平面几何1 重要定理

平面几何1 重要定理平面几何在其漫长的发展过程中，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则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 拆成两部分，如把AC 写成AE+EC ，这样，AC ·BD 就拆成了两部分：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 ． ⑵ ⑴+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A 1A 2A 3…A 7是圆内接正七边形，求证： 1A 1A 2=1A 1A 3+1A 1A 4． 证明 连A 1A 5，A 3A 5，并设A 1A 2=a ，A 1A 3=b ，A 1A 4=c ． 本题即证1a =1b +1c．在圆内接四边形A 1A 3A 4A 5中，有A 3A 4=A 4A 5=a ，A 1A 3=A 3A 5=b ，A 1A 4=A 1A 5=c ．于是有ab+ac=bc ，同除以abc ，即得1a =1b +1c，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． 分析：假定其中几个是有理数，证明至少一个是无理数．证明：设⊙O 的直径为2R ，不妨设P 在⌒AD 上，则∠APB=45︒，设∠PBA=α，则∠PAB=135︒－α．若PA=2Rsin α及PC=2Rsin(90︒－α)=2Rcos α为有理数， 则 PB=2Rsin ∠PAB=2Rsin(135︒－α)=2R(22cos α+22sin α)=2R(sin α+cos α)即为无理数． 或用Ptolemy 定理：PB·AC=PA·BC+PC·AB．⇒2PB=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 若∆ABC 为直角三角形或钝角三角形，上面的结论成立吗？A BC DE 16例1A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·A X ，⇒R·12a=OX·12b+OZ·12c ．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) ⑤ ④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)，则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，则有 R+r=－OX+OY+OZ ． 证明同上．定理2 设P 、Q 、A 、B 为任意四点，则PA 2-PB 2=QA 2-QB 2⇔PQ ⊥AB ．证明 先证PA 2-PB 2=QA 2-QB 2⇒PQ ⊥AB ．作PH ⊥AB 于H ，则 PA 2-PB 2=( PH 2+AH 2)-(PH 2+BH 2)=AH 2－BH 2=(AH+BH)(AH-BH)=AB(AB-2BH)． 同理，作QH ’⊥AB 于H ’，则 QA 2-QB 2=AB(AB-2AH’)∴H=H ’，即点H 与点H ’重合．PQ ⊥AB ⇒PA 2-PB 2=QA 2-QB 2显然成立．说明 本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 ，则d 2－r 2就是点P 对于⊙O 的幂．过P 任作一直线与⊙O 交于点A 、B ，则PA ·PB = |d 2－r 2|．“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，则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，则它们交于一点，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）A B PQHH '分析 对于与圆有关的问题，常可利用圆幂定理，若能找到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=PO 2-r 2． ⑴ 由∠PMN=∠BKN=∠CAN ，得P 、M 、N 、C 共圆，故 BM ·BP=BN ·BC=BO 2-r 2． ⑵ ⑴－⑵得， PM ·PB-BM ·BP= PO 2 - BO 2， 即 (PM-BM)(PM+BM)= PO 2 - BO 2，就是PM 2 -BM 2= PO 2 - BO 2，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，则AX 、BY 、CZ 所在直线交于一点的充要条件是AZ ZB ·BX XC ·CYYA=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 =S 1，S ⊿BPC =S 2，S ⊿CPA =S 3． 则AZ ZB =S 3S 2，BX XC =S 1S 3，CY YA =S 2S 1， 三式相乘，即得证．说明 用同一法可证其逆正确．本题也可过点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BP PC ·CQ QA ·ARRB=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． BP PC =S ∆ABM S ∆ACM =AB·BMsin (B+θ)AC·CMsin (A+θ)=ABsin(B+θ)ACsin(C+θ)． CQ QA =BCsin(C+θ)ABsin(A+θ)，AR RB =ACsin(A+θ)BCsin(B+θ)， 三式相乘即得BP PC ·CQ QA ·ARRB=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 ．则由∆BDP ∽∆BAH ，⇒BH PB =BA BD ，由∆CDQ ∽∆CAH ，⇒CQ HC =DCCA ．由AD 平分∠BAC ，⇒DC BD =ACAB ，由DP ⊥AB ，DQ ⊥AC ，⇒AP=AQ ．