校本课程数学竞赛讲义2

第五章直线、圆、圆锥曲线一能力培养1,函数与方程思想2,数形结合思想3,分类讨论思想4,转化能力5,运算能力二问题探讨问题1设坐标原点为O,抛物线与过焦点的直线交于A,B两点,求的值.问题2直线L与椭圆交于P,Q不同两点,记OP,OQ的斜率分别为,,如果,求PQ连线的中点M的轨迹方程.问题3给定抛物线C:,F是C的焦点,过点F的直线与C相交于A,B两点.(=1\*ROMANI)设的斜率为1,求与夹角的大小;(=2\*ROMANII)设,假设,求在轴上截距的变化范围.问题4求同时满足以下三个条件的曲线C的方程:=1\*GB3①是椭圆或双曲线;=2\*GB3②原点O和直线分别为焦点及相应准线;=3\*GB3③被直线垂直平分的弦AB的长为.三习题探选择题1椭圆的离心率,那么实数的值为A,3B,3或C,D,或2一动圆与两圆和都外切,那么动圆圆心的轨迹为A,圆B,椭圆C,双曲线的一支D,抛物线3双曲线的顶点为与(2,5),它的一条渐近线与直线平行,那么双曲线的准线方程是A,B,C,D,4抛物线上的点P到直线有最短的距离,那么P的坐标是A,(0,0)B,C,D,5点F,直线:,点B是轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M,那么点M的轨迹是A,双曲线B,椭圆C,圆D,抛物线填空题6椭圆上的一点到左焦点的最大距离为8,到右准线的最小距离为,那么此椭圆的方程为.7与方程的图形关于对称的图形的方程是.8设P是抛物线上的动点,点A的坐标为,点M在直线PA上,且分所成的比为2:1,那么点M的轨迹方程是.9设椭圆与双曲线有共同的焦点,且椭圆长轴是双曲线实轴的2倍,那么椭圆与双曲线的交点轨迹是.解答题10点H,点P在轴上,点Q在轴的正半轴上,点M在直线PQ上,且满足,.(=1\*ROMANI)当点P在轴上移动时,求点M的轨迹C;(=2\*ROMANII)过点T作直线与轨迹C交于A,B两点,假设在轴上存在一点E,使得是等边三角形,求的值.11双曲线C:,点B,F分别是双曲线C的右顶点和右焦点,轴正半轴上,且满足成等比数列,过点F作双曲线C在第一,第三象限的渐近线的垂线,垂足为P.(=1\*ROMANI)求证:;(=2\*ROMANII)设,直线与双曲线C的左,右两分支分别相交于点D,E,求的值.12双曲线的两个焦点分别为,,其中又是抛物线的焦点,点A,B在双曲线上.(=1\*ROMANI)求点的轨迹方程;(=2\*ROMANII)是否存在直线与点的轨迹有且只有两个公共点?假设存在,求实数的值,假设不存在,请说明理由.四参考答案问题1解:(1)当直线AB轴时,在中,令,有,那么,得.(2)当直线AB与轴不互相垂直时,设AB的方程为:由,消去,整理得,显然.设,那么,得=+=+===.综(1),(2)所述,有.ypQo问题2解:设点P,Q,M的坐标分别为ypQox由条件知=1\*GB3①=2\*GB3②x,=3\*GB3③=4\*GB3④=1\*GB3①+=2\*GB3②得即,将=3\*GB3③,=4\*GB3④代入得,于是点M的轨迹方程为.问题3解:(=1\*ROMANI)C的焦点为F(1,0),直线的斜率为1,所以的方程为,把它代入,整理得设A,B那么有.+1=.,所以与夹角的大小为.(=2\*ROMANII)由题设得,即.得,又,有,可解得,由题意知,得B或,又F(1,0),得直线的方程为或,当时,在轴上的截距为或,由,可知在[4,9]上是递减的,于是,,所以直线在轴上的截距为[].问题4解:设M为曲线C上任一点,曲线C的离心率为,由条件=1\*GB3①,=2\*GB3②得,化简得:(=1\*romani)设弦AB所在的直线方程为(=2\*romanii)(=2\*romanii)代入(=1\*romani)整理后得:(=3\*romaniii),可知不合题意,有,设弦AB的端点坐标为A,B,AB的中点P.那么,是方程(=3\*romaniii)的两根.,,,又中点P在直线上,有+=0,解得,即AB的方程为,方程(=3\*romaniii)为,它的,得.,由,得即,得,将它代入(=1\*romani)得.所求的曲线C的方程为双曲线方程:.1焦点在轴得;焦点在轴得,选B.2设圆心O(0,0),,为动圆的圆心,那么,选C.3知双曲线的中心为(2,2),由变形得,于是所求双曲线方程为,它的准线为,即,选A.4设直线与相切,联立整理得,由,得,这时得切点(,1),选B.5由知点M的轨迹是抛物线,选D.6可得,消去,整理得,有或(舍去),得,,所以所求的椭圆方程为.7设点P是所求曲线上任一点,它关于对称的点在上,有,即.8设点P,M,有,,得,而,于是得点M的轨迹方程是.9由条件可得或,设P代入可知交点的轨迹是两个圆.10解:(=1\*ROMANI)设点M,由,得P由,得所以.又点Q在轴的正半轴上,得.所以,动点M的轨迹C是以(0,0)为顶点,以(1,0)为焦点的抛物线,除去原点.(=2\*ROMANII)设直线:,其中,代入,整理得=1\*GB3①设A,B,,=,有AB的中点为,AB的垂直平分线方程为,令,,有E由为正三角形,E到直线AB的距离为,知.由,解得,所以.11(=1\*ROMANI)证明:直线的方程为:由,得P,又成等差数列,得A(,0),有,于是,,因此.(=2\*ROMANII)由,得,:由,消去,整理得=1\*GB3①设D,E,由有,且,是方程=1\*GB3①的两个根.,,,解得或.又,得=,因此.12解:(=1\*ROMANI),,设那么,去掉绝对值号有两种情况,分别得的轨迹方程为和()(=2\*ROMANII)直线:,:,D(1,4),椭圆Q:=1\*GB3①假设过点或D,由,D两点既在直线上,又在椭圆Q上,但不在的轨迹上,知与的轨迹只有一个公共点,不合题意.=2\*GB3②假设不过,D两点().那么与必有一个公共点E,且点E不在椭圆Q上,所以要使与的轨迹有且只有两个公共点,必须使与Q有且只有一个公共点,把代入椭圆的方程并整理得由,得.第六章空间向量简单几何体一能力培养1,空间想象能力2,数形结合思想3,转化能力4,运算能力二问题探讨问题1(如图)在棱长为1的正方体ABCD中,ABCDABABCDABCD(2)求异面直线B与C之间的距离;(3)求直线B与平面CD所成的角的大小;(4)求证:平面BD//平面C;(5)求证:直线A平面BD;(6)求证:平面AB平面BD;(7)求点到平面C的距离;(8)求二面角C的大小.ACBABC问题2斜三棱柱ABCDACBABC与底面垂直,,,,且AC,A=C.(1)求侧棱A和底面ABC所成的角的大小;(2)求侧面AB和底面ABC所成二面角的大小;(3)求顶点C到侧面AB的距离.三习题探讨选择题1甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成,其空间构型为一正四面体,碳原子位于该正四个点(体积忽略不计),且碳原子与每个氢原子间的距离都为,那么以四个氢原子为顶点的这个正四面体的体积为A,B,C,D,2夹在两个平行平面之间的球,圆柱,圆锥在这两个平面上的射影都是圆,那么它们的体积之比为A,3:2:1B,2:3:1C,3:6:2D,6:8:33设二面角的大小是,P是二面角内的一点,P点到的距离分别为1cm,2cm,那么点P到棱的距离是A,B,C,D,ABCDABCDEF的中点,且DEEF.假设BC=,那么此正三棱锥的体积是A,B,C,D,5棱长为的正八面体的外接球的体积是A,B,C,D,填空题6假设线段AB的两端点到平面的距离都等于2,那么线段AB所在的直线和平面的位置关系是.7假设异面直线所原角为,AB是公垂线,E,F分别是异面直线上到A,B距离为2和平共处的两点,当时,线段AB的长为.8如图(1),在直四棱柱中,当底面四边形满足条件时,有C(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形)ABABCDABCD图(1)ABENM图(2)CDCDF=1\*GB3①AB与EF所连直线平行;=2\*GB3②AB与CD所在直线异面;=3\*GB3③MN与BF所在直线成;=4\*GB3④MN与CD所在直线互相垂直.