2023年江蘇省數學競賽提優(yōu)教程平幾中的幾個重要定理

第18講平幾中的幾個重要定理（一）本節(jié)重要內容有Ptolemy、Ceva、Menelaus等定理及應用．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)定理2(Ceva定理)設X、Y、Z分別為△ABC的邊BC、CA、AB上的一點，則AX、BY、CZ所在直線交于一點的充要條件是eq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．定理3(Menelaus定理)設X、Y、Z分別在△ABC的BC、CA、AB所在直線上，則X、Y、Z共線的充要條件是eq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．定理4設P、Q、A、B為任意四點，則PA2-PB2=QA2-QB2PQ⊥AB．A類例題例1證明Ptolemy定理．已知：如圖，圓內接ABCD，求證：AC·BD=AB·CD+AD·BC．分析可設法把AC·BD拆成兩部分，如把AC寫成AE+EC，這樣，AC·BD就拆成了兩部分：AE·BD及EC·BD，于是只要證明AE·BD=AD·BC及EC·BD=AB·CD即可．證明在AC上取點E，使ADE=BDC，由DAE=DBC，得⊿AED∽⊿BCD．∴AE∶BC=AD∶BD，即AE·BD=AD·BC．⑴又ADB=EDC，ABD=ECD，得⊿ABD∽⊿ECD．∴AB∶ED=BD∶CD，即EC·BD=AB·CD．⑵⑴+⑵，得AC·BD=AB·CD+AD·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．鏈接用類似的證法，可以得到Ptolemy定理的推廣(廣義Ptolemy定理)：對于一般的四邊形ABCD，有AB·CD+AD·BC≥AC·BD．當且僅當ABCD是圓內接四邊形時等號成立．例2證明Ceva定理．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S⊿APB=S1，S⊿BPC=S2，S⊿CPA=S3．則eq\f(AZ,ZB)=eq\f(S3,S2)，eq\f(BX,XC)=eq\f(S1,S3)，eq\f(CY,YA)=eq\f(S2,S1)，三式相乘，即得證．說明用同一法可證其逆對的．鏈接本題也可過點A作MN∥BC延長BY、CZ與MN分別交于M、N，再用比例來證明．運用此定理可以比較簡潔證明三條角平分線、三條中線、三條高等共點問題．例3證明Menelaus定理．N證明：作CN∥BA，交XY于N，N則eq\f(AZ,CN)=eq\f(CY,YA)，eq\f(CN,ZB)=eq\f(XC,BX)．S1S2S3S4于是eq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=eq\f(AZ,CN)·eq\f(CN,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．S1S2S3S4本定理也可用面積來證明：如圖，連AX，BY，記SAYB=S1，SBYC=S2，SCYX=S3，SXYA=S4．則eq\f(AZ,ZB)=eq\f(S4,S2+S3)；eq\f(BX,XC)=eq\f(S2+S3,S3)；eq\f(CY,YA)=eq\f(S3,S4)，三式相乘即得證．說明用同一法可證其逆對的．Ceva定理與Menelaus定理是一對“對偶定理”．鏈接本定理證明很多，可以運用三角、射影等知識；還可以運用此定理證明Ceva定理．例4證明定理4設P、Q、A、B為任意四點，則PA2-PB2=QA2-QB2PQ⊥AB．證明先證PA2-PB2=QA2-QB2PQ⊥AB．作PH⊥AB于H，則PA2-PB2=(PH2+AH2)-(PH2+BH2)=AH2－BH2=(AH+BH)(AH-BH)=AB(AB-2BH)．同理，作QH’⊥AB于H’，則QA2-QB2=AB(AB-2AH’)∴H=H’，即點H與點H’重合．PQ⊥ABPA2-PB2=QA2-QB2顯然成立．說明本題在證明兩線垂直時具有強大的作用．鏈接點到圓的冪：設P為⊙O所在平面上任意一點，PO=d，⊙O的半徑為r，則d2－r2就是點P對于⊙O的冪．過P任作一直線與⊙O交于點A、B，則PA·PB=|d2－r2|．“到兩圓等冪的點的軌跡是與此二圓的連心線垂直的一條直線，假如此二圓相交，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”．