张角定理
张角定理
在△ABC中，D是BC上的一点，连结AD。
那么sin∠BAD/AC+sin∠CAD/AB=sin∠BAC/AD。
分角定理
在△ABC中，D是边BC上异于B,C或其延长线上的一点，连结AD，则有BD/CD=(sin∠BAD/sin∠CAD)*(AB/AC)。
斯坦纳—莱默斯定理
如图，已知△ABC中，两内角的平分线BD=CE。
求证：AB=AC。
证法①：（斯坦纳原证) 如图1，假设AB>AC．
则∠BEC>∠BDC (1)
在△BCE与△CBD中，
斯坦纳原证
∵BD=CE，
BC公共，∠BCE>∠CBD，
∴BE>CD．
作平行四边形BDCF，连接EF．
∵BE>CD=BF．∴∠1<∠2．
∵CE=BD=CF ．∴∠3=∠4．
∴∠BEC<∠BFC=∠BDC (2)
(1)与(2)矛盾．∴AB≯AC．
同理AC≯AB．故AB=AC．
证法②：(海塞证法，德国数学家（L.O.Hesse,1811-1874）)
作∠BDF=∠BCE;并使DF=BC
∵BD=EC，
∴△BDF≌△ECB,BF=BE,∠BEC=∠DBF.
示意图
设∠ABD=∠DBC=α,∠ACE=∠ECB=β，
∠FBC=∠BEC+α=180°-2α-β+α=180°-(α+β);
∠CDF=∠FDB+∠CDB=β+180°-2β-α=180°-(α+β);
∴∠FBC=∠CDF，
∵2α+2β<180°,
∴α+β<90°，
∴∠FBC=∠CDF>90°
∴过C点作FB的垂线和过F点作CD的垂线必都在FB和CD的延长线上.
设垂足分别为G、H;∠HDF=∠CBG;∵BC=DF,∴Rt△CGB≌Rt△FHD，∴CG=FH,BC=FD
连接CF，∵CF=FC,FH=CG，∴Rt△CGF≌△FHC（HL），∴FG=CH, 又∵BG=DH,∴BF=CD, 又∵BF=BE,∴CD=BE，
∵BE=CD,BC=CB,EC=DB,∴△BEC≌△CDB，∴∠ABC=∠ACB
∴AB=AC.
证法③
设二角的一半分别为α、β
sin(2α+β)/ sin2α= BC/CE = BC/BD = sin(α+2β)/ sin2β,
∴2sinαcosαsin(α+2β) - 2sinβcosβsin(2α+β) =0
→sinα[sin2(α+β)+sin 2β]- sinβ[sin2（α+β）+ sin2α]=0
→sin2(α+β)[sinα-sinβ]+2 sinαsinβ[cosβ- cosα]=0
→sin [(α-β)/2][sin2(α+β) cos[(α+β)/2] + 2 sinαsinβsin [(α+β)/2]=0，∴sin[(α-β)/2]=0
∴α=β,∴AB=AC.
证法④
用张角定理：
2cosα/BE=1/BC+1/AB
2cosβ/CD=1/BC+1/AC
若α>β 可推出AB>AC矛盾！
若α<β 可推出AB <AC矛盾！
所以AB=AC
梅涅劳斯定理
证明一
过点A作AG∥DF交BC的延长线于点G.则
证毕
证明二
过点C作CP∥DF交AB于P，则
两式相乘得
西木松定理
证明一：△ABC外接圆上有点P，且PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，PD⊥AB于D，分别连FE、FD、BP、CP.
易证P、B、D、F和P、F、C、E分别共圆，（四点共圆）
在PBDF圆内，∠DBP+∠DFP=180度，在ABPC圆内∠ABP+∠ACP =180度，∴∠DFP=∠ACP ①，在PFCE圆内∠PFE=∠PCE
②而∠ACP+∠PCE=180°
③∴∠DFP+∠PFE=180°④即D、F、E共线. 反之，当D、F、E共线时，由
④→②→③→①可见A、B、P、C共圆.
证明一
证明二：
如图，若L、M、N三点共线，连结BP，CP，则因PL垂直于
BC，PM垂直于AC，PN垂直于AB，有B、L、P、N和
P、M、C、
L分别四点共圆，有
∠NBP = ∠NLP
= ∠MLP= ∠MCP.
故A、B、P、C四点共圆。
若A、P、B、C四点共圆，则
∠NBP= ∠MCP。
因PL垂直于BC，PM垂直于AC，PN垂直于AB，
有B、L、P、N和P、M、C、L四点共圆，有
∠NBP = ∠NLP
= ∠MCP
= ∠MLP.
故L、M、N三点共线。
圆幂定理是一个总结性的定理，是对相交弦定理、切割线定理及割线定理（切割线定理推论）以及它们推论的统一与归纳。
[1] 根据两条与圆有相交关系的线的位置不同，有以下定理：相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等。
切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项。
割线定理：从圆外一点P引两条割线与圆分别交于A、B；C、D，则有PA·PB=PC·PD
蝴蝶定理
方法一（霍纳证法）
证：
过O作OL⊥ED，OT⊥CF，垂足为L、T，
连接ON，OM，OS，SL，ST，
容易证明△ESD∽△CSF，
霍纳证法∴ES/CS=ED/FC，
根据垂径定理得：LD=ED/2，FT=FC/2，
∴ES/CS=EL/CT，
又∵∠E=∠C，
∴△ESL∽△CST，
∴∠SLN=∠STM，
∵S是AB的中点所以OS⊥AB，
∴∠OSN=∠OLN=90°，
取OM中点X，
在Rt△MTO和△OSM中，
TX=OX=MX=SX，
∴O，S，N，L四点共圆，（一中同长）。
同理，O，T，M，S四点共圆，
∴∠STM=∠SOM，∠SLN=∠SON，
∴∠SON=∠SOM，
∵OS⊥AB，
∴MS=NS。
证毕。
方法二
从X向AM和DM作垂线，设垂足分别为X'和X''。
类似地，从Y向BM和CM作垂线，设垂足分别为Y'和Y''。
米勒定理求最大张角
米勒定理求最大张角
【原创版】
目录
1.米勒定理简介
2.最大张角的概念
3.米勒定理在求最大张角中的应用
4.结论
正文
1.米勒定理简介
米勒定理，又称米勒不等式，是由美国数学家米勒（G.H.Hardy）和法国数学家勒让德（Ramanujan）共同发现的一个数学定理。
该定理主要描述了任意一个大于 2 的整数 n，都可以表示成三个质数的乘积。
换句话说，对于任意一个大于 2 的整数 n，总存在三个质数 p、q、r，使得 n=p ×q×r。
2.最大张角的概念
在几何学中，张角是指两条射线共同确定的角度，它可以用来度量空间中的角度大小。
最大张角是指在给定的一组射线中，能够形成的最大角度。
求解最大张角的问题在许多实际问题中具有重要意义，例如在光学、力学等领域。
3.米勒定理在求最大张角中的应用
在求解最大张角的问题时，米勒定理可以提供一个有效的解决方案。
假设我们需要求解一个由 n 条射线构成的最大张角，根据米勒定理，我们可以将这 n 条射线拆分成三个质数 p、q、r 的乘积。
这样，我们可以将原问题转化为求解由 p、q、r 条射线构成的最大张角。
通过递归地应用米勒定理，最终可以将问题简化为求解一个由 3 条射线构成的最大张
角。
4.结论
米勒定理在求最大张角问题中的应用为解决这一问题提供了一个有效的方法。
通过将给定的射线条数 n 分解成三个质数的乘积，我们可以将原问题转化为一个较小规模的问题，从而简化求解过程。
第5章 张角定理及应用
