1、平幾名定理、名題與競賽題 平面幾何在其漫長的發展過程中，得出了大量的定理，積累了大量的題目，其中很多題目都是大數學家的大手筆，這些題目本身就是典范，這些題目的解決方法則更是我們學習平面幾何的圭臬通過學習這些題目，大家可以體會到數學的美而且這些題目往往也是數學競賽命題的背景題，在很多競賽題中都可以找到他們的身影本講及下講擬介紹幾個平幾名題及其應用定理1 (Ptolemy定理)圓內接四邊形對角線之積等于兩組對邊乘積之和；(逆命題成立)分析 如圖，即證AC·BD=AB·CD+AD·BC可設法把 AC·BD拆成兩部分，如把AC寫成AE+EC，這樣，AC·

2、;BD就拆成了兩部分：AE·BD及EC·BD，于是只要證明AE·BD=AD·BC及EC·BD=AB·CD即可證明 在AC上取點E，使ÐADE=ÐBDC，由ÐDAE=ÐDBC，得AEDBCD AEBC=ADBD，即AE·BD=AD·BC 又ÐADB=ÐEDC，ÐABD=ÐECD，得ABDECD ABED=BDCD，即EC·BD=AB·CD +，得 AC·BD=AB·CD+AD·BC說明 本

3、定理的證明給證明ab=cd+ef的問題提供了一個典范用類似的證法，可以得到Ptolemy定理的推廣(廣義Ptolemy定理)：對于一般的四邊形ABCD，有AB·CD+AD·BCAC·BD當且僅當ABCD是圓內接四邊形時等號成立例1 (1987年第二十一屆全蘇)設A1A2A3A7是圓內接正七邊形，求證：=+證明 連A1A5，A3A5，并設A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c本題即證=+在圓內接四邊形A1A3A4A5中，有A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得=+，故證例2(美國紐約，197

4、5)證明：從圓周上一點到圓內接正方形的四個頂點的距離不可能都是有理數例1分析：假定其中幾個是有理數，證明至少一個是無理數證明：設O的直徑為2R，不妨設P在上，則APB=45°，設PBA=a，則PAB=135°a若PA=2Rsina及PC=2Rsin(90°a)=2Rcosa為有理數，則 PB=2RsinPAB=2Rsin(135°a)=2R(cosa+sina)=R(sina+cosa)即為無理數或用Ptolemy定理：PB·AC=PA·BC+PC·ABÞPB=PA+PC故PA、PB、PC不能同時為有理數例3 求證

5、：銳角三角形的外接圓半徑與內切圓半徑的和等于外心到各邊距離的和 若DABC為直角三角形或鈍角三角形，上面的結論成立嗎？ 證明：如圖，DABC內接于O，設O的半徑=R，DABC的邊長分別為a，b，c三邊的中點分別為X、Y、Z由A、X、O、Z四點共圓，據Ptolemy定理，有OA·XZ=OX·AZ+OZ·AX，ÞR·a=OX·b+OZ·c即R·a=OX·b+OZ·c， 同理，R·b=OX·a+OY·c， R·c=OY·b+OZ·a， 三式相

6、加，得R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a) 但 r(a+b+c)=OX·a+OY·b+OZ·c(都等于三角形面積的2倍) 式與式兩邊分別相加，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 當DABC為直角三角形(C為直角)，則O在邊AB上，OX=0，上述結論仍成立當DABC為鈍角三角形 (C為直角或鈍角)時，則有 R+r=OX+OY+OZ證明同上定理2 設P、Q、A、B為任意四點，則PA2-PB2=QA2-

7、QB2ÛPQAB 證明 先證PA2-PB2=QA2-QB2ÞPQAB作PHAB于H，則 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2)=AH2BH2=(AH+BH)(AH-BH)=AB(AB-2BH)同理，作QHAB于H， 則 QA2-QB2=AB(AB-2AH)H=H，即點H與點H重合PQAB ÞPA2-PB2=QA2-QB2顯然成立說明 本題在證明兩線垂直時具有強大的作用點到圓的冪：設P為O所在平面上任意一點，PO=d，O的半徑為r，則d2r2就是點P對于O的冪過P任作一直線與O交于點A、B，則PA·PB= |d2r2|“到兩圓等冪的點的軌

