平面几何中几个重要定理的证明.docx
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平面几何中几个重要定理的证明
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
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
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×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/.
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,
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=m1y+n1,x=m2y+n2;
直线CD、EF的方程分别为
y=k1x,y=k2x.
则经过C、D、E、F四点的曲线系方程为
(y–k1x)(y–k2x)+
(x–m1y–n1)(x–m2y–n2)=0.
整理得
(
+k1k2)x2+(1+
m1m2)y2–[(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
+k1k2=1+
m1m2≠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.
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- 平面几何 几个 重要 定理 证明