 A 为 圆心,r 为半径作圆,使此圆的面积等于正六边形面积的一半.则此圆的夹在 AB、AC 间的弧段 MN 平分 ⊿ABC 的面积.
4 3 1 3 11 3 由于正六边形面积=6· 3a2= 3a2.故得?r2= · 3a2,解得 r= a, 4 33 4 2 23 2 ?

1 ?a ?a 从而弧 MN 的长= · 2πr= ,由等周定理,知 l≥ . 6 4 4 2 3 2 3

练习题 1、在四边形 ABCD 中,⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC 的面积比是 3∶4∶1,点 M、N 分别在 AC、CD 上 满足 AM∶AC=CN∶CD,并且 B、M、N 三点共线.求证:M 与 N 分别是 AC 与 D CD 的中点.(1983 年全国高中数学联赛) A 证明 设 AC、BD 交于点 E. E N 由 AM∶AC=CN∶CD,故 AM∶MC=CN∶ND, B M 令 CN∶ND=r(r>0), 则 AM∶MC=r. 由 SABD=3SABC,SBCD=4SABC,即 SABD∶SBCD =3∶4. C 从而 AE∶EC∶AC=3∶4∶7. SACD∶SABC=6∶1,故 DE∶EB=6∶1, ∴DB∶BE=7∶1. r 3 AM∶AC=r∶(r+1),即 AM= AC,AE= AC, r+1 7 4r-3 r 3 1 ∴EM=( - )AC= AC.MC= AC, r+1 7 7(r+1) r+1 4r-3 CN DB EM ∴EM∶MC= .由 Menelaus 定理,知 · · =1,代入得 7 ND BE MC 4r-3 r· 7· =1,即 4r2-3r-1=0,这个方程有惟一的正根 r=1.故 7 CN∶ND=1,就是 N 为 CN 中点,M 为 AC 中点. 2、四边形 ABCD 内接于圆,其边 AB 与 DC 延长交于点 P,AD、BC 延长交于点 Q,由 Q 作该圆的两条切线 QE、QF,切点分别为 E、F,求 证:P、E、F 三点共线.(1997 年中国数学奥林匹克) 证明 连 PQ,作⊙QDC 交 PQ 于点 M, 则?QMC=?CDA=?CBP,于是 M、C、B、P 四点共圆.
13

A E O D B F M C Q

P

由 PO2-r2=PC· PD=PM· PQ, QO2-r2=QC· QB=QM· QP, 2 2 两式相减,得 PO -QO =PQ· (PM-QM) 2 =(PM+QM)( PM-QM)=PM -QM2, ∴ OM⊥PQ. ∴ O、F、M、Q、E 五点共圆. 连 PE,若 PE 交⊙O 于 F1,交⊙OFM 于点 F2,则 对于⊙O,有 PF1· PE=PC· PD, 对于⊙OFM,又有 PF2· PE=PC· PD. ∴ PF1· PE=PF2· PE,即 F1 与 F2 重合于二圆的公共点 F.即 P、F、E 三点共线. 1 1 1 3、若⊿ABC 的边 a、b、c,所对的角为 1∶2∶4,求证: = + . a b c 作三角形的外接圆,即得圆内接正七边形,转化为例 1’. XP YP ZP 4、P 为⊿ABC 内任意一点,AP、BP、CP 分别交对边于 X、Y、Z.求证: + + =1. XA YB ZC XP SPBC YP SPCA ZP SPAB 证明: = , = , = ,三式相加即得证. XA SABC YA SABC ZA SABC 5、如图,设Δ ABC 的外接圆 O 的半径为 R.内心为 I.∠A<∠C,∠B=60°,∠A 的外角平分线交⊙ O 于 E. 证明:⑴IO=AE; ⑵2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R. (1994 年全国高中数学联赛) 证明:∵∠B=60°,∴∠AOC=∠AIC=120°. ∴A,O,I,C 四点共圆.圆心为弧 AC 的中点 F,半径为 R. ∴O 为⊙F 的弧 AC 中点,设 OF 延长线交⊙F 于 H,AI 延长线交弧 BC 于 D. E 由∠EAD=90°(内外角平分线)知 DE 为⊙O 的直径.∠OAD= ∠ODA. 但∠OAI=∠OHI,故∠OHI=∠ADE,于是 RtΔ DAE≌RtΔ HIO ∴AE=IO. O I 由Δ ACH 为正三角形,据 Ptolemy 定理得,IC+IA=IH. 由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. B 设∠OHI=α ,则 0<α <30°. ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα +cosα )=2R 2sin(α +45°). 又α +45°<75°,
D