其中正确命题的序号为.(将所有正确的都写出)解答题10如图,在沿DE折起来使得A到,且为的二面角,求到直线BC的最小距离.AABOCDEOA11如图,矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA平面ABCD,且PA=1.(1)问BC边上是否存在点Q使得PQQD?并说明理由;(2)假设边上有且只有一个点Q,使得PQQD,求这时二面角Q的正切.AABCDPQ参考答案:问题1(1)解:如图,以D为原点建立空间直角坐标系,有(1,0,1),B(1,1,0),(1,1,1),C(0,1,0)得,,设与所成的角为,那么,又,得所以异面直线B与C所成的角的大小为.(2)设点M在B上,点N在C上,且MN是B与C的公垂线,令M,N,那么由,得,解得,所以,得,即异面直线B与C之间的距离为.(3)解:设平面CD的法向量为,而,由,,有,得,于是,设与所成的角为,那么,又,有.所以直线B与平面CD所成的角为.(4)证明:由//C,C平面C,得//平面C,又BD//,平面C,得BD//平面C,而,于是平面BD//平面C.(5)证明:A(1,0,0),(0,1,1),,,有及,得,,,于是,直线A平面BD.(6)证明:由(5)知平面BD,而平面AB,得平面AB平面BD.(7)解:可得C=C==,有由,得,即,得所以点到平面的距离为.(8)解:由(3)得平面CD的法向量为=,它即为平面的法向量.设平面的法向量为,那么,又由,得,所以设与所成的角为,那么所以二面角的大小为.问题2解:建立如下图的空间直角坐标系,由题意知A,B(0,0,0),C(0,2,0).又由面AC面ABC,且A=C,知点,,平面ABC的法向量.(1),得于是,侧棱和底面ABC所成的角的大小是.(2)设面AB的法向量,那么由得,.于是,,又平面ABC的法向量,得,有.所以侧面AB和底面ABC所成二面角的大小是.(3)从点C向面AB引垂线,D为垂足,那么所以点C到侧面AB的距离是.习题1过顶点A,V与高作一截面交BC于点M,点O为正四面体的中心,为底面ABC的中心,设正四面体VABC的棱长为,那么AM==VM,=,,,得在中,,即,得.那么,有.选B.温馨提示:正四面体外接球的半径:内切球的半径=.2,选B.3设PA棱于点A,PM平面于点M,PN平面于点N,PA=,,那么,得,有或(舍去),所以,选B.4由DEEF,EF//AC,有DEAC,又ACBD,DEBD=D,得AC平面ABD.由对称性得,于是.,选B.5可由两个相同的四棱锥底面重合而成,有,得,外接球的体积,选D.6当时,AB//;当时,AB//或AB;当时,AB//或与斜交.7由,得(1)当时,有,得;(2)当时,有,得.8ACBD.(或ABCD是正方形或菱形等)9将展开的平面图形复原为正方体,可得只=2\*GB3②,=4\*GB3④正确.10解:设的高AO交DE于点,令,由AO=,有,在中,,有得.当时,到直线BC的最小距离为6.11解:(1)(如图)以A为原点建立空间直角坐标系,设,那么Q,P(0,0,1),D得,由,有,得=1\*GB3①假设方程=1\*GB3①有解,必为正数解,且小于.由,,得.(=1\*romani)当时,BC上存在点Q,使PQQD;(=2\*romanii)当时,BC上不存在点Q,使PQQD.(2)要使BC边上有且只有一个点Q,使PQQD,那么方程=1\*GB3①有两个相等的实根,这时,,得,有.又平面APD的法向量,设平面PQD的法向量为而,,由,得,解得有,那么,那么所以二面角的正切为.第七讲二项式定理与多项式知识、方法、技能Ⅰ．二项式定理1．二项工定理2．二项展开式的通项它是展开式的第r+1项.3．二项式系数4．二项式系数的性质〔1〕〔2〕〔3〕假设n是偶数，有，即中间一项的二项式系数最大.假设n是奇数，有，即中项二项的二项式系数相等且最大.〔4〕〔5〕〔6〕〔7〕〔8〕以上组合恒等式〔是指组合数满足的恒等式〕是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具.〔7〕和〔8〕的证明将在后面给出.5．证明组合恒等式的方法常用的有〔1〕公式法，利用上述根本组合恒等式进行证明.〔2〕利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中.〔3〕利用数学归纳法.〔4〕构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.赛题精讲例1：求的展开式中的常数项.【解】由二项式定理得①其中第项为②在的展开式中，设第k+1项为常数项，记为那么③由③得r－2k=0，即r=2k，r为偶数，再根据①、②知所求常数项为【评述】求某一项时用二项展开式的通项.例2：求的展开式里x5的系数.【解】因为所以的展开式里x5的系数为【评述】此题也可将化为用例1的作法可求得.例3：数列满足求证：对于任何自然数n，是x的一次多项式或零次多项式.〔1986年全国高中数学联赛试题〕【思路分析】由是等差数列，那么从而可将表示成的表达式，再化简即可.【解】因为所以数列为等差数列，设其公差为d有从而由二项定理，知又因为从而所以当的一次多项式，当零次多项式.例4：a，b均为正整数，且求证：对一切，An均为整数.【思路分析】由联想到复数棣莫佛定理，复数需要，然后分析An与复数的关系.【证明】因为显然的虚部，由于所以从而的虚部.因为a、b为整数，根据二项式定理，的虚部当然也为整数，所以对一切，An为整数.【评述】把An为与复数联系在一起是此题的关键.例5：为整数，P为素数，求证：【证明】由于为整数，可从分子中约去r！，又因为P为素数，且，所以分子中的P不会红去，因此有所以【评述】将展开就与有联系，只要证明其余的数能被P整除是此题的关键.例6：假设，求证：【思路分析】由猜测，因此需要求出，即只需要证明为正整数即可.【证明】首先证明，对固定为r，满足条件的是惟一的.否那么，设那么是惟一的.下面求.因为又因为所以故【评述】猜测进行运算是关键.例7：数列中，，求的末位数字是多少？【思路分析】利用n取1，2，3，…猜测的末位数字.【解】当n=1时，a1=3，，因此的末位数字都是7，猜测，现假设n=k时，当n=k+1时，从而于是故的末位数字是7.【评述】猜测是关键.例8：求N=1988－1的所有形如为自然数〕的因子d之和.【思路分析】寻求N中含2和3的最高幂次数，为此将19变为20－1和18+1，然后用二项式定理展开.【解】因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1=－其中M是整数.上式说明，N的素因数中2的最高次幂是5.又因为N=(1+2×9)88－1=32×2×88+34·P=32×〔2×88+9P〕其中P为整数.上式说明，N的素因数中3的最高次幂是2.综上所述，可知，其中Q是正整数，不含因数2和3.因此，N中所有形如的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.例9：设，求数x的个位数字.【思路分析】直接求x的个位数字很困难，需将与x相关数联系，转化成研究其相关数.【解】令，由二项式定理知，对任意正整数n.为整数，且个位数字为零.因此，x+y是个位数字为零的整数.再对y估值，因为，且，所以故x的个位数字为9.【评述】转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.例10：试问：在数列中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.【思路分析】先求出，再将表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.【证明】在数列中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.