重点高中数学竞赛解题策略-几何分册第32章勃罗卡定理

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全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容

全国高中数学联赛竞赛大纲(修订稿)及全部定理内容(共4页)-本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容一、平面几何1、数学竞赛大纲所确定的所有内容。

补充要求：面积和面积方法。

2、几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

3、几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。

到三角形三顶点距离的平方和最小的点--重心。

三角形内到三边距离之积最大的点--重心。

4、几何不等式。

5、简单的等周问题。

了解下述定理：在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面积最大。

在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。

在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周长最小。

在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。

6、几何中的运动：反射、平移、旋转。

7、复数方法、向量方法。

平面凸集、凸包及应用。

二、代数1、在一试大纲的基础上另外要求的内容：周期函数与周期，带绝对值的函数的图像。

三倍角公式，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。

2、第二数学归纳法。

递归，一阶、二阶递归，特征方程法。

函数迭代，求ｎ次迭代，简单的函数方程。

3、ｎ个变元的平均不等式，柯西不等式，排序不等式及应用。

4、复数的指数形式，欧拉公式，棣美弗定理，单位根，单位根的应用。

5、圆排列，有重复的排列与组合，简单的组合恒等式。

6、一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。

7、简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括无穷递降法，同余，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，高斯函数，费马小定理，欧拉函数，孙子定理，格点及其性质。

三、立体几何1、多面角，多面角的性质。

三面角、直三面角的基本性质。

2、正多面体，欧拉定理。

3、体积证法。

4、截面，会作截面、表面展开图。

四、平面解析几何1、直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应用。

2、二元一次不等式表示的区域。

3、三角形的面积公式。

高中数学竞赛解题策略组合分册

高中数学竞赛解题策略组合分册第一章：数学竞赛的意义与挑战1. 数学竞赛不仅仅是一项学科竞赛，更是思维训练的过程。

在参加数学竞赛的过程中，学生不仅仅是在解决问题，更是在培养逻辑思维、数学推理和数学建模的能力。

2. 数学竞赛的题目难度较高，需要学生具备扎实的数学基础、优秀的逻辑思维能力和丰富的解题经验。

参加数学竞赛对学生来说是一项挑战，也是一次提高自身数学能力的机会。

3. 通过参加数学竞赛，学生可以在解题过程中积累经验，提高解题速度和准确度，更好地理解数学知识，并培养良好的数学思维习惯。

第二章：数学竞赛解题的策略与方法1. 熟练掌握数学基础知识是参加数学竞赛的基础。

学生要熟练掌握数学基础知识，包括代数、几何、数论等各个方面的知识点，才能在竞赛题目中灵活运用。

2. 多做历年数学竞赛试题，尤其是一些经典的难题。

通过做历年试题，学生可以了解数学竞赛的出题规律和题型，积累解题经验，发现自身在某些知识点上的不足之处，及时进行补充和强化。

3. 注重解题过程中的思维方法和策略。

在解题过程中，学生要注意用多种方法进行思考和解决问题，可以尝试逆向思维、分析归纳、构造反证等不同的思维方法，找到问题的突破口。

4. 多与同学或老师讨论，参加数学竞赛的学生可以多与同学或老师讨论解题思路，交流解题经验，互相学习、互相提高。

5. 树立信心，面对数学竞赛中的难题，学生要树立信心，保持心态平和，不要惧怕困难，要相信自己的能力，努力克服困难。

第三章：高中数学竞赛解题策略的实例分析通过对一些经典的数学竞赛试题进行分析，我们可以看到一些解题的策略和方法在实际题目中是如何运用的。

1. 策略一：分类讨论法对于一些复杂的题目，可以采用分类讨论的方法进行解题。

对于一个几何问题，可以将几何图形进行分类讨论，找到不同情况下的规律，从而解决问题。

2. 策略二：构造法在数学竞赛中，应用构造法解题是比较常见的策略。

通过构造一些特殊的数据或图形，可以发现问题的规律，从而得到解题的线索。

高中数学竞赛解题策略几何分册勃罗卡定理

高中数学竞赛解题策略几何分册勃罗卡定理 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012.第32章勃罗卡定理勃罗卡()Brocard 定理凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ．延长BC 、AD 交于点F ．AC 与BD 交于点G ．联结EF ，则OG EF ⊥．证法1如图321-，在射线EG 上取一点N ，使得N ，D ，C ，G 四点共圆（即取完全四边形ECDGAB 的密克尔点N ），从而B 、G 、N 、A 及E 、D 、N 、B 分别四点共圆．分别注意到点E 、G 对O 的幂，O 的半径为R ，则22EG EN EC ED OE R ⋅=⋅=-． 22EG GN BG GD R OG ⋅=⋅=-．以上两式相减得()22222EG OE R R OG =---，即22222OE EG R OG -=-．同理，22222OF FG R OG -=-．又由上述两式，有2222OE EG OF FG -=-．于是，由定差幂线定理，知OG EF ⊥．证法2如图321-，注意到完全四边形的性质．在完全四边形ECDGAB 中，其密克尔点N 在直线EG 上，且ON EG ⊥，由此知N 为过点G 的O 的弦的中点，亦即知O ，N ，F 三点共线，从而EN OF ⊥．同理，在完全四边形FDAGBC 中，其密克尔点L 在直线FG 上，且OL FG ⊥，亦有FL OE ⊥．于是，知G 为OEF △的垂心，故OG EF ⊥．证法3如图321-．注意到完全四边形的性质，在完全四边形ABECFD 中，其密克尔点M 在直线EF 上，且OM EF ⊥．联结BM 、CM 、DM 、OB 、OD ．此时，由密克尔点的性质，知E 、M 、C 、B 四点共圆，M 、F 、D 、C 四点共圆，即有BME BCE DCF DMF ∠=∠=∠=∠，从而9090BMO DMO DMF DCF ∠-∠=︒-∠=︒-∠11180909022BOD BOD BOD ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠=∠ ⎪⎝⎭，即知点M 在OBD △的外接圆上．同理，知点M 也在OAC △的外接圆上，亦即知OM 为OBD 与OAC 的公共弦．由于三圆O ，OBD ，OAC 两两相交，由根心定理，知其三条公共弦BD ，AC ，OM 共点于G ．即知O ，G ，M 共线，故OG EF ⊥．该定理有如下推论推论1凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，直线OG 与直线EF 交于点M ，则M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点．事实上，若设M '为完全四边形ABECFD 的密克尔点，则M '在EF 上，且OM EF '⊥．由勃罗卡定理，知OG EF ⊥，即OM EF ⊥．而过同一点只能作一条直线与已知直线垂直，从而OM 与OM '重合，即M 与M '重合．推论2凸四边形ABCD 内接于圆，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点的充要条件是GM EF ⊥于M ．推论3凸四边形ABCD 内接于圆O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，则G 为OEF △的垂心．事实上，由定理的证法2即得，或者由极点公式：22222EG OE OG R =+-，22222FG OF OG R =+-，22222EF OE OF R =+-两两相减，再由定差幂线定理即证．下面给出定理及推论的应用实例．例1（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心．事实上，由推论3知R 为OPQ △的垂心，再由垂心组的性质即知O 为PQR △的垂心．例2如图322-，凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB ，DC 交于点E ，延长BC ，AD 交于点F ，AC 与BD 交于点P ，直线OP 交EF 于点G ．求证：AGB CGD ∠=∠．证明由勃罗卡定理知，OP EF ⊥于点G ．延长AC 交EF 于点Q ，则在完全四边形ABECFD 中，点P ，Q 调和分割AC ，从而GA ，GC ，GP ，GQ 为调和线束，而GP GQ ⊥，于是GP 平分AGC ∠，即AGP CGP ∠=∠．延长DB 交直线EF 于点L （或无穷远点L ），则知L ，P 调和分割BD ，同样可得BGP DGP ∠=∠．故AGB CGD ∠=∠．例3（2011年全国高中联赛题）如图323-，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK MN ⊥，则A ，B ，D ，C 四点共圆．证明用反证法．若A ，B ，D ，C 四点不共圆，则可设ABC △的外接圆O 与直线AD 交于点E ，直线CE 交直线AB 于P ．直线BE 交直线AC 于Q ．联结PQ ，则由勃罗卡定理，知OK PQ ⊥．由题设，OK MN ⊥，从而知PQ MN ∥．即有AQ AP QN PM=．① 对NDA △及截线BEQ ，对MDA △及截线CEP 分别应用梅涅劳斯定理有1NB DE AQ BD EA QN ⋅⋅= 及1MC DE AP CD EA PM⋅⋅=．由①，②得NB MC BD CD=．再应用分比定理，有ND MD BD DC =，从而DMN DCB △∽△．于是，DMN DCB⊥，得到K为BC的中点，这与已知矛∠=∠．即有BC MN∥，从而OK BC盾．故A，B，D，C四点共圆．例4（1997年CMO试题）设四边形ABCD内接于圆，边AB与DC的延长线交于点P，AD 与BC的延长线交于点Q．由点Q作该圆的两条切线QE，QF，切点分别为E，F．求证：P，E，F三点共线．证明如图324-，设ABCD的圆心为O，AC与BD交于点G，联结PQ，则由勃罗卡定理，知OG PQ⊥．设直线OG交PQ于点M，则由推论1，知M为完全四边形ABPCQD的密克尔点，即知M、Q、D、C四点共圆．又O、E、Q、F四点共圆，且OQ为其直径，注意到OM MQ⊥，知点M也在OEQF 上．此时，MQ，CD，EF分别为MQDC，OEMQF，ABCD两两相交的三条公共弦．由根心定理，知MQ、CD、EF三条直线共点于P．故P，E，F三点共线．例5（2006年瑞士国家队选拔赛题）在锐角ABC△的垂心，M△中，AB AC≠，H为ABC为BC的中点，D、E分别为AB，AC上的点，且AD AE=，D、H、E三点共线．求证：ABC△的外接圆与ADE△的外接圆的公共弦垂直于HM．证明如图325-，分别延长BH，CH交AC、AB于点B'、C'，则知A、C'、H、B'及''的直径，点M为BCB C''的圆心．B、C、B'、C'分别四点共圆，且AH为AC HB设直线BC与直线C B''交于点Q，联结AQ，则在完全四边形BCQB AC''中，由勃罗卡定理，知MH AQ⊥．设直线MH交AQ于点P，则由推论1，2知HP AQ''的密克⊥，且P为完全四边形BCQB AC尔点，由此，即知P为ABC与AC HB''的公''的另一个交点，亦即AP为ABC与AC HB共弦，也可由根心定理，知三条公共弦BC ，C B ''，AP 所在直线共点于Q ．故AP HM ⊥．下证点P 在ADE △的外接圆上．延长HM 至N ，使MN HM =，则四边形BNCH 为平行四边形，由此亦推知N 在ABC 上．由DBH ECH △∽△，有BD CE BH CH=．由BPN CPN S S =△△，有BP BN NC CP ⋅=⋅，并注意BN CN =，NC BH =，于是由*，有BD BH NC BP CE CH BN CP ===，即BD CE BP CP=．而DBP ECP ∠=∠，则DBP ECP △∽△，即有BDP CEP ∠=∠．于是，ADP AEP ∠=∠，即点P 在ADE △的外接圆上．故ABC △的外接圆与ADE △的外接圆的公共弦AP 垂直于HM ．下面看定理的演变及应用将定理中的凸四边形ABCD 内接于圆，演变成凸四边形外切于圆，则有例6如图326-，凸四边形ABCD 外切于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ．则OG EF ⊥．证明设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 分别切于点M 、N 、R 、S ，则由牛顿定理，知AC 、BD 、MR 、NS 四线共点于G ．注意到EM ER =，在等腰ERM △中应用斯特瓦尔特定理，有22EG EM MG GR =-⋅．同理，22FG FS SG GN =-⋅．由上述两式相减，得2222EG FG EM FS MG GR SG GN -=--⋅+⋅．联结MO、EO、FO、SO，设O的半径为r，则由勾股定理，有222=-，FM OE r 222FS OF r=-．又显然，有MG GR SG GN⋅=⋅．于是，2222-=-．EG FG EO FO由定差幂线定理，知OG EF⊥．由此例及勃罗卡定理，则可简捷处理如下问题：例7（1989年IMO预选题）证明：双心四边形的两个圆心与其对角线交点共线（双心四边形指既有外接圆，又有内切圆的四边形）．证明如图327-，设O，I分别为四边形ABCD的外接圆、内切圆圆心，AC与BD交于点G．当ABCD为梯形时，结论显然成立，O，I，G共线于上、下底中点的联线．当ABCD不为梯形时，可设直线AD与直线DC交于点E，直线BC与直线AD交于点F，联结EF．由勃罗卡定理，知OG EF⊥；由例6的结论，知IG EF⊥．故O，I，G三点共线．将推论2中的凸四边形内接于圆演变为一般的完全四边形，其密克尔点变为凸四边形对角线交点在完全四边形另一条对角线上的射影，则有例8（2002年中国国家队选拔赛题）如图328-，设凸四边形ABCD的两组对边所在直线分别交于E，F两点，两对角线的交点为P，过P作PO EF⊥于点O．求证：∠=∠．BOC AOD事实上，可类似于前面例2的证法即证得结论成立．将勃罗卡定理中的凸四边形对角线的交点演变为三角形的垂心，则有例9（2001年全国高中联赛题）如图329△中，O为外心，三条高AD、BE、-，ABCCF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N．求证：（1）OB DF⊥．⊥;（2）OH MN⊥，OC DE证明（1）由A 、C 、D 、F 四点共圆，知BDF BAC ∠=∠．又()1180902OBC BOC BAC ∠=︒-∠=︒-∠，即90OBD BDF ∠=︒-∠，故OB DF ⊥．同理，OC DE ⊥．（2）要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明有222MO MH NO NH -=-即可．注意到CH MA ⊥，有2222MC MH AC AH -=-，① BH NA ⊥，有2222NB NH AB AH -=-．② DA BC ⊥，有2222BD CD BA AC -=-，③ OB DN ⊥，有2222BN BD DN OD -=-，④ OC DM ⊥，有2222CM CD DM OD -=-．⑤ 由①-②+③+④-⑤得2222NH MH ON OM -=-．即有2222MO MH NO NH -=-．故OH MN ⊥．将例9中的外心O 演变为一般的点，则有例10如图3210-，设H 是ABC △的垂心，O 是ABC △所在平面内一点，作HP OB ⊥于P ，交AC 的延长线于点N ，作HQ OC ⊥于Q 交AB 的延长线于点M ．求证：OH MN ⊥．证明要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明有2222OM HM HN ON -=-即可．注意到HN OB ⊥，HM OC ⊥，分别有2222OH ON BH BN -=-，2222OH OM CH CM -=-．从而得222222OM ON CM BN BH CH -=-+-．① 由BH AN ⊥，有2222BA BN HA HN -=-， CH AM ⊥，有2222CA CM HA HM -=-，AH BC ⊥，有2222AB AC HB HC -=-．从而得222222HM HN CM BN BH CH -=-+-．② 由①，②得2222OM ON HM HN -=-．故OH MN ⊥．。

高中数学联赛中常见的几何定理

高中数学联赛中常见的几何定理第一篇：高中数学联赛中常见的几何定理梅涅劳斯定理：梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。

他指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么AF/FB×BD/DC×CE/EA=1。

证明：过点A作AG‖BC交DF的延长线于GAF/FB=AG/BD , BD/DC=BD/DC , CE/EA=DC/AG三式相乘得：AF/FB×BD/DC×CE/EA=AG/BD×BD/DC×DC/AG=1它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在的边AB、BC、CA或其延长线上，且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1，则F、D、E三点共线。

利用这个逆定理，可以判断三点共线。

塞瓦定理：在△ABC内任取一点O，直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1证法简介（Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明：∵△ADC被直线BOE所截，∴(CB/BD)*(DO/OA)*(AE/EC)=1 ①而由△ABD被直线COF所截，∴(BC/CD)*(DO/OA)*(AF/FB)=1②②÷①:即得：(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1（Ⅱ）也可以利用面积关系证明∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③同理CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1利用塞瓦定理证明三角形三条高线必交于一点:设三边AB、BC、AC的垂足分别为D、E、F，根据塞瓦定理逆定理，因为(AD:DB)*(BE:EC)*(CF:FA)=[(CD*ctgA）/[(CD*ctgB）]*[(AE*ctgB)/(AE*ctgC)]*[(BF*ctgC)/[(BF*ctgA)]= 1，所以三条高CD、AE、BF交于一点。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第28章戴沙格定理