三個圓兩兩的根軸假如不互相平行，則它們交于一點，這一點稱為三圓的“根心”．三個圓的根心對于三個圓等冪．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．情景再現1.如圖，P是正△ABC外接圓的劣弧eq\o(\s\up6(︵),\s\do2(BC))上任一點(不與B、C重合)，求證：PA=PB＋PC．2.設AD是△ABC的邊BC上的中線，直線CF交AD于E．求證：eq\f(AE,ED)=eq\f(2AF,FB)．3．．B類例題例5設A1A2A3…A7是圓內接正七邊形，求證：eq\f(1,A1A2)=eq\f(1,A1A3)+eq\f(1,A1A4)．(1987年第二十一屆全蘇)分析注意到題目中要證的是一些邊長之間的關系，并且是圓內接多邊形，當然存在圓內接四邊形，從而可以考慮用Ptolemy定理．證明連A1A5，A3A5，并設A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c．本題即證eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)．在圓內接四邊形A1A3A4A5中，有A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c．于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)，故證．說明Ptolemy定理揭示了圓內接四邊形中線段關系，在數學中應用非常廣泛．例6(南斯拉夫，1983)在矩形ABCD的外接圓弧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：設PR與圓的另一交點為L．則eq\o(\s\up6(→),PQ)·eq\o(\s\up6(→),RS)=(eq\o(\s\up6(→),PM)+eq\o(\s\up6(→),PA))·(eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),MS))=eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),MS)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),MS)=－eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),PL)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),PD)=0．故PQ⊥RS．設PQ交對角線BD于T，則由Menelaus定理，(PQ交ABD)得eq\f(DP,PA)·eq\f(AQ,QB)·eq\f(BT,TD)=1；即eq\f(BT,TD)=eq\f(PA,DP)·eq\f(QB,AQ)；設RS交對角線BD于N，由Menelaus定理，(RS交BCD)得eq\f(BN,ND)·eq\f(DS,SC)·eq\f(CR,RB)=1；即eq\f(BN,ND)=eq\f(SC,DS)·eq\f(RB,CR)；顯然，eq\f(PA,DP)=eq\f(RB,CR)，eq\f(QB,AQ)=eq\f(SC,DS)．于是eq\f(BT,TD)=eq\f(BN,ND)，故T與N重合．得證．說明本題反復運用了Menelaus定理，解題要抓住哪一條直線截哪一個三角形．情景再現4．在四邊形ABCD中，對角線AC平分BAD，在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G．求證：GAC=EAC．（1999年全國高中數學聯賽）5．ABCD是一個平行四邊形，E是AB上的一點，F為CD上的一點．AF交ED于G，EC交FB于H．連接線段GH并延長交AD于L，交BC于M．求證：DL=BM.6．在直線l的一側畫一個半圓T，C，D是T上的兩點，T上過C和D的切線分別交l于B和A，半圓的圓心在線段BA上，E是線段AC和BD的交點，F是l上的點，EF垂直l．求證：EF平分∠CFD．C類例題例7以O為圓心的圓通過⊿ABC的兩個頂點A、C，且與AB、BC兩邊分別相交于K、N兩點，⊿ABC和⊿KBN的兩外接圓交于B、M兩點．證明：∠OMB為直角．(1985年第26屆國際數學競賽）分析對于與圓有關的問題，?？蛇\用圓冪定理，若能找到BM上一點，使該點與點Ｂ對于圓O等冪即可．證明：由BM、KN、AC三線共點P，知PM·PB=PN·PK=PO2-r2．