平面几何中几个重要定理的证明.docx

平面几何中几个重要定理的证明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DABC内一点P，该点与DABC的三个顶点相连所在的三条直线分别交DABC三边AB、BC、CA于点D、E、F，且D、E、F三点均不是DABC的顶点，则有 D B F P C A ADBECF××=1 DBECFAE ADSDADPSDADC=证明：运用面积比可得DB=S SDBDPDBDC根据等比定理有 SDADPSDADCSDADC-SDADPSDAPC=SDBDPSDBDCSDBDC-SDBDPSDBPC， ADSDAPCCFSDBPCBESDAPB=所以DBS同理可得， FASDAPBDBPCECSDAPCADBECF××=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DABC三边AB、BC、CA上各有一点D、E、ADBECF××=1，F，且D、E、F均不是DABC的顶点，若DBECFA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/BECF××=1 /DBECFAA D/ D B F P C E ADBECFADAD/××=1，所以有=/由于点D、 因为 DBDBDBECFAD/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DABC的三边AB、BC、CA所在直线分别交于点D、E、F，且D、E、F均不是DABC的顶点，则有 ADBECF´´=1 DBECFAD B E C G A F 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 ADFACGEC=因为CG / AB，所以 DBBEADBECFDBBECF××=1=×由÷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”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DABC的边AB、BC上各有一点D、E，在边ADBECF××=1， AC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 /DBECFAD/ D B E A C F ADBECFADAD/××=1，所以有=/由于点D、因为 DBDBDBECFAD/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 M B 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ÐDAE =ÐBAM 因为ÐADB =ÐACB，即ÐADE =ÐACB，所以DADEDACB，即得 D C ADDE=，即AD×BC=AC×DE ACBC由于ÐDAE =ÐBAM，所以ÐDAM =ÐBAE，即ÐDAC =ÐBAE。而ÐABD =ÐACD，即ÐABE =ÐACD，所以DABEDACD即得 ABBE= ，即AB×CD=AC×BE ACCD由+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： 在凸四边形ABCD内取一点E，使得ÐEAB=ÐDAC，ÐEBA=ÐDCA，则DEABDDAC A B 可得AB×CD = BE×AC AEAB且 AD=AC B可得则由ÐDAE=ÐCA及DDAEDCAB于是有 E D C AD×BC = DE×AC 由+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ÐEBA=ÐDCA，得ÐDBA=ÐDCA，这说明A、B、C、D四点共圆 证法2 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 那么，据圆幂定理知A、C、C/、A/四点也共圆 /A/ B/ A B D C C/ B/C/C/DA/B/A/D= 因此， BCBDABBD/AB´AD+BC´CD/ 可得 AB+BC=. BD/A/C/A/DAC´AD/=AC= 另一方面，ACCD，即 CDAB´A/D+BC´C/DAC´A/D 欲证=，即证 CDBDAB´CD´A/D+BC´CD´C/D=AC´BD´A/D /BC´CD´CD=(AC´BD-AB´CD)AD 即 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´CD=AD´AD，这是显然的所以，/A/B/+B/C/=A/C/，ÐBBCÐABB即A、B、C共线所以与/ÐBBC=ÐDCB，ÐABB=ÐDAB互补由于，所以ÐDAB与ÐDCB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 证明：如图，在凸四边形ABCD内取一点E，使得ÐEAB=ÐDAC，E D C A B ÐEBA=ÐDCA，则DEABDDAC 可得AB×CD = BE×AC AEAB=且 ADAC则由ÐDAE=ÐCAB及可得DDAEDCAB于是 AD×BC = DE×AC 由+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×AD¹AC×BD 所以BE + DE¹BD，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DABC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/ A 因为PEAE，PFAF，所以A、F、P、E四点共圆，可得ÐFAE =ÐFEP 因为A、B、P、C四点共圆，所以ÐBAC =ÐBCP，即ÐFAE =ÐBCP 所以，ÐFEP =ÐBCP，即ÐD/EP =ÐD/CP，可得C、D/、P、E四点共圆 /0所以，而ÐCEP = 900，所以ÐCD/P ÐCDP +ÐCEP = 180。B F D C E 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：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 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ABC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，且满足BOHDECOH=3OG 证明：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 因为 CDBC，AHBC，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 ®®®1æ®®öOB+OC÷因为OE=ç，所以AH=OB+OC ç÷2èø®®®®®®®®®®由得：OH=OA+OB+OC 另一方面，OG=OA+AG=OA+2GF=OA+GB+GC GC=GO+OC，所以 而GB=GO+OB，®®®®®®®®®®®®®®®®®®1æ®®®öOG=OA+2GO+OC+OBÞOG=çOA+OB+OC÷ç÷ 3èø®®®®®®®® 由得：OH=3OG结论得证 注：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； 此题也可用纯几何法给予证明 又证：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 CDBC，AHBC，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DAHG/DEOG/所以 BEOG ADHCAHAG/HG/2=/=/= OEGEGO1AG/2由/=，及重心性质可知点G/就是DABC的重心，GE1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 C/E C / A QQ M P B D / FF 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： ÐMFQ =ÐMFP，ÐFQM =ÐFPM； /且FF/ / AB，PM = MQ/ 因为C、D、F/、F四点共圆，所以 ÐCDF +ÐCFF = 180/0， 而由FF/ / AB可得ÐQ/PF +ÐCFF/ = 1800，所以 ÐCDF =ÐQPF，即ÐMDF =ÐQPF /又因为ÐQ/PF =ÐPQ/F/，即ÐQ/PF =ÐMQ/F/所以有 ÐMDF =ÐMQF /这说明Q/、D、F/、M四点共圆，即得ÐMF/Q/ =ÐQ/DM 因为ÐMF/Q/ =ÐMFP，所以ÐMFP =ÐQ/DM而ÐMFP =ÐEDM，所以ÐEDM =ÐQ/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：以AB所在直线为x轴，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 DAQEyCMPBxF (y k1 x )(y k2 x)+l(x m1 yn1)(x m2 y n2)=0 整理得 (l+k1k2)x 2+(1+lm1m2)y 2(k1+k2)+l(m1+m2)xy l(n1+n2)x+l(n1m2+n2m1)y+ln1n2=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 且 (k1+k2)+l(m1+m2)=0 若l=0，则k1k2=1，k1+k2=0，这是不可能的，故l0； 又y轴是弦AB的垂直平分线，则圆心应落在y轴上，故有l( 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