∴ AP PB ·BH HC ·CQ QA =AP QA ·BH PB ·CQ HC =BA BD ·DC CA =DC BD ·BACA =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 ．ABCPXYZHK Q PC BARQPN MLKHGFC EDBA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CG GB ·BH HD ·DEEC =1．因为AH 是∠BAD 的角平分线，由角平分线定理，可得BH HD =ABAD，故CG GB ·AB AD ·DEEC=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 ，则 CG GB =CI AB ，DE EC =ADCJ，所以，CI AB ·AB AD ·ADCJ=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，则X 、Y 、Z 共线的充要条件是AZ ZB ·BX XC ·CYYA=1． 证明：作CM ∥BA ，交XY 于N ， 则AZ CN =CY YA ，CN ZB =XC BX． 于是AZ ZB ·BX XC ·CY YA =AZ CN ·CN ZB ·BX XC ·CYYA =1．本定理也可用面积来证明：如图，连AX ，BY ， 记S ∆AYB =S 1，S ∆BYC =S 2，S ∆CYX =S 3，S ∆XYA =S 4．则 AZ ZB =S 4S 2+S 3；BX XC =S 2+S 3S 3；CY YA =S 3S 4，三式相乘即得证． 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．证明：设PR 与圆的另一交点为L ．则→PQ ·→RS =(→PM +→PA )·(→RM +→MS )=→PM ·→RM +→PM ·→MS +→PA ·→RM +→PA ·→MS=－→PM ·→PL +→PA ·→PD =0．故PQ ⊥RS ．ABC DEFGHIJZY XC BANZ Y XCBAS 1S 2 S 3S 4 题11 T,NSR Q PM A B CDL设PQ 交对角线BD 于T ，则由Menelaus 定理，(PQ 交∆ABD)得DP PA ·AQ QB ·BT TD =1；即BT TD =PA DP ·QB AQ； 设RS 交对角线BD 于N ，由Menelaus 定理，(RS 交∆BCD)得BN ND ·DS SC ·CR RB =1；即BN ND =SC DS ·RB CR； 显然，PA DP =RB CR ，QB AQ =SC DS ．于是BT TD =BNND，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 ．AF FB ·BD DC ·CE EA =1，XZ ZB ·BD DC ·CY YA =1，⇒AF FB ·CE EA =XZ ZB ·CY YA ． 由Menelaus 定理，有AF FB · BQ QC · CEEA=1． 于是得XZ ZB ·BQ QC ·CYYA=1．即Z 、Y 、Q 三点共线．但由切割线定理知，QE ·QF=QD 2=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．则 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，下面提供的解法则利用了面积计算．证明：如图，由S ⊿AOB =S ⊿AOG +S ⊿GOB 得 12(at 1cos α+bt 1sin α）=12ab ． ∴ t 1=ab acos α+bsin α．即1t 1=cos αb +sin αa；同理得，1t 2=cos βb +sin βc ；1t 3=cos αb +sin αc ；1t 4=cos βb +sin βa．A BCDEFGHOI J αβab ct t t t 1234A BC D E F MF'123456O PQ 例12QP I ZY X F EABC D再由S ⊿GOF =S ⊿GOI +S ⊿IOF ，又可得sin(α+β)IO =sin αt 2+sin βt 1； 同理，得sin(α+β)OJ =sin αt 4+sin βt 3．∴ IO=OJ ⇔(1t 4－1t 2)sin α=(1t 1－1t 3)sin β．以1t 4、1t 2的值代入左边得，(1t 4－1t 2)sin α=(1a －1c)sin αsin β，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)，则sin(α+β)t =sin αb +sin βa． 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 ，已知，GF=DE ，证明：AC=BC ．分析：设∠A=2α，∠B=2β，即证α=β． 证明：设α>β，则BC>AC ，利用张角定理可得， sinA t a =sin αc +sin αb ，⇒2cos αt a =1c +1b，⇒t a =2bccos αb+c．再作高CH ，则AE=CHcsc α=bsin2αcsc α=2bcos α．⇒DE=AE －t a =2bcos α－2bccos αb+c =2b 2cos αb+c ．同理，GF=2a 2cos βa+c．由α>β，a>b ，知cos β<cos α．1+c a <1+c b ，⇒ GF=2a 2cos βa+c =2acos β1+c a >2bcos α1+c b =2b 2cos αb+c=DE ．矛盾．又证：设BC>AC ，即a>b ，故α>β，由张角定理得，sinA t a =sin αc +sin αb ，⇒2cos αt a =1c +1b ．同理2cos βt b =1c +1a，由于a>b ，故cos αt a >cos βt b ，⇒t b t a >cos βcos α >1，即t b >t a ．就是BF>AD ． ⑴∴ BG=BF+FG>AD+DE=AE ．即是BG>AE ．∴ GF BF = CF AF ⇒GF=BG ·CF AF+FC =BG 1+AF CF =BG 1+AB BC >AE 1+AB AC =AE 1+BD DC =AE ·DCBC=DE ．