数列的特征方程为它的两个根为，所以〔n=0，1，2，…〕由那么取，由二项式定理得由上式知当15|k，即30|n时，15|an，因此数列中有无穷多个能被15整除的项.【评述】在二项式定理中，经常在一起结合使用.针对性训练题1．实数均不为0，多项的三根为，求的值.2．设，其中为常数，如果求的值.3．定义在实数集上的函数满足：4．证明：当n=6m时，5．设展开式为，求证：6．求最小的正整数n，使得的展开式经同类项合并后至少有1996项.〔1996年美国数学邀请赛试题〕7．设，试求：〔1〕的展开式中所有项的系数和.〔2〕的展开式中奇次项的系数和.8．证明：对任意的正整数n，不等式成立.〔第21届全苏数学竞赛题〕联赛二试选讲§8.1平几名定理、名题与竞赛题平面几何在其漫长的开展过程中，得出了大量的定理，积累了大量的题目，其中很多题目都是大数学家的大手笔，这些题目本身就是典范，这些题目的解决方法那么更是我们学习平面几何的圭臬．通过学习这些题目，大家可以体会到数学的美．而且这些题目往往也是数学竞赛命题的背景题，在很多竞赛题中都可以找到他们的身影．本讲及下讲拟介绍几个平几名题及其应用．定理1(Ptolemy定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和；(逆命题成立)分析如图，即证AC·BD=AB·CD+AD·BC．可设法把AC·BD拆成两局部，如把AC写成AE+EC，这样，AC·BD就拆成了两局部：AE·BD及EC·BD，于是只要证明AE·BD=AD·BC及EC·BD=AB·CD即可．证明在AC上取点E，使ADE=BDC，由DAE=DBC，得⊿AED∽⊿BCD．∴AE∶BC=AD∶BD，即AE·BD=AD·BC．⑴又ADB=EDC，ABD=ECD，得⊿ABD∽⊿ECD．∴AB∶ED=BD∶CD，即EC·BD=AB·CD．⑵⑴+⑵，得AC·BD=AB·CD+AD·BC．说明本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一个典范．用类似的证法，可以得到Ptolemy定理的推广(广义Ptolemy定理)：对于一般的四边形ABCD，有AB·CD+AD·BC≥AC·BD．当且仅当ABCD是圆内接四边形时等号成立．例1(1987年第二十一届全苏)设A1A2A3…Aeq\f(1,A1A2)=eq\f(1,A1A3)+eq\f(1,A1A4)．证明连A1A5，A3A5，并设A1A2=a，A1A3=b，A1此题即证eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)．在圆内接四边形A1A3A4A5中，有A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c．于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)，故证．例2．(美国纽约，1975)证明：从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能都是有理数．例1分析：假定其中几个是有理数，证明至少一个是无理数．例1证明：设⊙O的直径为2R，不妨设P在eq\o(\s\up6(⌒),AD)上，那么∠APB=45，设∠PBA=，那么∠PAB=135－．假设PA=2Rsin及PC=2Rsin(90－)=2Rcos为有理数，那么PB=2Rsin∠PAB=2Rsin(135－)=2R(eq\f(eq\r(2),2)cos+eq\f(eq\r(2),2)sin)=eq\r(2)R(sin+cos)即为无理数．或用Ptolemy定理：PB·AC=PA·BC+PC·AB．eq\r(2)PB=PA+PC．故PA、PB、PC不能同时为有理数．例3．⑴求证：锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和．⑵假设ABC为直角三角形或钝角三角形，上面的结论成立吗？证明：如图，ABC内接于⊙O，设⊙O的半径=R，ABC的边长分别为a，b，c．三边的中点分别为X、Y、Z．由A、X、O、Z四点共圆，据Ptolemy定理，有OA·XZ=OX·AZ+OZ·AX，R·eq\f(1,2)a=OX·eq\f(1,2)b+OZ·eq\f(1,2)c．即R·a=OX·b+OZ·c，①同理，R·b=OX·a+OY·c，②R·c=OY·b+OZ·a，③三式相加，得R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)．④但r(a+b+c)=OX·a+OY·b+OZ·c．(都等于三角形面积的2倍)⑤④式与⑤式两边分别相加，得R(a+b+c)+r(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OX·c+OY·a+OZ·b．故，R+r=OX+OY+OZ．⑵当ABC为直角三角形(∠C为直角)，那么O在边AB上，OX=0，上述结论仍成立．当ABC为钝角三角形(∠C为直角或钝角)时，那么有R+r=－OX+OY+OZ．证明同上．定理2设P、Q、A、B为任意四点，那么PA2-PB2=QA2-QB2PQ⊥AB．证明先证PA2-PB2=QA2-QB2PQ⊥AB．作PH⊥AB于H，那么PA2-PB2=(PH2+AH2)-(PH2+BH2)=AH2－BH2=(AH+BH)(AH-BH)=AB(AB-2BH)．同理，作QH’⊥AB于H’，那么QA2-QB2=AB(AB-2AH’)∴H=H’，即点H与点H’重合．PQ⊥ABPA2-PB2=QA2-QB2显然成立．说明此题在证明两线垂直时具有强大的作用．点到圆的幂：设P为⊙O所在平面上任意一点，PO=d，⊙O的半径为r，那么d2－r2就是点P对于⊙O的幂．过P任作一直线与⊙O交于点A、B，那么PA·PB=|d2－r2|．“到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，那么该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论．这条直线称为两圆的“根轴”．三个圆两两的根轴如果不互相平行，那么它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”．三个圆的根心对于三个圆等幂．当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点．例5．以O为圆心的圆通过⊿ABC的两个顶点A、C，且与AB、BC两边分别相交于K、N两点，⊿ABC和⊿KBN的两外接圆交于B、M两点．证明：∠OMB为直角．(1985年第26届国际数学竞赛〕分析对于与圆有关的问题，常可利用圆幂定理，假设能找到BM上一点，使该点与点Ｂ对于圆O等幂即可．证明：由BM、KN、AC三线共点P，知PM·PB=PN·PK=PO2-r2．⑴由PMN=BKN=CAN，得P、M、N、C共圆，故BM·BP=BN·BC=BO2-r2．⑵⑴－⑵得，PM·PB-BM·BP=PO2-BO2，即(PM-BM)(PM+BM)=PO2-BO2，就是PM2-BM2=PO2-BO2，于是OM⊥PB．定理3(Ceva定理)设X、Y、Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一点，那么AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是eq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．分析此三个比值都可以表达为三角形面积的比，从而可用面积来证明．证明：设S⊿APB=S1，S⊿BPC=S2，S⊿CPA=S3．那么eq\f(AZ,ZB)=eq\f(S3,S2)，eq\f(BX,XC)=eq\f(S1,S3)，eq\f(CY,YA)=eq\f(S2,S1)，三式相乘，即得证．