十大高中平面几何几何定理汇总及证明供参考.docx
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十大高中平面几何几何定理汇总及证明供参考
高中平面几何定理汇总及证明
1.共边比例定理
有公共边AB的两个三角形的顶点分别是P、Q，AB与PQ的连线交于点M，则有以下比例式成立：
△PAB的面积：
△QAB的面积＝PM：
QM.
证明：
分如下四种情况，分别作三角形高，由相似三角形可证
S△PAB=（S△PAM-S△PMB）
=（S△PAM/S△PMB-1）×S△PMB
=（AM/BM-1）×S△PMB（等高底共线，面积比=底长比）
同理，S△QAB=（AM/BM-1）×S△QMB
所以，S△PAB/S△QAB=S△PMB/S△QMB=PM/QM（等高底共线，面积比=底长比）
定理得证！
特殊情况：
当PB∥AQ时，易知△PAB与△QAB的高相等，从而S△PAB=S△QAB，反之，S△PAB=S△QAB，则PB∥AQ。
2.正弦定理
在任意一个平面三角形中，各边和它所对角的值的比相等且等于外接圆半径的2倍”，即a/sinA = b/sinB =c/sinC =2r=R（r为外接圆半径，R为直径）
证明：
现将△ABC，做其，设为O。
我们考虑∠C及其对边AB。
设AB长度为c。
若∠C为直角，则AB就是⊙O的直径，即c=2r。
∵
（特殊角正弦函数值）
∴
若∠C为锐角或钝角，过B作直径BC`交⊙O于C`，连接C'A，显然BC'=2r=R。
若∠C为，则C'与C落于AB的同侧，
此时∠C'=∠C（同弧所对的圆周角相等）
∴在Rt△ABC'中有
若∠C为，则C'与C落于AB的异侧，BC的对边为a，此时∠C'=∠A，亦可推出
。
考虑同一个三角形内的三个角及三条边，同理，分别列式可得
。
3.
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=（sin∠BAD/sin∠CAD）*（AB/AC）。
证明：
S△ABD/S△ACD=BD/CD…………
S△ABD/S△ACD=[（1/2）×AB×AD×sin∠BAD]/[（1/2）×AC×AD×sin∠CAD]
=（sin∠BAD/sin∠CAD）×（AB/AC） …………
由式和式得
BD/CD=（sin∠BAD/sin∠CAD）×（AB/AC）
4.张角定理
在△ABC中，D是BC上的一点，连结AD。
那么
。
证明：
设∠1=∠BAD，∠2=∠CAD
由，
S△ABD/S△ABC=BD/BC=（AD/AC）*（sin∠1/sin∠BAC）
→（BD/BC）*（sin∠BAC/AD）=sin∠1/AC
S△ACD/S△ABC=CD/BC=（AD/AB）*（sin∠2/sin∠BAC）
→（CD/BC）*（sin∠BAC/AD）=sin∠2/AB
式+式即得sin∠1/AC+sin∠2/AB=sin∠BAC/AD
5.帕普斯定理
直线l1上依次有点A,B,C，直线l2上依次有点D,E,F，设AE,BD交于G，AF,DC交于I，BF,EC交于H，则G,I,H共线。
6.
蝴蝶定理
设S为圆内AB的中点，过S作弦CF和DE。
设CF和DE各相交AB于点M和N，则S是MN的中点。
证明：
过O作OL⊥ED，OT⊥CF，垂足为L、T，
连接ON，OM，OS，SL，ST，易明△ESD∽△CSF
∴ES/CS=ED/FC
根据垂径定理得：
LD=ED/2，FT=FC/2
∴ES/CS=EL/CT
又∵∠E=∠C
∴△ESL∽△CST
∴∠SLN=∠STM
∵S是AB的中点所以OS⊥AB
∴∠OSN=∠OLN=90°
∴O，S，N，L四点共圆，（一中同长）
同理，O，T，M，S四点共圆
∴∠STM=∠SOM，∠SLN=∠SON
∴∠SON=∠SOM
∵OS⊥AB
∴MS=NS
7.西姆松定理
过三角形上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线上的，则三共线。
（此线常称为西姆松线）。
证明：
若L、M、N三点共线，连结BP，CP，则因PL⊥BC，PM⊥AC，PN⊥AB，有B、L、P、N和P、M、C、L分别四点共圆，有
∠NBP=∠NLP=∠MLP=∠MCP.