第28章戴沙格定理戴沙格定理已知两个三角形的三双对应顶点的连线交于一点，若它们的三双对应边分别相交，则这三个交点在一条直线上．其逆命题亦成立．证明先证原命题：设PQR △和P Q R '''△的三双顶点的连线PP '、QQ '、RR '交于点O ，它们的三双对应边的交点分别是D 、E 、F ．分别对OQR △及截线DR Q ''、ORP △及截线EP R ''、OPQ △及截线FQ P ''应用梅涅劳斯定理有1QD RR OQ DR R O Q Q''⋅⋅=''， 1RE PP OR EP P O R R ''⋅⋅=''， 1PE QQ OP FQ Q O P P''⋅⋅=''．将上述三式相乘，得1QD RE PE DR EP FQ⋅⋅=．对QRP △逆用梅理劳斯定理，即知D 、E 、F 三点共线．再证逆命题：设PQR △与P Q R '''△的三双对应边的交点分别是D 、E 、F ，两双对应顶点的连线PP '与RR '交于点O ，要证第三双顶点对应连线QQ '也通过点O ，即O 、Q 、Q '三点在一条直线上．事实上，FPP '△与DRR '△的三双对顶点连线FD 、PR 、R P ''交于点E ，利用已证得的原命题可以得到：这两个三角形三双对应边交点的连线中，PP '与RR '的交点O 、FP 与DR 的交点Q 、FD '与DR '的交点Q '是在同一条直线上．这就是所要证的．在这里，若两双对应顶点的连线PP '与RR '平行，则可证得直线OQ '也与PP '平行，否则若有直线PP '与QQ '交于一点O '，则由上述逆命题中同样的理由，得直线RR '也过点O '，与PP '与RR '平行矛盾．于是，我们便有如下结论：戴沙格定理的逆定理若两三角形的对应边（所在直线）交点共线，则对应顶点的连线交于一点或互相平行．观看图281-中的两个三角形PQR △、P Q R '''△，我们可以用透视的观点看待它．P'Q 'R'RDPOQ E 图28-1一般地，有如下的定义：1定义平面上两个图形称为互相透视的，如果（i ）联结对应点的直线交于一点，称为透视中心．（ii ）对应线的交点在一条直线上，称为透视轴．如上定义的一种特殊情形，即为对应边互相平行的相似形，这时透视轴是无穷远直线，透视中心是位似中心，更一般的透视图形的存在性，由戴沙格定理建立．戴沙格定理设两个三角形有透视中心，则它们有透视轴．1单墫译．[美]R A ⋅⋅约翰逊，近代欧氏几何[]M ．上海：上海教育出版社.2000：202．反过来，设两个三角形有透视轴，则它们有透视中点．对于三个三角形，我们有如下的结论：定理1设三个三角形有公共的透视中心，则它们的三条透视轴共点．事实上，设三个三角形123A A A △、123B B B △、123C C C △，则111A B C 、222A B C 、333A B C 为共点的直线．我们将三角形的边用与所对顶点相同的小写字母表示，考虑边为2a 、2b 、2c 与3a 、3b 、3c 的三角形，它们的对应边相交于共线点1A 、1B 、1C ，所以对应顶点的连线共点．但联结2a 、2b 的交点与3a 、3b 的交点的直线，是123A A A △与123B B B △的透视轴，等等．所以这三条轴共点．定理2设三个三角形两两互为透视，并且有一条公共的透视轴，则它们的透视中心共线．这个定理及各种逆定理的证明较易，留给读者．对于完全四边形，我们也有如下的结论：定理3边是一个完全四边形的边的每一个三角形，与这个完全四边形的对角三角形成透视．事实上，这两个三角形以完全四边形的第四条边为透视轴．更一般地，设一个完全四边形的两条对角线的交点与剩下的两个顶点相连，则这样的六条连线中，三条交于一点，产生四个新点，因而形成一个完全四角形（即包括四条边，两条对角线的图形）．于是，每个完全四边形必有一个相伴的完全四角形，具有同样的对角三角形；反过来也成立．过这完全四边形的每个顶点，有完全四角形的一条边，这完全四角形的每一个三角形，与完全四边形的一个三角形及对角三角形成透视，公共的透视中心是完全四角形的第四个顶点，透视轴是完全四边形的第四条边．下面，看看戴沙格定理的一些应用．例1（1999年高中联赛题）如图282-，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分BAD ∠，在CD 上取一点E ，BE 与AC 交于点F ，延长DF 交BC 于G ．求证：GAC EAC ∠=∠．图28-2PASDQ BMK TN HFE GC证明当AB AD =时，四边形ABCD 是筝形，结论成立．当AB AD ≠时，过A 作AC 的垂线与CB 、CD 的延长线分别交于点M 、N ．由BAC DAC ∠=∠，可证BN 、DM 的交点H 在AC 上．注在BNE △与DMG △中，因BN 与DM 的交点为H ，BE 与DG 的交点为F ，NE 与MG 的交点为C ，且C 、F 、H 共线，则由戴沙格定理的逆定理知BD 、MN 、EG 三线共点．设该点为P ．设EG 与FC 交于点Q ，在完全四边形CEDFBG 中，P 、Q 调和分割EG ．从而AP 、AQ 、AE 、AG 为调和线束，而AP AQ ⊥．故AQ 平分EAG ∠．于是GAC EAC ∠=∠．注：设BN 与AC 交于点H ，只要证D 、H 、M 三点共线即可．连DH ，AM ，作BT AM ⊥于M 交HM 于K ，作DS AN ⊥于S ，交NH 于L ．由AC MN ⊥及AC 平分BAD ∠，易知ASD ATB △∽△，有DS SABT TA=．①又由DS CA BT ∥∥，有DL CH BHDS CA BT ==．② 中LH SABH TA=．③ 由①、②、③可得DL LHBK BH=, 而HLD HBK ∠=∠，则HLD HBK △∽△．从而LHD BHK ∠=∠．故D 、H 、K 共线，即D 、H 、M 共线．例2（布利安香定理）六点连线所组成的平面封闭图形中，若六条边与一个圆内切，则它的三条对角线共点或彼此平行．证明如图283-，设A 、B 、C 、D 、E 、F 是六边形在圆上的切点，由牛顿定理知．过切点A 、B 、C 、F 的四边形有AD 、CF 、A D ''共点于X ；过切点B 、E 、C 、F 的四边形有BE 、CF 、C F ''共点于Y ；过切点B ，E 、A 、D 的四边形有BE 、AD 、B E ''共点于Z ；过切点A 、E 、D 、F 的四边形有AE 、DF 、A E ''共点于R ． RY XZ E QP'E'Q 'D 'C 'C B'BA'A P图28-3又折四边形A Q E P ''''有旁切圆，由牛顿定理的推广（见第29章定理2）有EF 、AD 、A E ''、P Q ''共点于P ．所以XYZ △和A F E '''△对应边的交点F 、E 、P 共线，由戴沙格定理的逆定理，知其对应顶点的连线XA 、YF 、ZE 三点共点或相互平行，即A D ''、B E ''、C F ''共点或相互平行．例3（2008年印度国家队选拔考试题）设ABC △是非等腰三角形，其内切圆为Γ，圆Γ与三边BC 、CA 、AB 分别切于点D 、E 、F ．若FD 、DE 、EF 分别与CA 、AB 、BC 交于点U 、V 、W ，DW 、EV 、FV 的中点分别为L 、M 、N ．证明：L 、M 、N 三点共线．证明如图284-，设DF 、FE 、ED 的中点分别为P 、Q 、R ，则P Q D E ∥，且直线PQ 过点N ；RQ DF ∥．且直线RQ 过点M ；PR EF ∥，且直线PR 过点L ．因AE AF =，则知AQ 平分CAB ∠．同理，BP 、CR 分别平分ABC ∠、BCA ∠，且AQ 、BP 、CR 交于ABC△的内心．在ABC △和QPR △中应用戴沙格定理得，其对应边PR 与BC 、RQ 与CA 、QP 与AB 的交点L 、M 、N 三点共线．F PQΓM N A ECLD JW图28-4例4（2003年保加利亚数学奥林匹克题）设H 是锐角ABC △的高线CP 上的任一点，直线AH 、BH 分别交BC 、AC 于点M 、N ．（1）证明： NPC MPC ∠=∠；（2）设O 是MN 与CP 的交点，一条通过O 的任意的直线交四边形CNHM 的边于D 、E 两点．证明：EPC DPC ∠=∠．证明（1）略．（2）延长PE 交AC 于S ，设PD 交AM 于T ．在SEN △和TDM △中，SE 与TD 的交点P ，EN 与DM 的交点B ，SN 与TM 的交点A 共线，故由戴沙格定理的逆定理，知ST 、ED 、MN 三线共点于O ．在SEN △与DTM △中，SE 与DT 的交点P ，EN 与TM 的交点H ，SN 与DM 的交点C 共线，故由戴沙格定理的逆定理，知SD 、ET 、MN 三线共点于K ．在SMT △与DNE △中，因为SD 、ET 、MN 共点于K ，别由戴沙格定理知，ST 与DE 的交点O 、MT 与NE 的交点H 、SM 与DN 的交点共线，即SM 与DN 的交点I 在CP 上．在ASM △与BDN △中，AS 与BD 的交点C ，AM 与BN 的交点H 、SM 与DN 的交点I 共线于CP ，则由戴沙格定理的逆定理知SD 、MN 、AB 三线共点于K ．设SD 与CO 交于点R ，则在完全四边形CSNIMD 中，SD 与R 、K 调和分割，从而PS 、PD 、PR 、PK 为调和线束，而PR PK ⊥，故PR 平分SPD ∠，即EPC DPC ∠=∠．例5已知ABC △，一圆切CA 、AB 于Y ，Z ，自B 、C 另作这圆的切线设交于X ．求证：AX 、BY 、CZ 三线共点或互相平行．BAHR F ZYECS图28-5证明如图，自B 、C 作O 的切线切点分别为G 、H ，且分别交AC 、AB 于E 、F ．因为折四边形ECFB 有旁切圆，由牛顿定理的推广，知直线ZY 、GH 、BC 、FE 共点于S ．在AYZ △、XBC △中，其对应边的交点E 、F 、S 共线，由戴沙格定理的逆定理知，其对应顶点的连线AX 、BY 、CZ 或共点或平行．例6设I 是ABC △的内切圆或旁切圆，它切BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ．任取一点P ，联结DP 、EP 、FP ，使交I 于X 、Y 、Z ．则AX 、BY 、CZ 三线共点或互相平行．YE P ZCDBX EA X 1Y 1图28-6证明设直线YZ 交BC 于1X ，直线下XZ 交直线AC 于1Y ，直线XY 交直线AB 于1Z ．由11X DY X ZD △∽△，有 1111X Y X D DYX D X Z DZ==，亦即有221111222111X Y X Y X Z X D DY X Z X Z X Z DZ ⋅===．同理，2121Y Z ZE Y X XE =，2121Z X XF Z Y YF =．注意到圆内接六边形YDZEXF 的三条对角线XD 、YE 、ZF 共点于P ，应用塞瓦定理的推论，知1YD ZE XF DZ EX FY⋅⋅=．于是111111YX ZY XZ X Z Y X Z Y ⋅⋅21YD ZE XF DZ FX FY ⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭．对YZX △应用梅涅劳斯定理的逆定理，知1X ，1Y ，1Z 三点共线．考虑ABC △与XYZ △，由于对应边所在直线的交点1X ，1Y ，1Z 共线，则应用戴沙格定理的逆定理，知对应顶点的联线共点或互相平行，故直线AX 、BY 、CZ 共点或互相平行．例7将圆上四点两两连成四个三角形，而这圆上任两点对于该四个三角形中每形的两条西姆松线分别交于一点，则这样的四个交点共线．证明如图287-，1234PP P P 为圆内接四边形，M 、N 为圆上另两点，点M 对432P P P △的西姆松线记为1m ，余类推；点N 对432P P P △的西姆松线记为1n ，余类推．1c 、2c 、3c 、4c 、1D 、2D 分别为直线3m 与4m 、1m 与4m 、1m 与2m 、2m 与3m 、2m 与4m 、1m 与3m 在直线12P P 、23P P 、34P P 、41P P 、13PP 、24P P 上的交点；1A 、2A 、3A 、4A 、1B 、2B 分别为直线3n 与4n 、1n 与4n 、1n 与2n 、2n 与3n 、2n 与4n 、1n 与3n 在直线12P P 、23P P 、34P P 、41P P 、13PP 、24P P 上的交点，Q 为1m 与1n 的交点，余类推．图28-7NB 1P 3A 2A 3Q 3Q 4P 2M D 2D 4B 2Q2Q 1C 4P 4n 1n 2n 3n 4A 4D 1A 1m 4m 3m 2m 1由于直线44C A 、22D B 、33C A 共点于4P ，即423C D C △与423A B A △对应顶点的联线共点，则由戴沙格定理，知这两个三角形对应边所在直线的交点1Q 、2Q 、3Q 共线．同理，2Q 、3Q 、4Q 共线．故1Q 、2Q 、3Q 、4Q 共线．例8设点P 在ABC △三边BC 、CA 、AB 上的射影分别为X 、Y 、Z ．在射线PX 上取一点X '，过X '、X 、Y 的圆交射线PY 于Y '，过X '、X 、Z 的圆交射线PZ 于Z '，则AX '、BY '、CZ '三线共点或互相平行．证明如图288-，设直线X Y ''与AB 交于点R ，直线X Z ''与AC 交于点S ，直线Z Y ''与BC 交于点T ．由题设，有PX PX PY PY PZ PZ '''⋅=⋅=⋅．①图28-8X PLL'STP X'CBA 321记1Z PY ''∠=∠，2XPY '∠=∠，3Z PX '∠=∠．注意到线段的比等于其在一直线上的射影比，有 cos 3cos 2Z Y PX PZ TY PX PY ''-⋅∠=''-⋅∠cos 3cos 2PX PX PZ PX PX PX PY PX '''⋅-⋅⋅∠='''⋅-⋅⋅∠② 同理cos 1cos 3Y R PZ PZ PZ PY RX PZ PZ PZ PX ''''⋅-⋅⋅∠=''''⋅-⋅⋅∠，③ cos 2cos 1X S PY PY PY PX SZ PY PY PY PZ ''''⋅-⋅⋅∠=''''⋅-⋅⋅∠．① 注意到①、②、③、④，有 1Z T Y R X STY RX SZ '''⋅⋅='''．对Z Y X '''△应用梅涅劳斯定理的逆定理，知R 、S 、T 三点共线．考虑ABC △与X Y Z '''△，由于其对应边所在直线的交点S 、T 、R 共线．则应用戴沙格定理的逆定理，知对应顶点的联线共点或互相平行．故直线AX '、BY '、CZ '三线共点或互相平行．例9已知ABC △，一圆过B ，C 分别交边AB 、AC 于点C '、B '，设H ，H '分别为ABC △，AB C ''△的垂心，求证：BB '．CC '， HH '三线共点．证明如图299-，设ABC △的高为BE ，CF ，AB C ''△的高为B E ''，C F ''．又设B C ''与BC 交于点G ，H B ''与HB 交于点上I ，H C ''与HC 交于点J ．图289A BCGJF HE′H ′F′B′P I由戴沙格定理，要证HBC △与H B C '''△的对应顶点的联线BB '，CC '，HH '共点，只需证对应边所在直线的交点I ，J ，G 共线．因为B ，C ，B '，下B '共圆，所以GC GB GB GC ''⋅=⋅，() *易知B ，C ，E ．F 及B '，C '，E '，F '分别四点共圆．()*式表明G 对这两个圆的幂相等，从而知G 在这两个圆的根轴上．由9090180BEB B E B '''∠+∠=︒+︒=︒，知B ，E ，B '，E '四点共圆，即有IE IB IB IE ''⋅=⋅．此式表明点I 也在上述两个圆的根轴l 上．同理，点J 也在上述两个圆的根轴l 上，因此I ，J ，G 共线．故BB '，CC '，HH '共点．练习题二十八1．已知AD 、BE 、CF 为ABC △的三条高，BC 与EF 交于点Q 、AC 与DF 交于点k ，AB 与DE 交于点P ．则P 、Q 、R 共线．2．ABC △内切圆切三边BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ，且BC 交EF 于P ，CA 交DF 于Q ，AB 交DE 于R ，则P ，Q ，R 共线．3．将一点与正三角形的顶点相连，则三联结线的中垂线分别与对边（所在直线）的交点共线．4．将一点P 与正三角形ABC △的顶点相连，则PBC △、PCA △、PAB △的欧拉线共点或互相平行． 5．ABC △的内切圆分别切BC 、CA 、AB 边于点D 、E 、F ．连AD 交内切圆于点K ，过K 作内切圆的切线分别与直线DF 、DE 交于点G ，H ．求证：直线AD 、BH 、CG 共点．。

高中竞赛数学几何定理

关于圆圆幂定理线段成比例托米勒定理线段成比例帕斯卡定理三点共线西摩松线三点共线关于三角形海伦公式三角形面积梅内劳斯定理线段成比例塞瓦定理线段成比例欧拉线三点共线且成比例圆幂定理圆幂的定义:一点P对半径R的圆O的幂定义如下：OP^2-R^2所以圆内的点的幂为负数，圆外的点的幂为正数，圆上的点的幂为零。

圆幂定理是相交弦定理、切割线定理及割线定理(切割线定理推论)以及他们推论的统称。

相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等。

切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项。

割线定理：从圆外一点P引两条割线与圆分别交于A.B.C.D 则有PA·PB=PC·P D。

统一归纳：过任意不在圆上的一点P引两条直线L1、L2，L1与圆交于A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D（可重合），则有PA·PB=PC·PD。

进一步升华（推论）：过任意在圆O外的一点P引一条直线L1与一条过圆心的直线L2，L1与圆交于A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D。

则PA·PB=PC·PD。

若圆半径为r，则PC·PD=(PO-r)·(PO+r)=PO^2-r^2=|PO^2-r^2| （一定要加绝对值，原因见下）为定值。

这个值称为点P到圆O的幂。

（事实上所有的过P点与圆相交的直线都满足这个值）若点P在圆内，类似可得定值为r^2-PO^2=|PO^2-r^2|故平面上任意一点对于圆的幂为这个点到圆心的距离与圆的半径的平方差的绝对值。

（这就是“圆幂”的由来）圆的方程通常表示为x^2+y^2=r^2[编辑本段]证明圆幂定理（相交弦定理、切割线定理及其推论(割线定理)统称为圆幂定理）相交弦定理：相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的乘积相等。

证明：连结AC，BD，由圆周角定理的推论，得∠A＝∠D，∠C＝∠B。

高级中学数学竞赛平面几何中的几个重要定理

平面几何中几个重要定理及其证明一、塞瓦定理1．塞瓦定理及其证明定理：在∆ABC 内一点P ，该点与∆ABC 的三个顶点相连所在的三条直线分别交∆ABC 三边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F ，且D 、E 、F 三点均不是∆ABC 的顶点，则有1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=．证明：运用面积比可得ADCADP BDP BDCS S AD DB S S ∆∆∆∆==．根据等比定理有ADC ADC ADP APCADP BDP BDC BDC BDP BPCS S S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆-===-，所以APCBPC S AD DB S ∆∆=．同理可得APB APCS BE EC S ∆∆=，BPCAPB S CF FA S ∆∆=．三式相乘得1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=．注：在运用三角形的面积比时，要把握住两个三角形是“等高”还是“等底”，这样就可以产生出“边之比”．ABCD FP2．塞瓦定理的逆定理及其证明定理：在∆ABC 三边AB 、BC 、CA 上各有一点D 、E 、F ，且D 、E 、F 均不是∆ABC 的顶点，若1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=，那么直线CD 、AE 、BF 三线共点．证明：设直线AE 与直线BF 交于点P ，直线CP 交AB 于点D /，则据塞瓦定理有//1AD BE CFD B EC FA⋅⋅=．因为1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=，所以有//AD AD DB D B=．由于点D 、D /都在线段AB 上，所以点D 与D /重合．即得D 、E 、F 三点共线．注：利用唯一性，采用同一法，用上塞瓦定理使命题顺利获证．二、梅涅劳斯定理3．梅涅劳斯定理及其证明定理：一条直线与∆ABC 的三边AB 、BC 、CA 所在直线分别交于点D 、E 、F ，且D 、E 、F 均不是∆ABC 的顶点，则有1AD BE CFDB EC FA⨯⨯=．ABCD EFPD /ABCD EFG证明：如图，过点C 作AB 的平行线，交EF 于点G ．因为CG // AB ，所以CG CFAD FA= ————（1）因为CG // AB ，所以CG ECDB BE= ————（2）由（1）÷（2）可得DB BE CFAD EC FA=⋅，即得1AD BE CF DB EC FA ⋅⋅=．注：添加的辅助线CG 是证明的关键“桥梁”，两次运用相似比得出两个比例等式，再拆去“桥梁”（CG ）使得命题顺利获证．4．梅涅劳斯定理的逆定理及其证明定理：在∆ABC 的边AB 、BC 上各有一点D 、E ，在边AC 的延长线上有一点F ，若1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=，那么，D 、E 、F 三点共线．证明：设直线EF 交AB 于点D /，则据梅涅劳斯定理有//1AD BE CFD B EC FA⋅⋅=．因为1AD BE CF DB EC FA⋅⋅=，所以有//AD AD DB D B =．由于点D 、D /都在线段AB 上，所以点D 与D /重合．即得D 、E 、F 三点共线．注：证明方法与上面的塞瓦定理的逆定理如出一辙，注意分析其相似后面的规律．AB CDEFD /三、托勒密定理5．托勒密定理及其证明定理：凸四边形ABCD 是某圆的内接四边形，则有 AB ·CD + BC ·AD = AC ·BD ．证明：设点M 是对角线AC 与BD 的交点，在线段BD 上找一点，使得∠DAE =∠BAM ．因为∠ADB =∠ACB ，即∠ADE =∠ACB ，所以∆ADE ∽∆ACB ，即得AD DEAC BC=，即AD BC AC DE ⋅=⋅ ————（1）由于∠DAE =∠BAM ，所以∠DAM =∠BAE ，即∠DAC =∠BAE 。

