第18讲 平几中的几个重要定理（一）

本节主要内容有Ptolemy、Ceva、Menelaus等定理及应用．

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)

定理2 (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

AZBXCY

··=1． ZBXCYA

定理3 (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

AZBXCY

··=1． ZBXCYA

定理4 设P、Q、A、B为任意四点，则PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB．

BZYCAAZPBXCYX A类例题 例1 证明Ptolemy定理．

已知：如图，圆内接ABCD，求证：AC·BD=AB·CD+AD·BC．

分析 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．

AEBDC说明 本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一个典范．

链接 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2 证明 Ceva定理．

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． AZS3BXS1CYS2则=，=，=， ZBS2XCS3YAS1三式相乘，即得证．

PBXZAYC说明 用同一法可证其逆正确．

链接 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．运用此定理可以比较简洁证明三条角平分线、三条中线、三条高等共点问题． 例3 证明Menelaus定理． 证明：作CN∥BA，交XY于N， AZCYCNXC则=，=． CNYAZBBX

BZYCAZAN XAZBXCYAZCNBXCY

于是··=···=1．

ZBXCYACNZBXCYA

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 AZS4BXS2+S3CYS3=；=；=，三式相乘即得证． ZBS2+S3XCS3YAS4

BS1 S4 YS2 S3 CX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”．

链接 本定理证明很多，可以运用三角、射影等知识；还可以运用此定理证明Ceva定理．

例4 证明定理4 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 QA-QB=AB(AB-2AH’) ∴H=H’，即点H与点H’重合． PQ⊥AB ?PA2-PB2=QA2-QB2显然成立．

2

2

PAH'HQB 说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用．

链接 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．

A情景再现

︵

1.如图，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点

BCP(不与B、C重合)， 求证：PA=PB＋PC．

2.设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于E． AE2AF

求证：=．

ED FB

AEE线交于一点． 3．证明：三角形的角平分B类例题 例5 设A1A2A3?A7是圆内接正七边形，求证：

111

=+．(1987年第二十一届全苏) A1A2A1A3A1A4

BDCA3A4A2分析 注意到题目中要证的是一些边长之间的关系，并且是圆内接多

边形，当然存在圆内接四边形，从而可以考虑用Ptolemy定理．

证明 连A1A5，A3A5，并设A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c． 111

本题即证=+．在圆内接四边形A1A3A4A5中，有

abc

A5A7A6A1111

A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c．于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得=+，故证．

abc说明 Ptolemy定理揭示了圆内接四边形中线段关系，在数学中应用非常广泛．

例6 (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RS是互相垂直的，并且它们与矩形的某条对角线交于同一点．

证明：设PR与圆的另一交点为L．则

→→→→→→→→→→→→→→PQ·RS=(PM+PA)·(RM+MS)=PM·RM+PM·MS+PA·RM+PA·MS →→→→ =－PM·PL+PA·PD=0．故PQ⊥RS．

设PQ交对角线BD于T，则由Menelaus定理，(PQ交?ABD)得

DPAQBTBTPAQB

··=1；即=·； PAQBTDTDDPAQ

设RS交对角线BD于N，由Menelaus定理，(RS交?BCD)得

BNDSCRBNSCRB

··=1；即=·； NDSCRBNDDSCR

PARBQBSCBTBN

显然，=，=．于是=，故T与N重合．得证．

DPCRAQDSTDND

说明 本题反复运用了Menelaus定理，解题要抓住哪一条直线截哪一个三角形．

DST,NAPMQBLRC

情景再现

4．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）

5．ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上的一点．AF交ED于G，EC交FB于H．连接线段GH并延长交AD于L，交BC于M．求证：DL=BM.

6．在直线l的一侧画一个半圆T，C，D是T上的两点，T上过C和D的切线分别交l于B和A，半圆的圆心在线段BA上，E是线段AC和BD的交点，F是l上的点，EF垂直l．求证：EF平分∠CFD．

C类例题 例7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=PO-r． ⑴

由?PMN=?BKN=?CAN，得P、M、N、C共圆， 故 BM·BP=BN·BC=BO-r． ⑵ ⑴－⑵得， PM·PB-BM·BP= PO2 - BO2， 即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，就是

2

2

A B M N O C P 22

K