2012江蘇省數(shù)學(xué)競賽《提優(yōu)教程》教案：第19講 平幾中的幾個(gè)重要定理(二)

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1、 第19講 平幾中的幾個(gè)重要定理（二） 上節(jié)我們研究了平面幾何中的Ptolemy、Ceva、Menelaus等定理，本節(jié)將主要研究Euler線、Simson線、Fermat點(diǎn)等定理及應(yīng)用． 定理5（Euler line）三角形的外心、重心、垂心三點(diǎn)共線，且外心與重心的距離等于重心與垂心距離的一半． 定理6 (Simson line) P是ΔABC的外接圓⊙O上的任意一點(diǎn)，PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂足為X、Y、Z，求證： X、Y、Z三點(diǎn)共線． A B C P X Y Z 定理7 (Fermat point)分別以ΔABC的三邊AB，BC，CA為邊向形外作正三

2、角形ABD，BCE，CAH，則此三個(gè)三角形的外接圓交于一點(diǎn)．此點(diǎn)即為三角形的Fermat point． F A B D E C H A類例題 例1 證明定理5（Euler line）． 已知：ΔABC的外心，重心，垂心分別為O，G，H，求證：O，G，H三點(diǎn)共線，并且GH=2GO． 分析 若定理成立，則由AG=2GM，知應(yīng)有AH=2OM，故應(yīng)從證明AH=2OM入手． 證明：如圖，作直徑BK，取BC中點(diǎn)M，連OM、CK、AK，則DKCB=DKAB=90°，從而KC∥AH，KA∥CH，T□CKAH，TAH=CK=2MO． 由OM∥AH，且AH=2

3、OM，設(shè)中線AM與OH交于點(diǎn)G，則⊿GOM∽⊿GHA，故得MG∶GA=1∶2，從而G為⊿ABC的重心．且GH=2GO． 說明 若延長AD交外接圓于N，則有DH=DN．這一結(jié)論也常有用． 例2 證明定理6 (Simson line) ． 已知：P是ΔABC的外接圓⊙O上的任意一點(diǎn)，PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂足為X、Y、Z，求證： X、Y、Z三點(diǎn)共線． 分析 如果連ZX、ZY，能證得D1=D3，則由DAZB=180°得DYZX=180°，即可證此三點(diǎn)共線． 證明　DPXB=DPZB=90°TP、Z、X、B四點(diǎn)共圓TD1=D2． DPZA=DPYA=90°TP、Z、A、Y四點(diǎn)

4、共圓TD3=D4． 但D2+D5=90°，D4+D6=90°，而由P、A、C、B四點(diǎn)共圓， 得D5=D6．故D2=D4，從而D1=D3．故X、Y、Z共線． 說明 本題的證法也是證三點(diǎn)共線的重要方法． 鏈接 本題的逆命題成立，該逆命題的證明曾是江蘇省高中數(shù)學(xué)競賽的試題，請(qǐng)讀者自己思考如何證明． 例3 證明定理7(Fermat point)． 若分別以ΔABC的三邊AB，BC，CA為邊向形外作正三角形ABD，BCE，CAH，則此三個(gè)三角形的外接圓交于一點(diǎn)．此點(diǎn)即為三角形的Fermat point． 分析 證三圓共點(diǎn)，可先取二圓的交點(diǎn)，再證第三圓過此點(diǎn)． 證明：如圖，設(shè)⊙ABD與⊙

5、ACH交于(異于點(diǎn)A的)點(diǎn)F，則由A、F、B、D共圓得DAFB=120°，同理DAFC=120°，于是DBFC=120°，故得B、E、C、F四點(diǎn)共圓．即證． 鏈接 本題可以得到如下的推論： ①A、F、E三點(diǎn)共線； 因DBFE=DBCE=60°，故DAFB+DBFE=180°，于是A、F、E三點(diǎn)共線．同理，C、F、D三點(diǎn)共線；B、F、H三點(diǎn)共線． ②AE、BH、CD三線共點(diǎn)． ③AE=BH=CD=FA+FB+FC． 由于，F(xiàn)在正三角形BCE的外接圓的弧BC上，故由Ｐtolemy定理，有FE=FB+FC．于是AE=AF+FB+FC．同理可證BH=CD=FA+FB+FC． 也可