太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理

第22章角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设A '、B '、C '分别是ABC △的三边BC 、CA 、AB 所在直线上的点，则三直线AA '、BB '、CC '平行或共点的充要条件是sin sin sin 1sin sin sin BAA ACC CBB A AC C CB B BA '''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠证明由sin sin ABA AA CSBA AB BAA AC SAC A AC''''⋅∠==''⋅∠△△，sin sin CB BC CBB B A AB B BA ''⋅∠=''⋅∠,sin sin AC AC ACC C B BC C CB''⋅∠=''⋅∠ 三式相乘,再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立．推论设1A 、1B 、1C 分别是ABC △的外接圆三段弧BC 、CA 、AB 上的点,则1AA 、1BB 、1CC 共点的充要条件是1111111BACB AC A C B A C B⋅⋅=．事实上，应用三角形正弦定理,代入角元形式的塞瓦定理即证．第二角元形式的塞氏定理设A '、B '、C '分别是ABC △的三边BC 、CA 、AB 所在直线上的点，O 是不在ABC △的三边所在直线上的点，则AA '、BB '、CC '平行或共点的充要条件是sin sin sin 1sin sin sin BOA AOC COB A OC C OB B OA'''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有BOA COB AOC A DC B OA C OBS S S BA CB AC I A C B A C B S S S '''''''''=⋅⋅=⋅⋅'''△△△△△△ sin sin sin sin sin sin BO BOA CO COB AO AOC CO A OC AO B OA BD C OB'''⋅∠⋅∠⋅∠=⋅⋅'''⋅∠⋅∠⋅∠．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例l （1998年加拿大数学奥林匹克题）如图22-1，在ABC △中，40BAC ∠=︒,60ABC ∠=︒,D和E 分别是AC 和AB 上的点，使得40CBD ∠︒=，70BCE ∠︒=，F是直线BD 和CE 的交点．证明：直线AF 和直线BC 垂直．40°20°α40°70°HFEDCBA图22-1证明如图22—1，设BAF α∠=，则40FAC α∠=︒-,对ABC △及点F ，应用甬元形式的塞瓦定理，有()sin10sin sin 401sin 70sin 40sin 20αα︒︒⋅⋅=︒︒-︒．从而()sin10sin 2sin 20cos 201sin70sin 40sin 20αα︒︒⋅︒⋅⋅=︒︒-︒，即有()sin 402sin sin102sin cos80ααα︒-=⋅︒=⋅︒()()sin 80sin 80αα=+︒+-︒．于是()()()sin 80sin 40sin 80ααα-︒=︒--+︒()()2cos60sin 20sin 20αα=⋅︒⋅-︒-=-︒-．注意到040α<<︒，知8020α-︒<-︒-，8020α-︒<︒，有8020αα-︒=-︒-，故30α=︒．延长AF 交BC 于H ，则180180306090AHB FAB ABH ∠︒-∠-∠︒-︒-︒︒===．故AF BC ⊥．例2（1994年香港代表队IMO 选拔赛题）如图22-2，在一个ABC △中，2C B∠∠=，P 为ABC △内满足AP AC =及PB PC =的一点．求证：AP 是A ∠的三等分线．BA图22-2证明用B 表ABC ∠的度数，令PCB θ∠=，则PBC θ∠=，ABP B θ∠=-，2ACP B θ∠=-，()22CAP B θ∠=π--,()()()()223422PAB A CAP B C B B B B θθθ∠=∠-∠=π---π--=π--π-+=-⎡⎤⎣⎦．对ABC△及点P应用第一角元形式的塞瓦定理，有()()()()sin 22sin sin 1sin 2sin 2sin B B B B θθθθθθπ--⎡⎤-⎣⎦⋅⋅=--．亦即()()()()()2sin 2cos 2sin 1sin2sin 2B B B B B θθθθθ-⋅-⋅-=-⋅-．亦即()()()()sin 22sin cos 2sin 32sin B B B B B θθθθ-=-⋅-=--．从而()()()sin sin 32sin 22cos 22sin B B B B B θθθ=---=-⋅ 而sin 0B ≠，则()1cos22B θ-=．由()1033B B BC θπ<-<<+<,有()220,3B θπ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭于是()23B θπ-=，即6B θπ-=，从而()()()()224222222236CAP B B B B PAB θθθθθθθθππ⎛⎫∠=π--=π---=-=-=--=-=∠⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭．故13PAB A ∠=∠，即AP 是A ∠的兰等分线．例3（2008年国家集训队测试题）如图22—3，设G 为ABC △内的一点,AG 、BG、CG 分别交对边于点D 、E 、F ．设AEB △和AFC △的外接圆的公共弦所在的直线为al ,类似地定义bl ，cl ．证明：直线al 、bl 、cl 三线共点．A 1D FECB A图22-3证明设AEB △的外接圆和AFC △的外接圆的另一交点1A ，则al 即1AA （1A 完全四边形的为密克尔点)．易知1A 在BAC ∠内，B 、A 、E 、1A 及C 、A 、F 、1A 分别四点共圆．类似定义1B ，1C ．此时,111FBA ABA A EC ∠=∠=∠，111BFA ACA EC A∠=∠=∠．从而11BFA ECA △∽△，即有11BA BF A E CE=．注意111A AC A AE A BE ∠=∠=∠，11A AB A EB ∠=∠，对1BA E △用正弦定理，有111111sin sin sin sin BA A EB A AB A E A BE A AC∠∠==∠∠．同理,1B 在ABC ∠内,1C 在ACB ∠内，1BB 即为bl ，1CC 即为cl ,且有11sin sin C CAAE BD C CB∠=∠，11sin sin B BC CD AF B BA∠=∠．从而111111sin sin sin sin sin sin A AB C CA B BCA AC C CB B BA∠∠∠⋅⋅∠∠∠BF AE CD BF AE CDCE BD AF FA EC DB=⋅⋅=⋅⋅．而由AG 、BG 、CG 分别交对边BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ,应用塞瓦定理有1BF AE CDFA EC DB⋅⋅=．于是111111sin sin sin 1sinsin sin A AB C CA B BCA AC C CB B BA∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．这样利用第一角元形式的塞瓦定理可知直线1AA 、1BB 、1CC 三线共点，即al 、bl 、cl 三条直线共点．例4（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题)在ABC △中，点M 、N 分别在边AB 、AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △与CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠∠=．证明如图22—4,设BAQ α∠=，PAN β∠=,PAQ γ∠=．γβαQPCMNBA 图22-4对于ABC △及点P 、MNQ △及点P 分别应用第一角元形武的塞瓦定理,有sin sin sin 1sin sin sin BAP ACP CBPPAC PCB PBA∠∠∠⋅⋅=∠∠∠, ① sin sin sin 1sin sin sin MNP NQP QMPPNQ PQM PMN∠∠∠⋅⋅=∠∠∠, ②注意到B 、M 、P 、Q 及C 、N 、P 、Q 分别四点共圆,则BMQ BPQ QCN ∠=∠=∠，QNC QPC MBQ∠=∠=∠．从而,A 、M 、Q 、C 及A 、B 、Q 、N 分别四点共圆．又因为MN BC ∥,所以BAP αγ∠=+，PAC β∠=,PMQ PBQ QAN βγ∠=∠=∠=+，ACP NQP ∠=∠，CBP MNP∠=∠，PCB PMN ∠=∠，PBA PQM ∠=∠，PNQ PCQ MAQ α∠=∠=∠=．由①÷②得()()sin sin 1sin sin αγαββγ+⋅=+． ()()sin sin sin sin αγαβγβ⇔+⋅=+⋅ ()()cos cos 2cos cos 2γαγγβγ⇔-+=-+()()cos 2cos 2αγβγ⇔+=+因为180BAC αβγ++=∠<︒，所以αβ=．例5（2007年西部数学奥林匹克题）设P 是锐角三角形ABC 内一点，AP 、BP 、CP 分别交边BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，已知DEF ABC △∽△．求证：P是ABC △的重心．证明如图22-5，设PEF α∠=，CPE β∠=,CPD γ∠=，EBC α'∠=．并分别用A 、B 、C 表示BAC ∠、ABC ∠、ACB ∠．α'γβαP FEDBA图22-5在DEF △中，由第一角元形式的塞瓦定理，有sin sin sin 1sin sin sin PEF PDE PEDPED PDF PFE∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，即()()()()()sin sin sin1sin sin sin C A βγβαβααβαβγβαβαπ---+-+⋅⋅=--π+++-- 在ABC △中，由角元形式的塞瓦定理,有sin sin sin 1sin sin sin PBC BAP ACPPBA CAP PCB∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，即()()()()()sin sin sin 1sin sin sin C A βγβαβααβαβγβαβα''π---+-+'⋅⋅='''--π+++--．设()()()()()()sin sin sin sin sin sin B x C x xf x B x A B x x βγββγβπ---+-+=⋅⋅--π+++--．由x ,B x -，B x βγπ---+,A B x βγ-π+++-，C x β--，0,2x βπ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭,易知()f x 递增．于是由()()f f αα'=可得αα'=,所以EF BC ∥．同理,DF AC ∥,DE AB ∥．从而，有AF AE FB EC =，AF DC FB BD =，DC ECBD AE=．所以，AF FB =，BD DC =，EC AE =．故P 为ABC △的重心．例6（2009年保加利亚数学奥林匹克题）ABC △的内切圆I 分别与三边BC 、AC 、AB 切于点1A 、1B 、1C ，l 为过点I 的任意一条直线．A '、B '、C '分别为点1A 、1B 、1C 关于l 的对称点．证明：AA '、BB '、CC '三线共点．证明如图22-6，由题设,知11B A A B ''=以及CB 、CA 均与I 相切，则l 图22-611111122mmB AC B A A B A B A ''''∠=======∠．若记()adB '为点B '到直线BC 的距离，()b d A '为点A '到直线AC 的距离,则()11sin a d B A B B AC '''=⋅∠()11sin b B A A B A d A '''=⋅∠=．同理，()()bcd C d B ''=,()()cad A dC ''=．由第一角元形式的塞瓦定理，AA '、BB '、CC '线共点111111sin sin sin 1sin sin sin C AA A BB B CC A AB B BC C CA '''∠∠∠⇔⋅⋅='''∠∠∠()()()()()()///1///c a b b c a d A AA d B BB d C CC d A AA d B BB d C CC ''''''⇔⋅⋅=''''''()()()()()()c a b b c a d A d B d C d A d B d C '''⇔⋅⋅''' ()()()()()()1c a b a b cd A d B d C d C d A d B '''=⋅⋅='''．例7（2008年国家集训队测试题）设P ，Q ,R 分别是锐角三角形ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点，使得PQR △是正三角形，并且它还是这样的内接正三角形中面积最小的．求证：点A 到QR 的垂线、点B 到RP 的垂线和点C 到PQ 的垂线,这三条直线共点．证明由于ABC △为锐角三角形，在PQR △形内可作以RP 为弦，对PQ 张角为A π-的圆弧;也可做一条以RP 为弦，B π-的圆弧．设两弧的交点为M (实际上M 为三角形的密克尔点），则R MQ A ∠==π-，RMP B ∠=π-,()()2PMQ A B ∠=π-π--π- A B C=+=π-，R 1P 1Q 1EQR FM PDCBA图22-7从而，A 、R 、M 、Q ;B 、P 、M 、R ;C 、P 、M 、Q 分别四点共圆．过M 作ABC △三边的垂线，在BC 、CA 、AB 上的垂足分别为1P ，1Q ,1R ．不妨设1R 在线段AR 上，记1R MR θ∠=，则11R MP B R MR θ∠=π-=∠=．同理，QMQ θ∠=．于是，11Rt Rt Rt MBR MPP MQ Q △∽△∽△，从而1111cos MR MP MQ MR MP MQ θ===． ① 由11MR MP MR MP =及11R MP RMP ∠=∠，知11R MP RMP △∽△，得111cos PR MRPR MRθ==．同理,11cos PQ PQ θ=，11cos Q R QRθ=．由11111cos PR MR Q R PR MR QRθ===,可知111PQR PQ R △∽△,相似比为cos θ．故111PQ R △也为ABC △的内接正三角形，且1112cos PQ R PQRS Sθ=△△．由面积的最小性知必有cos 0θ=，即0θ=．故MP AB ⊥，MQ BC ⊥，MR CA ⊥． ②设过A 、B 、C 所作的三垂线分别为AD 、BE 、CF ，点D 、E 、F 分别在RQ 、RP、PQ 上,则sin cos sin cos QAD AQRRAD ARQ ∠∠=∠∠cos /cos /AMR MR AM MRAMQ MQ AM MQ∠===∠．同理，sin sin RBE MPPBE MR∠=∠，sin sin PCF MQ QCF MP ∠=∠．这样，则有sin sin sin 1sin sin sin QAD RBE PCF RAD PBE QCF∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，由第一角元形式的塞瓦定理知AD 、BE、CF 共点．例8(2009年罗马尼亚大师杯数学奥林匹克题)如图，在平面上给定四个点1A 、2A 、3A 、4A ,其中任意三点不共线,使得123413241423A A A A A A A A A A A A ⋅⋅=⋅=．记iO 是kA A △；iA 的外心，这里{}{},,,1,2,3,4i j k l =．假设对每个下标i ，都有iiA O ≠．证明:四条直线iiAO 共点或平行．证明若四个点1A 、2A 、3A 、4A 构成一个凹四边形,不妨设4A 在三角形123A A A中，如图22-8（1）．(2)(1)O 3O 2A 2A 4O 1A 3A 1PA 4A 3A 2A 1图22-8作13124A A P A A A △∽△，则31412A A P A A A ∠∠=，从而41212A A P A A A ∠∠=，且1141312A P A AA A A A=．于是，12314A A A A A P △∽△．即有4142312A P A AA A A A=,故142343412A A A A A P A A A A ⋅==．又3241312A P A AA A A A=，所以，132433412A A A A A P A A A A ⋅==，从而3434A P A P A A ==．即知34A A P △为正三角形，所以1241341313460A A A A A AA A P A A A ∠+∠=∠+∠=︒．同理，32431460A A A A A A∠+∠=︒，21423460A A A A A A∠+∠=︒．设124A A Aα∠=，234A A Aβ∠=，314A A Aγ∠=，则13460A A A α∠=︒-，21460A A Aβ∠=︒-,32460A A A γ∠=︒-．因为1O 是234A A A △的外心，所以42190A A O β∠=︒-，于是12190A A O αβ∠=︒+-．同理,23290A A Oβγ∠=︒+-，31390A AOγα∠=︒+-．又431429030A A O A A A γ∠=︒-∠=︒+，则13190A A O γα∠=︒+-．同理,21290A AOαβ∠=︒+-，32390A A Oβγ∠=︒+-．由第一角元形式的塞瓦定理,知321131211113121132sin sin sin 1sin sin sin A A O A A O A A O O A A O A A O A A ∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．而132123O A AO A A ∠=∠,所以()()211121311131sin 90sinsin sin sin sin 90A AOO A A A AOO A A αβγα︒+-∠∠==∠∠︒+-．同理，()()322122sin 90sinsin sin 90A A O A A O βγαβ︒+-∠=∠︒+-，()()133233sin 90sin sin sin 90A A O A A O γαβγ︒+-∠=∠︒+-．所以322133211113221332sin sin sin 1sin sin sin A A O A A O A A O O A A O A A O A A ∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．由第一角元形式的塞瓦定理的逆定理，知11AO ，22A O ，33A O 三线共点或者互相平行．若四个点1A 、2A 、3A 、4A 构成一个凸四边形1234A A A A ,类似的可得：11AO ，22A O ,33A O 三线共点或者互相平行．同理11AO ，22A O ,44A O 三线共点或者互相平行．综上所述，四条直线()1,2,3,4i iAO i =共点或平行．例9（2006年第23届巴尔干地区数学奥林匹克题）已知直线l 与ABC △的边AB 、AC 分别交于点D 、F ，与BC 的延长线交于点E ．过A 、B 、C 且与l 平行的直线与ABC △的外接圆分别交于点1A 、1B 、1C ．证明：1A E 、1B F 、1C D 三线交于一点．证明如图22—9，设O 为ABC △的外接圆，l 即为直线DFE ，过O 作l 的垂线1l ．设D 、E 、F 关于1l 的对称点分别是D '、E '、F '．故只需证AE '、BF '、CD '三线共点即可．l 1图22-9又由第一角元形式的塞瓦定理知，只需证sin sin sin 1sin sin sin E AB F BC D CA E AC F BA D CB'''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠即可．注意到sin sin sin sin sin sin E AB E AB AE F E AC AE F E AC'''∠∠∠=⋅'''∠∠∠ E D AF AF E D AD E F AD E F''=⋅=⋅''．同理，sin sin F BC BD F E F BA BE F D ''∠=⋅''∠，sin sin D CA CE D F D CB CF D E ''∠=⋅''∠．注意对ACB △应用梅涅劳斯定理，有sin sin sin sin sin sin E AB F BC D CA E AC F BA D CB'''∠∠∠⋅⋅'''∠∠∠ AF BD CE E D D F F E AD BE CF D E F D E F'''=⋅⋅⋅⋅⋅''' 1AF CE BD FC EB DA=⋅⋅=．因此，1A E 、1B F 、1C D 三线交于一点．练习题二十二1．(1983年前南斯拉夫数学奥林匹克题）在ABC △内取一点M ,使得30MBA ∠=︒，10MAB ∠=︒．设80ACB ∠=︒，AC BC =．求AMC ∠．2．（1996年美国数学奥林匹克题）ABC △具有下面性质：存在一个内部的点P ，使得10PAB ∠︒=，20PBA ∠︒=，30PCA ∠=︒，40PAC ∠︒=．证明：ABC △是等腰三角形．3．(IMO 45-预选题）已知直线上的三个定点依次为A 、B 、C 、Γ为过A 、C 且圆心不在AC 上的圆，分别过A 、C 两点且与圆Γ相切的直线交于点P ，PB 与圆Γ交于点Q ．证明:AQC ∠的平分线与AC 的交点不依赖于圆Γ的选取．4．（2008年罗马尼亚国家队选拔赛题)已知锐角ABC △的垂心为H ，X 为ABC △所在平面上的任意一点，以HX 为直径的圆与直线AH 、AX 分别交于点1A 、2A ．类似地定义1B 、2B 和1C 、2C ．证明：12A A 、12B B 、12C C 三线共点．5．（2009年中国国家集训队选拔考试题）设D 是ABC △的边BC 上一点，满足CDA CAB △∽△，O 经过B 、D 两点，并分别与AB 、AD 交于E 、F 两点,BF 、DE 交于G 点．连结AO 、AG ,取AG 的中点M ．求证：CM AO ⊥．6．（2000年波兰数学奥林匹克题）在等腰ABC △中，M 为底边AB 的中点，在ABC △内有一点，使得PAB PBC ∠=∠．求证：APM BPC ∠+∠=π．7．（2005年全国高中联赛题)在ABC △中，AB AC >,过A 作ABC △的外接圆的切线l ，又以A 为圆心,AC 为半径作圆分别交线段AB 于D ，交直线l 于E 、F ．证明：直线OE ,DF 分别通过ABC △的内心与一个旁心．8．（2007年全国高中联赛题）在锐角ABC △中，AB AC <，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 内一点，过P 作PE AC ⊥，垂足为E ，作PF AB ⊥，垂足为F ．1O 、2O 分别是BDF △、CDE △的外心，求证:1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件是P 为ABC △的垂心．。

