奥数平面几何几个重要定理_平面几何重要定理

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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

D F P C A ADBE

DBECCF1． FAB E ADSADPSADC证明：运用面积比可得DBS． SBDPBDC根据等比定理有

SADPSADCSADCSADPSAPCSBDPSBDCSBDCSBDPSBPC，ADSAPCBESAPBCFSBPC所以DBS．同理可得，． ECSAPCFASAPBBPCADBECF1． 三式相乘得DBECFA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，ADBECF1，那么直且D、E、F均不是ABC的顶点，若

DBECFA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/BECF1． /DBECFA A D/ D B F P C E ADBECFADAD/1，所以有/．由于点D、D/都

因为

DBECFADBDB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、B E、F，且D、E、F均不是ABC的顶点，则有

D E C G A F

ADBE

DBECCF1． FA证明：如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G．

CGCF因为CG // AB，所以 ————（1）ADFACGEC因为CG // AB，所以 ————（2）DBBEADBECFDBBECF1．由（1）÷（2）可得，即得 DBECFAADECFA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ACADBECF1，的延长线上有一点F，若

DBECFA

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

AD/BECF1． /DBECFA D/ D B E A C F ADBECFADAD/1，所以有/．由于点D、D/都因为

DBECFADBDB

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

D E A M B C ADDE，即ADBCACDE ————（1）ACBC由于DAE =BAM，所以DAM =BAE，即DAC =BAE。而ABD =ACD，即ABE =ACD，所以ABE∽ACD．即得

ABBE，即ABCDACCDAC ————（B2）

由（1）+（2）得

BC

ADABCDACDEACBE ．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．构造有特点，不容易想到，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×CD = BE×AC ———（1）

AEAB且 ADAC

———（2）

则由DAECAB及（2）可得DAE∽

E D C 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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． A/B/

因此，ABA/DB/C/，BDBC/

A/ B/ A B C/D． BDD C C/ //ABADBCCD////

可得 ABBC.BDA/C/

另一方面，AC/A/DACAD//AC，即． CDCDABA/DBCC/DACA/D

欲证=，即证

CDBDABCDA/DBCCDC/DACBDA/D

//

即 BCCDCD(ACBDABCD)AD．

据条件有 ACBDABCDADBC，所以需证

BCCDC/DADBCA/D，//CDCDADAD，这是显然的．所以，即证A/B/B/C//ACA/、B/、C/共线．所以A/B/B与BB/C/，即

////互补．由于ABBDAB，BBC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×CD + BC×AD > AC×BD

A B E D C 证明：如图，在凸四边形ABCD内取一点E，使得EABDAC，EBADCA，则EAB∽DAC．

可得AB×CD = BE×AC ————（1）

AEAB且

————（2）ADAC则由DAECAB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 + DE > BD．

所以AB×CD + BC×AD > AC×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/．

B F A D C E P 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

9．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OH3OG．

BOHADEC

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2OE，所以AH2OE．

1因为OE2OBOC，所以AHOBOC ——— ②

由①②得：OHOAOBOC ———— ③ 另一方面，OGOAAGOA2GFOAGBGC．

GCGOOC，所以 而GBGOOB，

1OGOA2GOOCOBOGOAOBOC 3—— ④

由③④得：OH3OG．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/；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/∽

BEOG ADHCEOG/．所以

AHAG/HG/2//． OEGEGO1AG/2由/，及重心性质可知点G/就是ABC的重心，即GE1G/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．

证明：过点M作直线AB的垂线l，D / FF C/E C / A QQ M P B 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：

MFQ =MFP，FQM =FPM； //

//且FF/ // AB，PM = MQ/． 因为C、D、F/、F四点共圆，所以

CDF +CFF = 180/

/

0，而由FF/ // AB可得Q/PF +CFF/ = 1800，所以

CDF =QPF，即MDF =QPF． /

/

/

/又因为Q/PF =PQ/F/，即Q/PF =MQ/F/．所以有

MDF =MQF． /

//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．

此定理还可用解析法来证明： 想法：设法证明直线DE和CFx轴上的截距互为相反数．

证：以AB所在直线为x轴，段AB的垂直平分线为y轴建立直坐标系，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．

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，且

(k1+k2)+(m1+m2)=0．

DFAQEMyCPBx在线角

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．