平几名定理名题与竞赛题

1、平几名定理、名题与竞赛题平几名定理、名题与竞赛题平而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.本讲与下讲拟介绍几个平几名题与其应用.定理1 （P。如），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AC8O=ABCDMO3C.可设法把AC5。拆成两部分，如把AC写成AE+EC,这样，就拆成了两部分：AEBD 与 E

2、CBD,于是只要证明 AE- BD=AD BC 与 EC CD 即可. / / 证明在AC上取点E,使 ADE= BDC,I yt由 DAE= DBC,得zJAEOs/bco.-7b：.AE : BC=AD ： BD,即 AEBD=AD.BC/又 ADB= EDC, ABD= ECD,得ZMBOs/ec。.：.AB : ED=BD : CD,即 ECBD=AB,CD.+(2)，得AG BD=ABCD+AD-BC.说明本定理的证明给证明/的问题提供了一个典范.用类似的证法，可以得到定理 的推广（广义厅定理）：对于一般的四边形A8CZ）,有从5.。+人。.3。24（78。当且仅当从8。是圆 内接四

3、边形时等号成立.例1（1987年第二十一届全苏）设4AM34是圆内接正七边形，求证：1 _ 11AA2 AA?A AV证明 连 AMs, A3A5,并设 AiA2=a, AiA3=，AAa=c.本题即证在圆内接四边形4A/M5中，有人认4=445=4，月03=/1送5=，AA4=AAs=C.于是有a+C=Z?C,同除以 ,也，即例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,不妨设尸在如上，则NAPB=45 ,设NPBA=,则 NRW=135 -.若阴=2Rsin 与 PC

4、=2Rsin（90 - ）=2/?cos 为有理数，则陪 2RsinN 如 8=2Rsin（135 -）=2R（当 cos +乎 sin ）=/2/?（sin +cos ）即为无理数.或用 Pw/em.v 定理：PB AC=PA BC+PCAB.巾PB=R+PC.故以、PB、PC不能同时为有理数.例3. （D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AA8C为直角三角形或钝角三角形，上面的结论成立吗？平几名定理、名题与竞赛题证明：如图，AABC内接于。，设。的半径=R, A48C的边长分别为“，b, c.三边的中点分别为X、八 Z.由A、X、0、Z四点共圆，据Pto

5、lemy定理，有OAXZ=OX,AZ+OZAX, =Ra=OX；+OZ：c.即R,a=OXb+OZc,同理，R,b=OXa+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+Hc)=OX +Oy/+OZ-c.(都等于三角形而积的2倍)式与式两边分别相加，得R(a+lc)+9ia+l>+c)=0X(a+b)+0Y(lr¥c)+0Z(c+a)+0X- c+OYa+OZ- h.故，R+r=OX+OY+OZ.(2)当AA3C为直角三角形(NC为直角)，则。在边A8上，OX=0,上述结论仍成立.当MBC为钝角三

6、角形(NC为直角或钝角)时，则有R+r=-OX+OY+OZ.证明同上.PQ1AB.定理2设P、Q、A. 8为任意四点，则以2-尸¥ 证明 先证 PA2-PB-QA2-QB2 PQ±AB.作 PH1.AB 于 H,则陷2-PB?=( PH2+AHb-lPH2+BH2)=AH2-BH2=(AH+BH)(AH-BH) =AB(AB - 2BH).同理，作。UA5于'，则 QA-QB2=AB(AB-ZlHy) ：.H=H即点与点重合. PQLAB PA-PB2=QA-QB2 显然成立. 说明本题在证明两线垂直时具有强大的作用.点到圆的幕：设P为。所在平而上任意一点，PON，

7、。0的半径为小则小一户就是点P对于。0 的舞.过户任作一直线与。0交于点A、B,则以一网.“到两圆等事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塞.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。为圆心的圆通过/A8C的两个顶点A、C,且与A3、5c两边分别相交于K、N两点，/ ABC和/KBN的两外接圆交于8、M两点.证明：N0M8为直角.(1985年第2