矛盾．故BC=AC ．或 BF GF =AF CF =AB CB <AB CA =BD DC =ADDE，注意到GF=DE ，故BF<AD ．与⑴矛盾．故证．定理7 (Simson line) 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，则由∠AZB=180︒得∠YZX=180︒，即可证此三点共线． 证明 ∠PXB=∠PZB=90︒⇒P 、Z 、X 、B 四点共圆⇒∠1=∠2．∠PZA=∠PYA=90︒⇒P 、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 本题的证法也是证三点共线的重要方法．本题的逆命题成立，该逆命题AB C P XYZ 1234562α2βαβαβFEDC BA Gabtβα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，则从点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本题：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 ，则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 ，则F 是HN 的中点，若K 为PH 中点，则应有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 ⊥BZ ⇒P 、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Simson line 上．)定理8（Euler line ）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 若定理成立，则由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 ，则∠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 ，则⊿GOM ∽⊿GHA ，故得MG ∶GA=1∶2，从而G 为⊿ABC 的重心．且GH=2GO ． 说明 若延长AD 交外接圆于N ，则有DH=DN ．这一结论也常有用． 例14．设A 1A 2A 3A 4为⊙O 的内接四边形，H 1、H 2、H 3、H 4依次为⊿A 2A 3A 4、⊿A 3A 4A 1、⊿A 4A 1A 2、⊿A 1A 2A 3的垂心．求证：H 1、H 2、H 3、H 4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置．（1992年全国高中数学联赛）分析 H 1、H 2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A 2H 1，A 1H 2，取A 3A 4的中点M ，连OM ，由上证知A 2H 1∥OM ，A 2H 1=2OM ，A 1H 2∥OM ， A 1H 2=2OM ，从而H 1H 2A 1A 2是平行四边形，故H 1H 2∥A 1A 2 ，H 1H 2=A 1A 2． 同理可知，H 2H 3∥A 2A 3，H 2H 3=A 2A 3；H 3H 4∥A 3A 4，H 3H 4=A 3A 4； H 4H 1∥A 4A 1，H 4H 1=A 4A 1． 故 四边形A 1A 2A 3A 4≌四边形H 1H 2H 3H 4．AB C MD OHG FKA A A A H H H H OM12341234M O 11AB C X YZP KD HE M 12345F 67由四边形A 1A 2A 3A 4有外接圆知，四边形H 1H 2H 3H 4也有外接圆．取H 3H 4∥的中点M 1，作M 1O 1⊥H 3H 4，且M 1O 1=MO ，则点O 1即为四边形H 1H 2H 3H 4的外接圆圆心．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OA 1、OA 2、OA 3、OA 4与OX 正方向所成的角分别为α、β、γ、δ，则点A 1、A 2、A 3、A 4的坐标依次是(cos α，sin α)、(cos β，sin β)、(cos γ，sin γ)、(cos δ，sin δ)．显然，⊿A 2A 3A 4、⊿A 3A 4A 1、⊿A 4A 1A 2、⊿A 1A 2A 3的外心都是点O ，而它们的重心依次是：(13(cos β+cos γ+cos δ)，13(sin β+sin γ+sin δ))、(13(cos γ+cos δ+cosα)，13(sinα+sin δ+sinγ))、 (13(cos δ+cosα+cosβ)，13(sin δ+sinα+sinβ))、(13(cosα+cosβ+cosγ)，13(sinα+sinβ+sinγ))． 从而，⊿A 2A 3A 4、⊿A 3A 4A 1、⊿A 4A 1A 2、⊿A 1A 2A 3的垂心依次是H 1(cos β+cos γ+cos δ， sin β+sin γ+sin δ)、H 2 (cos γ+cos δ+cos α，sin α+sin δ+sin γ)、 H 3 (cos δ+cos α+cos β，sin δ+sin α+sin β)、H 4 (cos α+cos β+cos γ，sin α+sin β+sin γ)． 而H 1、H 2、H 3、H 4点与点O 1(cos α+cos β+cos γ+cos δ，sin α+sin β+sin γ+sin δ)的距离都等于1，即H 1、H 2、H 3、H 4四点在以O 1为圆心，1为半径的圆上．证毕．定理9 (Nine point round)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 、I a 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 ，则PB=PC=PI=PI a ．例15．设ABCD 为圆内接四边形，ΔABC 、ΔABD 、ΔACD 、ΔBCD 的内心依次为I 1、I 2、I 3、I 4，则I 1I 2I 3I 4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、∠XI 2Y ．