2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第19讲平几中的几个重要定理(二)VIP免费

第19讲平几中的几个重要定理（二）上节我们研究了平面几何中的Ptolemy、Ceva、Menelaus等定理，本节将主要研究Euler线、Simson线、Fermat点等定理及应用．定理5（Eulerline）三角形的外心、重心、垂心三点共线，且外心与重心的距离等于重心与垂心距离的一半．定理6(Simsonline)P是ΔABC的外接圆⊙O上的任意一点，PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂足为X、Y、Z，求证：X、Y、Z三点共线．定理7(Fermatpoint)分别以ΔABC的三边AB，BC，CA为边向形外作正三角形ABD，BCE，CAH，则此三个三角形的外接圆交于一点．此点即为三角形的Fermatpoint．A类例题例1证明定理5（Eulerline）．已知：ΔABC的外心，重心，垂心分别为O，G，H，求证：O，G，H三点共线，并且GH=2GO．分析若定理成立，则由AG=2GM，知应有AH=2OM，故应从证明AH=2OM入手．证明：如图，作直径BK，取BC中点M，连OM、CK、AK，则KCB=KAB=90，从而KC∥AH，KA∥CH，□CKAH，AH=CK=2MO．由OM∥AH，且AH=2OM，设中线AM与OH交于点G，则⊿GOM∽⊿GHA，故得MG∶GA=1∶2，从而G为⊿ABC的重心．且GH=2GO．说明若延长AD交外接圆于N，则有DH=DN．这一结论也常有用．例2证明定理6(Simsonline)．已知：P是ΔABC的外接圆⊙O上的任意一点，PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂足为X、Y、Z，求证：X、Y、Z三点共线．分析如果连ZX、ZY，能证得1=3，则由AZB=180得YZX=180，即可证此三点共线．证明PXB=PZB=90P、Z、X、B四点共圆1=2．PZA=PYA=90P、Z、A、Y四点共圆3=4．但2+5=90，4+6=90，而由P、A、C、B四点共圆，得5=6．故2=4，从而1=3．故X、Y、Z共线．说明本题的证法也是证三点共线的重要方法．链接本题的逆命题成立，该逆命题的证明曾是江苏省高中数学竞赛的试题，请读者自己思考如何证明．例3证明定理7(Fermatpoint)．若分别以ΔABC的三边AB，BC，CA为边向形外作正三角形ABD，BCE，CAH，则此三个ABCPXYZFABDECHABCMDOHGFKABCPXYZ123456三角形的外接圆交于一点．此点即为三角形的Fermatpoint．分析证三圆共点，可先取二圆的交点，再证第三圆过此点．证明：如图，设⊙ABD与⊙ACH交于(异于点A的)点F，则由A、F、B、D共圆得AFB=120，同理AFC=120，于是BFC=120，故得B、E、C、F四点共圆．即证．链接本题可以得到如下的推论：①A、F、E三点共线；因BFE=BCE=60，故AFB+BFE=180，于是A、F、E三点共线．同理，C、F、D三点共线；B、F、H三点共线．②AE、BH、CD三线共点．③AE=BH=CD=FA+FB+FC．由于，F在正三角形BCE的外接圆的弧BC上，故由Ｐtolemy定理，有FE=FB+FC．于是AE=AF+FB+FC．同理可证BH=CD=FA+FB+FC．也可用下法证明：在FE上取点N，使FN=FB，连BN，由⊿FBN为正三角形，可证得⊿BNE≌⊿BFC．于是得，NE=FC．故AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC．情景再现1.(蝴蝶定理)AB是⊙O的弦，M是其中点，弦CD、EF经过点M，CF、DE交AB于P、Q，求证：MP=QM．2.从一点P向ΔABC的三边（或它们的延长线）作PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂足X、Y、Z在同一直线上，求证：点P在ΔABC的外接圆上．（Simson定理的逆定理）3．求证：三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点，共计九点共圆．(这就是Ninepointround，九点圆的圆心在三角形的Euler线上，九点圆的直径等于三角形外接圆的半径．)B类例题例4设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心．求证：H1、H2、H3、H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置．（1992年全国高中数学联赛）分析H1、H2都是同一圆的两个内接三角形的垂心，且这两个三角形有公共的底边．故可利用定理5证明中的AH=2OM来证明．证明连A2H1，A1H2，取A3A4的中点M，连OM，由上证知A2H1∥OM，A2H1=2OM，A1H2∥OM，A1H2=2OM，从而H1H2A1A2是平行四边形，故H1H2∥A1A2，H1H2=A1A2．同理可知，H2H3∥A2A3，H2H3=A2A3；H3H4∥A3A4，H3H4=A3A4；H4H1∥A4A1，H4H1=A4A1．故四边形A1A2A3A4≌四边形H1H2H3H4．由四边形A1A2A3A4有外接圆知，四边形H1H2H3H4也有外接圆．取H3H4∥的中点M1，作M1O1⊥H3H...