说明用同一法可证其逆正确．此题也可过点A作MN∥BC延长BY、CZ与MN分别交于M、N，再用比例来证明，例6．以△ABC的三边为边向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，设L、M、N分别为DE、FG、HK的中点．求证：AM、BN、CL交于一点．分析设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R．利用面积比设法证明eq\f(BP,PC)·eq\f(CQ,QA)·eq\f(AR,RB)=1．证明设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R．易知，∠CBM＝∠BCM＝∠QCN＝∠QAN＝∠LAR＝∠LBR＝θ．eq\f(BP,PC)=eq\f(SABM,SACM)=eq\f(AB·BMsin(B+θ),AC·CMsin(A+θ))=eq\f(ABsin(B+θ),ACsin(C+θ))．eq\f(CQ,QA)=eq\f(BCsin(C+θ),ABsin(A+θ))，eq\f(AR,RB)=eq\f(ACsin(A+θ),BCsin(B+θ))，三式相乘即得eq\f(BP,PC)·eq\f(CQ,QA)·eq\f(AR,RB)=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一点．例7．如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB均是锐角，D是BC边上的内点，且AD平分∠BAC，过点D分别向两条直线AB、AC作垂线DP、DQ，其垂足是P、Q，两条直线CP与BQ相交与点K．求证：AK⊥BC；证明：⑴作高AH．那么由BDP∽BAH，eq\f(BH,PB)=eq\f(BA,BD)，由CDQ∽CAH，eq\f(CQ,HC)=eq\f(DC,CA)．由AD平分∠BAC，eq\f(DC,BD)=eq\f(AC,AB)，由DP⊥AB，DQ⊥AC，AP=AQ．∴eq\f(AP,PB)·eq\f(BH,HC)·eq\f(CQ,QA)=eq\f(AP,QA)·eq\f(BH,PB)·eq\f(CQ,HC)=eq\f(BA,BD)·eq\f(DC,CA)=eq\f(DC,BD)·eq\f(BA,CA)=1，据Ceva定理，AH、BQ、CP交于一点，故AH过CP、BQ的交点K，∴AK与AH重合，即AK⊥BC．例8．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．〔1999年全国高中数学联赛〕分析由于BE、CA、DG交于一点，故可对此图形用Ceva定理，再构造全等三角形证明两角相等．证明连结BD交AC于H，对⊿BCD用Ceva定理，可得eq\f(CG,GB)·eq\f(BH,HD)·eq\f(DE,EC)=1．因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理，可得eq\f(BH,HD)=eq\f(AB,AD)，故eq\f(CG,GB)·eq\f(AB,AD)·eq\f(DE,EC)=1．过点C作AB的平行线交AG延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J，那么eq\f(CG,GB)=eq\f(CI,AB)，eq\f(DE,EC)=eq\f(AD,CJ)，所以，eq\f(CI,AB)·eq\f(AB,AD)·eq\f(AD,CJ)=1．从而，CI=CJ．又因CI∥AB，CJ∥AD，故ACI=π-BAC=π-DAC=ACJ，因此，⊿ACI≌⊿ACJ，从而IAC=JAC，即GAC=EAC．定理4(Menelaus定理)设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，那么X、Y、Z共线的充要条件是Neq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．N证明：作CM∥BA，交XY于N，那么eq\f(AZ,CN)=eq\f(CY,YA)，eq\f(CN,ZB)=eq\f(XC,BX)．S1S2S3S4于是eq\f(AZ,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=eq\f(AZ,CN)·eq\f(CN,ZB)·eq\f(BX,XC)·eq\f(CY,YA)=1．S1S2S3S4本定理也可用面积来证明：如图，连AX，BY，记SAYB=S1，SBYC=S2，SCYX=S3，SXYA=S4．那么eq\f(AZ,ZB)=eq\f(S4,S2+S3)；eq\f(BX,XC)=eq\f(S2+S3,S3)；eq\f(CY,YA)=eq\f(S3,S4)，三式相乘即得证．说明用同一法可证其逆正确．Ceva定理与Menelaus定理是一对“对偶定理”．例9．(南斯拉夫，1983)在矩形ABCD的外接圆弧AB上取一个不同于顶点A、B的点M，点P、Q、R、S是M分别在直线AD、AB、BC与CD上的投影．证明，直线PQ和RS是互相垂直的，并且它们与矩形的某条对角线交于同一点．题11证明：设PR与圆的另一交点为L．那么题11eq\o(\s\up6(→),PQ)·eq\o(\s\up6(→),RS)=(eq\o(\s\up6(→),PM)+eq\o(\s\up6(→),PA))·(eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),MS))=eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),MS)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),RM)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),MS)=－eq\o(\s\up6(→),PM)·eq\o(\s\up6(→),PL)+eq\o(\s\up6(→),PA)·eq\o(\s\up6(→),PD)=0．故PQ⊥RS．设PQ交对角线BD于T，那么由Menelaus定理，(PQ交ABD)得eq\f(DP,PA)·eq\f(AQ,QB)·eq\f(BT,TD)=1；即eq\f(BT,TD)=eq\f(PA,DP)·eq\f(QB,AQ)；设RS交对角线BD于N，由Menelaus定理，(RS交BCD)得eq\f(BN,ND)·eq\f(DS,SC)·eq\f(CR,RB)=1；即eq\f(BN,ND)=eq\f(SC,DS)·eq\f(RB,CR)；显然，eq\f(PA,DP)=eq\f(RB,CR)，eq\f(QB,AQ)=eq\f(SC,DS)．于是eq\f(BT,TD)=eq\f(BN,ND)，故T与N重合．得证．例10．(评委会，土耳其，1995)设ABC的内切圆分别切三边BC、CA、AB于D、E、F，X是ABC内的一点，XBC的内切圆也在点D处与BC相切，并与CX、XB分别切于点Y、Z，证明，EFZY是圆内接四边形．分析：圆幂定理的逆定理与Menelaus定理．证明：延长FE、BC交于Q．eq\f(AF,FB)·eq\f(BD,DC)·eq\f(CE,EA)=1，eq\f(XZ,ZB)·eq\f(BD,DC)·eq\f(CY,YA)=1，eq\f(AF,FB)·eq\f(CE,EA)=eq\f(XZ,ZB)·eq\f(CY,YA)．例12由Menelaus定理，有例12eq\f(AF,FB)·eq\f(BQ,QC)·eq\f(CE,EA)=1．于是得eq\f(XZ,ZB)·eq\f(BQ,QC)·eq\f(CY,YA)=1．即Z、Y、Q三点共线．但由切割线定理知，QE·QF=QD2=QY·QZ．故由圆幂定理的逆定理知E、F、Z、Y四点共圆．