高中数学竞赛平面几何中的几个重要定理

平面几何中几个重要定理及其证明一、塞瓦定理1．塞瓦定理及其证明定理：在∆ABC 内一点P,该点与∆ABC 的三个顶点相连所在的三条直线分别交∆ABC 三边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F,且D 、E 、F 三点均不是∆ABC 的顶点,则有1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=．证明：运用面积比可得ADCADP BDP BDCS S AD DB S S ∆∆∆∆==．根据等比定理有ADC ADC ADP APCADP BDP BDC BDC BDP BPCS S S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆-===-,所以APCBPC S AD DB S ∆∆=．同理可得APB APCS BE EC S ∆∆=,BPCAPB S CF FA S ∆∆=．三式相乘得1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=．注：在运用三角形的面积比时,要把握住两个三角形是“等高”ABCD FP还是“等底”,这样就可以产生出“边之比”．2．塞瓦定理的逆定理及其证明定理：在∆ABC 三边AB 、BC 、CA 上各有一点D 、E 、F,且D 、E 、F均不是∆ABC 的顶点,若1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=,那么直线CD 、AE 、BF 三线共点．证明：设直线AE 与直线BF 交于点P,直线CP 交AB 于点D /,则据塞瓦定理有//1AD BE CFD B EC FA⋅⋅=．因为1AD BE CF DB EC FA⋅⋅=,所以有//AD AD DB D B =．由于点D 、D /都在线段AB 上,所以点D 与D /重合．即得D 、E 、F 三点共线．注：利用唯一性,采用同一法,用上塞瓦定理使命题顺利获证．二、梅涅劳斯定理ABCD EFPD /3．梅涅劳斯定理及其证明ABCD EFG定理：一条直线与∆ABC 的三边AB 、BC 、CA 所在直线分别交于点D 、E 、F,且D 、E 、F 均不是∆ABC 的顶点,则有1AD BE CFDB EC FA⨯⨯=．证明：如图,过点C 作AB 的平行线,交EF 于点G ．因为CG // AB,所以CG CFAD FA= ————1 因为CG // AB,所以CG ECDB BE= ————2 由1÷2可得DB BE CFAD EC FA=⋅,即得1AD BE CF DB EC FA ⋅⋅=．注：添加的辅助线CG 是证明的关键“桥梁”,两次运用相似比得出两个比例等式,再拆去“桥梁”CG 使得命题顺利获证．4．梅涅劳斯定理的逆定理及其证明定理：在∆ABC 的边AB 、BC 上各有一点D 、E,在边AC 的延长线上有一点F,若1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=, 那么,D 、E 、F 三点共线．ABCD EFD /证明：设直线EF 交AB 于点D /,则据梅涅劳斯定理有//1AD BE CFD B EC FA⋅⋅=．因为1AD BE CF DB EC FA⋅⋅=,所以有//AD AD DB D B =．由于点D 、D /都在线段AB 上,所以点D 与D /重合．即得D 、E 、F 三点共线．注：证明方法与上面的塞瓦定理的逆定理如出一辙,注意分析其相似后面的规律．三、托勒密定理5．托勒密定理及其证明定理：凸四边形ABCD 是某圆的内接四边形,则有 AB ·CD + BC ·AD = AC ·BD ．证明：设点M 是对角线AC 与BD 的交点,在线段BD 上找一点,使得∠DAE =∠BAM ．因为∠ADB =∠ACB,即∠ADE =∠ACB,所以∆ADE ∽∆ACB,即得AD DEAC BC=,即AD BC AC DE ⋅=⋅ ————1 由于∠DAE =∠BAM,所以∠DAM =∠BAE,即∠DAC =∠BAE;而∠ABD =∠ACD,即∠ABE =∠ACD,所以∆ABE ∽∆ACD ．即得AB BEAC CD=,即AB CD AC BE ⋅=⋅ ————2 由1+2得AD BC AB CD AC DE AC BE AC BD ⋅+⋅=⋅+⋅=⋅．所以AB ·CD + BC ·AD = AC ·BD ．注：巧妙构造三角形,运用三角形之间的相似推得结论．这里的构造具有特点,不容易想到,需要认真分析题目并不断尝试．6．托勒密定理的逆定理及其证明定理：如果凸四边形ABCD 满足AB ×CD + BC ×AD = AC ×BD,那么A 、B 、C 、D 四点共圆．证法1同一法：在凸四边形ABCD 内取一点E,使得EAB DAC ∠=∠,EBA DCA ∠=∠,则EAB ∆∽DAC ∆．可得AB ×CD = BE ×AC ———1且 AE ABAD AC = ———2则由DAE CAB ∠=∠及2可得DAE ∆∽CAB ∆．于是有 AD ×BC = DE ×AC ———3由1+3可得 AB ×CD + BC ×AD = AC × BE + DE ．据条件可得 BD = BE + DE,则点E 在线段BD 上．则由EBA DCA ∠=∠,得DBA DCA ∠=∠,这说明A 、B 、C 、D 四点共圆．证法2构造转移法延长DA 到A /,延长DB 到B /,使A 、B 、B /、A /四点共圆．延长DC到C /,使得B 、C 、C /、B /四点共圆．如果能证明A /、B /、C /共线,则命题获证那么,据圆幂定理知A 、C 、C /、A /四点也共圆．因此,///A B A D AB BD=,///B C C D BC BD =．可得 //////AB A D BC C D A B B C BD⨯+⨯+=.另一方面,///A C A D AC CD =,即///AC A D A C CD⨯=．欲证//AB A D BC C D BD⨯+⨯=/AC A DCD ⨯,即证///AB CD A D BC CD C D AC BD A D ⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯即 //()BC CD C D AC BD AB CD A D ⨯⨯=⨯-⨯．据条件有 AC BD AB CD AD BC ⨯-⨯=⨯,所以需证//BC CD C D AD BC A D ⨯⨯=⨯⨯,即证//CD C D AD A D ⨯=⨯,这是显然的．所以,//////A B B C A C +=,即A /、B /、C /共线．所以//A B B ∠与//BB C∠互补．由于//A B B DAB ∠=∠,//BB C DCB ∠=∠,所以DAB ∠与DCB ∠互补,即A 、B 、C 、D 四点共圆．7．托勒密定理的推广及其证明定理：如果凸四边形ABCD 的四个顶点不在同一个圆上,那么就有 AB ×CD + BC ×AD > AC ×BD证明：如图,在凸四边形ABCD 内取一点E,使得EAB DAC ∠=∠,EBA DCA ∠=∠,则EAB ∆∽DAC ∆．可得AB ×CD = BE ×AC ————1且AE ABAD AC = ————2则由DAE CAB ∠=∠及2可得DAE ∆∽CAB ∆．于是 AD ×BC = DE ×AC ————3由1+3可得 AB ×CD + BC ×AD = AC × BE + DE因为A、B、C、D四点不共圆,据托勒密定理的逆定理可知AB×CD + BC×AD≠AC×BD所以BE + DE≠BD,即得点E不在线段BD上,则据三角形的性质有BE + DE > BD．所以AB×CD + BC×AD > AC×BD．四、西姆松定理8．西姆松定理及其证明定理：从∆ABC外接圆上任意一点P向BC、CA、AB或其延长线引垂线,垂足分别为D、E、F,则D、E、F三点共线．证明：如图示,连接PC,连接 EF 交BC于点D/,连接PD/．因为PE⊥AE,PF⊥AF,所以A、F、P、Array E四点共圆,可得∠FAE =∠FEP．因为A、B、P、C四点共圆,所以∠BAC=∠BCP,即∠FAE =∠BCP．所以,∠FEP =∠BCP,即∠D/EP =∠D/CP,可得C、D/、P、E四点共圆．所以,∠CD/P +∠CEP = 1800;而∠CEP = 900,所以∠CD/P = 900,即PD/⊥BC．由于过点P 作BC 的垂线,垂足只有一个,所以点D 与D /重合,即得D 、E 、F 三点共线．注：1采用同一法证明可以变被动为主动,以便充分地调用题设条件．但需注意运用同一法证明时的唯一性．2反复运用四点共圆的性质是解决此题的关键,要掌握好四点共圆的运用手法．五、欧拉定理9．欧拉定理及其证明定理：设ΔABC 的重心、外心、垂心分别用字母G 、O 、H 表示．则有G 、O 、H 三点共线欧拉线,且满足3OHOG =．证明向量法：连BO 并延长交圆O 于点D;连接CD 、AD 、HC,设E 为边BC 的中点,连接OE 和OC ．则→→→+=AH OA OH ——— ①因为 CD ⊥BC,AH ⊥BC,所以 AH // CD ．同理CH // DA ．所以,AHCD 为平行四边形．从而得→→=DC AH ．而→→=OE DC 2,所以→→=OE AH 2．因为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=→→→OC OB OE 21,所以→→→+=OC OB AH ——— ②由①②得：→→→→++=OC OB OA OH ———— ③ 另一方面,→→→→→→→→++=+=+=GC GB OA GF OA AG OA OG 2．而→→→→→→+=+=OC GO GC OB GO GB ，,所以 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=⇒+++=→→→→→→→→→OC OB OA OG OB OC GO OA OG 312 —— ④由③④得：→→=OG OH 3．结论得证．注：1运用向量法证明几何问题也是一种常用方法,而且有其独特之处,注意掌握向量对几何问题的表现手法；2此题也可用纯几何法给予证明．又证几何法：连接OH,AE,两线段相交于点G /；连BO 并延长交圆O 于点D ；连接CD 、AD 、HC,设E 为边BC 的中点,连接OE 和OC,如图．因为 CD ⊥BC,AH ⊥BC,所以 AH // CD ．同理CH // DA ．所以,AHCD 为平行四边形．可得AH = CD ．而CD = 2OE,所以AH = 2OE ．因为AH // CD,CD // OE,所以AH // OE ．可得∆AHG /∽∆EOG /．所以////21AH AG HG OE G E G O ===．由//21AG G E =,及重心性质可知点G /就是∆ABC 的重心,即G /与点G 重合．所以,G 、O 、H 三点共线,且满足3OH OG =．六、蝴蝶定理10．蝴蝶定理及其证明定理：如图,过圆中弦AB 的中点M 任引两弦CD 和EF,连接CF 和ED,分别交AB 于P 、Q,则PM = MQ ．证明：过点M 作直线AB 的垂线l ,作直线CF 关于直线l 的对称直线交圆于点C /、F /,交线段AB 于点Q /．连接FF /、DF /、Q /F /、DQ /．据圆的性质和图形的对称性可知：∠MF /Q /=∠MFP,∠F /Q /M =∠FPM ；且FF / // AB,PM = MQ /．因为C 、D 、F /、F 四点共圆,所以A BCD EFP Q M C /F/ Q /∠CDF/ +∠CFF/ = 1800,而由FF/ // AB可得∠Q/PF +∠CFF/ = 1800,所以∠CDF/ =∠Q/PF,即∠MDF/ =∠Q/PF．又因为∠Q/PF =∠PQ/F/,即∠Q/PF =∠MQ/F/．所以有∠MDF/ =∠MQ/F/．这说明Q/、D、F/、M四点共圆,即得∠MF/Q/ =∠Q/DM．因为∠MF/Q/=∠MFP,所以∠MFP =∠Q/DM．而∠MFP =∠EDM,所以∠EDM =∠Q/DM．这说明点Q与点Q/重合,即得PM = MQ．此定理还可用解析法来证明：轴上的截距互为相反数．证：以AB所在直线为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系,M点是坐标原点．设直线DE、CF的方程分别为x = m1y + n 1,x = m2y + n 2；直线CD、EF的方程分别为y = k1 x ,y = k2 x．则经过C、D、E、F四点的曲线系方程为y –k1 x y–k2 x+λx–m1 y–n1x–m2 y–n2=0．整理得λ+k1k2x 2+1+λm1m2y 2–k1+k2+λm1+m2xy–λn1+n2x+λn1m2+n2m1y+λn1n2=0．由于C、D、E、F四点在一个圆上,说明上面方程表示的是一个圆,所以必须λ+ k1 k2 = 1 +λm1 m2≠ 0,且k1+k2+λm1+m2=0．若λ=0,则k1k2=1,k1+k2=0,这是不可能的,故λ≠0；又y轴是弦AB的垂直平分线,则圆心应落在y轴上,故有λn1+ n2 = 0,从而得n1 + n2 = 0．这说明直线DE、CF在x轴上的截距互为相反数,即得PM = MQ．。

高中数学竞赛解题策略-几何分册第29章牛顿定理

第章牛顿定理牛顿定理圆的外切四边形的对角线的交点和以切点为顶点的四边形的对角线的交点重合．此定理即是说，若四边形外切于圆．边、、、上的切点分别为、、、，则四条直线、、、交于形内一点．1 证法如图，设与交于点，与交于点，下证与重合．由切线的性质，知，则有，即．同理，．注意到，，则．再由合比定理，有．于是与重合，即知、、三线共点．同理，、、三线共点．故、、、四直线共点．注：此证法由熊斌先生给出．证法如图，过作交直线于，过作交直线于，设与、分别交于点，，则由～，～，注意到，．图291AX YS KPBGDH FM M ′R αβl有，，即．从而与重合．同证法，即知、、、四直线共点．注：注：此证法由尚强先生给出．1沈文选．牛顿定理的证明、应用及其他．中学教研（数学），2010(4)：26-29．证法如图，过作的平行线，交于，则，从而．同理，过作的平行线交直线于，有．图292M2M1ZSBDQR WF PA而，所以．①设与交于点，与交于点，则，．②注意到，由①，②得，由合比定理有，即知与重合，从而知，，三线共点．同理，，三线共点．故，，，交于形内一点．证法如图，设与交于点，在射线上取点，使，而，从而∽，即有．③由及角平分线性质，有．④由③、④有．⑤ 同理，若与交于点，有．⑥由⑤、⑥即有．以下同证法．证法如图，设与交于点，连、、、．设，，，则，．在中应用正弦定理，有，即．。

高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理

第章角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，则三直线、、平行或共点的充要条件是证明由，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立．推论设、、分别是的外接圆三段弧、、上的点，则、、共点的充要条件是．事实上，应用三角形正弦定理，代入角元形式的塞瓦定理即证．第二角元形式的塞氏定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则、、平行或共点的充要条件是．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例（年加拿大数学奥林匹克题）如图，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．40°20°α40°70°HF EDCBA图22-1证明如图，设，则，对及点，应用甬元形式的塞瓦定理，有．从而，即有．于是．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故．例（年香港代表队选拔赛题）如图，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．BA图22-2证明用表的度数，令，则，，，，．对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．亦即．亦即．从而而，则．由，有于是，即，从而。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第24章密克尔定理

