高中奥林匹克数学竞赛-几个重要定理

1、竞赛专题讲座-几个重要定理定理1正弦定理 ABC中，设外接圆半径为 R,则放1且 如E sinC=2R证明概要如图1-1 ,图1-2过 B 作直径 BA',则 / A'= /A, / BCA'=90° ,故型=、皿八小BA* 2R.Ip;同理可得二一一一一当/A为钝角时，可考虑其补角，兀-A.当/A为直角时， sinA=1 ,故无论哪种情况正弦定理成立。定理2余弦定理a 2=b2+c2-2bccosA ;b 2=c2+a2-2cacosB ;c 2=a2+b2-2abcosC ；有时也用它的等价形式a=ccosB+bcosC ;b=acosC+ccosA ;c

2、=acosB+bcosA.证明简介 ABC中，有关系（*）* )余弦定理的证法很多，下面介绍一种复数证法 如图建立复平面，则有=(bcosA-c 2) +(bsin 0 )a2=b2+c2-2bccosA ,定理3»梅涅(Menelaus)BD CE于 D E、F.则 DC EA仅用正弦定理来证明。AC3 口就 bsing)图？图4同理可证（*）中另外两式；至于*式，由图3显见。劳斯定理（梅氏线）直线截 ABC的边BC, CA AB或其延长线AFFB本题可以添加平行线来证明，也可不添辅助线,在 AFBtD CDE AAEF中，由正弦定理，分别有BF snipCE _ sinpCD s

3、in ,AF sin y sin yAE sm ZAFE sin otBD sn ct一 BD CE AF BD CE AFBF CD AE DC EA FBsin ol $血 日 sin 7I Isinp siny sin a=1 (证毕)定理4塞瓦定理（Ceva）（塞瓦点）设。是 ABC内任意一点，AR BO CO分别交对边于BD CE AF . = 1E、DC EA证法简介（I）FB本题可利用梅内劳斯定理证明：F,则（n）也可以利用面积关系证明BD SfilED S 用 0DDC £ 强 DC ZCOD$曲UD 一 £出口口 S MQEAFFESaacicSjmc B

4、D CEDC工'止工。EAFFBikBOCSiZ0C *也4口8XX得 -定理5»塞瓦定理逆定理在 ABC三边所在直线 BC CA AB上各取一点 则AR BE CE平行或共点。证法简介D、E、BD CEDC , EA(I )若AD/ BE (如图画5-1 )则BCCE代入已知式:故 AD/ CF,（n） 据塞瓦定理,BD BC AFDC BD FB从而 AD/ BE/ CF1于是AFFBBDDCCBEA若AD BE交于O（图5-2）, 可得则连CO交AB于F'AFF,D 图1?若BD CE AFDC EA F BBD CE1 而已知可见AFF B AFAFDC EA

5、AF”1FB AFFBF B AF FBAF F BAB AFAF FBAF 即F即F,可见命题成立定理6斯特瓦尔特定理在4ABC中，若 D是 BC上一点，且 BD=p DC=q, AB=c,口 P + C QAD3-i-pqAC"则二证明简介：在4ABD和4ABC中，由余弦定理，得A图右AD2cosB2(p4 q)cft) + q)2 + c2 - b2(P十S2p 十 c±q R + Q定理7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AB?CD BC?AD AC?BD的充要条件是 ABCD共圆定理7、西姆松(Sims

6、on)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 ABC的三边 BG CA AB上有点 P、Q R,则 AP、BQ CRBP CQ AR充要条件是PC QA RB例题：1.设AD是 ABC的边BC上的中线，直线AE OAF求证：2。ED FBAE DC【分析】CEF截4ABA AE DCED CB【评注】也可以添加辅助线证明：过 作CF的平行线BF 1FAA、B共点的2、 过 ABC的重心 G的直线分别交 AB求证：【分析】连结并延长 AG交BC于M则M为BC的中点。DEGt（梅氏 ABM>定理）dgfB aaciw（梅氏定理）Ic=1【