8、跡是與此二圓的連心線垂直的一條直線，如果此二圓相交，則該軌跡是此二圓的公共弦所在直線”這個結論這條直線稱為兩圓的“根軸”三個圓兩兩的根軸如果不互相平行，則它們交于一點，這一點稱為三圓的“根心”三個圓的根心對于三個圓等冪當三個圓兩兩相交時，三條公共弦(就是兩兩的根軸)所在直線交于一點例5以O為圓心的圓通過ABC的兩個頂點A、C，且與AB、BC兩邊分別相交于K、N兩點，ABC和KBN的兩外接圓交于B、M兩點證明：OMB為直角(1985年第26屆國際數學競賽）分析對于與圓有關的問題，常可利用圓冪定理，若能找到BM上一點，使該點與點對于圓O等冪即可證明：由BM、KN、AC三線共點P，知PM·

9、PB=PN·PK=PO2-r2 由ÐPMN=ÐBKN=ÐCAN，得P、M、N、C共圓，故 BM·BP=BN·BC=BO2-r2 得， PM·PB-BM·BP= PO2 - BO2，即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，就是PM2 -BM2= PO2 - BO2，于是OMPB 定理3 (Ceva定理)設X、Y、Z分別為ABC的邊BC、CA、AB上的一點，則AX、BY、CZ所在直線交于一點的充要條件是··=1分析 此三個比值都可以表達為三角形面積的比，從而可用面積來證明證明：設SA

10、PB=S1，SBPC=S2，SCPA=S3則=，=，=，三式相乘，即得證說明 用同一法可證其逆正確本題也可過點A作MNBC延長BY、CZ與MN分別交于M、N，再用比例來證明，例6以ABC的三邊為邊向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，設L、M、N分別為DE、FG、HK的中點求證：AM、BN、CL交于一點分析 設AM、BN、CL分別交BC、CA、AB于P、Q、R利用面積比設法證明··=1證明 設AM、BN、CL分別交BC、CA、AB于P、Q、R易知，CBMBCMQCNQANLARLBR=，=，三式相乘即得··=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、

11、CL交于一點例7如圖，在ABC中，ABC和ACB均是銳角，D是BC邊上的內點，且AD平分BAC，過點D分別向兩條直線AB、AC作垂線DP、DQ，其垂足是P、Q，兩條直線CP與BQ相交與點K求證：AKBC；證明： 作高AH 則由DBDPDBAH，Þ=，由DCDQDCAH，Þ=由AD平分BAC，Þ=，由DPAB，DQAC，ÞAP=AQ ··=··=·=·=1，據Ceva定理，AH、BQ、CP交于一點，故AH過CP、BQ的交點K， AK與AH重合，即AKBC例8在四邊形ABCD中，對角線AC平分

12、08;BAD，在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G求證：ÐGAC=ÐEAC（1999年全國高中數學聯賽）分析 由于BE、CA、DG交于一點，故可對此圖形用Ceva定理，再構造全等三角形證明兩角相等證明 連結BD交AC于H，對BCD用Ceva定理，可得··=1因為AH是ÐBAD的角平分線，由角平分線定理，可得=，故··=1過點C作AB的平行線交AG延長線于I，過點C作AD的平行線交AE的延長線于J，則 =，=，所以，··=1從而，CI=CJ又因CIAB，CJAD，故ÐACI=-

13、ÐBAC=-ÐDAC=ÐACJ，因此，ACIACJ，從而ÐIAC=ÐJAC，即ÐGAC=ÐEAC 定理4 (Menelaus定理)設X、Y、Z分別在ABC的BC、CA、AB所在直線上，則X、Y、Z共線的充要條件是N··=1證明：作CMBA，交XY于N，則=，=S1S2S3S4于是··=···=1本定理也可用面積來證明：如圖，連AX，BY，記SDAYB=S1，SDBYC=S2，SDCYX=S3，SDXYA=S4則=；=；=，三式相乘即得證說明 用同一法可證其

14、逆正確Ceva定理與Menelaus定理是一對“對偶定理”例9(南斯拉夫，1983)在矩形ABCD的外接圓弧AB上取一個不同于頂點A、B的點M，點P、Q、R、S是M分別在直線AD、AB、BC與CD上的投影證明，直線PQ和RS是互相垂直的，并且它們與矩形的某條對角線交于同一點題11證明：設PR與圓的另一交點為L則·=(+)·(+)=·+·+·+· =·+·=0故PQRS設PQ交對角線BD于T，則由Menelaus定理，(PQ交DABD)得··=1；即=·；設RS交對角線BD于N，由Men

