平面几何四大定理平面几何四个重要定理四个重要定理:梅涅劳斯(Me ｎelau ｓ)定理（梅氏线）△ＡBC 的三边ＢC 、CA 、AB 或其延长线上有点P 、Q 、R,则Ｐ、Q 、Ｒ共线的充要条件是 1RB ARQA CQ PC BP =⋅⋅。

塞瓦（Ceva)定理(塞瓦点)△ＡBC 的三边BC 、ＣA 、ＡB 上有点P 、Q 、R ，则AP 、BQ 、CR 共点的充要条件是1RBAR QA CQ PC BP =⋅⋅。

托勒密(Ｐto ｌｅｍy)定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。

西姆松(S ｉmso ｎ)定理(西姆松线）该点落在三角形的外接圆上。

例题：1． 设AD 是△A ＢＣ的边BC 上的中线，直线CF 交AD 于F 。

求证：FBAF 2ED AE =。

【分析】CEF 截△ＡBD →1FABFCB DC ED AE =⋅⋅(梅氏定理)【评注】也可以添加辅助线证明：过A 、Ｂ、D 之一作CF 的平行线。

2． 过△ABC 的重心G 的直线分别交AB 、AC 于E 、Ｆ，交CB 于平面几何四大定理D 。

求证:1FA CFEA BE =+。

【分析】连结并延长AG 交BC 于Ｍ，则Ｍ为BC 的中点。

ＤＥG 截△AB Ｍ→1DB MDGM AG EA BE =⋅⋅(梅氏定理）D ＧF 截△AC Ｍ→1DCMDGM AG FA CF =⋅⋅(梅氏定理)∴FA CF EA BE +=MD AG )DC DB (GM ⋅+⋅＝MDGM 2MD 2GM ⋅⋅＝1 【评注】梅氏定理3． D 、E 、F 分别在△ＡBC 的BC 、C Ａ、ＡB 边上,λ===EA CEFB AF DC BD ，A Ｄ、ＢE 、CF 交成△ＬMN 。

求S △LMN 。

【分析】【评注】梅氏定理4． 以△ＡBC 各边为底边向外作相似的等腰△B ＣE 、△CAF 、△ABG 。

求证：ＡE 、BF 、CG 相交于一点。

【分析】【评注】塞瓦定理5． 已知△ABC 中,∠B=2∠Ｃ。

求证：ＡC 2=AB 2＋AB ·B Ｃ。

【分析】过A 作BC 的平行线交△ＡＢC 的外接圆于D ，连结BD 。

则C Ｄ＝DA=A Ｂ，AC ＝BD 。

由托勒密定理，AC ·BD=A Ｄ·B Ｃ+ＣＤ·ＡB 。

【评注】托勒密定理6． 已知正七边形A 1A 2Ａ３A 4A 5A 6A 7。

求证：413121A A 1A A 1A A 1+=。

（第21届全苏数学竞赛） 【分析】【评注】托勒密定理7． △ABC 的BC 边上的高AD 的延长线交外接圆于P,作ＰE ⊥AB 于Ｅ，延长ED 交AC 延长线于F 。

求证:ＢＣ·E Ｆ=BF ·C Ｅ+ＢＥ·CF 。

【分析】【评注】西姆松定理(西姆松线)8． 正六边形AB ＣDEF 的对角线ＡC 、CE 分别被内分点M 、N分成的比为ＡＭ:AC=CN ：CE=k,且B 、M 、N 共线。

求k(23-IMO-5) 【分析】【评注】面积法9． O 为△ＡBC 内一点,分别以d a 、d b 、d c 表示O 到ＢC 、CA 、DEA 7A 5A A 5AB 的距离,以R a 、R b 、R ｃ表示O 到Ａ、B 、C 的距离。

求证：(1)a·R a ≥b·d b ＋c·d c ;(2) a·R a ≥c·d ｂ＋b·d c ； (3) Ｒa ＋R b +R c ≥2(d a +d b +d c )。

