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3几何选讲平面几何中几个重要定理的证明


初等几何选讲复习资料三

几何选讲平面几何中几个重要定理及证明
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
D F P C A

>AD BE CF ? ? ? 1. DB EC FA

B E

AD S?ADP S?ADC ? 证明:运用面积比可得 DB ? S S?BDC . ?BDP
根据等比定理有

S?ADP S?ADC S?ADC ? S?ADP S?APC ? ? ? S?BDP S?BDC S?BDC ? S?BDP S?BPC ,
AD S?APC BE S?APB CF S?BPC 所以 DB ? S .同理可得 , . ? ? ?BPC FA S?APB EC S?APC

三式相乘得

AD BE CF ? ? ? 1. DB 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” . 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 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
AD / BE CF ? ? ?1. D / B EC FA
B E D/ D P C F

AD BE CF ? ? ? 1, DB EC FA
A

AD BE CF AD AD / ? ? ? 1 ,所以有 ? 因为 .由于点 D、 DB D / B DB EC FA

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
B E
G

A D C

F

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
AD BE CF ? ? ?1. DB 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 CF ? ————(1) AD FA

CG EC ? 因为 CG // AB,所以 ————(2) DB BE

AD BE CF DB BE CF ? ? ? 1. ? ? 由 (1) (2) ÷ 可得 , 即得 DB EC FA AD 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
AD BE CF ? ? ? 1, DB EC FA
A D/ E C

那么,D、E、F 三点共线. 证明: 设直线 EF 交 AB 于点 D/,
D

则据梅涅劳斯定理有

B

F

AD / BE CF ? ? ?1. / D B EC FA
AD BE CF AD AD / ? ? ? 1 ,所以有 ? 因为 .由于点 D、 DB D / B DB EC FA

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
E

A B
M

接四边形,则有
D C

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 DE ? ,即 AD ? BC ? AC ? DE ————(1) AC BC

由于 ? DAE = ? BAM,所以 ? DAM = ? BAE,即 ? DAC = ? BAE。而 ? ABD = ? ACD,即 ? ABE = ? ACD,所以 ? ABE

∽ ? ACD.即得
AB BE ? ,即 AB ? CD ? AC ? BE ————(2) AC CD

由(1)+(2)得
AD BC ? ? A ?B C? D

A C ? E ? A C? B E ? A C B D ? D .

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 .
A B

可得 AB× = BE× CD AC ———(1) 且

AE AB ? AD AC

E

———(2)
D C

B 则 由 ?D A E? ? C A及 ( 2 ) 可 得

?DAE ∽ ?CAB .于是有
AD× = DE× BC AC ———(3)

由 (1)(3) + 可得 AB× + BC× = AC×( BE + DE ). CD AD 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.
B/C / C / D A / B / A/ D ? ? 因此, , . BC BD AB BD
D C/ C A B A/

B/

/

/

AB ? A/ D ? BC ? C / D 可得 A B ? B C ? . BD
/ / / /

A/ C / A/ D AC ? A/ D ? A/ C / ? 另一方面, AC CD ,即 . CD

AB ? A/ D ? BC ? C / D AC ? A/ D 欲证 = ,即证 CD BD

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/ 即 /A/、 /、 /共线. C , B C 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× + BC× > AC× CD AD BD 证明:如图,在凸四边形 ABCD 内取 一 点 E , 使 得 ?EAB ? ?DAC ,
E D C A B

?EBA ? ?DCA ,则 ?EAB ∽ ?DAC .
可得 AB× = BE× CD AC ————(1) 且

AE AB ? ————(2) AD AC 则由 ?DAE ? ?CAB 及(2)可得 ?DAE ∽ ?CAB .于是
AD× = DE× BC AC ————(3) 由(1)+(3)可得 AB× + BC× = AC× BE + DE ) CD AD ( 因为 A、B、C、D 四点不共圆,据托勒密定理的逆定理 可知

AB× + BC× ? AC× CD AD 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× + BC× > AC× CD AD 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, ? AF, PF 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。 ? CEP = 900, 而 所以 ? CD/P ? = 900,即 PD/ ? BC.
B F D C E P A

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
A

定理:设Δ ABC 的重心、外心、垂 心分别用字母 G、 H 表示.则有 G、 O、 O、H 三点共线(欧拉线) ,且满足
B O H E

D

C

OH ? 3OG .
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
OH ? OA? AH ——— 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 AH ? DC .而 DC ? 2 OE ,所以 AH ? 2 OE .
? ?

?

?

?

?

? ? ? 1? ? ? ? 因为 OE ? ? OB? OC ? ,所以 AH ? OB? OC ——— ② ? 2? ? ?

?

由①②得: OH ? OA? OB? OC ———— ③ 另一方面, OG ? OA? AG ? OA? 2 GF ? OA? GB? GC .
GC 而 GB ? GO? OB , ? GO? OC ,所以
OG ? OA? 2 GO? OC ? OB ? OG ?
? ?
? ? ? ? ? ?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

1? ? ? ? ? ? OA? OB? OC ? ? 3? ? ?

—— ④

由③④得: OH ? 3 OG .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/; BO 并延长 连 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/
B E O
G

A D

H C

∽ ? EOG/.所以

AH AG / HG / 2 ? / ? / ? . OE G E G O 1
AG / 2 由 / ? ,及重心性质可知点 G/就是 ? ABC 的重心, GE 1

即 G/与点 G 重合. 所以,G、O、H 三点共线,且满足 OH ? 3OG . 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.
D F
/

C/ E A Q/ Q M

C P B

F

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/、 F/、 四点共圆, D、 M 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: 想法:设法证明直线 DE 和 CF 在 x 轴上的截距互为相反数. 证: AB 所在直线为 x 轴, 以 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 = m1 y + n 1,x = m2 y + 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)+ ? (x –m1 y–n1)(x –m2 y –n2)=0.
D F A Q E M y C B P x

整理得 ( ? +k1k2)x 2+(1+ ? m1m2)y 2–[(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
? + k1 k2 = 1 + ? m1 m2 ≠ 0,



(k1+k2)+ ? (m1+m2)=0.

若 ? =0,则 k1k2=1,k1+k2=0,这是不可能的,故 ? ≠0; 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.


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