竞赛专题讲座－几个重要定理《定理1》正弦定理△ABC中，设外接圆半径为R，则证明概要如图1-1，图1-2过B作直径BA'，则∠A'=∠A，∠BCA'=90°，故即；同理可得当∠A为钝角时，可考虑其补角，π-A.当∠A为直角时，∵sinA=1，故无论哪种情况正弦定理成立。
《定理2》余弦定理△ABC中，有关系a2=b2+c2-2bccosA；（*）b2=c2+a2-2cacosB；c2=a2+b2-2abcosC；有时也用它的等价形式a=ccosB+bcosC；b=acosC+ccosA；（**）c=acosB+bcosA.证明简介余弦定理的证法很多，下面介绍一种复数证法如图建立复平面，则有=（bcosA-c2）+(bsinθ)2即a2=b2+c2-2bccosA，同理可证（*）中另外两式；至于**式，由图3显见。
《定理3》梅涅(Menelaus)劳斯定理（梅氏线）直线截△ABC的边BC，CA，AB或其延长线于D、E、F. 则本题可以添加平行线来证明，也可不添辅助线，仅用正弦定理来证明。
在△FBD、△CDE、△AEF中，由正弦定理，分别有《定理4》塞瓦定理(Ceva) （塞瓦点）设O 是△ABC 内任意一点，AB 、BO 、CO 分别交对边于D 、E 、F ，则证法简介（Ⅰ）本题可利用梅内劳斯定理证明：（Ⅱ）也可以利用面积关系证明同理 ④ ⑤③×④×⑤得《定理5》塞瓦定理逆定理在△ABC 三边所在直线BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若则AD 、BE 、CE 平行或共点。
证法简介（Ⅰ）若AD∥BE（如图画5-1） 则EACEBD BC =代入已知式：1=⋅⋅FB AF BD BC DC BD 于是 CBDCFB AF =， 故 AD∥CF，从而AD∥BE∥CF（Ⅱ）若AD 、BE 交于O （图5-2），则连CO 交AB 于F’.据塞瓦定理，可得1='⋅⋅B F AF EA CE DC BD 而已知1=⋅⋅FB AFEA CE DC BD 可见FB AF B F F A ='' 则 FBAF AFB F F A F A +='+'' AB FB AF B F F A =+='+' AF F A =' 即F '即F ，可见命题成立《定理6》斯特瓦尔特定理在△ABC 中，若D 是BC 上一点，且BD=p ，DC=q ，AB=c ，AC=b ，则证明简介：在△ABD 和△ABC 中，由余弦定理，得《定理7》托勒密(Ptolemy)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BD AC AD BC CD AB •=•+•的充要条件是共圆ABCD《定理7》、西姆松(Simson)定理（西姆松线）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上△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1=⋅⋅RBARQA CQ PC BP 。
例题：1． 设AD 是△ABC 的边BC 上的中线，直线CF 交AD 于F 。
求证：FBAFED AE 2=。
【分析】CEF 截△ABD→1=⋅⋅FABFCB 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D 。
求证：。
【分析】连结并延长AG 交BC 于M ，则M 为BC 的中点。
DEG 截△ABM→（梅氏定理）例1例2DGF截△ACM→（梅氏定理）∴===1【评注】梅氏定理3．D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，，AD、BE、CF交成△LMN。
求S△LMN。
【分析】梅氏定理4．以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。
求证：AE、BF、CG相交于一点。
【分析】塞瓦定理5．已知△ABC中，∠B=2∠C。
求证：AC2=AB2+AB·BC。
【分析】托勒密定理过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。
则CD=DA=AB，AC=BD。
由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。
6．已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。
求证：。
【分析】托勒密定理7．过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A, B. 所作割线交圆于C, D 两点，C 在P, D 之间. 在弦CD 上取一点Q, 使.DAQ PBC ∠=∠求证：.DBQ PAC ∠=∠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·EF=BF·CE+BE·CF。
【分析】西姆松定理（西姆松线）8． 正六边形ABCDEF 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】面积法例1 如图，G 是∆ABC 内一点AG ，BG ，CG 的延长线分别交对边于D ，E ，F ， ∆AGF ，∆BGF ，∆BGD 的面积分别为40，30，35。
求∆ABC 的面积。
例2，已知AC ，CE 是正六边行ABCDEF 的两条对角线，点M ，N 分别内分AC ，CE ，且使k CECNAC AM ==。
如果B ，M ，N 三点共线，试求 k 的值变式，已知AC ，CE 是正六边形ABCDEF 的两条对角线，点M ，N 分别内分AC ，CE ，G B AC E F D3530 40且使，33==CE CN AC AM 求证：B ，M ，N 三点共线。
例3，如图，过∆ABC 的三个顶点A ，B ，C 作它的外接圆的切线，分别和BC ，CA ，AB 的延长线交于P ，Q ，R 。
求证：P ，Q ，R 三点共线。
例4。
设AF ，BE ，CD 分别是∆ABC 的内角平分线，中线和高，且AC=b,AB=c,求证：AF ，BE ，CD 三线共点的充要条件是cosA=，)(c b c+例4，在凸四边形ABCD 中，∠CAB=∠CAD ，E 和F 分别是边CD ，BC 上的点，且满足∠CAF=∠CAE ，求证：AC ，BE ，DF 三线共点。
变式：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G ，延长DG 交BC 于F 。
求证：∠FAC=∠EAC 。
一、 圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A, B. 所作割线交圆于C, D 两点，C 在P, D 之间. 在弦CD 上取一点Q, 使.DAQ PBC ∠=∠求证：.DBQ PAC ∠=∠{证明}如图，联结AB ，在△ADQ 和△ABC 中，∠ADQ=∠ABC ，∠DAQ=∠PBC=∠CAB ，故△ADQ ∽△ABC ，而有BC DQAB AD =，即BC AD AB DQ ⋅=⋅.……（10分）又由切割线定理知△PCA ∽△PAD ，故PC ACPA AD =；同理由△PCB ∽△PBD 得PC BCPB BD =.……………………………………（20分）B A D EC A又因PA=PB ，故AC BCAD BD =， 得AC BD BC AD AB DQ ⋅=⋅=⋅.………………………………………（30分）又由关于圆内接四边形的托勒密定理知AC BD BC AD AB CD ⋅+⋅=⋅.于是得2AB CD AB DQ ⋅=⋅，故12DQ CD=.即CQ DQ =………………………（40分）在△CBQ 与△ABD 中，,AD DQ CQBCQ BAD AB BC BC ==∠=∠，于是△CBQ ∽△ABD ，故CBQ ABD ∠=∠，即得DBQ ABC PAC ∠=∠=∠.…………………………………(50分)二．如图：⊿ABC 中，O 为外心，三条高AD 、BE 、CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N 。
求证：（1）OB ⊥DF ，OC ⊥DE ；（2）OH ⊥MN 。
证明：(1)∵A 、C 、D 、F 四点共圆 ∴∠BDF ＝∠BAC 又∠OBC ＝21(180°－∠BOC )＝90°－∠BAC ∴OB ⊥DF ．(2)∵CF ⊥MA∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2 ① ∵BE ⊥NA∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2 ② ∵DA ⊥BC∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2 ③ ∵OB ⊥DF∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2 ④ ∵OC ⊥DE∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2 ⑤ …………………………………… 30分 ①－②＋③＋④－⑤，得NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH 2∴OH ⊥MN …………………………………………………………………… 50分。