15、elaus定理，(RS交DBCD)得··=1；即=·； 顯然，=，=于是=，故T與N重合得證例10(評委會，土耳其，1995)設DABC的內切圓分別切三邊BC、CA、AB于D、E、F，X是DABC內的一點，DXBC的內切圓也在點D處與BC相切，并與CX、XB分別切于點Y、Z，證明，EFZY是圓內接四邊形分析：圓冪定理的逆定理與Menelaus定理證明：延長FE、BC交于Q··=1，··=1，Þ·=·例12由Menelaus定理，有 · · =1于是得··=

16、1即Z、Y、Q三點共線但由切割線定理知，QE·QF=QD2=QY·QZ故由圓冪定理的逆定理知E、F、Z、Y四點共圓即EFZY是圓內接四邊形定理5 (蝴蝶定理)AB是O的弦，M是其中點，弦CD、EF經過點M，CF、DE交AB于P、Q，求證：MP=QM分析 圓是關于直徑對稱的，當作出點F關于OM的對稱點F'后，只要設法證明FMPF'MQ即可證明：作點F關于OM的對稱點F，連FF，FM，FQ，FD則MF=MF，Ð4=ÐFMP=Ð6圓內接四邊形FFED中，Ð5+Ð6=180°，從而Ð4+Ð

17、;5=180°，于是M、F、D、Q四點共圓， Ð2=Ð3，但Ð3=Ð1，從而Ð1=Ð2，于是MFPMFQ MP=MQ說明 本定理有很多種證明方法，而且有多種推廣例11在箏形ABCD中，AB=AD，BC=CD，經AC、BD交點O作二直線分別交AD、BC、AB、CD于點E、F、G、H，GF、EH分別交BD于點I、J，求證：IO=OJ（1990年冬令營選拔賽題）分析 通常的解法是建立以O為原點的直角坐標系，用解析幾何方法來解，下面提供的解法則利用了面積計算證明：如圖，由SAOB=SAOG+SGOB得(at1cos+bt1sin）=

18、ab t1=即=+；同理得，=+；=+；=+再由SGOF=SGOI+SIOF，又可得=+；同理，得=+ IO=OJÛ()sina=()sinb以、的值代入左邊得，()sina=()sinasinb，同樣得右邊可證定理6 張角定理：從一點出發三條線段長分別為a、b、t、(t在a、b之間)，則=+例12(評委會，愛爾蘭，1990)設l是經過點C且平行于DABC的邊AB的直線，A的平分線交BC于D，交l于E，B的平分線交AC于F，交l于G，已知，GF=DE，證明：AC=BC分析：設A=2a，B=2b，即證a=b證明：設a>b，則BC>AC，利用張角定理可得， =+，Þ

19、=+，Þta=再作高CH，則AE=CHcsca=bsin2acsca=2bcosaÞDE=AEta=2bcosa=同理，GF=由a>b，a>b，知cosb<cosa1+<1+，Þ GF= = > =DE矛盾又證：設BC>AC，即a>b，故a>b，由張角定理得，=+，Þ=+同理=+，由于a>b，故>，Þ>>1，即tb>ta就是BF>AD BG=BF+FG>AD+DE=AE即是BG>AE = ÞGF=>= =DE矛盾故BC=AC或 =&l

20、t;=，注意到GF=DE，故BF<AD與矛盾故證定理7 (Simson line) P是ABC的外接圓O上的任意一點，PXAB，PYBC，PZCA，垂足為X、Y、Z，求證： X、Y、Z三點共線分析 如果連ZX、ZY，能證得Ð1=Ð3，則由ÐAZB=180°得ÐYZX=180°，即可證此三點共線證明ÐPXB=ÐPZB=90°ÞP、Z、X、B四點共圓ÞÐ1=Ð2ÐPZA=ÐPYA=90°ÞP、Z、A、Y四點共圓Þ&

21、#208;3=Ð4但Ð2+Ð5=90°，Ð4+Ð6=90°，而由P、A、C、B四點共圓，得Ð5=Ð6故Ð2=Ð4，從而Ð1=Ð3故X、Y、Z共線說明 本題的證法也是證三點共線的重要方法本題的逆命題成立，該逆命題的證明曾是江蘇省高中數學競賽的試題例13設H為ABC的垂心，P為ABC的外接圓上一點，則從點P引出的三角形的西姆松線平分PH分析：考慮能否用中位線性質證明本題：找到一條平行于Simson線的線段，從PXAH入手連PE，得1=2，但2=3，再由四點共圓得3=4，