⑴由PMN=BKN=CAN，得P、M、N、C共圓，故BM·BP=BN·BC=BO2-r2．⑵⑴－⑵得，PM·PB-BM·BP=PO2-BO2，即(PM-BM)(PM+BM)=PO2-BO2，就是PM2-BM2=PO2-BO2，于是OM⊥PB．例8(蝴蝶定理)AB是⊙O的弦，M是其中點，弦CD、EF通過點M，CF、DE交AB于P、Q，求證：MP=QM．分析圓是關于直徑對稱的，當作出點F關于OM的對稱點F'后，只要設法證明⊿FMP≌⊿F'MQ即可．證明：作點F關于OM的對稱點F’，連FF’，F’M，F’Q，F’D．則MF=MF’，4=FMP=6．圓內接四邊形F’FED中，5+6=180，從而4+5=180，于是M、F’、D、Q四點共圓，∴2=3，但3=1，從而1=2，于是⊿MFP≌⊿MF’Q．∴MP=MQ．說明本定理有很多種證明方法，并且有多種推廣．例9如圖，四邊形ABCD內接于圓，AB，DC延長線交于E，AD、BC延長線交于F，P為圓上任意一點，PE，PF分別交圓于R，S.若對角線AC與BD相交于T.求證：R，T，S三點共線．分析對于圓內接多邊形有很多性質，本題涉及到圓內接六邊形，我們先來證明兩個引理．引理1:A1B1C1D1E1F1為圓內接六邊形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一點，則有.如圖，設A1D1，B1E1，C1F1交于點O，根據圓內接多邊形的性質易知OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，△OC1D1∽△OA1F1，從而有，，.將上面三式相乘即得，引理2：圓內接六邊形A1B1C1D1E1F1，若滿足則其三條對角線A1D1，B1E1，C1F1交于一點．該引理的證明，留給讀者思考．例9之證明如圖，連接PD，AS，RC，BR，AP，SD.由△EBR∽△EPA，△FDS∽△FPA，知,.兩式相乘，得.①又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，知，.兩式相乘，得②由①，②得.故.③對△EAD應用Menelaus定理，有④由③，④得.由引理2知BD，RS，AC交于一點，所以R，T，S三點共線．情景再現7．(評委會，土耳其，1995)設ABC的內切圓分別切三邊BC、CA、AB于D、E、F，X是ABC內的一點，XBC的內切圓也在點D處與BC相切，并與CX、XB分別切于點Y、Z，證明，EFZY是圓內接四邊形．

習題181．在四邊形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面積比是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年全國高中數學聯賽)2．四邊形ABCD內接于圓，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年中國數學奧林匹克）3．若⊿ABC的邊a、b、c，所對的角為1∶2∶4，求證：eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)．4．如圖，⊿ABC中，P為三角形內任意一點，AP、BP、CP分別交對邊于X、Y、Z．求證：eq\f(XP,XA)+eq\f(YP,YB)+eq\f(ZP,ZC)=15．(Lemoineline)從三角形的各個頂點引其外接圓的切線，這些切線與各自對邊的交點共線．6．(Desargues定理)設有△ABC、△A'B'C'，且AB與A'B'交于Z，BC與B'C'交于X，CA與C'A'交于Y．則⑴若AA'、BB'、CC'三線共點，則X、Y、Z三點共線；⑵若X、Y、Z三點共線，則AA'、BB'、CC'三線共點．7．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、AB、BE的中點，X=LM∩BE，Y=MN∩AD，Z=NL∩DE．求證：X、Y、Z三點共線．(2023年江蘇省數學冬令營)8．已知在⊿ABC中，AB>AC，A的一個外角的平分線交⊿ABC的外接圓于點E，過E作EF⊥AB，垂足為F．求證2AF=AB-AC．（1989年全國高中數學聯賽）9．四邊形ABCD內接于圓O，對角線AC與BD相交于P，設三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圓圓心分別是O1、O2、O3、O4．求證OP、O1O3、O2O4三直線共點．（1990年全國高中數學聯賽）10．