2012江蘇省數(shù)學競賽《提優(yōu)教程》教案：第18講 平幾中的幾個重要定理(一)

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1、 第18講 平幾中的幾個重要定理（一） 本節(jié)主要內(nèi)容有Ptolemy、Ceva、Menelaus等定理及應(yīng)用． 定理1 (Ptolemy定理)圓內(nèi)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(shè)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 ··=1． 定理3 (Menelaus定理)設(shè)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 ··=1． 定理4 設(shè)P、Q、A、B為任意四點，則PA2-PB2=QA2-QB2?

2、PQ⊥AB． A類例題 例1 證明Ptolemy定理． 已知：如圖，圓內(nèi)接ABCD，求證：AC·BD=AB·CD+AD·BC． 分析 可設(shè)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DADE=DBDC， 由DDAE=DDBC，得⊿AED∽⊿BCD． ∴ AE∶BC=AD∶BD，即AE·BD=AD·BC． ⑴ 又DADB=DEDC，DABD=DECD，得⊿ABD∽⊿ECD． ∴ AB∶E

3、D=BD∶CD，即EC·BD=AB·CD． ⑵ ⑴+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(nèi)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(shè)S⊿APB=S1，S⊿BPC=S2，S⊿CPA=S3． 則=，=，=， 三式相乘，即得證．

4、說明 用同一法可證其逆正確． 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， 則=，=． S1 S2 S3 S4 于是··=···=1． 本定理也可用面積來證明：如圖，連AX，BY， 記SDAYB=S1，SDBYC=S2，SDCYX=S3，SDXYA=S4．則 =；=；=，三式相乘即得證． 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”． 鏈接 本定理證明

5、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(shè)P、Q、A、B為任意四點，則PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB． 證明 先證PA2-PB2=QA2-QB2TPQ⊥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⊥AB TPA2-PB2=QA2-QB2顯然成立． 說

6、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(shè)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，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(jié)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(xiàn) 1.如圖，P是正△ABC外接圓的劣弧上任一點

7、 (不與B、C重合)， 求證：PA=PB＋PC． 2.設(shè)AD是△ABC的邊BC上的中線，直線CF交AD于E． 求證：=． 3．． B類例題 例5 設(shè)A1A2A3…A7是圓內(nèi)接正七邊形，求證： =+．(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(guān)系，并且是圓內(nèi)接多邊形，當然存在圓內(nèi)接四邊形，從而可以考慮用Ptolemy定理． 證明 連A1A5，A3A5，并設(shè)A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c． 本題即證=+．在圓內(nèi)接四邊形A1A3A4A5中，有 A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c．于是有ab+ac=b

8、c，同除以abc，即得=+，故證． 說明 Ptolemy定理揭示了圓內(nèi)接四邊形中線段關(guān)系，在數(shù)學中應(yīng)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(shè)PR與圓的另一交點為L．則 ·=(+)·(+)=·+·+·+· =－·+·=0．故PQ⊥RS． 設(shè)PQ交對角線BD于T，則由Menelaus定理，(PQ交DABD)得 ··=1；即=·； 設(shè)RS交對角線BD于N，

9、由Menelaus定理，(RS交DBCD)得 ··=1；即=·； 顯然，=，=．于是=，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(xiàn) 4．在四邊形ABCD中，對角線AC平分DBAD，在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G．求證：DGAC=DEAC．（1999年全國高中數(shù)學聯(lián)賽） 5．ABCD是一個平行四邊形，E是AB上的一點，F(xiàn)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(cè)畫一個半圓T，C，D是T上的兩點，T上過

10、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(xiàn)是l上的點，EF垂直l．求證：EF平分∠CFD． C類例題 例7以O(shè)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(shù)學競賽） 分析　對于與圓有關(guān)的問題，?？衫脠A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DPMN=DBKN=DCAN，得P、M、N、C共圓， 故

