文档介绍：平面几何名定理、名题与竞赛题
平面几何在其漫长的发展过程中,得出了大量的定理,积累了大量的题目,其中很多题目都是大数学家的大手笔,这些题目本身就是典范,,,.
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)
分析如图,即证AC·BD=AB·CD+AD·BC.
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ÐADE=ÐBDC,
由ÐDAE=ÐDBC,得⊿AED∽⊿BCD.
∴ AE∶BC=AD∶BD,即AE·BD=AD·BC. ⑴
又ÐADB=ÐEDC,ÐABD=ÐECD,得⊿ABD∽⊿ECD.
∴ AB∶ED=BD∶CD,即EC·BD=AB·CD. ⑵
⑴+⑵,得 AC·BD=AB·CD+AD·BC.
说明本定理的证明给证明ab=cd+,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·.
例1 (1987年第二十一届全苏)设A1A2A3…A7是圆内接正七边形,求证:
=+.
证明连A1A5,A3A5,并设A1A2=a,A1A3=b,A1A4=c.
本题即证=+.在圆内接四边形A1A3A4A5中,有
A3A4=A4A5=a,A1A3=A3A5=b,A1A4=A1A5=+ac=bc,同除以abc,即得=+,故证.
例2.(美国纽约,1975)证明:从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能都是有理数.
例1
分析:假定其中几个是有理数,证明至少一个是无理数.
证明:设⊙O的直径为2R,不妨设P在上,则∠APB=45°,设∠PBA=a,则∠PAB=135°-a.
若PA=2Rsina及PC=2Rsin(90°-a)=2Rcosa为有理数,
则 PB=2Rsin∠PAB=2Rsin(135°-a)
=2R(cosa+sina)=R(sina+cosa)即为无理数.
或用Ptolemy定理:PB·AC=PA·BC+PC·AB.
ÞPB=PA+、PB、PC不能同时为有理数.
例3.⑴求证:锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和.
⑵若DABC为直角三角形或钝角三角形,上面的结论成立吗?
证明:如图,DABC内接于⊙O,设⊙O的半径=R,DABC的边长分别为a,b,、Y、Z.
由A、X、O、Z四点共圆,据Ptolemy定理,有
OA·XZ=OX·AZ+OZ·AX,ÞR·a=OX·b+OZ·
R·a=OX·b+OZ·c, ①
同理,
R·b=OX·a+OY·c, ②
R·c=OY·b+OZ·a, ③
三式相加,得
R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a). ④
但 r(a+b+c)=OX·a+OY·b+OZ·c.(都等于三角形面积的2倍) ⑤
④式与⑤式两边分别相加,得
R(a+b+c)+r(a+b+c)= OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OX·c+OY·a+OZ·b.
故, R+r=OX+OY+OZ.
⑵当DABC为直角三角形(∠C为直角),则O在边AB上,OX=0,上述结论仍成立.
当DABC为钝角三角形(∠C为直角或钝角)时,则有
R+r=-OX+OY+OZ.
证明同上.
定理2 设P、Q、A、B为任意四点,则PA2-PB2=QA2-QB2ÛPQ⊥AB.
证明先证PA2-PB2=QA2-QB2ÞPQ⊥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 QA2-QB2=AB(AB-2AH’)
∴H=H’,即点H与点H’重合.
PQ⊥AB ÞPA2-PB2=QA2-QB2显然成立.
说明本题在证明两线垂直时具有强大的作用.
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交于点A、B,则PA·PB= |d2-r2|.
“到两圆等幂的点的轨迹