几何第01讲-几何的有名定理

1、第一讲几何的有名定理（1）一梅涅劳斯定理Menelaus（公元98年左右），希腊数学家、天文学家，梅涅劳斯定理包含在 其几何著作球论里.梅涅劳斯定理设4ABC的三边BC、CA、AB或它们的延长线与一条不经过其顶及空空1.PC QA RB点的直线交于 P、Q、R三点，则梅涅劳斯定理逆定理设P、Q、R分别是4AB的三边BC、CA、AB上或 它们延长线上三点，若有 空.C9.空 1,则P、Q、R三点在同一直线上.PC QA RB例1.过 ABC的重心G的直线分别交AB、例题选讲BE CFAC于E、F,父CB于D。求证： C 1EA FA证连AG,交BC于M,AG MDGM DBAG MD GM DC

2、BEDEF 截AABM EACFDEF 截AAMC FA,BEGMGMDB1 - EAAGAG2MD,CFGMDCDC1 - FAAGMD2MD故店更胆EA FA 2MDDC2MD评注也可以添加辅助线证明:A、B、C之一作DF的平行线。1 / 15分析要证P、Q、R三点共线，只需证明世PCCQQAAR一 .AR 1 ,利用三角形内RB角及外角平分线的性质不难得到例3.莱莫恩(Lemoine)线如图，过 ABC的三个顶点 A、B、C 作它的外接圆的切线，分别和BC、CA、AB 的延线交于P、Q、R.求证P、Q、R三点 共线.分析欲证P、Q、R三点共线，只须证明黑.CQ.AR 1.PC QA RB

3、证明因AP为圆的切线，所以 ACP S/XABP,从而有ABACBPAPABACAPCPBP AB2两式相乘得加而同理可得CQQA2_BC ARAB2 , RBCA2BC史也期1.CP QA RB由梅涅劳斯定理的逆定理得,P、Q、R三点共线,例2.设 ABC的/A的外角平分线与/ B 的延长线交于P, B的平分线与A交于Q, C的 平分线和AB交于R(图15-7).求证P、Q、R三点 共线.F例4.戴沙格（Desargues）定理 &AABC 和B应顶点的连线AA, BB , CC交于 一点S,这时如果对应边BC和B C： CA和C A AB和A B（或它们的延长线）相交，则它们的 交点D、E

4、、F在同一直线上.分析 由于D、E、F三点分别在 ABC三 边延长线上，要证三点共线，只须证明 AF BD CF 彳.1FB DC EA注意图中多个三角形被多条直线所截；反复利用梅涅劳斯定理，即可得证.证明 因直线FA喷ASAB,由梅涅劳斯定理，有 头 纯 理 1AA FB BS同理，直线BCA截ASAC,有空型lCE 1.直线DC B截ASBC,有 AA CC EASB BD CC彳 1.BB DC CS三式相乘，得AE.竺D.CE 1,由梅涅劳斯定理逆定理，D、E、F三点共线. FB DC EA注戴沙格定理是射影几何中的一个重要定理.例5.牛顿（Newton）线设四边形ABCD的一组对边A

5、B和CD的 延长线交于点E,另一组对边AD和B的延长 线交于F,则AC中点L、BD中点M及EF中 点N三点共线.分析为了证明L、M、N共线，可考虑L、M、N三点是否分别在一个三角形的边或延长线上.由它们分别是 AC、BD、E的中 点，设4EBC三边中点为P、R、Q,则显然有M在P上，L在R上，N在P延 长线上.再利用梅涅劳斯定理不难得到证明.证明 设P、R、Q分别为EB、BC、CE中点，因为L、Q、R分别是CA、CE,CB的中点，所以它们在同一直线上，且有同理，M、R、P三点在同一直线上，且QLLRRMEAAB CDMP DE3 / 15N、P、Q三点在同一直线上，且PNNQBFFCQL RM

6、 PN二式相乘得LN MP NQEA CD BFAB DE FC但因直线AD切割AEBC由梅涅劳斯定理，有 型 肚.空 1,AB FC NQQL RM PN /. 1.LR MP NQ因L、M、N三点分别在 PQ三边或其延长线上，故由梅涅劳斯定 理逆定理，L、M、N三点共线，注直线LMN叫做四边形ABCD的牛顿线。例6. 若在直ABC中，CK是斜边上的高. 是/ ACK的平分线，E点在AK上，D是AC的中点， DE与CK的交点，则BF/ CE.证 在 EBC中，作 B的平分线BH .EBC ACK, HBC ACE,HBC HCB ACE HCB 90 ,即 BH CE.从而可知 EBC为等腰