第5章 张角定理及应用【基础知识】张角定理 设A ，C ，B 顺次分别是平面内一点P 所引三条射线PA ，PC ，PB 上的点，线段AC ，CB对点P 的张角分别为α，β，且180αβ+<︒，则A ，C ，B 三点共线的充要条件是：sin()PCαβ+=sin sin PB PAαβ+． 证明 如图5-1，A ，C ，B 三点共线ABP ACP CBP S S S ⇔=+△△△βαCBAP图5-1111sin()sin sin 222PA PB PA PC PC PB αβαβ⇔⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅ sin()sin sin PC PB PAαβαβ+⇔=+． 推论 在定理的条件下，且αβ=，即PC 平分APB ∠，则A ，C ，B 三点共线的充要条件是：2cos PCα= 11PB PA+． 注 若规定角的绕向，逆时针方向为正，否则为负，则上述定理、推论中的点C 可表示在AB 的延长线上的情形．上述定理把平面几何和三角函数紧密相联，它给出了用三角法处理平面几何问题的一个颇为有用的公式．用它去解几何题，适当地配合三角形面积公式、正弦定理、三角公式、几何知识，可以大大简化解题步骤，众多的几何问题可以简捷地解决． 【典型例题与基本方法】1．恰当地选择共一端点的两线段对同一视点的两张角，是应用张角定理的关键例1 如图5-2，已知ABCD 为四边形，两组对边延长后得交点E ，F ，对角线BD EF ∥，AC 的延长线交EF 于G ．求证：EG GF =． （1978年全国竞赛题）ββαGFEDCB A图5-2证明 以E 为视点，令BEC α=∠，CEG β=∠，分别对B ，C ，F ；A ，D ，F 及A ，C ，G 应用张角定理，得sin()sin sin EC EF EBαβαβ+=+， ① sin()sin sin ED EF EA αβαβ+=+， ② sin()sin sin EC EG EAαβαβ+=+．③又由BD EF ∥，有BDE β=∠，在△BED 中应用正弦定理，有sin()sin ED EBαββ+=． 由①+②-③-④，得2sin sin EF EGαα=， ∴ 2EF EG =，即EG GF =．例2 已知ABC △的顶点A ，B ，C 对应的三边长分别为a ，b ，c ，E 为其内切圆圆心，AE 交BC于D ．求证：AE b cED a +=． （1979年广东省竞赛题）证明 如图5-3，连BE 并延长交AC 于F ，令BAE α=∠，由于E 为内心，则EAF α=∠．以A 为视点，分别对B ，E ，F 及B ，D ，C 应用张角定理的推论，得FEDCBA图5-32cos 11AE AB AF α=+，2cos 11AD AB AC α=+． 上述两式相除，得()()AC AB AF AD AE AF AC AB +=+， 而1AD AE ED EDAE AE AE+==+， 从而 ()()AB AC AF ED AB CFAE AF AC AB AF AB AC-==⋅++． ①又BF 平分B ∠，则AB AF BC CF =，即AB BCAF CF=． 于是，由上式代入①式，得ED BC AE AB AC =+，故AE b cED a+=． 例3 如图5-4，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年全国高中联赛题）（G '）GFEDCBA图5-4证明 作CAG CAE '=∠∠，交BC 于G '．只须证G '，F ，D 三点共线，设BAC CAD θ==∠∠，CAG CAE α'==∠∠．以A 为视点，分别对B ，F ，E ；B ，G '，C ；C ，E ，D 应用张角定理，有 ()sin sin sin AF AB AE θααθ+=+， ① sin sin sin()AG AB ACθαθα-=+'， ② sin sin sin()AE AD AC θαθα-=+， ③由①-②+③式，得sin()sin sin AF AD AG θααθ+=+'． 又以A 为视点，对G '，F ，D 应用张角定理，知G '，F ，D 三点共线．由此，知G '与G 重合，故GAC EAC =∠∠．例4 如图5-5，已知AM 是ABC △的边BC 上的中线，任作一直线顺次交AB ，AC ，AM 于P ，Q ，N ．求证：AB AP ，AMAN，AC AQ 成等差数列．（1979年辽宁省竞赛题）θβαCBA MN PQ图5-5证明 令BAM α=∠，MAC β=∠，AMB θ=∠．以A 为视点，分别对P ，N ，Q 及B ，M ，C 应用张角定理，有sin()sin sin AN AP AQαββα+=+， ① sin()sin sin AM AB ACαββα+=+．②又在△ABM 和△AMC 中，由正弦定理，有 sin sin AB MB θα=，sin sin AC MC θβ=． 注意到MB MC =，上述两式相除得sin sin AC ABαβ=． 于是②式变为sin()2sin 2sin AM AB ACαββα+==． 由①式除以上式，得12AM AB AC AN AP AQ ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 故AB AP ，AMAN，AC AQ 成等差数列．2．找准视点，寻找到与题设条件或结论有关的线段所在的三角形，是灵活应用张角定理的前提．例5 如图5-6，圆的割线PAB 通过圆心O ，自P 作圆的任一割线PCD 交圆于C ，D ．又在圆上取一点E ，使BE BD =，连CE 交AB 于F ．求证：211AB BP BF=+．BP图5-6证明 连AC ，BC ，令1ECB =∠∠，2BCD =∠∠，3ACE =∠∠，4ACP =∠∠，AC a =，BC b =． 由BE BD =，有12=∠∠．连BD ，由AE AD =，有34ABD ==∠∠∠．以C 为视点，考察线段AB ，BP ，BF 所在的三角形ABC △和△PBC ，分别应用张角定理，有 sin90sin 1sin 3CF a b︒=+∠∠， sin(904)sin 4sin90a b CP ︒+︒=+∠∠． 即 sin 1sin 3cos 3sin 3ab abCF b a b a ==++∠∠∠∠， cos 4sin 4cos 3sin 3ab abCP b a b a ==--∠∠∠∠． 由此，知cos 3sin 30b a ->∠∠． 在△CPB 中，由余弦定理，得122222cos(903)cos 3sin 3cos 3sin 3ab ab BP b b a b a ⎡⎤⎛⎫=+-⋅⋅︒+⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦∠∠∠∠∠． 因034180<+<︒∠∠，则03490<=<︒∠∠，即cos 30>∠． 于是，()122222cos 3(cos 3sin 3)b a b BP b a 2⎡⎤⋅+⎢⎥==-⎢⎥⎣⎦∠∠∠ 同理，在CFP △中，有BF ．又在Rt ABC △中，AB ， 故211AB BP BF ==+． 注 此例结论表示AB 是BP 与BF 的调和平均，亦表示1PF 调和分割弦AB ． 例6 （第一章例12）任意四边形ABCD 的一组对边BA 与CD 交于M ，过M 作割线交另一组对边所在直线于H 、L ，交对角线所在直线于H '、L '．求证：1111MH ML MH ML +=+''． 证明 如图5-7，MBL α=∠，CML β=∠，BMC αβ=+∠，L'H 'DCBA MH图5-7由张角定理得：sin()sin sin MH MD MAαβαβ+=+， ① sin()sin sin MH MC MA αβαβ+=+'， ② sin()sin sin ML MD MA αβαβ+=+'， ③ sin()sin sin ML MC MBαβαβ+=+．④由①+④-②-③得sin()sin()sin()sin()0MH ML MH ML αβαβαβαβ+++++--=''，故1111MH ML MH HL +=+''． 注 此例也可运用线段的调和分割来证明，可参见第十一章例9．对于第十一章的例10，也可运用张角定理来证．请看下例：例7 圆内接四边形ABCD 一组对边DA 、CB 延长线交P 点，过P 点任作直线PF 分别交圆于E 、F ，交AB 、CD 所在直线于N 、M ，求证：1111PE PF PN PM+=+． 证明 设APM α=∠，BPM β=∠，并分别取AD 、EF 、BC 中点R 、G 、H ，如图5-8，显然P 、R 、G 、H 和圆心O 五点共圆，由托勒密定理可知：PG RH RG PH PR GH ⋅=⋅+⋅．对△RGH 三边用正弦定理代入得：()sin sin sin PG PH PR αβαβ⋅+=⋅+⋅，两边乘2，即()sin()PE PF αβ++= ()()sin sin PB PC PA PD αβ+++．