即EFZY是圆内接四边形．定理5(蝴蝶定理)AB是⊙O的弦，M是其中点，弦CD、EF经过点M，CF、DE交AB于P、Q，求证：MP=QM．分析圆是关于直径对称的，当作出点F关于OM的对称点F'后，只要设法证明⊿FMP≌⊿F'MQ即可．证明：作点F关于OM的对称点F’，连FF’，F’M，F’Q，F’D．那么MF=MF’，4=FMP=6．圆内接四边形F’FED中，5+6=180，从而4+5=180，于是M、F’、D、Q四点共圆，∴2=3，但3=1，从而1=2，于是⊿MFP≌⊿MF’Q．∴MP=MQ．说明本定理有很多种证明方法，而且有多种推广．例11．在筝形ABCD中，AB=AD，BC=CD，经AC、BD交点O作二直线分别交AD、BC、AB、CD于点E、F、G、H，GF、EH分别交BD于点I、J，求证：IO=OJ．〔1990年冬令营选拔赛题〕分析通常的解法是建立以O为原点的直角坐标系，用解析几何方法来解，下面提供的解法那么利用了面积计算．证明：如图，由S⊿AOB=S⊿AOG+S⊿GOB得eq\f(1,2)(at1cosα+bt1sinα〕=eq\f(1,2)ab．∴t1=eq\f(ab,acos+bsin)．即eq\f(1,t1)=eq\f(cos,b)+eq\f(sin,a)；同理得，eq\f(1,t2)=eq\f(cos,b)+eq\f(sin,c)；eq\f(1,t3)=eq\f(cos,b)+eq\f(sin,c)；eq\f(1,t4)=eq\f(cos,b)+eq\f(sin,a)．再由S⊿GOF=S⊿GOI+S⊿IOF，又可得eq\f(sin(+),IO)=eq\f(sin,t2)+eq\f(sin,t1)；同理，得eq\f(sin(+),OJ)=eq\f(sin,t4)+eq\f(sin,t3)．∴IO=OJ(eq\f(1,t4)－eq\f(1,t2))sin=(eq\f(1,t1)－eq\f(1,t3))sin．以eq\f(1,t4)、eq\f(1,t2)的值代入左边得，(eq\f(1,t4)－eq\f(1,t2))sin=(eq\f(1,a)－eq\f(1,c))sinsin，同样得右边．可证．定理6张角定理：从一点出发三条线段长分别为a、b、t、(t在a、b之间)，那么eq\f(sin(+),t)=eq\f(sin,b)+eq\f(sin,a)．例12．(评委会，爱尔兰，1990)设l是经过点C且平行于ABC的边AB的直线，∠A的平分线交BC于D，交l于E，∠B的平分线交AC于F，交l于G，，GF=DE，证明：AC=BC．分析：设∠A=2，∠B=2，即证=．证明：设>，那么BC>AC，利用张角定理可得，eq\f(sinA,ta)=eq\f(sin,c)+eq\f(sin,b)，eq\f(2cos,ta)=eq\f(1,c)+eq\f(1,b)，ta=eq\f(2bccos,b+c)．再作高CH，那么AE=CHcsc=bsin2csc=2bcos．DE=AE－ta=2bcos－eq\f(2bccos,b+c)=eq\f(2b2cos,b+c)．同理，GF=eq\f(2a2cos,a+c)．由>，a>b，知cos<cos．1+eq\f(c,a)<1+eq\f(c,b)，GF=eq\f(2a2cos,a+c)=eq\f(2acos,1+eq\f(c,a))>eq\f(2bcos,1+eq\f(c,b))=eq\f(2b2cos,b+c)=DE．矛盾．又证：设BC>AC，即a>b，故>，由张角定理得，eq\f(sinA,ta)=eq\f(sin,c)+eq\f(sin,b)，eq\f(2cos,ta)=eq\f(1,c)+eq\f(1,b)．同理eq\f(2cos,tb)=eq\f(1,c)+eq\f(1,a)，由于a>b，故eq\f(cos,ta)>eq\f(cos,tb)，eq\f(tb,ta)>eq\f(cos,cos)>1，即tb>ta．就是BF>AD．⑴∴BG=BF+FG>AD+DE=AE．即是BG>AE．∴eq\f(GF,BF)=eq\f(CF,AF)GF=eq\f(BG·CF,AF+FC)=eq\f(BG,1+eq\f(AF,CF))=eq\f(BG,1+eq\f(AB,BC))>eq\f(AE,1+eq\f(AB,AC))=eq\f(AE,1+eq\f(BD,DC))=eq\f(AE·DC,BC)=DE．矛盾．故BC=AC．或eq\f(BF,GF)=eq\f(AF,CF)=eq\f(AB,CB)<eq\f(AB,CA)=eq\f(BD,DC)=eq\f(AD,DE)，注意到GF=DE，故BF<AD．与⑴矛盾．故证．定理7(Simsonline)P是ΔABC的外接圆⊙O上的任意一点，PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂足为X、Y、Z，求证：X、Y、Z三点共线．分析如果连ZX、ZY，能证得1=3，那么由AZB=180得YZX=180，即可证此三点共线．证明PXB=PZB=90P、Z、X、B四点共圆1=2．PZA=PYA=90P、Z、A、Y四点共圆3=4．但2+5=90，4+6=90，而由P、A、C、B四点共圆，得5=6．故2=4，从而1=3．故X、Y、Z共线．说明此题的证法也是证三点共线的重要方法．此题的逆命题成立，该逆命题的证明曾是江苏省高中数学竞赛的试题．例13．设H为ΔABC的垂心，P为ΔABC的外接圆上一点，那么从点P引出的三角形的西姆松线平分PH．分析：考虑能否用中位线性质证明此题：找到一条平行于Simson线的线段，从PX∥AH入手．连PE，得∠1=∠2，但∠2=∠3，再由四点共圆得∠3=∠4，于是得∠6=∠7．可证平行．证明连AH并延长交⊙O于点E，那么DE=DH，连PE交BC于点F，交XY于点K，连FH、PB．∵PX∥AE，∴∠1=∠2，又∠2=∠3，∵P、Z、X、B四点共圆，∴∠3=∠4，∴∠1=∠4．∴K为PF中点．∵DE=DH，BD⊥EH，∴∠2=∠5．∴FH∥XY．∴XY平分PH．又证：延长高CF，交圆于N，那么F是HN的中点，假设K为PH中点，那么应有FK∥PN．再证明K在ZX上．即证明∠KZF=∠XZB．设过P作三边的垂线交BC、CA、AB于点X、Y、Z．连KZ、KF、ZX，延长CF交⊙O于点N，连PN．由PZ⊥AB，CF⊥AB，K为PH中点知，KZ=KF．∴KZF=KFZ．易证HF=FN，故KF∥PN．∴PNC=KFH．但PNC+PBC=180，∴KFZ+ZFH+PBC=180．即KFZ+PBC=90．又PX⊥BC，PZ⊥BZP、Z、X、B共圆．∴XZB=XPB，而XPB+PBC=90．∴KZF=KFZ=XZB．∴ZK与ZX共线．即点K在⊿ABC的与点P对应的Simsonline上．)定理8〔Eulerline〕三角形的外心、重心、垂心三点共线，且外心与重心的距离等于重心与垂心距离的一半．分析假设定理成立，那么由AG=2GM，知应有AH=2OM，故应从证明AH=2OM入手．证明：如图，作直径BK，取BC中点M，连OM、CK、AK，那么KCB=KAB=90，从而KC∥AH，KA∥CH，□CKAH，AH=CK=2MO．由OM∥AH，且AH=2OM，设中线AM与OH交于点G，那么⊿GOM∽⊿GHA，故得MG∶GA=1∶2，从而G为⊿ABC的重心．且GH=2GO．说明假设延长AD交外接圆于N，那么有DH=DN．这一结论也常有用．例14．设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2分析H1、H2都是同一圆的两个内接三角形的垂心，且这两个三角形有公共的底边．故可利用上题证明中的AH=2OM来证明．证明连A2H1，A1H2，取A3A4的中点M，连OM，由上证知A2H1∥OM，A2H1=2OM，A1H2∥OM，A1H2=2OM，从而H1H2A1A2是平行四边形，故H1H2∥A1A2，H1H2同理可知，H2H3∥A2A3，H2H3=A2AH3H4∥A3A4，H3H4=A3AH4H1∥A4A1，H4H1=A4A故四边形A1A2A3A4≌四边形H1H2由四边形A1A2A3A4有外接圆知，四边形H1H2H3H4也有外接圆．