8、6届国际数学竞赛)平几名定理、名题与竞赛题分析 对于与圆有关的问题，常可利用圆辕定理，若能找到8M上一点，使该点与点片对于圆。等耗即可.证明：由BM、KN、AC三线共点P,知 PMPB=PNPK=PO-i2 .(1)由 PMN= BKN= CAN,得 P、M、N、。共圆, 故BM, BP=BN. BC=BOT.(2)(1) 一 得，PMPB-BM, BP= PO2- BO2,即(PM-BM)(PM+BM)= PO2-BO,就是尸册-8册=PO2- BO"于是 OMtPB.定理3 （Cem定理）设X, Y. Z分别为AABC的边BC、CA、A5上的一点，则AX、BY. CZ所在直线交于

9、一点的充要条件是AZBXCY ZBXCYA=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“lP3=Sl, S/BPC=S2, S/CPA=S3.幽 BXSx CY SiXC 力一S】'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MN3c延长3K 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A8DE、BCFG、ACHK,设L、A/、N分别为OE、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. A8于P、Q、R.利用面积比 ,TmRPCOAR 1设法证明正取诙

10、=1.证明设 AM、BN、CL 分别交 BC、C4、AB 于 P、。、R.易知，/CBM= /BCM= ZQCN= /QAN= /LAR= /LBR=6.BP S Abm AB8Msin(3+6) ABsin(6+6)正=S=AC,CMsin(A+6)=ACsin(C+6)C0 80sin(C+6) AR ACsin(As6)QA=ABsin(A+6)9 RB=BCsin(B+0)9三式相乘即得零号第=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交 rL Kd于一点.例7,如图，在ABC中，/ABC和NAC8均是锐角，。是8c边上的内点，且A。平分N84C,过点两条直线CP与8。相交与点K.求

11、证：AK。分别向两条直线48、AC作垂线OP、。0,其垂足是尸、Q,1BC；证明:(1)作高AH.du da则由 BDPs BAH, pb=BD，由 CDQs CAH.r/ a由 AD 平分NBAC, 而=力，由 DPLAB. DQJ_AC, AP=AQ. /u.APBHCQ APBHCQ BA DC DC BA 1 . ，、加 *PBtHCQA=QA PB HCTBD' GAD,CA=1 , 据 Ceva 正理'AH、BQ、CP交于一点，故AH过CP、BQ的交点K,平几名定理、名题与竞赛题，AK 与 AH 重合，KP AK1BC.例8.在四边形A8CO中，对角线AC平分 BA

12、D,在CQ上取一点E, 8E与AC相交于F,延长 DF交BC千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Ce%定理，再 构造全等三角形证明两角相等.rr rh df证明连结8。交AC于H,对/3CO用Oi也定理，可得丽丽斐=1.DO A D 因为A是 BA。的角平分线，由角平分线定理，可得黑=含，故CGABDEGB'AD'EC=1'过点C作AB的平行线交AG延长线于/,过点。作AD的平行线交 AE的延长线于/,则若=焉骼咎所以'从而，C1=CJ.又因 C/A8, CJ/AD.故 ACI= n -

13、 BAC= n - DAC= AC J,因此，/AC/g/ACZ,从而 MC= JAC,即 GAC= EAC.定理4定理）设X、Y. Z分别在ABC的8C、CA、AB所在直线上，则X、K Z共线的充要条件是AZBXCY ZBXCK4=,证明：作CM区4,交XY于N,AZ CY CN XC 刘赤F，Zfi=BX-UAZBXCY_AZCNBXCYYA=CN,ZB XC1 YA = L本定理也可用而积来证明：如图，连AX, BY,记 s AYf产Si，S BYC=S?, S CYX=Si，S XM1V4则AZ Sa BX S2+S3 CY S3 一7的 而日赤S2+S3； xc= s3 :西=S?二

14、式相乘即将让说明用同一法可证其逆正确.Cew定理与处定理是一对“对 偶定理例9.（南斯拉夫，1983）在矩形ABCO的外接圆弧A8上取一个不同于顶点A、8的点M,点P、。、R、 S是M分别在直线AO、AB. BC与CD上的投影.证明，直线P。和KS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.则丽施=（丽+启）（前+示片丽.瓦/+丽必+启-嬴+启疏=一丽亚+启丽=0.故PQLHS.平几名定理、名题与竞赛题设P。交对角线3。于兀 则由Me心s定理，（P0交 A8D）得 DPAQ BT BT PA QB 雨，芾k叩而二而而；设RS交对角线8。于M 由定理，（