故A、B、P、C四点共圆。
若A、P、B、C四点共圆，则
∠NBP=∠MCP。
因PL⊥BC，PM⊥AC，PN⊥AB，
有B、L、P、N和P、M、C、L四点共圆，有
∠NBP=∠NLP=∠MCP=∠MLP.
故L、M、N三点共线。
西姆松：
若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在此三角形的外接圆上。
证明：
PM⊥AC，PN⊥AB,所以A,M,N,P共圆
8.清宫定理
设P、Q为△ABC的外接圆上异于A、B、C的两点，P关于三边BC、CA、AB的对称点分别是U、V、W，且QU、QV、QW分别交三边BC、CA、AB或其延长线于D、E、F，则D、E、F在同一直线上.
证明：
A、B、P、C，因此
∠PCE=∠ABP
点P和V关于CA
所以∠PCV=2∠PCE
又因为P和W关于AB对称，所以
∠PBW=2∠ABP
从这三个式子，有
∠PCV=∠PBW
另一方面，因为∠PCQ和∠PBQ都是弦PQ所对的，所以
∠PCQ=∠PBQ
两式相加，有
∠PCV+∠PCQ=∠PBW+∠PBQ
即∠QCV=∠QBW
即△QCV和△QBW有一个顶角相等，因此
但是
，
，所以
同理
，
于是
根据梅涅劳斯定理的逆定理，D、E、F三点在同一直线上。
9.密克定理
三圆定理：
设三个圆C1,C2,C3交于一点O，而M,N,P分别是C1和C2,C2和C3,C3和C1的另一交点。
设A为C1的点，直线MA交C2于B，直线PA交C3于C。
那么B,N,C这三点共线。
逆定理：
如果是三角形，M,N,P三点分别在边AB,BC,CA上，那么△AMP、△BMN、△CPN的外接圆交于一点O。
完全四线形定理
如果ABCDEF是完全四线形，那么三角形的外接圆交于一点O，称为密克点。
四圆定理
设C1,C2,C3,C4为四个圆，A1和B1是C1和C2的交点，
A2和B2是C2和C3的交点，A3和B3是C3和C4的交点，
A4和B4是C1和C4的交点。
那么A1,A2,A3,A4四点共圆当且仅当B1,B2,B3,B4四点共圆。
证明：
在△ABC的BC,AC,AB边上分别取点W,M,N，对AMN,△BWN和△CWM分别作其外接圆，则这三个外接圆共点。
该定理的证明很简单，利用“圆内接四边形对角和为180度”及其逆定理。
现在已知U是
和
的公共点。
连接UM和UN，
∵四边形BNUW和四边形CMUW分别是
和
的内接四边形，
∴∠UWB+∠UNB=∠UNB+∠UNA=180度
∴∠UWB=∠UNA。
同理∠UWB+∠UWC=∠UWC+∠UMC=180度
∴∠UWB=∠UMC。
∵∠UMC+∠UMA=180度
∴∠UNA+∠UMA=180度，
这正说明四边形ANUM是一个圆内接四边形，而该圆必是
，U必在
上。
10.婆罗摩笈多定理
圆内接四边形ABCD的对角线AC⊥BD，垂足为M。
EF⊥BC，且M在EF上。
那么F是AD的中点。
证明：
∵AC⊥BD，ME⊥BC
∴∠=∠CME
∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF
∴∠CAD=∠AMF
∴AF=MF
∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90°
∴∠FMD=∠FDM
∴MF=DF，即F是AD中点
逆定理：
若的对角线相互垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边。
证明：
∵MA⊥MD，F是AD中点
∴AF=MF
∴∠CAD=∠AMF
∵∠CAD=∠，∠AMF=∠CME
∴∠CBD=∠CME