A

F

H

C

故 IO+IA+IC<2 2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3). 6、设 P 为⊿ABC 的外接圆上一点,H 为⊿ABC 的垂心,求证:PH 的中点 K 在⊿ABC 的与点 P 对应的 Simson line 上. 设过P作三边的垂线交 BC、CA、AB 于点 X、Y、Z.连 KZ、KF、ZX,延 长 CF 交⊙O 于点 N,连 PN. 由 PZ⊥AB,CF⊥AB,K 为 PH 中点知,KZ=KF. ∴ ?KZF=?KFZ. 易证 HF=FN,故 KF∥PN.∴ ?PNC=?KFH. 但?PNC+?PBC=180?, ∴ ?KFZ+?ZFH+?PBC=180?. 即?KFZ+?PBC=90?. 又 PX⊥BC,PZ⊥BZ?P、Z、X、B 共圆. ∴ ?XZB=?XPB,而?XPB+?PBC=90?.
14

N P

Y A

K Z O

F

H C

B

X

∴ ?KZF=?KFZ=?XZB.∴ ZK 与 ZX 共线.即点 K 在⊿ABC 的与点 P 对应的 Simson line 上. 7、设⊿ ABC 内接于单位圆 O,且 OA、OB、OC 与 OX 正方向所成的角分别为 α、β、γ,试求⊿ ABC 的 垂心的坐标.(1980 年南京市数学竞赛) 1 1 ⊿ ABC 外心为原点 O,重心坐标为 G( (cos?+cos?+cos?), (sin?+sin?+sin?)),于是得⊿ ABC 的垂心坐 3 3 标为 H(cosα+cosβ+cosγ,sinα+sinβ+sinγ). 8、在 ABC 中,∠C=90°,AD 和 BE 是它的两条内角平分线,设 L、M、N 分别为 AD、AB、BE 的中 点,X=LM∩BE,Y=MN∩AD,Z=NL∩DE.求证:X、Y、Z 三点共线.(2000 年江苏省数学冬令营) 作Δ ABC 的外接圆,则 M 为圆心. ∵ MN∥AE, ∴ MN⊥BC. ∵ AD 平分∠A,∴ 点 Y 在⊙M 上,同理点 X 也在⊙M 上.∴ MX=MY. A Z 记 NE∩AD=F,由于直线 DEZ 与Δ LNF 的三边相交,直线 AEC 与Δ BDF L M H 三边相交,直线 BFE 与Δ ADC 三边相交,由 Menelaus 定理,可得: X LZ NE FD NZ NE FD BE FD · · =1.? = · = · ; ZN EF DL ZL EF DL EF DA FE BC DA AF DB CE · · =1, · · =1. EB CD AF FD BC EA NZ BD CE AB BC BC 三式相乘得 = · = · = . ZL DC AE AC AB AC 另一方面,连结 BY、AX,并记 MY∩BC=G,AC∩MX=H, 于是有∠NBY=∠LAX, ∠MYA=∠MAY=∠LAC, ∴∠BYN=∠ALX. ∴ Δ BYN∽Δ ALX. ∴ ∴ LX AF AC = = , NY BG BC NZ LX MY NZ LX · · = · =1. ZL XM YN ZL NY
E F D Y N G B C

由 Menelaus 定理可得,X、Y、Z 三点共线. 注:本题是直线形问题,因此可用解析法证明. 9、已知 在⊿ABC 中,AB>AC,?A 的一个外角的平分线交⊿ABC 的外 接圆于点 E,过 E 作 EF⊥AB,垂足为 F. 求证 2AF=AB-AC. (1989 年全国高中数学联赛) 证明 在 FB 上取 FG=AF,连 EG、EC、EB, 于是⊿AEG 为等腰三角形,∴EG=EA. 又?3=180?-?EGA=180?-?EAG=180?-?5=?4, ?1=?2.于是⊿EGB??EAC.???BG=AC, ∴ AB-AC=AG=2AF.

