高中数学第八章平几名定理、名题与竞赛题(1)(竞赛精讲)

第八章 联赛二试选讲

§8.1 平几名定理、名题与竞赛题

平面几何在其漫长的发展过程中，得出了大量的定理，积累了大量的题目，其中很多题目都是大数学家的大手笔，这些题目本身就是典范，这些题目的解决方法则更是我们学习平面几何的圭臬．通过学习这些题目，大家可以体会到数学的美．而且这些题目往往也是数学竞赛命题的背景题，在很多竞赛题中都可以找到他们的身影．本讲及下讲拟介绍几个平几名题及其应用．

定理1 (Ptolemy 定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和；(逆命题成立) 分析 如图，即证AC ·BD =AB ·CD +AD ·BC ．

可设法把 AC ·BD 拆成两部分，如把AC 写成AE +EC ，这样，AC ·BD 就拆成了两部分：AE ·BD 及EC ·BD ，于是只要证明AE ·BD =AD ·BC 及EC ·BD =AB ·CD 即可．

证明 在AC 上取点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 ． ⑵ ⑴+⑵，得 AC ·BD =AB ·CD +AD ·BC ．

说明 本定理的证明给证明ab =cd +ef 的问题提供了一个典范．用类似的证法，可以得到Ptolemy 定理的推广(广义Ptolemy 定理)：对于一般的四边形ABCD ，有AB ·CD +AD ·BC ≥AC ·BD ．当且仅当ABCD 是圆内接四边形时等号成立．

例1 (1987年第二十一届全苏)设A 1A 2A 3…A 7是圆内接正七边形，求证： 1A 1A 2=1A 1A 3+1

A 1A 4

．

证明 连A 1A 5，A 3A 5，并设A 1A 2=a ，A 1A 3=b ，A 1A 4=c ． 本题即证1a =1b +1

c

．在圆内接四边形A 1A 3A 4A 5中，有

A 3A 4=A 4A 5=a ，A 1A 3=A 3A 5=b ，A 1A 4=A 1A 5=c ．于是有ab +ac =bc ，同除以abc ，即得1a =

1

b

+1

c

，故证．

例2．(美国纽约，1975)证明：从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能都是有理数．

分析：假定其中几个是有理数，证明至少一个是无理数．

证明：设⊙O 的直径为2R ，不妨设P 在⌒

AD 上，则∠APB =45︒，设∠PBA =α，则∠PAB =135︒－α．

若PA =2R sin α及PC =2R sin(90︒－α)=2R cos α为有理数， 则 PB =2R sin ∠PAB =2R sin(135︒－α)

=2R (

22cos α+2

2

sin α)=2R (sin α+cos α)即为无理数． 或用Ptolemy 定理：PB·AC=PA·BC+PC·AB ．

A

B

C

D

E 1

6

例1

⇒2PB=PA+PC ．故PA 、PB 、PC 不能同时为有理数．

例3．⑴ 求证：锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和． ⑵ 若∆ABC 为直角三角形或钝角三角形，上面的结论成立吗？

A

证明：如图，∆ABC 内接于⊙O ，设⊙O 的半径=R ，∆ABC 的边长分别为a ，b ，c ．三边的中点分别为X 、Y 、Z ．

由A 、X 、O 、Z 四点共圆，据Ptolemy 定理，有

OA ·XZ=OX ·AZ +OZ ·AX ，⇒R ·12a=OX ·12b +OZ ·12

c ．即

R ·a=OX ·b +OZ ·c ， ①

同理，

R ·b=OX ·a +OY ·c ， ② R ·c=OY ·b +OZ ·a ， ③

三式相加，得

R (a +b +c )=OX (a +b )+OY (b +c )+OZ (c +a )． ④

但 r (a +b +c )=OX ·a +OY ·b +OZ ·c ．(都等于三角形面积的2倍) ⑤

④式与⑤式两边分别相加，得

R (a +b +c )+r (a +b +c )= OX (a +b )+OY (b +c )+OZ (c +a )+OX ·c +OY ·a +OZ ·b ．

故， R +r=OX +OY +OZ ．

⑵ 当∆ABC 为直角三角形(∠C 为直角)，则O 在边AB 上，OX=0，上述结论仍成立． 当∆ABC 为钝角三角形 (∠C 为直角或钝角)时，则有 R +r=－OX +OY +OZ ． 证明同上．

定理2 设P 、Q 、A 、B 为任意四点，则PA 2-PB 2=QA 2-QB 2

⇔PQ ⊥AB ．

证明 先证PA 2-PB 2=QA 2-QB 2

⇒PQ ⊥AB ．

作PH ⊥AB 于H ，

则 PA 2-PB 2=( PH 2+AH 2)-(PH 2+BH 2

)

=AH 2－BH 2

=(AH +BH )(AH -BH )

=AB (AB -2BH )． 同理，作QH ’⊥AB 于H ’，

则 QA 2-QB 2

=AB (AB -2AH’)

∴H =H ’，即点H 与点H ’重合． PQ ⊥AB ⇒PA 2-PB 2=QA 2-QB 2显然成立．

说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用．

点到圆的幂：设P 为⊙O 所在平面上任意一点，PO =d ，⊙O 的半径为r ，则d 2－r 2

就是点P

对于⊙O 的幂．过P 任作一直线与⊙O 交于点A 、B ，则PA ·PB = |d 2－r 2

|．

“到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，则该

A B

P

Q

H

H '