7、三角形.作月度BC上的高EP,贝U CK=EP.把梅涅劳斯定理用于 ACK和三点D、E、F,则得CD AE KF.DA EK FC1.BKKFBK一，即一 一 BE FC BEFKB - CKE.故得 FBCE.pE B D C F工日 KF EK CK EP BP 于是 FC AE AC AC BC利用分比定理得尤”区,从而KC KE例7. （1996年全国高中数学联赛题）如图，圆Oi和圆O2与ABC的三边所在的三条直线都 相切石F、G H为切点，并且EG FH的延长线交于P点,求证直4 / 15线PA与BC垂直.分析：要证PA，BC只要证明PA/OiE证明：延长PA交EF于D,直线PGEA

8、ADC的三边延长线都相交，直线PHF与4ABD的三边延长线都相交，由梅尼劳斯定理 匹 CG ” 1, EC GA PDBF DP AH 1 DE CG HB FD .EC . DE FD1, HB-Bf,EC=CG,FD PA HB EC GA AH BFGA AHED,.AD / OiE, FD连接 OiGOiE,OiA,O2A,O2H,O2F则 Oi、A、O2三点共线，以及 OiE EF,O2FEF,.O1EFO2 为直角梯形，又OiAGsZO2AH, 0A 学o2a ah故 ADLEF 即 PAL EF.课外练习题i.设平行四边形 ABCD内一点E,过E引AB 的平行线与 AD、BC交于

9、K、G.过E引AD的 平行线与 AB、CD交于F、H,则FK、BD、GH 互相平行或交于一点.证明.设BD与FK交点为O.OKF 截ZXABD, AF BODK i, DH CG BO i.FB OD KA HC GB OD G、H、O在同一直线上，即FK,BD,GH交于一点。2 . 一条直线与三角形三边或其延长线交于L、M、N三点，若L、MT、N点与L、M、N关于三边的中点对称，求证 L、M、N三点也共线.证明.由梅涅劳斯定理有BL CM N iCL AM BN又由于 M、N、L分别与 M、N、L关于三边中点对称，所以 AN =BN, BN=AN , BL = CL, CL =BL AM=C

10、M , CM =AM。代入上式得C:包里 i, . L、M、L三点共线.BL CM AN5 / i53 .设四边形,ABCD外切于OO.切点分别为E、 F、G、H ,则 HE、DB、GF 交于一点（或 GH、 CA、EF交于一点）.证明.设HE与BD交于M ,则HEMAABD,.AE BM BF 1EB MD FC又设GF与DB交于M ,则CG RM及1GD MB FC由上两式得典典，.”、M重合.MD MD4 .从点K引四条直线，另两条直线分别交这四条直线于 A、B、C、D 和 Ai, Bi,Ci, Di,AC AD AG AiDi试证：:：一 五式：-BC BDBiCi %Di证明：若AD

11、/AD1，结论显然成立；若AD与AiDi相交与点L,则把梅涅劳斯定理分别用于AAL和BBL可得:AD LDi AKLC AKACBCLCiBiK1 i- iL LD AD AKAC AKLCiLC81clBKLD BK 卬 iBD BiK LDi将上面四条式子相乘可得：殷殷组胆iAC BD AiDi BiCiAC . AD ACi . ADi. BC . BD B1cl. BiDi5 .设不等腰4 ABC的内切圆在三边 BC、CA、AB上的切点分别为 D、E、 F,贝U EF 与 BC, FD 与 CA, DE 与 AB的交点X、Y、Z在同一条直线 上； / i5证：ABC被直线XFE所截，由

12、定理1可得:胜 CE 竺 1XC EA FB又Q AE AF 代人上式可得：目X =空XC CE同理可得：CY=DC区MYA AF ZB BD将上面三条式子相乘可得：联CY及1XC YA ZBC1又QX、Y、Z都不在 ABC的边上，由定理2可得X、Y、Z三点共线6 .已知直线AAi, BBi, CC1相交于D,直 线AB和A1B1的交点为C2,直线BC与B1C1 的交点是A2,直线AC与A1C1的交点是B2, 试证：A2、B2、C2三点共线；证：设A2、B2、C2分别是直线BC和B1C1, AC和AC1, AB?DAB的交点， 对所得的三角形和在它们边上的点：OAB和(A, B ,C2),OB

