第一講幾何的有名定理（1）

—梅涅勞斯定理

Menelaus（公元98年左右），希臘數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，梅涅勞斯定理包含在

其幾何著作《球論》里.

梅涅勞斯定理

設(shè)4ABC的三邊BC、CA、AB

或它們的延長線與一條不經(jīng)過其頂

點的直線交于P、Q、R三點，則

BPCQAR_]

PC'QA'RB~'

梅涅勞斯定理逆定理設(shè)P、Q、R分別是^AB的三邊BC、CA、AB上或

它們延長線上三點，若有空.歿.絲=1,則P、Q、R三點在同一直線上.

PCQARB

例題選講

例1.過AABC的重心G的直線分別交AB、

RFCF

AC于E、F,交CB于D。求證：一+——=lo

EAFA

證連AG,交BC于M,

BEAGMDBEGMGMDB

DEF截——

EAGMDBEAAGAG2MD

,CFAGMD1CFGMDCDC

DEF截△AMC>-----------=1-f----------

FAGMDCFAAGMD2MD

,,BECFDBDC

故---1-------=------+-=1

EAFA2MD2MD

評注也可以添加輔助線證明：過A、B、C之一作DF的平行線。

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例2.設(shè)AABC的NA的外角平分線與NB

的延長線交于P,B的平分線與A交于Q,C的

平分線和AB交于R(圖15-7).求證P、Q、R三點

共線.

分析要證P、Q、R三點共線，只需證明史?絲?絲=1,利用三角形內(nèi)

PCQARB

角及外角平分線的性質(zhì)不難得到.

例3.萊莫恩(Lemoine)線人、

如圖，過AABC的三個頂點A、B、C/

作它的外接圓的切線，分別和BC、CA、AB

的延線交于P、Q、R.求證P、Q、R三點\"JC

共線.

分析欲證P、Q、R三點共線，只須證明第.q.4^=1.

PCQARB

證明因AP為圓的切線，所以△ACPs^ABP,從而有

BPABAP

兩式相乘得方=

AC~AP'AC~CP

日鋸中汨CQBC2ARCA2BPCQAR

同理可得=1=——一=五E一二一.——.一=

2

QAABRBBCCPQARB

由梅涅勞斯定理的逆定理得，P、Q、R三點共線,

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例4.戴沙格(Desargues)定理設(shè)4ABC

和△ABC，對應(yīng)頂點的連線AA"BB"CC交于

一點S,這時如果對應(yīng)邊BC和B5C\CA和C5A\

AB和AB，(或它們的延長線)相交，則它們的

交點D、E、F在同一直線上.

分析由于D、E、F三點分別在AABC三

邊延長線上，要證三點共線，只須證明

AFBDCF,

FB,DCEA

注意圖中多個三角形被多條直線所截；反復(fù)利用梅涅勞斯定理，即可得證.

證明因直線FAB，截ASAB,由梅涅勞斯定理，有更.竺.理=1

A'AFBB'S

441CF

同理，直線BCA截ASAC,有------------=1.直線DCB，截△SBC,有

AA'CCEA

SB'BDCC?

B,BDCCS'

三式相乘，得竺.殷.烏=1,由梅涅勞斯定理逆定理，D、E、F三點共線.

FBDCEA

注戴沙格定理是射影幾何中的一個重要定理.

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例5.牛頓(Newton)線

設(shè)四邊形ABCD的一組對邊AB和CD的

延長線交于點E,另一組對邊AD和B的延長

線交于F,則AC中點L、BD中點M及EF中

點N三點共線.

分析為了證明L、M、N共線，可考慮L、M、

N三點是否分別在一個三角形的邊或延長線上.由它們分別是AC、BD、E的中

點，設(shè)AEBC三邊中點為P、R、Q,則顯然有M在P上，L在R上，N在P延

長線上.再利用梅涅勞斯定理不難得到證明.

證明設(shè)P、R、Q分別為EB、BC、CE中點，因為L、Q、R分別是CA、

CE,CB的中點，所以它們在同一直線上，且有色

LRAB

同理，M、R、P三點在同一直線上，且也=￡2

MPDE

N、P、Q三點在同一直線上，且儂=空?

