高中數(shù)學平幾名定理、名題與競賽題競賽精講

1、A3A2A1A7A6伊|1第八章聯(lián)賽二試選講 8.1 平幾名定理、名題與競賽題平面幾何在其漫長的發(fā)展過程中，得出了大量的定理，積累了大量的題目，其中很多題 目都是大數(shù)學家的大手筆，這些題目本身就是典范，這些題目的解決方法則更是我們學習平 面幾何的圭臬.通過學習這些題目，大家可以體會到數(shù)學的美.而且這些題目往往也是數(shù)學 競賽命題的背景題，在很多競賽題中都可以找到他們的身影.本講及下講擬介紹幾個平幾名 題及其應用.定理1 （ Ptolemy定理）圓內接四邊形對角線之積等于兩組對邊乘積之和；（逆命題成立）分析如圖，即證 AC- BDAB- CBAD-BCD可設法把 AC- B麗成兩部分，如把 AC寫

2、成ABEC這樣，AC- BD就拆成了兩 ，音B分：AE- BD及EC- BD于是只要證明 AE- BD=AD-BC及EC- BD=AB- CD可. 證明 在AC上取點E,使ZADEZBDC 由.DAE= DBC 得力 AED力 BCDAE： BCAD： BD 即 AE- BDAD- BC又.ADR EDC ABD： ECD 得力 ABEh力 ECDAB： ED=BD： CD 即 EC- BDAB- CD +，得AC- BD=AB- CDAD- BC說明 本定理的證明給證明 ab=cd+ef的問題提供了一個典范.用類似的證法，可以得到Ptolemy定理的推廣（廣義 Ptolemy定理）：對于一般

3、的四邊形 ABCD有 AB- CDAD- BOAC- BD當且僅當ABCD1圓內接四邊形時等號成立.例1 （1987年第二H一屆全蘇）設AAAA是圓內接正七邊形，求證:111=+A1A2 A1A3 AA證明連 A1A5, g,并設 AA=a, AA=b, AA=c.1 1 1，一，.、一 一, 本題即證正心在圓內接四邊形aaaa中，有1 1AA4=AA5=a, A1A3=AA=b, AA=AA5=c.于是有 ab+ac=bc,同除以 abc,即得一q a b1+一，故證.c例2.（美國紐約，1975）證明：從圓周上一點到圓內接正方形的四個頂點的距離不可能都 是有理數(shù).分析：假定其中幾個是有理數(shù)

4、，證明至少一個是無理數(shù). 廠、.一_.證明：設。O的直徑為2R,不妨設P在AD上，則/ APB45 s,設/ PB盒區(qū) 則/ PAB=135 乙 ct.若 PA=2Rsin ot及 PG=2Rsin(90 a)=2 FCosct為有理數(shù)，則PB=2Rsin Z PAE=2Rsin(135 a)=2R 乎cosot+sin a)=/Rsin ct+cosa)即為無理數(shù).或用 Ptolemy 定理：PB- AC=PA BC+PC AB.=.2PB=PA+Pc故pa pb PC不能同時為有理數(shù).例3. 求證：銳角三角形的外接圓半徑與內切圓半徑的和等于外心到各邊距離的和. 若MBC直角三角形或鈍角三角

5、形，上面的結論成立嗎？證明：如圖，ABCft接于。 點分別為X、Y、Z.由A、X、Q Z四點共圓，據(jù)Ptolemy定理，有Q設。0的半徑=R, iABC勺邊長分別為 a, b, c.三邊的中_ _ 1_1_ 1 r - TOC o 1-5 h z 0A- XZ=OX AZ+OZ- AX nR-a=OX -b+OZ- -c,即 ,222R- 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) =OXa+b)+ OYb+c)+ OZ c+a).但r( a+b+c) =OX- a+OY- b+OZ-c.(都等于三角形面積的 2倍