取H3H4∥的中点M1，作M1O1⊥H3H4，且M1O1=MO，那么点O1即为四边形H1H2又证：以O为坐标原点，⊙O的半径为长度单位建立直角坐标系，设OA1、OA2、OA3、OA4与OX正方向所成的角分别为α、β、γ、，那么点A1、A2、A3、A4的坐标依次是(cosα，sinα)、(cosβ，sinβ)、(cosγ，sinγ)、(cos，sin)．显然，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A(eq\f(1,3)(cosβ+cosγ+cos)，eq\f(1,3)(sinβ+sinγ+sin))、(eq\f(1,3)(cosγ+cos+cosα)，eq\f(1,3)(sinα+sin+sinγ))、(eq\f(1,3)(cos+cosα+cosβ)，eq\f(1,3)(sin+sinα+sinβ))、(eq\f(1,3)(cosα+cosβ+cosγ)，eq\f(1,3)(sinα+sinβ+sinγ))．从而，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4AH1(cosβ+cosγ+cos，sinβ+sinγ+sin)、H2(cosγ+cos+cosα，sinα+sin+sinγ)、H3(cos+cosα+cosβ，sin+sinα+sinβ)、H4(cosα+cosβ+cosγ，sinα+sinβ+sinγ)．而H1、H2、H3、H4点与点O1(cosα+cosβ+cosγ+cos，sinα+sinβ+sinγ+sin)的距离都等于1，即H1、H2、H3、H4四点在以O1为圆心，1为半径的圆上．证毕．定理9(Ninepointround)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点，共计九点共圆．分析要证九个点共圆，可先过其中三点作一圆，再证其余的点在此圆上．为此可考虑在三种点中各选一点作圆，再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上，即可证明．证明：取BC的中点M，高AD的垂足D，AH中点P，过此三点作圆，该圆的直径即为MP．由中位线定理知，MN∥AB，NP∥CH，但CH⊥AB，故PNM=90，于是，点N在⊙MDP上，同理，AB中点在⊙MDP上．再由QM∥CH，QP∥AB，又得PQM=90，故点Q在⊙MDP上，同理，CH中点在⊙MDP上．由FP为Rt．⊿AFH的斜边中线，故PFH=PHF=CHD，又FM为Rt．⊿BCF的斜边中线，得MFC=MCF，但CHD+DCH=90，故PFM=90．又得点F在⊙MDP上，同理，高BH的垂足在⊙MDP上．即证．说明证明多点共圆的通法，就是先过三点作圆，再证明其余的点在此圆上．九点圆的圆心在三角形的Euler线上．九点圆的直径等于三角形外接圆的半径．由OM∥AP，OM=AP，知PM与OH互相平分，即九点圆圆心在OH上．且九点圆直径MP=OA=⊿ABC的外接圆半径．定理10(三角形的内心的一个重要性质)设I、Ia分别为⊿ABC的内心及A内的旁心，而A平分线与⊿ABC的外接圆交于点P，那么PB=PC=PI=PIa．例15．设ABCD为圆内接四边形，ΔABC、ΔABD、ΔACD、ΔBCD的内心依次为I1、I2、I3、I4，那么I1I2I3I4为矩形．(1986年国家冬令营选拔赛题〕分析只须证明该四边形的一个角为直角即可．为此可计算1、2、XI2Y．10．22证明如图，BI2延长线与⊙O的交点X为eq\o(\s\up6(⌒),AD)中点．且XI2=XI3=XA=XD，10．22于是1=eq\f(1,2)(180-X)=90－eq\f(1,4)eq\o(\s\up6(⌒),BC)，同理，2=90-eq\f(1,4)eq\o(\s\up6(⌒),CD)．XI2Y=eq\f(1,2)(eq\o(\s\up6(⌒),XY)+eq\o(\s\up6(⌒),BD))=eq\f(1,4)(eq\o(\s\up6(⌒),AB)+eq\o(\s\up6(⌒),AD))+eq\f(1,2)(eq\o(\s\up6(⌒),BC)+eq\o(\s\up6(⌒),CD))，故1+2+XI2Y=90+90+eq\f(1,4)(eq\o(\s\up6(⌒),AB)+eq\o(\s\up6(⌒),BC)+eq\o(\s\up6(⌒),CD)+eq\o(\s\up6(⌒),DA))=270．从而I1I2I3=90．同理可证其余．说明亦可证XZ⊥YU，又XZ平分I2XI3及XI2=XI3I2I3⊥XZ，从而I2I3∥YU，于是得证．定理11(Euler定理)设三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，外心与内心的距离为d，那么d2=R2-2Rr．(1992年江苏省数学竞赛)分析改写此式，得：d2-R2=2Rr，左边为圆幂定理的表达式，故可改为过I的任一直线与圆交得两段的积，右边那么为⊙O的直径与内切圆半径的积，故应添出此二者，并构造相似三角形来证明．证明：如图，O、I分别为⊿ABC的外心与内心．连AI并延长交⊙O于点D，由AI平分BAC，故D为弧BC的中点．连DO并延长交⊙O于E，那么DE为与BC垂直的⊙O的直径．由圆幂定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID．〔作直线OI与⊙O交于两点，即可用证明〕但DB=DI〔可连BI，证明DBI=DIB得〕，故只要证2Rr=IA·DB，即证2R∶DB=IA∶r即可．而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD证得．故得R2-d2=2Rr，即证．例16．(1989IMO)锐角ABC的内角平分线分别交外接圆于点A1、B1、C1，直线AA1与∠ABC的外角平分线相交于点A0，类似的定义B0，C0，证明：例⑴Seq\o(\s\up7(),A0)eq\o(\s\up7(),B0)eq\o(\s\up7(),C0)=2Seq\o(\s\up7(),A1CB1AC1B)；例⑵Seq\o(\s\up7(),A0)eq\o(\s\up7(),B0)eq\o(\s\up7(),C0)≥4SABC．分析：⑴利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I为公共顶点的六个小三角形，分别与六边形A1CB1⑵假设连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，再计算其面积和，最后归结为证明R≥2r．也可以这样想：由⑴知即证Seq\o(\s\up7(),A1CB1AC1B)≥2SABC，而IA1、IB1、IC1把六边开分成三个筝形，于是六边形的面积等于A1B1C1面积的2倍．故只要证明Seq\o(\s\up7(),A1)eq\o(\s\up7(),B1)eq\o(\s\up7(),C1)≥SABC．证明：⑴设ABC的内心为I，那么A1A0=A1I，那么Seq\o(\s\up7(),A0)eq\o(\s\up7(),B)eq\o(\s\up7(),I)=2Seq\o(\s\up7(),A1)eq\o(\s\up7(),B)eq\o(\s\up7(),I)；同理可得其余6个等式．相加⑴即得证．⑵连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA∴Seq\o(\s\up7(),A1CB1AC1B)=Seq\o(\s\up7(),OAC1B)+Seq\o(\s\up7(),OB1A1C)+Seq\o(\s\up7(),OCB1A)=eq\f(1,2)AB·R+eq\f(1,2)BC·R+eq\f(1,2)CA·R=Rp．