NQFC

三式相乘彳嚕饋筮嚏黑箓

BFCD,

但因直線AD切割A(yù)EBC由梅涅勞斯定理，有益-----........-1

FCNQ'

QLRMPN]

LRMP'NQ」

因L、M、N三點分別在4PQ三邊或其延長線上，故由梅涅勞斯定

理逆定理，L、M、N三點共線，

注直線LMN叫做四邊形ABCD的牛頓線。

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c

例6,若在直角AABC中，CK是斜邊上的高.CE

是NACK的平分線，E點在AK上，D是AC的中點，F(xiàn)是A

DE與CK的交點，則BF〃CE.

證在AEBC中，作的平分線BH.

-.?ZEBC=ZACK,:.ZHBaZACi

ZHBC+ZHCB=ZACE+ZHCB=90°,

即BH±CE.

從而可知^EBC為等腰三角形.

作腰BC上的高EP,則CK=EP.

把梅涅勞斯定理用于△ACK和三點D、E、F,則得生.任."=1.

DAEKFC

KFEKCK_EPBP_BKBnKF_BK

-AE-AC-AC-5C-fiF*FC-5E

利用分比定理得旦=—,從而AFKB~NCKE.故得FB〃CE.

KCKE

例7.（1996年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題）

如圖，圓Oi和圓。2與AABC的三邊所在的三條直線都

相切,E.RGH為切點，并且EG,FH的延長線交于P點,求證直

線PA與BC垂直.

分析：要證PAXBC只要證明PA//O1E

證明：延長PA交EF于D,直線PGE^AADC的三邊延長線都相交，直線PHF

n/7CdAP

與AABD的三邊延長線都相交，由梅尼勞斯定理絲?巴.士=：!,

ECGAPD

BFDPAHDECG_HBFD..DE_FD

,?一JL,,—,,?JLIIJ—JJP.ILVX—??一

FDPAHBECGAAHBFGAAH

連接O1GQ1EQ1AQ2AQ2HQ2F,則Oi、A、Ch三點共線，以及OIELEFQZFLEF,

nAA(ZFD

??.01EF0)為直角梯形，又△OiAGs△ChAH,.'.」一=—=一,；.AD〃0iE,

O2AAHFD

故AD±EF即PA±EF.

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課外練習(xí)題

1.設(shè)平行四邊形ABCD內(nèi)一點E,過E引AB

的平行線與AD、BC交于K、G.過E引AD的

平行線與AB、CD交于F、H,則|FK、BD、GH

互相平行或交于一點.

證明.設(shè)BD與FK交點為0.

DK,DHCGBO

VOKFf<AABD,—----=],-----?----?----

FB0DKA'"HCGB0D

...G、H、0在同一直線上，即FK,BD,GH交于一點。

2.一條直線與三角形三邊或其延長線交于L、M、N三點，若U、M\N，點

與L、M、N關(guān)于三邊的中點對稱，求證L\M\N，三點也共線.

證明.由梅涅勞斯定理有些?生?把=1

CLAMBN

又由于M\N\U分別與M、N、L關(guān)于三邊中點對稱，所以AN5=BN,

BN'=AN,BL'=CL,CL'=BL,AM'=CM,CM'=AM。

,_ixzCL'AM'BN'..,,—J-.44,AK

代t式'侍H--------=1,LT、M、LT二點共線.

BL'CM'AN

3.設(shè)四邊形,ABCD外切于OO.切點分別為E、

F、G、H,貝！）HE、DB、GF交于一點（或GH、

CA、EF交于一點）.

證明.設(shè)HE與BD交于M\則HEM^AABD,

.AEBM，BF1

*"EBM'DFC一

又設(shè)GF與DB交于M,則史?也?絲1=1

GDMBFC

由上兩式得理”=也，AM\M重合.

M'DMD

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4.從點K引四條直線，另兩條直線分別交這四條直

線于A、B、C、D和Ai,Bi,G,Di，

ACADACAD.

試證：獲:而=研:口

證明:

若AD//42，結(jié)論顯然成立；

若AD與A，相交與點L,則把梅涅勞斯定理分別用于MAL和M或可得:

ADLDX\KLCAKAC_]BCBQB〔K_]

~LDA,Dx~AK~AC4^LCBXCXBK-

LDBKBR_]

BDB[KLD]—

將上面四條式子相乘可得:坦?區(qū)旭=1

ACBDA}D{

ACADA.D.