6、)式與式兩邊分別相加，得R( a+b+c)+ r (a+b+c) = OXa+b)+ OYb+c)+ OZ c+a)+ OX c+OY- a+OZ- b.故，F(xiàn)+r=OXHOY+OZ 當MBC直角三角形(/C為直角)，則O在邊AB上，OX：,上述結論仍成立. 當MBE鈍角三角形(/C為直角或鈍角)時，則有F+r= OXOYOZ證明同上.定理2 設P、Q A、B為任意四點，則 PA-PB=QA-QB PQL AB. 證明 先證 pA- p=qA- qeU pqlab作 PHL AB于 H,貝UPA- Pg=( PH2+AH)-( pH+bh!)=aH- bH=( ah+bh( ah bh=AB(

7、 AB2 BH .同理，作QH LAB于H ,則QA- QB=AR AB2 AH )H=H ,即點H與點H重合.PQL AB= PA- PB=QA QE2顯然成立.說明本題在證明兩線垂直時具有強大的作用.點到圓的哥：設P為。O所在平面上任意一點， PGd, OO的半徑為r,則d2r2就是點P對于O O的哥.過P任作一直線與。O交于點A、B,則PA-PB= | d2-r2| .“到兩圓等騫的點的軌跡是與此二圓的連心線垂直的一條直線，如果此二圓相交，則該軌跡是此二圓的公共弦所在直線”這個結論.這條直線稱為兩圓的“根軸”.三個圓兩兩的根軸如果不互相平行，則它們交于一點，這一點稱為三圓的“根心”.三個

8、圓的根心對于三個圓等哥.當三個圓兩兩相交時，三條公共弦（就是兩兩的根軸）所在直線交于一點.例5.以O為圓心的圓通過ABC勺兩個頂點 A、C,且與AB BC兩邊分別相交于 K、N兩 點，/ABCKBN勺兩外接圓交于 R M兩點.證明：/ OM的直角.（1985年第26屆國際數(shù)學競賽）分析 對于與圓有關的問題，?？衫脠A哥定理，若能找到 于圓O等哥即可.證明：由BM KN AC三線共點P,知PM- PB=PN- PK=P（O-r2.由/PMN/BK仲/CAN彳導P、M N、C共圓，BM上一點，使該點與點B對故得,BM- BP=BN- BC=BSr2.PM- PB BM- BP= PC2 - BO；

9、PMBM( PMBM= PC2- BC2,就是PM-BM= PO2 - BO；于是 OML PB定理3 所在直線交可Ceva定理）設X、 點的充要條件是Y、Z分別為 ABCW邊BC CA AB上的一點，則 AX BY CZAZ BX CYZb, XC YAT1-分析 此三個比值都可以表達為三角形面積的比，從而可用面積來證明.證明：設AZ SbZBS2三式相乘,Sapb=S, Sbpc=S, SnCPA=S.BXS CYS2二一一一二一一XCS YAS即得證.說明用同一法可證其逆正確.本題也可過點A作MN/ BC延長BY CZ與MN別交于 MN,再用比例來證明，N分另1J為DE例6.以 ABC勺

10、三邊為邊向形外作正方形 ABDE BCFG ACHK設L、FG HK勺中點.求證：分析設AM BN、 BP CQ AR證明 PC QA RB1 , 證明設AM BN 易知，/ CBMtZAM BNCL分別交CL分別交CL交于一點.BC CA AB于P、Q R利用面積比設法BC CA AB于 P、Q RBCIW / QCN= / QAN= / LAR= / LBR= 0 .Bps存b|AB BMin( B+ ()二A&in( B+。) PC=S ac=AC- CMin( A+()=AQin( C+。),CQBQin( C+()QAABin( A+ ()，BP二式相乘即得PCARAQin( A+

11、()RB-B(Sin( B+0)CQ AR ,，-、一夫=1,由Ceva定理的逆定理知 AM BN CL交于 QA RB一點.且A計分/ BAC例7.如圖，在ABC43, /ABC/ ACB勻是銳角，D是BC邊上的內點,過點D分別向兩條直線 AB AC作垂線DP DQ其垂足是P、Q,兩條直線CP與BQ相交與點K求 證:AKLBG證明：作高AH_ BHBA,一一一CQDC則由.：BDWBAH苗 y由CDQ：CAH =,PB BDHC CA由A葉分/DCAC .BAG BD而由 DP，AB, DQL AC, AP=AQAP BH.PB HCCQAP BH CQBA-=- =QAQA PB HCBD