但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故Rp≥2rp=2SABC．故得证．⑵证明：记A=2，B=2，C=2．0<，，<eq\f(,2)．那么SABC=2R2sin2sin2sin2，Seq\o(\s\up7(),A1)eq\o(\s\up7(),B1)eq\o(\s\up7(),C1)=2R2sin(+)sin(+)sin(+)．又sin(+)=sincos+cossin≥2eq\r(sincoscossin)=eq\r(sin2sin2)，同理，sin(+)≥eq\r(sin2sin2)，sin(+)≥eq\r(sin2sin2)，于是Seq\o(\s\up7(),A1)eq\o(\s\up7(),B1)eq\o(\s\up7(),C1)≥SABC得证．又证：连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得∴Seq\o(\s\up7(),A1CB1AC1B)=Seq\o(\s\up7(),OAC1B)+Seq\o(\s\up7(),OB1A1C)+Seq\o(\s\up7(),OCB1A)=eq\f(1,2)AB·R+eq\f(1,2)BC·R+eq\f(1,2)CA·R=Rp．但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故Rp≥2rp=2SABC．故得证．又证：++=，故sin(+)=cos，sin(+)=cos，sin(+)=cos．于是，sin(+)sin(+)sin(+)=coscoscos，故sin(+)sin(+)sin(+)≥sin2sin2sin2，coscoscos≥8sinsinsincoscoscos，由0<、、<eq\f(,2)，故coscoscos≥8sinsinsincoscoscos，sinsinsin≤eq\f(1,8)．而最后一式可证．定理12(Fermatpoint)分别以ΔABC的三边AB，BC，CA为边向形外作正三角形ABD，BCE，CAH，那么此三个三角形的外接圆交于一点．此点即为三角形的Fermatpoint．分析证三圆共点，可先取二圆的交点，再证第三圆过此点．证明：如图，设⊙ABD与⊙ACH交于(异于点A的)点F，那么由A、F、B、D共圆得AFB=120，同理AFC=120，于是BFC=120，故得B、E、C、F四点共圆．即证．由此得以下推论：1因BFE=BCE=60，故AFB+BFE=180，于是A、F、E三点共线．同理，C、F、D三点共线；B、F、H三点共线．2AE、BH、CD三线共点．3AE=BH=CD=FA+FB+FC．由于，F在正三角形BCE的外接圆的弧BC上，故由Ｐtolemy定理，有FE=FB+FC．于是AE=AF+FB+FC．同理可证BH=CD=FA+FB+FC．也可用下法证明：在FE上取点N，使FN=FB，连BN，由⊿FBN为正三角形，可证得⊿BNE≌⊿BFC．于是得，NE=FC．故AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC．例17．(Steiner问题)在三个角都小于120°的ΔABC所在平面上求一点P，使PA+PB+PC取得最小值．证明：设P为平面上任意一点，作等边三角形PBM〔如图〕连ME，那么由BP=BM，BC=BE，PBC=MBE=60-MBC．得⊿BPC≌⊿BME，于是ME=PC，故得折线APME=PA+PB+PC≥AE=FA+FB+FC．即三角形的Fermatpoint就是所求的点．说明:此题也可用Ptolemy的推广来证明:由PB·CE+PC·BE≥PE·BC，可得，PB+PC≥PE．于是PA+PB+PC≥PA+PE≥AE．定理13到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点．例18．凸六边形ABCDEF，AB=BC=CD，DE=EF=FA，∠BCD=∠EFA=60，Ｇ、Ｈ在形内，且∠AGB=∠DHE=120．求证：AG+GB+GH+DH+HE≥CF．证明连BD、AE、BE，作点G、H关于BE的对称点G、H，连BG、DG、GH、AH、EH。由于BC=CD，∠BCD=60；EF=FA，∠EFA=60⊿BCD、⊿EFA都是正三角形，AB=BD，AE=ED，AEDB为筝形⊿ABG≌⊿DBG，⊿DEH≌⊿AEH．由∠BGD=120，∠BCD=60B、C、D、G四点共圆．由Ptolemy定理知CG=GB+GD，同理，HF=HA+HE，于是AG+GB+GH+DH+HE=GB+GD+GH+HA+HE=CG+GH+HF≥CF．定理14到三角形三顶点距离的平方和最小的点是三角形的重心先证明：P为三角形形内任意一点，重心为G，那么PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2．证明：取中线BG中点M，那么2(PA2+PC2)=AC2+4PE2，①2(PB2+PG2)=BG2+4PM2，②2(PE2+PM2)=ME2+4PG2，③①+②+③×2得：2(PA2+PB2+PC)=AC2+GB2+2ME2+6PG2=2GB2+6PG2+AC2+4GE2=2GB2+6PG2+2GA2+2GC2．∴PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2．于是PA2+PB2+PC2≥GA2+GB2+GC2．等号当且仅当P与G重合时成立．亦可用解析几何方法证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．P(x，y)，那么S=(x－x1)2+(y－y1)2+(x－x2)2+(y－y2)2+(x－x3)2+(y－y3)2=3x2－2(x1+x2+x3)x+(x12+x22+x32)+3y2－2(y1+y2+y3)y+(y12+y22+y32)显然，当x=eq\f(1,3)(x1+x2+x3)，y=eq\f(1,3)(y1+y2+y3)时，S取得最小值．即当P为ABC的重心时，S取得最小值．定理15三角形内到三边距离之积最大的点是三角形的重心．设三角形ABC的三边长为a、b、c，点P到三边的距离分别为x，y，z．那么2=ax+by+cz≥3eq\r(3,ax·by·cz)．即xyz≤eq\f(2,3eq\r(3,abc))．等号当且仅当ax=by=cz，即PAB、PBC、PCA的面积相等时成立．此时P为ABC的重心．上面给出了高中竞赛大纲明确规定应知的三个重要极值：1到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点．2到三角形三顶点距离的平方和最小的点——重心．3三角形内到三边距离之积最大的点——重心．

例19．(Fagnano问题)给定锐角三角形，求其内接三角形中周长最小者．证明(Fejer方法)分成几局部来证明：1先在BC上任取一点D，固定D，求出以D为一个顶点⊿ABC的内接三角形中周长最小者．作D关于AB、AC的对称点D’、D”，连D’D”交AB、AC于点F、E，连DF、D’F，DE、D”E，对于任一以DD一个顶点的⊿ABC的内接三角形XPQ，连QD’、QD，PD”、PD，于是可证DE+EF+FD=D’D”≤D’Q+QP+PD”=DQ+QP+PD．即⊿DEF为固定点D后周长最小的内接三角形．2当点D的BC上运动时，对每一点D，都作出1中得出的周长最小三角形，再求这些三角形的周长最小值．连AD、AD’、AD”，那么AD=AD’=AD”，且D’AB=DAB，D”AC=DAC，于是D’AD”=2A．所以D’D”=2ADsinA．当点D在BC上运动时，以点D为BC边上高的垂足时AD最小．3说明此时的最小三角形就是⊿ABC的垂足三角形．由于D为BC边上的垂足．对于垂足三角形DEF，由DEC=AEF，而DEC=CED"，故点E在D’D”上，同理，F在D’D”上，即⊿DEF为所求得的周长最小三角形．(Schwarz解法〕这是一个非常奇妙的证法：如图，⊿DEF为⊿ABC的垂足三角形，⊿PQR为⊿ABC的任一内接三角形．作⊿ABC关于AC的对称图形⊿ACB1，由DEC=FEA，故EF的关于AC的对称线段EF1应与DE共线．再作⊿ACB1关于AB1的对称三角形AB1C1，…在此图中的DD4=⊿DEF的周长的两倍．而折线PQR1P2Q2R3P4也等于⊿PQR的周长的两倍．但易证BDE+B2D4F3=180，于是DP∥D4P4，且DP=D4P4，从而线段PP4=DD4=⊿DEF周长的两倍．显然，折线PQR1P2Q2R3P4的长>线段PP4的长．即⊿PQR的周长>⊿DEF定理16．(Polya问题)两端点在给定圆周上且把圆面积二等分的所有线中，以直径最短．连AB，作与AB平行的直径CD，作直径AB’，那么B与B’关于CD对称．CD与曲线AB必有交点，否那么曲线AB全部在CD一侧，不可能等分圆面积．设交点为E，连AE、BE、B’E，那么AE+EB=AE+EB’>AB’，故曲线AB的长大于直径AB’．定理17．(等周问题)这是由一系列的结果组成的问题：1在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大．