【分析】【评注】面积法10． △A ＢＣ中，Ｈ、G 、O 分别为垂心、重心、外心。

求证:Ｈ、G 、O 三点共线，且HG ＝２GO 。

（欧拉线） 【分析】【评注】同一法11． △ＡBC 中，AB ＝A Ｃ，AD ⊥B Ｃ于D ，BM 、ＢN 三等分∠AB Ｃ,与AD 相交于M 、Ｎ，延长ＣM 交AB 于E 。

求证：ＭＢ//ＮE 。

【分析】【评注】对称变换 12． G 是△ABC 的重心，以A Ｇ为弦作圆切BG 于Ｇ，延长C Ｇ交圆于D 。

求证:AG 2＝G Ｃ·GD 。

A【分析】【评注】平移变换13． C 是直径AB=２的⊙O 上一点,P 在△ABC 内,若PA ＋PB+PC 的最小值是7,求此时△AB Ｃ的面积S 。

【分析】【评注】旋转变换费马点:已知Ｏ是△ＡBC 内一点,∠AO Ｂ=∠BOC=∠C ＯA ＝12０°；P 是△ABC 内任一【分析】将Ｃ−−−→−-)60,B (R 0C ＇，O −−−→−-)60,B (R 0Ｏ＇, P −−−→−-)60,B (R 0P ＇，连结OO ＇、PP'。

则△Ｂ OO'、△B PP'都是正三角形。

∴O Ｏ'=OB,PP' ＝ＰB 。

显然△BO'C ＇≌△ＢOC ，△BP'C'≌△ＢPC 。

由于∠ＢO ＇C'=∠ＢO Ｃ=120°=18０°－∠ＢＯ'O ，∴Ａ、O 、O'、C'四点共线。

∴AP+PP'＋P'C'≥A Ｃ'=ＡO+O Ｏ'+O'C',即PA+PB+ＰC ≥OA+ＯB+OC 。

14.(９5全国竞赛) 菱形ABCD 的内切圆O 与各边分别交于E 、Ｆ、Ｇ、H,在弧ＥF 和弧GH 上分别作⊙Ｏ的切线交A Ｂ、ＢC 、ＣＤ、ＤA 分别于M 、N 、P 、Q 。

求证:ＭQ ／／ＮＰ。

【分析】由ＡB ∥CD 知：要证MQ ∥NP ，只需证∠AMQ=∠ＣP Ｎ，结合∠A=∠C 知，只需证 △AMQ ∽△C ＰN←CNCP AQ AM =，AM ·CN=AQ ·CP 。

连结A Ｃ、BD ，其交点为内切圆心O 。

设ＭN 与⊙O 切于K ，连结OE 、O Ｍ、OK 、O Ｎ、ＯF 。

记∠AB Ｏ=φ，∠ＭＯＫ=α，∠ＫON=β，则 ∠EOM ＝α，∠FO Ｎ=β，∠EOF ＝２α+2β＝１8０°-2φ。

∴∠BON ＝90°-∠NOF-∠ＣOF=90°-β-φ＝α∴∠CN Ｏ=∠ＮB Ｏ+∠NOB=φ+α=∠ＡOE+∠M ＯE=∠AOM又∠OCN=∠MA Ｏ，∴△ＯＣN ∽△ＭAO ，于是CNAOCO AM =， ∴AM ·CN=ＡＯ·ＣＯ同理，ＡＱ·CP=ＡＯ·CO 。

