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平面几何的几个重要的定理


平面几何的几个重要的定理
一、梅涅劳斯定理: 梅涅劳斯定理:
的顶点, 定理 1:若直线 l不经过 ? ABC 的顶点,并且与 ? ABC 的三边 BC 、 CA 、 AB 或它们 的延长线分别交于 P 、 Q、 R,则 BP CQ AR ? ? =1 PC QA RB

证:设 hA、hB、hC 分别是 A、B、C到直线 l的垂线的长度,

则: 的垂线的长度, BP CQ AR hB hC hA ? ? = ? ? =1 PC QA RB hC h A hB
注:此定理常运用求证三角形相似的过程中的 线段成比例的条件;

是斜边上的高, 的平分线, 例 1:若直角 ? ABC 中, CK 是斜边上的高, CE 是 ∠ ACK 的平分线, E 点 的中点, 的交点,证明: 在 AK 上, D 是 AC 的中点, F 是 DE 与 CK 的交点,证明: BF // CE 。
Q 证: 在 ? EBC 中,作 ∠ B的平分线 BH 则: ∠ EBC = ∠ ACK ∠ HBC = ∠ ACE ∠ HBC + ∠ HCB = ∠ ACE + ∠ HCB = 90° 即: BH ⊥ CE ∴ ? EBC 为等腰三角形 作 BC 上的高 EP ,则: CK = EP 依梅涅劳斯定理有: 对于 ? ACK 和三点 D、 E、 F依梅涅劳斯定理有: CD AE KF ? ? =1 DA EK FC KF EK CK EP BP BK = = = = 于是 = FC AE AC AC BC BE KF BK 即: = FC BE KF BK 依分比定理有: = 依分比定理有: KC KE ∴ ? FKB ? ? CKE ∴ BF // CE

注:此定理常用于证明三点共线的问题,且常需要多次使用 再相乘;

三点, 定理 2:设 P 、 Q 、 R分别是 ? ABC 的三边 BC 、 CA 、 AB 上或它们的延长线上的 三点,并且 BP CQ AR P 、 Q、 R三点中,位于 ? ABC 边上的点的个数为 0或 2,这时若 三点中, ? ? = 1, PC QA RB 求证: 三点共线; 求证: P 、 Q 、 R三点共线;

证:设直线 PQ 与直线 AB 交于 R ',于是由定理 1得: BP CQ AR ' ? ? =1 PC QA R ' B BP CQ AR AR ' AR 又Q ? ? = 1,则: ' = PC QA RB R B RB 三点中, 由于在同一直线上的 P 、 Q 、 R ' 三点中,位于 ? ABC 边上的点的个数也为 0 或 2, 线段上, 的延长线上; 因此 R 与 R ' 或者同在 AB 线段上,或者同在 AB 的延长线上; 线段上, 必定重合,不然的话, 若 R 与 R ' 同在 AB 线段上,则 R 与 R ' 必定重合,不然的话, 设 AR > AR ' , 这时 AB ? AR < AB ? AR ' ,即 BR < BR ' , 于是可得 这与 AR AR ' > BR BR '

AR AR ' = 矛盾 BR BR ' 的延长线上时, 类似地可证得当 R 与 R ' 同在 AB 的延长线上时, R 与 R ' 也重合 综上可得: 三点共线; 综上可得: P 、 Q 、 R 三点共线; 例 2.点 P位于 ?ABC 的外接圆上; A1、 B 1、 C 1 是从点 P向 BC 、 CA 、 AB 引的垂线的垂足, 的外接圆上; 引的垂线的垂足, 共线; 证明点 A1、 B 1、 C 1 共线;

BA BP ? cos ∠ PBC , 证:易得: 1 = ? 易得: CA1 CP ? cos ∠ PCB CB1 CP ? cos ∠ PCA =? AB1 AP ? cos ∠ PAC AC 1 AP ? cos ∠ PAB =? BC 1 PB ? cos ∠ PBA

A

C1
B

A1

C

B1

P 将上面三条式子相乘, 将上面三条式子相乘, 且 Q ∠ PAC = ∠ PBC , ∠PAB = ∠ PCB , ∠ PCA + ∠ PBA = 180° BA1 CB1 AC 1 可得 =1 , ? ? CA1 AB1 BC 1

三点共线; 依梅涅劳斯定理可知 A1、 B1、C 1 三点共线;

