高中奥林匹克数学竞赛-几个重要定理

竞赛专题讲座－几个重要定理

《定理1》正弦定理
△ABC中，设外接圆半径为R，则
证明概要如图1-1，图1-2
过B作直径BA'，则∠A'=∠A，∠BCA'=90°，故

即； 同理可
得
当∠A为钝角时，可考虑其补角，π-A.
当∠A为直角时，∵sinA=1，故无论哪种情况正弦定理成立。
《定理2》余弦定理 △ABC中，有关系
222
a=b+c-2bccosA； （*）
222
b=c+a-2cacosB；
222
c=a+b-2abcosC；
有时也用它的等价形式
a=ccosB+bcosC；
b=acosC+ccosA； （**）
c=acosB+bcosA.
证明简介
余弦定理的证法很多，下面介绍一种复数证法
如图建立复平面，则有

222
=（bcosA-c）+(bsinθ) 即
22
a=b+c-2bccosA， 同理可证（*）中另外两式；至于**式，由图3显见。
《定理3》梅涅(Menelaus)劳斯定 理（梅氏线）直线截△ABC的边BC，CA，AB或其延长线
于D、E、F. 则 本题可以添加平行线来证明，也可不添辅助线，
仅用正弦定理来证明。 在△FBD、△CDE、△AEF中，由正弦定理，分别有

《定理4》塞瓦定理(Ceva) （塞瓦点）
设O是△ABC内任意一点，AB、BO、CO分别交对边于D、E、F，则

证法简介
（Ⅰ）本题可利用梅内劳斯定理证明：

（Ⅱ）也可以利用面积关系证明

同理 ④ ⑤
③×④×⑤得
《定理5》塞瓦定理逆定理
在△ABC三边所 在直线BC、CA、AB上各取一点D、E、F，若
则AD、BE、CE平行或共点。
证法简介
BCCE

?
BDEA
BDBCAFAFDC
代入已知式：，
???1
于是
?
DCBDFBFBCB
（Ⅰ）若AD∥BE（如图画5-1） 则
故 AD∥CF，从而AD∥BE∥CF
（Ⅱ）若AD、BE交于O（图5-2），则连CO交AB于F’.
据塞瓦定理，可得
BDCEAFBDCEAF
???1
而已知
???1

DCEAF
?
BDCEAFB
AF
?
AFAF
?
A F
??
可见 则
???
FBFBAF?FBAF?FB

?AF
?
?F?
B?AF?FB?AB?AF
?
?AF
即
F
?
即F，可见命题成立

《定理6》斯特瓦尔特定理

在△ABC中，若D是BC上一点，且BD=p，DC=q，AB=c，
AC=b，则
证明简介：
在△ABD和△ABC中，由余弦定理，得

《定理7》托勒密(Ptolemy)定理 四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积
的充要条件是该四边形内接于一圆
AB?CD?BC?AD?AC?BD
的充要条件是
ABCD共圆



《定理7》、西姆松(Simson)定理（西姆松线）
从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在
三角形的外接圆上
△ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR 共点的
充要条件是
BPCQAR
???1
。
PCQARB
例题：
1． 设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。
AEAF
。
?2EDFB
AEDCBF
【分析】CEF截△ABD→
???1
（梅氏定理 ）
EDCBFA
求证：
【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一
作CF的平行线
2、 过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。
例1
例2

求证：。
【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。
DEG截
△ABM→（梅氏
定理）

DGF截△ACM→
∴

（梅氏定理）
=

=
=1
【评注】梅氏定理



3．D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，，AD、BE、CF交成△LM N。
求S
△LMN
。
【分析】梅氏定理



4．以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证：AE、BF、CG 相交
于一点。

【分析】塞瓦定理






22
5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC=AB+AB·BC。
【分析】托勒密定理过A作BC的 平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。则CD=DA=AB，
AC=BD。由托勒密定理，AC· BD=AD·BC+CD·AB。






6． 已知正七边形A
1
A
2
A
3
A
4< br>A
5
A
6
A
7
。求证：
【分析】托勒密定理





7．过圆外一点P作圆的两条切线和
一条割线，切点为A, B. 所作割线交圆于C, D两点，C在P, D
。
之间. 在弦CD上取一点Q, 使
?DAQ??PBC.
求证：
?DBQ??PAC.










