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文档简介

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 ACBD=ABCD+AD BC可设法把 ACBD拆成两部分,如把 AC写成 AE+EC,这样,ACBD就拆成了两部分: AEBDC及 E

2、CBD,于是只要证明 AEBD =ADBC及 ECBD=ABCD 即可说明 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 ABCD+AD BC 111=+A1A2 A1A3 A1A4AC BD当且仅当 ABCD 是圆内接四边形时等号成立例1例A51 (1987 年第二十一届全苏 )设 A1A2A3A7 是圆内接正七边形,求证: A32 (A纽6 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

3、理数PQAB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?定理 2 设 P、Q、A、B 为任意四点,则 PA2- PB2=QA2- QB2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 PAPB= |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

4、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)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 等幂即可定理 3(Ceva定理 )设 X、Y、Z 分别为 ABC 的边 BC 、CA、 AB 上的一点,则

5、AX、 BY、AZ BX CYZBXCYACZ 所在直线交于一点的充要条件是分析 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 SAP=SB1, S BPC=S2,SCPA=S3 则AZ=S3,BX=S1,CY=S2,ZB=S2 XC=S3 YA=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MNBC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

6、、CA、AB于P、Q、R利用面积比设法证明 PBCPCQQARARB=1ABC和ACB均是锐角, D是 BC边上的内点, 且 AD平分 BAC,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;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D定理 4 (Menelaus定理)设 X、Y、

7、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 =1ZBXCYA=1 证明:作 CM BA,交 XY 于 N, 则AZ=CY,CN=XCCN=YA ZB=BXAZ BX CY AZ CN BX CYZBXCYA=CNZBXCYA=1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+S3ZB=S2+S3; XC= S3CY=S3,YA=S4,三式相乘即得证说明 用同一法可证其逆正确 Ceva定理与 Menelaus 定理是一对“对

8、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例 10 (评委会,土耳其, 1995)设 ABC 的内切圆分别切三边 B 是 ABC 内的一点, XBC 的内切圆也在点 D 处与 BC 相切, 并 证明, EFZY 是圆内接四边形 ACD、E、切于点F,XY、Z,ARML题9F分析:圆幂定理的逆定理与 Menelaus 定理定理 5 (蝴蝶定理 )AB 是 O 的弦, M 是其中点

9、,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 FMQ即可说明 本定理有很多种证明方法,而且有多种推广CEM4O2BQAP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定理

10、6 张角定理:从一点出发三条线段长分别为sin( + ) sin t = bsin+aa、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AZB =180 得定理 7 (Simson line) P 是 ABC 的外接圆 O 上的任意一点, PXAB,PYBC,PZCA, 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 共线证明 P

11、XB= PZB=90P、Z、X、B 四点共圆1= 2PZA= PYA=90P、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 共线本题的证法也是证三点共线的重要方法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

12、行 证明 连 AH 并延长交 O 于点 E ,连 PE 交 BC 于点 F ,交 XY 于点 K,连 FH 、PB说明本题的逆命题成立, 该逆命题的证明曾是江PB1KMZH346 K 75X F 2DYACE 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,连定理 8( Euler line)三角形的外心、重心、 垂心距离的一半分析 若定理成立,则由 AG=2GM ,知应有 AH =2O

13、M ,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 KCAH,KACH, 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 MGGA=12,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K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、H 2

14、、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)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 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, MNAB,NPCH,但 CH AB,故 PNM =90 ,于 点 N 在 MDP 上,同理, AB 中点在 M

15、DP 上再由 QMCH ,QPAB,又得 中点在 MDP 上由 FP 为 Rt AFH 的斜边中线, BCF 的斜边中线, 得 MFC =是,CHPQM =90 ,故点 Q在 MDP 上,同理,故 PFH = PHF = CHD ,又 FM 为 MCF ,但 CHD + DCH =90 ,故 PFM =90又Rt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 OMAP, OM = AP ,知 PM 与 OH 互相平分,即九点圆圆心在

16、 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、I a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=PI a例 15设 ABCD 为圆内接四边形, ABC、ABD、ACD、BCD 的内心依次为I4,则 I1I2I3I4为矩形 (1986 年国家冬令营选拔赛题) 只须证明该四边形的一个角为直角即可为此可计算I 3、 分析XI 2Y1、 2、说明 证定理 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

