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1、平面几何常用的定理及其应用一、正弦定理、余弦定理已知的内角所对的边为正弦定理：，（其中为三角形外接圆半径）余弦定理：，二、定差幂线定理定差幂线定理：PMAB的充要条件是：AP 2一AM2 =BP2 一BM2推论（定差幂线轨迹定理）已知两点A和B ，则满足AM2一BM2=k2(k为常数)的点P的轨迹是垂直于AB的一条直线推论 (斯坦纳定理)在ABC中，点D、E、F分别是三边BC、CA、AB上的点，分别过点D、E、F作所在边的垂线，则这三条垂线共点的充要条件是等角线的定义：在ABC中，在线段BC上取P、Q，使得BAP=CAQ，则称AP、AQ为ABC中的等角线等角线的性质：对于ABC，和线段BC上两
2、点P、Q，若AP、AQ为ABC中的等角线，则有（面积法）中线长（巴布斯定理）：设ABC的边BC的中点为P，则有证明：用两次余弦定理角平分线长（斯库顿定理）：在ABC中,AD为BAC的平分线,则AD 2+BDDC=ABAC证明:延长BAC的平分线AD交ABC于E,连结BEE=C,BAE=DAC,即ABEADCAB/AE=AD/AC,化简得AD(AD+DE)=ABAC即AD2+ADDE=ABAC,由相交弦定理得ADDE=BDDC,因此AD 2+BDDC=ABAC例1 如图，点为内部一点，分别垂直于，且，求证：证明：由定差幂线定理：； 上述三式相加，结合及，得 例2 如图，在中，、是垂足，与交于点
3、证明：证明：在凹四边形中，由得在凹四边形中，由得于是，在凹四边形中，得到，则由此题可得垂线的一个性质：例3 若点在三边、所在直线上的射影分别为、 证明：自、的中点分别向、所作的垂线共点 证明：由三角形中线长公式，有 由，则 同理， 以上三式相加，得 因为，由定差幂线定理可得：以上三式相加得所以=0（*）设与交于M点，则由定差幂线定理可得，代入（*）得即所以M在过引AB的垂线上，所以、三线共点 例4 锐角ABC的一边为直径作圆，分别与AB、BC交于点K、L，CK、AL分别与ABC的外接圆交于点F、D (FC，DA)，E为劣弧上一点，BE与AC交于点N 若AF2+BD2+CE2=AE2+CD2+B
4、F2求证： 证明：如图，由于以为直径的圆分别与、交于点，则， 设与交于点，则为的垂心，故点与关于对称，点与关于对称 从而， 由，有 即 由定差幂线定理知， 又注意到为垂心，有 故知、三点共线 因为为边与的交点，则 故 三、共边比例定理、分角定理与张角定理1共边比例定理（燕尾定理）：在三角形ABC中，AD，BE，CF相交于同一点O，有SAOBSAOC=BDCDSAOBSCOB=AECESBOCSAOC=BFAF2分角定理：在ABC中，D是边BC上异于B,C或其延长线上的一点，连结AD，则有BD/CD=(sinBAD/sinCAD)*(AB/AC) 证明：面积法3张角定理：在ABC中，D是BC上的
5、一点，连结AD那么sinBAD/AC+sinCAD/AB=sinBAC/AD逆定理： 如果，那么B,D,C三点共线证明：面积法，同一法4斯特瓦尔特定理 设为的边上任一点（，），则有或 证明 如图所示，不失一般性，不妨设，则由余弦定理，有，对上述两式分别乘以，后相加整理，得式或式斯特瓦尔特定理的逆定理：设，依次分别为从点引出的三条射线，上的点，若，或，则，三点共线证明：令，对和分别应用余弦定理，有，将上述两式分别乘以，后相加，再与已知条件式相比较得，由此推出，即证斯特瓦尔特定理的推广：（1）设为的边延长线上任一点，则（2）设为的边反向延长线上任一点，则注：若用有向线段表示，则，式是一致的推论1
6、设为等腰的底边上任一点，则注：此推论也可视为以为圆心，为半径的圆中的圆幂定理推论2 设为的边上的中线，则推论3 设为的的内角平分线，则推论4 设为的的外角平分线，则推论5 在中，若分线段满足，则注：若，则例1 已知是的内切圆，、分别为、上的切点，连结并延长交于点，连结并延长交于点 求证：是的中点 证明:如图，联结，由、N及、分别四点共圆有， 由共边比例定理，有，及 于是， 故是的中点 例2 在等腰ABC中，A90，从边AB上点D引AB的垂线，交边AC于E，交边BC的延长线于F 求证：AD=CF当且仅当ADE面积是CEF面积的两倍 证明：连接，则外分 设，作 由分角定理得：在中，内分，由分角定理
7、得：由=且，得 设，在等腰中，有 ， 以上过程均可逆 例3 如图，在线段上取内分点，使，分别以，为边，在的同侧作正方形和，和分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于， 求证：，三点共线 证明：连，则，则，三点共线，注意 设，的半径分别为，则， 对视点，考察点，所在的三角形 由 由张角定理可知，三点共线例4 在中，点是外心，两条高，交于点，点，分别在线段，上，且满足，求的值（2002年全国高中联赛题）解析：延长交于，由三角形垂心性质，知为关于的对称点，则设的半径为，由，知延长两端交于，如图所示，由相交弦定理有，得，即在及边上的点，应用斯特瓦尔特定理，并注意到 ，可得，即 ，亦即 于是，有亦即 ，即