证明 如图，BI 2延长线与⊙O 的交点X 为⌒AD 中点．且XI 2=XI 3=XA=XD ， 于是∠1=12(180︒-∠X)=90︒－14⌒BC ，同理，∠2=90︒-14⌒CD ．∠XI 2Y=12(⌒XY +⌒BD )F HD M C B A PQ N10．22ABCD I I I I 123412XYZU= 14(⌒AB +⌒AD )+12(⌒BC +⌒CD )， 故∠1+∠2+∠XI 2Y=90︒+90︒+14(⌒AB +⌒BC +⌒CD +⌒DA )=270︒．从而∠I 1I 2I 3=90︒．同理可证其余．说明 亦可证XZ ⊥YU ，又XZ 平分∠I 2XI 3及XI 2=XI 3⇒I 2I 3⊥XZ ，从而I 2I 3∥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 ，则d 2=R 2-2Rr ．(1992年江苏省数学竞赛)分析 改写此式，得：d 2-R 2=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，右边则为⊙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 ，则DE 为与BC垂直的⊙O 的直径．由圆幂定理知，R 2-d 2=(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R 2-d 2=2Rr ，即证．例16．(1989IMO)锐角∆ABC 的内角平分线分别交外接圆于点A 1、B 1、C 1，直线AA 1与∠ABC 的外角平分线相交于点A 0，类似的定义B 0，C 0，证明：⑴ S A 0B 0C 0=2S A 1CB 1AC 1B ；⑵ S A 0B 0C 0≥4S ABC ．分析：⑴利用A 1I=A 1A 0，把三角形A 0B 0C 0拆成以I 为公共顶点的六个小三角形，分别与六边形A 1CB 1AC 1B 中的某一部分的2倍相等． ⑵ 若连OA 、OB 、OC 把六边形A 1CB 1AC 1B 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S A 1CB 1AC 1B ≥2 S ABC ，而IA 1、IB 1、IC 1把六边开分成三个筝形，于是六边形的面积等于∆A 1B 1C 1面积的2倍．故只要证明S A 1B 1C 1≥S ABC ．证明：⑴ 设∆ABC 的内心为I ，则A 1A 0=A 1I ，则S A 0BI =2S A 1BI ；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A 1CB 1AC 1B 分成三个四边形，由OC 1⊥AB ，OA 1⊥BC ，OB 1⊥CA ，得∴ S A 1CB 1AC 1B =S OAC 1B + S OB 1A 1C + S OCB 1A =12AB·R+12BC ·R+12C A·R =Rp ．但由Euler 定理，R 2－2Rr=R(R －2r)=d 2≥0，知R ≥2r ，故Rp ≥2rp=2S ∆ABC ．故得证．⑵ 证明：记A=2α，B=2β，C=2γ．0<α，β，γ<π2．则S ABC =2R 2sin2αsin2βsin2γ，S A 1B 1C 1=2R 2sin(α+β)sin(β+γ)sin(γ+α)．又sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β≥2sin αcos β cos αsin β =sin2αsin2β ，同理，sin(β+γ)≥sin2βsin2γ ，sin(γ+α)≥sin2γsin2α ，于是S A 1B 1C 1≥S ABC 得证． 又证：连OA 、OB 、OC 把六边形A 1CB 1AC 1B 分成三个四边形， 由OC 1⊥AB ，OA 1⊥BC ，OB 1⊥CA ，得∴ S A 1CB 1AC 1B =S OAC 1B + S OB 1A 1C + S OCB 1A =12AB·R+12BC ·R+12C A·R =Rp ．但由Euler 定理，R 2－2Rr=R(R －2r)=d 2≥0，知R ≥2r ，故Rp ≥2rp=2S ∆ABC ．故得证．AB CD OIE F 例C 0又证：α+β+γ=π，故sin(α+β)=cos γ，sin(β+γ)=cos α，sin(γ+α)=cos β． 于是，sin(α+β)sin(β+γ)sin(γ+α)=cos αcos βcos γ，故sin(α+β)sin(β+γ)sin(γ+α)≥sin2αsin2βsin2γ，⇔ cos αcos βcos γ≥8sin αsin βsin γcos αcos βcos γ， 由0<α、β、γ<π2，故cos αcos βcos γ≥8sin αsin βsin γcos αcos βcos γ，⇔sin αsin βsin γ≤18．而最后一式可证．定理12 (Fermat point)分别以ΔABC 的三边AB ，BC ，CA 为边向形外作正三角形ABD ，BCE ，CAH ，则此三个三角形的外接圆交于一点．此点即为三角形的Fermat point ．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 ，则由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︒ A 、F 、E 三点共线；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． 2︒ AE 、BH 、CD 三线共点． 3︒ AE=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 ， 则由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Fermat point 就是所求的点．说明:本题也可用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 '、G 'H '、AH '、EH '。