摘" 要：以例證的形式給出了圓冪定理、梅涅勞斯定理、塞瓦定理、蝴蝶定理、帕斯卡定理、托勒密定理在解析幾何中的應用.通過相關定理的應用，就能知來路，尋通途，覓幽徑，至大道.

關鍵詞：圓冪定理；梅涅勞斯定理；塞瓦定理；蝴蝶定理；帕斯卡定理

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）22-0041-06

收稿日期：2024-05-05

作者簡介：唐宜鐘（1988.2—），男，陜西省漢中人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

解析幾何問題的常規(guī)解決思路是：建系，點和曲線坐標化，代數運算得出結果.但許多解析幾何問題，若能恰當使用平面幾何的相關定理，往往能使題目條件清晰，計算簡化，本質凸顯.這是因為，一方面解析幾何中包含著直線、三角形和圓等平面幾何的基本圖形，可以直接使用平面幾何定理；另一方面，通過仿射變換，可以把解析幾何中的圖形轉化為直線、圓等平面幾何圖形，而不會影響線共點、點共線、線段平行、線段成比例等關系.

1" 圓冪定理

一點P對半徑為R的圓O的冪ρ（A）=OP2-R2.圓冪定理是一個總結性的定理，是對相交弦定理、切割線定理及割線定理（切割線定理推論）以及它們推論的統(tǒng)一與歸納.根據兩條與圓有相交關系的線的位置不同，有以下定理：

相交弦定理" 圓內的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等.

切割線定理" 從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項.

割線定理" 從圓外一點P引兩條割線與圓分別交于A，B，C，D，則有PA·PB=PC·PD［1］.

例1" 如圖1，已知拋物線x2=y.點A（-12，14），B（32，94），拋物線上的點P（x，y）（-12lt;xlt;32），過點B作直線AP的垂線，垂足為點Q，求

|PA|·|PQ|的最大值.

圖1" 例1題圖

解析" 因為AQ⊥BQ，則點Q在以AB為直徑的圓上.

記圓心為T，則T（12，54），|AB|=22.

故|PA|·|PQ|=R2-TP2

=（12AB）2-TP2

=2-［（x-

12）2+（y-54）2］.

將y換為x2并化簡，得

|PA|·|PQ|=-x4+32x2+x+316.

結合函數的相關知識可得，當x=1時，|PA|·|PQ|的最大值為2716.

評析" 本題通過圓冪定理，將常規(guī)算法中表達式較為復雜的|PA|·|PQ|，轉化為（12AB）2-TP2，大大地減少了運算量，使解答變得簡單.

例2" 在平面直角坐標系xOy中，已知點F1（-17，0），F2（17，0），|MF1|-|MF2|=2，點M的軌跡為C.

（1）求C的方程；

（2）設點T在直線x=12上，過點T的兩條直線分別交C于A，B兩點和P，Q兩點，且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|，求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.

解析" （1）x2-y216=1（x≥1）.

（2）由|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|，可得A，B，P，Q四點共圓，記為圓ω.

設圓ω的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，與雙曲線方程作差并化簡，得

15x2-2y2-Dx-Ey-F-16=0.①

設lAB：k1x-y+b1=0，lPQ：k2x-y+b2=0，

記A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），因為（xi，yi）（i=1，2，3，4）既在雙曲線上，又在圓上，故而（xi，yi）（i=1，2，3，4）是方程①的解.

方程①可分解為

（k1x-y+b1）·（k2x-y+b2）=0.

展開對比xy項系數，得

k1+k2=0.

評析" 本題利用圓冪定理，得出A，B，P，Q四點共圓，進而通過二次曲線系簡化了運算，且通過上述論證，不難得到更多的結論：kAP+kBQ=0，kAQ+kBP=0，點在直線x=12上不是必需的.

2" 梅涅勞斯定理

梅涅勞斯定理" 如圖2，設A′，B′，C′分別為△ABC的三邊BC，CA，AB所在直線上的點，若A′，B′，C′三點共線，則BA′A′C·CB′B′A·AC′C′B=1［2］.

圖2" 梅涅勞斯定理

例3" 如圖3，已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的兩頂點為A（-2，0），B（2，0），離心率為12.點P（不同于A，B）在橢圓Γ上，點D的坐標為（-4，0），DE=35DP，直線AP與BE交于點Q .求點Q的軌跡方程.

圖3" 例3題圖

解析" 易得橢圓Γ：x24+y23=1.

對△ADP及截線BQE，由梅涅勞斯定理有

ABBD·DEEP·PQQA=1.

由題意，得ABBD=23，DEEP=32.

故PQQA=1，Q為PA的中點.

易得點Q的軌跡為（x+1）2+43y2=1（y≠0）（此處解答略）.

評析" 本題雖以橢圓為背景，但其基本圖形是三角形.在處理與比例有關的問題時，若能選取適當的三角形和截線，利用梅涅勞斯定理，可快速轉化條件.

梅涅勞斯逆定理" 設A′，B′，C′分別為△ABC的三邊BC，CA，AB所在直線上的點，若BA′A′C·CB′B′A·AC′C′B=1，則A′，B′，C′三點共線.