22、于是得6=7可證平行證明 連AH并延長交O于點E，則DE=DH，連PE交BC于點F，交XY于點K，連FH、PB PXAE， 1=2，又2=3， P、Z、X、B四點共圓，3=4， 1=4 K為PF中點 DE=DH，BDEH， 2=5 FHXY XY平分PH又證：延長高CF，交圓于N，則F是HN的中點，若K為PH中點，則應有FKPN再證明K在ZX上即證明KZF=XZB設過P作三邊的垂線交BC、CA、AB于點X、Y、Z連KZ、KF、ZX，延長CF交O于點N，連PN由PZAB，CFAB，K為PH中點知，KZ=KF ÐKZF=ÐKFZ易證HF=FN，故KFPN ÐPNC=&

23、#208;KFH但ÐPNC+ÐPBC=180°， ÐKFZ+ÐZFH+ÐPBC=180°即ÐKFZ+ÐPBC=90°又PXBC，PZBZÞP、Z、X、B共圓 ÐXZB=ÐXPB，而ÐXPB+ÐPBC=90° ÐKZF=ÐKFZ=ÐXZB ZK與ZX共線即點K在ABC的與點P對應的Simson line上)定理8（Euler line）三角形的外心、重心、垂心三點共線，且外心與重心的距離等于重心與垂心距離的一

24、半分析 若定理成立，則由AG=2GM，知應有AH=2OM，故應從證明AH=2OM入手證明：如圖，作直徑BK，取BC中點M，連OM、CK、AK，則ÐKCB=ÐKAB=90°，從而KCAH，KACH，ÞCKAH，ÞAH=CK=2MO由OMAH，且AH=2OM，設中線AM與OH交于點G，則GOMGHA，故得MGGA=12，從而G為ABC的重心且GH=2GO說明 若延長AD交外接圓于N，則有DH=DN這一結論也常有用例14設A1A2A3A4為O的內接四邊形，H1、H2、H3、H4依次為A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心求證：H

25、1、H2、H3、H4四點在同一個圓上，并定出該圓的圓心位置（1992年全國高中數學聯賽）分析 H1、H2都是同一圓的兩個內接三角形的垂心，且這兩個三角形有公共的底邊故可利用上題證明中的AH=2OM來證明證明 連A2H1，A1H2，取A3A4的中點M，連OM，由上證知A2H1OM，A2H1=2OM，A1H2OM， A1H2=2OM，從而H1H2A1A2是平行四邊形，故H1H2A1A2 ，H1H2=A1A2同理可知，H2H3A2A3，H2H3=A2A3； H3H4A3A4，H3H4=A3A4； H4H1A4A1，H4H1=A4A1故 四邊形A1A2A3A4四邊形H1H2H3H4由四邊形A1A2A3

26、A4有外接圓知，四邊形H1H2H3H4也有外接圓取H3H4的中點M1，作M1O1H3H4，且M1O1=MO，則點O1即為四邊形H1H2H3H4的外接圓圓心又證：以O為坐標原點，O的半徑為長度單位建立直角坐標系，設OA1、OA2、OA3、OA4與OX正方向所成的角分別為、d，則點A1、A2、A3、A4的坐標依次是(cos，sin)、(cos，sin)、(cos，sin)、(cosd，sind)顯然，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的外心都是點O，而它們的重心依次是：(cos+cos+cosd)，(sin+sin+sind)、(cos+cosd+cos)，(sin+sind+

27、sin)、(cosd+cos+cos)，(sind+sin+sin)、(cos+cos+cos)，(sin+sin+sin)從而，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心依次是H1(cos+cos+cosd， sin+sin+sind)、H 2 (cos+cosd+cos，sin+sind+sin)、H 3 (cosd+cos+cos，sind+sin+sin)、H 4 (cos+cos+cos，sin+sin+sin)而H1、H2、H3、H4點與點O1(cos+cos+cos+cosd，sin+sin+sin+sind)的距離都等于1，即H1、H2、H3、H4四點在以O1

28、為圓心，1為半徑的圓上證畢定理9 (Nine point round)三角形的三條高的垂足、三條邊的中點以及三個頂點與垂心連線的中點，共計九點共圓分析 要證九個點共圓，可先過其中三點作一圓，再證其余的點在此圓上為此可考慮在三種點中各選一點作圓，再在其余三類共六個點中每類取一個點證明其在圓上，即可證明證明：取BC的中點M，高AD的垂足D，AH中點P，過此三點作圓，該圓的直徑即為MP由中位線定理知，MNAB，NPCH，但CHAB，故ÐPNM=90°，于是，點N在MDP上，同理，AB中點在MDP上再由QMCH，QPAB，又得ÐPQM=90°，故點Q在MDP上，