即Hn：——:——=-A2—C.1:

BCBD4GBQ1

5.設(shè)不等腰4ABC的內(nèi)切圓在三邊

BC、CA、AB上的切點分另!］為D、E、

F,貝！|EF與BC,FD與CA,DE與

AB的交點X、Y、Z在同一條直線

上；

)

證：AA3C被直線XRE所截，由定理1可得:j絲Y.C力F.絲AF=1

XCEAFB

又AE=AF代人上式可得:好=處

XCCE

同理可得:C匕Y="D上CAZEA

YAAFZBBD

將上面三條式子相乘可得餐.詈爰=1

又X、KZ都不在AABC的邊上，由定理2可得X、KZ三點共線

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6.已知直線AAi，BBi，CCi相交于D,直

線AB和A]Bi的交點為C2,直線BC與BiG

的交點是A2,直線AC與A1G的交點是B2,

試證：A2、B2、C2三點共線；

證：設(shè)&、B?、。2分別是直線3C和B1G，AC和4G，A3和4片的交點，

對所得的三角形和在它們邊上的點：Q4B和（4,和（4,

孰,4）,。4。和（4，G，4）應(yīng)用梅涅勞斯定理有：

A4,0B[BC?_]0GBB[CA,0\CCXAB2

OAjBB]AC?CC]OB】AAi0CxCB2

將上面的三條式子相乘可得:乙?強?空=1

AC2CB2B4

由梅涅勞斯定理可知4,4,。2共線.

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7.AABC的內(nèi)切圓分別切三邊BC,CA,A

AB于點D,E,F,點X是AABC的一個

內(nèi)點，aXBC的內(nèi)切圓也在D點與BC邊

相切，并與CX,XB分別相切于點Y,Z.證

明：EFZY是圓內(nèi)接四邊形.

分析：若BC與EF交于P,且DE?PF=PY?PZ,則本題獲證.

略證：如果EF〃:BC,則AB=AC,AD是EFZY的對稱軸，因而

EFZY是圓內(nèi)接四邊形.

如果EF不平行于BC,可假定BC與EF的延長線相交于P,由梅涅勞斯定

工由右BPCEAF.

理，有-----------=1.

PCEAFB

由圓哥定理，有ZB=DB=FB,CY=CD=CE,AF=EAXZ=YX,

BPCYXZBFCEAF,

?_____.___________—_______________—]

"PCYXZBPC'EA'FB'

由梅涅勞斯定理的逆定理，知P,Y,Z三點共線，于是，PE?PF=PD2=PY?PZ.

所以，EFZY是圓內(nèi)接四邊形.

評述:本題證明除應(yīng)用了梅涅勞斯定理及其逆定理，還多次應(yīng)用了圓累定理。

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二塞瓦（Ceva）定理

GCeva（1647年?1743年），意大利著名數(shù)學(xué)家.

塞瓦定理|設(shè)S為AABC邊所

在直線外一點，連接AS、BS、CS

分別和AABC之邊或三邊延長線交

mB^CQAR

于P、Q、R,

PC，QA，RB

塞瓦定理逆定理|設(shè)P、Q、R為

△ABC的三邊或其延長線上的三點（P、

Q、R都在三邊上或只有其中之一在邊

上），如果有黑.絲.4^=1,則三直線AP、BQ、CR交于一點或互相平行.

PCQARB

例題選講

例1.4ABC中，內(nèi)切圓。O與各邊BC、CA、AB相切

于D、E、F,求證AD、BE、CF交于一點.

證明：由巳知有BD=BF,CD=CE,AE=AF,

,-B-D-?-C-E?-A-F-=],

"DCEAFB'

AD,BE,CF三線共點。

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例2.證明：銳角三角形的高交于一點。

證：記銳角AA5相勺角平分線分別是1A，34，CG，

設(shè)CBI=X,那么A_B|=Z?-x,則：

222

2222a+b-c

c-(b-x)=BB、=a-%nCB,=尤二--------------------

2b

2,j22

Cba

則：BXA=~

2b

卜2,?2_2222

同理可得：aq=〃+c—a,GBa+c-b

2c2c

c2+a--b2._b-+a-

,AC=

2a------------------2a

ACXB\CBL_1

C[BA]CBXA~

???銳角三角形的三條高好一點;

例3.已知AD是aABC的邊B上的高，P為AD上任

意一點，直線BP、CP分別交AC、AB于E、F.