15、RS交 BCD）得BNDSCR BN SC RB 而交丽T：叩布二丽而： PA RB QB SC 红竺mm ”千a俎、工显然，OP-CR' AQDS' J TDND,故丁内重倚必例10.（评委会，土耳其，1995）设 A8C的内切圆分别切三边3C、CA. A8于。、E、F, X是 ABC 内的一点， X8C的内切圆也在点。处与BC相切，并与CX、X8分别切于点V、乙 证明，EFZV是圆内 接四边形.分析：圆哥定理的逆定理与Menelaus定理.证明：延长FE、BC交于Q.AF BD CE XZ BD CY AF CE XZ CYFBDCEA= 1' ZBDC YA =1

16、'7bEA=ZB YA9由Menelaus定理，有AFBQ 丝FB QC 'E4 = k于是得券餐今=1.即Z、八Q三点共线.但由切割线定理知，QEQF=Q£>2=QHQZ.故由圆常定理的逆定理知从E、Z、Y四点共圆.即 EFZY是圆内接四边形.定理5 （蝴蝶定理）A8是。0的弦，M是其中点，弦CD、EF经过点、M, CF. DE交AB于P、0, 求证：MP=QM.分析圆是关于直径对称的，当作出点尸关于。时的对称点F'后，只要设法证明/FMP g/F'M。即可.证明：作点F关于0M的对称点，连"'，PM, FQ, PD.则MF=

17、MF, 4= FMP= 6.圆内接四边形尸产功中，5+ 6=180 ,从而 4+ 5=180 于是M、尸、。、。四点共圆，2= 3,但 3= 1,从而 1= 2,于是/A/FPgZIM：.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A3CD中，A8=A。，BC=CD,经AC、8。交点。作二直线分别交A。、BC、AB. CD 于点E、F、G、H, GF、分别交3。于点八J,求证：（1990年冬令营选拔赛题）分析通常的解法是建立以。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 SaAOB=S jAOG+S/GOB 得1 ,.、1

18、 , 2(ncosa+/?nsina) =ab.abnnl cos a sina：.t=-. 即丁=；+：1 cos a sina 1 cos夕 sin(h=iT+ Tr b + a 9acos +bsin h b a平几名定理、名题与竞赛题再由So尸又可得陪产=华警；同理，得叫丹等时叱Uj t4 ，3/. 10=0J (J-!)sin =(7)sin t4 t2t B以;、:的值代入左边得，（；一；）sin =（7）sin sin ,同样得右边.可证.定理6张角定理：从一点出发三条线段长分别为八b、八（f在八人之间），则sin（ + ） sin sin丁+丁例12.（评委会，爱尔兰，1990

19、）设/是经过点C且平行于 ABC的边AB的直线， 乙L一1NA的平分线交3C于。，交/于E, N8的平分线交AC于F,交/于G,已知，GF=DE,证明：AC=BC.分析：设NA=2 , NB=2 ，即证=.证明：设 > ,贝IJ864C, 一f a A e - g siii4sinsin2cosI1利用张角定理可得，-7-； = - + 7la C ulaCu2bccos h+c 再作高 C，则 AE=Ccsc =sin2 esc =2/x:os .DE=AE z«=2/7cos2-ccos2 2cosb+c - b+c同理，GF=2a2cosa+c,.r 4 C CL 为2c

20、os 2e/C0S 2Z?C0S22cos由 > ,a>b,矢口 cos <cos 1+-<1+Tt GF=;= >=-j-=DE. 矛a ba+c < c < c b+c1+-1+tab盾.又证：设BC>AC,即a>b,故 > ,由张角定理得，野=冲一+号一，2cos 1 1同理，COSCOStb cos由于 4>，故一;>,>_:_>1,即拈乂 .就是 8F>A£).(1)ta tbta COS: BG=BF+FG>AD+DE=AE. RP BG>AE.AE AEDC ” BD