6、用下法證明：在FE上取點(diǎn)N，使FN=FB，連BN，由⊿FBN為正三角形，可證得⊿BNE≌⊿BFC．于是得，NE=FC．故AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC． 情景再現(xiàn) 1. (蝴蝶定理)AB是⊙O的弦，M是其中點(diǎn)，弦CD、EF經(jīng)過點(diǎn)M，CF、DE交AB于P、Q，求證：MP=QM． 2. 從一點(diǎn)P向ΔABC的三邊（或它們的延長線）作PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂足X、Y、Z在同一直線上，求證：點(diǎn)P在ΔABC的外接圓上．（Simson定理的逆定理） 3．求證：三角形的三條高的垂足、三條邊的中點(diǎn)以及三個(gè)頂點(diǎn)與垂心連線的中點(diǎn)，共計(jì)九點(diǎn)共圓．(這就是Nine point round

7、，九點(diǎn)圓的圓心在三角形的Euler線上，九點(diǎn)圓的直徑等于三角形外接圓的半徑．) B類例題 例4 設(shè)A1A2A3A4為⊙O的內(nèi)接四邊形，H1、H2、H3、H4依次為⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心．求證：H1、H2、H3、H4四點(diǎn)在同一個(gè)圓上，并定出該圓的圓心位置．（1992年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽） 分析 H1、H2都是同一圓的兩個(gè)內(nèi)接三角形的垂心，且這兩個(gè)三角形有公共的底邊．故可利用定理5證明中的AH=2OM來證明． 證明 連A2H1，A1H2，取A3A4的中點(diǎn)M，連OM，由上證知A2H1∥OM，A2H1=2OM，A1H2∥OM， A1H2=2OM，從而

8、H1H2A1A2是平行四邊形，故H1H2∥A1A2 ，H1H2=A1A2． 同理可知，H2H3∥A2A3，H2H3=A2A3； H3H4∥A3A4，H3H4=A3A4； H4H1∥A4A1，H4H1=A4A1． 故 四邊形A1A2A3A4≌四邊形H1H2H3H4． 由四邊形A1A2A3A4有外接圓知，四邊形H1H2H3H4也有外接圓．取H3H4∥的中點(diǎn)M1，作M1O1⊥H3H4，且M1O1=MO，則點(diǎn)O1即為四邊形H1H2H3H4的外接圓圓心． 鏈接 本題也可以用解析法來證明：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，⊙O的半徑為長度單位建立直角坐標(biāo)系，設(shè)OA1、OA

9、2、OA3、OA4與OX正方向所成的角分別為α、β、γ、d，則點(diǎn)A1、A2、A3、A4的坐標(biāo)依次是(cosα，sinα)、(cosβ，sinβ)、(cosγ，sinγ)、(cosd，sind)． 顯然，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的外心都是點(diǎn)O，而它們的重心依次是： ((cosβ+cosγ+cosd)，(sinβ+sinγ+sind))、((cosγ+cosd+cosα)，(sinα+sind+sinγ))、 ((cosd+cosα+cosβ)，(sind+sinα+sinβ))、((cosα+cosβ+cosγ)，(sinα+sinβ+sinγ))．

10、 從而，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心依次是 H1(cosβ+cosγ+cosd， sinβ+sinγ+sind)、H 2 (cosγ+cosd+cosα，sinα+sind+sinγ)、 H 3 (cosd+cosα+cosβ，sind+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ，sinα+sinβ+sinγ)． 而H1、H2、H3、H4點(diǎn)與點(diǎn)O1(cosα+cosβ+cosγ+cosd，sinα+sinβ+sinγ+sind)的距離都等于1，即H1、H2、H3、H4四點(diǎn)在以O(shè)1為圓心，1為半徑的圓上．證畢． 例5 在箏形A