求證NFDA=ZADE.

證明：過A作BC的平行線交DF、DE的延長線于F'、E，.

由塞瓦定理有％-C”?”=1,

DCEAFB

HCEDCAFAF'

而——=,——=----

EAAE'FBFB

代入上式得AF=AE,

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例4.設(shè)A，、B，、C分別為4ABC三邊

8<,,(2,%,￡：3,的中點，P為△￡B，CC內(nèi)一

點，AT、BP、CP分別交B,C\C?A\A?B.

于L、M、N,求證：AL,BM,CN三線共點

分析要由一組三線共點推出另一組三線共點，考慮到A\B\C分別為

△ABC三邊的中點，不難利用塞瓦定理得到證明.

證明AL、BM、CN三線共點，.?.21￡^.*竺=1.

LCMA'NB'

設(shè)AL、BM、CN分別交BC、CA、AB于點L\、N\

,?BC、分別為AC、AB的中點，B'CHBC,:.-=--

ECLB'

?nlT?_C_M__,—__A_M__A__N'—_B_'_N_—],,_B_L_'_C__M__'A__N_'—_C_L__B_'_N__A__M__—,]

M'AMC'N'BNA'L'CM'AN'BLB'NA'MC'

由塞瓦定理的逆定理，AL\BM\CN，三線共點，即AL、BM、CN三線共

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例5如圖，設(shè)P是aABC內(nèi)一點，AP、

BP、CP分另!|與邊BA、CA、AB交于D、

E、F,過D、E、F三點作圓，與三邊又交

于D，、E\F\求證AD，、BE，、CF三

線交一點.

分析要證AD\BE\CF三線共點，考慮

至UAD、BE、CF三線共點.顯然可利用塞瓦定理.又考慮到D、E、F、D\E\

F六點共圓，因此可利用圓易定理將等式轉(zhuǎn)換.

證明AD,BE、CF三線共點，由塞瓦定理C得F空AF=1.但D、E、F

DCEAFB

和D5,E5、F共圓，所以BDBD=BF'BF,CE'CE=CD'CD,AFAF=AEAE.

三式相乘得：BD'CE'AF'BDCEAF=BF'CD'AE'BFCDAE.

BD'CE'AF'BDCEAF,BDCEAF

即Rn------------------------------------=1.因m----------?-----------,----------]1所以

D'CE'AF'BDCEAFBDCEAFB'

BD'CEAF'_

ww=1-

由塞瓦定理逆定理可知，AD、BE、CF共點，

注由本題可知，一個圓周與^ABC交于六點D、D、E、E、F、F,若

AD,BE,CF三線交于一點，則A。、BE、CF也相交于一點.

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例6.在銳角三角形ABC中，ZC的平分線交AB

于L,從L作邊AC和BC的垂線，垂足分別是M

和N,AN和BM交于P,證明：CP±AB.

證明作CQ_LAB于Q

因為LM，AC,LN，BC,所以C、M,L、Q、N五點共圓,

所以AMAC=ALAQ,BNBC=BQBL,

AMALBNBL

AQACBQBC

又由CL平分NACB得，—,所以金即器沙

ACBCAQ

于是RtACML三RtACNL,所以CM=CN

AMCNBQ]

故有

MC'NB'QA^

由塞瓦定理的逆定理得，AN,BM,CQ共點,故C,P,Q共線，從而CP±AB.

例7.以AABC各邊為底邊向外作相似的等腰三角形

BCE,CAF,AGB.求證AE,BF,CG相交于一點.

分析如圖，要證AE、BF、DG三線共點，由塞瓦定理

的逆定理，只需證四?空?四=1即可，但是圖中沒

LCMANB

有平行線，得不到比例關(guān)系，我們嘗試通過三角形面積

之比來轉(zhuǎn)換，看能否得到要證的式子.

證明設(shè)三個相似等腰三角形的底角為，AE、BF、CG分別交BC,CA,AB

<-ABBEsin(0+B)

于L、M、N,則空=也叫=2-----------------------ABsin(O+B)

TC1QIACsin(6>+C)

會2ACC￡SW+C)

同理CN3Csin(6+C)ANACsin(C+A)

口MA~ABsiii(0+A)'NB~BCsin(^+B)

箓工卷"由塞瓦定理的逆定理，AE、BF、CG交于一點.

