数学竞赛平面几何定理

E

D

C

B A

平面几何

一、知识点金

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1BP CQ AR PC QA RB

??=注：梅涅劳斯定理的逆定理也成立

（用同一法证明）

2.塞瓦定理：设,,P Q R 分别是ABC ?的三边,,BC CA AB 或它们的延长线上的点，

若,,AP BQ CR 三线共点，则

1BP CQ AR PC QA RB

??=注：塞瓦定理的逆定理也成立3.托勒密定理：在四边形ABCD 中，有AB CD BC AD AC BD ?+?≥?，并且当且仅当四边形ABCD ()

ABCD E BAE CAD ABE ACD

AB BE ABE ACD AB CD AC BE AC CD AB AE BAC EAD ABC AED AC AD BC ED AD BC AC ED AC AD

AB CD AD BC AC BE ED AB CD AD BC AC BD

E BD A B C D ∠=∠∠=∠??∴

=??=?=∠=∠∴??∴=??=?∴?+?=?+∴?+?≥? 证：在四边形内取点，使，则：和相似又且和相似且等号当且仅当在上时成立，即当且仅当、、、四点共圆时成立；

注：托勒密定理的逆定理也成立

4.

西姆松定理：若从ABC ?外接圆上一点P 作,,BC AB CA 的垂线，

垂足分别为,,D E F ，则,,D E F 三点共线。

西姆松定理的逆定理：从一点P 作,,BC AB CA 的垂线，垂足分别为,,D E F 。若,,D E F 三点共线，则点P 在ABC ?的外接圆上。5．蝴蝶定理：圆O 中的弦PQ 的中点M ，过点M 任作两弦

AB ，CD ，弦AD 与BC 分别交PQ 于X ，Y ，则M 为XY 之中

点。

证明：过圆心O 作AD 与BC 的垂线，垂足为S 、T ，连接OX ，OY ，OM ，SM ，MT 。∵△AMD ∽△CMB ∴AM/CM=AD/BC

∵AS=1/2AD ，BT=1/2BC ∴AM/CM=AS/CT

又∵∠A=∠C ∴△AMS ∽△CMT

∴∠MSX=∠MTY

∵∠OMX=∠OSX=90°∴∠OMX+∠OSX=180°

∴O ，S ，X ，M 四点共圆

同理，O ，T ，Y ，M 四点共圆

∴∠MTY=∠MOY ，∠MSX=∠MOX

∴∠MOX=∠MOY ，∵OM ⊥PQ ∴XM=YM

注：把圆换成椭圆、抛物线、双曲线蝴蝶定理也成立

6．坎迪定理：设AB 是已知圆的弦，M 是AB 上一点，弦,CD EF

过点M ，连结,CF ED ，分别交AB 于,L N ，则1111LM MN AM MB

-=-。7．斯特瓦尔特定理：设P 为ABC ?的BC 边上任一点，则有

2222PC BP BP PC AP AB AC BC BC BC BC BC

=?+?-??。注：斯特瓦尔特定理的逆定理也成立

8．张角定理：设,,A C B 顺次分别是平面内一点P 所引三条射线,,AB AP AC 上的点，线段,AC CB 对点P 的张角分别为,αβ，且180αβ+< ，则,,A C B 三点共线的充要条件是：

sin()sin sin PC PB PA

αβαβ+=+

9．九点圆定理：三角形的三条高的垂足、三边的中点，以及垂心与顶点的三条连接线段的中点，共九点共圆。此圆称为三角形的九点圆，或称欧拉圆。ABC ?的九点圆的圆心是其外心与垂心所

连线段的中点，九点圆的半径是ABC ?的外接圆半径的12

。证明：ABC ?的九点圆与ABC ?的外接圆，以三角形的垂心为外位似中心，又以三角形的重心为内位似中心。位似比均为1:2。

10．欧拉线：ABC ?的垂心H ，

重心G ，外心O 三点共线。此线称为欧拉线，且有关系：2HG GO =11

R 和r ，则这两圆的圆心距

OI =。由此可知，2R r ≥。

证明：设外心为O ，内心为I ，连结OI ，延长交外接圆于,N P 两点，令d OI =，AI 交外接

圆于L ，则()()2sin 22sin 2A r R d R d NI IP LI IA LB IA R Rr A -+=?=?=?=?=12．笛沙格定理;在ABC ?和A B C '''?中，若,,AA BB CC '''相交于一点O ，则AB 与A B ''，BC 与