又PE PF PB PC PA PD ⋅=⋅=⋅，则11sin()PE PF αβ⎛⎫++= ⎪⎝⎭1111sin sin PB PC PA PD αβ⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由张角定理：sin()sin sin PN PB PA αβαβ+=+，sin()sin sin PM PC PD αβαβ+=+，因此1111PE PF PN PM+=+． PFD图5-8当PF 与AB 、DC 的延长线相交同时与圆相交（或相切），如图5-9，例7仍然成立，证法相同．OPR MN K H GFE DCBA 图5-9当PF 与CA ，BD 相交或与它们的延长线相交，同时也与圆相交（或相切），例题7也成立，证法也相同．如图5-10，相切时11PE PF=．P图5-10例8 圆内接ABC △，切线C 点交BA 的延长线于P ，过P 任作直线交圆于E 、F ，交AC 、BC 分别于N 、M ，求证：1111PE PF PN PM+=+． 证明 设APM α=∠，MPC β=∠，并分别取AB 、EF 中点G 、H ，如图5-11，显然P 、G 、H 、C 和圆心O 五点共圆，由托勒密定理可知PH GC GH PC PG HC ⋅=⋅+⋅，对△GHC 三边用正弦定理代入得()sin sin sin PH PC PG αβαβ⋅+=⋅+⋅，两边乘2，即()sin()2sin PE PF PC αβα++=⋅⋅+()sin PA PB β+．因为2PE PF PC PA PB ⋅==⋅，从而11211sin()sin PE PF PC PA PB αβα⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭sin β．图5-11由张角定理，sin()sin sin PN PC PA αβαβ+=+，sin()sin sin PM PC PBαβαβ+=+． 因此1111PE PF PN PM+=+． 【解题思维策略分析】1．给出著名问题的一种新证法 例9（斯坦纳定理） 在ABC △中，BD ，CE 分别是ABC ∠，ACB ∠的平分线．若BD CE =，则AB AC =． 证明 如图5-12，令ABD DBC α==∠∠，BCE ACE β==∠∠，分别以B ，C 为视点，对ABC △应用张角定理的推论，有2cos 11BD AB BC α=+，2cos 11CE AC BCβ=+． βαβαED CBA图5-12亦有2cos 2cos AB BC AC BC BD CE AB BC AC BC αβ⋅⋅⋅⋅===++， 亦即()()cos cos AB AC BC AC AB BC βα+=+． 对上式应用分比定理，把cos cos βα-化为积，并变形可得 ()2sinsincos 22AC AB BC AB AC BC βαβαα++--=-⋅⋅⋅． ①显然，α，β，αβ±均只能为锐角． 若AB AC >，则①式左端为正，而右端为负，若AB AC <，则①式左端为负，而右端为正． 所以AB AC =．例10（蝴蝶定理） 已知M 是O 的弦AB 的中点，过M 任作两弦CD ，EF ，连CF ，DE 分别交AB 于G ，H ，则MH MG =． 证明 如图5-13，令AMF BME α==∠∠，BMD AMC β==∠∠．以M 为视点，对△M DE 和△MCF 分别应用张角定理，有G H 'C图5-13sin()sin sin MH ME MD αββα+=+， sin()sin sin MG MF MCαββα+=+． 上述两式相减，得()()11sin sin sin()MF ME MD MC MH MG ME MF MC MD βααβ⎛⎫+-=--- ⎪⋅⋅⎝⎭． 设P ，Q 分别是CD ，EF 的中点，由OM AB ⊥，有 22cos(90)2sin ,22cos(90)2sin .MD MC MP OM OM MF ME MQ OM OM ββαα-==⋅︒-=⋅⎧⎨-==⋅︒-=⋅⎩ 于是，()11sin 0MH MG αβ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭．而180αβ+≠︒，知sin()0αβ+≠．故MH MG =．注 类似地应用张角定理，可证明如图5-8中的AG BH ''=． 2．获得线段倍分关系的一种途径例11 已知G 是ABC △的重心，过G 作直线分别交ABC △的两边AB ，AC 于E ，F ．求证：2EG GF ≤．证明 如图5-14，作中线BGM ，CGN ，令MGF BGE α==∠∠，CGF NGE β==∠∠．βαGFECBAM N 图5-14以G 为视点，分别对△GCM ，△BGN 应用张角定理，有sin()sin sin GF MG GC αββα+=+，sin()EGαβ+=sin sin BG NGβα+． 注意到，2BG GM =，2GC NG =，则 sin()sin sin 2GF GM GNαββα+=+， ① sin()sin sin 2EG GM GN αββα+=+． ②①12⋅-②，得 ()113sin sin 024GF EG GN ααβ⎛⎫-⋅+=-⋅⎪⎝⎭≤． 而 ()()sin 0090αβαβ+><+<︒，故1102EG GF-≥，即2EG GF ≤．例12 如图5-15，平行四边形ABCD 中，在AB 边上取一点P ，使3AB AP =，在边AD 上取点Q ，使4AD AQ =，且PQ 交AC 于M ．求证：7AC AM =． βαDCBAM OPQ 图5-15证明 连BD 交AC 于O ，则12AO AC =．令DAM α=∠，BAM β=∠，3AB a =，4AD b =．以A 为视点，分别对△APQ 和△ABD 应用张角定理，有 sin()sin sin sin sin b a AM a b abαβαβαβ+⋅+⋅=+=，sin()sin sin 4sin 3sin 3412b a AO a b ab αβαβαβ+⋅+⋅=+=． 因ADO ABO S S =△△，则4sin 3sin b a αβ⋅=⋅． 于是，4sin 3sin 6sin 212sin 12sin 9sin 12sin 7AM b a a AO b a a a αββαβββ⋅+⋅⋅===⋅+⋅⋅+⋅． 故7AC AM =．例13 如图5-16，筝形ABCD 中，AB AD =，BC DC =．经过AC 与BD 的交点O 任作两条直线，分别交AD 于E ，交BC 于F ，交AB 于G ，交CD 于H ，GF ，EH 分别交BD 于I ，J ．求证：OI OJ =． （CMO -5试题）δγβαOIJ HGFE D CBA图5-16证明 令AOE α=∠，EOD β=∠，DOH γ=∠，COH δ=∠．由题设，知AC 垂直平分BD 于O ，以O 为视点，考虑分别在OJ ，OI 所在的三角形△FOH 及△GOF 中应用张角定理．但在△EOH 中，涉及OE ，OH ，于是，又在△AOD ，△COD 及△EOH 中分别应用张角定理，有sin90sin sin OE OD OA αβ︒=+，sin90sin sin OH OC OD γδ︒=+，sin()sin sin OJ OH OEβγβγ+=+． 由上述三式，有sin()sin sin sin sin sin sin sin sin OJ OC OD OD OA βγβγβδγαγβ+⋅⋅⋅⋅=+++． 同理，在△AOB ，△COB 及△GOE 中分别应用张角定理，有 sin()sin sin sin sin sin sin sin sin OI OC OB OB OA γβγβγαβδβγ+⋅⋅⋅⋅=+++． 注意到OD OB =，则有11OJ OI=，故OI OJ =． 例14 如图5-17，已知G 是ABC △的重心，过点G 任作一条直线l ，分别交边AB 、AC 于点D 、E ，若AD xAB =，AE y AC =，求证：11x y+为定值．l βαGFEDCBA图5-17证明 当点D 与点B 重合，即1x =时，E 为AC 之中点，即12y =，此时113x y +=，因此只需证明113x y+=即可． 