11、BCD中，AB=AD，BC=CD，經(jīng)AC、BD交點(diǎn)O作二直線分別交AD、BC、AB、CD于點(diǎn)E、F、G、H，GF、EH分別交BD于點(diǎn)I、J，求證：IO=OJ．（1990年冬令營選拔賽題） 分析 由于本題中顯然AC⊥BD，因此可以建立以O(shè)為原點(diǎn)的直角坐標(biāo)系，用解析幾何方法來解．下面提供一種利用面積的解法． 證明：如圖，由S⊿AOB=S⊿AOG+S⊿GOB得 (at1cosα+bt1sinα）=ab． ∴ t1=．即=+； 同理得，=+；=+；=+． 再由S⊿GOF=S⊿GOI+S⊿IOF，又可得=+； 同理，得=+． ∴ IO=OJ?(－)sina=(－)sinb． 以、的

12、值代入左邊得，(－)sina=(－)sinasinb，同樣得右邊．可證． 鏈接 本題實(shí)際上證明了一個(gè)定理（張角定理）：從一點(diǎn)出發(fā)三條線段長分別為a、b、t、(t在a、b之間)，則 =+． 這個(gè)定理應(yīng)用很廣例如(評(píng)委會(huì)，愛爾蘭，1990)設(shè)l是經(jīng)過點(diǎn)C且平行于DABC的邊AB的直線，∠A的平分線交BC于D，交l于E，∠B的平分線交AC于F，交l于G，已知，GF=DE，證明：AC=BC． 分析：設(shè)∠A=2a，∠B=2b，即證a=b． 證法一：設(shè)a>b，則BC>AC， 利用張角定理可得， =+，T=+，Tta=． 再作高CH，則AE=CHcsca=bsin2acsca=2bcosa．

13、 TDE=AE－ta=2bcosa－=．同理，GF=． 由a>b，a>b，知cosb ==DE．矛盾． 證法二：設(shè)BC>AC，即a>b，故a>b，由張角定理得，=+，T=+． 同理=+， 由于a>b，故>，T>>1，即tb>ta．就是BF>AD． ⑴ ∴ BG=BF+FG>AD+DE=AE．即是BG>AE． ∴ = TGF===>== =DE．矛盾．故BC=AC． 或 ==<==，注意到GF=DE，故BF

14、平分PH． 分析 考慮能否用中位線性質(zhì)證明本題：找到一條平行于Simson線的線段，從PX∥AH入手．連PE，得∠1=∠2，但∠2=∠3，再由四點(diǎn)共圓得∠3=∠4，于是得∠6=∠7．可證平行． 證法一 連AH并延長交⊙O于點(diǎn)E，則DE=DH，連PE交BC于點(diǎn)F，交XY于點(diǎn)K，連FH、PB． ∵ PX∥AE，∴ ∠1=∠2，又∠2=∠3， ∵ P、Z、X、B四點(diǎn)共圓， ∴∠3=∠4，∴ ∠1=∠4． ∴ K為PF中點(diǎn)． ∵ DE=DH，BD⊥EH，∴ ∠2=∠5． ∴ FH∥XY． ∴ XY平分PH． 證法二 延長高CF，交圓于N，則F是HN的中點(diǎn)，若K為PH中點(diǎn)，則應(yīng)有FK