B C ''，AC 与A C ''的交点,,F D E 共线。证明：OBC ?和梅尼线B C D ''，1OB BD CC B B DC C O ''??=''；OAB ?和梅尼线A B F ''，1OA AF BB A A FB B O ''??=''；OAC ?和梅尼线A C E ''，1OC CE AA C C EA A O ''??=''，三式相乘，得1BD CE AF DC EA FB

??=。得证13．牛顿（Newton ）定理1：

圆的外切四边形的对角线的交点和以切点为顶点的四边形对角线交点重合。

证法1：设四边形ABCD 的边AB,BC,CD,DA 与内切圆分别切于点E,F,G,H.

首先证明,直线AC,EG,FH 交于一点.设EG,FH 分别交AC 于点I,I'.

显然∠AHI‘=∠BFI ’，因此易知AI'*HI'/FI'*CI'=S(AI'H)/S(CI'F)=AH*HI'/CF*FI'故AI'/CI'=AH/CF.

同样可证:AI/CI=AE/CG 又AE=AH,CF=CG.故AI/CI=AH/CF=AI'/CI'.

从而I,I'重合.即直线AC,EG,FH 交于一点.

同理可证:直线BD,EG,FH 交于一点.因此直线AC,BD,EG,FH 交于一点。

证法2：外四边形为ABCD ，对应内切四边形为EFGH 。连接EG ，FH 交于P 。

下面证明BD 过P 即可。

过D 座EG 的平行线交BA 与S ，过D 做FH 的平行线交BC 于T 。由于弦切角及同位角，角BEG=角CGE=角CDS=角BSD 。所以SEGD 四点共圆，且为等腰梯形。设此圆为圆M ，圆M 与圆O ，内切圆交于EG ，所以其根轴为EG ，同理对圆N ，DHFT ，与圆O 交于HF 。HF 为此两圆的根轴。由根轴定理，只需证明BD 为圆M 与圆N 的根轴即可证明BD ，EG ，HF 共于点P 。

D 在圆M 和圆N 上，所以其为根轴一点。由于SEGD ，和DHFT 为等腰梯形，所以ES=DG ，DH=FT 。由切线长定理，DH=DG ，BE=BF ；所以BE=BF ，ES=FT ，BS=BT 。若B 为圆M 与圆N 的根轴上一点，则BE*BS=BF*BT ，其为割线长。明显等式成立。所以BD 为圆M 与圆N 的根轴，则BD ，EG ，HF 共于点P 。同理AC ，EG ，HF 共于点P 。命题得证。

14．牛顿（Newton）定理2：圆外切四边形的两条对角线的中点，

只需证△BEI与△DEI面积相等。

证明：四边形ABCD,AB∩CD=E,AD∩BC=F,BD中点M,AC中点L,EF中点N取BE 中点P,BC中点R,PN∩CE=Q

R,L,Q共线，QL/LR=EA/AB；M,R,P共线，RM/MP=CD/DE；

N,P,Q共线，PN/NQ=BF/FC。

三式相乘得:QL/LR*RM/MP*PN/NQ=EA/AB*CD/DE*BF/FC

QL/LR*RM/MP*PN/NQ=1

PQR

及梅尼线LMN，

由梅涅劳斯定理的逆定理知L，M，N三点共线。

16．布利安双定理：设一六角形外切于一条圆锥曲线，那么它的三双对顶点的连线共点。在此，提供用初等几何证明外切于圆的情形。

记六边形为ABCDEF外切于圆O，AB，BC，CD,DE,EF,FA上的切点分别是G,H,I,J,K,L.设AB,DC 交于X,AF,DE交于Y.则四边形AXDY外切于圆O,切点分别是G,I,J,L。圆外切四边形对边切点连线与主对角线交于一点，有AD,GJ,LI共点(记为点P)。同理，BE,GJ,KH共点(记为点r),CF,LI,KH 共点（记为点q则命题可转为证明DP,BR,FQ共点。