13、C和(B,G,A2),OAC和(A, G,B2)应用梅涅劳斯定理有：AAOB1BC21 OC1BB,CA21 OACCAB21OA1BB1AC2 CC1OB1BA2 AAOC1CB2将上面的三条式子相乘可得：”鱼坐翦 1AC2 CB2 BA2由梅涅劳斯定理可知a,b2,c2共线.7 / 157 . AABC的内切圆分别切三边 BC,CA, AB于点D, E, F,点X是AABC的一个 内点， XBC的内切圆也在 D点与BC边 相切，并与CX , XB分别相切于点Y , Z .证 明：EFZY是圆内接四边形.分析：若BC与EF交于P且 DE - PF=PY - PZ,则本题获证.略证：如果EF/

14、 BC,则AB=AC , AD是EFZY的对称轴，因而EFZY是圆内接四边形.如果EF不平行于BC,可假定BC与EF的延长线相交于P,由梅涅劳斯定BP CE AF .理，有 1.PC EA FB由圆幕定理，有 ZB DB FB,CY CD CE , AF EA,XZ YX,BP CY XZ BF CE AF.1,PC YX ZB PC EA FB由梅涅劳斯定理的逆定理，知P,Y,Z三点共线，于是，PE PF= PD2=PY PZ.所以，EFZY是圆内接四边形.评述：本题证明除应用了梅涅劳斯定理及其逆定理， 还多次应用了圆幕定理。8 / 15二塞瓦（Ceva）定理G Ceva （1647年174

15、3年）,意大利著名数学家.塞瓦定理设S为4ABC边所 A在直线外一点，连接 AS、BS、CS分别和 ABC之边或三边延长线交B于P、Q、R,则空汨空1.PC QA RB塞瓦定理逆定理|设P、Q、R ABC的三边或其延长线上的三点（ Q、R都在三边上或只有其中之一在边上），如果有案.翁喘1,则三直线AP、BQ、CR交号点或互相平行.例题选讲例1. 4ABC中，内切圆。O与各边BC、CA、AB相切于D、E、F,求证 AD、BE、CF 交于一点.证明： 由巳知有 BD=BF, CD=CE, AE=AF,BD CE AF1. AD, BE, CF 二线共点。DC EA FB例2.证明：锐角三角形的高交

16、于一点。证：记锐角ABC的角平分线分别是设 CB1=x,那么 AB1=b x,则:AA1, BB1,CC1,c2 (b x)2 BBi a2 x2CBi2,2a bx 2b则：B1A同理可得:2, 22c b a2b,222b c a2c22.2cab2a AC1BA1C1BA1c22,2a c b2c,222b a c2aAC1 BA1 CB11C1B A1c B1A锐角三角形的三条高交于一点；9 / 15例3.已知AD是4ABC的边B上的图，P为AD上任意 一点，直线BP、CP分别交AC、AB于E、F.求证/ FDA= /ADE .A证明：过A作BC的平行线交DF、DE的延长线于F、E由塞

17、瓦定理有些DC用 CE DC AF ,EA AE FBCE AFEA而 AFTb1,代入上式得AF=AE.例4.点，A于L、设A、B、C分别为 ABC三边 ,C A ,A中忐；P 为A BC 内一 P、BP、CP 分别交 B C、C A A B. M、N,求证：AL,BM,CN三线共点分析 要由一组三线共点推出另一组三线共点，考虑到A、B、C分别为 ABC三边的中点，不难利用塞瓦定理得到证明.证明 v AL、BM、CN三线共点,BL CM AN 彳 .1.LC MA NB设 AL、BM、CN 分别交 BC、CA、AB 于点 L、M、N,V BC、 分别为AC、AB的中点,CM AM AN BN

18、 d ,1.M A MC NB NABC/ZBC,BL CLLC LBBL CM AN CL BN AMLC.MA.nb LB . NA MC1.由塞瓦定理的逆定理，AL、BM、CN三线共点，即AL、BM、CN三线共占 八、.10 / 15例5 如图，设P是4ABC内一点，AP、 BP、CP分别与边BA、CA、AB交于D、 E、F,过D、E、F三点作圆，与三边又交 于 D、E、F.求证 AD、BE、CF三 线交一点.分析要证AD、BE、CF三线共点，考虑 到AD、BE、CF三线共点.显然可利用塞瓦定理.又考虑到 D、E、F、D、E、F六点共圆，因此可利用圆幕定理将等式转换.证明 AD, BE、