15、∥PN．再證明K在ZX上．即證明∠KZF=∠XZB． 設(shè)過P作三邊的垂線交BC、CA、AB于點(diǎn)X、Y、Z．連KZ、KF、ZX，延長CF交⊙O于點(diǎn)N，連PN． 由PZ⊥AB，CF⊥AB，K為PH中點(diǎn)知，KZ=KF． ∴ DKZF=DKFZ． 易證HF=FN，故KF∥PN．∴ DPNC=DKFH． 但DPNC+DPBC=180°， ∴ DKFZ+DZFH+DPBC=180°． 即DKFZ+DPBC=90°． 又PX⊥BC，PZ⊥BZTP、Z、X、B共圓． ∴ DXZB=DXPB，而DXPB+DPBC=90°． ∴ DKZF=DKFZ=DXZB． ∴ ZK與ZX共線．即點(diǎn)K在⊿

16、ABC的與點(diǎn)P對(duì)應(yīng)的Simson line上． 情景再現(xiàn) 4．凸六邊形ABCDEF，AB=BC=CD，DE=EF=FA，∠BCD=∠EFA=60°，Ｇ、Ｈ在形內(nèi)， 且∠AGB=∠DHE=120°． 求證：AG+GB+GH+DH+HE≥CF． C類例題 例7 設(shè)三角形的外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，外心與內(nèi)心的距離為d，則d2=R2-2Rr．(1992年江蘇省數(shù)學(xué)競賽) 分析 改寫此式，得：d2-R2=2Rr，左邊為圓冪定理的表達(dá)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(nèi)切圓半徑的積，故應(yīng)添出此二者，并構(gòu)造相似三角形來證明． 證明：如圖，O、I分別為⊿

17、ABC的外心與內(nèi)心．連AI并延長交⊙O于點(diǎn)D，由AI平分DBAC，故D為弧BC的中點(diǎn)．連DO并延長交⊙O于E，則DE為與BC垂直的⊙O的直徑． 由圓冪定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID．（作直線OI與⊙O交于兩點(diǎn)，即可用證明） 但DB=DI（可連BI，證明DDBI=DDIB得），故只要證2Rr=IA·DB，即證2R∶DB=IA∶r即可．而這個(gè)比例式可由⊿AFI∽⊿EBD證得．故得R2-d2=2Rr，即證． 說明 本題結(jié)論實(shí)際上是Euler定理． 鏈接 本題中用到了三角形的內(nèi)心的一個(gè)重要性質(zhì)：設(shè)I、Ia分別為⊿ABC的內(nèi)心及DA內(nèi)的旁心，而DA平分線與⊿ABC的外接圓交

18、于點(diǎn)P，則PB=PC=PI=PIa． 這個(gè)性質(zhì)應(yīng)用很廣，例如：設(shè)ABCD為圓內(nèi)接四邊形，ΔABC、ΔABD、ΔACD、ΔBCD的內(nèi)心依次為I1、I2、I3、I4，則I1I2I3I4為矩形．(1986年國家冬令營選拔賽題） 分析 只須證明該四邊形的一個(gè)角為直角即可．為此可計(jì)算D1、D2、DXI2Y． 證明 如圖，BI2延長線與⊙O的交點(diǎn)X為中點(diǎn)．且XI2=XI3=XA=XD， 于是D1=(180°-DX)=90°－， 同理，D2=90°-．DXI2Y= (+) = (+)+(+)， 故D1+D2+DXI2Y=90°+90°+(+++)=270°． 從而DI1I2I3=90°．

19、同理可證其余． 說明 亦可證XZ⊥YU，又XZ平分DI2XI3及XI2=XI3TI2I3⊥XZ，從而I2I3∥YU，于是得證． 例8 (Steiner問題)在三個(gè)角都小于120°的ΔABC所在平面上求一點(diǎn)P，使PA+PB+PC取得最小值． 證明：設(shè)P為平面上任意一點(diǎn)，作等邊三角形PBM（如圖）連ME， 則由BP=BM，BC=BE，DPBC=DMBE=60°-DMBC． 得⊿BPC≌⊿BME， 于是ME=PC， 故得折線APME=PA+PB+PC≥AE=FA+FB+FC． 即三角形的Fermat point就是所求的點(diǎn)． 說明:本題也可用Ptolemy的推廣來證明:由PB·CE

