关于平面几何四个重要定理的介绍详见：平面几何四个重要定理

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→（梅涅劳斯定理）

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：AC²=AB²+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 A₁A₂A₃A₄A₅A₆A₇。求证：。（第21届全苏数学竞赛）

【分析】

【评注】托勒密定理

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·R_a≥b·d_b+c·d_c;　　

(2) a·R_a≥c·d_b+b·d_c;

(3) R_a+R_b+R_c≥2(d_a+d_b+d_c) 。

【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交圆于 D。求证：AG²=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 ，求此时△ABC的面积S。

【分析】

【评注】旋转变换

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为费尔马点）

【分析】将CC‘，OO’， 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，FF’F，显然‘∈⊙O。又 P∈GH，∴PF’=PF。∵PFPF‘，PAPB，∴∠FPN=∠F’PM， 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）