二、托勒密定理
圆内接四边形中,两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积) 圆内接四边形中,两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边 乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和) 乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和). 即: 定理:在四边形ABCD中,有:AB ? CD + AD ? BC ≥ AC ? BD 并且当且仅当四边形ABCD内接于圆时,等式成立;
证:在四边形ABCD内取点E,使∠BAE = ∠CAD,∠ABE = ∠ACD 则:?ABE和?ACD相似 ∴ AB BE = ? AB ? CD = AC ? BE AC CD
E A D

AB AE 又Q = 且∠BAC = ∠EAD ∴?ABC和?AED相似 AC AD BC ED ∴ = ? AD ? BC = AC ? ED AC AD ∴ AB ? CD + AD ? BC = AC ? ( BE + ED) ∴ AB ? CD + AD ? BC ≥ AC ? BD

B

C

且等号当且仅当E在BD上时成立,即当且仅当A、B、C、D四点共圆时成立; 上任一点(不与 B、C 重合), 例 1 如图 2,P 是正△ABC 外接圆的劣弧 求证:PA=PB+PC. 分析: 分析:此题证法甚多,一般是截长、补短,构造全等三角形,均为 繁冗.若借助托勒密定理论证,则有 PA·BC=PB·AC+PC·AB, ∵AB=BC=AC. ∴PA=PB+PC.

例 2 证明“勾股定理” :在 Rt△ABC 中,∠B=90°,求证:AC2=AB2+BC2 证明: 证明:如图,作以 Rt△ABC 的斜边 AC 为一对角线的矩形 ABCD,显然 ABCD 是圆内接四边形. 由托勒密定理,有 AC·BD=AB·CD+AD·BC. ① 又∵ABCD 是矩形,∴AB=CD,AD=BC,AC=BD. ② 把②代人①,得 AC2=AB2+BC2.

例 3 如图,在△ABC 中,∠A 的平分 线交外接∠圆于 D,连结 BD, 求证:AD·BC=BD(AB+AC). 证明: 证明:连结 CD,依托勒密定理,有 AD·BC=AB·CD+AC·BD. ∵∠1=∠2, ∴ BD=CD.
故 AD·BC=AB·BD+AC·BD=BD(AB+AC).

例 4 若 a、b、x、y 是实数,且 a2+b2=1,x2+y2=1.求证:ax+by≤1. 证明: 证明:如图作直径 AB=1 的圆,在 AB 两边任作 Rt△ACB 和 Rt△ADB, 使 AC=a,BC=b,BD=x,AD=y. 由勾股定理知 a、b、x、y 是满足题设条件的. 据托勒密定理,有 AC·BD+BC·AD=AB·CD. ∵CD≤AB=1,∴ax+by≤1.

例 5 已知 a、b、c 是△ABC 的三边,且 a2=b(b+c),求证:∠A=2∠ B.

分析: 分析:将 a2=b(b+c)变形为 a·a=b·b+bc,从而联想到托勒密定理, 进而构造一个等腰梯形,使两腰为 b,两对角线为 a,一底边为 c. 证明: 证明:如图 ,作△ABC 的外接圆,以 A 为圆心,BC 为半径作弧交圆 于 D,连结 BD、DC、DA. ∵AD=BC, ACD = BDC ∴∠ABD=∠BAC. 又∵∠BDA=∠ACB(对同弧),∴∠1=∠2. 依托勒密定理,有 BC·AD=AB·CD+BD·AC. ①

而已知 a2=b(b+c),即 a·a=b·c+b2. ② ∴∠BAC=2∠ABC.

例 6 在△ABC 中,已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4,

分析:将结论变形为 AC·BC+AB·BC=AB·AC,把三角形和圆联系起 来,可联想到托勒密定理,进而构造圆内接四边形. 如图,作△ABC 的外接圆,作弦 BD=BC,边结 AD、CD. 在圆内接四边形 ADBC 中,由托勒密定理, 有 AC·BD+BC·AD=AB·CD 易证 AB=AD,CD=AC,∴AC·BC+BC·AB=AB·AC,

例7
2.由?ABC外接圆的弧BC上一点P分别向边BC、AC与AB作垂线PK、PL和PN, BC AC AB 求证: = + PK PL PM

证:连接PA、PB、PC,对于四边形ABPC利用托勒密定理有: BC ? AP = AC ? BP + AB ? CP BC AC AB 即: ? AP ? PK = ? BP ? PL + ? CP ? PM PK PL PM 由∠KBP = ∠LAP可知Rt?KBP和Rt?LAP相似 PK PB = ? AP ? PK = BP ? PL PL PA 同理可得:BP ? PL = CP ? PM BC AC AB ∴由 ? AP ? PK = ? BP ? PL + ? CP ? PM可得: PK PL PM BC AC AB = + PK PL PM ∴