20、+PC·BE≥PE·BC，可得，PB+PC≥PE．于是PA+PB+PC≥PA+PE≥AE． 鏈接 事實(shí)上我們有如下結(jié)論： ①到三角形三頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn)——費(fèi)馬點(diǎn)； ②到三角形三頂點(diǎn)距離的平方和最小的點(diǎn)——重心； ③三角形內(nèi)到三邊距離之積最大的點(diǎn)——重心． 這是高中競賽大綱明確規(guī)定應(yīng)知的三個(gè)重要極值，請(qǐng)同學(xué)們思考如何證明． 情景再現(xiàn) 6．(評(píng)委會(huì)，澳大利亞，1989)銳角DABC的內(nèi)角平分線分別交外接圓于點(diǎn)A1、B1、C1，直線AA1與∠ABC的外角平分線相交于點(diǎn)A0，類似的定義B0，C0，證明： ⑴ S=2S； ⑵ S≥4SABC． 7．求證：到三角形三頂點(diǎn)距離的平

21、方和最小的點(diǎn)是三角形的重心． 8．三角形內(nèi)到三邊距離之積最大的點(diǎn)是三角形的重心． 習(xí)題19 7．C是直徑AB=2的⊙O上一點(diǎn)，P在△ABC內(nèi)，若PA+PB+PC的最小值是，求此時(shí)△ABC的面積S． 8．(Fagnano問題)給定銳角三角形，求其內(nèi)接三角形中周長最小者． 9．(Polya問題)兩端點(diǎn)在給定圓周上且把圓面積二等分的所有線中，以直徑最短． 10．(等周問題)這是由一系列的結(jié)果組成的問題： 1° 在周長一定的n邊形的集合中，正n邊形的面積最大． 　　

22、2° 在周長一定的簡單閉曲線的集合中，圓的面積最大． 　　 3° 在面積一定的n邊形的集合中，正n邊形的周長最?。? 　　 4° 在面積一定的簡單閉曲線的集合中，圓的周長最小． 11．設(shè)正三角形ABC的邊長為a，若曲線l平分⊿ABC的面積，求證：曲線l的長l≥． 12．(1995全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽) 菱形ABCD的內(nèi)切圓O與各邊分別交于E、F、G、H，在弧EF和弧GH上分別作⊙O的切線交AB、BC、CD、DA分別于M、N、P、Q． 求證：MQ//NP． 本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答： 1. 證明：作點(diǎn)F關(guān)于OM的對(duì)稱點(diǎn)F’，連FF’，F(xiàn)’M，F(xiàn)’Q，F(xiàn)’D．則 MF=MF’，D4

23、=DFMP=D6．圓內(nèi)接四邊形F’FED中，D5+D6=180°，從而D4+D5=180°，于是M、F’、D、Q四點(diǎn)共圓，∴ D2=D3，但D3=D1，從而D1=D2， 于是⊿MFP≌⊿MF’Q．∴ MP=MQ． 2. 證明略． 3．證明：取BC的中點(diǎn)M，高AD的垂足D，AH中點(diǎn)P，過此三點(diǎn)作圓，該圓的直徑即為MP． 由中位線定理知，MN∥AB，NP∥CH，但CH⊥AB，故DPNM=90°，于是，點(diǎn)N在⊙MDP上，同理，AB中點(diǎn)在⊙MDP上． 再由QM∥CH，QP∥AB，又得DPQM=90°，故點(diǎn)Q在⊙MDP上，同理，CH中點(diǎn)在⊙MDP上． 由FP為Rt．⊿AFH的斜邊中線，故D

