高中数学：第八章：平几名定理、名题与竞赛题（1）（竞赛精讲）

用心 爱心 专心 第八章第八章联赛二试选讲联赛二试选讲 8 1 平几名定理 名题与竞赛题 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 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 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 由 DAE DBC 得 AED BCD AE BC AD BD 即AE BD AD BC 又 ADB EDC ABD ECD 得 ABD ECD AB ED BD CD 即EC BD AB CD 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 1 A1A2 1 A1A3 1 A1A4 证明 连A1A5 A3A5 并设A1A2 a A1A3 b A1A4 c 本题即证 在圆内接四边形A1A3A4A5中 有 1 a 1 b 1 c A3A4 A4A5 a A1A3 A3A5 b A1A4 A1A5 c 于是有ab ac bc 同除以abc 即得 故证 1 a 1 b 1 c 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在上 则 APB 45 设 PBA 则 AD PAB 135 若PA 2Rsin 及PC 2Rsin 90 2Rcos 为有理数 则 PB 2Rsin PAB 2Rsin 135 2R cos sin R sin cos 即为无理数 2 或用Ptolemy定理 PB AC PA BC PC AB PB PA PC 故PA PB PC不能同时为有理数 2 AB C D E A A A A A A A 1 2 3 4 5 6 7 D C BA O P 例 1 用心 爱心 专心 例 3 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 若 ABC为直角三角形或钝角三角形 上面的结论成立吗 Z Y X O C B A A B C O X Y Z 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 OA XZ OX AZ OZ AX R a OX b OZ c 即 1 2 1 2 1 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 但 r a b c OX a OY b OZ c 都等于三角形面积的 2 倍 式与 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 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 作PH AB于H 则 PA2 PB2 PH2 AH2 PH2 BH2 AH2 BH2 AH BH AH BH AB AB 2BH 同理 作QH AB于H 则 QA2 QB2 AB AB 2AH 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 A B P Q H H 用心 爱心 专心 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 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 对于圆O等幂即可 证明 由BM KN AC三线共点P 知 PM PB PN PK PO2 r2 由 PMN BKN CAN 得P M N C共圆 故 BM BP BN BC BO2 r2 得 PM PB BM BP PO2 BO2 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 1 AZ ZB BX XC CY 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 ZB S3 S2 BX XC S1 S3 CY YA S2 S1 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 1 BP PC CQ QA AR RB 证明 设AM BN CL分别交BC CA AB于P Q R 易知 CBM BCM QCN QAN LAR LBR BP PC S ABM S ACM AB BMsin B AC CMsin A ABsin B ACsin C CQ QA BCsin C ABsin A AR RB ACsin A BCsin B 三式相乘即得 1 由 Ceva 定理的逆定理知AM BN CL交 BP PC CQ QA AR RB 于一点 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 A BC P X Y Z O A C B K N M P H K Q P D C B A R Q P N M L K H GF C E D B A 用心 爱心 专心 证明 作高 AH 则由 BDP BAH 由 CDQ CAH BH PB BA BD CQ HC DC CA 由 AD 平分 BAC 由 DP AB DQ AC AP AQ DC BD AC AB 1 据 Ceva 定理 AH BQ CP 交于一点 AP PB BH HC CQ QA AP QA BH PB CQ HC BA BD DC CA DC BD BA CA 故 AH 过 CP BQ 的交点 K 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 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 证明 连结BD交AC于H 对 BCD用Ceva定理 可 得 1 CG GB BH HD DE EC 因为AH是 BAD的角平分线 由角平分线定理 可得 故 BH HD AB AD 1 CG GB AB AD DE 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 所以 CG GB CI AB DE EC AD CJ 1 CI AB AB AD AD CJ 从而 CI CJ 又因CI AB CJ AD 故 ACI BAC 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 1 AZ ZB BX XC CY YA 证明 作CM BA 交XY于N 则 AZ CN CY YA CN ZB XC BX 于是 1 AZ ZB BX XC CY YA AZ CN CN ZB BX XC CY 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 三式相乘即得证 AZ ZB S4 S2 S3 BX XC S2 S3 S3 CY YA S3 S4 A B C D E F G H I J Z Y X CB A N Z Y X CB A S1 S2S3 S4 用心 爱心 专心 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 0 故PQ RS PM PL PA PD 设PQ交对角线BD于T 则由Menelaus定理 PQ交 ABD 得 1 即 DP PA AQ QB BT TD BT