平面几何名定理、名题与竞赛题

1 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江苏省常州高级中学 顾九华顾九华 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 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 AD 则 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 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 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 2 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 A B P Q H H 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 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 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 DC BD AC AB DP AB DQ AC AP AQ 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 4 1 据 Ceva 定理 AH BQ CP 交于一点 故 AH 过 CP BQ AP PB BH HC CQ QA AP QA BH PB CQ HC BA BD DC CA DC BD BA CA 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 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 A B C D E F G H I J Z Y X CB A N Z Y X CB A S1 S2S3 S4 题 11 T N S R Q P M AB C D L 5 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 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 A B C D E F G H O IJ a b c t t t t1 2 3 4 A B C D E F M F 1 2 3 4 5 6 O PQ 例 12 Q P I Z Y X F E A B CD 6 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 矛盾 c a c b 2a2cos a c 2b2cos b c 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 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 A B C P X Y Z 1 2 3 4 5 6 2 2 F E D C BA G a b t 7 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 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 A BC M D O HG F K 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 8 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 sin sin sin 1 3 1 3 1 3 1 3 cos cos cos sin sin sin cos cos cos sin sin sin 1 3 1 3 1 3 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 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 F H D M CB A P Q N A A A A H H H H O M 1 2 3 4 1 2 3 4 M O 1 1 9 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 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 A1CB1AC1B SABC 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 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 例 C0 B0 A0 C B A O C1 B1 A1 I 10 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 A B CD D D E F AB CD B E O 13 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 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 4 3 3 2 3 1 2 1 3 3 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 A B C D M N E B N M N A AB C M N P A BC P Q M N D E F G 14 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 r 1 故 CN ND 1 就是 N 为 CN 中点 4r 3 7 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 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