11、 BM·BP=BN·BC=BO2-r2． ⑵ ⑴－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經(jīng)過點M，CF、DE交AB于P、Q，求證：MP=QM． 分析 圓是關(guān)于直徑對稱的，當作出點F關(guān)于OM的對稱點F'后，只要設(shè)法證明⊿FMP≌⊿F'MQ即可． 證明：作點F關(guān)于OM的對稱點F’，連FF’，F(xiàn)’M，F(xiàn)’Q，F(xiàn)’D．則 MF=MF’，D4=D

12、FMP=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四點共圓， ∴ D2=D3，但D3=D1，從而D1=D2， 于是⊿MFP≌⊿MF’Q．∴ MP=MQ． 說明 本定理有很多種證明方法，而且有多種推廣． 例9 如圖，四邊形ABCD內(nèi)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(nèi)接多邊形有很多性質(zhì)，本題涉及到圓內(nèi)接六邊形，我們先來證明兩個引理． 引理1: A1B1C1D1E1F

13、1為圓內(nèi)接六邊形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一點，則有. 如圖，設(shè)A1D1，B1E1，C1F1交于點O，根據(jù)圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)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(nèi)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∽△

14、EPD，△FPD∽△FAS，知，. 兩式相乘，得 ② 由①，②得. 故 . ③ 對△EAD應(yīng)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(xiàn) 7．(評委會，土耳其，1995)設(shè)DABC的內(nèi)切圓分別切三邊BC、CA、AB于D、E、F，X是DABC內(nèi)的一點，DXBC的內(nèi)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(nèi)接四邊形． 習題18 1．在四邊形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC

15、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(shù)學聯(lián)賽) 2．四邊形ABCD內(nèi)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） 3．若⊿ABC的邊a、b、c，所對的角為1∶2∶4，求證：=+． 4．如圖，⊿ABC中，P為三角形內(nèi)任意一點，AP、BP、CP分別交對邊于X、Y、Z．求證：++=1 5．(Lemoine line)從三角形的各個頂點引

16、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(shè)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(nèi)角平分線，設(shè)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．(2000年江蘇省數(shù)學冬令營) 8．已知 在⊿ABC中，AB>AC，DA的一個外角的平分線交

17、⊿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(shù)學聯(lián)賽） 9．四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD相交于P，設(shè)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(shù)學聯(lián)賽） 10．一個戰(zhàn)士想要查遍一個正三角形區(qū)域內(nèi)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(yīng)怎樣的路線才能使查遍整個區(qū)域的路程最短． (1973年第十五屆國際數(shù)學奧林匹克) 11．以銳角三角形ABC的三邊為邊向外作三個相

18、似三角形AC1B，BA1C、CB1A，(DAB1C=DABC1=DA1BC；DBA1C=DBAC1=DB1AC．) 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(shù)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：⑴ OB⊥DF，OC⊥DE；⑵ OH⊥MN． 本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答： 1．證明：由Ptolemy定理得PA·BC=PB·AC＋PC·AB，∵AB=BC=AC．　∴PA=PB+PC． C B

19、 A 2．證明由Menelaus定理得··=1 ，從而=． 3． 4．證明 連結(jié)BD交AC于H，對⊿BCD用Ceva定理，可得··=1． 因為AH是DBAD的角平分線，由角平分線定理，可得=，故 ··=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 =，=，所以，··=1． 從而，CI=CJ．又因CI∥AB，CJ∥AD，故DACI=π-DBAC=π-DDAC=DACJ，因此，⊿ACI≌⊿ACJ，從而DIAC=DJAC，即DGAC=DEAC． 5．證明：如圖，設(shè)直線LM與BA的延長線交于點J，與DC的延長線交

20、于點I． 在△ECD與△FAB中分別使用Menelaus定理，得 ， .因為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(shè)AD與BC相交于點P，用O表示半圓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(shè)，D，C，P四點共圓，直徑為OP. 又∠PFC=90°，

21、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．··=1，··=1，T·=·． 第7題圖 由Menelaus定理，有 · · =1． 于是得··=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(nèi)接四邊形． 8． 本節(jié)“習題18”解答： 1、證明 設(shè)AC、BD交于點E．由AM∶AC=CN∶CD，故AM∶MC=CN∶ND， 令CN∶ND=r(r>0