∵∠CME+∠BME=∠BMC=90°
∴∠CBD+∠BME=90°
∴EF⊥BC
11.托勒密定理
圆内接中，两条的乘积（两对角线所包矩形的面积）等于两组对边乘积之和（一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和）．圆内接四边形ABCD，求证：
AC·BD=AB·CD+AD·BC．
证明：
过C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，
∴△ACD∽△BCP．
得AC：
BC=AD：
BP，AC·BP=AD·BC①。
又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，
∴△ACB∽△DCP．得AC：
CD=AB：
DP，AC·DP=AB·CD②。
1+②得AC（BP+DP）=AB·CD+AD·BC．
即AC·BD=AB·CD+AD·BC．
12.梅涅劳斯定理
当交
三边所在直线
于点
时，
。
证明：
过点C作CP∥DF交AB于P，则
两式相乘得
梅涅劳斯逆定理：
若有三点F、D、E分别在边三角形的三边AB、BC、CA或其延长线上，且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1，则F、D、E三点共线。
证明：
先假设E、F、D三点不共线，直线DE与AB交于P。
由梅涅劳斯定理的定理证明（如利用平行线分线段成比例的证明方法）得：
（AP/PB）（BD/DC）（CE/EA）=1。
∵（AF/FB）（BD/DC）（CE/EA）=1。
∴AP/PB=AF/FB；
∴（AP+PB）/PB=（AF+FB）/FB；
∴AB/PB=AB/FB；
∴PB=FB；即P与F重合。
∴D、E、F三点共线。
13.塞瓦定理
在△ABC内任取一点O，延长AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则
（BD/DC）×（CE/EA）×（AF/FB）=1。
∵△ADC被直线BOE所截，
∴（CB/BD）*（DO/OA）*（AE/EC）=1①
∵△ABD被直线COF所截，
∴（BC/CD）*（DO/OA）*（AF/FB）=1②
2/①约分得：
（DB/CD）×（CE/EA）×（AF/FB）=1
14.圆幂定理
相交弦定理：
如图Ⅰ，AB、CD为圆O的两条任意弦。
相交于点P，连接AD、BC，由于∠B与∠D同为弧AC所对的圆周角，因此由知：
∠B=∠D，同理∠A=∠C，所以
。
所以有：
，即：
。
割线定理：
如图Ⅱ，连接AD、BC。
可知∠B=∠D，又因为∠P为公共角，所以有
，同上证得
。
切割线定理：
如图Ⅲ，连接AC、AD。
∠PAC为切线PA与弦AC组成的弦切角，因此有∠PBC=∠D，又因为∠P为公共角，所以有
，易证
图Ⅳ，PA、PC均为切线，则∠PAO=∠PCO=90°，在直角三角形中：
OC=OA=R，PO为公共边，因此
。
所以PA=PC，所以
。
综上可知，
是普遍成立的。
弦切角定理：
的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数。
点对圆的幂
P点对圆O的幂定义为
点P在圆O内→P对圆O的幂为负数；
点P在圆O外→P对圆O的幂为正数；
点P在圆O上→P对圆O的幂为0。
：
：
三条内的
外心：
三角形三条边的垂直平分线（中垂线）的相交点
重心：
三角形三边中线的交点
：
的三条的交点
旁心：
三角形的（与三角形的一边和其他两边的延长线的圆）的圆心
九点圆心：
三角形三边的,三高的垂足和三个欧拉点〔连结三角形各顶点与垂心所得三线段的中点〕九点共圆的圆心
