《2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第19讲平几中的几个重要定理二.docVIP

第18讲 平几中的几个重要定理（一） 本节主要内容有Ptolemy、Ceva、Menelaus等定理及应用． 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) 定理2 (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 ··=1．定理3 (Menelaus定理)设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，X、Y、Z共线的充要条件是 ··=1． 定理4 设P、Q、A、B为任意四点，则PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB． A类例题 例1 证明Ptolemy定理．BCD，求证：AC·BD=AB·CD+AD·BC．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．?ADB=?EDC，?ABD=?ECD，得⊿ABD∽⊿ECD． ∴ AB∶ED=BD∶CD，即EC·BD=AB·CD．+⑵，·BD=AB·CD+AD·BC．ab=cd+ef的问题提供了一个典范． 链接 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2 证明 Ceva定理．证明：设S⊿APB=S1，S⊿BPC=S2，S⊿CPA=S3． 则=，=，=， 三式相乘，即得证． 说明 用同一法可证其逆正确． 链接 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．运用此定理可以比较简洁证明三条角平分线、三条中线、三条高等共点问题． 例3 证明Menelaus定理．证明：作CN∥BA，交XY于N， 则=，=． 于是··=···=1． 本定理也可用面积来证明：如图，连AX，BY， 记S?AYB=S1，S?BYC=S2，S?CYX=S3，S?XYA=S4．则 =；=；=，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”． 链接 本定理证明很多，可以运用三角、射影等知识；还可以运用此定理证明Ceva定理． 例4 证明定理4 设P、Q、A、B为任意四点，则PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB． 证明 先证PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB． 作PH⊥AB于H， 则 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2) =AH2－BH2=(AH+BH)(AH-BH) =AB(AB-2BH)． ’⊥AB于H’，QA2-QB2=AB(AB-2AH’) ∴H=H’，’重合． PQ⊥AB ?PA2-PB2=QA2-QB2显然成立． 说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用． 链接 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d2－r2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= |d2－r2|(就是两两的根轴)所在直线交于一点． 情景再现 1.如图，P是正△ABC外接圆的劣弧上任一点 (不与B、C重合)， 求证：PA=PB＋PC． 2.设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于． 求证：． ． B类例题 例5 设A1A2A3…A7是圆内接正七边形，求证： =+．(1987年第二十一届全苏) 分析 注意到题目中要证的是一些边长之间的关系，并且是圆内接多边形，当然存在圆内接四边形，从而可以考虑用Ptolemy定理． 证明 连A1A5，A3A5，并设A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c． 本题即证=+．在圆内接四边形A1A3A4A5中，有 A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，Aab+ac=bc，同除以abc，即得=+，故证． 说明 Ptolemy定理揭示了圆内接四边形中线段关系，在数学中应用非常广泛． 例6 (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 ·=(+)·(+)=·+·+·+· =－·+·=0．故PQ⊥RS． 设PQ交对角线BD于T，则由Menelaus定理，(PQ交?ABD)得 ··=1；即=·