29、同理，CH中點在MDP上由FP為RtAFH的斜邊中線，故ÐPFH=ÐPHF=ÐCHD，又FM為RtBCF的斜邊中線，得ÐMFC=ÐMCF，但ÐCHD+ÐDCH=90°，故ÐPFM=90°又得點F在MDP上，同理，高BH的垂足在MDP上即證說明 證明多點共圓的通法，就是先過三點作圓，再證明其余的點在此圓上九點圓的圓心在三角形的Euler線上九點圓的直徑等于三角形外接圓的半徑由OMAP，OM=AP，知PM與OH互相平分，即九點圓圓心在OH上且九點圓直徑MP=OA=ABC的外接圓半徑定理10(三角形的

30、內心的一個重要性質)設I、Ia分別為ABC的內心及ÐA內的旁心，而ÐA平分線與ABC的外接圓交于點P，則PB=PC=PI=PIa例15設ABCD為圓內接四邊形，ABC、ABD、ACD、BCD的內心依次為I1、I2、I3、I4，則I1I2I3I4為矩形(1986年國家冬令營選拔賽題）分析 只須證明該四邊形的一個角為直角即可為此可計算Ð1、Ð2、ÐXI2Y1022證明 如圖，BI2延長線與O的交點X為中點且XI2=XI3=XA=XD，于是Ð1=(180°-ÐX)=90°，同理，Ð2=90°

31、-ÐXI2Y= (+)= (+)+(+)，故Ð1+Ð2+ÐXI2Y=90°+90°+(+)=270°從而ÐI1I2I3=90°同理可證其余說明 亦可證XZYU，又XZ平分ÐI2XI3及XI2=XI3ÞI2I3XZ，從而I2I3YU，于是得證定理11 (Euler定理)設三角形的外接圓半徑為R，內切圓半徑為r，外心與內心的距離為d，則d2=R2-2Rr(1992年江蘇省數學競賽)分析 改寫此式，得：d2-R2=2Rr，左邊為圓冪定理的表達式，故可改為過I的任一直線與圓交得兩段的積，右邊則

32、為O的直徑與內切圓半徑的積，故應添出此二者，并構造相似三角形來證明證明：如圖，O、I分別為ABC的外心與內心連AI并延長交O于點D，由AI平分ÐBAC，故D為弧BC的中點連DO并延長交O于E，則DE為與BC垂直的O的直徑由圓冪定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID（作直線OI與O交于兩點，即可用證明）但DB=DI（可連BI，證明ÐDBI=ÐDIB得），故只要證2Rr=IA·DB，即證2RDB=IAr即可而這個比例式可由AFIEBD證得故得R2-d2=2Rr，即證例16(1989IMO)銳角DABC的內角平分線分別交外接圓于點A1、

33、B1、C1，直線AA1與ABC的外角平分線相交于點A0，類似的定義B0，C0，證明：例 S=2S； S4SABC分析：利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I為公共頂點的六個小三角形，分別與六邊形A1CB1AC1B中的某一部分的2倍相等 若連OA、OB、OC把六邊形A1CB1AC1B分成三個四邊形，再計算其面積和，最后歸結為證明R2r也可以這樣想：由知即證S2 SABC，而IA1、IB1、IC1把六邊開分成三個箏形，于是六邊形的面積等于DA1B1C1面積的2倍故只要證明SSABC證明： 設DABC的內心為I，則A1A0=A1I，則S=2S ；同理可得其余6個等式相加即得證 連OA、O

34、B、OC把六邊形A1CB1AC1B分成三個四邊形，由OC1AB，OA1BC，OB1CA，得 S=S+ S + S=AB·R+BC·R+CA·R=Rp但由Euler定理，R22Rr=R(R2r)=d20，知R2r，故Rp2rp=2SDABC故得證 證明：記A=2a，B=2b，C=2g0<a，b，g<則SABC=2R2sin2asin2bsin2g，S=2R2sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)又sin(a+b)=sinacosb+cosasinb2=，同理，sin(b+g)，sin(g+a)，于是SSABC得證又證：連OA、OB、OC把六邊形

35、A1CB1AC1B分成三個四邊形，由OC1AB，OA1BC，OB1CA，得 S=S+ S + S=AB·R+BC·R+CA·R=Rp但由Euler定理，R22Rr=R(R2r)=d20，知R2r，故Rp2rp=2SDABC故得證又證：a+b+g=p，故sin(a+b)=cosg，sin(b+g)=cosa，sin(g+a)=cosb于是，sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)=cosacosbcosg，故sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)sin2asin2bsin2g，Û cosacosbcosg8sinasinbsingcosa