第24章密克尔定理定理1（三角形的密克尔定理）设在一个三角形每一边上取一点（可在一条边、或两条边、或三条边的延长线上取），过三角形的每一顶点与两条邻边所在线上所取的点作圆，则这三个圆共点．① 证明在ACF △中，令1CAF α∠=，2ACF α∠=，3CFA α∠=．如图24-1（1），B 、D 、E 分别在ACF △的三边AC ，CF ，FA 上．设ABE △与BCD △的外接除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1180BME α∠︒=-，2180BMD α∠︒-=．于是，123360180DME BME BMD ααα∠︒∠-∠=+=︒-=-，从而知M ，D ，F ，E 四点共圆．CBAF EMACDF BCO EFBDE(3)(2)(1)图24-1故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ．对于图24-1（2），B 、D 分别为ACF △的边AC ，CF 上的点，E 在边AF 的延长线上．设ABE △与BCD △的外接圆除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1180BME α∠=︒-，2BMD α∠=，于是，123180180DME BME BMD DFE ααα∠=∠-∠=︒--==︒-∠，从而知M ，D ，F ，E 四点共圆．故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ．对于图24-1（3）．B 、D 、E 分别为ACF △的三边CA ，CF ，FA 延长线上的点．设ABE △与BCD △的外接圆除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1BMD α∠=，2BMD α∠=．于是，123180DME BME BMD DFE ααα∠=∠+∠=+=︒-=∠．从而知M ，F ，D ，E 四点共圆．故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ．对于其他取点情形均可类似于上述情形而证．特别地，若有一点取在三角形的顶点，则过两个重合的点之圆与这两点所在的边相切．又若取的三点共直线，如图24-1（2）、（3）中的点B 、D 、E 共直线，则对ACF △来看，直线BDE 截其三边时，三圆ABE ，CDB ，FED 共点于M ；对ABE △来看，直线CDF 截其三边时，三圆ACF ，CDB ，FED 也共点于M ；此时四圆ABE 、ACF 、CDB 、FED 共点于M ，因而可得如下推论：定理2（完全四边形的密克尔定理）四条一般位置的直线形成的四个三角形，它们的外接圆共点．如图24-2，四条直线两两相交又没有三线共点而构成四个三角形的图形称为完全四边形，其交点记为A ，B ，C ，D ，E ，F ．在完全四边形ABCDEF 中，ACF △，ABE △，BCD △，DEF △的外接圆共点于M ，也可这样推证：设ACF △和ABE △的外接圆的另一交点为M ，联结AM ，BM ，DM ，EM ，FM ，则由①沈文选．三角形的密克尔定理及应用［J ］．中等数学，2011（11）：5-8．图24-2FCM FAM EAM EBM DBM ∠∠∠∠∠====，即知D ，B ，C ，M 四点共圆．同理，E ，F ，D ，M 四点共圆．或者也可这样推证：设BCD △和DEF △的外接圆的另一交点为M ，作M 分别在直线AC 、CF 、BE 、AE 上的射影P ，Q ，R ，S ，则由西姆松定理及其逆定理来证（第14章性质3）．定理1中的点M 称为三点B ，D ，E 关于ACF △的密克尔点，BDE △是点M 的密克尔三角形，三个圆称为密克尔圆．若点M 为ACF △三边AC ，CF ，FA 上的点B ，D ，E 关于该三角形的密克尔点，则有结论1()()()MDF C MEA F MBC A ∠∠∠==，即密克尔点与所取三点的联线与对应边所成的锐角相等．这个结论可由四点共圆时，同弧上的圆周角相等或四边形的外角等于内对角即得．又对于图24-1（2）（其他图类似推导）有()()CMF CMD DMF CBD DEF BDA BAD ADE DAE A BDE ∠∠+∠∠+∠∠+∠+∠+∠∠+∠====，等三式得到如下的密尔克等式（对于图24-1（2）、（3）亦有类似等式）：结论2CMF A BDE ∠∠+∠=，FMA C DEB ∠∠+∠=，AMC F EBD ∠∠+∠=．我们可以密克尔点M 作出任一组（3条）直线与三边成等角，或过M 与三角形的一个顶点任作一圆．从而有穷多种方法定出它的密克尔三角形．因而，有结论：结论3若点M 为ACF △所在平面上一定点，则有无穷多种方法定出它的密克尔三角形．对于三角形的密克尔圆，也有如下结论：结论4设ACF △的三个密克尔圆ABA '、CDB 、FED 与ACF △的外接圆依次交于点A '、C '、F '，则A BC A EF ''△∽△，C BA C DF ''△∽△，F DC F EA ''△∽△．事实上，如图24-3，由相交两圆的性质2的推论1即证．E A'F'MF C 'CBA图24-3结论5设D 、E 、B 分别是ACF △的CF ，FA 、AC 上的点，自A 、C 、F 各引一直线a ，c ，f 分别交密克尔圆ABF 、CDB 、FED 于点A '、C '、F '．则（1）当a ，c ，f 交于一点P 时，A '，C '，F '，P ，M 五点共圆；（2）当a c f ∥∥，时，A '、C '、M 、F '四点共线．证明（1）如图24-4（1），由么PA M MEA MBC MDF FF M PF M '''∠∠∠=∠∠∠====，知M 、P 、A '、F '四点共圆．(2)M A'C 'acf F'DABC EF(1)C 'F'P A'DA B CE FMfa c 图24-4同理，M 、P 、F '、C '四点共圆．故A '、C '、F '、P 、M 五点共圆．（2）如图24-4（2）．联结A M '、MC '，由AA M MEF MF F ''∠∠∠==，知A '、M 、F '共线．联结MC '与直线a 交于点A ''，则180180180AA M AA C A C C MBC ABM ''''''∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠=∠，即知A 、B 、A ''、M 四点共圆，而A ''又在直线a 上，从而知A ''与A '重合，故C '、A '、M 三点共线．由于A '、M 公用，这两条直线重合，故A '、C '、M 、F '四点共线．在定理1中，任意一组在三角形三边所在直线上共线点，它们的密克尔点在其外接圆；反之，外接圆上任一点的密克三角形（所取的三点为顶点的三角形）化为一条直线段．由此可知，三角形的西姆松线段也是一个特殊的密克尔三角形．定理2中的点M 称为完全四边形的密克尔点，点M 在完全四边形各边的射影共线，此线称为完全四边形的西姆松线．若点M 是完全四边形ABCDEF 的密克尔点，即ACF △，BCD △，DFF △，ABE △的外接圆共点，若注意到这些三角形的外心，则有结论：结论6完全四边形的四个三角形的外心及密克尔点五点共圆．事实上，如图24-2，设1O ，2O ，3O ，4O 分别为ACF △，BCD △，DEF △，ABE △的外心，则注意到CM为1O 与2O 的公共弦，有12211801802O O M CO M CDM ∠=︒-∠=︒-∠，注意到MF 为1O 与3O 的公共弦，有13311802O O M MO F FEM FDM ∠=∠=∠=︒-∠．从而，1213O 360180O O M O M CDM FDM ∠+∠︒∠-∠=︒=-，即知1O ，2O ，M ，3O 四点共圆．同理，2O ，M ，3O ，4O 四点共圆．故1O ，2O ，1M ，3O ，4O 五点共圆．由于完全四边形中，既有凸四边形，又有凹四边形及折四边形，而其密克尔点唯一确定，因而，有结论：结论7若完全四边形中的凸四边形或折四边形满足特殊条件时，则其密克尔点处于特殊位置，且两个三角形外接圆的另一交点即为密克尔点．注意到结论3，结论7，我们可得到三角形密克尔定理的一系列推论，下面仅以定理3，定理4为例介绍之．定理3在ABC △中，点D ，E ，F 分别在边BC ，CA ，AB 上，设M 为萁密克尔点，则（1）当AD BC ⊥，且M 在AD 上时，点E ，F 与密克尔BDF 、DCE 的圆心1O 、2O 四点共圆的充要条件是M 为ABC △的垂心；（2）当D ，E ，F 分别为内切圆与边的切点，ABC △的外接圆与其密克尔圆AFE ，BDF ，CED 依次交于点P ，Q ，R 时，M 为ABC △的内心，且直线PD ，QE ，RF 共点．证明（1）如图24-5，由结论1知，ME AC ⊥，MF AB ⊥．此时，B ，D ，M ，F 及D ，C ，E ，M 分别四点共圆，有AF AB AM AD AE AC ⋅=⋅=⋅，即知B ，C ，E ，F 四点共圆．O 2O 1DCBAFEM 图24-5又AD BC ⊥，知1O ，2O 分别为BM ，CM 的中点，即有12O O BC ∥，从而21MO O MCB ∠=∠．充分性．当M 为ABC △的垂心时，由九点圆定理即知1O ，2O ，E ，F 四点共圆．或者注意到B ，1O ，M ，E 及C ，2O ，M ，F 分别四点共线，有211FO O FCB FEB FEO ∠=∠=∠=∠，即知1O ，2O ，E ，F 四点共圆．必要性．当1O ，2O ，E ，F 四点共圆时，即有121180O O E EFO ∠+∠=︒．(*)由B ，C ，E ，F 共圆，有AFE ACB ∠∠=，又22MO E MCA ∠=∠，1BFO ABM ∠=∠，则由（*）式，有()()()29090180ACB MCA MCA ABM ACB ∠-∠+∠+︒-∠+︒-∠=︒⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．于是，得ABM MCA ∠∠=，即知Rt Rt BMF CME △∽△．从而有MF ME BF CE =，即有cos cos sin sin AM B AM CAB AM B AC AM C⋅⋅=-⋅-⋅．故cos cos 2cos sin cos cos sin AB C AC BAM R A B C B C⋅-⋅==⋅⋅-⋅，其中R 为ABC △的外接圆半径．另一方面，当H 是ABC △的垂心时，易得cos 2cos sin AC AAH R A B⋅==⋅．从而，点H 与M 重合，即M 为ABC △的垂心．（2）加图24-6，当D ，E ，F 分别为内切圆与边BC ，CA ，AB 的切点时，密克尔圆AFE 、BDF 、CED 均过ABC △的内心，此时密克尔点M 即为其内心．EKO FWVB QDCMPA图24-6联结RE 、RD 、RA 、RB ，则ERD ECD ACB ARB ∠∠∠∠===，故ARE BRD ∠∠=．又由REC RDC ∠∠=，有AEB BDR ∠∠=，从而ARE BRD △∽△．从而，AR AE AFBR BD BF==，即知RF 平分ARB ∠．由上即知，RF 过ABC △的外接圆O 的AB 的中点W ．同理，PD ，QE 分别平分BPC ∠，CQA ∠，且分别过O 上弧BC ，CA 的中点U ，V ．又PU ，QV ，RW 分别过D ，E ，F 点，则只需证明DU ，EV ，FW 三线交于一点．由于MD BC ⊥，OU BC ⊥，则MD OU ∥．同理，ME OV ∥，MF OW ∥．设ABC △的外接圆、内切圆半径分别为R ，r ，则MD ME MF ROU OV OW r===．若设直线OM 与UD 交于点K ，则由上述比例式知，直线VE ，WF 均过点K ．故直线PD ，QE ，RF 三线共点于K ．定理4在完全四边形ABCDEF 中，设M 为其密克尔点，则（1）当A ，B ，D ，F 四点共圆于O 时，M 在直线CE 上，且OM CE ⊥；（2）当B ，C ，E ，F 四点共圆于O 时，M 在直线AD 上，且OM AD ⊥，又M 为过点D 的O 的弦的中点．证明（1）设BCD △的外接圆交CE 于M '，连结DM '，则DM C ABD DFE '∠∠∠==，即知E ，F ，D ，M '四点共圆，如图24-7．A图24-7从而，M '为完全四边形的密克尔点，故M '与M 重合．设O 的半径为R ，则()()22CM CE CD CF CO R CO R CO R ⋅=⋅=-+-=．同理，22EM EC EO R ⋅=-．于是，()()()2222CO EO EC CM EM CM EM CM EM CM EM -+--===-，由定差幂线定理，即知OM CE ⊥．（2）如图24-8，设BCD △的外接圆交直线AD 于M '，则AD AM AB AC AF AE '⋅=⋅=⋅，即知E ，F ，D ，M '四点共圆．图24-8从而，M '为完全四边形的密克尔点，故M '与M 重合．联结CO ，CM ，EO ，EM ，设N 为AM 延长线上一点，则2CME CMN NME CBE CFE CBE COE ∠∠+∠∠+∠∠∠====，即知C ，E ，M ，O 四点共圆．1902OMN OMC CMN OEC COE ∠=∠+∠=∠+∠=︒．故OM AD ⊥，且M 为过点D 的O 的弦的中点．由图24-7，我们又可得如下结论（类似地也可由图24-8得到有关结论）．结论8若点D 为ACE △的三边CE ，EA ，AC 上的点M ，F ，B 关于该三角形的密克尔点，设O 为密克圆ABF 的圆心，则OM CE ⊥．下面，介绍定理4的两个推论，这也是定理2的应用实例．推论1在完全四边形ABCDEF 中，凸四边形ABDF 内接于O ，AD 与BF 交于点G ，则CDB ，CFA ，EFD ，EAB ，OAD ，OBF 六圆共点；CFB ，CDA ，GAB ，GDF ，OBD ，OFA 六圆共点；EFB ，EAD ，GBD ，GFA ，OAB ，ODF 六圆共点．证明如图24-9，设M 为完全四边形ABCDEF 的密克尔点，则由定理4（1），知M 在CE 上，且OM CE ⊥．于是，C ，M ，D ，B 及M ，E ，F ，D 分别四点共圆，有9090BMO BMC BDC ∠︒-∠=︒-∠= ()9018090BDF BDF =︒-︒-∠=∠-︒11180909022BOF BOF ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠ ⎪⎝⎭BFO =∠．L G NOMFDCBA图24-9从而，知点M 在OBF 上．同理，知点M 在OAD 上．由密克尔点的性质，知CDB ，CFA ，EFD ，EAB 四圆共点于M ．故以上六圆共点M ．同理，设N 为完全四边形CDFGAB 的密克尔点，则CFB ，CDA ，GAB ，GDF ，OBD ，OFA 六圆共点于N ．设L 为完全四边形EFAGBD 的密克尔点，则EFB ，EAD ，GBD ，GFA ，OAB ，ODF 六圆共点于L ．推论2在完全四边形ABCDEF 中，凸四边形ABDF 内接于O ，AD 与BF 交于点G ，CDB 与CFA ，CDA 与CFB ，OBD 与OFA ，ODA 与OBF ，EAB 与EFD ，EAD 与EFB ，OAB 与ODF ，GAB 与GDF ，GBD 与GFA 共九对圆的连心线分别记为1l ，2l ，3l ，…，9l ，则1l ，2l ，3l ，4l ，OC 五线共点于OC 的中点；4l ，5l ，6l ，7l ，OE 五线共点于OE 的中点；3l ，7l ，8l ，9l ，OG 五线共点于OG 的中点．证明如图24-10，设M ，L ，N 分别为完全四边形ABC DEF -，EFAGBD ，CDFGAB 的密克尔点，则OM CE ⊥于M ，OL EG ⊥于L ，ON CG ⊥于N ．A 图24-10由推论1中证明，知OM 是ODA 写OBF 的公共弦，则4l 是OM 的中垂线，从而知4l 过OC 的中点，4l 也过OE 的中点．因CN 是CDA 与CFB 的公共弦，则2l 是CN 的中垂线，而ON CN ⊥，从而2l 过OC 的中点；由CM 是CDB 与CFA 的公共弦，则1l 是CM 的中垂线．又OM CM ⊥，则1l 过OC 的中点；由ON 是OBD 与OFA 的公共弦，则3l 是ON 的中垂线．又ON CN ⊥，则3l 过OC 的中点，故1l ，2l ，3l ，4l ，OC 五线共点于OC 的中点．同理，注意到LE ，ME ，OL 分别是EAD 与EFB 、EFD 与EAB ，OAB 与ODF 的公共弦，推知4l ，5l ，6l ，7l ，OE 五线共点于OE 的中点．注意到GN 、LG 、OL 、ON 分别是GAB 与GDF ，GBD 与GFA ，OAB 与ODF ，OBD 与OFA 的公共弦，推知3l ，7l ，8l ，9l ，OG 五线共点于OG 的中点．下面，运用上面的定理、结论、推论处理一些问题．例1（2007年全国高中联赛加试题）在锐角ABC △中，AB AC <，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 内一点，过P 作PE AC ⊥，垂足为E ，作PF AB ⊥，垂足为F ．1O ，2O 分别是BDF △，CDE △的外心．求证：1O ，2O ，E ，F 四点共圆的充要条件为P 是ABC △的垂心．事实上，此即由定理3（1）即证．例2（2007年第39届加拿大数学奥林匹克题）ABC △的内切圆分别切三边BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，ABC △的外接圆O 与AEF △的外接圆1O ，BFD △的外接圆2O 、CDE △的外接圆3O 分别交于点A和P ，B 和Q ，C 和R ．求证：（1）1O ，2O ，3O 交于一点；（2）PD ，QE ，RF 三线交于一点．事实上，此即由定理3（2）即证．例3（2009年土耳其数学奥林匹克题）已知圆Γ和直线l 不相交，P ，Q ，R ，S 为圆Γ上的点，PQ 与RS ，PS 与QR 分别交于点A ，B ，而A ，B 在直线l 上．试确定所有以AB 为直径的圆的公共点．证明如图24-11，由定理4（1），知ASP △和BRS △的外接圆交于点K ，且K 在边AB 上．设圆Γ的圆心为O ，半径为r ，则OK AB ⊥．Q图24-11注意到圆幂定理，有()()()222BO r BO r BO r BS BP BK BA BK BK AK BK AK KB --+⋅=⋅=⋅+=+⋅==．从而，22222AK KB BO BK r OK r ⋅=--=-．对任何一对满足条件的点{}A B ，，因为O ，K ．r 是固定的，所以，以AB 为直径的圆一定过直线OK 上的两点，每点到直线l 的距离为AK KB ⋅例4（2009年第35届俄罗斯数学奥林匹克题）1A 和1C 分别是平行四边形ABCD 的边AB 和BC 上的点，线段1AC 和1CA 交于点P ，1AA P △和1CC P △的外接圆的第二个交点Q 位于ACD △内部．证明：PDA QBA ∠∠=．证明如图24-12，由于1AA P △和1CC P △的外接圆的第二个交点为Q ，则由定理2知，Q 为完全四边形11BC CPAA 的密克尔点，从而知1A ，B ，C ，Q 共圆，有11QBA QBA QCA ∠=∠=∠．①A 2C 1A 1QDCBPA 图24-12由于Q 位于ACD △内，可设直线CQ 交AD 于2A ，由211DA Q QCC APQ ∠=∠=∠，知点2A 在APQ 上．联结2A P ，注意A ，1A ，P ，2A 共圆及AB DC ∥，有212180A PC A AA ADC ∠∠︒∠==-．即知2A ，P ，C ，D 四点共圆，从而，221PDA PDA PCA QCA ∠=∠=∠=∠．②由①，②知，PDA QBA ∠=∠．例5（IMO26试题）已知ABC △，以O 为圆心的圆经过三角形的顶点A ，C 且与边AB ，BC 分别交于另外的点K ，N ．ABC △和KBN △的外接圆交于点BM ．试证：OMB ∠是直角．证明如图24-13（1），若三个圆的圆心共线时，ABC △为等腰三角形()BA BC =，此时，R 与M 重合．因此，三个圆的圆心必不共线，如图24-13B(2)(1)图24-13（2）．不妨设它们的根轴交于点P ．在完全四边形CAPKBN 中，显然M 为其密克尔点，从而OM PB ⊥．故OMB ∠是直角．例6（1992年CMO 试题）凸四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P ，ABP △，CDP △的外接圆相交于P 和另一点Q ，且O ，P ，Q 三点两两不重合．试证：90OQP ∠=︒．证明由题设，O ，P ，Q 三点两两不重合知，四边形ABCD 必不为矩形（困圆内接平行四边形必为矩形），则不妨设AB DC ，此时，可设直线BA 与直线CD 交于点S ．在完全四边形SABPCD 中，点Q 为其密克尔点，于是OQ SP ⊥，故90OQP ∠=︒．图24-14例7（IMO 35试题）ABC △是一个等腰三角形，AB AC =．假如（i ）M 是BC 的中点，O 是直线AM 上的点，使得OB 垂直于AB ；（ii ）Q 是线段BC 上不同于B 和C 的任意点；（iii ）E 是直线AB 上，F 在直线AC 上，使得E ，G 和F 是不同的三个共线点．求证：OQ 垂直于EF 当且仅当QE QF =．证明如图24-15，对AEF △及截线BQC 应用梅涅劳斯定理，M FOEQ CB A图24-15有1AB EQ FC BE QF CA⋅⋅=．因AB AC =，则EQ QF BE FC =⇔=．由题设对称性知A ，B ，O ，C 四点共圆．于是，OQ EF ⊥，注意OB AB B ⊥⇔，E ，O ，Q 四点共圆O ⇔为完全四边形ABEQCF 的密克尔点Q ⇔，O ，C ，F F 四点共圆．从而BE FC BEOQ =⇔与QOCF 为等圆，且EO 与直径OQ EF ⇔⊥．为等圆．且EO 为直径∞0Q 上EF ．例8（2010年全国高中联赛题）如图24-16，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．MNA 图24-16求证：若OK MN ⊥，则A ，B ，D ，C 四点共圆．证明用反证法，若A ，B ，D ，C 四点不共圆，设ABC △的外接圆O 与直线AD 交于点E ，直线CE 交直线AB 于点P ，直线BE 交直线AC 于点Q ．由定理4（2）知，完全四边形PECKAB 的密克尔点G 在直线PK 上，且OG PK ⊥；完全四边形QCAKBE 的密克尔点H 在直线QK 上，且OH QK ⊥．联结PQ ．于是，注意到G ，H 分别为过K 的圆的弦的中点，知O ，G ，Q 及O ，H ，P 分别三点共线，从而知点O 是KPQ △的垂心，即有OK PQ ⊥．由题设，OK MN ⊥，从而知PQ MN ∥，即有AQ APQN PM=． ①对NDA △及截线BEQ ，对MDA △及截线CEP 分别应用梅涅劳斯定理，有1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=及1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ②由①．②得NB MC BD CD =．再应用分比定理，有ND MDBD DC=，即知DMN DCB △∽△．于是，DMN DCB ∠∠=，即知BC MN ∥，从而OK BC ⊥，得到K 为BC 的中点与已知矛盾．故A ，B ，D ，C 四点共圆．例9（2007年国家集训队测试题）凸四边形ABCD 内接于O ，BA ，CD 的延长线相交于点H ，对角线AC ，BD 相交于点G ，1O ，2O 分别为AGD △，BGC △的外心，设12O O 与OG 相交于点N ，射线HG 分别交1O ，2O 于点P ，Q ．设M 为PQ 的中点，求证：NO NM =．证明如图24-17，过点G 作1GT O G ⊥，则知TG 切1O 于G ，图24-17即有AGT ADG ACB ∠∠∠==，从而TG BC ∥．于是，1O G BC ⊥．而2OO BC ⊥，则知12O G OO ∥．同理，12OO GO ∥．即知12O OO G 为平行四边形．于是，N 分别为OG ，12O O 的中点．由定理4（2）知，完全四边形HABGCD 的密克尔点M '在直线HG 上，且OM HG '⊥．设E ，S ，F 分别为点1O ，N ，2O 在直线HG 上的射影，则知E 为PG 的中点，F 为GQ 的中点，S 为EF 的中点，且S 为GM '的中点．于是，222PM PG GM EG GS ES ''=+==+， 222QM QG GM FG GS ES ''-=-==．从而M '为PQ 的中点，即知M '与M 重合，亦即知OM GM ⊥．故12NM OG NO ==．练习题二十四1．设AB 是圆的直径，在直线AB 的同侧引射线AD 和BD 相交于点C ．若180AEB ADB ∠+∠︒=，则2AC AD BC BC AB ⋅+⋅=． 2．（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心．3．（1990年全国高中联赛题）四边形ABCD 内接于O ，对角线AC 与BD 交于点P ，PAB △、PBC △、PCD △、PDA △的外心分别为1O ，2O ，3O ，4O ．求证：13O O ，24O O 与OP 三线共点．4．（2006年中国国家集训队测试题）四边形ABCD 内接于O ，且圆心O 不在四边形的边上，对角线AC 与BD 交于点P ，OAB △、OBC △、OCD △、ODA △的外心分别为1O 、2O 、3O 、4O ．求证：13O O 、24O O 与OP 三线共点． 5．（1997年CMO 试题）四边形ABCD 内接于圆，AB 与CD 的延长线交于P 点，AD ，BC 的延长线交于Q 点．由点Q 作该圆的两条切线QE 和QF ，切点分别为E ，F ．求证：P ，E ，F 三点共线．6．（2002年IMO43预选题）已知圆1S 与圆2S 交于P ，Q 两点，1A ，1B 为圆1S 上不同于P ，Q 的两个点，直线1A P ，1B P 分别交圆2S 于2A ，2B ，直线11A B 和22A B 交于点C ．证明：当1A 和1B 变化时，12A A C △的外心总在一个定圆上． 7．（1λ=时为IMO46试题）给定凸四边形ABCD ，BC AD λ=，且BC 不平行于AD ，设点E 和F 分别在边BC 和AD 的内部，满足BE DF λ=，直线AC 和BD 相交于点P ，直线EF 和BD 相交于点Q ，直线EF 和AC 相交于点R ．求证：当E 和F 变动时，PQR △的外接圆经过点P 外的另一个定点．8．（2005年国家集训队训练题）已知E ，F 是ABC △边AB ，AC 的中点，CM ，BN 是边AB ，AC 上的高，联结EF ，MN 交于点P ．又设O 、H 分别是ABC △的外心、垂心，联结AP 、OH ．求证：AP OH ⊥． 9．（《数学教学》2005（8）数学问题652）在ABC △中，AD 为BC 边上的中线，BE ，CF 分别为AC ，AB 上的高，设BE ，CF 交于点M ，直线BC ，EF 交于点N ．求证：MN AD ⊥． 10．（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题）在ABC △中，点M ，N 分别在边AB ，AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △和CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠∠=．11．（2010年国家集训队测试题）设凸四边形ABCD 的两组对边的延长线分别交于点E ，F ，BEC △的外接圆与CFD △的外接圆交于C ，P 两点．求证：BAP CAD ∠∠=的充分必要条件是BD EF ∥． 12．（2007年国家队集训题）锐角ABC △的外接圆在A 和B 处的切线相交于点D ，M 是AB 的中点．证明：ACM BCD ∠=∠． 13．（2008-2009年斯洛文尼亚国家队选拔试题）在锐角ABC △中，点D 在边AB 上，BCD △，ADC △的外接圆分别与边AC ，BC 交于点E ，F ．设CEF △的外心为O ．证明：ADE △，ADC △，DBF △，DBC △的外心与点D ，O 六点共圆，且OD AB ⊥． 14．（IMO46试题）给定凸四边ABCD ，BC AD =，且BC 不平行于AD ，设点E 和F 分别在边BC 和AD 的内部，满足BE DF =．直线AC 和BD 相交于点P ，直线EF 和BD 相交于点Q ，直线EF 和AC 相交于点R ．证明：当点E 和F 变动时，PQR △的外接圆经过除点P 外的另一个定点．15．（2006年IMO 预选题）已知1A ，1B ，1C 分别是ABC △的边BC ，CA ，AB 上的点，11AB C △，11BC A △，11CA B △的外接圆与ABC △的外接圆分别交于点2A ，2B ，2C （2A A ≠，2B B ≠，2C C ≠），3A ，3B ，3C 分别是1A ，1B ，1C 关于边BC ，CA ，AB 的中点的对称点．证明：222333A B C A B C △∽△．16．（2005年第31届俄罗斯数学奥林匹克题）设ABC △的三个旁切圆分别与边BC ，CA ，AB 相切于点A '，B '，C '．A B C ''△，AB C ''△，A BC ''△的外接圆分别与ABC △的外接圆再次相交于点1C ，1A ，1B ，证明：111A B C △与ABC △的内切圆在各自三条边上的切点所形成的三角形相似．17．（2008年国家集训队测试题）设P ，Q ，R 分别是锐角三角形ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点，使得PQR △是正三角形，并且它还是这样的内接正三角形中面积最小的，求证：点A 到QR 的垂线、点B 到RP 的垂线和点C 到PQ 的垂线，这三条直线共点．。

