平几名定理、名题与竞赛题
    平面几何在其漫长的发展过程中，得出了大量的定理，积累了大量的题目，其中很多题目都是大数学家的大手笔，这些题目本身就是典范，这些题目的解决方法则更是我们学习平面几何的圭臬．通过学习这些题目，大家可以体会到数学的美．而且这些题目往往也是数学竞赛命题的背景题，在很多竞赛题中都可以找到他们的身影．本讲及下讲拟介绍几个平几名题及其应用．
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)
分析 如图，即证AC·BD=AB·CD+AD·BC．
可设法把 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．          ⑴
又(ADB=(EDC，(ABD=(ECD，得⊿ABD∽⊿ECD． 
∴     AB∶ED=BD∶CD，即EC·BD=AB·CD．          ⑵
⑴+⑵，得        AC·BD=AB·CD+AD·BC．
说明 本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一个典范．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1 (1987年第二十一届全苏)设A1A2A3…A7是圆内接正七边形，求证：
=+．
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，A1A4=A1A5=c．于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得=+，故证．
例2．(美国纽约，1975)证明：从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能都是有理数．
分析：假定其中几个是有理数，证明至少一个是无理数．
证明：设⊙O的直径为2R，不妨设P在上，则∠APB=45(，设∠PBA=(，则∠PAB=135(－(．
若PA=2Rsin(及PC=2Rsin(90(－()=2Rcos(为有理数，
则       PB=2Rsin∠PAB=2Rsin(135(－()
=2R(cos(+sin()=R(sin(+cos()即为无理数．
或用Ptolemy定理：PB·AC=PA·BC+PC·AB．
(PB=PA+PC．故PA、PB、PC不能同时为有理数．
例3．⑴ 求证：锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和． 
⑵ 若(ABC为直角三角形或钝角三角形，上面的结论成立吗？ 
证明：如图，(ABC内接于⊙O，设⊙O的半径=R，(ABC的边长分别为a，b，c．三边的中点分别为X、Y、Z．
由A、X、O、Z四点共圆，据Ptolemy定理，有
OA·XZ=OX·AZ+OZ·AX，(R·a=OX·b+OZ·c．即
R·a=OX·b+OZ·c，                          ①
同理，
R·b=OX·a+OY·c，                          ②
R·c=OY·b+OZ·a，                          ③
三式相加，得
R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)．       ④
但    r(a+b+c)=OX·a+OY·b+OZ·c．(都等于三角形面积的2倍)  ⑤
④式与⑤式两边分别相加，得
R(a+b+c)+r(a+b+c)= OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OX·c+OY·a+OZ·b．
故，                    R+r=OX+OY+OZ．
⑵ 当(ABC为直角三角形(∠C为直角)，则O在边AB上，OX=0，上述结论仍成立．
当(ABC为钝角三角形 (∠C为直角或钝角)时，则有
                        R+r=－OX+OY+OZ．
证明同上．
定理2  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)．
同理，作QH’⊥AB于H’， 
则        QA2-QB2=AB(AB-2AH’)
∴H=H’，即点H与点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．
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|．
“到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，则该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论．这条直线称为两圆的“根轴”．三个圆两两的根轴如果不互相平行，则它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”．三个圆的根心对于三个圆等幂．当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点．
例5．以O为圆心的圆通过⊿ABC的两个顶点A、C，且与AB、BC两边分别相交于K、N两点，⊿ABC和⊿KBN的两外接圆交于B、M两点．证明：∠OMB为直角．(1985年第26届国际数学竞赛）
分析　对于与圆有关的问题，常可利用圆幂定理，若能找到BM上一点，使该点与点Ｂ对于圆O等幂即可．
证明：由BM、KN、AC三线共点P，知
PM·PB=PN·PK=PO2-r2．   ⑴
由(PMN=(BKN=(CAN，得P、M、N、C共圆，
故           BM·BP=BN·BC=BO2-r2．  ⑵
⑴－⑵得，       PM·PB-BM·BP= PO2 - BO2，
即           (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，就是
PM2 -BM2= PO2 - BO2，于是OM⊥PB．
    定理3  (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．
分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比，从而可用面积来证明．
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．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，
例6．以△ABC的三边为边向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，设L、M、N分别为DE、FG、HK的中点．求证：AM、BN、CL交于一点．
分析 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R．利用面积比设法证明··=1．
证明 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R．
易知，∠CBM＝∠BCM＝∠QCN＝∠QAN＝∠LAR＝∠LBR＝θ．
===．
=，=，
三式相乘即得··=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一点．
例7．如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB均是锐角，D是BC边上的内点，且AD平分∠BAC，过点D分别向两条直线AB、AC作垂线DP、DQ，其垂足是P、Q，两条直线CP与BQ相交与点K．求证：AK⊥BC；
证明：⑴ 作高AH． 
则由(BDP∽(BAH，(=，由(CDQ∽(CAH，(=．
由AD平分∠BAC，(=，由DP⊥AB，DQ⊥AC，(AP=AQ．
∴ ··=··=·=·=1，据Ceva定理，AH、BQ、CP交于一点，故AH过CP、BQ的交点K，
∴ AK与AH重合，即AK⊥BC．
例8．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F，延长DF交BC于G．
求证：(GAC=(EAC．（1999年全国高中数学联赛）
分析 由于BE、CA、DG交于一点，故可对此图形用Ceva定理，再构造全等三角形证明两角相等．
证明 连结BD交AC于H，对⊿BCD用Ceva定理，可得··=1．
因为AH是(BAD的角平分线，由角平分线定理，可得=，故
··=1．
过点C作AB的平行线交AG延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J，
则   =，=，所以，
··=1．
从而，CI=CJ．
又因CI∥AB，CJ∥AD，故(ACI=π-(BAC=π-(DAC=(ACJ，
因此，⊿ACI≌⊿ACJ，
从而(IAC=(JAC，即(GAC=(EAC．
    定理4  (Menelaus定理)设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是
··=1．
证明：作CM∥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”．
例9．(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R
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