24、PFH=DPHF=DCHD，又FM為Rt．⊿BCF的斜邊中線，得DMFC=DMCF，但DCHD+DDCH=90°，故DPFM=90°．又得點(diǎn)F在⊙MDP上，同理，高BH的垂足在⊙MDP上．即證． 4．證明 連BD、AE、BE，作點(diǎn)G、H關(guān)于BE的對(duì)稱點(diǎn)G￠、H￠，連BG￠、DG￠、G￠H￠、AH￠、EH￠．由于BC=CD，∠BCD=60°；EF=FA，∠EFA=60°T⊿BCD、⊿EFA都是正三角形，TAB=BD，AE=ED，TAEDB為箏形T⊿ABG≌⊿DBG￠，⊿DEH≌⊿AEH￠． 由∠BG￠D=120°，∠BCD=60°TB、C、D、G￠四點(diǎn)共圓．由Ptolemy定理知CG￠=G￠

25、B+G￠D，同理，H￠F=H￠A+H￠E，于是AG+GB+GH+DH+HE = G￠B+G￠D+G￠H￠+H￠A+H￠E=CG￠+G￠H￠+H￠F≥CF． 5. 6．證明：⑴ 設(shè)DABC的內(nèi)心為I，則A1A0=A1I，則S=2S ； 同理可得其余6個(gè)等式．相加⑴即得證． ⑵ 連OA、OB、OC把六邊形A1CB1AC1B分成三個(gè)四邊形，由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得∴ S=S+ S + S=AB·R+BC·R+CA·R=Rp．但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故Rp≥2rp=2SDABC．故得證． 又證：記A=2a，B=2b，C=

26、2g．0

27、osacosbcosg，由0

28、2GB2+6PG2+2GA2+2GC2． ∴ PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2． 于是PA2+PB2+PC2≥GA2+GB2+GC2．等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)P與G重合時(shí)成立． 亦可用解析幾何方法證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．P(x，y)， 則S=(x－x1)2+(y－y1)2+(x－x2)2+(y－y2)2+(x－x3)2+(y－y3)2 =3x2－2(x1+x2+x3)x+(x12+x22+x32)+3y2－2(y1+y2+y3)y+(y12+y22+y32) 顯然，當(dāng)x=(x1+x2+x3)，y=(y1+y2+y3)時(shí)，S取得

29、最小值．即當(dāng)P為DABC的重心時(shí)，S取得最小值． 8．證明：設(shè)三角形ABC的三邊長為a、b、c，點(diǎn)P到三邊的距離分別為x，y，z． 則2D=ax+by+cz≥3．即xyz≤．等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)ax=by=cz，即DPAB、DPBC、DPCA的面積相等時(shí)成立．此時(shí)P為DABC的重心． 本節(jié)“習(xí)題19”解答： 1. 2.3. 4. 5. 6.略． 7．解：如圖，P為費(fèi)馬點(diǎn)，可用旋轉(zhuǎn)變換證得，從而S=. 8．證明　(Fejer方法)分成幾部分來證明： 1° 先在BC上任

30、取一點(diǎn)D，固定D，求出以D為一個(gè)頂點(diǎn)⊿ABC的內(nèi)接三角形中周長最小者． 作D關(guān)于AB、AC的對(duì)稱點(diǎn)D’、D”，連D’D”交AB、AC于點(diǎn)F、E，連DF、D’F，DE、D”E，對(duì)于任一以DD一個(gè)頂點(diǎn)的⊿ABC的內(nèi)接三角形XPQ，連QD’、QD，PD”、PD，于是可證 DE+EF+FD=D’D”≤D’Q+QP+PD”=DQ+QP+PD． 即⊿DEF為固定點(diǎn)D后周長最小的內(nèi)接三角形． 2° 當(dāng)點(diǎn)D的BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)每一點(diǎn)D，都作出1°中得出的周長最小三角形，再求這些三角形的周長最小值． 連AD、AD’、AD”，則AD=AD’=AD”，且DD’AB=DDAB，DD”AC=DDAC，于是DD’