一個戰(zhàn)士想要查遍一個正三角形區(qū)域內或邊界上有無地雷，他的探測器的有效長度等于正三角形高的一半．這個戰(zhàn)士從三角形的一個頂點開始探測．訓他應如何的路線才干使查遍整個區(qū)域的路程最短．(1973年第十五屆國際數學奧林匹克)11．以銳角三角形ABC的三邊為邊向外作三個相似三角形AC1B，BA1C、CB1A，(AB1C=ABC1=A1BC；BA1C=BAC1=B1AC．)⑴求證：⊿AC1B、⊿B1AC、⊿CBA1的外接圓交于一點；⑵證明：直線AA1、BB1、CC1交于一點．(1973年全蘇數學奧林匹克)12．⊿ABC中，O為外心，H為垂心，直線AH、BH、CH交邊BC、CA、AB于D、E、F，直線DE交AB于M，DF交AC于N．求證：⑴OB⊥DF，OC⊥DE；⑵OH⊥MN．本節(jié)“情景再現”解答：1．證明：由Ptolemy定理得PA·BC=PB·AC＋PC·AB，∵AB=BC=AC．∴PA=PB+PC．CBA2．證明由Menelaus定理得eq\f(AE,ED)·eq\f(DC,CB)·eq\f(BF,FA)=1，從而eq\f(AE,ED)=eq\f(2AF,FB)．CBA3．4．證明連結BD交AC于H，對⊿BCD用Ceva定理，可得eq\f(CG,GB)·eq\f(BH,HD)·eq\f(DE,EC)=1．由于AH是BAD的角平分線，由角平分線定理，可得eq\f(BH,HD)=eq\f(AB,AD)，故eq\f(CG,GB)·eq\f(AB,AD)·eq\f(DE,EC)=1．過點C作AB的平行線交AG延長線于I，過點C作AD的平行線交AE的延長線于J，則eq\f(CG,GB)=eq\f(CI,AB)，eq\f(DE,EC)=eq\f(AD,CJ)，所以，eq\f(CI,AB)·eq\f(AB,AD)·eq\f(AD,CJ)=1．從而，CI=CJ．又因CI∥AB，CJ∥AD，故ACI=π-BAC=π-DAC=ACJ，因此，⊿ACI≌⊿ACJ，從而IAC=JAC，即GAC=EAC．5．證明：如圖，設直線LM與BA的延長線交于點J，與DC的延長線交于點I．在△ECD與△FAB中分別使用Menelaus定理，得，.由于AB∥CD，所以，.從而，即，故CI=AJ.而，且BM+MC=BC=AD=AL+LD.所以BM=DL．6．證明：如圖，設AD與BC相交于點P，用O表達半圓T的圓心．過P作PH丄l于H，連OD，OC，OP．由題意知Rt△OAD∽Rt△PAH，于是有.類似地，Rt△OCB∽Rt△PHB，則有.由CO=DO，有，從而.由塞瓦定理的逆定理知三條直線AC，BD，PH相交于一點，即E在PH上，點H與F重合．因∠ODP=∠OCP=90°，所以O，D，C，P四點共圓，直徑為OP.又∠PFC=90°，從而推得點F也在這個圓上，因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，所以EF平分∠CFD．7．證明：延長FE、BC交于Q．eq\f(AF,FB)·eq\f(BD,DC)·eq\f(CE,EA)=1，eq\f(XZ,ZB)·eq\f(BD,DC)·eq\f(CY,YA)=1，eq\f(AF,FB)·eq\f(CE,EA)=eq\f(XZ,ZB)·eq\f(CY,YA)．第7題圖由Menelaus定理，有eq\f(AF,FB)·eq\f(BQ,QC)·eq\f(CE,EA)=1．第7題圖于是得eq\f(XZ,ZB)·eq\f(BQ,QC)·eq\f(CY,YA)=1．即Z、Y、Q三點共線．但由切割線定理知，QE·QF=QD2=QY·QZ．故由圓冪定理的逆定理知E、F、Z、Y四點共圓．即EFZY是圓內接四邊形．8．本節(jié)“習題18”解答：1、證明設AC、BD交于點E．由AM∶AC=CN∶CD，故AM∶MC=CN∶ND，令CN∶ND=r(r>0)，則AM∶MC=r．由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABD∶SBCD=3∶4．從而AE∶EC∶AC=3∶4∶7．SACD∶SABC=6∶1，故DE∶EB=6∶1，∴DB∶BE=7∶1．AM∶AC=r∶(r+1)，即AM=eq\f(r,r+1)AC，AE=eq\f(3,7)AC，∴EM=(eq\f(r,r+1)-eq\f(3,7))AC=eq\f(4r－3,7(r+1))AC．MC=eq\f(1,r+1)AC，∴EM∶MC=eq\f(4r－3,7)．