15.根心定理
三个两两不同心的，形成三条根，则必有下列三种情况之一：
（1）三根轴两两平行；
（2）三根轴完全重合；
（3）三根轴两两相交，此时三根轴必汇于一点，该点称为三圆的根心。
平面上任意三个圆，若这三个圆不共线，则三条根轴相交于一点，这个点叫它们的根心；若三圆圆心共线，则三条根轴互相平行。
根轴定义：
A与B的L1：
到A与B的切线相等的点。
B与C的根轴L2：
到B与C的切线相等的点。
证明
设A、B、C三个圆，圆心不重合也不共线。
考察L1与L2的交点P。
因为P在L1上，所以：
P到A的切线距离=P到B的切线距离。
因为P在L2上，所以：
P到B的切线距离=P到C的切线距离。
所以：
P到A的切线距离=P到B的切线距离=P到C的切线距离。
也就是：
P到A的切线距离=P到C的切线距离。
所以：
P在A与C的根轴上。
所以：
三个根轴交于一点。
16.鸡爪定理
设△ABC的为I，∠A内的为J，AI的延长线交三角形于K，则KI=KJ=KB=KC。
证明：
由内心和旁心的定义可知∠IBC=∠ABC/2，∠JBC=（180°-∠ABC）/2
∴∠IBC+∠JBC=∠ABC/2+90°-∠ABC/2=90°=∠IBJ
同理，∠ICJ=90°
∵∠IBJ+∠ICJ=180°
∴IBJC，且IJ为圆的直径
∵AK平分∠BAC
∴KB=KC（相等的所对的弦相等）
又∵∠IBK=∠IBC+∠KBC=∠ABC/2+∠KAC=∠ABI+∠BAK=∠KIB
∴KB=KI
由可知K是IJ的中点
∴KB=KI=KJ=KC
逆定理：
设△ABC中∠BAC的平分线交△ABC的于K。
在AK及延长线上截取KI=KB=KJ，其中I在△ABC的内部，J在△ABC的外部。
则I是△ABC的内心，J是△ABC的。
证明：
利用可轻松证明该定理的。
取△ABC的内心I'和旁心J’，根据定理有KB=KC=KI'=KJ'
又∵KB=KI=KJ
∴I和I'重合，J和J’重合
即I和J分别是内心和旁心
17.费尔巴哈定理
三角形的九点圆与其内切圆以及三个旁切圆相切
设△ABC的内心为I，九点圆的圆心为V。
三边中点分别为L，M，N，内切圆与三边的切点分别是P，Q，R，三边上的垂足分别为D，E，F。
不妨设AB>AC。
假设⊙I与⊙V相切于点T，那么LT与⊙I相交，设另一个交点为S。
过点S作⊙I的切线，分别交AB和BC于V，U，连接AU。
又作两圆的公切线TX，使其与边AB位于LT的同侧。
由假设知
∠XTL=∠LDT
而TX和SV都是⊙I的切线，且与弦ST所夹的圆弧相同，于是
∠XTL=∠VST
因此
∠LDT=∠VST
则
∠UDT+∠UST=180°
这就是说，S，T，D，U共圆。
而这等价于：
LU×LD=LS×LT
又LP²=LS×LT
故有LP²=LU×LD
另一方面，T是公共的切点，自然在⊙V上，
因此L，D，T，N共圆，进而有
∠LTD=∠LND
由已导出的S，T，D，U共圆，得
∠LTD=∠STD=180°-∠SUD=∠VUB
=∠AVU-∠B
而
∠LND=∠NLB-∠NDB
=∠ACB-∠NBD
=∠C-∠B
（这里用了LN∥AC，以及直角三角形斜边上中线等于斜边的一半）
所以，就得到
∠AVU=∠C
注意到AV，AC，CU，UV均与⊙I相切，于是有
∠AIR=∠AIQ
∠UIS=∠UIP
∠RIS=∠QIS
三式相加，即知
∠AIU=180°
也即是说，A，I，U三点共线。
另外，AV=AC，这可由△AIV≌△AIC得到。
（这说明，公切点T可如下得到：
连接AI，并延长交BC于点U，
过点U作⊙I的切线，切点为S，交AB于V，
最后连接LS，其延长线与⊙I的交点即是所谓的公切点T。