31、AD”=2DA．所以D’D”=2ADsinA．當(dāng)點(diǎn)D在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，以點(diǎn)D為BC邊上高的垂足時(shí)AD最?。? 3° 說明此時(shí)的最小三角形就是⊿ABC的垂足三角形． 由于D為BC邊上的垂足．對(duì)于垂足三角形DEF，由DDEC=DAEF，而DDEC=DCED"，故點(diǎn)E在D’D”上，同理，F(xiàn)在D’D”上，即⊿DEF為所求得的周長最小三角形． 注：(Schwarz解法)這是一個(gè)非常奇妙的證法： 如圖，⊿DEF為⊿ABC的垂足三角形，⊿PQR為⊿ABC的任一內(nèi)接三角形．作⊿ABC關(guān)于AC的對(duì)稱圖形⊿ACB1，由DDEC=DFEA，故EF的關(guān)于AC的對(duì)稱線段EF1應(yīng)與DE共線．再作⊿ACB1關(guān)于AB1的

32、對(duì)稱三角形AB1C1，…，這樣連續(xù)作五次對(duì)稱三角形，就得到下圖： 在此圖中的DD4=⊿DEF的周長的兩倍．而折線PQR1P2Q2R3P4也等于⊿PQR的周長的兩倍． 但易證DBDE+DB2D4F3=180°，于是DP∥D4P4，且DP=D4P4，從而線段PP4=DD4=⊿DEF周長的兩倍．顯然，折線PQR1P2Q2R3P4的長>線段PP4的長．即⊿PQR的周長>⊿DEF的周長． 9．證明：連AB，作 與AB平行的直徑CD，作直徑AB’，則B與B’關(guān)于CD對(duì)稱．CD與曲線AB必有交點(diǎn)，否則曲線AB全部在CD一側(cè)，不可能等分圓面積．設(shè)交點(diǎn)為E，連AE、BE、B’E，則AE+EB=AE+EB’

33、>AB’，故曲線AB的長大于直徑AB’． 10．(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，可任作一條與曲線凹進(jìn)部分有兩個(gè)交點(diǎn)的直線，作該曲線在兩交點(diǎn)間一段弧的對(duì)稱曲線，則可得一個(gè)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(diǎn)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(cè)面積較大，如圖，不妨設(shè)N>M，則去掉M作N的關(guān)于AB的對(duì)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(duì)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(cè)的一半，若C為此段

34、弧上任一點(diǎn)，則DACB=90°．否則可把此圖形劃分為三塊M、N、P，只須改變DACB的大小，使DACB=90°，則M、N的面積不變，而P的面積變大．這說明，此半段曲線必為半圓，從而另一半也是半圓． 11．證明 設(shè)曲線PQ平分⊿ABC的面積，其長度為l． 若此曲線與三角形的兩邊AB、AC相交于點(diǎn)P、Q，作⊿ABC關(guān)于AC、AC的對(duì)稱圖形，得⊿ACD、⊿ABG，再作 此圖形關(guān)于DG的對(duì)稱圖形，得到一個(gè)正六邊形BCDEFG．則曲線PQ相應(yīng)的對(duì)稱曲線圍成的封閉曲線平分正六邊形BCDEFG的面積．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MN平分⊿A

35、BC的面積．由于正六邊形面積=6·a2=a2．故得pr2=·a2，解得r=a，.從而弧MN的長=·2πr=，由等周定理，知l≥． 12．提示：由AB∥CD知：要證MQ∥NP，只需證∠AMQ=∠CPN，結(jié)合∠A=∠C知，只需證△AMQ∽△CPN,←=，AM·CN=AQ·CP．連結(jié)AC、BD，其交點(diǎn)為內(nèi)切圓心O．設(shè)MN與⊙O切于K，連結(jié)OE、OM、OK、ON、OF．記∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，則∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ. ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α.∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是=，∴AM·CN=AO·CO.同理，AQ·CP=AO·CO．