12、DCDC BAK=E 7=1,據(jù) Ceva 定理，AH BQ CP交于一點，故 CA BD CAAH過CP BQ的交點K, AK 與 AH重合，即 AKC1 BC.例8.在四邊形 ABCDK對角線AC平分工BAD在CD上取一點E, BE與AC相交于F,延長DF交BC于G.求證：ZGACZEAC （1999年全國高中數(shù)學聯(lián)賽）分析由于BE、CA DG交于一點，故可對此圖形用 造全等三角形證明兩角相等.Ceva定理，再構證明CG BH DE連結BD交AC于H,對力BCD! Ceva定理，可得 三41 .GB HD EC因為AH是.BAD勺角平分線，由角平分線定理，可得吵故HDAU 聯(lián)過點C作AB的

13、平行線交CG AB DE GB AD 41 AG延長線于I ,過點C作AD的平行線交 AE的延長線于j,ntCGCI DEAD 化,貝U-= 所以CIAbGBAB ECCJAB AD T-=1AD CJ從而，CI=CJ.又因 CI / AB CJ/ AD 故 ZACI=Tt -NBAG 兀-NDAC/ACJ因此，/ACI/ACJ從而 IAC= JAC 即 GAC EACX、丫、定理4 （ Menelaus定理）設X、Y、Z分別在 ABC41 BG CA AB所在直線上，則 Z共線的充要條件是證明：作CM BAAZ_cy則市YAcnxgZB=BXAZ BX CY zb Xc YA=1,交XY于N

14、,日 AZ BX CYAZ CN BX CY,Zb,元 YA=CN Zb XC，YT1本定理也可用面積來證明：如圖，連 AX BY記 S淺YB=S, S&YG=&, S在丫=&, S&YA=0.則AZ &BX S+S-=:=:ZBS+Sb XC S 浜，三式相乘即得證.YA S4說明 用同一法可證其逆正確.Ceva定理與 Menelaus定理是一對“對偶定理”.例9.（南斯拉夫，1983）在矩形ABCD勺外接圓弧 AB上取一個不同于頂點 A、B的點M 點P、Q R S是M分別在直線 AD AB BC與CD上的投影.證明，直線 PQ和RS是互相垂直 的，并且它們與矩形的某條對角線交于同一點.證明

15、：設PR與圓的另一交點為 L.則節(jié)Q - AS=（節(jié)M+單A） （示M+1Ms尸節(jié)M -示M+節(jié)M - MS+節(jié)A M +$A . MS-PM- PL+PA - PD=Q,故 PQL RS設PQ交對角線設R眩對角線BDT T,則由 Menelaus 定理，（PQ iABD得署黑舄1；即鬻QBPA QB TD TD DP AQBDT N 由 Menelaus 定理，（RS交ABCD得心 PARB = 八DPCRQBSC11一AQDSBT BN是奇ND故T與N重合.得證.例1Q.（評委會，土耳其，1995）設MBC勺內切圓分別切三邊 BC CA AB于D是MBCrt的一點，AXBCW內切圓也在點

16、D處與BCffi切, EFZY是圓內接四邊形.并與CX XB分別切于點丫、E、F, XZ,證明，分析：圓嘉定理的逆定理與 證明：延長FE BC交于 AF BD CE XZ BD =1 FB DC EA ZB DC由Menelaus定理，有Menelaus 定理.QCYAF CEXZ丫不，二山礪CYYAAFFBBQQcCEdeA-1,工日/日XZ BQ于無信Zb.QbCY41即Z、Y、Q三點共線.但由切割線定理知， QE- QF=QD2=QY- QZ故由圓哥定理白逆定理知 E、F、Z、丫四點共圓.EFZY是圓內接四邊形.即定理5 （蝴蝶定理）AB是。O的弦，M是其中點，弦CD EF經(jīng)過點 M C