由Menelaus定理，知eq\f(CN,ND)·eq\f(DB,BE)·eq\f(EM,MC)=1，代入得r·7·eq\f(4r－3,7)=1，即4r2－3r－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、證明連PQ，作⊙QDC交PQ于點M，則QMC=CDA=CBP，于是M、C、B、P四點共圓．由PO2-r2=PC·PD=PM·PQ，QO2-r2=QC·QB=QM·QP，兩式相減，得PO2-QO2=PQ·(PM-QM)=(PM+QM)(PM-QM)=PM2-QM2，∴OM⊥PQ．∴O、F、M、Q、E五點共圓．連PE，若PE交⊙O于F1，交⊙OFM于點F2，則對于⊙O，有PF1·PE=PC·PD，對于⊙OFM，又有PF2·PE=PC·PD．∴PF1·PE=PF2·PE，即F1與F2重合于二圓的公共點F．即P、F、E三點共線．3、作三角形的外接圓，即得圓內接正七邊形，轉化為例5．4、證明：eq\f(XP,XA)=eq\f(SPBC,SABC)，eq\f(YP,YA)=eq\f(SPCA,SABC)，eq\f(ZP,ZA)=eq\f(SPAB,SABC)，三式相加即得證．5、AB交⊿PQR于B、A、Z，eq\f(PB,BQ)·eq\f(QZ,ZR)·eq\f(RA,AP)=1，AC交⊿PQR于C、A、Y，eq\f(RA,AP)·eq\f(PY,YQ)·eq\f(QC,CR)=1，BC交⊿PQR于B、C、X，eq\f(PB,BQ)·eq\f(QC,CR)·eq\f(RX,XP)=1，三式相乘，得(eq\f(PB,BQ)·eq\f(RA,AP)·eq\f(QC,CR))2eq\f(QZ,ZR)·eq\f(RX,XP)·eq\f(PY,YQ)=1．但PB=PA，QB=QC，RA=RC，故得eq\f(QZ,ZR)·eq\f(RX,XP)·eq\f(PY,YQ)=1．X、Y、Z共線．6、（1）證明：若AA'、BB'、CC'三線交于點O，由⊿OA'B'與直線AB相交，得eq\f(OA,AA)·eq\f(AZ,ZB)·eq\f(B'B,BO)=1；由⊿OA'C'與直線AC相交，得eq\f(A'A,AO)·eq\f(OC,CC)·eq\f(C'Y,YA')=1；由⊿OB'C'與直線BC相交，得eq\f(OB,BB')·eq\f(B'X,XC)·eq\f(CC',C'O)=1；三式相乘，得eq\f(A'Z,ZB')·eq\f(B'X,XC)·eq\f(C'Y,YA')=1．由Menelaus的逆定理，知X、Y、Z共線．（2）上述顯然可逆．7、提醒:作ΔABC的外接圓，則M為圓心．∵MN∥AE，∴MN⊥BC．∵AD平分∠A，∴點Y在⊙M上，同理點X也在⊙M上．∴MX=MY．記NE∩AD=F，由于直線DEZ與ΔLNF的三邊相交，直線AEC與ΔBDF三邊相交，直線BFE與ΔADC三邊相交，由Menelaus定理，可得：eq\f(LZ,ZN)·eq\f(NE,EF)·eq\f(FD,DL)=1．eq\f(NZ,ZL)=eq\f(NE,EF)·eq\f(FD,DL)=eq\f(BE,EF)·eq\f(FD,DA)；eq\f(FE,EB)·eq\f(BC,CD)·eq\f(DA,AF)=1，eq\f(AF,FD)·eq\f(DB,BC)·eq\f(CE,EA)=1．三式相乘得eq\f(NZ,ZL)=eq\f(BD,DC)·eq\f(CE,AE)=eq\f(AB,AC)·eq\f(BC,AB)=eq\f(BC,AC)．另一方面，連結BY、AX，并記MY∩BC=G，AC∩MX=H，于是有∠NBY=∠LAX，∠MYA=∠MAY=∠LAC，∴∠BYN=∠ALX．∴ΔBYN∽ΔALX．∴eq\f(LX,NY)=eq\f(AF,BG)=eq\f(AC,BC)，∴eq\f(NZ,ZL)·eq\f(LX,XM)·eq\f(MY,YN)=eq\f(NZ,ZL)·eq\f(LX,NY)=1．由Menelaus定理可得，X、Y、Z三點共線．注：本題是直線形問題，因此可用解析法證明．8、證明在FB上取FG=AF，連EG、EC、EB，于是⊿AEG為等腰三角形，∴EG=EA．又3=180-EGA=180-EAG=180-5=4，1=2．于是⊿EGB≌⊿EAC．∴BG=AC，∴AB-AC=AG=2AF．9、證明∵O為⊿ABC的外心，∴OA=OB．∵O1為⊿PAB的外心，∴O1A=O1B．∴OO1⊥AB．作⊿PCD的外接圓⊙O3，延長PO3與所作圓交于點E，并與AB交于點F，連DE，則1=2=3，EPD=BPF，∴PFB=EDP=90．∴PO3⊥AB，即OO1∥PO3．同理，OO3∥PO1．即OO1PO3是平行四邊形．∴O1O3與PO互相平分，即O1O3過PO的中點．同理，O2O4過PO中點．∴OP、O1O3