【评注】15．(96全国竞赛)⊙O 1和⊙O 2与ΔA都相切，E 、F 、Ｇ、H 为切点，EG 、F Ｈ的延长线交于P 求证：P Ａ⊥ＢＣ。

【分析】BB 【评注】16．(9９全国竞赛)如图,在四边形ＡB ＣD 中，对角线ＡＣ平分∠BA Ｄ。

在ＣD 上取一点E,BE 与A Ｃ相交于F ，延长DF 交BC 于G 。

求证:∠ＧA Ｃ=∠EA Ｃ。

证明:连结BD 交A Ｃ于Ｈ。

对△BCD 用塞瓦定理，可得1EC DE HD BH GB CG =⋅⋅因为AH 是∠BAD 的角平分线，由角平分线定理，可得AD AB HD BH =，故1ECDE AD AB GB CG =⋅⋅。

过C 作A Ｂ的平行线交AG 的延长线于I,过C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J 。

则CJ ADEC DE ,AB CI GB CG ==, 所以1CJAD AD AB AB CI =⋅⋅,从而CI=CJ 。

又因为ＣI//AB,CJ ／/A Ｄ,故∠ACI ＝π-∠BAC ＝π-∠DA Ｃ=∠A ＣJ 。

因此,△ＡCI ≌△ACJ ，从而∠IAC ＝∠JA Ｃ，即∠G ＡC=∠ＥＡC 。

已知AB ＝AD,BC=DC ，A Ｃ与BD 交于O ，过Ｏ的任意两条直线ＥF 和ＧＨ与四边形ABCD 的四边交于Ｅ、F 、G 、H 。

连结GF 、ＥＨ，分别交ＢD 于M 、N 。

求证：OM=ON 。

（5届ＣMO)证明:作△EOH −−→−)AC (S△E'OH',则只需证E ＇、M 、H'共线，即E ＇Ｈ'、BO 、G Ｆ三线共点。

记∠BOG=α,∠G ＯE'=β。

连结E'F 交BO 于K 。

只需证'KE FKF 'H 'BH GBG 'E ⋅⋅=1（Cｅｖa 逆定理)。

'KE FK F 'H 'BH GB G 'E ⋅⋅='OKE OFK F 'OH 'OBH OGB G 'OE S S S S S S ∆∆∆∆∆∆⋅⋅='OE OFsin OF sin OB sin OB sin 'OE ⋅βα⋅αβ=1 注:筝形:一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。

对应于99联赛2:∠Ｅ＇O Ｂ=∠FO Ｂ，且E'H'、GF 、ＢO 三线共点。

求证:∠GOB ＝∠H'ＯB 。

事实上，上述条件是充要条件，且Ｍ在OB 延长线上时结论仍然成立。

证明方法为：同一法。

蝴蝶定理:P 是⊙O 的弦AB 的中点，过Ｐ点引⊙O 的两弦CD 、EF,连结DE 交ＡB 于M ，连结ＣF 交A Ｂ于Ｎ。

求证:ＭＰ=NP 。

【分析】设G Ｈ为过P 的直径，F −−→−)GH (S F'Ｆ，显然＇∈⊙O 。

又P ∈ＧＨ，∴PF'=PＦ。

∵P Ｆ−−→−)GH (S ＰＦ',P Ａ−−→−)GH (S PB,∴∠FPN ＝∠F'P Ｍ,PF=PF'。

又ＦF ＇⊥G Ｈ，A Ｎ⊥ＧH,∴FF'∥A Ｂ。

∴∠F'PM ＋∠ＭDF'=∠F ＰN+∠ＥDF' =∠EF Ｆ'+∠ED Ｆ'=180°,∴P 、M 、D 、F'四点共圆。

∴∠PF'M ＝∠PDE=∠P ＦN 。

∴△P ＦN ≌△ＰF'M,PN=ＰM 。

【评注】一般结论为:已知半径为Ｒ的⊙O 内一弦AB 上的一点P ，过Ｐ作两条相交弦ＣD 、E Ｆ，连CF 、ED 交AB 于M 、N ，已知OP=ｒ，P 到AB 中点的距离为ａ,则22r R a 2PN 1PM 1-=-。

（解析法证明：利用二次曲线系知识） B。