高中数学竞赛解题策略-几何分册第30章帕普斯定理

第章帕普斯定理帕普斯定理设、、是一条直线上的三点，、、是另一条直线上的三点．若直线、、分别与、、相交，则这三个交点、、共线．证明如图，延长和交于点，设与、分别交于点和．对及条截线、、、、分别应用梅涅劳斯定理，图301ACXEYZF有，，，．将前三式的积除以后两式的积，化简得．由此即知、、共线．下面看几道应用上述定理处理问题的例子．例给定及两点，，联结、交于，，、交于，，、交于，．设与交于，与交于，与交于．求证：、、、、五点共线．证明由于、、在直线上，、、在直线上，且、、分别是直线与、直线与、直线与的交点，由帕普斯定理知、、三点共线．同理，、、三点线，、、三点共线．故、、、、五点共线．图302AY PBR Q O Z C Z′Y′O ′X′例（年伊朗国家队选拔考试题）已知的内心为，是内切圆的一条切线，直线与、、分别交于、、．由作的不同于的切线，且与交于点．类似地定义，．证明：、、三线共点，证明如图，设交于点，交于点，联结交于点．由布利安香定理，对六边形、．其三条对角线、、共点，则该点为，即、过点．图303D B AEll ′B′A′C ′A 1B1C 1I考虑两个三点组（、、）与（、、）．由帕普斯定理，与、的交点为，与的交点（设为），与的交点三点共线，即与的交点在上．同理，与的交点在上．而．即．故、、共点于．且在上．例（年预选题）已知、外切于点，并同时与圆内切，切点分别为、，过作、的公切线．设圆的直径，使得、、在的同侧．证明：、、三线共点．证明如图，设的中点为．知为圆∞与的位似中心．。

高中数学竞赛——平面几何基础知识(基本定理、基本性质)

平面几何基础知识（基本定理、基本性质）1．勾股定理（毕达哥拉斯定理）（广义勾股定理）(1)锐角对边的平方，等于其他两边之平方和，减去这两边中的一边和另一边在这边上的射影乘积的两倍． (2)钝角对边的平方等于其他两边的平方和，加上这两边中的一边与另一边在这边上的射影乘积的两倍．2．射影定理（欧几里得定理）3．中线定理（巴布斯定理）设△ABC 的边BC 的中点为P ，则有)(22222BP AP AC AB +=+；中线长：222222a c b m a −+=． 4．垂线定理：2222BD BC AD ACCD AB −=−⇔⊥．高线长：C b B c A a bc c p b p a p p a h a sin sin sin ))()((2===−−−=． 5．角平分线定理：三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例．如△ABC 中，AD 平分∠BAC ，则ACAB DC BD =；（外角平分线定理）．角平分线长：2cos 2)(2A c b bc a p bcp c b t a +=−+=（其中p 为周长一半）． 6．正弦定理：R Cc B b A a 2sin sin sin ===，（其中R 为三角形外接圆半径）． 7．余弦定理：C ab b a c cos 2222−+=．8．张角定理：ABDAC AC BAD AD BAC ∠+∠=∠sin sin sin ．9．斯特瓦尔特(Stewart )定理：设已知△ABC 及其底边上B 、C 两点间的一点D ，则有AB 2·DC +AC 2·BD －AD 2·BC ＝BC ·DC ·BD ．10．圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，等于圆心角的一半．（圆外角如何转化？）11．弦切角定理：弦切角等于夹弧所对的圆周角．12．圆幂定理：（相交弦定理：垂径定理：切割线定理（割线定理）：切线长定理：）13．布拉美古塔（Brahmagupta ）定理：在圆内接四边形ABCD 中，AC ⊥BD ，自对角线的交点P 向一边作垂线，其延长线必平分对边．14．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P A·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，则该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论．这条直线称为两圆的“根轴”．三个圆两两的根轴如果不互相平行，则它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”．三个圆的根心对于三个圆等幂．当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点．15．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，即AC ·BD =AB ·CD +AD ·BC ，(逆命题成立) ．（广义托勒密定理）AB ·CD +AD ·BC ≥AC ·BD ．16．蝴蝶定理：AB 是⊙O 的弦，M 是其中点，弦CD 、EF 经过点M ，CF 、DE 交AB 于P 、Q ，求证：MP =QM ．17．费马点：定理1等边三角形外接圆上一点，到该三角形较近两顶点距离之和等于到另一顶点的距离；不在等边三角形外接圆上的点，到该三角形两顶点距离之和大于到另一点的距离．定理2 三角形每一内角都小于120°时，在三角形内必存在一点，它对三条边所张的角都是120°，该点到三顶点距离和达到最小，称为“费马点”，当三角形有一内角不小于120°时，此角的顶点即为费马点．18．拿破仑三角形：在任意△ABC 的外侧，分别作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，则AE 、AB 、CD 三线共点，并且AE＝BF ＝CD ，这个命题称为拿破仑定理．以△ABC 的三条边分别向外作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，它们的外接圆⊙C 1 、⊙A 1 、⊙B 1的圆心构成的△——外拿破仑的三角形，⊙C 1 、⊙A 1 、⊙B 1三圆共点，外拿破仑三角形是一个等边三角形；△ABC 的三条边分别向△ABC 的内侧作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，它们的外接圆⊙C 2 、⊙A 2 、⊙B 2的圆心构成的△——内拿破仑三角形，⊙C 2 、⊙A 2 、⊙B 2三圆共点，内拿破仑三角形也是一个等边三角形．这两个拿破仑三角形还具有相同的中心．19．九点圆（Nine point round 或欧拉圆或费尔巴赫圆）：三角形中，三边中心、从各顶点向其对边所引垂线的垂足，以及垂心与各顶点连线的中点，这九个点在同一个圆上，九点圆具有许多有趣的性质,例如:（1）三角形的九点圆的半径是三角形的外接圆半径之半;（2）九点圆的圆心在欧拉线上,且恰为垂心与外心连线的中点;（3）三角形的九点圆与三角形的内切圆,三个旁切圆均相切〔费尔巴哈定理〕．20．欧拉（Euler ）线：三角形的外心、重心、九点圆圆心、垂心依次位于同一直线（欧拉线）上．21．欧拉（Euler ）公式：设三角形的外接圆半径为R ，内切圆半径为r ，外心与内心的距离为d ，则d 2=R 2－2Rr ．22．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．23．重心：三角形的三条中线交于一点，并且各中线被这个点分成2：1的两部分；)3,3(C B A C B A y y y x x x G ++++ 重心性质：（1）设G 为△ABC 的重心，连结AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，则1:2:=GD AG ；（2）设G 为△ABC 的重心，则ABC ACG BCG ABG S S S S ∆∆∆∆===31；（3）设G 为△ABC 的重心，过G 作DE ∥BC 交AB 于D ，交AC 于E ，过G 作PF ∥AC 交AB 于P ，交BC 于F ，过G 作HK ∥AB 交AC 于K ，交BC 于H ，则2;32=++===AB KH CA FP BC DE AB KH CA FP BC DE ；（4）设G 为△ABC 的重心，则①222222333GC AB GB CA GA BC+=+=+； ②)(31222222CA BC AB GC GB GA ++=++； ③22222223PG GC GB GA PC PB PA +++=++（P 为△ABC 内任意一点）；④到三角形三顶点距离的平方和最小的点是重心，即222GC GB GA ++最小； ⑤三角形内到三边距离之积最大的点是重心；反之亦然（即满足上述条件之一，则G 为△ABC 的重心）． 24．垂心：三角形的三条高线的交点；)cos cos cos cos cos cos ,cos cos cos cos cos cos (Cc B b A a y C c y B b y A a C c B b A a x C c x B b x A a H C B A C B A ++++++++ 垂心性质：（1）三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2倍；（2）垂心H 关于△ABC 的三边的对称点，均在△ABC 的外接圆上；（3）△ABC 的垂心为H ，则△ABC ，△ABH ，△BCH ，△ACH 的外接圆是等圆；（4）设O ，H 分别为△ABC 的外心和垂心，则HCA BCO ABH CBO HAC BAO ∠=∠∠=∠∠=∠,,．25．内心：三角形的三条角分线的交点—内接圆圆心，即内心到三角形各边距离相等；),(cb a cy by ayc b a cx bx ax I C B A C B A ++++++++ 内心性质：（1）设I 为△ABC 的内心，则I 到△ABC 三边的距离相等，反之亦然；（2）设I 为△ABC 的内心，则C AIB B AIC A BIC ∠+︒=∠∠+︒=∠∠+︒=∠2190,2190,2190；（3）三角形一内角平分线与其外接圆的交点到另两顶点的距离与到内心的距离相等；反之，若A ∠平分线交△ABC 外接圆于点K ，I 为线段AK 上的点且满足KI=KB ，则I 为△ABC 的内心；（4）设I 为△ABC 的内心，,,,c AB b AC a BC === A ∠平分线交BC 于D ，交△ABC 外接圆于点K ，则ac b KD IK KI AK ID AI +===；（5）设I 为△ABC 的内心，,,,c AB b AC a BC ===I 在AB AC BC ,,上的射影分别为F E D ,,，内切圆半径为r ，令)(21c b a p ++=，则①pr S ABC =∆；②c p CD CE b p BF BD a p AF AE −==−==−==;;；③CI BI AI p abcr ⋅⋅⋅=．26．外心：三角形的三条中垂线的交点——外接圆圆心，即外心到三角形各顶点距离相等； )2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin ,2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin (C B A Cy By Ay C B A Cx Bx Ax O C B A C B A ++++++++ 外心性质：（1）外心到三角形各顶点距离相等；（2）设O 为△ABC 的外心，则A BOC ∠=∠2或A BOC ∠−︒=∠2360；（3）∆=S abc R 4；（4）锐角三角形的外心到三边的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和．27．旁心：一内角平分线与两外角平分线交点——旁切圆圆心；设△ABC 的三边,,,c AB b AC a BC ===令)(21c b a p ++=，分别与AB AC BC ,,外侧相切的旁切圆圆心记为C B A I I I ,,，其半径分别记为C B A r r r ,,．旁心性质：（1）,21,2190A C BI C BI A C BI C B A ∠=∠=∠∠−︒=∠（对于顶角B ，C 也有类似的式子）；（2）)(21C A I I I C B A ∠+∠=∠；（3）设A AI 的连线交△ABC 的外接圆于D ，则DC DB DI A ==（对于C B CI BI ,有同样的结论）；（4）△ABC 是△I A I B I C 的垂足三角形，且△I A I B I C 的外接圆半径'R 等于△ABC 的直径为2R ．28．三角形面积公式：C B A R R abc C ab ah S a ABC sin sin sin 24sin 21212====∆)cot cot (cot 4222C B A c b a ++++= ))()((c p b p a p p pr −−−==，其中a h 表示BC 边上的高，R 为外接圆半径，r 为内切圆半径，)(21c b a p ++=． 29．三角形中内切圆，旁切圆和外接圆半径的相互关系：;2sin 2cos 2cos 4,2cos 2sin 2cos 4,2cos 2cos 2sin 4;2sin 2sin 2sin4C B A R r C B A R r C B A R r C B A R r c b a ==== .1111;2tan 2tan ,2tan 2tan ,2tan 2tan r r r r B A r r C A r r C B r r c b a c b a =++=== 30．梅涅劳斯（Menelaus ）定理：设△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线和一条不经过它们任一顶点的直线的交点分别为P 、Q 、R 则有 1=⋅⋅RBAR QA CQ PC BP ．（逆定理也成立）31．梅涅劳斯定理的应用定理1：设△ABC的∠A的外角平分线交边CA于Q，∠C的平分线交边AB于R，∠B的平分线交边CA于Q，则P、Q、R三点共线．32．梅涅劳斯定理的应用定理2：过任意△ABC的三个顶点A、B、C作它的外接圆的切线，分别和BC、CA、AB的延长线交于点P、Q、R，则P、Q、R三点共线．33．塞瓦(Ceva)定理：设X、Y、Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一点，则AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是AZZB·BXXC·CYYA=1．34．塞瓦定理的应用定理：设平行于△ABC的边BC的直线与两边AB、AC的交点分别是D、E，又设BE和CD交于S，则AS一定过边BC的中点M．35．塞瓦定理的逆定理：（略）36．塞瓦定理的逆定理的应用定理1：三角形的三条中线交于一点，三角形的三条高线交于一点，三角形的三条角分线交于一点．37．塞瓦定理的逆定理的应用定理2：设△ABC的内切圆和边BC、CA、AB分别相切于点R、S、T，则AR、BS、CT交于一点．38．西摩松（Simson）定理：从△ABC的外接圆上任意一点P向三边BC、CA、AB或其延长线作垂线，设其垂足分别是D、E、R，则D、E、R共线，（这条直线叫西摩松线Simson line）．39．西摩松定理的逆定理：（略）40．关于西摩松线的定理1：△ABC的外接圆的两个端点P、Q关于该三角形的西摩松线互相垂直，其交点在九点圆上．41．关于西摩松线的定理2（安宁定理）：在一个圆周上有4点，以其中任三点作三角形，再作其余一点的关于该三角形的西摩松线，这些西摩松线交于一点．42．史坦纳定理：设△ABC的垂心为H，其外接圆的任意点P，这时关于△ABC的点P的西摩松线通过线段PH的中心．43．史坦纳定理的应用定理：△ABC的外接圆上的一点P的关于边BC、CA、AB的对称点和△ABC的垂心H同在一条（与西摩松线平行的）直线上．这条直线被叫做点P关于△ABC的镜象线．44．牛顿定理1：四边形两条对边的延长线的交点所连线段的中点和两条对角线的中点，三点共线．这条直线叫做这个四边形的牛顿线．45．牛顿定理2：圆外切四边形的两条对角线的中点，及该圆的圆心，三点共线．46．笛沙格定理1：平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线．47．笛沙格定理2：相异平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线．48．波朗杰、腾下定理：设△ABC的外接圆上的三点为P、Q、R，则P、Q、R关于△ABC交于一点的充要条件是：弧AP+弧BQ+弧CR=0(mod2 ) ．49．波朗杰、腾下定理推论1：设P、Q、R为△ABC的外接圆上的三点，若P、Q、R关于△ABC的西摩松线交于一点，则A、B、C三点关于△PQR的的西摩松线交于与前相同的一点．50．波朗杰、腾下定理推论2：在推论1中，三条西摩松线的交点是A、B、C、P、Q、R六点任取三点所作的三角形的垂心和其余三点所作的三角形的垂心的连线段的中点．51．波朗杰、腾下定理推论3：考查△ABC的外接圆上的一点P的关于△ABC的西摩松线，如设QR为垂直于这条西摩松线该外接圆的弦，则三点P、Q、R的关于△ABC的西摩松线交于一点．52．波朗杰、腾下定理推论4：从△ABC的顶点向边BC、CA、AB引垂线，设垂足分别是D、E、F，且设边BC、CA、AB的中点分别是L、M、N，则D、E、F、L、M、N六点在同一个圆上，这时L、M、N点关于关于△ABC的西摩松线交于一点．53．卡诺定理：通过△ABC 的外接圆的一点P ，引与△ABC 的三边BC 、CA 、AB 分别成同向的等角的直线PD 、PE 、PF ，与三边的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．54．奥倍尔定理：通过△ABC 的三个顶点引互相平行的三条直线，设它们与△ABC 的外接圆的交点分别是L 、M 、N ，在△ABC 的外接圆上取一点P ，则PL 、PM 、PN 与△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．55．清宫定理：设P 、Q 为△ABC 的外接圆的异于A 、B 、C 的两点，P 点的关于三边BC 、CA 、AB 的对称点分别是U 、V 、W ，这时，QU 、QV 、QW 和边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．56．他拿定理：设P 、Q 为关于△ABC 的外接圆的一对反点，点P 的关于三边BC 、CA 、AB 的对称点分别是U 、V 、W ，这时，如果QU 、QV 、QW 和边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．（反点：P 、Q 分别为圆O 的半径OC 和其延长线的两点，如果OC 2=OQ ×OP 则称P 、Q 两点关于圆O 互为反点）57．朗古来定理：在同一圆周上有A 1、B 1、C 1、D 1四点，以其中任三点作三角形，在圆周取一点P ，作P 点的关于这4个三角形的西摩松线，再从P 向这4条西摩松线引垂线，则四个垂足在同一条直线上．58．从三角形各边的中点，向这条边所对的顶点处的外接圆的切线引垂线，这些垂线交于该三角形的九点圆的圆心．59．一个圆周上有n 个点，从其中任意n －1个点的重心，向该圆周的在其余一点处的切线所引的垂线都交于一点．60．康托尔定理1：一个圆周上有n 个点，从其中任意n －2个点的重心向余下两点的连线所引的垂线共点．61．康托尔定理2：一个圆周上有A 、B 、C 、D 四点及M 、N 两点，则M 和N 点关于四个三角形△BCD 、△CDA 、△DAB 、△ABC 中的每一个的两条西摩松线的交点在同一直线上．这条直线叫做M 、N 两点关于四边形ABCD 的康托尔线．62．康托尔定理3：一个圆周上有A 、B 、C 、D 四点及M 、N 、L 三点，则M 、N 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线、L 、N 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线、M 、L 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线交于一点．这个点叫做M 、N 、L 三点关于四边形ABCD 的康托尔点．63．康托尔定理4：一个圆周上有A 、B 、C 、D 、E 五点及M 、N 、L 三点，则M 、N 、L 三点关于四边形BCDE 、CDEA 、DEAB 、EABC 中的每一个康托尔点在一条直线上．这条直线叫做M 、N 、L 三点关于五边形A 、B 、C 、D 、E 的康托尔线．64．费尔巴赫定理：三角形的九点圆与内切圆和旁切圆相切．65．莫利定理：将三角形的三个内角三等分，靠近某边的两条三分角线相得到一个交点，则这样的三个交点可以构成一个正三角形．这个三角形常被称作莫利正三角形．66．布利安松定理：连结外切于圆的六边形ABCDEF 相对的顶点A 和D 、B 和E 、C 和F ，则这三线共点．67．帕斯卡（Paskal ）定理：圆内接六边形ABCDEF 相对的边AB 和DE 、BC 和EF 、CD 和F A 的（或延长线的）交点共线．68．阿波罗尼斯（Apollonius ）定理：到两定点A 、B 的距离之比为定比m ：n （值不为1）的点P ，位于将线段AB 分成m ：n 的内分点C 和外分点D 为直径两端点的定圆周上．这个圆称为阿波罗尼斯圆．69．库立奇*大上定理：（圆内接四边形的九点圆）圆周上有四点，过其中任三点作三角形，这四个三角形的九点圆圆心都在同一圆周上，我们把过这四个九点圆圆心的圆叫做圆内接四边形的九点圆．70．密格尔（Miquel ）点：若AE 、AF 、ED 、FB 四条直线相交于A 、B 、C 、D 、E 、F 六点，构成四个三角形，它们是△ABF 、△AED 、△BCE 、△DCF ，则这四个三角形的外接圆共点，这个点称为密格尔点．71．葛尔刚（Gergonne ）点：△ABC 的内切圆分别切边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F ，则AE 、BF 、CD 三线共点，这个点称为葛尔刚点．72．欧拉关于垂足三角形的面积公式：O 是三角形的外心，M 是三角形中的任意一点，过M 向三边作垂线，三个垂足形成的三角形的面积，其公式： 222ABC D 4||R d R S S EF −=∆∆．。