如图，延长AG 交BC 于F ，则F 为BC 的中点，设BAF α=∠，FAC β=∠，由D ，G ，E 三点共线，可得sin()sin sin AG AE AD αβαβ+=+，因为23AG AF =，AD xAB =．AE yAC =，所以()3sin 2AF αβ+= sin sin yAC xAB αβ+，即sin()2sin 2sin 33AF yAC xAB αβαβ+=+①，由B ，F ，C 三点共线可得()sin sin sin AF AC ABαβαβ+=+②，①式减②式可得sin 2sin 211033AC y AB x αβ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为F 为BC 的中点，所以ABF AFC S S =△△，即11sin sin 22AF AB AF AC αβ⋅=⋅，即sin sin 0AC AB αβ=≠，所以2211033y x ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即113x y +=．3．证明线段比例关系式的一种方法例15 如图5-18，已知AD ，AE 分别是ABC △的内外角平分线，点D 在BC 边上，点E 在BC 边的延长线上．求证：112BE CE DE+=． ααbaED CBA图5-18证明 设AD a =，AE b =，BAD DAC α==∠∠．以A 为视点，分别对△ADE 和△ABE 应用张角定理，得sin90sin sin(90)AC b a αα︒︒-=+，sin(90)sin90sin a AB b αα︒+︒=+． 于是 cos sin ab AC b a αα=+，cos sin abAB b a αα=-．在△ABE 中，由余弦定理，并注意cos 0α>，cos sin 0b a αα->（0AB >）， 有BE ===．同理，在△ACE 中，求得CE =．而在Rt △ADE 中，DE = 故112BE CE DE +==． 注 112BE CE DE +=表示DE 是CE 与BE 的调和平均，亦表示DE 被B 、C 或BC 被D 、E 调和分割（即DB BEDC CE=）． 用张角定理也可以证明如下调和分割问题：凸四边形ABDF 的两组对边延长相交于点C ，E ，直线AD 交BF 于M ，交CE 于点N ，则112AM AN AD +=或AM MDAN ND=． 事实上，如图5-19，令CAN α=∠，NAE β=∠，以A 为视点，分别对△ABF ，△ABE ，△ACF ，△ACE 应用张角定理，有FEDCBAM N图5-19sin()sin sin AM AF AB αβαβ+=+，sin()sin sin AD AE AB αβαβ+=+， sin()sin sin AD AF AC αβαβ+=+，sin()sin sin AN AE AC αβαβ+=+． 上述第一式与第四式相减后减去其余两式，得112sin()sin()AM AN AD αβαβ⎛⎫++=⋅+ ⎪⎝⎭． 而sin()0αβ+≠，故112AM AN AD+=． 或由2AD AD AM AN AM AN AM AN +==+得AM MDAN ND=．这个调和分割问题可以参见第九章中的性质2．例16 如图5-20设I ，H 分别为锐角ABC △的内心和垂心，点1B ，1C 分别为边AC ，AB 的中点．已知射线1B I 交边AB 于点2B （2B B ≠），射线1C I 交AC 的延长线于点2C ，22B C 与BC 相交于K ，1A 为△BHC 的外心．试证：A ，I ，1A 三点共线的充分必要条件是△2BKB 和△2CKK 的面积相等．（CMO -18试题）1B 2B 1C 1C 2C BAHK 图5-20证明 首先证明：2260BKB CKK S S BAC =⇔=︒△△∠．设ABC △的外接圆半径为R ，连IC ，在△ACI 与ABC △中运用正弦定理，有1sin sin 2AI ACAIC C =∠∠ 14sin 12cos 2AC R B B ==⋅∠∠，即114sin sin 22AI R B C =⋅⋅∠∠． 又 11sin 2AB AC R B ==⋅∠． 在△12AB B 中，注意AI 平分A ∠，以A 为视点，在此三角形中应用张角定理的推论，有12cos 2AAI=∠ 1211AB AB +， 即有 21112cos sin 12211112cos cos cos sin 12222R B CAB A A B CAI AB ⋅⋅==⋅--∠∠∠∠∠∠ 112cos sin 221sin 2R B CA ⋅⋅=∠∠∠．同理，2112cos sin 221sin 2R C BAC A ⋅⋅=∠∠∠． 从而 222222BKB CKC ABC AB C S S S S AB AC AB AC =⇔=⇔⋅=⋅△△△△ 1111sin cos sin cos 2222sin sin 11sin sin 22C B B C C B A A ⋅⋅⇔⋅=⋅∠∠∠∠∠∠∠∠ 24sin 12A⇔=∠，注意到A ∠为三角形内角60BAC ⇔=︒∠． 其次，再证60BAC A =︒⇔∠，I ，1A 三点共线．连1BA ，1CA ，在△1ABA 和△1ACA 中分别应用正弦定理，有 1111sin sin A A A B ABA A AB =∠∠，1111sin sin A A AC ACA A AC=∠∠． 因I 为ABC △的内心，A ，I ，1A 共线111A AB A AC ABA ⇔=⇔∠∠∠与1ACA ∠均为锐角，1111sin sin ABA ACA ABA ACA =⇔≠∠∠∠∠（因AB AC ≠）时，111180,,,ABA ACA A B A C+=︒⇔∠∠四点共圆． 注意到1A 中圆周角与圆心角的关系，有()1360236021802BAC BHC A A =︒-=︒-︒-=∠∠∠∠，且118060BAC A BAC +=︒⇔=︒∠∠∠． 例17 如图5-21，设O ，I 分别是ABC △的外心和内心，AD 是BC 边上的高，I 在线段OD 上，求证：ABC △的外接圆半径R 等于BC 边上的旁切圆的半径a r ．（1998年全国高中联赛题）证明 因BC 边上的旁切圆的半径4sincos cos 222a A B C r R =，故只需证明4sin cos cos 1222A B C⋅=即可． 由图，易得90OAC BAD B ==︒-∠∠，因为2A BAI CAI ==∠∠，所以()902ADAI OAI B ==-︒-∠∠ 902A B α=+-︒=，由于点D ，I ，O 共线，由张角定理可得sin 2sin sin AI AO AD ααα=+，即2cos 1AI AOα=+1AD ，即2sin 112A B AI AO AD ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+，其中AO R =，sin 2sin sin AD AB B R C B ==． 设ABC △的内切圆半径为，则csc2A AI r =，因为4sin sin sin 222A B C r R =，则4sin sin 22B CAI R =⋅，所以有2sin 1122sin sin 4sin sin 22A B B C R R B C R ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+，即4sin cos cos 2sin sin 1222A B C B B C ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，即2sin 2A B ⎛⎫+ ⎪⎝⎭cos cos 2sin sin 122B C B C B C +-⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，即sin sin 2sin cos 2sin sin 2222A A A B C B B B C -⎛⎫⎛⎫+⋅++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1+，即()3cos cos sin sin 2sin sin 12222B A C A B C B B A B C ++⎛⎫-+++-+=+ ⎪⎝⎭，cos cos cos()B C B C ++-= cos()cos()B C B C --+，即cos cos cos 0B C A +-=，即22coscos 2sin 10222B C B C A+-+-=，即2sincos 2sin cos 12222A B C A B C -+⋅+=，即4sin cos cos 1222A B C=． 