19、CF三线共点，由塞瓦定理得史CE.AE 1.但D、E、FDC EA FB三式相乘得：BDCEAF BD CEAF BFCDAE BF CD AE.BDCEAFBD CE AFDC EA FB DC EA FB1.因BD CE AFDC EA FB1,BD CE AF 所以rTA三五DC EA F B1.由塞瓦定理逆定理可知，AD、BE、CF共点,注由本题可知，一个圆周与ABC交于六点D、D、E、E、F、F,若AD,BE,CF三线交于一点，则 AD、BE、CF也相交可例6.在锐角三角形ABC中，/ C的平分线交 于L,从L作边AC和BC的垂线，垂足分别是 和N, AN和BM 交于P,证明：CPX

20、AB.证明作CQ AB于Q占八、N五点共圆,因为 LM AC, LN XBC,所以 C、M、L、Q、所以 AM AC=AL- AQ, BN BC=BQ BL,AM AL BN BL 所以 ,-AQ AC BQ BC11 / 15和 D , E、F共圆，所以 BDBD BFBF,CECE CDCD,AFAF AEAE.又由CL平分/ ACB得,ALAcBLAM BNAM BQ，所以,即BCAQ BQAQ BN于是 Rt CML Rt CNL ,所以CM=CNAM CN BQ d故有. 1MC NB QA由塞瓦定理的逆定理得，AN,BM,CQ共点，故C,P,Q共线，从而CPAB.例7.以4ABC各

21、边为底边向外作相似的等腰三角形BCE,CAF,AGB .求证 AE,BF,CG 相交于一点.分析如图，要证AE、BF、DG三线共点，由塞瓦定理的逆定理，只需证BL CM JAN 1即可，但是图中没 LC MA NB有平行线，得不到比例关系，我们尝试通过三角形面积之比来转换，看能否得到要证的式子.证明设三个相似等腰三角形的底角为 ，AE、BF、CG分别交BC,CA, AB于 L、M、N,则更 LCS ABES ACE1 -2 AB BEsin(B) ABsin(B)1AC CEsin(C) ACsin(C)同理需BC sin(C) ANAC sin(A),ABsm(A) NBBC sin(B)B

22、L CM AN.LC MA NB1.由塞瓦定理的逆定理,AE、BF、CG 交于一点.课外练习题1 .证明：三角形的三条中线、三条角平分线交于一点证（略）2 . （2002年澳大利亚数学奥林匹克）已知过三角形的一个顶点的直线将三角形分为 两个小三角形，若这两个小三角形的周长相等，则 称这条直线为 整分线”.证明：4ABC的三条 整分 线”交于一点.12 / 15证明 设分别过顶点A、B、C的 整分线”与对边分别交于点A 、B、C;设 BC=a,CA=b ,AB=c，又设 BA= m,A C=n.由已知条件，有 c+m+AA = b+n+AA又因为 m+n=a,所以 2m=a+b-c, 2n=a+

23、c-b所叫言中同理CAb c a AC c a b a c,CB c bBA 所以不ACCB AC d. 1BA CB由塞瓦定理的逆定理得，AA、BB、CC三线交于一点.3 .在 ABC的边BC上任取一点D,设/ADB和/ADC 的角平分线分别交 AB、AC于F和E,求证AD、BE、 CF交于一点.解.考虑到DF、DE分别是/ BDA和/ ADC的平分线, BD CE AF BD CD AD 彳.1 DC EA FB DC AD BD AD、BE、CF三线共点.4 .在ABC中，AM 为BC边上的中线，AD为/ A的平分线,顶点B在AD上射影 为E , BE交AM 于N,求证 DN / AB

24、.证 延长AC与BE延长线交于F,则4ABF为等腰三 角形.延长EM交AB于L,则L为AB中点，在 ABE 中由塞瓦定理，有BN ED弛1,NE DA LBBN DAAL LB, ND/AB.NE EDA5 . 已知O是4ABC的外接圆圆心，X、Y分别是AC、AB上的点，且使得BX和CY相交于O,XYC.试求/ BAC的大小.BAC AYX13 / 15XYO解 易知O在 ABC内部.连接AO,并延长与AY BZ CX 彳 .1YB ZC XA因为YX平分 AYC AY 丝，所以YZ平分YC XC令 BAO , ACO , CBO ,贝U因为 AYXXYC,所以 CYZ即得 CBOCYZ所以 B、Y、O、Z四点共圆，所以 YZOBC相交于乙由塞瓦定理，有A又 AYC的内角和是34180, AYZ的内角