21、=BC =DE. 1+DCBGCF BG BG AEGF=AF+FC=F =. AB > AB1+CF i+BC 1+ACBF AF AB AB BD AD GF=CF=CB<CA=DC=DE,注意至lj GF=DE,故8A4。.与矛盾.故证.定理7 （S加阳派）尸是AA8C的外接圆。0上的任意一点，PXA.AB, PY±BC. PZ±CA.垂足为X、K Z,求证：X、八Z三点共线.分析如果连ZX、ZY,能证得 1= 3,则由 AZB=180 得 FZX=180 ,即可证此三点共线.证明PZA= 但 2+ 得5=PXB= PZB=90PYA=90 P, 5=90

22、 ,4+6.故 2= 4,P、Z、A、6=90从而Z、X、8四点共圆 1= 2.y四点共圆 3= 4.,而由尸、A、C、5四点共圆, 1= 3.故X、Y. Z共线.平几名定理、名题与竞赛题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AABC的垂心，P为AA8C的外接圆上一点，则从点尸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PXAH入手.连PE,得N1=N2,但N2=N3,再由四点共圆得N3=N4,于 是得N6=N7.可证平行.证明连A并延长交。于点E,则

23、DE=DH,连PE交8C于点F,交XY 于点K,连"A PB.9：PX/AE, AZ1 = Z2,又N2=N3, ,P、Z、X、8四点共圆，N3=N4, AZ1 = Z4.K为PF中点. : DE=DH, BDLEH, AZ2=Z5.J.FH/XY. XY平分尸.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FKPN.再证明K在 ZX上.即证明NKZF=NXZB.设过P作三边的垂线交3C、CA. A8于点X、K Z.连KZ、KF、ZX,延长 CF交。于点N,连PM由 PZLAB, CFLAB. K 为 PH 中点知，KZ=KF.：.KZF= KFZ.易证”尸 =

24、FM 故 KFPM， PNC= KFH.但 PNC+：.KFZ+即 KFZ+PBC=180 , ZFH+ PBC=180PBC=90 .又 PX工 BC, PZ1BZP、Z、X、B 共圆.：.XZB= XPB,而 XPB+ PBC=90 .：.KZF= KFZ= XZB.，ZK与ZX共线.即点K在ZJA8C的与点P对应的S加上.)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A=20M 入手.证明：如图，作直径BK,取BC中点M,连OM、CK.AK,则 KCB= 心

25、8=90,从而 KCAH, KA/CH. UCKAH, AH=CK=2MO.由OMAH,且AH=2OM,设中线AM与。交于点G,则/G0Ms/gA, 故得MG：GA=1：2,从而G为NA8C的重心.且G”=2GO.说明若延长A。交外接圆于N,则有这一结论也常有用.例14.设AiA2AM4为。的内接四边形，Hi、Hi. H、以依次为ZlAs/U、44以以卜ZlAMi/h、/ ANM3的垂心.求证：小、H1. ”3、4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置.(1992年全国高中数 学联赛)分析队、也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A=2OM来证明

26、.证明连A皿,A阳2,取A#的中点M，连OM,由上证知AiHx/OM, MH1/OM. 4比=2。河，从而从Mi4是平行四边形，故从2 AiA?, HH-r=AAz平几名定理、名题与竞赛题同理可知，2A3, H2H3=A2A3：H3H4 A3A4, 3“4=A3A4：HaH 1 /AaA 1, HaHi=A4A1 .故四边形AA2A54g四边形HH2H5H4.由四边形AAM小有外接圆知，四边形必也4也有外接圆.取H3H4的中点必,作且MO|=MO,则点0即为四边形HiH加出$的外接圆圆心.又证：以。为坐标原点，。的半径为长度单位建立直角坐标系，设04、0A2,。4、OU与0X正 方向所成的角分

27、别为a、万 人 ,则点A、A2> A3、4的坐标依次是(cosa, sina)、(cos£, si邛)、(cosy, sin?)、(cos , sin ).显然，ZIA2AM4、ZJAdMi、/A4Ah4z、/A1A2A3的外心都是点O，而它们的重心依次是：(|(cosj5+cos4-cos ), 1(sin+siny+sin )、(|(cosy+cos/cosa), |(sina+sinJfsiny)+cosa+cos夕),Q(sin衣sina+sin£)、(z(cosa+cos+cosy),W(sina+sin£+siny).从而，ZlAMi/U、/A3