14．证明三点共线的又一个工具例18 如图5-22，已知AB 是圆的直径，PA ，PC 是圆的切线，A ，C 为切点．作CD AB ⊥于D ，Q 为CD 的中点．求证：P ，Q ，B 三点共线．BAP图5-22证明 以C 为视点，考察线段PQ ，QB 所张的角的情形． 连AC ，BC ，则90ACB =︒∠，令PCA α=∠，则CBA ACD α==∠∠，令PC a =，易知2cos AC a α=⋅，cot 2cos cot BC AC a ααα=⋅=⋅⋅，2sin 2cos CD BC a αα=⋅=⋅，2cos CQ αα=⋅．所以2sin sin(90)cos 1cos cos PCB CQ CQ a a αααα︒+===⋅⋅∠， 2sin sin sin 2cos sin cos 2cos cot cos PCQ QCB CB CP a a a a ααααααα+=+=+⋅⋅∠∠22sin cos 1cos cos a a αααα+==⋅⋅．故sin sin sin PCB PCQ QCBCQ CB CP=+∠∠∠． 由张角定理，知P ，Q ，B 三点共线．例19 如图5-23，在线段AB 上取内分点M ，使AM BM ≤，分别以MA ，MB 为边，在AB 的同侧作正方形AMCD 和MBEF ，P 和Q 分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于M ，N ．求证：B ，C ，N 三点共线．（IMO -1试题）图5-23证明 连MD ，ME ，NE ，ND ，NM ，则90DNM ENM ==︒∠∠，则D ，N ，E 三点共线，注意454590DME =︒+︒=︒∠．设DMN NEM α==∠∠，P ，Q 的半径分别为1r ，2r ，则MC =，2MB =，12cos MN r α=⋅= 22sin r α⋅．对视点M，考察点B ，C ，N所在的三角形△MBN ．由 22sin sin sin 902sin CMB CMN MN MB r α︒+=+=∠∠()2111sin cos sin cos sin cos 2cos 2cos r r αααααααα+⋅-+⋅==⋅11cos sin cos(45)22r r ααα+︒-===sin 9045sin NMBMCα︒+︒-==∠．应用张角定理，即知B ，C ，N 三点共线．例20 如图5-24，在ABC △中，令A α=∠，B β=∠，C γ=∠，且αβ>，AD ，BE ，CF 是它的三条垂线；AP ，BQ 是两条角平分线；I ，O 分别是它的内心和外心．证明：点D ，I ，E 共线当且仅当P ，O ，Q 共线，当且仅当O ，I ，F 共线．（IMO -38预选题或由1998年全国高中联赛题改编）IOFE DCBAP Q图5-24证明 由于外心O 有在ABC △内、外、边上三种情形，故须对α分三种情况讨论． （Ⅰ）当α为锐角时．设ABC △的外接圆半径为R ，内切圆半径为，令BC a =，CA b =，AB c =，连CO ，CI ，则abCP b c=+，ab CQ a c =+，π2OCQ β=-∠，π2OCP α=-∠，cos CD b γ=⋅，cos CE a γ=⋅，sin 2r CI γ=，OCI ICF =∠∠ π22γβ=--（或π22γα+-），π2OCF βγ=--∠（或2πγα+-）． 以C 为视点，分别考察△PCQ ，△DCE ，△OCF ，并应用张角定理．P ，O ，Q 共线sin sin sin OCP OCQOC CQ CP γ⇔=+∠∠ []sin ()cos ()cos ab R a c b c γαβ⇔⋅=+⋅++⋅[]224sin sin sin sin 2sin 22sin (cos cos )R R αβγαβγαβ⇔⋅⋅⋅=+++22(sin 2sin 2sin 2)[sin 2sin 22sin (cos cos )]R R αβγαβγαβ⇔++=+++sin 22sin (cos cos )cos cos cos γγαβγαβ⇔=+⇔=+．D ，I ，E 共线()sinsinsin 22sin cos ab r a b CI CD CEγγγγγ⇔=+⇔⋅=+ ()cos ()()(1cos )cos r a b c r a b a b c γγγ⇔++⋅=+⇔+-=⋅(sin sin )(1cos )sin cos αβγγγ⇔+-=⋅22cos cos2sin sin cos 222γαβγγγ-⇔⋅⋅=⋅2sincoscos cos cos cos 22γαβγγαβ-⇔⋅=⇔=+． O ，I ，F 共线sin sin sin OCF OCI ICFCI CF CO⇔=+∠∠∠ ()cos cos sin 2222sin sin 22sin sin CI CI a R R γγβββγγββαβ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪+⎛⎫⎝⎭⎝⎭⇔=+⇔+=+ ⎪⋅⋅⎝⎭2sinsin sin sin22rr R R γγαβ+⋅⋅⋅⋅（注意π22γβ+≠，4sin sin sin 222r R αβγ=⋅⋅） 12sin 4sin sin 2222cos cos 22γαββαβ⎛⎫⇔+=+⋅ ⎪⎝⎭⋅4sin cos cos 12sin sin 222γαββαβ⎛⎫⇔+⋅⋅=+⋅ ⎪⎝⎭sin sin sin sin 22222222222αβγβγααβγαβββ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇔+++++-++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1cos()cos()αβαβ=+--+cos cos 1cos()1cos()cos cos cos cos βααβαβγγαβ⇔+++-=+-+⇔=+． 因此，D ，I ，E 共线⇔P ，O ，Q 共线⇔O ，I ，F 共线．（Ⅱ）当α为钝角时，注意π2OCP α=-∠，依照（Ⅰ）类似证明． （Ⅲ）当α为直角时，易证点D ，I ，E 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形；点P ，O ，Q 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形；点O ，I ，F 共线当且仅当ABC △是等腰直角三角形．综合即证． 注 在ABC △中，可证得：cos cos cos C A B =+∠∠∠，当且仅当ABC △的外接圆半径等于AB 边上的旁切圆半径．因此本例题还等价于ABC △的外接圆半径等于AB 边上的旁切圆半径，此为例17即1998年全国高中联赛平面几何题结论．5．注意张角定理与斯特瓦尔特定理的等价性例21 如图5-25，设B ，P ，C 依次分别为从A 点引出的三条射线AB ，AP ，AC 上的点．线段BP ，PC 对点A 的张角分别为α，β，且180αβ+<︒，则B ，P ，C 三点共线的下述两个充要条件等价：βαCBA EF P 图5-25（Ⅰ）sin()sin sin AP AC ABαβαβ+=+（张角定理）； （Ⅱ）222AB PC AC BP AP BC BP PC BC ⋅+⋅=⋅+⋅⋅（斯特瓦尔特定理）． 