17、E DE交AB于P、BN DS CR BNSC RBnd, Sc rb=1 ；艮 NdiDSj CRFM-Q 求證：MP=QM分析 圓是關于直徑對稱的， 當作出點F關于OM勺對稱點F后，只要設法證明力 FMQ即可.證明：作點F關于OM勺對稱點F，連FF , F M, F Q, F D .則M=MF , N4=/FMP/6.圓內接四邊形 F FED中，/5+/6=18Q,從而/4+/5=18Q,于是M F、D Q四點共圓，/2=/3,但/3=/1,從而/1=/2,于是MFmMF Q.MP=MQ說明 本定理有很多種證明方法，而且有多種推廣.例11.在箏形 ABC珅，AB=AQ BG=CQ經(jīng)AC B

18、D交點O作二直線分別交 AD BC ABCDT點E、F、G H, GF EH分別交BD于點I、J,求證：IO=OJ （ 1990年冬令營選拔賽題） 分析 通常的解法是建立以 O為原點的直角坐標系，用解析幾何方法來解，下面提供的解 法則利用了面積計算.證明：如圖，由S/AOB=SAO P,則BCAC利用張角定理可得，sin A sin、工 sin ;2cos 二 _ 1 1:ta =c+M2bccos ;=t a=b+c再作高 CH 貝U AE=CHtsco(_bsin2 acsca_2bcosa.盾.=DE=A曰 t a=2bcos a- b+c22bccos & 2b cos 一i由 coP

19、, ab,知 cos Pcos a.b+c同理,2a2cos :GF=2 a2 cos P1+ab,故二一：，由張角定理得,a+c2acos !：:; 2bcos、工:cc1+1+rab2b2cos、工F+1_DE 矛sin A sin ;sin 二 一 2cos 二 1 1口 e2cos ： 1 1 同理r _c+a由于ab,故cos otcosta tb=3 郊 I 即 tbta-就是 BFADBGBF+FGAtDE=AE 即是 BOAEGF CFBf= Af-gf=BG- CF BG BG AEAF+FC AF1+CF-AB-AB1+Bc 1+AcAE AE- DC=DE 矛盾.故 BC

20、=ACBD BC1 +DC-bfafabABBDAD、或 Gf=Cf_CbcCa=D(c:Dee,任思到GF=DE故BFH/ OM AH=2OMHHAiA是平行四邊形，故 Hhb/ A1A2 , HH=AA2.HHAA ；HH=AA;HH=AA.故 四邊形 AAAA0四邊形 HHHH.M,作 MO,由四邊形 AAAA有外接圓知，四邊形 HHHH也有外接圓.取 HHJ/的中點 HH,且MO=MO則點。即為四邊形 HHHH的外接圓圓心.又證：以O為坐標原點，O O的半徑為長度單位建立直角坐標系，設OA、OA、OA、OA與OX正方向所成的角分別為3、丫、6,則點A、A A A4的坐標依次是(cos

21、a , sin a )、(cos 3 , sin 3 )、(cos 丫，sin 丫)、(cos 5, sin 6 .顯然，/ AAA、/ AAA、/AAA、力AAA的外心都是點(1 (cos 3 +cos 丫 +cos 6), 3(sin a +sin &sin 丫 )、(! (cos d+cos a +cos 3 ), 31 , .7 (sin313(sin3 +sin 丫 +sin 6)、&sin + +sin 3 )、0,而它們的重心依次是：(1 (cos 丫 +cos*cos a ),31三(cos a +cos 3 +cos 丫 ), 3(sin a +sin 3 +sin 丫 ).

22、從而，/ AAA、/AAA1、/AAA、力AAA的垂心依次是Hi(cos 3 +cos 丫 +cos 6 , sin a +sin &sin 丫 )、H 3 (cos &cos a +cos 3 ,sin 3 +sin 丫 +sin 3 、 Hsin &sin + +sin 3 ) 、 H2 (cos 丫 +cos 6+cos a4 (cos a +cos 3 +cos 丫 ,sin a +sin 3 +sin 丫 ).a +sin 3 +sin 丫 +sin d)的距離而 H、H H、H4 點與點 O(cos a+cos 3+cos 丫+cos6, sin都等于1,即H、H、H、H4四點在以