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課外練習(xí)題

1.證明：三角形的三條中線、三條角平分線交于一點。

證（略）

2.（2002年澳大利亞數(shù)學(xué)奧林匹克）

已知過三角形的一個頂點的直線將三角形分為

兩個小三角形，若這兩個小三角形的周長相等，則

稱這條直線為“整分線”.證明：△ABC的三條“整分

線”交于一點.

證明設(shè)分別過頂點A、B、C的“整分線”與對

邊分別交于點A，、B\C5;

設(shè)BC=a,CA=b,AB=c，又設(shè)BA'=m,A4C=n.由已知條件，有c+m+AA'=b+n+AA'

又因為m+n=a,所以2m=a+b-c,2n=a+c-b

a+b-cb+c-aACc-^-a-b

所以%=洞Erm理C一B=

na+c-bBAb+a-cCBc+b-a

印、?BACBACi

所以一.—.—=1

ACBACB

由塞瓦定理的逆定理得，AA\BB\CC三線交于一點.

3.在^ABC的邊BC上任取一點D,設(shè)NADB和NADC

的角平分線分別交AB、AC于F和E,求證AD、BE、

CF交于一點.

解.考慮到DF、DE分別是NBDA和NADC的平分線,

BDCEAFBDCDAD,

,---------------a-----------------------------------------------a---------------------------------J

"DCEA'FB~DCAD'BD~

：.AD、BE、CF三線共點.

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4.在4ABC中，AM為BC邊上的中線，AD為/A的平分線,

頂點B在AD上射影為E,BE交AM于N,求證DN//AB.

證延長AC與BE延長線交于F',則AABF為等

腰三角形.延長EM交AB于L,則L為AB中點,

在AABE中由塞瓦定理，有黑?黑嗡5

AL=LB,:.—=—ND//AB.

NEED

5.已知O是AABC的外接圓圓心，X、Y分別

是AC、AB上的點，且使得BX和CY相交于O,

ABAC=ZAYX=NXYC試求NBAC的大小.

解易知。在△ABC內(nèi)部.連接AO,并延長與

BC相交于Z.由塞瓦定理，有

AYBZCX,

-----------........-1

YB'ZC'XA

AVAY

因為YX平分ZAYCn己一=——，所以YZ平分ZBYC

YCXC

ZBAO=a,ZACO=/3,ZCBO=/,則a+尸+/=90°

因為ZAFX=NXyC=a+分，所以/。無=%,

即得NCBO=NCKZ

所以B、Y、0、Z四點共圓，所以NKZO=a

又AAYC的內(nèi)角和是%+4尸=180,AAYZ的內(nèi)角和是4c+2尸+7=180,

即3a+分=90,所以2=20,￡=30

所以NR4C=50°

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6.在四邊形ABCD中,對角線AC平分NBAD,

在CD上取一點E,BE與AC相交于F,延長DF

交BC于G求證：ZGAC=ZEAC

分析：注意到ABCD中有三線共點，由塞瓦

定理可得比例關(guān)系，通過比例聯(lián)系平行，構(gòu)造

△ACI和△ACJ,將證角等轉(zhuǎn)化為證三角形全等.

證明：連接BD交AC于H,對aBCD由塞瓦定理得空.理.匹=1,因為AH

GBHDEC

是NBAD的內(nèi)角平分線，

.rA,八〃q的/由4日BHABCGABDE

由內(nèi)角平分線的性質(zhì)得—=————?—?——=1

HDADGBADEC

又過點C作AB的平行線交AG的延長線于I,過C作AD的平行線交AE的

則/匹=處..烏?任?絲

延長線于j=1CI=CJ.又

'GBAB'ECCJ'ABADCJ'

?.?CI〃AB,CJ〃AD.；.NACIF-NBAC=71-NDAC=NACJ.易證：△ACIgZ^ACJ

ZIAC=ZJAC即ZGAC=ZEAC.

