任名校数学斯定理和定理

一

斯定理和定交于P、Q、R，则BP∙CQ∙AR=1PCQA长度，则：BP∙CQ∙AR=ℎ𝐵∙ℎ𝐶∙ℎ𝐴=1。PCQA ℎ𝐶ℎ𝐴1若直角∆ABC中，CK是斜边上的高，CE是∠ACK的平分线，EAK上，DAC的中点，FDECK的交点，证明：BF∥CE∠ACE，∠HBC∠HCB=∠ACK∠HCB=90°，即BH⊥CE，所以∆EBC为F根据斯定理有：CD∙AE∙KF=1，于是KF=EK=CK=EP=BP=DAEK 即KFBK，根据分比定理有：KFBK，所以∆FKBCKE，所以BFCE 例2从点K引四条直线，另两条直线分别交直线与A、B、C、DA1，B1，C1，D1，试证：AC:AD=A1C1:A1D1BC B1C1【解析】若AD∥A1D1，结论显然成立；若AD与A1D1相交于点L，则把斯定理分别用于∆A1AL和∆B1BL可得：AD∙LD1∙A1K=1LC∙AK∙A1C1=1BC∙LC1∙B1K=1LDA1D1 AC LCB1C1BD ACBDA1D1 BC B1C12P、Q、R分别是∆ABCBC、CA、ABP、Q、R三点中，位于∆ABC02，这时若BP∙CQ∙AR=1P、Q、RPCQABP∙CQ

AR=1，又因为

CQ∙

=1PCQA PCQAAR‘=ARP、Q、R 于∆ABC02，因此R与R‘或即BR<𝐵R‘，于是可得AR>AR‘，这与AR= ，类似地可证得当R与R‘同在AB的延 线上时，R与R‘也重合，综上可得：P、Q、R三点共线3P位于∆ABC的外接圆上；A1、B1、C1PBC、A1CA1C【解析】BA1=−BP∙cos∠PBCCB1=−CP∙cos∠PCA 1=

=

∠PAB=∠PCB，∠PCA∠PBA=180°，可得BA1∙CB1∙AC1=CA1AB1根据斯定理可知A1、B1、C1三点共线FD与CA，DE与AB的交点X、Y、Z在同一条直线上。XCEA又因为AE=AF，代入上式可得BX=FB，同理可得CY= AZEA，将上面的式子相乘可得：BXCYAZ1，又因为X XCYA5已知直线AA1，BB1，CC1相交于OAB和A1B1的交点为C2BC和B1C1的交点为A2，直线AC和A1C1的交点为B2，试证A2、B2、C2三点共线。的交点，对所得的三角形和它们边上的点：OAB和（A1B1C21，1，A2OAAA1∙OB1∙BC2=1，OC1∙BB1∙CA2=1，OA1∙CC1∙AB2=1，将上面的三OA1BB1 CC1OB1 AA1OC1AC2CB2【解析】EFCD，EFAB，ABCDU、V、W，对∆UVW，应用斯定理于五组三元点(L,D,E)，(A,M,F)，(B,C,N)，(A,C,E)，(B,D,F)，则有UE∙VL∙WD=1VA∙UF∙WM=1，UN∙WC∙VB=1，WA∙UC∙VE=1，WB∙UD∙VF=1，VEWL WAVF VNUC VAWC VBWDVL∙WM∙UN=1L、M、NWLUM要条件是：BPCQAR=1PCQA证明：先证必要性：设AP、BQ、CR相交于点M， BP=S∆ABP=S∆BMP=S∆ABM，同理CQ=S∆BCM，AR=S∆ACM， RBP PCQA PCQA

∙CQ∙AR=1，

=AR，因为R和R’ PCQA 【解析】记∆ABC的中线AA1，BB1，CC1，我们只1AC1BA1∙CB1=1显1C1BA1C

=C1B，

=A1C=C1BA1C 例8在锐角∆ABC中，∠CABLL做边BACBCM和NANBM的交点是P，证明：CP⊥AB N理即要证：AM∙CN∙BK=1，又因为MC=CNNMCNB明：AM∙BK=1，因为∆AML≅∆AKC⟹AM=AL AK ∆BNL≅∆BKC⟹BK=BC，即要证∙BC=1，根据 ACAC9AD是∆ABCDBCPAD上任一点，BP、CPAC、AB交于E和F，则∠EDA=∠FDA。欲证∠EDAFDA，可以转化为证明AMAN，因为ADBCMNBC，可得∆AMECDE，∆ANFBDF，所以AMAEAN AF，于是AM=AE∙CD，AN=AF∙BD，AD、BE、CF 根据定理可得：BD∙CE∙AF=1，所以AE∙CD=AF∙BD，所DCEA AM=AN，所以∠EDA10在∆ABCBCCAAB上取点A1、B1、C1，证明AC1∙BA1∙CB1=sin∠ACC1∙sin∠BAA1C1BA1C sin∠C1CB如图对∆ACC1和∆BCC1应用正弦定理，可得AC1=sin∠ACC1，CC1=sin∠B，即AC1=sin∠ACC1∙sin∠B，同理 sin∠C1CBBA1=sin∠BAA1