28、A4A1、/A4A1A2、/A】A2A3 的垂心依次是/cos+cosy+cos , sin+siny+sin )、H2 (cosy+cos +cosa, sina+sin +sin>)、Hy (cos +cosa+cos£, sin +sina+sin£)、Ha (cosa+cos+cosy, sina+sin+siny)-而 “1、Hi> H3、出点与点 Oi(cosa+cos£+cosy+cos , sina+sin+sin)H-sin )的距离都等于 1,即i、 比、”3、44四点在以01为圆心，1为半径的圆上.证毕.定理9 (N加缈"

29、;加h。,/)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以与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3c的中点M,高AO的垂足O, A中点尸，过此三点作圆，该圆 的直径即为MR由中位线定理知，MNA8, NP。从但C_LAB,故 PMW=90 ,于是， 点、N住。MDP上,同理，A3中点在0Mop上.再由QW。从QP/AB,又得 PQM=90 ,故点。在。MOP上，同理， C”中点在。MD尸上.由FP为Rt. AAFH的斜边中线，故 PF

30、H= PHF= CHD,又FM为Rt. J 8。尸的斜边中线，得 MFC= MCF,但 CHD+ 0cH=90 ,故 PFM=90 上，同理，高8的垂足在。A)P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线上.九点圆的直径等于三角形外接圆的半径.又得点尸在。MOP由0MAR 0M=AP,知PM与0H互相平分，即九点圆圆心在0H上.且九点圆直径M尸=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/、/分别为ZIABC的内心与 A内的旁心，而 A平分线 与Z1A3C的外接圆交于点P,则P3=PC=P/=PL例15.设A

31、8CD为圆内接四边形，A ABC. ABD. AACO、ABC。的内心依次为人、八、人、那则 /山/4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、 XhY.证明如图，出2延长线与。的交点X为A。中点.且X=X/尸XA=XD,于是 1 切 80 - X)=90°-1C,BC10. 22平几名定理、名题与竞赛题同理，2=90 -CD.x/2r=1(4+D1 1=w(A8+AO)+/(BC+C。),1ZZ故 1+ 2+ XhY=90 +90 +(AB+BC+CD+DA )=270°.从而I比1尸90 .同理可证其余.说明亦可证

32、xz_i_yu,又xz平分 hxh与xi2=xis hhi-xz,从而以3义/,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，外心与内心的距离为"，则 1=/?2_2修.(1992年江苏省数学竞赛)分析改写此式，得：4RJ2Rr,左边为圆寤定理的表达式，故可改为过/的任一直线与圆交得两段 的积，右边则为。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，。、/分别为/A8C的外心与内心.连4并延长交。于点D,由4平分 BAC,故。为弧8c的中点.连。并延长交。于£则。上 为与3C垂直的。的直径.由圆哥定理知，RJF=

33、(R+d)(R-d)=IA ID.(作直线0/与。O交于两点，即 可用证明)但05=0/ (可连 引，证明 DBI= 。/8得)，故只要证2Rr=/A,O5,即证 2R ： DB=IA、即可.而这个比例式可由ZJA&s /EBD证得.故得RJ?=2Rr, 即证.例16. (1989IMO)锐角 ABC的内角平分线分别交外接圆于点内、Bi、G,直线A4与NABC的外 角平分线相交于点A。，类似的定义瓦，Co,证明：(1 )SacB=2Sa1cbac1b ；分析：利用AiI=AiAo,把三角形AoBoCu拆成以I为公共顶点的六个小 三角形，分别与六边形ACBiAGB中的某一部分的2倍相等.

34、 若连OA、OB、OC把六边形AC&AG8分成三个四边形，再计算其而 积和，最后归结为证明R22r.也可以这样想：由知即证Sag14GB22 Swc， 而/4、/5、/G把六边开分成三个筝形，于是六边形的面积等于 A&G而 积的2倍.故只要证明Sa出g2Swc.证明： 设 ABC的内心为/,则AHN/则队/=25Am ； 同理可得其余6个等式.相加即得证.(2)连04、OB、0C把六边形4C8NC山分成三个四边形，由。CiLAB, OA±BC. 08CA,得/. Sac&agb=Soag什 SoBAtC + SocbAB-R+BC-R+CA-R=Rp.但由 定