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7.已知4ABC外有三點M,N,R,且NBAR=NCAN=<z,

NCBM=NABR=//,ZCAN=ZBCM=y0

證明：AM,BN,CR三線共點。

證：設(shè)4必5較于與A位于N',CR與A5交于R',AA5。勺三個內(nèi)角分別

記為NA、/B、ZC

cvAr>>/r>4?A_B?BM,sin(NA+/?)----

BM_=ABsinZBAM=~AM

CMS...ACsinZCAM4廠「八〃.(、1

MCrMrAC-CM-sin(ZC+/)?—

AM

ABsin°?sin(ZB+/?)

ACsiny?sin(ZC+/)

BM_ABsin/??sin(ZB+/7)

即Rn：----；-------------------------

CMACsin/-sin(ZC+/)

同理CNBCsin/?sin(ZC+/)

ANBAsina-sin(ZA+a)

AR_CAsina-sin(ZA+a)

fiFCBsin/7-sin(Z5+/?)

BM'CNAR

將以上三式子相乘可得:

CM'AN'BR

根據(jù)塞瓦定理可知：AM；BN'、CH'三點共線。

第二講幾何的有名定理（2）

三托勒密定理

Ptolemy（約公元85年~165年），希臘數(shù)大天文學(xué)家，他的主要著作《天文集》被后人稱

為“偉大的數(shù)學(xué)書”。

托勒密定理

圓內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積（兩對角線所包矩形的面積）等于兩組對邊乘積之

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和。即

設(shè)四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則有ABCD+ADBC=ACBD.

托勒密定理的推廣

在四邊形ABCD中，有ABCD+ADBC>ACBD.并且當(dāng)且僅當(dāng)四邊形內(nèi)接于圓時，

等式成立。

A

例題選講|

例1如圖，在AABC中，NA的平分線交外接/圓于D,連結(jié)BD,(/\:

求證：ADBC=BD(AB+AC).BV—f

證明：連結(jié)CD,依托勒密定理，有AD-BC=AB.CD+ACBD.D一'

VZ1=Z2,/.BD=CD.故AD-BC=AB-BD+ACBD=BD(AB+AC).

2

例2已知a、b、c是&ABC的三邊,且a=b(b+c),求證：ZA=2ZB.c

分析：將a2=b(b+c)變形為a-a=b-b+bc,從而聯(lián)想到托勒密定理，

進而構(gòu)造一個等腰梯形，使兩腰為b,兩對角線為a,一底邊為c.?、

證明：如圖，作△ABC的外接圓，以A為圓心，BC為半徑作弧B\~―-

交圓于D,連結(jié)BD、DC、DA.VAD=BC,

ACB=BDC,.\ZABD=ZBAC.

又：/BDA=/ACB(對同弧)，.*.ZDAB=ZCBA.于是=則BD=AC=b.

依托勒密定理，<BCAD=ABCD+BDAC.①

而已知a2=b(b+c),即a-a=b-c+b2.②

比較①、②得CD=b=BD,CD=BD,ZCAD=ZDAB=ZABC.AZBAC=2ZABC.

例3(2000年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽)

如圖，在銳角4ABC的邊BC上有兩點E、F滿足

NBAE=NCAF,作FM_LAB,FN_LAC(M、N為垂足)，延長AE/琛，/\

交4ABC的外接圓于D點，求證，四邊形AMDN與aABC的{/:

面積相等

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分析:易證MN_LAD,于是要證明面積相等，只要證明AD?MN=AB?MF+AC?NF,可以考慮運

用托勒密定理

證明：連接MN、BD、DC,；FM_LAB,FN_LAC,；.A、M、F、N四點共圓,

ZAMN=ZAFN./.ZAMN+ZBAE=ZAFN+ZCAF=90°,

艮"AD…：AD.MN,

SAABC=SAAEF+SAACF=1(AB.MF+AC?NF),

又在圓內(nèi)接四邊形ABDC中，有AD?BC=AB?CD+AC?BD,

AAMNMFNF

?/AMNF^ACBD,.\——

BC1)C~BD

：.MN=kBC,MF=kDC,NF=kBDAD?MN=AB?MF+AC?NF,

故四邊形AMDN與AABC的面積相等.

例4、（2002年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）

如圖在4ABC中,NA=6（T,AB>AC,點O是外心，兩條高BE、

CF交于點H,點M、N分別在線段BH、HF上,且滿足BM=CN.

求----------的值.

