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1ADBECFDBECFA．证明：运用面积比可得ADCADPBDPBDCSSADDBSS．根据等比定理有ADCADCADPAPCADPBDPBDCBDCBDPBPCSSSSSSSSSS，所以APCBPCSADDBS．同理可得APBAPCSBEECS，BPCAPBSCFFAS．三式相乘得1ADBECFDBECFA．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”．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、ABCDEFPF，且D、E、F均不是ABC的顶点，若1ADBECFDBECFA，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//1ADBECFDBECFA．因为1ADBECFDBECFA，所以有//ADADDBDB．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1ADBECFDBECFA．ABCDEFPD/ABCDEFG证明：如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G．因为CG//AB，所以CGCFADFA————（1）因为CG//AB，所以CGECDBBE————（2）由（1）÷（2）可得DBBECFADECFA，即得1ADBECFDBECFA．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1ADBECFDBECFA，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//1ADBECFDBECFA．因为1ADBECFDBECFA，所以有//ADADDBDB．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．ABCDEFD/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ADDEACBC，即ADBCACDE————（1）由于DAE=BAM，所以DAM=BAE，即DAC=BAE。而ABD=ACD，即ABE=ACD，所以ABE∽ACD．即得ABBEACCD，即ABCDACBE————（2）由（1）+（2）得ADBCABCDACDEACBEACBD．所以AB·CD+BC·AD=AC·BD．ABCDEM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EABDAC，EBADCA，则EAB∽DAC．可得AB×CD=BE×AC———（1）且AEABADAC———（2）则由DAECAB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EBADCA，得DBADCA，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ABCDE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，///ABADABBD，///BCCDBCBD．可得//////ABADBCCDABBCBD.另一方面，///ACADACCD，即///ACADACCD．欲证//ABADBCCDBD=/ACADCD，即证///ABCDADBCCDCDACBDAD即//()BCCDCDACBDABCDAD．据条件有ACBDABCDADBC，所以需证//BCCDCDADBCAD，即证//CDCDADAD，这是显然的．所以，//////ABBCAC，即A/、B/、C/共线．所以//ABB与//BBC互补．由于//ABBDAB，//BBCDCB，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ABCDA/B/C/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×ADAC×BD证明：如图，在凸四边形ABCD内取一点E，使得EABDAC，EBADCA，则EAB∽DAC．可得AB×CD=BE×AC————（1）且AEABADAC————（2）则由DAECAB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+DEBD．所以AB×CD+BC×ADAC×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、ABABCDE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、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ABCPEFD9．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AHOAOH———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DCAH．而OEDC2，所以OEAH2．因为OCOBOE21，所以OCOBAH———②由①②得：OCOBOAOH————③另一方面，GCGBOAGFOAAGOAOG2．而OCGOGCOBGOGB，，所以OCOBOAOGOBOCGOOAOG312——④由③④得：OGOH3．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，ABCDOEH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////21AHAGHGOEGEGO．由//21AGGE，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3OHOG．六、蝴蝶定理ABCDOEHG10．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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．ABCDEFPQMC/F/Q/此定理还可用解析法来证明：想法：设法证明直线DE和CF在x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+n1，x=m2y+n2；直线CD、EF的方程分别为y=k1x，y=k2x．则经过C、D、E、F四点的曲线系方程为(y–k1x)(y–k2x)+(x–m1y–n1)(x–m2y–n2)=0．整理得(+k1k2)x2+(1+m1m2)y2–[(k1+k2)+(m1+m2)]xy–(n1+n2)x+(n1m2+n2m1)y+n1n2=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+k1k2=1+m1m2≠0，且(k1+k2)+(m1+m2)=0．若=0，则k1k2=1，k1+k2=0，这是不可能的，故≠0；ABCDEFPQMxy又y轴是弦AB的垂直平分线，则圆心应落在y轴上，故有(n1+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．注：利用曲线系方程解题是坐标法的一大特点，它可以较好地解决直线与曲线混杂在一起的问题．如本题，四条直线方程一经组合就魔术般地变成了圆方程，问题瞬息间得以解决，真是奇妙．运用它解题，不拘泥于小处，能够从整体上去考虑问题．另外，待定系数法在其中扮演了非常重要的角色，需注意掌握其用法．