17．拿破仑定理：若在任意三角形的各边向外作正三角形。则它们的中心构成一个正三角形。

证明：设等边△ABD的外接圆和等边△ACF的外接圆相交于O；连AO、CO、BO。

∴∠ADB=∠AFC=60°；∵A、D、B、O四点共圆；A、F、C、O四点共圆；

∴∠AOB=∠AOC=120°；∴∠BOC=120°；∵△BCE是等边三角形

∴∠BEC=60°；∴B、E、C、O四点共圆；∴这3个等边三角形的外接圆共点。

设等边△ABD的外接圆⊙N，等边△ACF的外接圆⊙M，等边△BCE的外接圆⊙P相交于O；连AO、CO、BO。∵A、D、B、O四点共圆；A、F、C、O四点共圆，B、E、C、O四点共圆，∠AFC=∠ADB=∠BEC=60°；∴∠AOB=∠AOC=∠BOC=120°；

∵NP、MP、MN是连心线；BO、CO、AO是公共弦；∴BO⊥NP于X；CO⊥MP 于Y；AO⊥NM于Z。

∴X、P、Y、O四点共圆；Y、M、Z、O四点共圆；Z、N、X、O四点共圆；

∴∠N=∠M=∠P=60°；即△MNP是等边三角形。

18．帕斯卡（Pascal）定理：如图，圆内接六边形ABCDEF的边AB、DE的延长线交于点G，边BC、EF的延长线交于点H，边CD、FA的延长线交于点K。则H、G、K三点共线。

证明：延长AB、CD、EF，分别交直线CD、EF、AB于M、N、L三点，构成△LMN。

直线BC截LM、MN、NL于B、C、H三点，则…①

直线DE截LM、MN、NL于G、D、E三点，则|LG|/|MG|.|MD|/|ND|.|NE|/|LE|=1…②

直线AF截LM、MN、NL于A、K、F三点，则…③

连BE，则LA·LB=LF·LE，∴…④。同理…⑤，…⑥。

将①②③④⑤⑥相乘，得。

∵点H、G、K在△LMN的边LN、LM、MN的延长线上，∴H、G、K三点共线。

21．斯坦纳—莱默斯定理：

如图，已知△ABC中，两内角的平分线BD=CE。求证：AB=AC。

证明：在平面三角形中:(1).三内角皆小于120°的三角形，分别以AB,BC,CA，为边，向三角形外侧做正三角形ABC1,ACB1,BCA1,然后连接AA1,BB1,CC1,则三线交于一点P,则点P就是所求的费马点.(2).若三角形有一内角大于或等于120度,则此钝角的顶点就是所求.(3)当△ABC为等边三角形时,此时外心与费马点重合（1）等边三角形中BP=PC=PA，BP、PC、PA分别为三角形三边上的高和中线、三角上的角分线。是内切圆和外切圆的中心。△BPC≌△CPA≌△PBA。（2）当BC=BA但CA≠AB时，BP为三角形CA上的高和中线、三角上的角分线。

证明(1)费马点对边的张角为120度。

△CC1B和△AA1B中,BC=BA1,BA=BC1,∠CBC1=∠B+60度=∠ABA1,△CC1B和△AA1B是全等三角形,得到∠PCB=∠PA1B同理可得∠CBP=∠CA1P由∠PA1B+∠CA1P=60度，得∠PCB+∠CBP=60度,所以∠CPB=120度同理,∠APB=120度，∠APC=120度(2)PA+PB+PC=AA1将△BPC以点B为旋转中心旋转60度与△BDA1重合，连结PD，则△PDB 为等边三角形，所以∠BPD=60度又∠BPA=120度，因此A、P、D三点在同一直线上，又∠CPB=∠A1DB=120度，∠PDB=60度，∠PDA1=180度，所以A、P、D、A1四点在同一直线上，故PA+PB+PC=AA1。(3)PA+PB+PC最短在△ABC内任意取一点M（不与点P重合），连结AM、BM、CM，将△BMC以点B为旋转中心旋转60度与△BGA1重合，连结AM、GM、