23、O為圓心，1為半徑的圓上.證畢.定理9 ( Nine point round)三角形的三條高的垂足、三條邊的中點以及三個頂點與垂心 連線的中點，共計九點共圓.分析 要證九個點共圓，可先過其中三點作一圓，再證其余的點在此圓上.為此可考慮在 三種點中各選一點作圓，再在其余三類共六個點中每類取一個點證明其在圓上，即可證明.證明：取BC的中點M高AD的垂足D, AH中點P,過此三點作圓，該圓的直徑即為MP由中位線定理知， MIN/ AB, NP/ CH彳1 CHL AB故NPNM90于是，點 N在 OMDF,同理，AB中點在。MDPk.再由QM CH QP/ AB,又得/PQM90,故點Q在。MDPh

24、,同理，CH中點在 OMDPk.由FP為Rt. NAFH的斜邊中線，故 ZPFH=/PHI=/CHD又FM為Rt.BCF的斜邊中線，得/MFC/MCF41/CHD/DCH90白，故/PFM90立又得點F在OMDPk,同理，高 BH的垂足在。MDPh.即證.說明證明多點共圓的通法，就是先過三點作圓，再證明其余的點在此圓上.九點圓的圓心在三角形的 Euler線上.九點圓的直徑等于三角形外接圓的半徑.由OM/AP, OMAP,知PMIW OHM相平分，即九點圓圓心在 /ABC勺外接圓半徑.定理10（三角形的內心的一個重要性質 ）設1、I a分別為 /A平分線與ABC勺外接圓交于點 P,則PB=PC=

25、PI=PIa.例15.設ABC時圓內接四邊形，AABC AABD AACDI4,則I1I2I3I4為矩形.（1986年國家冬令營選拔賽題）OH.且九點圓直徑 MROA=ABC的內心、及/A內的旁心，而A BC曲內心依次為12、13、分析只須證明該四邊形的一個角為直角即可.為此可計算1、2、XI2Y.證明如圖，BI2延長線與。O的交點X為公D中點.且XI2=XI3=XAXD口 11于是 Z1 =2(180 電 ZX)=904 BC,1同理，.2=90-CD.4ZXI2Y=2 ( XY+BD)YUCZ10. 22A X1211=4( AB+AD)+2( BC+ CD),故/1+/2+/XI2Y=9

26、0 -90AB+BC+CD+DA)=270 從而ZI 1I 2I 3=90 口同理可證其余.說明 亦可證 XZ!YU 又 XZ平分/I2XI3及 XI2=XIqI2I3，XZ,從而 I2I3/YU于是得證.定理11 （ Euler定理）設三角形的外接圓半徑為R內切圓半徑為r,外心與內心的距離為d,則d2=R-2Rr. （1992年江蘇省數(shù)學競賽）分析 改寫此式，得：d2-R=2Rr,左邊為圓哥定理的表達式，故可改為過 I的任一直線與 圓交得兩段的積，右邊則為。O的直徑與內切圓半徑的積，故應添出此二者，并構造相似三角形來證明.證明：如圖，O I分別為ABC勺外心與內心.連 AI并延長交。O于點

27、由AI平分NBAC故D為弧BC的中點.連 DO并延長交。O于E,則DE為與 垂直的。O的直徑.由圓哥定理知，R-d2=（F+d）（ Rd）=IA - ID.（作直線 OI與OO交于兩點， 可用證明）D, BC但DB=DI （可連BI,證明/DBI=/DIB得），故只要證2Rr=IA DB即證2R：DB=IA : r即可.而這個比例式可由 AFIs/EBDi正得.故得 R-d2=2Rr,即證.即A0CAo例例16. (1989IMO)銳角 MBC勺內角平分線分別交外接圓于點Ai、B、G,直線AA與/ ABC的外角平分線相交于點 A,類似的定義B0, G,證明：1) Sabg=2Sacbacb；