35、理，R22Rr=R(R 2力=,尸20,知 R22r,故Rp，2p=2S abc.故得证.证明：记月=2 , B=2 , C=2.0< ,<.则当%=2R?sin2 sin2 sin2 ，Sa向G=2R2sin( + )sin( + )sin( + ).又 sin( + )=sin cos +cos sin 2-/sin cos cos sin =/sin2 sin2 , 同理，sin( + )2，sin2sin2-, sin( + )-/sin2sin2-,于是 S%Sg'S,限得证. 又证：连OA、OB、OC把六边形AC&AC山分成三个四边形，平几名定理、名题与

36、竞赛题由 OG_LAB, OAx±BC9 OBCA,得/. Sac&agb=Soag叶 SobaxC + SocbAB-R+BC-R+CA-R=Rp.但由定理，R2-2Rr=R(R - 2r)=d2 20,Rp221P=2S abc.故得证.又证： + + 于是，sin( + sin( + )sin(cos cos ，=,故 sin( + )=cos , )sin( + )sin( + )=cos + )sin( + )sin2 sin2sin( + )=cos , sin( cos cos,故sin2 ,coscos+ )=coscos 28sin sin sin cos由

37、0< 、故 cos cos cos >8sin sin sin coscos cossin sinsin W 而最后一式可证. o定理分别以AA8C的三边A8, 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，再证第三圆过此点.证明：如图，设。ABQ与。AC交于（异于点A的）点凡则由A、F、B、D 共圆得 AE8=120 ,同理 AFC= 120 ,于是 BFC= 120 ,故得从E. C. 尸四点共圆.即证.由此得以下推论：1 A、F、E三点共线：因 BFE二

38、 BCE=60 ,故 AFB+ BFE=180 ,于是 A、F、E 三点共 线.同理，C F、。三点共线；B、F、H三点共线.2 AE. BH、CO三线共点.3 AE=BH=CgFA+FB-FC.由于，尸在正三角形3CE的外接圆的弧8c上，故由尸心加生y定理,有FE=FB+FC.于是AE=AF+F3+FC 同理可证8H=CO二用+F8+FC.也可用下法证明：在FE上取点M使FN=FB、连BN,由4FBN为正三角形，可证得/8NE丝于 是得，NE=FC.也 AMFA+FN+NE=FA+FB+FC.例17.问题）在三个角都小于120。的AABC所在平而上求一点P,使出+P8+PC取得最小值.证明：

39、设P为平而上任意一点，作等边三角形P8M （如图）连ME, 则由 BP=8M, BC=BE,PBC= MBE=60 - MBC.彳导/BPCW/BME,于是ME=PC,故得折线 APME= PA+PB+PC2AE= FA+FB+FC.即三角形的Fennat point就是所求的点.说明:本题也可用Ptolemy的推广来证明:由PB CE+PCBE>PEBC.可得， 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一一费马点.例 18.凸六边形 A8CDEF, AB=BC=CD, DE=EF=FA, NBCD=NEFA=6

40、0在形内,且ZAGB= /DHE= 120 .求证：AG+GB+GH+DH+HECF.F证明连BD、AE. BE,作点G、H关于BE的对称点G 、H ，连3G平几名定理、名题与竞赛题DG 、G H 、AH 、EH 。由于 BC=CO, NBCD=60 ； EF=FA, ZEM=60 /BCD、/E必都是正三角形， AB=BD, AE=ED, AEDB 为等形 AABGADBG , /DEH"AEH .由N8G D=120 , ZBCD=60 B、C、D、G 四点共圆.由尸始说?)，定理知CG =G B+G D,同理，H F=H A+H E,F?CF.于是 AG+GB+GH+DH+HE

41、 = G B+G D+G H +H A+H E=CG +G H +H 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一先证明：P为三角形形内任意一点，重心为G,贝lj PA2+PB2+PCJGA2+GB2+GC2+3PG2. 证明：取中线 BG 中点 M,则 2(PA2+PC2)=AC?+4PE2,2(PB2+PG2)=BG2+4PM2,2(PE2+PM2)=ME2+4PG2,+(§)+(§)X2 得：2(PA2+PB2+PC)=AC2+GB2+2ME2+6PG2=2GB2+6PG2+AC2+ 4GE2=2GB2+6PG2+2GA2+2GC2.，pa2+pb2+p