7． △ABC的BC边 上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线
于F。求证：BC·EF =BF·CE+BE·CF。
【分析】西姆松定理（西姆松线）

8． 正六边形ABCDEF的 对角线AC、CE分别被内分点M、N分成的比为AM：AC=CN：CE=k，
且B、M、N共线。求 k。（23-IMO-5）
【分析】面积法






例1 如图，G是
?
ABC内一点AG，BG，CG的延长线分别交对边于D，E，F，
?
AGF，
?
BGF，
?
BGD 的面积分别为40，30，35。求
?
ABC的面积。
C


E

G D

35
40 30

A
F B


例2，已知AC，CE是正六边行ABCDEF的 两条对角线，点M，N分别内分AC，CE，且
使
AMCN
??k
。如果B， M，N三点共线，试求 k的值
ACCE

变式，已知AC，CE是正六边形ABC DEF的两条对角线，点M，N分别内分AC，CE，
且使
AMCN3
??，
求证：B，M，N三点共线。
ACCE3
例3，如图，过
?
ABC的三个顶 点A，B，C作它的外接圆的切线，分别和BC，CA，AB
的延长线交于P，Q，R。求证：P，Q， R三点共线。


A
A



D
E

C

C
B
B

F



例4。设AF，BE，CD分别是
?
AB C的内角平分线，中线和高，且AC=b,AB=c,求证：AF，
BE，CD三线共点的充要条件是c osA=
c
，

(b?c)

例4，在凸四边形ABCD中，
?
CAB=
?
CAD，E和F分别是 边CD，BC上的点，且满足
?
CAF=
?
CAE，求证：AC，BE，DF 三线共点。



变式：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
G，延长DG交BC于F。求证：
?< br>FAC=
?
EAC。


一、
圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A, B. 所作割
线交圆于C, D两点，C在P, D之间. 在弦CD上取一点Q, 使
?DAQ??PBC.
求证：
?DBQ??PAC.


{证明}如图，联结AB，在△ADQ和△ABC中，∠ADQ=∠ABC，
BCDQ
?
∠DAQ=∠PBC=∠CAB，故△ADQ∽△ABC，而有
ABAD
，即
BC? AD?AB?DQ
.……（10分）
PCAC
?
又由切割线定理知△PCA∽△PAD，故
PAAD
；
同理由△PCB∽△PBD得
PCBC
?
PBBD
.……………………………………（20分）
ACBC
?
又因PA=PB，故
ADBD
，
得
A C?BD?BC?AD?AB?DQ
.………………………………………（30分）
又由关于 圆内接四边形的托勒密定理知
AC?BD?BC?AD?AB?CD
.于是得
1
DQ?CD
AB?CD?2AB?DQ
，故
2
.即
CQ?DQ………………………（40分）
ADDQCQ
??,?BCQ??BAD
BCB C
在△CBQ与△ABD中，
AB
，
于是△CBQ∽△ABD，故
?CBQ??ABD
，
即得
?DBQ??ABC??PAC
.…………………………………(50分)


二．如图：⊿ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，
直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N。求证：（1）OB⊥
DF，OC⊥DE；（2）OH⊥ MN。
证明：(1)∵A、C、D、F四点共圆
∴∠BDF＝∠BAC
又∠OBC＝
1
(180°－∠BOC)＝90°－∠BAC
2
∴OB⊥DF．

(2)∵CF⊥MA
∴MC

2
－MH

2
＝AC

2
－AH

2
①
∵BE⊥NA
∴NB

2
－NH

2
＝AB

2
－AH

2
②
∵DA⊥BC
∴BD

2
－CD

2
＝BA

2
－AC

2
③
∵OB⊥DF
∴BN

2
－BD

2
＝ON

2
－OD

2
④
∵OC⊥DE
∴CM

2
－CD

2
＝OM

2
－OD

2
⑤ ……………………………………
①－②＋③＋④－⑤，得
NH

2
－MH

2
＝ON

2
－OM

2
MO

2
－MH

2
＝NO

2
－NH

2

∴OH⊥MN ……………………………………………………………………


30分
50分