TD PA DP QB AQ 设RS交对角线BD于N 由Menelaus定理 RS交 BCD 得 1 即 BN ND DS SC CR RB BN ND SC DS RB CR 显然 于是 故T与N重合 得证 PA DP RB CR QB AQ SC DS BT TD BN 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 1 1 AF FB BD DC CE EA XZ ZB BD DC CY YA AF FB CE EA XZ ZB CY YA 由Menelaus定理 有 1 AF FB BQ QC CE EA 于是得 1 即Z Y Q三点共线 XZ ZB BQ QC CY 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 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 F MQ即可 证明 作点F关于OM的对称点F 连FF F M F Q F D 则 MF MF 4 FMP 6 圆内接四边形F FED中 5 6 180 从而 4 5 180 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 A B C D E F M F 1 2 3 4 5 6 O PQ 题 11 T N S R Q P M AB C D L 例 12 Q P I Z Y X F E A B CD 用心 爱心 专心 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 证明 如图 由S AOB S AOG S GOB得 at1cos bt1sin ab 1 2 1 2 t1 即 ab acos bsin 1 t1 cos b sin a 同理得 1 t2 cos b sin c 1 t3 cos b sin c 1 t4 cos b sin a 再由S GOF S GOI S IOF 又可得 sin IO sin t2 sin t1 同理 得 sin OJ sin t4 sin t3 IO OJ sin sin 1 t4 1 t2 1 t1 1 t3 以 的值代入左边得 sin sin sin 同样得右边 可证 1 t4 1 t2 1 t4 1 t2 1 a 1 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 t sin b sin a 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 ta sinA ta sin c sin b 2cos ta 1 c 1 b 2bccos b c 再作高CH 则AE CHcsc bsin2 csc 2bcos DE AE ta 2bcos 同理 GF 2bccos b c 2b2cos b c 2a2cos a c 由 a b 知 cos cos 1 DE 矛 c a c b 2a2cos a c 2b2cos b c 盾 又证 设BC AC 即 a b 故 由张角定理得 sinA ta sin c sin b 2cos ta 1 c 1 b 同理 2cos tb 1 c 1 a A B C D E F G H O IJ a b c t t t t1 2 3 4 2 2 F E D C BA G a b t 用心 爱心 专心 由于a b 故 1 即tb ta 就是BF AD cos ta cos tb tb ta cos cos BG BF FG AD DE AE 即是BG AE GF DE 矛盾 故BC AC GF BF CF AF BG CF AF FC AE DC BC 或 注意到GF DE 故BF AD 与 矛盾 故证 BF GF AF CF AB CB AB CA BD DC AD DE 定理 7 Simson line P是 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 分析 如果连ZX ZY 能证得 1 3 则由 AZB 180 得 YZX 180 即可证 此三点共线 证明 PXB PZB 90 P Z X B四点共圆 1 2 PZA PYA 90 P Z A Y四点共圆 3 4 但 2 5 90 4 6 90 而由P A C B四点共圆 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 题的证明曾是江苏省高中数学竞赛的试题 例 13 设H为 ABC的垂心 P为 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 从 PX AH 入手 连 PE 得 1 2 但 2 3 再由四点共圆得 3 4 于是 得 6 7 可证平行 证明 连AH并延长交 O于点E 则DE DH 连PE交BC于点F 交XY于点 K 连FH PB PX AE 1 2 又 2 3 P Z X B四点共圆 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 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 A B C P X Y Z 1 2 3 4 5 6 A B C X Y Z P K D H E M1 2 34 5 F 6 7 H A B C P K X Y Z N F O 用心 爱心 专心 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入 手 证明 如图 作直径BK 取BC中点M 连OM CK AK 则 KCB KAB 90 从而KC AH KA CH CKAH AH CK 2MO 由OM AH 且AH 2OM 设中线AM与OH交于点G 则 GOM GHA 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 证明 连A2H1 A1H2 取A3A4的中点M 连OM 由上证知 A2H1 OM A2H1 2OM A1H2 OM A1H2 2OM 从而H1H2A1A2是平行四边形 故 H1H2 A1A2 H1H2 A1A2 同理可知 H2H3 A2A3 H2H3 A2A3 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 则点A1 A2 A3 A4的坐标 依次是 cos sin cos sin cos sin cos sin 显然 A2A3A4 A3A4A1 A4A1A2 A1A2A3的外心都是点 O 而它们的重心依次是 cos cos cos sin sin sin cos cos cos 1 3 1 3 1 3 sin sin sin 1 3 cos cos cos sin sin sin cos cos cos 1 3 1 3 1 3 sin sin sin 1 3 从而 A2A3A4 A3A4A1 A4A1A2 A1A2A3的垂心依次是 H1 cos cos cos sin sin sin H 2 cos cos cos sin sin sin H 3 cos cos cos sin sin sin H 4 cos cos cos sin sin sin 而H1 H2 H3 H4点与点O1 cos cos cos cos sin sin sin 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 