全国高中数数学联赛定理技巧大全(内含225个定理、89个解题方法技巧)

(4)
√ a± b=
1
√ a + a2 − b
±
1
√ a − a2 − b
,
其中
a
⩾
√ b.
2
2
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定理 1 – 2 (数学归纳法) 设 P(n) 是关于自然数 n 的命题, 则有下述一些方法证明其正确
性.
1. 第一数学归纳法:
(1) P(n0) 成立; (2) 当 P(k) 成立时 (k ⩾ n0), P(k + 1) 成立, 则命题 P(n) 对一切自然数 n ⩾ n0 成立. 2. 第二数学归纳法:
定理 1 – 5 在有限闭区间上连续的函数必是有界函数.
定理 1 – 6 在有限闭区间上连续的函数必有最大值和最小值.
定理 1 – 7 (介值定理) 设函数 f (x) 在区间 [a, b] 上连续, 则对 f (a), f (b) 之间的任何一个
数 A, 必存在 [a, b] 上的一个数 c, 使得 f (c) = A.
(1) P(m0, n0) 成立;
(2) 当 P(k, r) 成立时 (k ⩾ m0, r ⩾ n0), P(k + 1, r) 与 P(k, r + 1) 成立, 则命题 P(m, n) 对一切
自然数 m ⩾ m0, n ⩾ n0 成立.
定理 1 – 3
lim
1 1+
n
= e.
n→∞
n
定理 1 – 4 单调有界数列存在极限.
定理 1 – 8 (零点定理) 设函数 f (x) 在区间 [a, b] 上连续, 且 f (a) f (b) < 0, 则存在 [a, b] 上
的一个数 c, 使得 f (c) = 0.