17、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,故亦可证 XZ YU,又 XZ 平分I 2XI 3 及 XI 2=XI 3I2I3 XZ,从而 I2I3YU,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I1、 I 2、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

18、)=IAID(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 2RDB=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: SA0 B0C0=2SA1CB1AC1B; SA0B0C0 4SABC 分析:利用 A1I=A 1A 0,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

19、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SA1CB1AC1B2 SABC,而 IA 1、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 SA1B1C1SABC定理 12 (Fermat point)分别以 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分析 证三圆共点,可先取二圆的交点,再证第

20、三圆过此点证明:如图,设 ABD 与 ACH 交于 (异于点 A 的)点 F ,则由 A、F、B、 D 共圆得 AFB =120 ,同理 AFC =120 ,于是 BFC =120 ,故得 B、 E 、C、F 四点共圆即证由此得以下推论:1A、F、E 三点共线;因 BFE= BCE =60 ,故 AFB+ BFE =180 ,于是 A、F、E 三点 共线同理,C、F、D三点共线; B、F、H 三点共线2 AE、BH 、CD 三线共点3AE=BH =CD =FA+FB+FC由于, F 在正三角形 BCE 的外接圆的弧 BC 上,故由tolemy定理,有 FE =FB +FC 于是 AE=AF +

21、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P,使 PA+PB+PCHEBNE 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 ABC 所在平面上求一点 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 ,则由 BP=BM,BC=BE, PBC= MBE =60 - MBC 得 BPC BME , 于是 ME =PC,故得折线 APME =PA+PB+PC AE=FA

22、+FB+FC 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 PBCE+PCBEPEBC,可得, PB+PCPE 于是 PA+PB+PCPA+PEAE 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 ,、在 形内, 且 AGB= DHE =120 求证: AG+GB+GH +DH +HECF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证明:取中线 BG 中点

23、M,则 2(PA2+PC 2)=AC 2+4PE2,2 2 2 2 2(PB2+PG 2)=BG 2+4PM 2,2 2 2 2 2(PE2+PM 2)=ME 2+4PG 2, + 2 得: 2(PA2+PB2+PC)=AC 2+GB2+2ME 2+6PG 22 2 2 2 = 2GB 2+6PG 2+AC 2+ 4GE 22 2 2 2 =2GB 2+6PG 2+2GA 2+2GC 22 2 2 2 2 2 2 PA2+PB 2+PC 2=GA 2+GB2+GC 2+3PG 2 于是 PA2+PB2+PC 2 GA 2+GB 2+GC 2等号当且仅当 P与G 重合时成立 亦可用解析几何方法证

24、明定理 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+PC 2=GA2 2 2 22+GB2+GC 2+3PG 2AEGMD则 2 =ax+by+cz33 ax by cz即 xyz 2 等号当且仅当 ax=by=cz,即 PAB、 3 abcPBC、 PCA 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

25、 )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:DCD1 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 作D 关于 AB、 AC的对称点 D、 D”,连 DD”交 AB、AC于点 F、E,连 DF 、 DF, DE 、ADEBCDD”E,对于任一以 DD 一个顶点的 ABC 的内接三角形 XPQ ,连 QD、QD,PD”、PD,于是可证DE +EF +FD =DD”DQ+QP+PD”=DQ+QP+PD 即DEF 为固定点 D 后周长最小的内接三角形2 当点 D 的 BC 上运动时,对每一点 D

26、,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DD连 AD 、AD 、AD”,则 AD =AD =AD ”,且 DAB= DAB , D”AC= DAC, 于是 DAD”=2 A所以 DD”=2AD sinA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 DD”上,同理, F 在 DD”上,即 DEF 为 所求得的周长最小三角形(Schwarz解法)这是一个非常奇妙的证法:如图,

27、 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 ACB 1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:BHPEH2P2E2H4D41DQ2F3H5B1F2R32R2Q3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 DPD4P4,且 DP=D4P4,从而线段 PP4=DD 4= DEF 周长的两倍显然,折线 PQR

28、1P2Q2R3P4的长线段 PP 4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 、BE,则 AE+EB=AE+EBAB,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l 的长 la243DM与N分别是 AC

29、与CD 的C2 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。 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

30、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练习题1、在四边形 ABCD 中, ABD、 BCD 、 ABC的面积比是 341,点 M、N 分别

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