8、而当时，故 为所求四、Menelaus、Ceva、Pascal定理1梅涅劳斯定理：若直线不经过的顶点， 并且与的三边或它们的延长线 分别交于，则其他证明方法：面积法，作平行线导边 注：梅涅劳斯定理的逆定理也成立 （用同一法证明）梅涅劳斯定理逆定理：利用面积转换，可得出如下两个角元形式：第一角元形式：第二角元形式：（O为不在三边所在直线上的任意一点）例1 已知AD为锐角三角形ABC的一条高，K为AD上任一点，BK、CK的延长线分别交AC、AB于点E、F 求证：EDKFDK DBCAEFK证明：过点A作MNBC，与DE、DF的延长线分别交，于点M、N 由于=1 而， ，1，ANAM，即DA是等腰三
9、角形DMN的底边上的高，从而EDAFDA 例2 （完全四边形的性质）如图，四边形ABCD中，AB与CD所在直线交于点E，AD与BC所在直线交于点F，BD与EF所在直线交于点H，AC与EF所在直线交于点G 求证：证明：考虑被直线HBD截，应用梅涅劳斯定理可知 考虑被直线BCF截，同理可得 考虑被直线ECD截，同理可得 可得，所以原命题成立2赛瓦（Ceva)定理及其逆定理设点P不在三边所在直线上，直线AP，BP，CP分别与BC，CA，AB交于点D，E，F，则，反之，若三角形三边所在直线上的点使得上述等式成立，则AD，BE，CF交于一点或互相平行 证明：面积法，同一法Ceva定理角元形式：为了方便，
10、我们可以从某个角开始，把六个角顺时针（或逆时针）标记为至，则 或者改为判断过的顶点的三条直线AX，BY，CZ是否共点，等价于例3 在锐角中，AD是的内角平分线，D在边BC上，过D作，垂足分别为E，F，连结BE，CF，它们相交于点H，求证：分析：“过A作于K点，只须证：即可 证明：由题意知四点共圆，则四点共圆，则所以又因为AD平分 所以所以又因为AF=AE，所以 所以由赛瓦定理逆定理知原命题成立 例4 四边形BCEF内接于圆O，其边CE与BF的延长线交于点A，由点A作圆O的两条切线AP和AQ，切点分别为P，Q，BE与CF的交点为H，求证：P，H，Q三点共线 分析：考虑连结FQ，QB，只须说明H是
11、的赛瓦点即可证明：设则；所以（*）因为，所以所以（*）可化为（圆幂定理）所以由赛瓦定理逆定理可知H在PQ上，所以P，H，Q三点共线 3Pascal定理圆O上六点，则的交点X，Y，Z共线 考虑三顶点引出的直线与两边所成角的正弦值（*） 所以（*）为1，由Ceva定理（角元形式）逆定理知原命题成立 注：结论与六个点在圆上的次序无关 六个点中相邻两个点若重合，则对应两点连线变为该点的切线，从而六边形可以变为五边形或者四边形甚至三角形 例5 ABC内接于圆O，P为BC弧上一点，点K在线段AP上，使得BK平分，过K，P，C三点的圆与边AC交于点D，连结BD交圆于点E，连结PE并延长与边AB交于点F，证明
12、：分析：设CF与圆交于点S，考虑圆上六点形KPEDCS，由Pascal定理可知B，K，S三点共线 证明：设圆与BC交于点T，连结KT，则所以，所以例6 如图，的外心为O，CD为高线，M为边AC的中点，射线DM与以AD为直径的圆的另一个交点为Y，圆与O的另一个交点为X，直线DO与AC交于点Z 证明：X，Y，Z三点共线分析：设是XY，AC的交点，下面证明：共线即可 证明：设直线交圆O于点L，连结XD并延长交圆O于点P，那么，从而三点共线，所以连结AOP，因为是XY，AC的交点，即XL与AC的交点，而延长CD交圆O于点G，则D点就是XP和CG的交点，此时考虑六点形CAPXLG，只要能证明O是AP和L
13、G的交点即可由Pascal定理证得 所以下面证明：L，O，G三点共线 要证L，O，G三点共线，只要证：因为，所以LB/MD，所以只要证，这由可得 证毕五、Ptolemy定理、三弦定理、Simson定理1 托勒密定理：在四边形中，有，并且当且仅当四边形内接于圆时，等式成立。EDCBA注：托勒密定理的逆定理也成立2 三弦定理：已知圆上一点A,引出三条弦AB(左)、AC(右)、及中间弦AD,BC与AD交于P,则ABsinCAD +ACsinBAD= ADsinBAC例1 如图，已知四边形是圆内接四边形，直线与相交于点，并且 设是的中点 证明： (2017广西预赛)证明：由托勒密定理得ABCDADBCACBD 因为，所以ABCDADBC 由于E是AC的中点，所以AEEC 将代入得到2ABCD2AEBD2ECBD 即有ABCDAEBDECBD 在CED和BAD中，因为