36、cosbcosg，由0<a、b、g<，故cosacosbcosg8sinasinbsingcosacosbcosg，Ûsinasinbsing而最后一式可證定理12 (Fermat point)分別以ABC的三邊AB，BC，CA為邊向形外作正三角形ABD，BCE，CAH，則此三個三角形的外接圓交于一點此點即為三角形的Fermat point分析 證三圓共點，可先取二圓的交點，再證第三圓過此點證明：如圖，設ABD與ACH交于(異于點A的)點F，則由A、F、B、D共圓得ÐAFB=120°，同理ÐAFC=120°，于是ÐBFC=

37、120°，故得B、E、C、F四點共圓即證由此得以下推論：1° A、F、E三點共線；因ÐBFE=ÐBCE=60°，故ÐAFB+ÐBFE=180°，于是A、F、E三點共線同理，C、F、D三點共線；B、F、H三點共線2° AE、BH、CD三線共點3° AE=BH=CD=FA+FB+FC由于，F在正三角形BCE的外接圓的弧BC上，故由tolemy定理，有FE=FB+FC于是AE=AF+FB+FC同理可證BH=CD=FA+FB+FC也可用下法證明：在FE上取點N，使FN=FB，連BN，由FBN為正三角形，

38、可證得BNEBFC于是得，NE=FC故AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC例17(Steiner問題)在三個角都小于120°的ABC所在平面上求一點P，使PA+PB+PC取得最小值證明：設P為平面上任意一點，作等邊三角形PBM（如圖）連ME，則由BP=BM，BC=BE，ÐPBC=ÐMBE=60°-ÐMBC得BPCBME，于是ME=PC，故得折線APME=PA+PB+PCAE=FA+FB+FC即三角形的Fermat point就是所求的點說明:本題也可用Ptolemy的推廣來證明:由PB·CE+PC·BEPE·B

39、C，可得，PB+PCPE于是PA+PB+PCPA+PEAE定理13 到三角形三頂點距離之和最小的點費馬點例18凸六邊形ABCDEF，AB=BC=CD，DE=EF=FA，BCD=EFA=60°，、在形內， 且AGB=DHE=120°求證：AG+GB+GH+DH+HECF證明 連BD、AE、BE，作點G、H關于BE的對稱點G¢、H¢，連BG¢、DG¢、G¢H¢、AH¢、EH¢。由于BC=CD，BCD=60°；EF=FA，EFA=60°ÞBCD、EFA都是正三角形，

40、22;AB=BD，AE=ED，ÞAEDB為箏形ÞABGDBG¢，DEHAEH¢由BG¢D=120°，BCD=60°ÞB、C、D、G¢四點共圓由Ptolemy定理知CG¢=G¢B+G¢D，同理，H¢F=H¢A+H¢E，于是AG+GB+GH+DH+HE = G¢B+G¢D+G¢H¢+H¢A+H¢E=CG¢+G¢H¢+H¢FCF定理14到三角形三頂點距離

41、的平方和最小的點是三角形的重心先證明：P為三角形形內任意一點，重心為G，則PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2證明：取中線BG中點M，則2(PA2+PC2)=AC2+4PE2， 2(PB2+PG2)=BG2+4PM2， 2(PE2+PM2)=ME2+4PG2， +×2得：2(PA2+PB2+PC)=AC2+GB2+2ME2+6PG2= 2GB2+6PG2+AC2+ 4GE2=2GB2+6PG2+2GA2+2GC2 PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2于是PA2+PB2+PC2GA2+GB2+GC2等號當且僅當P與G重合時成立亦可用解析幾何方法證

42、明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)P(x，y)，則S=(xx1)2+(yy1)2+(xx2)2+(yy2)2+(xx3)2+(yy3)2 =3x22(x1+x2+x3)x+(x12+x22+x32)+3y22(y1+y2+y3)y+(y12+y22+y32)顯然，當x=(x1+x2+x3)，y=(y1+y2+y3)時，S取得最小值即當P為DABC的重心時，S取得最小值定理15 三角形內到三邊距離之積最大的點是三角形的重心設三角形ABC的三邊長為a、b、c，點P到三邊的距離分別為x，y，z則2D=ax+by+cz3即xyz等號當且僅當ax=by=cz，即DPAB、DPBC

