1、竞赛专题讲座平面几何四个重要定理重庆市育才中学 瞿明强四个重要定理：梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是 。塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件是。托勒密(Ptolemy)定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。西姆松(Simson)定理（西姆松线）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。例题：1 设AD是ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。求证：。【分析】
2、CEF截ABD（梅氏定理）【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。2 过ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。求证：。【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。DEG截ABM（梅氏定理）DGF截ACM（梅氏定理）=1【评注】梅氏定理3 D、E、F分别在ABC的BC、CA、AB边上，AD、BE、CF交成LMN。求SLMN。【分析】【评注】梅氏定理4 以ABC各边为底边向外作相似的等腰BCE、CAF、ABG。求证：AE、BF、CG相交于一点。【分析】【评注】塞瓦定理5 已知ABC中，B=2C。求证：AC2=AB2+ABBC。【分析】过A作BC的平
3、行线交ABC的外接圆于D，连结BD。则CD=DA=AB，AC=BD。由托勒密定理，ACBD=ADBC+CDAB。【评注】托勒密定理6 已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。求证：。（第21届全苏数学竞赛）【分析】【评注】托勒密定理7 ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PEAB于E，延长ED交AC延长线于F。求证：BCEF=BFCE+BECF。【分析】【评注】西姆松定理（西姆松线）8 正六边形ABCDEF的对角线AC、CE分别被内分点M、N分成的比为AM：AC=CN：CE=k，且B、M、N共线。求k。（23-IMO-5）【分析】【评注】面积法9 O为ABC内一点，分别以da、d
4、b、dc表示O到BC、CA、AB的距离，以Ra、Rb、Rc表示O到A、B、C的距离。求证：（1）aRabdb+cdc; (2) aRacdb+bdc;(3) Ra+Rb+Rc2(da+db+dc)。【分析】【评注】面积法10ABC中，H、G、O分别为垂心、重心、外心。求证：H、G、O三点共线，且HG=2GO。（欧拉线）【分析】【评注】同一法11ABC中，AB=AC，ADBC于D，BM、BN三等分ABC，与AD相交于M、N，延长CM交AB于E。求证：MB/NE。【分析】【评注】对称变换12G是ABC的重心，以AG为弦作圆切BG于G，延长CG交圆于D。求证：AG2=GCGD。【分析】【评注】平移变
5、换13C是直径AB=2的O上一点，P在ABC内，若PA+PB+PC的最小值是，求此时ABC的面积S。【分析】【评注】旋转变换费马点：已知O是ABC内一点，AOB=BOC=COA=120；P是ABC内任一点，求证：PA+PB+PCOA+OB+OC。（O为费马点）【分析】将CC，OO， PP，连结OO、PP。则B OO、B PP都是正三角形。OO=OB，PP=PB。显然BOCBOC，BPCBPC。由于BOC=BOC=120=180-BOO，A、O、O、C四点共线。AP+PP+PCAC=AO+OO+OC，即PA+PB+PCOA+OB+OC。14(95全国竞赛) 菱形ABCD的内切圆O与各边分别交于E
6、、F、G、H，在弧EF和弧GH上分别作O的切线交AB、BC、CD、DA分别于M、N、P、Q。 求证：MQ/NP。【分析】由ABCD知：要证MQNP，只需证AMQ=CPN，结合A=C知，只需证AMQCPN，AMCN=AQCP。连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记ABO=，MOK=，KON=，则EOM=，FON=，EOF=2+2=180-2。BON=90-NOF-COF=90-=CNO=NBO+NOB=+=AOE+MOE=AOM又OCN=MAO，OCNMAO，于是，AMCN=AOCO同理，AQCP=AOCO。【评注】15(96全国竞赛)O1和O
7、2与ABC的三边所在直线都相切，E、F、G、H为切点，EG、FH的延长线交于P。求证：PABC。【分析】【评注】16(99全国竞赛)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：GAC=EAC。证明：连结BD交AC于H。对BCD用塞瓦定理，可得因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理，可得，故。过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J。则，所以，从而CI=CJ。又因为CI/AB，CJ/AD，故ACI=-BAC=-DAC=ACJ。因此，ACIACJ，从而IAC=JAC，即GAC=EAC。已知AB
8、=AD，BC=DC，AC与BD交于O，过O的任意两条直线EF和GH与四边形ABCD的四边交于E、F、G、H。连结GF、EH，分别交BD于M、N。求证：OM=ON。（5届CMO）证明：作EOHEOH，则只需证E、M、H共线，即EH、BO、GF三线共点。记BOG=，GOE=。连结EF交BO于K。只需证=1（Ceva逆定理）。=1注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。对应于99联赛2：EOB=FOB，且EH、GF、BO三线共点。求证：GOB=HOB。事实上，上述条件是充要条件，且M在OB延长线上时结论仍然成立。证明方法为：同一法。蝴蝶定理：P是O的弦AB的中点，过P点引O的两弦CD、EF，连结DE交AB于M，连结CF交AB于N。求证：MP=NP。【分析】设GH为过P的直径，FFF，显然O。又PGH，PF=PF。PFPF，PAPB，FPN=FPM，PF=PF。又FFGH，ANGH，FFAB。FPM+MDF=FPN+EDF=EFF+EDF=180，P、M、D、F四点共圆。PFM=PDE=PFN。PFNPFM，PN=PM。【评注】一般结论为：已知半径为R的O内一弦AB上的一点P，过P作两条相交弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB中点的距离为a，则。（解析法证明：利用二次曲线系知识）
