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

一、知识要点：

班级 姓名

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

BPCQAR

1 PCQARB

证：设hA、hB、hC分别是A、B、C到直线l的垂

BPCQARhBhChA

线的长度，则： 1

PCQARBhChAhB

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，

并且P、Q、R三点中，位于 ABC边上的点的

BPCQAR

个数为0或2，若 1，则P、Q、R三点共线；

PCQARB

证：设直线PQ与直线AB交于R'，于是由定理1得：BPCQAR'BPCQARAR'AR ' 1又 1'＝PCQARBPCQARBRBRB

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',

ARAR'ARAR'这时AB AR AB AR,即BR BR,于是可得 这与＝'矛盾'

BRBRBRBR

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APBP

CQAR

的充要条件是: 1

PCQARB

证：先证必要性：设AP、BQ、CR相交于点M，则：

BPS ABPS BMPS ABMCQS BCMARS ACM

,

PCS ACPS CMPS ACMQAS ABMRBS BCMBPCQAR ＝1

PCQARB

1

再证充分性：若

BPCQAR‘

1，设AP与BQ相交于M，且直线CM交AB于R，PCQARB

BPCQAR’AR’AR

‘ 1‘＝因为R和R’都在线

PCQARBRBRB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。

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

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，ACBACBsin ACC1sin BAA1sin CBB1

1 1 1

C1BACB1Asin C1CBsin A1ACsin B1BA1

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

ADACADAC

和A1、B1、C1、D1: 11:11

BCBDB1C1B1D1

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．

BDC

4

第1讲 梅涅劳斯定理和塞瓦定理

例1：

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

CDAEKF对于 ACK和三点D、E、F 1

DAEKFC

KFEKCKEPBPBKKFBK于是＝ ＝

FCAEACACBCBEFCBE

KFBK

＝ FKB CKE BF//CE

KCKE

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，

AMCNBK

依塞瓦定理 1又 MC CN

MCNBAK

AMBKAMAL

1 AML AKC

AKNBAKAC

BKBCALBC

BNL BKC 即要证 1

NBBLACBL

ALBC

1

ACBL

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

AMAEANAFAE CDAF BD

, ,于是AM ,AN CDCEBDBFCEBF

BDCEAF

AD、BE、CF共点于P 1

DCEAFB

AE CDAF BD AM AN EDA FDA

CEBF

证：如图对 ACC1和 BCC1应用正弦定理，可得：

AC1sin ACC1CC1ACsin ACC1sin Bsin B

1 C1Csin AC1Bsin C1CBC1Bsin C1CBsin ABAsin BAA1sin CCB1sin CBB1sin A1 ,

A1Csin A1ACsin BB1Asin B1BAsin C从而

5

AC1BA1CB1sin ACC1sin BAA1sin CBB1

C1BA1CB1Asin C1CBsin A1ACsin B1BA

练习1的证明

证：若AD//A1D1，结论显然成立；

若AD与A1D1相交与点L，则把梅涅劳斯定理分别用于 A1AL和 B1BL可得：ADLD1A1KLCAKA1C1BCLC1B1K

1 1 1LDA1D1AKACA1KLC1LCB1C1BKLDBKB1D1

1BDB1KLD1

ADBCA1C1B1D1

1

ACBDA1D1B1C1ACADA1C1A1D1: :

BCBDB1C1B1D1

2．证： ABC被直线XFE所截，由定理1

BXCEAF

1 XCEAFB

BXFB

又 AE AF＝

XCCE

CYDCAZEA

＝＝

YAAFZBBD

BXCYAZ

1

XCYAZB

又 X、Y、Z都不在 ABC的边上，由定理2可得X、Y、Z三点共线

ACETBF

1，

CETBFA

ADTBECADBE AC

1，即 又由BC截 ATE，得；

DTBECADTBT CE

TGAFBETGBF ET

1，即 由EF截 ABT，则有， GAFBETGAAF BE

AD TGACETBF

1，所以因此AD TG AG TD … ①

DT AGCETBFABRDC

GABGAG

, 由于，GTBGTG

ABGABBPGBP

, ， BMGBMBTGBT

GAGPABBP

所以 … ②， GTGMBMBTGAADGPDH

据①有；又过点M,P分别作BC的垂线，垂足分别为R,H，因，GTDTGMDRABADBPPHPHDH

，，则②化为， BMMRBTTDMRDR

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

H

PM

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