28、Sae0C0 4Sbc.分析：利用A1I=AA,把三角形ARG拆成以I為公共頂點的六個小三角 形，分別與六邊形 ACBACB中的某一部分的2倍相等. 若連OA OB OCfi六邊形ACBACB分成三個四邊形，再計算其面積和， 最后歸結為證明 R2r.也可以這樣想：由知即證SacbacbA2 Sabc而IA1、舊1、IC1把六邊開分成三個箏形， 于是六邊形的面積等于 BC面積的2倍.故 只要證明S1BO8BC.證明： 設AABC勺內心為I ,則 AA0=AI ,則 &bi=2Sabi ；同理可得其余6個等式.相加即得證.連OA OB OC把六邊形 ACBACB分成三個四邊形，由 OC AB, O

29、A ，BG OB CA 得 SAiCBACEfSoAGE+ SoBAiC + Socb4AB.嗎BC F+2CA-R=Rp.但由 Euler 定理，R2Rr=RR 2r)=d20,知 R 2r,故Rp 2rp=2S abc.故得證.證明：記 A=2a, B=2良 C=2Y. 0qsin2 Psin2 尸,sin( ;+c() -qsin2 為in2 % , 又證：連 OA OB OCT六邊形ACBACB分成三個四邊形，是Sabc 8bc得證.由 OCLAR OALBC OBCA 得1Sacbacb=Soacb+ Sobac + SOCBA=2AB -F+2BC- F+-CA- R=Rp.但由

30、Euler 定理，R22R尸RR 2r)=d20,知 R2r,故Rp2rp =2S.abc.故得證.又證：o(+P+上工 故 sin( ct+P)=cossin( P+3=cos a, sin(左ot)=cos P.于是，sin( a+P)sin( P+/sin( ：+ot)=cos acosPcos 工故sin( : +!：)sin( 1+ )sin(+.二)8sin otsin Psin -Cos otcos Pcos 飛sin2 osin2 Psin2 尸 , ycos a cos Pcos Y1由 0 PE- BC可得， PBfPO PE于是 PA+PBPO PA+P& AE.定理13

31、到三角形三頂點距離之和最小的點一一費馬點.例 18.凸六邊形 ABCDEFAB=BC=CD DE=EF=FA / BCD/EFA=60M G、H在形內, / AGB/ DH巨120 ,求證：AGGBGHDHH5 CF.證明連BD AE BE作點G H關于BE的對稱點 G、H連BG、DG GH AH、 EH。由于 BC=CD / BCB60。； EF=FA / EFA=60：二/BCD/EFA都是正三角形，= AB=BD AE=EQ AED必箏形 AB拿 /DBG, NDEH2/AEH.由/BGD=120, /BCR60=B、C、D G四點共圓.由 Ptolemy 定理知 CG=GB-GD,同理

32、，HF=HA+HE,于是 A(+GB-GH-DH-HE= GB+GC+GH+HA+HE=CGGH+HF CF.定理14到三角形三頂點距離的平方和最小的點是三角形的重心先證明：p為三角形形內任意一點，重心為 g則pK+p+pcgA+gb+gC+bpG. TOC o 1-5 h z 證明：取中線 BG中點M,則2(PA2+PC2)=AC2+4PE2,2(PB2+PG2)=BG2+4Ph2l,2(PE2+PIM)=ME2+4PG, +X 2 得：2(PA2+PB+PC)=AC+GB+2ME+6PG=2GB2+6PG+AC2+ 4GE2=2GB+6P&2GA+2GC.PA2+PB+pC=gA+GB+g

33、C+3P&于是pA+pd+pCgA+g宮+gC.等號當且僅當 p與G重合時成立.亦可用解析幾何方法證明：設A(X1, y1) , B(X2, y2) , C(x3, y3). P(x, y),則 S=(x xi) 2+(y yi) 2+(x X2) 2+(y y2)2+(x X3)2+(y ys)=3x 22(x i+x2+xs)x+(x i2+x22+xs2)+3y 22(y i+y2+ys)y+(y i2+y22+ys2)顯然，當x=i(xi+x2+xs) , y=：(y i+y2+y3)時，S取得最小值.即當 P為&ABC的重心時，S取 33得最小值.定理i5三角形內到三邊距離之積最大的