43、、DPCA的面積相等時成立此時P為DABC的重心上面給出了高中競賽大綱明確規定應知的三個重要極值：1° 到三角形三頂點距離之和最小的點費馬點2° 到三角形三頂點距離的平方和最小的點重心3° 三角形內到三邊距離之積最大的點重心例19(Fagnano問題)給定銳角三角形，求其內接三角形中周長最小者證明(Fejer方法)分成幾部分來證明：1° 先在BC上任取一點D，固定D，求出以D為一個頂點ABC的內接三角形中周長最小者作D關于AB、AC的對稱點D、D”，連DD”交AB、AC于點F、E，連DF、DF，DE、D”E，對于任一以DD一個頂點的ABC的內接三角形XP

44、Q，連QD、QD，PD”、PD，于是可證DE+EF+FD=DD”DQ+QP+PD”=DQ+QP+PD即DEF為固定點D后周長最小的內接三角形2° 當點D的BC上運動時，對每一點D，都作出1°中得出的周長最小三角形，再求這些三角形的周長最小值連AD、AD、AD”，則AD=AD=AD”，且ÐDAB=ÐDAB，ÐD”AC=ÐDAC，于是ÐDAD”=2ÐA所以DD”=2ADsinA當點D在BC上運動時，以點D為BC邊上高的垂足時AD最小3° 說明此時的最小三角形就是ABC的垂足三角形由于D為BC邊上的垂足對于垂足

45、三角形DEF，由ÐDEC=ÐAEF，而ÐDEC=ÐCED"，故點E在DD”上，同理，F在DD”上，即DEF為所求得的周長最小三角形(Schwarz解法）這是一個非常奇妙的證法：如圖，DEF為ABC的垂足三角形，PQR為ABC的任一內接三角形作ABC關于AC的對稱圖形ACB1，由ÐDEC=ÐFEA，故EF的關于AC的對稱線段EF1應與DE共線再作ACB1關于AB1的對稱三角形AB1C1，這樣連續作五次對稱三角形，就得到下圖： 在此圖中的DD4=DEF的周長的兩倍而折線PQR1P2Q2R3P4也等于PQR的周長的兩倍但易證

46、08;BDE+ÐB2D4F3=180°，于是DPD4P4，且DP=D4P4，從而線段PP4=DD4=DEF周長的兩倍顯然，折線PQR1P2Q2R3P4的長>線段PP4的長即PQR的周長>DEF的周長定理16(Polya問題)兩端點在給定圓周上且把圓面積二等分的所有線中，以直徑最短 連AB，作 與AB平行的直徑CD，作直徑AB，則B與B關于CD對稱CD與曲線AB必有交點，否則曲線AB全部在CD一側，不可能等分圓面積設交點為E，連AE、BE、BE，則AE+EB=AE+EB>AB，故曲線AB的長大于直徑AB定理17(等周問題)這是由一系列的結果組成的問題：1&#

47、176; 在周長一定的n邊形的集合中，正n邊形的面積最大 2° 在周長一定的簡單閉曲線的集合中，圓的面積最大 3° 在面積一定的n邊形的集合中，正n邊形的周長最小。 4° 在面積一定的簡單閉曲線的集合中，圓的周長最小。 下面證明：等長的曲線圍成面積最大的圖形是圓(Steiner解法）1° 周長一定的封閉曲線中，如果圍成的面積最大，則必為凸圖形若為該圖形凹，可任作一條與曲線凹進部分有兩個交點的直線，作該曲線在兩交點間一段弧的對稱曲線，則可得一個與之等周且面積更大的圖形2° 周長一定的面積最大的封閉曲線中，如果點A、B平分其周長，則弦AB平分其面積

48、若AB不平分其面積，則該圖形必有在AB某一側面積較大，如圖，不妨設N>M，則去掉M作N的關于AB的對稱圖形N，則由N、N組成的圖形周長與原來的相等，但面積更大3°對于既平分周長與又平分面積的弦AB，只考慮該圖形在AB的任一側的一半，若C為此段弧上任一點，則ÐACB=90°否則可把此圖形劃分為三塊M、N、P，只須改變ÐACB的大小，使ÐACB=90°，則M、N的面積不變，而P的面積變大這說明，此半段曲線必為半圓，從而另一半也是半圓例20設正三角形ABC的邊長為a，若曲線l平分ABC的面積，求證：曲線l的長l分析 從結論中式子的形狀

