－平面几何四个重要定理
四个重要定理：
梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）
△ABC的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点P 、Q 、R ，则P 、Q 、R 共线的充要条件是
塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点） 。
△ABC的三边BC 、CA 、AB 上有点P 、Q 、R ，则AP 、BQ 、CR 共点的充要条件是
托勒密(Ptolemy)定理 。
四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该
四边形内接于一圆。
西姆松(Simson)定理（西姆松线）
从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是
该点落在三角形的外接圆上。
例题：
1． 设AD 是△ABC的边BC 上的中线，直线CF 交AD 于F
。求证：
。
【分析】CEF 截△ABD→（梅氏定理）
【评注】也可以添加辅助线证明：过A 、B 、D 之一作CF 的平行线。
2． 过△ABC的重心G 的直线分别交AB 、AC 于E 、F ，
交CB 于D 。 求证：。
【分析】连结并延长AG 交BC 于M ，则M 为BC 的中
点。
DEG 截△ABM→（梅氏定理）
DGF 截△ACM→（梅氏定理） ∴
===1
【评注】梅氏定理
3． D、E 、F 分别在△ABC的BC 、CA 、AB 边上，
，AD 、BE 、CF 交成△LMN。
求S △LMN。
【分析】
【评注】梅氏定理
4． 以△ABC各边为底边向外作相似的
等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证：AE 、BF 、
CG 相交于一点。
【分析】
【评注】塞瓦定理
5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC =AB+AB·BC。
【分析】过A 作BC 的平行线交△ABC的外接圆于D ，连结BD 。则
CD=DA=AB，AC=BD。
由托勒密定理，
AC·BD=AD·BC+CD·AB。
【评注】托勒密定理
6． 已知正七边形A 1A 2A 3A 4A 5A 6A 7。 22
求证：
【分析】
【评注】托勒密定理 。（第21届全苏数学竞赛）
7． △ABC的BC 边上的高AD 的延长线交
外接圆于P ，作PE⊥AB于E ，延长ED 交
AC 延长线于F 。
求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。
【分析】
【评注】西姆松定理（西姆松线）
8． 正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 分别被内分点M 、N 分成的比
为AM ：AC=CN：CE=k，且B 、M 、N 共线。
求k 。（23-IMO-5）
【分析】
【评注】面积法
9． O为△ABC内一点，分别以d a 、d b 、d c 表示O 到BC 、CA 、AB 的距离，以R a 、R b 、
R c 表示O 到A 、B 、C 的距离。
求证：（1）a·Ra ≥b·db +c·dc ;
(2) a·Ra ≥c·db +b·dc
;
(3) Ra +Rb +Rc ≥2(da +db +dc ) 。
【分析】
【评注】面积法
10．△ABC中，H 、G 、O 分别为垂心、
重心、外心。
求证：H 、G 、O 三点共线，且HG=2GO。
（欧拉线）
【分析】
【评注】同一法
11．△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于
D ，BM 、BN 三等分∠ABC，与AD
相交于M 、N ，延长CM 交AB 于E 。
求证：MB//NE。
【分析】
【评注】对称变换
12．G 是△ABC的重心，以AG 为
弦作圆切BG 于G ，延长CG 交圆
2于D 。求证：AG =GC·GD。
【分析】
【评注】平移变换
13．C 是直径AB=2的⊙O上一点，P 在△ABC内，若
PA+PB+PC的最小值是
【分析】
【评注】旋转变换
，求此时△ABC的面积S 。
费马点：
已知O 是△ABC内一点，∠AOB=∠BOC=∠COA=120°；
P 是△ABC内任一点，求证：PA+PB+PC≥OA+OB+OC。（O
为费马点）
【分析】将C C‘，O O’， PP‘，连结OO’、PP‘。则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。
∴OO’=OB，PP‘=PB。显然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。
由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O 、O‘、C’四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+OC。
14．(95全国竞赛) 菱形ABCD 的内切圆O 与各边
分别交于E 、F 、G 、H ，在弧EF 和弧GH 上分别作
⊙O的切线交AB 、BC 、CD 、DA 分别于M 、N 、P 、Q 。
求证：MQ//NP。
【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证
∠AMQ=∠CPN，
结合∠A=∠C知，只需证
△AMQ∽△CPN ←，AM·CN=AQ·CP。
连结AC 、BD ，其交点为内切圆心O 。设MN 与⊙O切于K ，连结OE 、OM 、OK 、ON 、OF 。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则
∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。
∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α
∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM 又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是
∴AM·CN=AO·CO
同理，AQ·CP=AO·CO。
【评注】 ，
15．(96全国竞赛)⊙O1和⊙O2与ΔABC 的三边所在直线
都相切，E 、F 、G 、H 为切点，EG 、FH 的延长线交于P 。
求证：PA⊥BC。
【分析】
【评注】
16．(99全国竞赛) 如图，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。
证明：连结BD 交AC 于H 。对△BCD用塞瓦定理，可得
因为AH 是∠BAD的角平分线，由角
平分线定理，
可得
，故
。
过C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I ，过C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J 。 则，
所以，从而CI=CJ。
又因为CI//AB，CJ//AD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。
因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。
已知AB=AD，BC=DC，AC 与BD 交于O ，过O 的任意
两条直线EF 和GH 与四边形ABCD 的四边交于E 、F 、
G 、H 。连结GF 、EH ，分别交BD 于M 、N 。求证：
OM=ON。（5届CMO ）
证明：作△EOH△E’OH‘，则只需证E’、
M 、H‘共线，即E’H‘、BO 、GF 三线共点。
记∠BOG=α，∠GOE’=β。连结E‘F交BO 于K 。只需证=1（Ceva 逆定理）。 ===1
注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。
对应于99联赛2：∠E’OB=∠FOB，且E‘H’、GF 、BO 三线共
点。求证：∠GOB=∠H‘OB。
事实上，上述条件是充要条件，且M 在OB 延长线上时结论仍然
成立。
证明方法为：同一法。
蝴蝶定理：P 是⊙O的
弦AB 的中点，过P 点
引⊙O的两弦CD 、EF ，
连结DE 交AB 于M ，连
结CF 交AB 于N 。求证：
MP=NP。
【分析】设GH 为过
P
的直径，F
PA F’F，显然‘∈⊙O。又P∈GH，∴PF’=PF。∵PFPB ，∴∠FPN=∠F’PM，PF=PF‘。 PF‘，又FF’⊥GH，AN⊥GH，∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’
=∠EFF‘+∠EDF’=180°，∴P、M 、D 、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。 ∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。
【评注】一般结论为：已知半径为R 的⊙O内一弦AB 上的一点P ，过P 作两条相交弦CD 、EF ，连CF 、ED 交AB 于M 、N ，已知OP=r ，P 到AB 中点的距离为a
，则
。（解析法证明：利用二次曲线系知识）