高中数学竞赛平面几何中的几个重要定理

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
?
AB C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
D
B
F
P
C
A
ADBECF
???1
．
DBECFA
E
AD
S
?ADP
S
?ADC
?
证明：运用面积比可 得
DB
?
S
．
S
?BDP?BDC
根据等比定理有
S
?ADP
S
?ADC
S
?ADC
?S
?ADP
S
?APC
? ??
S
?BDP
S
?BDC
S
?BDC
?S
?BDP
S
?BPC
，
AD
S
?APC
CF< br>S
?BPC
BE
S
?APB
?
?
?
所以
DBS
．同理可得，．
FAS
?APB
?BPC
EC S
?APC
ADBECF
???1
． 三式相乘得
DBECFA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、

ADBECF
???1
，F，且D、E、F均不是
?
ABC的顶点， 若
DBECFA
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
AD

BECF
???1
．

DBECFA

A
D

D
B
F
P
C
E
ADBECF
ADAD

???1
，所以有
?< br>
．由于点D、 因为
DBDB
DBECFA
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
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
ADBECF
???1
．
DBECFA
D
B
E
C
G

A
F

证明：如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G．
CGCF
?
因为CG AB，所以 ————（1）
ADFA
CGEC
?
因为CG AB，所以 ————（2）
DBBE
ADBECF
DBBECF
???1
．
??由（1）÷（2）可得，即得
DBECFA
ADECFA
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
ADBECF
???1
， AC的延长线上有一点F，若
DBECFA
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
AD

BECF
???1
．

DBECFA

D

D
B
E
A
C
F
ADBECF
ADAD

???1
，所以有
?

．由于 点D、因为
DBDB
DBECFA
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
5．托勒密定理及其证明
定理：凸四边形ABCD是某圆的内
E

A
M
B
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
ADDE
?
，即
AD?BC?AC?DE
————（1）
ACBC
D
C
由于
?
DAE =
?
BAM，所以
?
DAM =
?
BAE，即
?
DAC =
?
BAE。而
?
ABD =
?
ACD，即
?
ABE =
?
ACD，所以
?
ABE
∽
?
ACD．即得
ABBE
?
，即
AB?CD?AC?BE
————（2）
ACCD
由（1）+（2）得

AD?BC?AB?CD?AC?DE?AC?BE?AC?BD
．
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
?EAB??DAC
，
?EBA??DCA< br>，则
?EAB
∽
?DAC
．

A
B
可得AB×CD = BE×AC ———（1）
AEAB
且
AD
?
AC
———（2）
则由
?DAE? ?CAB
及（2）可得
?DAE
∽
?CAB
．于是有
E

D
C
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
?EBA ??DCA
，得
?DBA??DCA
，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．


A

B

A
B
D
C
C

B

C

C

DA

B

A

D
?
?
因此，，．
BCBD
ABBD

AB?AD?BC?CD

可得
AB?BC?
.
BD

A

C

A

DAC?AD

?AC?
另一方面，
ACCD
，即．
CD
AB?A

D?BC?C< br>
D
AC?A

D
欲证=，即证
CD
BD
AB?CD?A

D?BC?CD?C

D?AC?BD?A
< br>D


BC?CD?CD?(AC?BD?AB?CD)AD
． 即
据条件有
AC?BD?AB?CD?AD?BC
，所以需证
BC?CD?C

D?AD?BC?A

D
，

即证
CD?CD?AD?AD
，这是显然的．所以，

< br>
A

B

?B

C

?A

C

，
?BBC
?ABB
即A、B、C共线．所以与


?BBC??DCB
，
?ABB??DAB
互补．由于，所以
?DAB
与
?DCB
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
?EAB??DAC
，
E



D



C






A



B



?EBA??DCA
，则
?EAB
∽
?DAC
．
可得AB×CD = BE×AC ————（1）
AEAB
且
AD
?
AC
————（2）
则由
?DAE??CAB
及（2）可得
?DAE
∽
?CAB
．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×AD
?
AC×BD
所以BE + DE
?
BD，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

．

A
因为 PE
?
AE，PF
?
AF，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，而
?
CEP = 90
0
，所以
?
CD

P
?
CD

P +
?
CEP = 180
0
。
= 90
0
，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
B
F
D
C
E
P

9．欧拉定理及其证明
A
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
B< br>O
H
D
E
C
OH?3OG
．
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O C．则

OH?OA?AH
——— 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
AH?DC
．而
DC?2O E
，所以
AH?2OE
．
???
1
?
??
?
因为
OE?
2
?
?
OB?OC
?
?< br>，所以
AH?OB?OC
——— ②
??
?
??
???
??
??
由①②得：
OH?OA?OB?OC
———— ③
另一方面，
OG?OA?AG?OA?2GF?OA?GB?GC
．
GC?GO?OC
，所以 而
GB?GO?OB，
??????
????????
????

1
?
???
?
OG?OA?2GO?OC?OB?OG?
?
OA?OB?OC
?
??

3
??
??
??????
—— ④
由③④得：
OH?3OG
．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B C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
B
E
O
G
A
D
H
C
AHAG< br>
HG

2
?

?

?
．
OEGEGO1
AG

2
由

?
，及重心性质可知点 G

就是
?
ABC的重心，
GE1
即G

与点 G重合．
所以，G、O、H三点共线，且满足
OH?3OG
．
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．

C

E


C



A

Q
Q

M

P

B

D



F
F

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

= 180
0
，
而由FF

AB可得
?
Q

PF +
?
CFF

= 180
0
，所以
?
CDF

=
?
Q

PF，即
?
MDF

=
?
Q

PF．
又因为
?
Q

PF =
?
PQ

F

，即
?
Q

P F =
?
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 = m
1
y + n
1
，x = m
2
y + n
2
；
直线CD、EF的方程分别为
y = k
1
x ，y = k
2
x ．
则经过C、D、E、F四点的曲线系方程为
D
A< br>Q
E
y
C
M
P
B
x
F
(y –k
1
x )(y –k
2
x)+
?
(x –m
1
y–n
1
)(x –m
2
y –n
2
)=0．
整理得
(
?
+k
1
k
2
)x
2
+(1+
?
m
1
m
2
)y
2
–[(k
1
+k
2
)+
?
(m
1
+m2
)]xy
–
?
(n
1
+n
2
)x+
?
(n
1
m
2
+n
2
m
1
)y+
?
n
1
n
2
=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

?
+ k
1
k
2
= 1 +
?
m
1
m
2
≠ 0，
且 (k< br>1
+k
2
)+
?
(m
1
+m
2)=0．
若
?
=0，则k
1
k
2
=1，k< br>1
+k
2
=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
?
( n
1
+ n
2
) = 0，从而得n
1
+ n
2
= 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．