）
连接CV，与AU交于点K，
则K是VC的中点。
前面已得到：
LP²=LU×LD
而
2LP=（BL+LP）-（CL-LP）
=BP-CP
=BR-CQ
=（BR+AR）-（CQ+AQ）
=AB-AC
=AB-AV
=BV
即LP=
BV
然而
LK是△CBV的中位线
于是LK=
BV
因之LP=LK
故LK²=LU×LD
由于以上推导均可逆转，因此我们只需证明：
LK²=LU×LD。
往证之
这等价于：
LK与圆KUD相切
于是只需证：
∠LKU=∠KDU
再注意到LK∥AB（LK是△CBV的中位线），即有
∠LKU=∠BAU
又AU是角平分线，于是
∠LKU=∠CAU=∠CAK
于是又只需证：
∠CAK=∠KDU
即证：
∠CAK+∠CDK=180°
这即是证：
A，C，D，K四点共圆
由于AK⊥KC（易得），AD⊥DC
所以A，C，D，K确实共圆。
这就证明了⊙I与⊙V内切。
旁切圆的情形是类似的。
证毕
另略证：
OI2=R2-2Rr
IH2=2r2-2Rr'
OH2=R2-4Rr'（其中r‘是垂心H的垂足三角形的内切圆半径，R、r是三角形ABC外接圆和内切圆半径）
FI2=1/2（OI2+IH2）-1/4OH2=（1/2R-r）2
FI=1/2R-r这就证明了九点圆与内切圆内切（九点圆半径为外接圆半径一半。
F是九点圆圆心，I为内心）
18.莫利定理
将三角形的三个内角三等分，靠近某边的两条三分角线相交得到一个交点，则这样的三个交点可以构成一个正三角形
证明：
设△ABC中，AQ,AR,BR,BP,CP,CQ为各角的三等分线，三边长为a,b,c,三内角为3α，3β，3γ，则α+β+γ=60°。
在△ABC中，由，得AF=csinβ/sin（α+β）。
不失一般性，△ABC直径为1，则由正弦定理，知c=sin3γ，所以
AF=（sin3γ*sinβ）/sin（60°-γ）
=[sinβ*sinγ（3-4sin²γ）]/[1/2（√3cosγ-sinγ）]
=2sinβsinγ（√3cosγ+sinγ）
=4sinβsinγsin（60°+γ）.
同理,AE=4sinβsinγsin（60°+β）
∴AF:
AE=[4sinβsinγsin（60°+γ）]：
[4sinβsinγsin（60°+β）]
=sin（60°+γ）:
sin（60°+β）=sin∠AEF:
sin∠AFE
∴∠AEF=60°+γ,∠AFE=60°+β.同理得，∠CED=60°+α
∠FED=180°-CED-（AEF-α-γ）=180°-60°-α-60°+α=60°
∴△FED为
19.拿破仑定理
若以任意三角形的各边为底边向形外作底角为60°的等腰三角形，则它们的中心构成一个等边三角形。
在△ABC的各边上向外各作等边△ABF，等边△ACD，等边△BCE。
证明：
设等边△ABF的和等边△ACD的外接圆相交于O；连AO、CO、BO。
∴∠AFB=∠ADC=60°；
∵A、F、B、O；A、D、C、O；
∴∠AOB=∠AOC=120°；
∴∠BOC=120°；
∵△BCE是
∴∠BEC=60°；
∴B、E、C、O；
∴这3个等边三角形的外接圆共点。
∵A、D、B、O四点共圆
A、F、C、O
B、E、C、O
∠AFC=∠ADB=∠BEC=60°；
∴∠AOB=∠AOC=∠BOC=120°；
∵NP、MP、MN是；
BO、CO、AO是；
∴BO⊥NP于X；
CO⊥MP于Y；
AO⊥NM于Z。
∴X、P、Y、O；
Y、M、Z、O；
Z、N、X、O；
∴∠N=∠M=∠P=60°；
即△MNP是。
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