A BC M D O HG F K A A A A H H H H O M 1 2 3 4 1 2 3 4 M O 1 1 用心 爱心 专心 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 该圆的 直径即为MP 由中位线定理知 MN AB NP CH 但CH AB 故 PNM 90 于是 点N在 MDP上 同理 AB中点在 MDP上 再由QM CH QP AB 又得 PQM 90 故点Q在 MDP上 同理 CH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 ABC ABD ACD 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为中点 且XI2 XI3 XA XD AD 于是 1 180 X 90 1 2 1 4 BC 同理 2 90 1 4 CD XI2Y 1 2 XY BD 1 4 AB AD 1 2 BC CD 故 1 2 XI2Y 90 90 270 1 4 AB BC CD DA 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 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 F H D M CB A P Q N A B C D O I E F 10 22 A B C D I I I I 1 2 3 4 1 2 X Y Z U 用心 爱心 专心 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 S 2S A0 B0 C0 A1CB1AC1B S 4SABC A0 B0 C0 分析 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 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 知即证S 2 SABC 而 A1CB1AC1B 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 A1 B1 C1 证明 设 ABC的内心为I 则A1A0 A1I 则S 2S A0 B I A1 B I 同理可得其余 6 个等式 相加 即得证 连OA OB OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形 由 OC1 AB OA1 BC OB1 CA 得 S S S S AB R BC R CA R Rp A1CB1AC1B OAC1B OB1A1C OCB1A 1 2 1 2 1 2 但由Euler定理 R2 2Rr R R 2r d2 0 知R 2r 故 Rp 2rp 2S ABC 故得证 证明 记A 2 B 2 C 2 0 2 则SABC 2R2sin2 sin2 sin2 S 2R2sin sin sin A1 B1 C1 又 sin sin cos cos sin 2 sin cos cos sin sin2 sin2 同理 sin sin 于是S SABC得证 sin2 sin2 sin2 sin2 A1 B1 C1 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 S S S S AB R BC R CA R Rp A1CB1AC1B OAC1B OB1A1C OCB1A 1 2 1 2 1 2 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 由 0 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 连AB 作 与AB平行的直径CD 作直径AB 则B与B 关于CD对称 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 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 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 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 来的相等 但面积更大 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 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 P 只须改变 ACB的大小 使 ACB 90 则M N的面积不变 而P的面 积变大 这说明 此半段曲线必为半圆 从而另一半也是半圆 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 B N M N A AB C M N P AB CD B E O 用心 爱心 专心 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 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 从而可把此三角形还原成圆内接六边形 证明 设曲线PQ平分 ABC的面积 其长度为l 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 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 由于正六边形面积 6 a2 a2 故得 r2 a2 解得r a 1 43 3 23 1 2 1 33 4 33 从而弧MN的长 2 r 由等周定理 知l 1 6 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CD的中点 1983 年全国高中数学联赛 证明 设AC BD交于点E 由AM AC CN CD 故AM MC CN ND 令CN ND r r 0 则AM MC r 由SABD 3SABC SBCD 4SABC 即SABD SBCD 3 4 从而AE EC AC 3 4 7 SACD SABC 6 1 故DE EB 6 1 DB BE 7 1 AM AC r r 1 即AM AC AE AC r r 1 3 7 EM AC AC MC AC r r 1 3 7 4r 3 7 r 1 1 r 1 EM MC 由Menelaus定理 知 1 代入得 4r 3 7 CN ND DB BE EM MC r 7 1 即 4r2 3r 1 0 这个方程有惟一的正根 4r 3 7 r 1 故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 由 PO2 r2 PC PD PM PQ QO2 r2 QC QB QM QP 两式相减 得PO2 QO2 PQ PM QM A BC D P Q E F O M A B C D M N E A BC P Q M N D E F G 用心 爱心 专心 PM QM PM QM PM2 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 3 若 ABC 的边 a b c 所对的角为 1 2 4 求证 1 a 1 b 1 c 作三角形的外接圆 即得圆内接正七边形 转化为例 1 4 P为 ABC内任意一点 AP