22、)， 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=AC，AE=AC， ∴EM=(-)AC=AC．MC=AC，∴EM∶MC=．由Menelaus定理，知··=1，代入得 r·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DQMC=DCDA=DCBP，于是M、C、B、P四點共圓．由 PO2-r

23、2=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(nèi)接正七邊形，轉(zhuǎn)化為例5． 4、證明：=，=，=，三式相加即得證． 5、AB交⊿PQR于B、A、Z，T··=1，

24、 AC交⊿PQR于C、A、Y，T··=1， BC交⊿PQR于B、C、X，T··=1， 三式相乘，得(··)2··=1． 但PB=PA，QB=QC，RA=RC，故得··=1．TX、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 ··=1； 由⊿OA'C'與直線AC相交，得··=1；由⊿OB'C'與直線BC相交，得··=1； 三式相乘，得··=1．由Menelaus的逆定理，知X、Y、Z共線． （2）上述顯然可逆． 7、提示:作ΔABC的外接圓，則M為圓心．∵ MN∥AE， ∴ MN⊥BC． ∵ AD平分∠A，∴ 點Y在⊙

25、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： ··=1．T=·=·；··=1，··=1． 三式相乘得=·=·=．另一方面，連結(jié)BY、AX，并記MY∩BC=G，AC∩MX=H， 于是有∠NBY=∠LAX，∠MYA=∠MAY=∠LAC， ∴∠BYN=∠ALX． ∴ ΔBYN∽ΔALX．∴ ==，∴ ··=·=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、

26、EC、EB，于是⊿AEG為等腰三角形，∴EG=EA．又D3=180°-DEGA=180°-DEAG=180°-D5=D4， D1=D2．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D1=D2=D3，DEPD=DBPF， ∴ DPFB=DEDP=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

27、，即O1O3過PO的中點．同理，O2O4過PO中點．∴ OP、O1O3、O2O4三直線共點． 10、提示：設(shè)士兵要探測的正三角形為⊿ABC，其高=2d，他從頂點A出發(fā)．如圖，以B、C為圓心d為半徑分別作弧EF、GH，則他分別到達此二弧上任意一點時，就可探測全部扇形區(qū)域BEF及CGH，故可取弧EF上一點P，及弧GH上一點Q，士兵從A出發(fā)，走過折線APQ，連PC，交弧GH于R，則AP+PQ+QC>AP+PR+RC，即AP+PQ>AP+PR，因此，只要使AP+PC最小，就有折線APQ最小． 現(xiàn)取弧EF的中點M，MC交弧GH于N，則士兵應(yīng)沿折線AMN前進． 易證，對于⊿ABC三邊上任一點，總有折

28、線AMN上某一點，與之距離M到AC的距離，知AP與此平行線有交點，設(shè)交點為K．并作點C關(guān)于此平行線的對稱點C’，則AM+MC=AC’

29、DBC=DDA1C．于是B、D、C、A1共圓．同理A、D、C、B1共圓，故點D是⊿A1BC和⊿AB1C的外接圓的交點． 又 DADB=180°-DADB1=180°-DAC1B．所以，點A1、D、B和C1共圓，于是點D是所有三個圓的公共點． ⑵ 由于DBDC1=DBAC1=DBA1C=180°-DBDC，所以直線CC1經(jīng)過點D． 12、證明：⑴顯然B、D、H、F四點共圓；H、E、F四點共圓． ∴ DBDF=DBHF+180°-DEHF=DBAC． DOBC=(180°-DBOC)=90°-DBAC． ∴ OB⊥DF．同理，OC⊥DE． ⑵ ∵ CF⊥MA， ∴ MC2-MH2=AC2-AH2； ① ∵ BE⊥NA， ∴ NB2-NH2=AB2-AH2； ② ∵ DA⊥AC， ∴ DB2-CD2=BA2-AC2； ③ ∵ OB⊥DF， ∴ BN2-BD2=ON2-OD2； ④ ∵ OC⊥DE， ∴ CM2-CD2=OM2-OD2． ⑤ ①-②+③+④-⑤，得 NH2-MH2=ON2-OM2； OM2-MH2=ON2-NH2． ∴ OH⊥MN．