A1G(同上)，则AA1

23．等差幂线定理：已知A、B亮点，则满足AP2-BP2=k(k为常数)的点P轨迹是垂直于AB的一条直线。

24．婆罗摩笈多定理

若圆内接四边形ABCD的对角线相互垂直，则垂直于一边CD且过对角线交点E的直线EF将AB平分对边。

25．莱莫恩（Lemoine）定理：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所在直线交于P、Q、R，则P、Q、R三点共线。直线PQR称为△ABC的莱莫恩线。

证明：由弦切角定理可以得到：sin∠ACR=sin∠ABC，sin∠BCR=sin∠BAC sin∠BAP=sin∠BCA，sin∠CAP=sin∠ABC

sin∠CBQ=sin∠BAC sin∠ABQ=sin∠BCA

所以，我们可以得到：(sin∠ACR/sin∠BCR)*(sin∠BAP/sin∠CAP)*(sin∠CBQ/sin∠ABQ)=1，这是角元形式的梅涅劳斯定理，所以，由此，得到△ABC被直线PQR所截，即P、Q、R共线。

26．清宫定理：设P、Q为△ABC的外接圆上异于A、B、C的两点，P关于三边BC、CA、AB的对称点分别是U、V、W，且QU、QV、QW分别交三边BC、CA、AB或其延长线于D、E、F，则D、E、F在同一直线上

证明：设P、Q为△ABC的外接圆上异于A、B、C的两点，P关于三边BC、CA、AB

的对称点分别是U、V、W，且QU、QV、QW分别交三边BC、CA、AB或其延长线于D、E、F这时，P、Q两点和D、F、E、三点有如下关系：将三角形的三边或者其延长线作为镜面，则从P点出发的光线照到D点经过BC反射以后通过Q点，从P点出发的光线照到E点经AC的延长线反射后通过Q点，从P点出发的光线照到F点后通过Q点从而，如果P、Q两点重合，则D、E、F三点成为从P（即Q）点向BC，CA，AB或者它们的延长线所引的垂线的垂足。于是，如果P、Q两点重合，清宫定理就成为西摩松定理。

我们决定将证明清宫定理的方针确定如下：因为D、E、F三点中，有两点在△ABC

的边上，其余一点在边的延长线上，如证明（BD/DC）·（CE/EA）·（AF/FB）=1，

则根据梅涅劳斯定理的逆定理，就可证明DEF三点在同一直线上。

首先，A、B、P、C四点在同一圆周上，因此∠PCE=∠ABP

但是，点P和V关于CA对称所以∠PCV=2∠PCE

又因为P和Ｗ关于AB对称，所以∠PBW=2∠ABP

从这三个式子，有∠PCV=∠PBW

另一方面，因为∠PCQ和∠PBQ都是弦PQ所对的圆周角，

所以∠PCQ=∠PBQ两式相加，有∠PCV+∠PCQ=∠PBW+∠PBQ

即∠QCV=∠QBW即△QCV和△QBW有一个顶角相等，

因此S（△QCV）/S（△QBW）=（CV·CQ）/（BW·BQ）

但是CV=CP，BW=BP，所以S（△QCV）/S（△QBW）=（CP·CQ）/（BP·BQ）

同理S（△QAW）/Ｓ（△QCU）=（AP·AQ）/（CP·CQ）

S（△QBU）/S（△QAV）=（BP·BQ）/（AP·AQ）

于是（BD/DC）·（CE/EA）·（AF/FB）=[S（△QBU）/S（△QCU）]·[S（△QCV）/S

（△QAV）]·[S（△QAW）/S（△QBW）]=[S（△QBU）/S（△QAV）]·[S（△QCV）/S（△QBW）]·[S

（△QAW）/S（△QCU）]=[（BP·BQ)/（AP·AQ）]·[（CP·CQ)/（BP·BQ）]·[（AP·AQ)/

（CP·CQ）]=1

根据梅涅劳斯定理的逆定理，D、E、F三点在同一直线上