平面几何中几个重要定理的证明.doc

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ABC内一点P，该点与ABC的三个顶点相连所在的三条直线分别交ABC三边AB、BC、CA于点D、E、F，且D、E、F三点均不是ABC的顶点，则有
．
证明：运用面积比可得．
根据等比定理有
，
所以．同理可得，．
三式相乘得．
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ABC三边AB、BC、CA上各有一点D、E、F，且D、E、F均不是ABC的顶点，若，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
．
因为 ，所以有．由于点D、D/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
G
3．梅涅劳斯定理及其证明
定理：一条直线与ABC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ABC的顶点，则有
．
证明：如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G．
因为CG // AB，所以 ————（1）
因为CG // AB，所以 ————（2）
由（1）÷（2）可得，即得．
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”（CG）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ABC的边AB、BC上各有一点D、E，在边AC的延长线上有一点F，若，
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
．
因为 ，所以有．由于点D、D/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
E
M
5．托勒密定理及其证明
定理：凸四边形ABCD是某圆的内接四边形，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DAE =BAM．
因为ADB =ACB，即ADE =ACB，所以ADE∽ACB，即得
，即 ————（1）
由于DAE =BAM，所以DAM =BAE，即DAC =BAE。而ABD =ACD，即ABE =ACD，所以ABE∽ACD．即得
，即 ————（2）
由（1）+（2）得
．
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（同一法）：
在凸四边形ABCD内取一点E，使得，，则∽．
可得AB×CD = BE×AC ———（1）
且 ———（2）
则由及（2）可得∽．于是有
AD×BC = DE×AC ———（3）
由（1）+（3）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，得，这说明A、B、C、D四点共圆．
证法2（构造转移法）
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．（如果能证明A/、B/、C/共线，则命题获证）
那么，据圆幂定理知A、C、C/、A/四点也共圆．
因此，，．
可得 .
另一方面，，即．
欲证=，即证

即 ．
据条件有 ，所以需证
，
即证，这是显然的．所以，，即A/、B/、C/共线．所以与互补．由于，，所以与互补，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，，则∽．
可得AB×CD = BE×AC ————（1）
且 ————（2）
则由及（2）可得∽．于是
AD×BC = DE×AC ————（3）
由（1）+（3）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×ADAC×BD
所以BE + DEBD，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ABC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/．
因为PEAE，PFAF，所以A、F、P、E四点共圆，可得FAE =FEP．
因为A、B、P、C四点共圆，所以BAC =BCP，即FAE =BCP．
所以，FEP =BCP，即D/EP =D/CP，可得C、D/、P、E四点共圆．
所以，CD/P +CEP = 1800。而CEP = 900，所以CD/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：（1）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．
（2）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
定理：设ΔABC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（欧拉线），且满足．
证明（向量法）：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
——— ①
因为 CD⊥BC，AH⊥BC，所以 AH // CD．同理CH // DA．
所以，AHCD为平行四边形．
从而得．而，所以．
因为，所以 ——— ②
由①②得： ———— ③
另一方面，．
而，所以
—— ④
由③④得：．结论得证．
注：（1）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；
（2）此题也可用纯几何法给予证明．
又证（几何法）：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 CD⊥BC，AH⊥BC，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AHG/∽EOG/．所以
．
由，及重心性质可知点G/就是ABC的重心，即G/与点G重合．
所以，G、O、H三点共线，且满足．
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．
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：
MF/Q/ =MFP，F/Q/M =FPM；
且FF/ // AB，PM = MQ/．
因为C、D、F/、F四点共圆，所以
CDF/ +CFF/ = 1800，
而由FF/ // AB可得Q/PF +CFF/ = 1800，所以
CDF/ =Q/PF，即MDF/ =Q/PF．
又因为Q/PF =PQ/F/，即Q/PF =MQ/F/．所以有
MDF/ =MQ/F/．
这说明Q/、D、F/、M四点共圆，即得MF/Q/ =Q/DM．
因为MF/Q/ =MFP，所以MFP =Q/DM．而MFP =EDM，所以EDM =Q/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
(y –k1 x )(y –k2 x)+(x –m1 y–n1)(x –m2 y –n2)=0．
整理得
(+k1k2)x 2+(1+m1m2)y 2–[(k1+k2)+(m1+m2)]xy
　　–(n1+n2)x+(n1m2+n2m1)y+n1n2=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
+ k1 k2 = 1 +m1 m2 ≠ 0，
且 (k1+k2)+(m1+m2)=0．
若=0，则k1k2=1，k1+k2=0，这是不可能的，故≠0；
又y轴是弦AB的垂直平分线，则圆心应落在y轴上，故有( 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．