34、點是三角形的重心.設三角形ABC的三邊長為a、b、c,點P到三邊的距離分別為 x, y, z.貝U 2A=ax+by+cz 34ax by cz .即 xyz AB ,故曲線 AB的長大于直徑 AP 定理17.（等周問題）這是由一系列的結果組成的問題：在周長一定的n邊形的集合中，正 n邊形的面積最大.在周長一定的簡單閉曲線的集合中，圓的面積最大.在面積一定的n邊形的集合中，正 n邊形的周長最小。在面積一定的簡單閉曲線的集合中，圓的周長最小。下面證明：等長的曲線圍成面積最大的圖形是圓.（Steiner解法）1 周長一定的封閉曲線中，如果圍成的面積最大，則必為凸圖形.若為該圖形凹，可任作一條與曲線

35、凹進部分有兩個交點的直線，作該曲線在 兩交點間一段弧的對稱曲線，則可得一個與之等周且面積更大的圖形.2 =*周長一定的面積最大的封閉曲線中，如果點A、B平分其周長，則弦 AB平分其面積.若AB不平分其面積，則該圖形必有在 AB某一側面積較大，如圖，不妨設NM 則去掉M作N的關于AB的對稱圖形 N ,則由N、N組成的圖形周長與原來的相 等，但面積更大.3對于既平分周長與又平分面積的弦 AB只考慮該圖形在 AB的任一側的一 半，若C為此段弧上任一點，則 ZACB90二否則可把此圖形劃分為三塊 M M P, 只須改變/ACB勺大小，使ZACB90,則M N的面積不變，而 P的面積變大.這說明，此半段

36、曲線必為半圓，從而另一半也是半圓.例20.設正三角形 ABC的邊長為a,若曲線l平分/ABC勺面積，求證：曲B線l的長l -a .243分析 從結論中式子的形狀估計該曲線的長度與圓的周長有關，故應設法 找出相頭的圓.再如果一條曲線等分此正三角形的面積，則估計此曲線應是圓BC弧，于是可求出其半徑.但要說明此弧一定是最短的，就要把圓弧還原成圓，從而可把此三 角形還原成圓內接六邊形.證明 設曲線PQ平分力ABC勺面積，其長度為l .若此曲線與三角形的兩邊 AB AC相交于點P、Q作力ABC關于AC AC的對稱圖形，得 ACD NABG再作 此圖形關于 DG勺對稱圖形，得到一個正六邊形BCDEFG則曲

37、線PQ相應的對稱曲線圍成的封閉曲線平分正六邊形BCDEF面積.以A為圓心，r為半徑作圓，使此圓的面積等于正六邊形面積的一半.則此圓的夾在AB AC間的弧段 M郵分/ABC勺面積.由于正六邊形面積=6 - 4/3a2=23a2.故得nr2=2 - 3y332,解得a,小3從而弧MN的長=g 2兀垣史，由等周定理，知l A返624 324 3練習題1、在四邊形 ABCDKABD / BCDABC勺面積比是 3： 4： 1,點 M N分別在 AC CD上滿足AM AC=CN： CD并且B、M N三點共線.求證：M與N分別是AC與 CD的中點.（1983年全國高中數(shù)學聯(lián)賽）證明設AC BD交于點E.由

38、 AM： AC=CN： CD 故 AM： MGCN： ND令 CN： ND=r（ r0）, 則 AM： M（=r,由 Sbc=3Sabc, SBcc=4Sbc,即 Sabd : Sbcd=3 : 4.從而 AE： EC： AC=3 ： 4 ： 7.Sacd： $bc=6 ： 1,故 DE： EB=6 ： 1,.DB： BE=7 ： 1 .rAM AC=r ： (r+1),即 A附幣AC AEM=( - 3) AC=4r 3 AC MC：AC(r+1 7)7( r+1)r+14r-3.CN DB EM二.EM： M(=-=.由 Menelauss理，知 許1,代入得7ND BE IvIC4r 3

39、r , 7 7=1,即 4r 3r 1=0,這個方程有惟一的正根 r=1.故CN： ND=1,就是N為CN中點，M為AC中點.2、四邊形ABC吶接于圓，其邊 AB與DC延長交于點 P, AD BC延 長交于點Q由Q作該圓的兩條切線 QE QF,切點分別為E、F,求證： P、E、F三點共線.（1997年中國數(shù)學奧林匹克）證明 連PQ作O QDC PQ于點M則NQM包CDA/CBR 于是M C B、P四點共圓.由 P6r2=PC- PD=PM- PQQ6r2=QC- QBQM QP兩式相減，得 PO-Q力PQ(PMQM=(PMQM PMQ的 PM-QMAM OM- PQQ F、M Q E五點共圓.