42、c2=ga2+gb2+gc2+3PG2 ./I)于是PA2+PB2+PC2GA2+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(x” yi), B(x2,力)，C(x3, yj). P(x, y),则 S=(x-xi)2+(y-yi)2+(x-X2)2+(y- y2)2+(x-xa)2+(y-yj)2=3x2 - 2(Xi+X2+X3)X+(X/+X22+X32)+3y2-2(yi+y2+y3)y+(yJ+y22+y32)显然，当xg(xi+X2+X3), y(yi+y2+y3)时，S取得最小值.即当P为 ABC的重心时，S取得最小值. 定理15三角形内到三边距离

43、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. 7贝ij 2 =ax+by+cz3*/ax by cz.即 xyzW-等号当且仅当 ax=by=cz,即 PAB、 PBC、3/abcPCA的而积相等时成立.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一一重心.3 三角形内到三边距离之积最大的点一一重心.例19.(凡仲心问题)给定锐角三角形，求其内接三角形中周长最小者. 证明(任加方法)分成几部分来证明：1 先在5。上任取一点。，

44、固定。，求出以。为一个顶点/A3C的内接三角形中周长最小者.作。关于A3、AC的对称点。'、D”,连Q7T交A3、AC于点F、E,连。/、DT. DE、D”E,对于任一以一个顶点的/ABC的内接三角形 XPQ,连QD, PD'、PD,于是可证DE+EF+FD=DDWD V+QP+PD ,f=DQ+QP+PD.即J DEF为固定点D后周长最小的内接三角形.2 当点。的BC上运动时，对每一点。，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.平几名定理、名题与竞赛题连 AD. AD AD',贝 IJ AD=AD=AD',且 D，AB=/DAB, ZD&

45、quot;AC=ZDAC, D 于是 D'AD”=2 A.所以。D=2ADsinA.当点。在8C上运动时，以点。 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。为8C边上的垂足.对于垂足三角形。石凡 由 DEC= AEF,而DEC= CED",故点上在上，同理，尸在。上，即NDEF为所求得 B 的周长最小三角形.（Sc/“M/7：解法）这是一个非常奇妙的证法：如图，/。七尸为/ABC的垂足三角形，/PQR为/ABC的任一内接三角形.作/A8C关于AC的对 称图形/ACBi,由 DEC= FEA,故EE的关于AC的对称线段EFi应与OE共

46、线.再作/ACS关于A明 的对称三角形A&G，这样连续作五次对称三角形，就得到下图：在此图中的DD4=DEF的周长的两倍.而折线PQRP迎求3P4也等于/PQH的周长的两倍.但易证 BDE+ &OF3=180 ,于是 DPD4P4,且 OP=DiP4,从而线段 PP4=OD»=/OEF 周长的 两倍.显然，折线尸QRPzSR3P4的长>线段尸尸4的长.即Z1PQR的周长所的周长.定理16. （Po/ya问题）两端点在给定圆周上且把圆而积二等分的所有线中，以直 径最短.连八从 作与AB平行的直径CD,作直径八夕，则8与夕关于CQ对称.C。与曲线A3必有交点，否则曲

47、线A3全部在CQ一侧，不可能等分圆面积.设 交点、为E,连AE、BE、B£ 则AE+EB=AE+EB'>W,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.62加”解法）1 周长一定的封闭曲线中，如果围成的面枳最大，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，

48、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、8平分其周长，则弦A3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A8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.平几名定理、名题与竞赛题3 对于既平分周长与又平分面积的弦A3,只考虑该图形在AB的任一侧的一半，若。为此段弧上 任一点，贝IJ 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，而尸的而积变大.这说明，此半

49、段曲线必为半圆，从而另一半也是半圆.例20.设正三角形A8C的边长为小 若曲线/平分ZIABC的面积，求证：曲线/的长2至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/.若此曲线与三角形的两边A3、AC相交于点尸、Q,作Z1A8C关于AC、AC 的对称图形，得NACO、MBG,再作此图形关于。G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

50、围成的封闭曲线平分正六边形BCDEFG的面积.以A为 圆心，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A3、AC间的弧段MN平分 /ABC的面积.由于正六边形而积=6, 木囚2=部”2.故得77rH囚2,解得,从而弧MN的长2幻=口，由等周定理，知62由练习题1、在四边形A3CQ中，ZABD. /BCD、Z1A5C的面积比是3 ： 4 ： 1,点M、N分别在AC、CD ± 满足AM： AC=CN： CD,并且从A/、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