49、估計該曲線的長度與圓的周長有關，故應設法找出相頭的圓再如果一條曲線等分此正三角形的面積，則估計此曲線應是圓弧，于是可求出其半徑但要說明此弧一定是最短的，就要把圓弧還原成圓，從而可把此三角形還原成圓內接六邊形證明 設曲線PQ平分ABC的面積，其長度為l若此曲線與三角形的兩邊AB、AC相交于點P、Q，作ABC關于AC、AC的對稱圖形，得ACD、ABG，再作 此圖形關于DG的對稱圖形，得到一個正六邊形BCDEFG則曲線PQ相應的對稱曲線圍成的封閉曲線平分正六邊形BCDEFG的面積以A為圓心，r為半徑作圓，使此圓的面積等于正六邊形面積的一半則此圓的夾在AB、AC間的弧段MN平分ABC的面積由于正六邊形

50、面積=6·a2=a2故得pr2=·a2，解得r=a，從而弧MN的長=·2r=，由等周定理，知l練習題1、在四邊形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面積比是341，點M、N分別在AC、CD上滿足AMAC=CNCD，并且B、M、N三點共線求證：M與N分別是AC與CD的中點(1983年全國高中數學聯賽)證明 設AC、BD交于點E由AMAC=CNCD，故AMMC=CNND，令CNND=r(r>0)， 則AMMC=r由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABDSBCD =34從而AEECAC=347SACDSABC=61，故DEEB=61，DBBE=71

51、AMAC=r(r+1)，即AM=AC，AE=AC，EM=(-)AC=ACMC=AC，EMMC=由Menelaus定理，知··=1，代入得 r·7·=1，即4r23r1=0，這個方程有惟一的正根r=1故CNND=1，就是N為CN中點，M為AC中點2、四邊形ABCD內接于圓，其邊AB與DC延長交于點P，AD、BC延長交于點Q，由Q作該圓的兩條切線QE、QF，切點分別為E、F，求證：P、E、F三點共線(1997年中國數學奧林匹克）證明 連PQ，作QDC交PQ于點M，則ÐQMC=ÐCDA=ÐCBP，于是M、C、B、P四點共圓由 PO

52、2-r2=PC·PD=PM·PQ， QO2-r2=QC·QB=QM·QP，兩式相減，得PO2-QO2=PQ·(PM-QM)=(PM+QM)( PM-QM)=PM2-QM2， OMPQ O、F、M、Q、E五點共圓連PE，若PE交O于F1，交OFM于點F2，則對于O，有PF1·PE=PC·PD，對于OFM，又有PF2·PE=PC·PD PF1·PE=PF2·PE，即F1與F2重合于二圓的公共點F即P、F、E三點共線3、若ABC的邊a、b、c，所對的角為124，求證：=+作三角形的外接圓，即

53、得圓內接正七邊形，轉化為例14、P為ABC內任意一點，AP、BP、CP分別交對邊于X、Y、Z求證：+=1證明：=，=，=，三式相加即得證5、如圖，設ABC的外接圓O的半徑為R內心為IA<C，B=60°，A的外角平分線交O于E證明：IO=AE；2R<IO+IA+IC<(1+)R（1994年全國高中數學聯賽）證明：B=60°，AOC=AIC=120°A，O，I，C四點共圓圓心為弧AC的中點F，半徑為RO為F的弧AC中點，設OF延長線交F于H，AI延長線交弧BC于D由EAD=90°（內外角平分線）知DE為O的直徑OAD=ODA但OAI=OHI

54、，故OHI=ADE，于是RtDAERtHIOAE=IO由ACH為正三角形，據Ptolemy定理得，IC+IA=IH由OH=2RIO+IA+IC=IO+IH>OH=2R設OHI=，則0<<30°IO+IA+IC=IO+IH=2R(sin+cos)=2Rsin(+45°)又+45°<75°，故IO+IA+IC<2R(+)/4=R(1+)6、設P為ABC的外接圓上一點，H為ABC的垂心，求證：PH的中點K在ABC的與點P對應的Simson line上設過作三邊的垂線交BC、CA、AB于點X、Y、Z連KZ、KF、ZX，延長CF交O于點N，連PN由PZAB，CFAB，K為PH中點知，KZ=KF ÐKZF=ÐKFZ易證HF=FN，故KFPN ÐPNC=ÐKFH但ÐPNC+ÐPBC=180°， ÐKFZ+ÐZFH+ÐPBC=180°即ÐKFZ+ÐPBC=90°又PXBC，PZBZÞP、Z、X、B共圓 ÐXZB=Ð