例4" 已知曲線C：（5-m）x2+（m-2）y2=8（m∈R），設m＝4，曲線C與y軸的交點為A，B（點A位于點B的上方），直線y＝kx+4與曲線C交于不同的兩點M，N，直線y＝1與直線BM交于點F．求證：A，F，N三點共線．

解析" 由題意，橢圓C：x2+2y2=8，A（0，2），B（0，-2），記D（0，4），如圖4，若A，F，N三點共線，由梅涅勞斯逆定理，對△BMD，只需證明BFFM·MNND·DAAB=1（AFN為截線）.圖4" 例4題圖

設M（x1，y1），N（x2，y2），

故只需證1-（-2）y1-1·y1-y24-y2·4-22-（-2）=1.

聯(lián)立直線與橢圓，由韋達定理即可證.

3" 塞瓦定理

塞瓦定理" 如圖5，在△ABC的三邊BC，CA，AB所在直線上取點A′，B′，C′，若AA′，BB′，CC′三直線平行或共點，則BA′A′C·CB′B′A·AC′C′B=1.

圖5" 塞瓦定理

例5" 已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（agt;1）的左、右頂點，G為E的上頂點，AG·GB=8，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．

（1）求E的方程；

（2）證明：直線CD過定點.

解析" （1）x29+y2=1.

（2）如圖6，P為直線l上一點.連接AD，CB交于點Q.由對稱性，易得點Q在直線l上.

圖6" 例5題圖

設CD交x軸于點M，l交x軸于點N，對△ABQ及截線DMC，由梅涅勞斯定理，得 AMMB·BCCQ·QDDA=1.

對△ABQ，由于AC，BD，QN交于點P，由塞瓦定理，得

ANNB·BCCQ·QDDA=1.

兩式相除，得AMMB=ANNB.

進而可得直線CD過定點M（32，0）.

評析" 本題通過合理構圖，選取適當的三角形，分別使用梅涅勞斯定理和塞瓦定理，通過線段的比例式得出了AMMB=ANNB，進而得出定點.當然，能找到如此“奇妙”的比例式，是基于對極點極線和對完全四邊形知識的理解.至于點Q在直線l上的嚴密證明，可參考后文帕斯卡定理.

塞瓦定理逆定理" 在△ABC的三邊BC，CA，AB所在直線上取點A′，B′，C′，若BA′A′C·CB′B′A·AC′C′B=1，則AA′，BB′，CC′三直線平行或共點.

例6" 如圖7，橢圓Γ：x24+y2=1，A（-2，0），B（0，-1）是橢圓Γ上兩點.直線l1：x=-2，l2：y=-1，P（x0，y0）（x0gt;0，y0gt;0）是Γ上的一個動點，l3是過點P且與Γ相切的直線.C，D，E分別是l1與l2，l2與l3，l3與l1的交點.求證：三條直線AD，BE和CP共點.

圖7" 例6題圖

證明" 直線l3：x0x4+y0y=1，C（-2，-1），易得D（4（y0+1）x0，-1），E（-2，x0+22y0）.

結合橢圓方程x204+y20=1，易計算得

EAAC·CBBD·DPPE=1.

故三條直線AD，BE和CP共點.

4" 蝴蝶定理

蝴蝶定理" 如圖8，設M是⊙O中弦EF的中點，過點M任作兩條弦AB，CD，連接AC，BD交EF于G，H兩點，則M是線段GH的中點.這一定理在圓錐曲線中依然成立.

圖8" 蝴蝶定理

例7" 橢圓的長軸A1A2（=2a）與x軸平行，短軸B1B2在y軸上，中心為M（0，r）（bgt;rgt;0）.

（1）寫出橢圓的方程，求橢圓焦點坐標及離心率；

（2）如圖9，直線y=k1x交橢圓于兩點C（x1，y1），D（x2，y2）（y2gt;0），直線y=k2x交橢圓于G（x3，y3），H（x4，y4）（y4gt;0），求證：k1x1x2x1+x2=k2x3x4x3+x4.

圖9" 例7題圖

（3）對于（2）中的C，D，G，H，設CH交x軸于點P，GD交x軸于點Q，求證：|OP|=|OQ|（證明過程不考慮CH或GD垂直于x軸的情形）.

解析" （1）橢圓方程為x2a2+（y-r）2b2=1.

焦點坐標為F1（-a2-b2，r），F2（a2-b2，r）

離心率e=a2-b2a；

（2）將直線CD的方程y=k1x代入橢圓方程，得（b2+a2k21）x2=2k1a2rx+（a2r2-a2b2）=0.

由韋達定理，得

x1+x2=2k1a2rb2+a2k21，

x1x2=a2r2-a2b2b2+a2k21.

所以

x1x2x1+x2

=r2-b22k1r.②

將直線GH的方程y=k2x代入橢圓方程，同理可得

x3x4x3+x4=

r2-b22k2r.③

由②③，得

k1x1x2x1+x2=r2-b22r=k2x3x4x3+x4

（3）過C，G，D，H四點的二次曲線系方程設

為

x2a2+（y-r）2b2-1+λ（k1x-y）（k2x-y）=0，

令y=0，得

（1a2+λk1k2）x2+r2b2-1=0.

