平面几何名定理

P K B
证明：作高 AH．
Q C
D
H
BH AP BH CQ AP BH CQ BA ，由∆CDQ∽∆CAH，⇒CQ = DC． 则由∆BDP∽∆BAH，⇒ = BA DC DC BA BD HC CA ∴ · · = · PB = · = · =1，据 Ceva 定理， · PB HC QA QA PB HC BD CA BD CA DC AC = DP⊥AB，DQ⊥AC，⇒AP 由 AD 平分∠BAC，⇒ AH、BQ、CP 交于一点，故 ，由 过 CP、BQ 的交点 K， = AQ． BD AB AH
D
S T,N
C
DP AQ PA QB → → · BT =1；即 BT→ → ； → → · = · PA QB PM+ TD DP AQ PQ· RS =(TD PA )·(RM+ MS)= 设 RS 交对角线 BD 于 N， → → → → → →交∆BCD)得 由RM+PM· MS+ PA ·RM+→·→ PM· Menelaus 定理，(RS PA MS
1
Y A M Z K H
5 6 7
3
4
X
F
D
2
C
E
证明 连 AH 并延长交⊙O 于点 E，则 DE=DH， 连 PE 交 BC 于点 F，交 XY 于点 K，连 FH、PB． ∵ PX∥AE，∴ ∠1=∠2，又∠2=∠3， ∵ P、Z、X、B 四点共圆， ∴∠3=∠4，∴ ∠1=∠4． ∴ K 为 PF 中点． ∵ DE=DH，BD⊥EH，∴ ∠2=∠5． ∴ FH∥XY． ∴ XY 平分 PH．
塞瓦(Ceva定理)
设 X、Y、Z 分别为△ABC 的边 BC、CA、AB 上的一点， A 则 AX、BY、CZ 所在直线交于一点的充要条件是 AZ BX CY · · =1． ZB XC YA
B Z P X C Y
分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比，从而 说明 用同一法可证其逆正确．本题也可用梅氏定理证明。 可用面积来证明．
Y P
2 1 4 3 6
A
证明 ∠PXB=∠PZB=90°⇒P、Z、X、B 四 点共圆⇒∠1=∠2．∠PZA=∠PYA=90°⇒P、 Z、A、Y 四点共圆⇒∠3=∠4．但∠2+∠5=90°， ∠4+∠6=90°，而由 P、A、C、B 四点共圆， B 得∠5=∠6．故∠2=∠4，从而∠1=∠3． 故 X、Y、Z 共线．
证明：设 S⊿APB=S1，S⊿BPC=S2，S⊿CPA=S3． AZ S3 BX S1 CY S2 则 = ， = ， = ，三式相乘，即得证． ZB S2 XC S3 YA S1
如图，在△ABC 中，∠ABC 和∠ACB 均是锐角，D 是 BC 边 上的内点，且 AD 平分∠BAC，过点 D 分别向两条直线 AB、 AC 作垂线 DP、DQ，其垂足是 P、Q，两条直线 CP 与 BQ 相 A 交与点 K．求证：AK⊥BC
⑴+⑵，得 AC·BD=AB·CD+AD·BC．
C
E B
说明 逆命题也成立。
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．
B
C
说明 用同一法可证其逆正确
在矩形 ABCD 的外接圆弧 AB 上取一个不同于顶点 A、B 的点 M，点 P、Q、R、S 是 M 分别在直线 AD、AB、BC 与 CD 上的投影．证明，直线 PQ 和 RS 是互相垂直的， 并且它们与矩形的某条对角线交于同一点．
设 PQ 交对角线 BD 于 T， 证明：设 PR 与圆的另一交点为 L．则 则由 Menelaus 定理，(PQ 交∆ABD)得
设 A1A2A3…A7 是圆内接正七边形，求证： 1 1 1 = + ． A1A2 A1A3 A1A4
证明 连 A1A5，A3A5， 并设 A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c． =a A =b A =c 1 1 1 本题即证 = + ．在圆内接四边形 a b c A1A3A4A5 中，有 A3A4=A4A5=a， A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c．于是 1 1 1 有 ab+ac=bc，同除以 abc，即得 = + ，故证． a b c
∴ AK 与 AH 重合，即 AK⊥BC．
托勒密(Ptolemy定理)
圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和 分析 如图，即证 AC·BD=AB·CD+AD·BC． D
可设法把 AC·BD 拆成两部分，如 证明 在 AC 上取点 E，使∠ADE=∠BDC， 把 AC 写成 AE+EC，这样，AC·BD 由∠DAE=∠DBC，得⊿AED∽⊿BCD． ∴ AE∶BC=AD∶BD，即 AE·BD=AD·BC．⑴ 就拆成了两部分：AE·BD 及 EC·BD， A 又∠ADB=∠EDC，∠ABD=∠ECD， 于是只要证明 AE·BD=AD·BC 及 得⊿ABD∽⊿ECD． EC·BD=AB·CD 即可． ∴ AB∶ED=BD∶CD，即 EC·BD=AB·CD．⑵
A3 A4 A1 A2
A5 A7 A6
西姆松(Simson定理)
P 是ΔABC 的外接圆⊙O 上的任意一点，PX⊥AB，PY⊥BC， PZ⊥CA，垂足为 X、Y、Z，求证： X、Y、Z 三点共线．
分析 如果连 ZX、ZY，能证得∠1=∠3，则由 ∠AZB=180°得∠YZX=180°，即可证此三点共线．
Z
5
X
C
说明 本题的证法也是证三点共线的重要方法．本题的逆命题成立
设 H 为ΔABC 的垂心，P 为ΔABC 的外接圆上一 P 点，则从点 P 引出的三角形的西姆松线平分 PH．
分析：考虑能否用中位线性质证明本题：找到 一条平行于 Simson 线的线段，从 PX∥AH 入手. 连 PE，得∠1=∠2，但∠2=∠3，再由四点共圆 B 得∠3=∠4，于是得∠6=Baidu Nhomakorabea7．可证平行．
平面几何名定理、竞赛名题
梅涅劳斯(Menelaus定理)
设 X、Y、Z 分别在△ABC 的 BC、CA、AB 所在直线上， AZ BX CY 则 X、Y、Z 共线的充要条件是： · · =1． ZB XC YA
A
证明：作 CM∥BA，交 XY 于 N，
Y
Z
N
X
AZ CY CN XC 则 = ， = ． CN YA ZB BX AZ BX CY AZ CN BX CY 于是 · · = · · · =1． ZB XC YA CN ZB XC YA
A P M
Q
题 11
B L R
=－PM· PL + PA · PD=0．故 PQ⊥RS．
故 T 与 N 重合．得证．
BN DS CR BN SC RB · · =1；即 = · ； ND DS CR ND SC RB → → →→
PA RB QB SC BT BN 显然， = ， = ．于是 = ， DP CR AQ DS TD ND