51、: MC=CN ： ND,令 CN : /VD=; (/>0), 则 AM : MC=r.由 S.abd=3Sabc，Ssc/)=4S八sc 即 SAsd : Sbcd =3 14.从而 AE：EC：AC=3：4：7.Sacd : St&=6 ： 1,故 DE : EB=6 ： 1 ：.DB ： BE=7 ： 1.AM : AC=r : (r+l)t 即 4c.r 34/,一31/.EM=(TL7)AC=4MC=?ACtr+1 7"7(r+l)r+14r 3CN DB EMEM : A/C=j.由Menelaus定理，知而.豆p京=匕 代入得ilf 3r-7.=1,即4

52、户一3l 1=0,这个方程有惟一的正根H1 .故CN：ND=1,就是N为CN中点，M为A。中点.2、四边形ABCZ）内接于圆，其边AB与。延长交于点P, AD. BC平几名定理、名题与竞赛题延长交于点。，由。作该圆的两条切线QE、QF,切点分别为£ F,求证：P、E、F三点共线.(1997年 中国数学奥林匹克)证明连P。，作。QDC交PQ于点M,则 QMC= CDA= CBP,于是M、C、B、尸四点共圆.由 P0J2=PCPD=PM,PQ,QO-r=QCQB=QMQP,两式相减，得 PO2-QO2=pq.(pm_qm)=(PM+QM)( PM-QW)=PA/2-。M2,：.OMLPQ

53、.。、F、M、Q、E五点共圆.连PE,若PE交。0于Fi，交。OFM于点后，则对于00,有PF.PE=PC,PD,对于。OFM,又有PF2.PE=PCPD.：.PFvPE=PFrPE,即R与B重合于二圆的公共点F.即尸、F、E三点共线.3、若ZJABC的边a、b、c,所对的角为1 ： 2 ： 4,求证：:我:.作三角形的外接圆，即得圆内接正七边形，转化为例1'.vp YP 7P4、P为/ABC内任意一点，AP. BP、。尸分别交对边于X、Y. Z.求证：羽+花+茨=1.证明:舞舞条薨三式相加即得证.5、如图，设AA5C的外接圆。的半径为R.内心为/. ZX<ZC, NB=60&#

54、176; , NA的外角平分线交。 。于£证明：/O=AE：(2)2/?</O+M+/C<( 1 +a/3)/?.(1994 年全国高中数学联赛)证明：V ZB=60° , A ZAOC=ZA/C=120° .A, O, I,。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。/于，A/延长线交弧BC于D._、由NE4D=90° (内外角平分线)知OE为。0的直径.NOAD= '/ 血(A x '但NOA/=NOH/,故NOHI=NADE,于是 Rt X DAE/R0 HIO一一一一y：.AE=I

55、O.氏 1/由AAG/为正三角形，据P/oM町定理得，IC+IA=IH.关由 0H=2R. ：. IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R.设NOH/=a,贝IJO<uv3O° .0IO+IA+IC=IO+IH=2R(sin a +cos « )=2Rsin(« +45° ).又 q+45° <75° ,故 IO+IA+IC<2y2R(y6+yj2)/4=R( 1 +3).6、设尸为/ABC的外接圆上一点，为ZL4BC的垂心，求证：尸的中点K在AABC的与点P对应的Simson line上.设过尸作三边的垂线交BC、CA、AB于点X、丫、Z.连KZ、KF、ZX,延一长 CF 交OO 于点 N,连 PN.! I由 PZ_LA3, CF1AB, K 为尸”中点知，KZKF.I ； JoXX1! !. KZF= KFZ.易证 HF=FN,故 KF/PN. ：. PNC= KFH./c平几名定理、名题与竞赛题但PNC+尸 3c=180,/.KFZ+ZFH+ PBC=180.即KFZ+PBC=90.又 PX工BC, PZ1.BZ P、Z、X、8 共圆./.XZB=XPB,而XPB+PBC=90 .：.KZF= KFZ= XZB.，ZK与ZX共线.即点K在