OH

解:連結(jié)OB、OC、ON、OM和MN,

ZBFC=ZBEC=90°,ZBHF=ZA=60°,

從而/BHC=120。

于是/BOC=2NA=120。，.\ZBOC=ZBHC,

B、O、H、C四點共圓,/OBH=NOCH。

又OB=OC,BM=CN.?.△BOM也△CON,于是NOMB=/ONC,

又OM=ON,=O、M、H、N四點共圓，二/]\??<[=/：6111：=：120。.

在△MON中,MN=J^ON,由托勒密定理得ON-A/H+NfTOM=MN?OH,又OM=ON,

.MH+NH也ON

則n二.-------

OHON

例5由4ABC外接圓的上一點P分別向邊BC、AC和AB作垂線PK、PL、和

BCACAB

PN,求證:--=---1---

PKPLPM

證：連接PA,PB,PC對于四邊形ABPC用托勒密定理有

BCAP=ACBP+ABCP

ACAR

即，APPK=—+-------CPPM

PKPLPM

由ZKBP=/LAP,得RtAKBPRtNLAP

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PKPR

——=——nAP?PK=BP-PL

PLPA

同理，BPPL=CPPM

ACAR

由——APPK=——BPPL+-------CPPM

PKPLPM

BCACAB

可得

~PK~~PL~PM

例6.圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A,B.所

作割線交圓于C,D兩點，C在P,D之間.在弦CD上取一點

Q,使NDAQ=NPBC,求證：ZDBQ=ZPAC.

證明如圖，聯(lián)結(jié)AB,在AADQ和AABC中，ZADQ=ZABC,

ZDAQ=ZPBC=ZCAB,故AADQ^AABC,而有

BC

,即BCAD=ABDQ

AB

PCAC

又由切割線定理知△PCAs^PAD,故——=——

PAAD

PCBC

同理由AiPCBsAPBD得

~BD

ACBC

又因PA=PB,故——=

ADBD

得ACBD=BCAD=ABDQ

又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊形的托勒密定理知ACBD+BCAD=ABCD.

于是得ABCZ>=2ABOQ,故DQ=；CD,即CQ=OQ

在ACBQ與AABD中，——=NBCQ=NBAD,

ABBCBC

于是△CBQs^ABD,故NCBQ=NABD,

即得ZDBQ=ZABC=ZPAC

練習(xí)題

1.（1975美國紐約數(shù)學(xué)競賽）

證明：從圓周上一點到圓內(nèi)接正方形的四個頂點的

距離不可能都是有理數(shù).

分析：假定其中幾個是有理數(shù)，證明至少一個是無

理數(shù).

證明：設(shè)。。的直徑為2H,不妨設(shè)P在翁上，則

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ZAPB=45°,設(shè)NPA4=a,則/必3=135°—a.

若B4=2Rsina及PC=2Rsin(90°—a)=2Rcosa為有理數(shù)，

則PB=27?sinZB4B=27?sin(135°-a)

=2R(坐cosa+乎'sina)個②?(sina+cosa)即為無理數(shù).

或用Ptolemy定理：PBAC=FABC+PCAB.

njPB=FA+PC.故以、PB、PC不能同時為有理數(shù).

2.（1987年第二十一屆全蘇數(shù)學(xué)競賽）

設(shè)A1A2A3…4；是圓內(nèi)接正七邊形，求證：

111

A-iA-iA1A3A1A4'

證明連A\A§9A3A59并設(shè)人自2=。,A1A^=b9

A\A4=c.

本題即證1=*1.在圓內(nèi)接四邊形A1A3A4A5中，

有

A3A4=A4A5=a,AiA3=AiAs=b,A\A4=A\A^,=c.于

是有aZ?+ac=Z?c,同除以abc,即得!=\+"|，故證.

3.（1）求證：銳角三角形的外接圓半徑與內(nèi)切圓半徑的和等于外心到各

邊距離的和.

（2）若AA5C為直角三角形或鈍角三角形，上面的結(jié)論成立嗎？

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證明：(1)如圖，AABC內(nèi)接于。。，設(shè)。。的半徑=R,AA3C的邊長分別

為a,b,c.三邊的中點分別為X、KZ.

由A、X、0、Z四點共圓，據(jù)Ptolemy定理，有

OAXZ=OXAZ+OZAX,^R-^a=OX^b+OZ^c.即

Ra=OXb+OZc,①

同理，

Rb=OX-a+OYc,②

R-c=OYb+OZa,③

三式相加，得

R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a).④

但《a+0+c)=OX-a+OrZ?+OZc(都等于三角形面積的2倍)⑤

④式與⑤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.