則xP+xQ=0，

故有|OP|=|OQ|.

評析" 本題為蝴蝶定理的直接結論，第（3）問的證明即為蝴蝶定理的解析法證明.

坎迪定理" 如圖10，11，設M是⊙O 中弦 EF上一點，過 點M 的兩條弦AB，CD，連接AC，BD交EF于G，H兩點，若G，H位于點M的兩側，則1EM-1FM=1GM-1HM.若G，H位于點M的同側且EMlt;FM，則1EM-1FM=1GM+1HM.

此定理在圓錐曲線中依然適用.

圖10" 坎迪定理""""" 圖11" 坎迪定理

例8" 如圖12，已知橢圓Γ：x24+y23=1，A′，A″為左右頂點，F為其左焦點.直線y=k1（x+5）與橢圓交于A，B兩點，直線AF交橢圓于另一點為C，直線BF交橢圓于另一點為D，直線CD的斜率為k2，求k1k2的值.

圖12" 例8題圖

解析" 設AB與x軸交于點P，CD與x軸交于點Q.由圓錐曲線坎迪定理，得1A′F-1A″F=1PF+1QF.

所以QF=125.

故直線CD過定點（-175，0）.

由極點極線定義可得AB與CD的交點T在點F關于Γ的極線-x4+0·y3=1上.

設T（-4，t），故k1k2=kPTkQT=-35.

評析" 使用坎迪定理，能夠快速發(fā)掘本題的隱藏條件：Q為定點，從而為本題打開了思路.

5" 帕斯卡定理

帕斯卡定理" 對于任意一個內接于非退化的二次曲線的簡單六點形，它的三對對邊交點共線，這條直線稱為帕斯卡線.

帕斯卡定理逆定理" 若簡單六點形的三對對邊交點在一條直線上，則此六點形必內接于一條二次曲線.

在高中數學中，我們更多地使用其極限形式，所謂極限形式，是指簡單六點形有某些相鄰頂點重合，則內接簡單六點形實際上成為簡單五點形、四點形、三點形.此時連接重合的相鄰頂點的邊為切線，將切線視為邊，套用帕斯卡定理即可［3］.

例9" 如圖13，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的離心率為23，且（7，103）為C上的一點.

圖13" 例9題圖

（1）求C的標準方程；

（2）點A，B分別為C的左、右頂點，M，N為C上異于A，B的兩點，直線MN不與坐標軸平行且不過坐標原點O，點M關于原點O的對稱點為M′，若直線AM′與直線BN相交于點P，直線OP與直線MN相交于點Q.證明：點Q在定直線上.

解析" （1）橢圓C的方程為x29+y25=1.

（2）AB∩MM′=O，AM′∩BN=P，O，P，Q三點共線，由帕斯卡定理逆定理可知，點Q為直線MN與橢圓在點A處的切線的交點，即點Q在直線x=-3上.

6" 托勒密定理

托勒密定理" 圓的內接凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積.

托勒密定理逆定理" 若一個凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，則這個凸四邊形外接一圓.

例10" 如圖14，設橢圓C的兩焦點為F1，F2，兩準線為l1，l2，過橢圓上的一點P，作平行于F1F2的直線，分別交l1，l2于點M1，M2，直線M1F1與

M2F2交于點Q.證明：P，F1，Q，F2四點共圓.圖14" 例10題圖

證明" 設橢圓的方程為x2a2+y2b2=1.欲證P，F1，Q，F2四點共圓，由托勒密定理，只需證

PF1·QF2+QF1·PF2=PQ·F1F2.

由圖形的對稱性可知QF1=QF2.

即證2a·QF1=2c·PQ.

即證QF1QP=e.

又QF1QM1=ca2/c=e2，

在△PM1Q中，PF1=e·PM1.

利用cos∠M1F1P+cos∠QF1P=0及相關等量關系即可證（此處略）.

7" 結束語

上述例證表明，在解析幾何題目的求解中，若熟練掌握了相關的平面幾何定理，就能知來路，因為一些題目的命制就是以某個定理為題根，把其一般情形演變到具體、特殊、極端、退化的情形；能尋通途，許多解析幾何題目的條件和結論之間隱藏的“中間結論”就是解題的“卡殼點”，知晰定理，方向自明；能覓幽徑，平面幾何與解析幾何互相解釋，雙向生發(fā)，其交匯的中間地帶一向鮮有探索，還有諸多幽僻處；能至大道，在更高的角度，用更廣的視野，秉持更深的思維看待問題，問題會變得更加簡潔通達.

參考文獻：

［1］

朱成萬.圓冪定理與著名幾何問題的聯(lián)系及解題妙用［J］.中學數學研究（華南師范大學版），2021（19）：43-46.

［2］ 沈文選.幾何問題解題思維方法與典型技巧［M］.長沙：湖南科學技術出版社，2020.

［3］ 何青.Pascal和Brianchon定理證明的另一種表述及其極限形式研究［J］.長江大學學報（自然科學版），2010，7（01）：142-144.

［責任編輯：李" 璟］