太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第2章含有60内角的三角形

第2章含有60︒内角的三角形含有60︒内角的三角形，也是一类特殊的三角形．特别地，正三角形是一类特殊的含有60︒内角的三角形,以及对含有60︒内角的三角形进行割或补，很快便可作出正三角形．这类三角形还有如下有趣的性质．性质1 三角形的三内角的量度成等差数列的充分必要条件是其含有60︒的内角．性质2 非钝角三角形的顶点到其垂心的距离等于外接圆半径的充分必要条件是该顶点处的内角为60︒．证明当三角形为直角三角形时结论显然成立．下面设H 为锐角ABC △的垂心，记ABC △三内角为A ∠，B ∠,C ∠，如图21-所示．(2)OFCIB EH DAI O图2-1(1)H E DCBA充分性．设60A ∠=︒，ABC △的外接圆半径为R ,直线AH 交直线BC 于D ，直线CH 交直线AB 于E ．由垂心性质知，B ，D ,H ，E 四点共圆,有AHE ∠与DBE ∠相等或相补．在Rt AEH △中cos cos(90)sin AEEAH DBE B AH=∠=︒-∠=(图21-（1))，或cos cos(90)cos[90(180)]EAH AHE DBE ∠=︒-∠=︒-︒-∠cos(90)sin DBE B=∠-︒=（图21-(2)）．即有sin AE AH B=．又在Rt AEC △中，1cos 2AE BAC AC =∠=,即12AE AC =，注意到正弦定理2sin sin 2sin 2sin AE AC R BAH R B B B====．必要性，设CE 为AB 边上的高，AD 为BC 边上的高，由AH R =（R 为ABC △外接圆半径）,注意到B ，D ,H ,E 四点共圆，有sin sin AE R AHE R B =∠=［注意sin(180)sin B B︒-=，则tan sin tan CE AE A R B A==．又sin 2sin sin CE BC B R A B==，从而 2sin tan A A =∠．求得60A ∠=︒．注：必要性也可由2BOC A ∠=∠及三角形顶点A 到垂心H 的距离等于外心O 到对边BC 的距离的2倍来证明．性质3 三角形的两顶点与其内心，外心，垂心中的两心四点共圆的充分必要条件是另一顶点处的内角为60︒．证明当三心有两心重合时,或为直角三角形时结论显然成立．下面讨论三心两两不重合且三角形不为直角三角形的情形，记ABC △三内角为A ∠，B ∠，C ∠，如图21-所示．充分性．设60A ∠=︒,I ，O ，H 分别为ABC △的内心，外心，垂心,此时2120BOC A ∠=∠=︒，11180()9012022BIC B C A ∠=︒-∠+∠=︒+∠=︒， 180120BHC HBC HCB B C ∠=︒-∠-∠=∠+∠=︒，或9090(90)60BHC HCA A A ∠=︒-∠=︒-︒-∠=∠=︒．故B ，H ，I ，O ，C 五点共圆，显然有B ,H ，I ，C ；B ，H ，O ，C ；B ，I，O ，C 分别四点共圆．注：若联结AI 并延长交圆O 于F ，则由内心性质知IF FB FC ==，即上述圆的圆心为F ，且该圆与ABC △的外接圆是等圆．必要性．由H 为其垂心,则180180(90)(90)BHC HBC HCB C B ∠=︒-∠-∠=︒-︒-∠-︒-∠B C =∠+∠,或9090(90)BHC HCA A A∠=︒-∠=︒-︒-∠=∠． ①由I 为其内心，则1180180()2BIC IBC ICB B C ∠=︒-∠-∠=︒-∠+∠11180(180)9022A A=︒-︒-∠=︒+∠． ②由O 为其外心，则2BOC A∠=∠． ③若B ，H ,I ，C 四点共圆，则BHC BIC ∠=∠或180BHC BIC ∠+∠=︒，即由①，②有1902B C A∠+∠=︒+∠．两边加上A ∠，或由①,②有1901802A A ∠+∠+︒=︒．均求得60A ∠=︒．若B ，H ，O ,C 四点共圆，则BHC BOC ∠=∠或180BHC BOC ∠+∠=︒，即由①，③有2B C A∠+∠=∠或2180A A ∠+∠=︒，均可求得60A ∠=︒．若B ,I ，O ，C 四点共圆,则BIC BOC ∠=∠,即由②，③有19022A A︒+∠=∠，求得60A ∠=︒．综上，必要性获证．性质4 含有60︒内角的非直角三角形中，（1）其内，外心的距离等于其内，垂心的距离．（2)其外心与垂心的连线平分含有60︒内角的两边上的高线所成的锐角．(3值或等于另外两顶点到垂心的距离和．证明 (1）如图22-，设I ，O ，H 分别为ABC △的内心，外心和垂心，联结AI ，AO ，OC ，图2-2OCFH EB ACBOHEFA(2)(1)则 1(180)2OAC OCA AOC ∠=∠=︒-∠190902AOC ABC EAH=︒-∠=︒-∠=∠，或19090(180)2OAC OCA AOC ABC ∠=∠=︒-∠=︒-︒-∠90ABC EAH=∠-︒=∠．又I 为ABC △的内心,有IAC IAE∠=∠，于是在HAI △和OAI △中，AI公用,HAI IAO ∠=∠，由性质2有AH R AO ==，从而HAI △≌OAI △,故IH IO =．（2）如图22-，设O ，H 分别为ABC △的外心，垂心．联结OB ，OC ，由性质3知B ，H ,O ，C 四点共圆，对于图22-(1）,有30EHO OCB ∠=∠=︒,30OHC OBC ∠=∠=，OH 平分EHC ∠．对于图22-（2）,有30BHO BCO ∠=∠=︒，30OHC OBC ∠=∠=︒，OH 平分EHC ∠．从而结论获证．（3）此即为2002年全国高中联赛题．令圆O 的半径为R ,则,OB OC R BC ===．由B ,H ，O ，C 四点共圆,在此圆中应用托勒密定理，有OH BC BH OC BO HC⋅+⋅=⋅，即OH R BH R HC⋅+⋅=⋅，故当HC BH >时,有HC BHOH-=注若AB AC >，60A ∠=︒，I ，H 分别为ABC △的内心、垂心,则可推证有23AHI ABC∠=∠．（参见练习题2第5题)性质5 设I ,H 分别为ABC △的内心和垂心,1A 为BHC △的外心，则A ,I ，1A 三点共线的充要条件是60BAC ∠=︒．证明如图23-，设O 为ABC △的外心，联结1BA ,1CA ，BH ，CH ，则图2-3C 2B 2A 1B 1C 1KP Q OHIC BA180BHC BAC∠=︒-∠，12(180)2BAC BHC BAC ∠=︒-∠=∠．因此 160180BAC BAC BAC ∠=︒⇔∠+∠=︒1A ⇔在ABC △的外接圆圆O 上 ⇔AI与1AA 重合⇔1,,A I A 三点共线．性质6 设I 为ABC △的内心，1B ，1C 分别为AC ，AB 的中点,直线1B I 交直线AB于2B ,直线1C I 交直线AC 于2C ,则22ABCAB C SS =△△的充要条件是60BAC ∠=︒．证明如图23-，作IP AB ⊥于点P ,作IQ AC ⊥于点Q ，则12211122AB B S IP AB IQ AB =⋅+⋅△． ①设IP r =（r 为ABC △的内切圆半径)，则IQ r =，又令BC a =，CA b =，AB c =，则2ABCS r a b c=++△．注意到12121sin 2AB B S AB AB A =⋅△． ②由①，②及12b AB =，122sin ABCCS AB A hc==△，有22222ABC ABC ABC SS S AB b ca b c a b c ⎛⎫-⋅=⋅ ⎪++++⎝⎭△△△．则 2bc AB a b c =+-．同理 2bc AC a c b=+-．由22BKB CKC SS =△△,有22ABC AB C S S =△△．于是bc bcbc a b c a c b=⋅+-+-．则由余弦定理，60BAC ∠=︒．以上两条性质综合起来即为笔者提供的2003年冬令营试题：设I 、H 分别为锐角ABC △的内心和垂心，点1B 、1C 分别为边AC 、AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于2B （2BB≠），射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C与BC 交于点K ，1A 为BHC △的外心．试证：A 、I 、1A 三点共线的充分必要条件是2BKB △和2CKC △的面积相等．性质7 点I 为ABC △的内心，直线BI 交AC 于E ,直线CI 交AB 于F ，则60BAC ∠=︒的充要条件是111IB IC ID +=（或1IF）．证明由2sin(1cos )()()2Cab ab C p a p b ⋅=-=--,有sin 2C =其中1()2p a b c =++．同理sin2B =于是1111IB IBIB IC IE IC IE+=⇔+=sin214()()sin 2Ca c bc pb pc B b +⇔+=⇔=--1sin6022A BAC ⇔=⇔∠=︒．性质8 设I 为ABC △的内心,射线BI 交AC 于点E ,射线CI 交AB 于点F ,过I 作直线垂直于EF 并交EF 于P ，交BC 于Q ，则2IQ IP =的充要条件是60A ∠=︒．证明设BEF β∠=，CFE γ∠=,ABC B ∠=∠,ACB C ∠=∠，则902CIQC γ∠∠=︒+-，9022B A CIEC A ∠∠-∠∠=∠+=︒+．由180()902A BIC βγ∠∠=︒-+=︒+，有 9022A B Cβγ∠∠+∠+=︒-=，即2(2)B C βγ-∠=--∠．于是22IQ IQ IC IEIQ IP IP IC IE IP=⇔==⋅⋅ sincos1222sin sin cos 22C C AC C βγ∠∠-∠⇔=⋅⋅∠∠⎛⎫- ⎪⎝⎭．即2sin cos cos22C C A βγ∠∠-∠⎛⎫⋅-= ⎪⎝⎭，且 sincos1222sin sin cos 22B B AB B γβ∠∠-∠=⋅⋅∠∠⎛⎫- ⎪⎝⎭，即2sin cos cos22B B A γβ∠∠-∠⎛⎫⋅-= ⎪⎝⎭sin 22sin sin 222B C B β∠∠∠⎛⎫⇔-=⋅ ⎪⎝⎭．且sin 22sinsin 222C B A γ∠∠∠⎛⎫-=⋅ ⎪⎝⎭sin 2sin sin 2sin 2222B B C C βγ∠∠∠∠⎛⎫⎛⎫⇔-⋅=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ cos2cos(2)cos2cos(2)B C ββγγ⇔--∠=--∠cos 2cos 2IE IF βγβγ⇔=⇔=⇔=sin 902sinsin 2222A B C A ∠∠∠∠⎛⎫⇔︒--=⋅ ⎪⎝⎭1sin2sin sin sin 22222C C A A ∠∠∠∠⇔=⋅⇔= 60A ⇔∠=︒．性质9 含有60︒内角的三角形其内切三角形也含有60︒内角．性质10 如图24-,若锐角ABC △的60BAC ∠=︒，AB c =,AC b =，b c >，ABC △的垂心和外心分别为H 和O ，OH 与AB ，AC 分别交于点X ，Y ，则 (1）AXY △的周长为b c +．（2）OH b c =-,图2-4X PHO Y Q CBA证明（1）易知2120COB BAC ∠=∠=︒．2(90)120CHB A A ∠=∠+︒-∠=︒．因此,C ，O ,H ,B 四点共圆．又CP AB ⊥,则90909060AXH XHP OHC OBC ∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠=︒．故 120HXB ∠=︒．由30ABH ∠=︒，知30XHB ∠=︒,所以HX XB =．同理，YH CY =，故AY YX AX AY YC AX XB b c++=+++=+．（2）设AO R =，则2(sin sin )b c R B C -=-，易知 sin sin 2sin sin sin OCH OCHOH BC R CAB CHB CHB∠∠=⋅=∠⋅∠∠ 2sin 2sin()R OCH R B A ∠=-．故sin(120)sin sin(60)b c OH C C C -=⇔︒--=︒-11sin sin sin 22C C C C C ⇔+-=-．上式显然成立,故原命题成立．注：此性质即为2004～2005年度匈牙利数学奥林匹克题．下面看几道应用的例子．例1 （2001年第42届IMO 题）如图25-，在ABC △中，AP 平分BAC ∠且交BC 于P ,BQ 平分ABC ∠且交CA 于Q ．已知60BAC ∠=︒,且AB BP AQ QB +=+．问ABC △的各角的度数的可能值是多少？图2-5B 1C 1CPQBA解延长AB 到1B 使1BB BP =，在QC 或其延长线上取1C 使1QCQB=．于是11AB AB BP AQ QB AC =+=+=而60BAC ∠=︒,从而11AB C △为正三角形，直线AP 是11AB C △的对称轴．即有111111,2PC PB PC A PB A BPB ABC PBQ=∠=∠=∠=∠=∠．又11QBC QC B ∠=∠，则11PC B PBC ∠=∠．当点P 不在1BC 上时，有1PC PB=．从而111PB PC PB BB ===．即1PBB △为正三角形，160PBB BAC ∠=︒=∠，矛盾（1PBB ∠是ABC △的外角,应大于BAC∠）．因此，点P 应当在1BC 上，即C 与1C 重合．故 12BCA ABC∠=∠．由 18060120BCA ABC ∠+∠=︒-︒=︒,知ABC △的各角只有一种值,即60,80,40BAC ABC BCA ∠=︒∠=︒∠=︒注以上解法由福建的林常先生给出．例2 (1994年保加利亚竞赛题）如图26-,一个锐角ABC △，60BAC ∠=︒，三点H ,O ，I 分别是ABC △的垂心，外心和内心．如果BH OI =，求ABC ∠和ACB ∠．图2-6I QHCBA解首先可证明H ，O ,I 三点在题设条件下两两不重合．若点H 与I 重合，则由BAC ∠及性质3知B ，H ，O ，C 共圆．又BH OI =,则BOC △的外接圆上对应的弧BH OI OH ==，即有1152BCH BCO ∠=∠=︒．点O 在锐角ABC △内部，当H 与I 重合时,CH 即是BCO ∠的平分线，又是BCA ∠的内分角线，这显然不可能，因而点H 与点I 不重合．若点H 与点O 重合，则30,9060BCH BCO B BCH ∠=∠=︒∠=︒-∠=︒．从而ABC △是等边三角形，即有O ,I ，H 三点重合，0OI BH =<与题设矛盾．又点O 与点I 也不会重合,否则0BH =也矛盾．下面求ABC ∠和ACB ∠．由60BAC ∠=︒及性质3知B ,H ，I ,O ，C 五点共圆，且由性质4（1）知，HI IO =，由题设BH OH =，即有BH HI IO==．联结IC ，OC ，则知 BH HI IO==．亦即知 1103BCH HCI ICO BCO ∠=∠=∠=∠=︒．由于H 为垂心，知9080ABC BCH ∠=︒-∠=︒．从而18040ACB BAC ABC ∠=︒-∠-∠=︒．为所求．由上述例1，例2，又可得到性质11 在锐角ABC △中，60A ∠=︒，H ，I ,O 分别为ABC △的垂心，内心和外心,联结AI 并延长交BC 于P ，联结BI 交AC 于Q ，则BH IO =的充要条件是AB BP AQ QB+=+．注：此命题作者曾作为数学问题提供给《数学通报》（见2004（9）数学问题1511号)．例3 （《数学通报》2007（8）数学问题1686号）如图27-，ABC △中，90A ∠>︒，AB AC >，高线BE 、CF 交于点H ，O 为ABC △的外心，且AO AH =,BAC∠的平分线AD 所在直线交BE ,CF 的延长线于M 、N ．求证:HM HN =．图2-7GOBO 'T D C A F N KE H M证明因为11,,22AB AC ABC ACB ACB BAC ABC BAC >∠<∠∠+∠>∠+∠,即ACB CAD ∠+∠>ABC BAD∠+∠,所以，,90ADC ADB CDA ∠<∠∠<︒,所以N 点在HF 上，M 点在BH 的延长线上．延长AD 交O于G ，BG CG =,联结BG 、CG 、GO ，并延长GO 交BC 于T ,交BAC 于O '，O G 'BC⊥,垂足T ，12OT AH =（三角形任一顶点到垂心的距离等于外心到对边距离的2倍)，所以OT =111222OA OB OC ==,30OBC OCB ∠=∠=︒，120BOC ∠=︒，1602BGC BOC ∠=∠=︒，180BAC ∠=︒-120BGC ∠=︒，又A 点为HBC △的垂心,2(90)BAC BHC BHC ∠=∠+︒-∠，60BHC ∠=︒,BHC ∠+ 180BOC ∠=︒，所以H 、B 、O 、C 四点共圆，又BO OC =，BO OC =，联结HO ,则BHO ∠=1302CHO BHC ∠=∠=︒．记HO 交AE 于K ，90903060EKH EHK ∠=︒-∠=︒-︒=︒，1602EAM CAD BAC ∠=∠=∠=︒，所以EKH ∠=EAM∠，KH AM ∥,M BHK KHN HNM ∠=∠=∠=∠，所以HM HN =．例4 (1994年全国高中联赛题）如图28-，设ABC △的外接圆O 的半径为R ,内心为I ，60B ∠=︒，A C ∠<∠，A ∠的外角平分线交圆O 于E ．证明：（1）IO AE=；(2)2(1R IO IA IC R<++<．图2-8FCBIOD A E证明（1）由性质3，知I 、O 、A 、C 四点共圆．延长AI 交O于点F ，则由题设知E 、O 、F 三点共线，联结CE 交AI 于点D，则IOC DAC ∠=∠,OCI OAF AFE ACD ∠=∠=∠=∠．于是，OIC △∽ADC △,即有OI OC AD AC=．又60,B AC ∠=︒=，且60,AED AD ∠=︒．故OI AE==．(2)联结FC ，由160()2IFC ABC A C ∠=∠=︒=∠+∠BCF ICB ICF=∠+∠=∠，知IC IF =．于是，2IO IA IC AE IA IF AE AF EF R ++=++=+>=,且112cos 60sin 6022IO IA IC AE AF R A A ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++=+=⋅︒+∠+︒+∠ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦11sin 105sin 7022A A ⎛⎫⎛⎫=⋅︒+∠=⋅︒-∠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又60B ∠=︒，A C ∠<∠，所以160,4575752A A ∠<︒︒<︒-∠<︒，从而sin751)IO IA IC R ++<⋅︒=．故21)R IO IA IC R<++<．例5 如图29-,给定正ABC △，D 是边BC 上任意一点，ABD △的外心、内心分别为1O 、1I ，ACD △的外心、内心分别为2O 、2I ，ABC △的中心为O ．图2-9I 2I 1O 2O 1OCDBA求证：（1）12OO OO +为定值；（2)1AI 平分1OAO ∠，2AI 平分2OAO ∠．证明由性质3，即知A 、2O 、2I 、D 、B 五点共圆，且圆心为1O ，半径为12O O ；A 、1O 、1I 、D 、C 五点共圆，且圆心为2O ，半径为12O O ．于是12AO O △、12DO O △均为正三角形．（1)由于B 、O 、2O 与C 、O 、1O 分别三点共线．则12120O OOBOC ∠=∠=︒，即知A 、1O 、O 、2O 四点共圆，从而O 为正12AO O △外接圆圆弧12O O 上一点．由托勒密定理，故知12OO OOOA+=（定值）．(2)由1130O AD O CD ∠=∠=︒，230O AD ∠=︒，则1111130O AIDAI OAB BAI OAI ∠=︒-∠=∠-∠=∠，因此，1AI 平分1OAO ∠．同理，2AI 平分2OAO ∠．例6 （2001年CMO 试题）给定正ABC △，D 是BC 边上任意一点，ABD △的外心、内心分别为1O 、1I ，ADC △的外心、内心分别为2O 、2I ，直线11O I与22O I 相交于P ．试求:当点D 在BC 边上运动时，点P 的轨迹．解如图210-，作辅助线．图2-10O 2O 1I 1I 2POD CBA由性质3或例5中证明知2O 、2I 均在圆1O 上，1O 、1I 均在圆2O 上，且圆1O 与圆2O 是等圆，12O DO∠=60︒．因2221230AI OABO I AI ∠=∠=︒=∠，则121211,30AI O P O PO O I A ∠=∠=︒∥．于是，知D 是12O PO △的外心．在22O DI △中，由2212030150DI O∠=︒+︒=︒，知222230O DIDO I ∠+∠=︒．注意到22ADOABO ∠=∠30=︒,从而2222222O DC I DC O DI ADI O DI ∠=∠+∠=∠+∠22222230ADO O DI O DI =∠+∠=∠+︒．于是,由22DO P DPO ∠=∠，在2DPO △中，有222221802180(230)2PDC CDO DO P O DI DO ∠=︒-∠-∠=︒-∠+︒-∠22221502()90O DI DO I =︒-∠+∠=︒从而，PD BC ⊥，以及1AD =．此时以边BC 所在的直线为x 轴，边BC 的中点为坐标原点建立直角坐标系，且不妨设正ABC △的边长为2，点P 的坐标为(,)x y ，则在Rt AOD △中，由222AD OD AO -=,即222)x -=，故221(11,0)3x y x y -=-<<<为所求．例7 （2006年第55届捷克和斯洛伐克数学奥林匹克题）已知平面上的线段AB ，求所有锐角三角形的重心的轨迹，使得ABC △满足顶点A 、B、垂心H 、内心I 四点共圆．解如图211-，因为ABC △是锐角三角形，所以H 、I 都在ABC △的内部,且180AHB C ∠=︒-∠，1902AIB C ∠=︒+∠．从而A 、B 、H 、I 四点共圆AHB AIB ⇔∠=∠，即60C ∠=︒．图2-11I HCBA因此，点C 在弦线段AB 所对的圆周角为60︒的两段圆弧上．因为ABC △是锐角三角形，所以，C 应在分别过A 、B 且垂直于AB 的两条垂线之间，即在弧KL 和MN 上，如右图212-．图2-12C 0K 'L'M 'N 'L KNMB A设0C 是边AB 的中点，以0C 为位似中心，13为位似比,将弧LK 和MN 变为弧L K ''和M N '',则L K ''和M N ''即为ABC △的重心轨迹,且其上的每个点都对应着一个满足条件的ABC △．例8 求证：正三角形外接圆上任一点至三边（所在直线）的距离之平方和是一常数．证明如图213-，令正三角形的边长为a ,有X图2-13PY Z CBA2PAB PAC PBC ABC S S S S +-==△△△△．所以PZ PY PX +-．上式两边平方得222232()4PX PY PZ PY PZ PZ PX PX PY a +++⋅-⋅-⋅=．显然，点P 为AZY、ZBX 、XYC 、ABC 的公共点，则由PXY PCY PBA ∠=∠=∠,XYP ∠=XCP BAP∠=∠有PXY △∽PBA △等,即有PX PA PY PB PZ PC ⋅=⋅=⋅．（＊）又 PAC△∽PZX △，PBC △∽PZY △，有 ,PA PZ PB PZAC ZX BC ZY==，上述两式分别乘以PX ,PY 并由(*）式得 PX YZ PY ZXBC CA ⋅⋅=．同理PY ZX PZ XYCA AB⋅⋅=．而 BC CA AB==．故 PX YZ PY ZX PZ XY⋅=⋅=⋅．于是 ()PY PZ PZ PX PX PY PY PZ PX PZ PX ⋅-⋅-⋅=--⋅[()]PXYZ PZ PX ZX PZ ZX=--⋅[()]PXPZ YZ XZ YZ PX ZX=--⋅ []0PXPZ XY YZ PX ZX=⋅-⋅=．故 222234PX PY PZ a ++=．例9 三角形为正三角形的充要条件是两条边上的中线与相对边均成30︒角．证明设AD 、BE 分别为ABC △的边BC 、AC 上的中线，30CAD CBE ∠=∠=︒．必要性．显然．充分性．由题设，知ADC △∽BEC △，则22AC DC DC BCBC EC EC AC===．即22ACBC =，故AC BC =．在BEC △中,30CBE ∠=︒,12EC BC =，则30,60BEC C ∠=︒∠=︒．从而ABC △为正三角形．图2-14DECBA注此命题充分性为1972年莫斯科数学奥林匹克题：在ABC △中引中线AD和BE ,又CAD ∠=30CBE ∠=︒，求证：ABC △为正三角形．例10 三角形为正三角形的充要条件是最大的高、第二边上的中线、第三边上的角平分线三者相等．证明在ABC △中，最大的高为AH ，BM 为中线,CD 为角平分线．必要性．显然．充分性．过点M 作ML AB ⊥于L ，作MK BC ⊥于K ．K图2-15HL MD CBA于是有1122MK AH BM ==，1122ML CD BM=≤．则30,30MBC MBA ∠=︒∠︒≤，故60ABC ∠︒≤．另一方面，由中线性质知同一个三角形中，大边上的中线小而小边上的中线大．因为边BC 上的中线AE AH BM =≥,边AB 上的中线CF CD BM =≤,所以BM 是最小中线，从而有AC BC ≥，AC ≥AB．则ABC BAC ∠∠≥，ABC ACB ∠∠≥，即60BAC ∠︒≤,60ABC ∠︒≤,60ACB ∠︒≤．亦即60BAC ABC ACB ∠=∠=∠=︒．故ABC △为正三角形．注：此命题充分性为1967年第1届全苏奥林匹克题：在锐角ABC △中，最大的高AH 等于中线BM ,也等于内角平分线CD ．求证：ABC △是等边三角形．例11 三角形为正三角形的充要条件是三内角、三条高分别成等差数列．证明必要性．显然．充分性．设三角形ABC 的三内角为A B C ≤≤．因为A 、B 、C 成等差数列，所以60B ∠=︒．设BC 、CA 、AB 上的高依次为ah 、bh 、ch ，则abch h h ≥≥．由ah 、bh 、ch 成等差数列，2ba chh h =+．设ABC △的面积为S ，则2S S Sb a c=+，故2ac ab bc =+．由正弦定理待2sin sin sin sin sin sin A C A B B C ⋅=⋅+⋅．令60A θ=︒-，60C θ=︒+，则2sin(60)sin(60))sin(60)]θθθθ︒-⋅︒+=︒-+︒+，即1cos 22sin 60cos 2θθ+=︒⋅或2132cos 1cos 22θθ-+=,亦即24cos 3cos 10θθ--=．所以(cos 1)(4cos 1)0θθ-+=．因为cos 0θ>,所以cos 10θ+>,于是cos 1θ=，得0θ=︒．即60A C ==︒．所以ABC △为正三角形．注：此命题充分性为1988年第3届拉丁美洲地区数学奥林匹克题:已知：三角形三内角成等差数列，三条高也成等差数列．求证：这个三角形是等边三角形．例12 三角形为正三角形的充要条件是三条中线将三角形分为六个三角形中的内切圆有四个相等．证明设ABC △的三条中线CK 、AM 、BL 相交于点G ．则ABC △被分得的六个小三角形面积相等．必要性．显然．图2-16LGKMCBA充分性．由题设有四个小三角形的内切圆相等，则必要两个小三角形相邻且内切圆相等,不妨设AKG △与BKG △的内切圆半径相等．由公式S p r=⋅可推知AG GB=．所以等腰AMB△的中线MK也是高，即CK AB⊥．又AK KB=，所以AC BC=．另外具有相等内切圆的小三角形要么在AGL△的位置（其△，要么在CGL他情形与其对称)．若ALG△面积相等，周长△与ALG△与AKG△的内切圆半径相等，这样AKG相等，且一条对应边相等，可证得AKG△．△≌ALG则AL AK=，于是AC AB=．因此AB AC BC△是正三角形．==．ABC若CLG△有相等的周长，根据圆的△与KGB△与KGB△的内切圆相等,则CLG切线定理，++=+=+CL CG LG CL x BK x2222（其中x是从点G到对应圆的切线长，由CGL BGK∠=∠，及两个内切圆半径相等,可证得G到两个内切圆的切线长都相等，且等于x）．所以22=．CL BK=，即AC AB因此，AC AB BC△为正三角形．==,即ABC注：此命题的充分性为1968年第2届全苏奥林匹克题：ABC△的三条中线将二角形分为六个三角形．已知：这些三角形的内切圆中的四个相等．求证：ABC△为正三角形．例13已知ABC△的内心，△，AIB△的内心为I，X,Y，Z分别为BIC△，CIA则ABC△为正三角形．（充分性为IMO50△为正三角形的充要条件是XYZ预选题）证明充分性．如图217-．I图2-17γβαXYZ CBA由于AZ ,ZI ,ZY 四等分BAC ∠，可设4BAC α∠=．类似地，设4ABC β∠=，4BCA γ=．于是，45αβγ++=︒，且0,,45αβγ︒<<︒．因为902BIC α∠=︒+，则45XIC BIX α∠=∠=︒+．类似地,45CIY YIA β∠=∠=︒+．于是，90135XIY αβγ∠=︒++=︒-．类似地,135,135YIZ ZIX αβ∠=︒-∠=︒-．注意到点I 到CX 的距离等于cos IY α⋅．所以，cos cos IX IY βα⋅=⋅．为了计算方便，选择一个长度单位，使得cos ,cos IX IY αβ==．类似地cos IZ γ=．由于XYZ △是正三角形，则在XYI △和YZI △中分别应用余弦定理，由22ZX ZY =,可得22222cos 2cos IZ IX IZ IX ZIX IZ IY IZ IY YIZ +-⋅⋅∠=+-⋅⋅∠,即222(cos cos )IXIY IZ IX ZIX IY YIZ -=⋅∠-⋅∠．故22cos cos2cos [cos cos(135)cos cos(135)]αβγαββα-=⋅︒--⋅︒-．即有sin()sin()cos cos(135)cos(135)αββαγαββα+⋅-=[-+︒--+︒] 2cos sin135sin()γβα=⋅︒⋅-即sin(45)sin()sin()sin()(cos sin )0γβαγβαβαγγ︒-⋅-⋅-⇒-⋅+=sin()0βααβ⇒-=⇒=．类似地，αγ=．这就意味着ABC △是正三角形．必要性．显然（略)．例14 在正三角形ABC △的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上各任取一点X 、Y、Z ．求证：AYZ △、BZX △、CXY △的欧拉线所交成的三角形全等于ABC△．（若AYZ △是正三角形，则以过它的中心而平行于BC 的直线来代替它的欧拉线．）证明如图218-,三角形的外心、垂心、重心三者共线，称为欧拉线,令三条欧拉线交成的三角形为PQR △,AYZ △的外心与垂心为1O ，1H ,作1O J AY⊥于J ，有12AJ AY AK ==．又在1Rt H KZ △中,160ZH K ∠=︒，有O 3O 2H 1O 1A 2A 1X P图2-18K J OQRZ GN M Y F E DCBA11112H K ZH O J==．所以1AH K △≌1AO J △，故11AHAO =．令AB 、AC 交RQ 于1A ，2A ，由11AH A △≌12AO A △得12AA A △为正三角形，故RQ BC ∥．同理，,PR CA QP AB ∥∥，所以PQR △为正三角形．因为O ，M ，2O ，N 四点共圆,得2MO N B ∠=∠,故有123O O O △为正三角形，可得1231RO O QO O ∠=∠,所以12RO O △≌31QO O △，故12RO QO =，21ROQO =．过2O ，3O 作BC 的垂线交BC ，QP 于G 、D ，E 、F ，则12FE GD BC==，又由60R Q ∠=∠=︒，所以2311111()()222RF QE RO QO QO RO RQ+=+=+=．故12EF RQ =．所似RQ BC =，即知PQR △≌ABC △．正三角形中还有许多有趣的结论，如在正ABC △中,其内一点P 在边BC ，CA、AB 上的射影分别为D 、E 、F ，则（1)BD CE AF DC EA FB ++=++；（2）222222BDCE AF DC EA FB ++=++；（3）PBD △,PDC △、CPE △、EPA △、APF △、FPB △的内切圆半径依次记为1r ，2r ，3r ，4r ，5r ,6r ，有，135246r r r r r r ++=++；……等等，这些均留给读者来自证了．练习二1．已知ABC △的三个内角A ∠，B ∠，C ∠满足2A C B ∠+∠=∠,11cos cos A C +=,求1cos ()2A C -的值．2．在ABC △中，A ∠，B ∠,C ∠的对边分别为a ，b ，c ．若2A C B ∠+∠=∠．求证：44a c + 42b ≤．3．（2001年美彼德斯堡奥林匹克题）在ABC △中,点I 是其内心，H 是垂心,M 是其外接圆的AC 的中点，已知MI MH =，求ABC ∠的度数．4．（2007年英国数学奥林匹克第二轮题）在锐角ABC △中，AB AC >,60BAC ∠=︒,O、H 分别为ABC △的外心、垂心，OH 所在直线分别交AB ,AC于点P ，Q ．求证：PO HQ =．5．(第19届亚太地区数学奥林匹克题）在锐角ABC △中,60BAC ∠=︒，AB AC >，点I 、H 分别是ABC △的内心、垂心．求证：23AHI ABC ∠=∠．6．（2007年印度国家队选拔题)证明：在一个非等边三角形中，以下两个命题等价．（1）三个内角的度数成等差数列；（2)九点圆与内切圆的公切线与欧拉线平行，7．若在ABC △的外侧作正三角形BCA '△，CAB '△，ABC '△，则：（1)AA BB CC '''==;(2）所作三个正三角形的中心是一个正三角形的顶点．8．若在ABC △的内侧作正三角形BCA '△,CAB '△,ABC '△，则：（1）AA BB CC '''==;（2）所作三个正三角形的中心是一个正三角形的顶点． 9．已知ABCD,同在外侧作正三角形ABE △及BCF △,则DEF △是正三角形．(若同在内侧作,则结论仍成立）10．设正三角形的内切圆上任一点至三边的距离为x ，y ，z ，正三角形边长为a ．求证：222xy z ++=232()8yz zx xy a ++=．11．(2008年印度国家队选拔赛题）设D 、E 、F 分别是ABC △的边BC 、CA、AB 上的点，且满足AD BE CF ==．若AD 、BE 、CF 不交于一点，且围出一个正三角形．问:ABC △是正三角形吗?12．（2005年第22届巴尔干地区数学奥林匹克题）已知锐角ABC △，其内切圆与边AB 、AC 分别切于点D 、E ，X 、Y 分别是ACB ∠、ABC ∠的平分线与DE 的交点,Z 是边BC 的中点．求证：当且仅当60A ∠=︒时，XYZ △是等边三角形．13．设O 是正三角形ABC △的中心,在直线OA 、OB 、OC 上除点O 外各任取一点X 、Y 、Z ．求证：OYZ △、OZX △、OXY △的欧拉线共点．14．试证：三角形为正三角形的充分必要条件是其外接圆半径等于其内切圆直径．15．（《数学通报》1988（9）数学问题546号）试证：一个三角形三边相等的充分与必要条件为：三角形内任一点到三边的距离之和为定值．16．试证:三角形为正三角形的充分必要条件是任意两条边上的高线长的和等于第三边上的中线长的2倍．17．（《数学通报》2001（12）数学问题1343号）ABC △中，BE ，CF 为AC ，AB边上的高,FP BC ⊥于P ,FQ AC ⊥于Q ，EM BC ⊥于M ，EN AB ⊥于N ，且FP FQ CF +=,EM EN BE+=，求证：ABC △为等边三角形．18．P 是ABC △内任意一点（包括在边界上)，过P 作BC 、CA 、AB 的垂线,垂足为D 、E 、F ．则（1）ABC △为正三角形⇔对任意的P 都有12PBDPCE PAF ABCSS S S ++=△△△△；（2）ABC △为正三角形⇔对任意的P 都有1()2BD CE AF BC CA AB ++=++．19．（《数学通报》2005(2）数学问题1531号)设I 是ABC △的内心，R ，1R ，2R ,3R 分别是ABC △、IBC △、ICA △、IAB △的外接圆半径．求证：ABC △为正三角形的充要条件是1233R RR R++=．20．给定正ABC △，D 是边BC 上任意一点，ABD △、ACD △的内心分别为1I ,2I ,两内切圆异于BC 的外公切线分别交AD 、AB 、AC 于点F 、M 、N ，以12I I 为边作正12I I E △（点D 、E 在12I I 异侧）．求证：EF MN ⊥．。