2在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大．

3在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。

4在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。

下面证明：等长的曲线围成面积最大的图形是圆．(Steiner解法〕1周长一定的封闭曲线中，如果围成的面积最大，那么必为凸图形．假设为该图形凹，可任作一条与曲线凹进局部有两个交点的直线，作该曲线在两交点间一段弧的对称曲线，那么可得一个与之等周且面积更大的图形．2周长一定的面积最大的封闭曲线中，如果点A、B平分其周长，那么弦AB平分其面积．假设AB不平分其面积，那么该图形必有在AB某一侧面积较大，如图，不妨设N>M，那么去掉M作N的关于AB的对称图形N’，那么由N、N’组成的图形周长与原来的相等，但面积更大．3对于既平分周长与又平分面积的弦AB，只考虑该图形在AB的任一侧的一半，假设C为此段弧上任一点，那么ACB=90．否那么可把此图形划分为三块M、N、P，只须改变ACB的大小，使ACB=90，那么M、N的面积不变，而P的面积变大．这说明，此半段曲线必为半圆，从而另一半也是半圆．例20．设正三角形ABC的边长为a，假设曲线l平分⊿ABC的面积，求证：曲线l的长l≥eq\f(eq\r()a,2eq\r(4,3))．分析从结论中式子的形状估计该曲线的长度与圆的周长有关，故应设法找出相头的圆．再如果一条曲线等分此正三角形的面积，那么估计此曲线应是圆弧，于是可求出其半径．但要说明此弧一定是最短的，就要把圆弧复原成圆，从而可把此三角形复原成圆内接六边形．证明设曲线PQ平分⊿ABC的面积，其长度为l．假设此曲线与三角形的两边AB、AC相交于点P、Q，作⊿ABC关于AC、AC的对称图形，得⊿ACD、⊿ABG，再作此图形关于DG的对称图形，得到一个正六边形BCDEFG．那么曲线PQ相应的对称曲线围成的封闭曲线平分正六边形BCDEFG的面积．以A为圆心，r为半径作圆，使此圆的面积等于正六边形面积的一半．那么此圆的夹在AB、AC间的弧段MN平分⊿ABC的面积．由于正六边形面积=6·eq\f(1,4)eq\r(3)a2=eq\f(3,2)eq\r(3)a2．故得r2=eq\f(1,2)·eq\f(1,3)eq\r(3)a2，解得r=eq\f(eq\r(4,33),2eq\r())a，eq\r(4,33)从而弧MN的长=eq\f(1,6)·2πr=eq\f(eq\r()a,2eq\r(4,3))，由等周定理，知l≥eq\f(eq\r()a,2eq\r(4,3))．练习题1、在四边形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面积比是3∶4∶1，点M、N分别在AC、CD上满足AM∶AC=CN∶CD，并且B、M、N三点共线．求证：M与N分别是AC与CD的中点．(1983年全国高中数学联赛)证明设AC、BD交于点E．由AM∶AC=CN∶CD，故AM∶MC=CN∶ND，令CN∶ND=r(r>0)，那么AM∶MC=r．由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABD∶SBCD=3∶4．从而AE∶EC∶AC=3∶4∶7．SACD∶SABC=6∶1，故DE∶EB=6∶1，∴DB∶BE=7∶1．AM∶AC=r∶(r+1)，即AM=eq\f(r,r+1)AC，AE=eq\f(3,7)AC，∴EM=(eq\f(r,r+1)-eq\f(3,7))AC=eq\f(4r－3,7(r+1))AC．MC=eq\f(1,r+1)AC，∴EM∶MC=eq\f(4r－3,7)．由Menelaus定理，知eq\f(CN,ND)·eq\f(DB,BE)·eq\f(EM,MC)=1，代入得r·7·eq\f(4r－3,7)=1，即4r2－3r－1=0，这个方程有惟一的正根r=1．故CN∶ND=1，就是N为CN中点，M为AC中点．2、四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC延长交于点P，AD、BC延长交于点Q，由Q作该圆的两条切线QE、QF，切点分别为E、F，求证：P、E、F三点共线．(1997年中国数学奥林匹克〕证明连PQ，作⊙QDC交PQ于点M，那么QMC=CDA=CBP，于是M、C、B、P四点共圆．由PO2-r2=PC·PD=PM·PQ，QO2-r2=QC·QB=QM·QP，两式相减，得PO2-QO2=PQ·(PM-QM)=(PM+QM)(PM-QM)=PM2-QM2，∴OM⊥PQ．∴O、F、M、Q、E五点共圆．连PE，假设PE交⊙O于F1，交⊙OFM于点F2，那么对于⊙O，有PF1·PE=PC·PD，对于⊙OFM，又有PF2·PE=PC·PD．∴PF1·PE=PF2·PE，即F1与F2重合于二圆的公共点F．即P、F、E三点共线．3、假设⊿ABC的边a、b、c，所对的角为1∶2∶4，求证：eq\f(1,a)=eq\f(1,b)+eq\f(1,c)．作三角形的外接圆，即得圆内接正七边形，转化为例1’4、P为⊿ABC内任意一点，AP、BP、CP分别交对边于X、Y、Z．求证：eq\f(XP,XA)+eq\f(YP,YB)+eq\f(ZP,ZC)=1．证明：eq\f(XP,XA)=eq\f(SPBC,SABC)，eq\f(YP,YA)=eq\f(SPCA,SABC)，eq\f(ZP,ZA)=eq\f(SPAB,SABC)，三式相加即得证．5、如图，设ΔABC的外接圆O的半径为R．内心为I．∠A<∠C，∠B=60°，∠A的外角平分线交⊙O于E．证明：⑴IO=AE；⑵2R<IO+IA+IC<(1+eq\r(3))R．〔1994年全国高中数学联赛〕证明：∵∠B=60°，∴∠AOC=∠AIC=120°．∴A，O，I，C四点共圆．圆心为弧AC的中点F，半径为R．∴O为⊙F的弧AC中点，设OF延长线交⊙F于H，AI延长线交弧BC于D．由∠EAD=90°〔内外角平分线〕知DE为⊙O的直径．∠OAD=∠ODA．但∠OAI=∠OHI，故∠OHI=∠ADE，于是RtΔDAE≌RtΔHIO∴AE=IO．由ΔACH为正三角形，据Ptolemy定理得，IC+IA=IH．由OH=2R．∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R．设∠OHI=α，那么0<α<30°．∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2Req\r(2)sin(α+45°)．又α+45°<75°，故IO+IA+IC<2eq\r(2)R(eq\r(6)+eq\r(2))/4=R(1+eq\r(3))．