(2)當(dāng)AABC為直角三角形(NC為直角)，則。在邊A3上，OX=0,上述

結(jié)論仍成立.

當(dāng)AA3C為鈍角三角形(NC為直角或鈍角)時，則有

R+r=-OX+OY+OZ.

證明同上.

4.(1988年第3屆全國冬令營試題)

設(shè)Cl、C2是同心圓，C2的半徑是C1的半徑的2倍.四邊形A1A2A3A4內(nèi)接于

G，將A4Al延長交圓C2于Bi，A1A2延長交圓C2于B2,A2A3延長交圓C2于

B3,A3A4延長交圓C2于B4.試證：四邊形B1B2B3B4的周長22X四邊形A1A2A3A4

的周長，并請確定等號成立的條件.

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證明:設(shè)例心為0,連結(jié)OBI,OB4,OA4,設(shè)g的半徑為凡Q的半徑為2R.

在四邊形BaAaOBi中，由Ptolemy定理0A4xBiBa+OBixAiBi》OBix.44Bi.

Rx+27?xA4B4》27?xA4B1、即B1B4)2A4B1—2A4B4.

同理B[B222AiBQ-2*4151.BqBs22A-jSs—22A3B4—2A3D3.

相加得B1B2+B2B3+&氏+B&B1》2(.41月2+4月3+-43^4+AJA).

即四邊形B1B2B3B4的周氏》2(四邊形4.%454的局長)，

等號成立時0AB.B’+i共圈，乙4，+i月,。=NB.+iBQ=NBjBi+i。=NA—iAQ,

.?.4+14==1,2,3,4,A5=月i,Ao=Aq,=Bj

.?.①冬小人為菱形，又為圓內(nèi)切四邊形，所以4血①人為正方形.

5.設(shè)ABCDEF是凸六邊形，且

AB=BC,CD=DE,EF=FA,證明：

并指出等號成立的條件。

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證明如圖142所示，記AC=a.CE=6,AE=c,對四邊形

ACEF運用托勒密不等式.得

AC?EF+CE?AF》AE-CF./\l/xl

因為EF=AF?即碧》堂3

同樣地,有

DE.bBJ圖、12

不?而今后a'>

所以生+匹+3〉."-{}+f>3

叫“BE十。AFCf+r<+“+”+/2.①

要等式成立,必須①是一個等式?即每次應(yīng)用托勒密不等式時也要等式成立.從而

ACEF.ABCE,ACDE都是圓內(nèi)接四邊形，所以ABCDEF於甌內(nèi)接六邊形,且a=6=<,

時?①式是等式.

因此，當(dāng)且僅當(dāng)六邊形是正六邊形時.等式成立.

評注不等式①是獨知的?如果不知道.也沒有什么.例如：在代入『=“+/,.?=<+

a,z=6+c后不等式具有形式：

1/1+a-?y-2i_y+z—、r

2(—yN+r—出+上+工

2y工

這是顯然的.

6.如圖，若aABC與△A，B，C的邊長分別

為a,b,c與a，,b，,c，,且ZB=ZB,,

NA+NA'=180°,貝！|aa'+M'=cc'.

證明作4ABC的外接圓，過C作CD〃AB交

圓于D,連AD,BD.

因NA+A'=180°=NA+ND,ZBCD=ZB=ZB\

ZA^ZD.ZB^ZBAC

,-A'B'B'CCl

從而△ABC'sADCB,有-----=-----=-----

DCCBD1

c'a'b'ac'ab'

-----=—=——，故DC=——,DB=——

DCaDa'a'D

又AB〃CD,知BD=AC=b,AD=BC=a,由托勒密定理，得

AD-BC=AB-DC+AC-DB,即/=。----+b------,aa,+bb,=cc,.

a'a'

四西姆松定理

R.Simson.(1687-1768),英國數(shù)學(xué)家，曾于1756年校訂歐幾里得的《幾何原本》。

西姆松定理

過三角形外接圓上異于頂點的任一點作三邊的垂線，則三垂足共線。

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即若P是△ABC外接圓上任一點，自點P向△ABC的三邊或延長線作垂線,

垂足分別