E
5 4 3

A

F
2

G
1

B

C

10、四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、 BCP、CDP 和 DAP 的外接圆圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 三直线共点. (1990 年全国高中数学联赛) 证明 ∵O 为⊿ABC 的外心,∴ OA=OB. ∵ O1 为⊿PAB 的外心,∴O1A=O1B. ∴ OO1⊥AB. 作⊿PCD 的外接圆⊙O3,延长 PO3 与所作圆交于点 E,并与 AB 交于点 F, 连 DE,则?1=?2=?3,?EPD=?BPF, ∴ ?PFB=?EDP=90?.
15

E D
1

O3 O4 P

2

C

O2 O O1 F

A

3

B

∴ PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形. ∴ O1O3 与 PO 互相平分,即 O1O3 过 PO 的中点. 同理,O2O4 过 PO 中点. ∴ OP、O1O3、O2O4 三直线共点. 11、在棱长为 1 的正四面体表面选取一个由若干条线段组成的有限集,使四面体的任二顶点都可以由 此集中的某些线段组成的折线来连接. 能否选取满足上述要求的线段集,使其中所有的线段总长度和小于 1+ 3?(1975 年波兰数学竞赛) 把这个正四面体展开,其中两个面即含有此四面体的四个顶点.故只要在此四边形中考虑即可. 设 AD、 BC 交于点 O, 取⊿ABO 的 Fermat 点 F, 则?BFA=?AFO=?OFB=120?, 设 FA=x, FB=y, FC=z, x2+y2+xy=1, ⑴ 3 x2+z2+xz= , ⑵ 4 1 z2+y2+zy= , ⑶ 4 ⑷
B y F x A O D

由余弦定理,可得方程组

z

C

1 又由三角形面积可得 xy+yz+zx= , 2 ⑴+⑵+⑶+⑷× 3得

7 7 2(x+y+z)2= ,即 x+y+z= . 2 2

同样可在⊿OCD 中找出相同的线段集,这样,连接此四点的线段集的长可以= 7.而 7<1+ 3. 12、如图,O,I 分别为⊿ABC 的外心与内心,AD 是 BC 边上的高,I 在线段 OD 上.求证:⊿ABC 的外接圆半径等于其 BC 边上的旁切圆半径.(1998 年全国高中数学联赛) 由旁切圆半径公式,有 ra= 2S aha = ,故只须证明 b+c-a b+c-a
A

R a = 即可.连 AI 并延长交⊙O 于 K,连 OK 交 BC 于 M,则 K、M 分 ha b+c-a 别为弧 BC 及弦 BC 的中点.且 OK⊥BC.于是 OK∥AD,又 OK=R,故 R OK IK KB = = = , ha AD IA IA KB a BM 故只须证 = = . IA b+c-a 1 (b+c-a) 2 1 作 IN⊥AB,交 AB 于 N,则 AN= (b+c-a), 2 而由⊿AIN∽⊿BKM,可证 KB BM = 成立,故证. IA AN
B N

O I

D

M K

C

16


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联赛二试选讲8.1 平几名定理、名题与竞赛题II

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高中数学联合竞赛二试讲义8.1 平几名定理、名题与竞赛题I

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平几名定理、名题与竞赛题

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24届计算机表演赛命题搜索答案(5套)

某定理是平面几何中的一个基本而重要的定理,该定理一般的表述为:平面上的 直角...【填写阿拉伯数字】 1084 9、一元一次方程的发名者的国家在___年与中国建交。...


安徽省数学竞赛名师专题讲座:平面几何四个重要定理

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第24届全国计算机表演赛 命题搜索部分答案

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2015命题搜索赛答案

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