三、塞瓦定理
设P、Q、R分别是?ABC的BC、CA、AB边上的点,则AP、BQ、CR三线共点 的充要条件是 : BP CQ AR ? ? =1 PC QA RB
A

证:先证必要性:设AP、BQ、CR相交于点M ,则: BP S ?ABP S ?BMP S ?ABM CQ S ?BCM AR S ?ACM 同理: = = = = , = PC S ?ACP S ?CMP S ?ACM QA S ?ABM RB S ?BCM

R M

Q

BP CQ AR 以上三式相乘,得: ? ? =1 P PC QA RB B BP CQ AR ‘ 再证充分性:若 ? ? = 1,设AP与BQ相交于M ,且直线CM 交AB于R , PC QA RB BP CQ AR拻 AR AR 由塞瓦定理有: ? ? ‘ = 1,于是:‘ = 因为R和R’ 都在线 PC QA R B R B RB 段AB上,所以R’ 必与R重合,故AP、BQ、CR相交于一点点M ;
A

C

C1

B1
C

例1:证明:三角形的中线交于一点;

B

A1

证明:记?ABC的中线AA1,BB1,CC1,我们只须证明 而显然有:AC1 = C1 B, BA1 = A1C , CB1 = B1 A 即

AC1 BA1 CB1 ? ? =1 C1 B A1C B1 A

AC1 BA1 CB1 ? ? = 1成立, ABC交于一点; ∴? C1 B A1C B1 A
A

C1

B1
C

B

A1

例 2: 在 锐 角 ? A B C 中 , 角 ∠ C 的 平 分 线 交 于 A B 于 L, 从 L 作 边 A C 和 B C 的 垂 线 , 垂 足 分 别 是 M 和 N, 设 AN 和 BM 的 交 点 是 P, 证 明 : C P ⊥ A B
证:作 CK ⊥ AB 下证 CK 、 BM 、 AN 三线共点,且为 P点,要证 CK 、 BM 、 AN 三线共点, AM CN BK 依塞瓦定理 即要证: ? ? = 1 又 Q MC = CN MC NB AK AM BK AM AL 即要证明: ? = 1 Q ?AML ? ?AKC ? = AK NB AK AC BK BC AL BC ∴ ?BNL ? ?BKC ? = 即要证 ? =1 NB BL AC BL AL BC 依三角形的角平分线定理可知: ? =1 AC BL ∴ CK、BM 、AN 三线共点,且为P点 ∴ CP ⊥ AB
C N M A B K L

例3.设AD是?ABC的高,且D在BC边上,若P是AD上任一点,BP、CP分别与AC、 AB交于E和F,则∠EDA=∠FDA 证:过A作AD的垂线,与DE、DF的延长线分别 交于M 、N。欲证∠EDA = ∠FDA,
可以转化为证明AM = AN Q AD ⊥ BC 故MN // BC,可得?AME ? ?CDE,?ANF ? ?BDF AM AE AN AF AE ? CD AF ? BD = , = , 于是AM = , AN = CD CE BD BF CE BF BD CE AF Q AD、BE、CF 共点于P,根据塞瓦定理可得: ? ? =1 DC EA FB AE ? CD AF ? BD ∴ = ∴ AM = AN ∴∠EDA = ∠FDA CE BF ∴

例4.在?ABC的边BC、CA、AB上取点A1、B1、C1, AC BA CB sin ∠ACC1 sin ∠BAA1 sin ∠CBB1 证明: 1 ? 1 ? 1 = ? ? C1B A1C B1 A sin ∠C1CB sin ∠A1 AC sin ∠B1 BA

证:如图对?ACC1和?BCC1应用正弦定理,可得: AC1 sin ∠ACC1 CC1 sin ∠B AC sin ∠ACC1 sin ∠B = = 即: 1 = ? C1C sin ∠ A C1 B sin ∠ C1CB C1 B sin ∠ C1CB sin ∠ A 同理: 从而 BA1 sin ∠BAA1 sin ∠C CB1 sin ∠ CBB1 sin ∠A = ? = ? , A1C sin ∠A1 AC sin ∠B B1 A sin ∠B1 BA sin ∠ C

AC1 BA1 CB1 sin ∠ ACC1 sin ∠ BAA1 sin ∠ CBB1 ? ? ? ? = C1 B A1C B1 A sin ∠ C1CB sin ∠A1 AC sin ∠B1 BA


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