7、评注】梅氏定理BD AF CE .3 . DX E、F 分别在 ABC 的 BG CA AB边上，DC FE Ed , ad be、CF交成 LMN求 S»ALMN。【分析】梅氏定理4 .以4ABC各边为底边向外彳相似的等腰 BCE ACAF AAB(G求证：AE、BF、CGffi交于一点。【分析】塞瓦定理D,连结 BD。贝 U CD=DA=AB ,225 . 已知 ABC中，/ B=2/ Q 求证： AC=AB+AB- BG 【分析】托勒密定理过 A作BC的平行线交4ABC的外接圆于AC=BD 。由托勒密定理， AC BD=AD- BC+CD AB。%C, D两点，C在P, DDA

8、Q PBC.求证：之间.在弦CD上取一点Q,使DBQ PAC.-+6 .已知正七边形 A1A2AA4AAA7。求证：具岛。【分析】托勒密定理7 .过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A, B.所作割线交圆于7. 4ABC的BC边上的高 AD的延长线交外接圆于于 F。求证：BC- EF=BF CE+BE CE【分析】西姆松定理（西姆松线）巳作PE! AB于E,延长ED交AC延长线CE分别被内分点 M N分成的比为 AM AC=CN CE=K8 . 正六边形ABCDEF勺对角线AG 且 B MN共线。求 k°(23-IMO-5 )【分析】面积法例1如图,BGF ,G是 ABC内一

9、点BGD的面积分别为AG ,40,BG , CG的延长线分别交对边于 D, E, F , AGF ,30, 35。求例2,已知AC, CE是正六边行 ABCDEF的两条对角线，点 M, N分别内分 AC , CE,且使 AM CN k 。如果B, M , N三点共线，试求 k的值AC CE变式，已知 AC, CE是正六边形 ABCDEF的两条对角线，点 M, N分别内分AC, CE ,且使也里也求证：B, M, NF-AC CE 3例3,如图，过 ABC的三个顶点 A, B, C作它的外接圆的切线，分别和 BC, CA , AB 的延长线交于 P, Q, R。求证：P, Q, R三点共线。例4

10、。设AF , BE, CD分别是ABC的内角平分线，中线和高，且 AC=b,AB=c,求证：AF ,BE, CD三线共点的充要条件是CcosA=,(b c)例4,在凸四边形 ABCD中， CAB= CAD, E和F分别是边CD, BC上的点，且满足CAF= CAE,求证：AC , BE,DF三线共点。变式：在四边形 ABCD中，对角线G,延长DG交BC于F。求证：AC平分FAC=BAD。在CD上取一点 E, BE与AC相交于EAC 。圆外一点线交圆于DAQP作圆的两条切线和一条割线,C, D两点，C在P, D之间.PBC.求证：DBQ证明如图，联结AB，在 ADQ和4ABC中，/ ADQ= /

11、ABC,BC DQ/ DAQ= / PBC= / CAB ,故ADQsABC,而有 AB AD ,即切点为 A, B.所作割 在弦CD上取一点Q,使PAC.BC AD AB DQ（10 分）PC又由切割线定理知 PCAAPAD,故PA 同理由 PCBA PBD得ACAD ；PCPBBCBD20分）AC BC又因PA=PB,故 AD得AC BD BC AD又由关于圆内接四边形BD ,AB DQ30分）的托勒密定理知AC BD BC AD AB CD .于是得AB CD 2AB DQ 故AD-1 -DQ CD在 CBQ与 ABD中，于是 CBQA ABD ,故即得DBQ ABCABDQBCCBQPAC2.即CQ BC ,ABDCQ DQ（40 分）BCQBAD（50 分）二.如图：/ABC中，。为外心，三条高 AD. BE、CF交于点H, 直线ED和AB交于点 M, FD和AC交于点 N。求证：(1) OBL DF, OCL DE (2) OHL MN证明：(1); A、C、D、F四点共圆 ./ BDF = Z BAC 1。,。/又/ OBC= 3(180 -Z BOC)=90 -Z BAC