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高二数学竞赛班二试平面几何讲义1


高二数学竞赛班二试平面几何讲义 第一讲 梅涅劳斯定理和塞瓦定理
班级 姓名

一、知识要点:
1. 梅涅劳斯定理:若直线 l 不经过 ?ABC 的顶点, 并且与 ?ABC 的三边 BC , CA, AB 或它们的延长线
分别交于 P, Q, R ,则

BP CQ AR ? ? ?1 PC QA RB

>
证:设hA、hB、hC 分别是A、B、C到直线l的垂 BP CQ AR hB hC hA ? ? ? ? ? ?1 PC QA RB hC hA hB 2. 梅涅劳斯定理逆定理: 设P、Q、R分别是?ABC的三边BC、CA、AB上或它们的延长线上的三点, 线的长度,则:

并且P、Q、R三点中,位于?ABC边上的点的 BP CQ AR 个数为0或2,若 ? ? ? 1,则P、Q、R三点共线; PC QA RB 证:设直线PQ与直线AB交于R ',于是由定理1得:
BP CQ AR ' BP CQ AR AR ' AR ? ? ' ? 1 又? ? ? ? 1,则: ' = PC QA R B PC QA RB R B RB 由于在同一直线上的P、Q、R '三点中,位于?ABC边上的点的个数也为0或2, 因此R与R '或者同在AB线段上,或者同在AB的延长线上; 若R与R '同在AB线段上,则R与R '必定重合,不然的话,设AR ? AR ' ,
这时AB ? AR ? AB ? AR ' ,即BR ? BR ' , 于是可得 AR AR ' AR AR ' ? 这与 = 矛盾 BR BR' BR BR ' 类似地可证得当R与R'同在AB的延长线上时,R与R'也重合

综上可得:P、Q、R三点共线; 注:此定理常用于证明三点共线的问题,且常需要多次使用再相乘; 3. 塞瓦定理:
设P、Q、R分别是?ABC的BC、CA、AB边上的点,则 、BQ、CR三线共点 AP A BP CQ AR 的充要条件是: ? ? ?1 PC QA RB

证:先证必要性:设AP、BQ、CR相交于点M,则: BP S?ABP S?BMP S?ABM CQ S?BCM AR S?ACM ? ? ? 同理: ? , ? PC S?ACP S?CMP S?ACM QA S?ABM RB S?BCM BP CQ AR 以上三式相乘,得: ? ? = 1 PC QA RB
B

R M

Q

P

C

1

再证充分性:若

BP CQ AR ‘ ? ? ? 1,设AP与BQ相交于M ,且直线CM 交AB于R , PC QA RB

BP CQ AR’ AR’ AR 由塞瓦定理有: ? ? ‘ ? 1,于是:‘ = 因为R和R’ 都在线 PC QA R B R B RB 段AB上,所以R’ 必与R重合,故AP、BQ、CR相交于一点点M ;

二、例题精析
例1 :若直角?ABC中,CK 是斜边上的高,CE是?ACK的平 分线,E点在AK 上,D是AC的中点,F 是DE与CK的交点, 证明:BF / / CE。

C

例2:在锐角?ABC中,角?C的平分线交 于AB于L,从L作边AC和BC的垂线,垂 足分别是M 和N,设AN 和BM的交点是 P,证明:CP ? AB
M A

N

B K L

2

例3:设AD是?ABC的高,且D在BC边上,若P是AD上任一点,BP、CP分别与AC、 AB交于E和F,则?EDA=?FDA

例4:在?ABC的边BC、CA、AB上取点A1、B1、C1, AC BA CB sin ?ACC1 sin ?BAA1 sin ?CBB1 证明: 1 ? 1 ? 1 ? ? ? C1B AC B1 A sin ?C1CB sin ?A1 AC sin ?B1BA 1

三、精选习题
1. 从点K引四条直线,另两条直线分别交这四条直线于A、B、C、D

AC AD AC1 A1D1 和A1、B1、C1、D1,试证: : ? 1 : BC BD B1C1 B1D1

3

2. 设不等腰?ABC的内切圆在三边BC、CA、 AB上

的切点分别为D、E、F,则EF与BC,FD与CA,DE与AB 的交点X 、Y、Z 在同一条直线上;

四、拓展提高:
3.如图,锐角 ?ABC 中,T 是高线 AD 上的任意一点, BT 交 AC 于 E ,CT 交 AB 于 F , EF 交 AD 于 G ,过点 G 的一直线 l 与 AB, AC , BT , CT 相交,交点分别为 M , N , P, Q ; 证明: ?MDQ ? ?NDP .
A

F G M Q T B D

N P E

C

4

第1讲
例 1:

梅涅劳斯定理和塞瓦定理

证: 在?EBC中,作?B的平分线BH 则:?EBC ? ?ACK ? ?HBC ? ?ACE , ?HBC ? ?HCB ? ?ACE ? ?HCB ? 90? 即:BH ? CE ??EBC为等腰三角形 作BC上的高EP,则:CK ? EP CD AE KF 对于?ACK 和三点D、E、F 依梅涅劳斯定理有: ? ? ?1 DA EK FC KF EK CK EP BP BK KF BK 于是 = ? ? ? ? 即: = FC AE AC AC BC BE FC BE KF BK 依分比定理有: = ??FKB ? ?CKE ? BF // CE KC KE 证:作CK ? AB 下证CK、BM 、AN 三线共点,且为P点,要证CK、BM 、AN 三线共点, AM CN BK 依塞瓦定理 即要证: ? ? ? 1 又? MC ? CN MC NB AK AM BK AM AL 即要证明: ? ? 1 ? ?AML ? ?AKC ? ? AK NB AK AC BK BC AL BC ? ?BNL ? ?BKC ? ? 即要证 ? ?1 NB BL AC BL
AL BC 依三角形的角平分线定理可知: ? ?1 AC BL ? CK、BM 、AN 三线共点,且为P点 ? CP ? AB

证:过A作AD的垂线,与DE、DF的延长线分别 交于M、N。欲证?EDA ? ?FDA,
可以转化为证明AM ? AN ? AD ? BC 故MN // BC,可得?AME ? ?CDE,?ANF ? ?BDF

AM AE AN AF AE ? CD AF ? BD ? , ? , 于是AM ? , AN ? CD CE BD BF CE BF BD CE AF ? AD、BE、CF 共点于P,根据塞瓦定理可得: ? ? ?1 DC EA FB AE ? CD AF ? BD ? ? ? AM ? AN ??EDA ? ?FDA CE BF 证:如图对?ACC1和?BCC1应用正弦定理,可得: ?
AC1 sin ?ACC1 CC1 AC sin ?ACC1 sin ?B sin ?B ? ? 即: 1 ? ? C1C sin ?A C1 B sin ?C1CB C1B sin ?C1CB sin ?A BA sin ?BAA1 sin ?C CB1 sin ?CBB1 sin ?A 同理: 1 ? ? , ? ? A1C sin ?A1 AC sin ?B B1 A sin ?B1 BA sin ?C 从而 AC1 BA1 CB1 sin ?ACC1 sin ?BAA1 sin ?CBB1 ? ? ? ? ? C1 B A1C B1 A sin ?C1CB sin ?A1 AC sin ?B1 BA

5

练习 的证明 1 证:若AD // A1 D1,结论显然成立; 若AD与A1 D1相交与点L,则把梅涅劳斯定理分别用于?A1 AL和?B1BL可得: AD LD1 A1 K LC AK A1C1 BC LC1 B1K ? ? ?1 ? ? ?1 ? ? ?1 LD A1 D1 AK AC A1 K LC1 LC B1C1 BK LD BK B1 D1 ? ? ?1 BD B1 K LD1 AD BC A1C1 B1 D1 将上面四条式子相乘可得: ? ? ? ?1 AC BD A1 D1 B1C1 AC AD A1C1 A1 D1 即: : ? : BC BD B1C1 B1 D1
2. 证:?ABC 被直线XFE所截,由定理1可得:

BX CE AF ? ? ?1 XC EA FB

BX FB 又 ? AE ? AF 代人上式可得: = XC CE CY DC AZ EA 同理可得: = = YA AF ZB BD BX CY AZ 将上面三条式子相乘可得: ? ? ?1 XC YA ZB 又 ? X 、Y、Z 都不在?ABC的边上,由定理2可得X 、Y、Z 三点共线
AC ET BF ? ? ? 1, A CE TB FA AD TB EC AD BE ? AC ? ? ? 1 ,即 ? 又由 BC 截 ?ATE ,得 ; F DT BE CA DT BT ? CE N G TG AF BE TG BF ? ET M ? ? ? 1 ,即 ? 由 EF 截 ?ABT ,则有 , Q E GA FB ET GA AF ? BE T AD ? TG AC ET BF ? ? ? ? 1, 所以 因此 AD ? TG ? AG ? TD … ① DT ? AG CE TB FA B R D C G ? A ? B G A G ? , ? 由 于 , G ? T ? B G T G AB ?GAB BP ?GBP ? , ? , BM ?GBM BT ?GBT GA GP AB BP ? ? ? 所以 … ②, GT GM BM BT GA AD GP DH ? ? 据①有 ;又过点 M , P 分别作 BC 的垂线,垂足分别为 R, H ,因 , GT DT GM DR AB AD BP PH PH DH ? ? ? , ,则②化为 , BM MR BT TD MR DR 所以 Rt ?MDR ? ?PDH , ?MDR ? ?PDH ,即 ?TDM ? ?TDP , 又据对称性,有 ?TDN ? ?TDQ ,因此 ?MDQ ? ?NDP . 【附注】 :这里所说的对称性是指:因 ?ABT 与 ?ACT 的地位对称,我们已经证得: 若直线 l 与 ?ABT 的两边 AB, BT 分别交于 M , P ,就有 ?TDM ? ?TDP ;
3.证: CF 截 ?ABE ,得
6

P

H

P M

今直线 l 与 ?ACT 的两边 AC , CT 分别交于 N , Q ,故也应有 ?TDN ? ?TDQ .

法 2 调和点列

法 3 迪沙格定理

7


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