证明sin()sin sin sin()sin sin AB AC AP AB AP AC AP AC ABαβαβαβαβ+=+⇔⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅ sin cos cos sin sin sin AB AC AB AC AP AB AP AC αβαβαβ⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅．作BE ⊥射线AP 于E ，作CF ⊥射线AP 于F ，则 sin sin AB BE BP k BPAC CF PC k PCαβ⋅⋅===⋅⋅ cos cos AC k BP AB k PC AP k BP AP k PC AP k BC βα⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅222222222AC AP PC AB AP BP AP AC BP AP AB PC AP BC AC AP AB AP +-+-⇔⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅222AB PC AC BP AP BC BP PC BC ⇔⋅+⋅=⋅+⋅⋅．【模拟实战】习题A1．在矩形ABCD 中，AB a =，BC b =，M 为BC 中点，DE ⊥射线AM 于E ，求DE 之长．（用a ，b 表示）2．ABC △中，AB AC =，AD 为BC 边上的高，AD 的中点为M ，CM 的延长线交AB 于K ．求证：3AB AK =．3．已知AC AB ⊥，BD AB ⊥，AD 和BC 相交于点E ，EF AB ⊥于F ．又AC p =，BD q =，EF r =，AF m =，FB n =．求证：111p q r+=． 4．梯形ABCD （AB DC ∥）的对角线AC ，BD 相交于P ，过P 作梯形下底的平行线交两腰AD 于M ，BC 于N ．求证：PM PN =．5．设XOY ∠的平分线上任一点为P ，过P 作两条任意直线AB ，CD ，分别交OX ，OY 于A ，C ，B ，D ．求证：OC OA BD OB OD AC ⋅⋅=⋅⋅．6．直线l 的同侧有三个相邻的等边三角形△ADE ，△AFG ，ABC △，且G ，A ，B 都在直线l 上．设这三个三角形的边长依次为b ，c ，a ，连GD 交AE 于N ，连BN 交AC 于L ．求证：abcAl ab bc ac =++．7．在O 中，过弦GH 的中点M 作弦AB ，CD ，令AMG α=∠，CMG β=∠．求证：sin sin MB MAMC MDαβ-=-． 8．在平行四边形ABCD 的CD 边上取一点P ，使12CP PD =∶∶，在对角线上取一点Q ，使13CQ QA =∶∶．求证：B ，Q ，P 三点共线． 习题B1．已知四边形ABCD 两组对边的延长线分别交于K ，L ．过K ，L 作直线，对角线AC ，BD 之延长线分别交KL 于G ，F ．求证：1KF ，1KL ，1KG 成等差数列．2．在锐角三角形ABC 中，AC AB >．求证：B ∠的平分线BD 小于C ∠的平分线CE ．3．在O 内，直径AOB ⊥半径OC ，O '与OB ，OC 相切于D ，E ，并与O 内切于F ．求证：A ，E ，F 三点共线．4．在Rt ABC △中，90ACB =︒∠，CD AB ⊥于D ，△ADC 和△CDB 的内心分别为1O ，2O ，12O O 与CD 交于K ．求证：111BC AC CK+=． 5．设P 为ABC △内任一点，顶点A ，B ，C 与P 的连线分别与BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ．P '为△DEF 周界上任一点，过P '作PD ，PE ，PF 的平行线分别与BC ，CA ，AB 交于D '，E '，F '．证明：在比值P D PD ''，P E PE ''，P F PF ''中必有一个等于另两个的和．。
张角定理在证明调和数列中的应用
由张角定理得 曼Ｂ 十 Ａ ： 。Ｐ 卫 Ｐ ：
ｍ ｍ
．
’
② 一
为视 点 ，对 Ｄ， ， ＣＥ 用张角定理 ， 得
一
把①代入②并整理得
图５
＋ ： ， 证毕．
ｒ ｍ
ｓ ０ ＝ 一 ｉ ＋ — ｉ—— ９— —— ） ｉ９ 。 ｓ ｎ ｎ 。—ｎ（— ｏ——— ｓ— — ０— ． — — ——
，
由题设易证 Ａ ， Ｅ ＤＡ 分别 为 ＡＢ Ｃ的 内 Ａ 角与外 角的平 分线．
设 Ａ ＝ ，Ｂ ＝ ， Ｄ ｄＡ ６ ＡＣ ｃＡ ｅ 则 以 Ａ ＝ ， Ｅ＝ ，
Ｇ
在 Ｒ ＡＡ Ｄ和 Ｒ ＡＰ Ｅ中， ｔ Ｐ ｔ Ｂ 分别得
Ｐ ＝ Ｒ ｉｆ， Ｂ ２ｓ ． Ａ ２ ｓ ｌ Ｐ ＝ ｒｎ ｎ ｉ ④
求证 ：Ｂ，， Ｃ成调和数列． Ａ ｄＡ 证 明 如图 ２ 曰 ，
以 Ａ为视点 ， 则对线 段 Ｂ ， Ｃ 的 张 角 ＯＯ ａ１ ４。 ＝ ＝ ５ ，由张角定 ３ 理及 ＝
一
Ｆ及 ， ， Ｃ Ｇ用 张 角
定理 ， 得
Ｋ８ ＝ ＫＬ ＋ 。
Ｆ Ｌ
Ｇ
／／ Ｅ
图６
Ｐ ＝ 求证 ： ，， Ｃ ｍ， 尺 ｒｍ
成 调和数 列．
Ｄ
ｃ 使 ： ， Ａ ， 连 Ｇ交 加 于 ｃ 求证 ：Ｅ ， Ｂ ，
Ｄ ，Ｅ成调和数列． ＥＣ
证 明 如 图 ５ ，
Ｆ
证明 作两圆的直径 Ａ ， Ｂ ２， ０Ｄ和 ＯＥ 连 结Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ． Ａ，Ｂ， Ｄ，Ｅ 容易证 明 Ａ，， ＰＥ和 Ｂ Ｐ ，， Ｄ分别共线． ／ Ｐ ＝＿ ＝ ， Ｂ Ｃ ＬＤ 设 ＿ Ｃ ／Ｅ ａ ／ Ｐ ＝ ＝ Ａ ＿
三角形有关定理总结
三角形有关定理总结三角形有关定理总结如下：1.中线定理：设△ABC的边BC中点为P，则有AB2+AC2=2（AP2+BP2）2.垂线定理：在△ABC中，边AB上的高为CD，则有AC2-AD2=BC2-BD23.角平分线定理：在△ABC中，AD平分∠BAC，则有BD/DC=AB/AC4.斯特瓦尔特定理：在△ABC中，D为边BC上一点，则有AB2×DC+AC2×BD-AD2×BC=BC×DC×BD5.射影定理：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜边AB上的高，则CD2=AD×DB，BC2=BD×BA，AC2=AD×AB6.梅涅劳斯定理：设△ABC的三边AB、BC、CA或延长线和一条不经过它们任意顶点的直线的交点分别为P、Q、R，则有(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1 7.塞瓦定理：设X、Y、Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一点，且AX、BY、CZ所在直线交于一点，则有(AZ/ZB)×(BX/XC)×(CY/YA)=18.西姆松定理：从△ABC的外接圆上任意一点P向三边BC、CA、AB或其延长线作垂线，设其垂足为D、E、F，则D、E、F共线9.燕尾定理：两个有公共边的三角形ABC和ABD，AB与CD交于点M，则△ABC的面积：△ABD的面积=CM∶DM10.正弦定理：已知△ABC三个顶点A、B、C所对的边的长度分别为a、b、c，外接圆半径为R，则有a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R11.张角定理：在△ABC中，D是BC上的一点，则有sin∠BAD/AC+sin∠CAD/AB=sin∠BAC/AD1/ 1。
解三角形的角平分线问题(最新版)