40、連PE若PE交。O于F1,交。OFMF點F2,則對于O Q 有 PF PE=PC- PD對于O OFM 又有 PE - PE=PC- PD PF PE=PE PE即F1與F2重合于二圓的公共點 F.即P、F、E三點共線.1 1 13、若ABC的邊a、b、c,所對的角為 1 ： 2 ： 4,求證：-=；-+-.a b c作三角形的外接圓，即得圓內接正七邊形，轉化為例4、P為NABCft任意一點，AP BP CP分別交對邊于X、Y、乙求證:XP YP ZP_ XA+YB+ZCT1XP Sbc YP Sca ZP Nab 一一 .廣 證明： ya=qT%-，亢=$-，二式相加即將證，XA SABC

41、YA &BC ZA &BC5、如圖，設A ABC的外接圓 O的半徑為 R內心為I平分線交。證明:證明:A,O于E. IO=AE2RIO+IA+IC（1 +山）R （1994年全國高中數(shù)學聯(lián)賽） . / B=60 , .AOC/ AIC=120 .Q I , C四點共圓.圓心為弧 AC的中點F,半徑為R. O為。F的弧AC中點，設OF延長線交。F于H, AI延長線交弧 由/ EAD90 （內外角平分線）知DE為O O的直徑./ OAD/ODABC于 D.但/ OAkZOHI,故/ OH匕/ADE 于 . AE=IO.是 RtADA凄 RtAHIO由AACH正三角形，據(jù) Ptolemy定理得，IC

42、+IA=IH.由 OH2R. . . IO+IA+IC=IO+IHOH=2R設/ OH=a，則 0a 30 .，IO+IA+IC=IO+IH=2Rsin a +cos a )=2 R/2sin( a +45 ).又 a +45 75 ,故 IO+IA + IC/6+g)/4= R1+水).6、設P為/ABC勺外接圓上一點， H為/ABC勺垂心，求證：PH的中點/ABC勺與點P對應的Simson line 上.設過P作三邊的垂線交 BC CA AB于點X、Y、Z.連KZ KF、ZX, 交。O于點N,連PN由 PZL AB CFL AB, K為 PH中點知，KZ=KF.KZf=. KFZ易證 HF

43、=FN,故 KF/ PN. . .PN(=ZKFH但/PNC/PBC=180 工ZKFZ-ZZFh+ZPB(=180 即 ZKFZ-ZPB(=90 又 PXL BC PZL BZP、Z、X、B共圓. /XZBZXPB,而/XPB/PBB90. /KZNKFZ=/XZBZK與ZX共線.即點 K在ABC勺與點 P對應的Simson lineK在上.7、設/ABCft接于單位圓 Q且OA OB OCT OX正方向所成的角分別為求NABCW垂心的坐標.（1980年南京市數(shù)學競賽）/ABC7卜心為原點 Q重心坐標為 G（：（cos ot+cosP+cos,：（sin a+sin p+sin?。?于是得

44、33/ABC勺垂心坐標為 H（cos a +cos + +cos 丫，sin a +sin + +sin 丫 ）.8、在ABC中，/ C=90 , AD和BE是它的兩條內角平分線，設 L、M N分別為AD ABBE的中點，X=LMT BE Y=MNP AD Z=NLn DE求證：X、Y、Z三點共線.（2000年江蘇省數(shù)學 冬令營）作A ABC勺外接圓，則 則圓心. MN/ AE MNL BCACFK/ A點Y在O M上，同理點 X也在。M上.，MXMY記NEH AD=F,由于直線 DEZ與A LNF的三邊相交，直線 AECf A BDF三邊 相交，直線 BFE與AADCE邊相交，由 Menelaus定理，可得：LZ ne FP NZNE FDBE fdZn ef