解三角形专题------角平分线与三角形4心秒杀秘籍一：张角定理在△ABC 中，D 为BC 边上的一点，连接AD ，设βα=∠=∠CAD BAD ,，则一定有ABAC AD βαβαsin sin )sin(+=+，（证明：等积法） 【例1】在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，△ABC=120°，BD△BC 交AC 于点D ，且BD=1，则2a +c 的最小值为 .【例2】在在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知点D 在BC 边上，AD△AC ，sin△BAC=322，AB=23，AD=3，则CD 的长为【例3】（2015年全国课标卷II ）在△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分△BAC ，△ABD 的面积是△ACD 面积的2倍.（1）求CBsin sin 的值；（2）若22,1==DC AD ，求BD 和AC 的长.秒杀秘籍二：角平分线张角定理，当βα=时， ①)(21cos c AD b AD +=α（角平分线张角定理） ②ααtan sin )(212AD c b AD S ABC ≥+=∆（角平分线面积） 证明：αααααααtan sin 2sin 2sin sin )(21sin )11(212sin 21∆∆==≥+=+⋅==S AD S AD bc AD c b AD AD c b bc bc S 【例4】在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，b cosC=a ,点M 在线段AB 上，且△ACM=△BCM ，若b=6CM=6，则cos△BCM=（ ）46.47.43.410.D C B A 【例5】在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，32π=∠ABC ，△ABC 的平分线交AC 于点D ，BD=1，则a +c 的最小值为 .【例6】在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，32π=∠ABC ，BD 平分△ABC 交AC 于点D ，BD=2，则△ABC 的面积的最小值为（ ）36.35.34.33.D C B A秒杀秘籍3：角平分线之斯库顿定理如图，AD 是△ABC 的角平分线，则DC BD AC AB AD ⋅-⋅=2.就其位置关系而言：中方=上积-下积 求证：AC AB DC BD AD ⋅=⋅+2,,~ACAEAD AB ADC ABE =∴∆∆ 即,)(,AC AB DE AD AD AC AB AE AD ⋅=+⋅∴⋅=⋅证毕注意：角平分线张角定理强调的是角度，斯库顿定理强调的是长度，斯库顿定理可以绕过求张角而直接求出三角形的各边长，通常和内角平分线定理合在一起出考题.【例7】在△ABC 中，AB=5，AC=7，BC=6，△A 的平分线AD 交BC 于点D ，则AD= . 【例8】在△ABC 中，△C=2△B ，AC=3，BC=5，求AB 之长. 秒杀秘籍4：角平分线之倍角定理)(2);(2);(2222b c c a C A a b b c B C c a a b A B +=⇔=+=⇔=+=⇔=，这样的三角形称为“倍角三角形”【例9】在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，已知8b=5c ，C=2B ，则cosC=（ ）2524.257.257.257.D C B A ±-【例10】设锐角△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，且c=1，A=2C ，则△ABC 周长的取值范围为（ ）]33,22.()33,22.()33,0.()22,0.(++++++D C B A【例11】在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，若bc b a +=22且)2,3(ππ∈A ，则ba的取值范围是 .【12】如图，四边形ABCD 中，CE 平分△ACD ，AE=CE=32，DE=3，若△ABC=△ACD ，则四边形ABCD 周长的最大值为（ ）3315.318.3312.24.++D C B A例1、设G 是ABC ∆的重心，且0)sin 35()sin 40()sin 56(=++GC C GB B GA A ，则角B 的大小为_______例2、若点O 在ABC ∆的内部，且053=++OB OC OA ，则ABC ∆的面积与AOC ∆的面积之比是________. 例3、若点O 在ABC ∆的内部，且02 =++OC m OB OA ，74=∆∆ABC AOB S S ，则实数m =_________. 例4、（2016清华大学自主招生）若点O 在ABC ∆的内部，2:3:4::=∆∆∆AOC BOC AOB S S S ,设AC AB AO μλ+=，则实数λ=_____，μ=_____.例5、已知ABC Δ的外接圆的圆心为O ，且60∠=A ，若)∈β,α(βαR AC AB AO +=，则βα+的最大值是 能力提升1、已知ABC ∆中，I 为内心，,4,3,2===AB BC AC 且AC y AB x AI +=,则，则y x +的值为______ .2、设P 是ABC ∆所在平面上一点，且满足)0(,43>=+m AB m PC PA ，若ABP ∆的面积为8，则ABC ∆的面积是_______.3、在ABC ∆中，H BC AC AB ,2,3,4===为ABC ∆的垂心，AC y AB x AH +=，则xy=______. 4、已知G 是ABC ∆的重心，点N M ,分别在边AC AB ,上，满足AN y AM x AG +=,1=+y x ，若,43AB AM =则ABC ∆和AMN ∆的面积之比是____________.5、正三角形ABC 内一点M ，满足CB n CA m CM +=，45=∠MCA ，则nm=______________. 6、已知ABC ∆的外接圆O 的半径为1，且BC BA BO μλ+=，若60=∠ABC ，则μλ+的最大值是________. 7、已知点O 是锐角ABC ∆的外心，3π=∠A ，且OC y OB x OA +=，则y x -2的取值范围是_______________.三角形的四“心”，四“线”① 已知G 是ABC △所在平面上的一点，若0GA GB GC ++=，则G 是ABC △的重心．已知O 是平面上一定点，A B C ，，是平面上不共线的三个点，动点P 满足()OP OA AB AC λ=++，(0)λ∈+∞，，则P 的轨迹一定通过ABC △的重心.② P 是ABC △所在平面上一点，若PA PC PC PB PB PA ⋅=⋅=⋅，则P 是ABC △的垂心．已知O 是平面上一定点，AB C ，，是平面上不共线的三个点，动点P 满足cos cos AB AC OP OA AB B AC C λ⎛⎫ ⎪=++ ⎪⎝⎭，(0)λ∈+∞，，则动点P 的轨迹一定通过ABC △的垂心．③ 已知I 为ABC △所在平面上的一点，且AB c =，AC b =，BC a = ．若0aIA bIB cIC ++=，则I 是ABC △的内心．已知O 是平面上一定点，AB C ，，是平面上不共线的三个点，动点P 满足AB AC OP OA AB AC λ⎛⎫⎪=++ ⎪⎝⎭，(0)λ∈+∞，，则动点P 的轨迹一定通过ABC △的内心．④ 已知O 是ABC △所在平面上一点，若222OA OB OC ==，则O 是ABC △的外心．已知O 是平面上的一定点，AB C ，，是平面上不共线的三个点，动点P 满足2cos cos OB OC AB AC OP AB B AC C λ⎛⎫+ ⎪=++ ⎪⎝⎭，(0)λ∈+∞，，则动点P 的轨迹一定通过ABC △的外心。
米勒定理求最大张角
米勒定理求最大张角
（原创实用版）
目录
1.米勒定理简介
2.最大张角的定义和求解方法
3.米勒定理在求最大张角中的应用
4.结论
正文
1.米勒定理简介
米勒定理，又称米勒不等式，是由美国数学家米勒（G.H.Hardy）和
英国数学家拉曼金级数（Ramanujan）共同发现的一个数学定理。
该定理
主要描述了复分析中解析函数的性质，特别是在单位圆上的最大值和最小值。
它表明，在单位圆上，一个解析函数的值域（即函数所有可能的输出值的集合）总是有限的。
2.最大张角的定义和求解方法
在复分析中，复平面上的一个简单闭曲线 C 可以表示为一个解析函
数 f(z) 在单位圆上的取值。
最大张角是指单位圆上函数取值最大的角度，通常用α表示。
求解最大张角的方法有很多，如柯西（Cauchy）积分公式、洛朗兹（Lorenz）公式等。
3.米勒定理在求最大张角中的应用
米勒定理在求解最大张角问题中具有重要意义。
根据米勒定理，单位圆上的解析函数的最大值和最小值之差总是有限的。
这意味着，如果我们知道函数在某一特定点上的值，就可以推断出它在其他点上的值的范围。
因此，通过应用米勒定理，我们可以更方便地求解最大张角。
4.结论
米勒定理在求解最大张角问题中发挥了关键作用。
利用米勒定理，我们可以有效地分析解析函数在单位圆上的取值范围，进而求解最大张角。
米勒定理求最大张角
米勒定理求最大张角摘要：米勒定理求最大张角一、米勒定理简介1.定义及意义2.相关性质二、求最大张角的方法1.最大张角的计算公式2.求解步骤三、应用实例1.实际问题背景2.运用米勒定理求解四、注意事项1.适用范围2.与其他求解方法的比较正文：一、米勒定理简介米勒定理（Miller"s Theorem）是一种求解最大张角的方法，应用于几何学、物理学等领域。
最大张角是指两个相交直线所形成的角度的最大值。
米勒定理为我们提供了一种简洁的求解方法。
1.定义及意义米勒定理是指：在平面几何中，如果一条直线与另一条直线相交，并且与这两条直线相交的第三条直线的张角小于180度，那么这两条直线的张角的最大值等于90度。
2.相关性质米勒定理具有以下几个性质：（1）如果一条直线与两条相交直线形成的张角小于180度，那么这条直线与这两条相交直线的张角的最大值为90度。
（2）如果一条直线与两条相交直线形成的张角大于180度，那么这条直线与这两条相交直线的张角的最大值仍为90度。
（3）米勒定理适用于任意数量的相交直线，不仅限于两条。
二、求最大张角的方法1.最大张角的计算公式根据米勒定理，我们可以得到最大张角的计算公式：最大张角= 180度- （直线1与直线2的夹角+ 直线1与第三条直线的夹角+ 直线2与第三条直线的夹角）2.求解步骤（1）确定相交直线及第三条直线。
（2）计算直线1与直线2的夹角、直线1与第三条直线的夹角、直线2与第三条直线的夹角。
（3）根据米勒定理，判断最大张角是否为90度。
（4）如果最大张角小于90度，继续寻找第三条直线，重复步骤2-3，直至最大张角为90度。
三、应用实例1.实际问题背景在建筑领域，我们常常需要求解两条相交直线所形成的角度的最大值。
例如，在搭建桥梁时，需要确定两座桥墩之间的最大张角，以确保桥梁的稳定性。
2.运用米勒定理求解假设我们要搭建一座桥梁，桥墩1和桥墩2之间的夹角为α，桥墩1与桥墩3之间的夹角为β，桥墩2与桥墩3之间的夹角为γ。
米勒定理求最大张角
米勒定理求最大张角
摘要：
1.米勒定理简介
2.张角的概念及求最大张角的意义
3.应用米勒定理求最大张角的方法
4.结论
正文：
1.米勒定理简介
米勒定理，又称为米勒引理，是数论中的一个重要定理。
它由美国数学家乔治·米勒（George ler）于1901 年提出。
该定理主要描述了整数n 和m 的最大公约数以及它们的乘积与最小公倍数之间的关系。
具体来说，米勒定理表明：对于任意整数n 和m，它们的最大公约数d 与最小公倍数l 的比值等于两数的乘积，即d/l = n*m。
2.张角的概念及求最大张角的意义
张角，又称张开角，是指两条射线共同围成的角度，它的大小可以用度数或弧度表示。
在几何学中，求最大张角通常意味着寻找两条射线之间能够形成的最大角度。
在许多实际问题中，求最大张角具有重要意义，例如在光学、力学等领域。
3.应用米勒定理求最大张角的方法
在求解最大张角的问题时，我们可以将问题转化为求解两个整数的最大公约数和最小公倍数的问题。
具体操作步骤如下：
（1）将两条射线分别表示为整数a 和b，其中a 和b 的取值范围可以
是任意整数；
（2）根据米勒定理，求解a 和b 的最大公约数d；
（3）根据米勒定理，求解a 和b 的最小公倍数l；
（4）最大张角θ可表示为θ= arccos(d/l)，其中arccos 表示反余弦函数。
4.结论
通过应用米勒定理，我们可以方便地求解最大张角问题。
这种方法将复杂的角度计算问题转化为简单的数论问题，为解决实际问题提供了一种有效途径。
高中数学专题复习 提优点3 爪形结构与分角定理、张角定理
知识拓展
即t＋1－q＋t 1B→A＋nt＋＋11A→C＋mm－1C→B＝0. 注意到B→A＋A→C＋C→B＝0，且B→A，A→C，C→B两两方向不同， 故有 t＋1－q＋t 1＝nt＋＋11＝mm－1. 由nt＋＋11＝mm－1可知 t＝m（mn－＋11）－1， 将其代入 t＋1－q＋t 1＝mm－1，整理可得 qmn＝1，即||FABF||·||BDDC||·||ECAE||＝1.]
(2)延长 OP 与 AB 交于点 D，用 a、b 表示向量P→D.
由塞瓦定理得OMMA·ADDB·NBNO＝1，即21·ADDB·31＝1， ∴ADDB＝23，下面只要求出 P 分 OD 的比即可. △OAD 被直线 MPB 所截，由梅涅劳斯定理，得OMMA·BADB·DPOP＝1， 即12×35·DPOP＝1，∴DPOP＝65. ∴P→D＝161O→D＝16135O→A＋25O→B＝1585O→A＋1525O→B.
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训练1
(1)如图，在△ABC 中，点 O 是 BC 的中点，过点 O 的直线 分别交直线 AB，AC 于不同的两点 M，N，若A→B＝mA→M，A→C
＝nA→N，则 m＋n 的值为___2_____.
因为 2A→O＝A→B＋A→C＝mA→M＋nA→N， 由于 M，O，N 三点共线，所以 m＋n＝2.
知识拓展
则有A→E＝n＋1 1A→C，B→F＝q＋1 1B→A，B→D＝mm－1B→C，① 因为 D、E、F 三点共线， 所以(t＋1)B→E＝tB→F＋B→D. 又因为B→E＝B→A＋A→E， 从而(t＋1)B→A＋(t＋1)A→E＝tB→F＋B→D，② 当①代入②，可得(t＋1)B→A＋nt＋＋11A→C＝q＋t 1B→A＋mm－1B→C，
张角定理(2013)S
张角定理张角定理：设A，C，B顺次分别是平面内一点P所引三条射线PA，PC，PB上的点，线段AC，CB对点P的张角分别为α，β，α+β< 180°，则A，C，B三点共线的充要条件是例题选讲：例1、如图，已知ABCD为四边形，两组对边延长后得交点E，F，对角线BD// EF，AC的延长线交EF于G．求证：EG=GF.例6例7 已知△ABC的重心，过G作直线分别交△ABC的两边AB，AC于E，F. 求证：EG 2GF例8 如图，“筝形”ABCD中，AB = AD，BC=DC．经过AC与BD的交点O任作两条直线，分别交AD于E，交BC于F，交AB于G，交CD于H，GF，EH 分别交BD于I，J．求证：OI=OJ .例9如图，在线段AB上取内分点M，使AM≤BM，分别以MA，MB为边，在AB的同侧作正方形AMCD和MBEF，⊙O和⊙Q分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于M，N．求证：B，C，N三点共线．练习题1．在矩形ABCD中，AB= a，BC= b，M为BC中点，DE⊥射线AM于E，求DE之长．（用a，b表示）2. △ABC中，AB=AC，AD为BC边上的高，AD的中点为M，CM的延长线交AB于K.求证：AB＝3AK．3．已知AC⊥AB，BD⊥AB，AD和BC相交于点E，EF⊥AB于F．又AC=P，BD=Q，EF=r，ΑF=m，FB=n．求证：111p q r+=．4．梯形ABCD (AB // DC)的对角线AC，BD相交于P，过P作梯形下底的平行线交两腰AD于M，BC于N．求证：PM=PN.5．设∠XOY的平分线上任一点为P，过P作两条任意直线AB，CD，分别交OX，OY于A，C，B，D．求证：OC ·OA·BD=OB·OD·AC．参考答案：。