数学奥赛教练员培训班讲义(平面几何)
高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)
第一讲 注意添加平行线证题之迟辟智美创作 在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况.1、为了改变角的位置年夜家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.例1、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论.答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形.证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D.连结DA.在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC,∠DPB ＝∠C. 由BP ＝CQ,可知△DBP ≌△AQC.有DP ＝AC,∠BDP ＝∠QAC. 于是,DA ∥BP,∠BAP ＝∠BDP.则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP.所以AB ＝AC.这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2、如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE.求证：∠EBA ＝∠ADE.证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P,连PE. 由ABCD,易知△PBA ≌△ECD.有PA ＝ED,PB ＝EC. ∠BCE ＝∠BPE,∠APE ＝∠ADE.由∠BAF ＝∠BCE,可知∥＝A D B P Q C 图1P E D G A B F C 图2∠BAF ＝∠BPE.有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE.所以,∠EBA ＝∠ADE.这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.2、欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题. 例3、在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ. 证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F,过点F作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G,连PG.由BD 平行∠ABC,可知点F 到AB 、BC两边距离相等.有KQ ＝PN. 显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG ,可知PG ∥EC. 由CE 平分∠BCA,知GP 平分∠FGA.有PK ＝PM.于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ.这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM ＝PK,就有PM ＋PN ＝PQ.证法非常简捷.3 、为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.例4设M1、M2是△ABC 的BC 边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM1、AM2于P 、Q 、N1、N2.试证：AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 证明：如图4,若PQ ∥BC,易证结论成立. 若PQ 与BC 不服行, AN E B Q K G C D M F P 图3A P E DM 2M 1BQ N 1N 2图4设PQ 交直线BC 于D.过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E. 由BM1＝CM2,可知BE ＋CE ＝M1E ＋M2E,易知 AP AB ＝DE BE ,AQAC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2. 则AP AB ＋AQ AC ＝DE CE BE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM . 所以,AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE,于是问题迎刃而解.例5、AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E,CK 交AB 于F.求证：∠FDA ＝∠EDA.证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、 BE 、CF 于Q 、P 、N 、M. 显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD·AM ＝DC·AN. (1) 由BD AP ＝FBAF＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE＝BC AN ,有AQ ＝BC AN DC ·. (3) 比较(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ.显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ.所以,∠FDA ＝∠EDA.这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有年夜量的比例式发生,恰本地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.4、为了线段相等的传递当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.图5M P A Q N F B D CEK例6在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,而且∠MDN ＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝41(AB2＋AC2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E.连ME.由BD ＝DC,可知ED ＝DN.有△BED ≌△CND. 于是,BE ＝NC.显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN.由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB2＋AC2). 这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN,使解题找到前途.例7、如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F,使EA ＝DA,FB ＝DB.过D 作AB 的垂线,交半圆于C.求证：CD 平分EF.证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB.易知DB2＝FB2＝AB·HB,AD2＝AE2＝AG·AB.二式相减,得DB2－AD2＝AB·(HB －AG),或 (DB －AD)·AB ＝AB·(HB －AG).于是,DB －AD ＝HB －AG,或DB －HB ＝AD －AG.就是DH ＝GD.显然,EG ∥CD ∥FH.故CD 平分EF.这里,为证明CD 平分EF,想到可先证CD 平分GH.为此添加CD 的两条平行线EG 、FH,从而获得G 、H 两点.证明很精彩. 经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等. 如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有图6A N C D E B M A G D O H BF C E图7BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即BN DM ＝NC ME 或ME DM ＝NC BN . 此式标明,DM ＝ME 的充要条件是BN ＝NC.利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.例8如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长后得交点E 、F,对角线BD ∥EF,AC 的延长线交EF 于G.求证：EG ＝GF. 证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N.由BD ∥EF, 可知MN ∥BD.易知 S △BEF ＝S △DEF.有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC.可得MC ＝CN.所以,EG ＝GF.例9如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB的切点.若OD 与EF 相交于K,求证：AK 平分证明：如图10,过点K 作BC Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF. 由OD ⊥BC,可知OK ⊥PQ. 由OF ⊥AB,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ. 由OE ⊥AC,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP. 显然,∠FKQ ＝∠EKP,可知∠FOQ ＝∠EOP.由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP.则OQ ＝OP.于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP.所以,AK 平分BC.综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题图8AD B N C EM 图9A B M E N D C G O 图101. 四边形ABCD 中,AB ＝CD,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E,延长CD 交直线NM 于F.求证：∠BEN ＝∠CFN.(提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN.)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB.已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB.(提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D.易证△ACD ∽△PBA.答：75°)3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm2.求六边形ABCDEF 的面积.EMQD 面积相等.答：120cm2)4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E.已知AC:AB ＝k.求AE:EC.(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F.设BC ＝1,有AD ＝k,DC ＝k2.答：211k) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F.求证：DE AD ＝FBCF .(提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H.H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A:∠B:∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c.求证：a 1＋b 1＝c1.(提示：在BC 上取一点D,使AD ＝AB.分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F.)7. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G.求证：FH ＝HG.(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N.)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N.求证：OM ＝ON.(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F.过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF.)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形自己隐含着“点共圆”,此时若能掌控问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化.1.1 作出三角形的外接圆 例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A.求证：BD ＝2CD. 分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE≠ED,故不能直接证出BD ＝2CD.若延长AD 交△ABC 的外接圆于F,则可得EB ＝EF,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F,连结CF 与BF,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC,即∠BFD ＝∠CFD.故BF:CF ＝BD:DC.又∠BEF ＝∠BAC,∠BFE ＝∠BCA,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE.故EB ＝EF. 作∠BEF 的平分线交BF 于G,则BG ＝GF. 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF,∠GFE ＝∠CFE,故△FEG ≌△FEC.从而GF ＝FC.A B G C D FE 图1于是,BF ＝2CF.故BD ＝2CD.1.2 利用四点共圆 例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O,如图2.则sin ∠AOB ＝____.分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D 四点共圆,欲求sin ∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x,有AP ＝3x,DP ＝2x.由割线定理得(2＋3x)3x ＝2x(1＋2x).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3.由托勒密定理有 BD·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又SABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615 . 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD,AH ⊥CD 于H,CP ⊥BC,CP 交AH 于P.求证：△ABC 的面积S ＝43AP·BD. 分析：因S △ABC ＝43BC2＝43AC·BC,只须证AC·BC ＝AP·BD,转化为证△APC ∽△BCD.这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q,则由AC ＝AD,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ.又AB ＝AD,故∠ADQ ＝∠ABQ.从而,∠ABQ ＝∠ACQ.可知A 、B 、C 、Q 四点共圆.A B C D P O图2A 图3B P Q D HC∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD,∠CBQ ＝∠CAQ, ∴△APC ∽△BCD.∴AC·BC ＝AP·BD.于是,S ＝43AC·BC ＝43AP·BD. 2 、构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可年夜胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决.2.1 联想圆的界说构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD,AD ＝DC ＝DB ＝p,BC ＝q.求对角线AC 的长.用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系.解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE.显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD,∴BC ＝AE. 从而,BC ＝AE ＝q.在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p,AE ＝q,故AC ＝22AE CE -＝224q p -.2.2 联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC.若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的极点为A0(1,9),轴交于两点B(－2,0)、C(4,0). A E D C B 图4图5分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E,则两圆与抛物线均交于两点P(1－22,1)、Q(1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有 3＝DP ＝DQ ＜AD≤DA0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD≤9.2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M,交AC 于N.求证：AB2－AN2＝BM·BN.分析：因AB2－AN2＝(AB ＋AN)(AB －AN)＝BM·BN,而由题设易知AM ＝AN,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图6,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN. 以AM 长为半径作⊙A,交AB 于F,交BA 的延长线于E. 则AE ＝AF ＝AN.由割线定理有BM·BN ＝BF·BE ＝(AB ＋AE)(AB －AF)＝(AB ＋AN)(AB －AN)＝AB2－AN2,即 AB2－AN2＝BM·BN.例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E,延长AB 和DC 相交于E,延长AD 和BC 相交于F,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q.求证：EP2＋FQ2＝EF2.分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G,连结因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE,故F 、D 、C 、G 由切割线定理,有EF2＝(EG ＋GF)·EF ＝EG·EF ＋＝EC·ED ＋FC·FB ＝EC·ED ＋FC·FB ＝EP2＋FQ2,即 EP2＋FQ2＝EF2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆 E A NC D B F M 12345图6例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明. 证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D,连结AD 和BD,如图9所示. ∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D,∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇,∴∠A ＇＝∠D,∠B ＇＝∠BCD.∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB. 有DC B A ''＝CB C B ''＝DB C A '',即 DC c '＝a a '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab . 又AB ∥DC,可知BD ＝AC ＝b,BC ＝AD ＝a.从而,由托勒密定理,得AD·BC ＝AB·DC ＋AC·BD,即 a2＝c·''a ac ＋b·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A,则AC AB ＝DC BD . (提示：无妨设A B≥AC,作△ADC 的外接圆交AB 于E,证△ABC ∽△DBE,从而AC AB ＝DE BD ＝DCBD .) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a,BC ＝CD ＝DE,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a.求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE.(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE.)3. 在△ABC 中AB ＝BC,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M,使BM ＝AC.求∠AMC 的度数.(1)(2)图8A B C A'B'C'c a b a'c'b'A B C D a b b c 图9(提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC,连结KM,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF,CE ⊥AE.求证：AB·AE ＋AD·AF ＝AC2.(提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点G 、H.则CG ＝AH,由割线定理可证得结论.) 5. 如图11.已知⊙O1和⊙O2相交于A 、B,直线CD 过A 交⊙O1和⊙O2于C 、D,且AC ＝AD,EC 、ED 分别切两圆于C 、D.求证：AC2＝AB·AE. (提示：作△BCD 的外接圆⊙O3,延长BA 交⊙O3于F,证E 在⊙O3上,得△ACE ≌△ADF,从而AE ＝AF,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB·AC ＝AE2－BE2.(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E,交AE 及其延长线于N 、M,由△ANC ∽△ABM 证AB·AC ＝AN·AM.) 7. 若正五边形ABCDE 的边长为a,对角线长为b,试证：a b －ba＝1.(提示：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用.1、点共线的证明点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等.n(n≥4)点共线可转化为三点共线.FD A BE C图10图11例1、如图，设线段AB 的中点为C ，以AC 和CB 为对角线作平行四边形AECD ，BFCG.又作平行四边形CFHD ，CGKE.求证：H ，C ，K 三点共线.证：连AK ，DG ，HB.由题意，AD EC KG ，知四边形AKGD 是平行四边形，于是AK DG.同样可证AK HB.四边形AHBK 是平行四边形，其对角线AB ，KH 互相平分.而C 是AB 中点，线段KH 过C 点，故K ，C ，H 三点共线.例2 如图所示，菱形ABCD 中，∠A=120°为△ABC 外接圆，M 为其上一点，连接MC 交AB 于E ，AM 交CB 延长线于F.求证：D ，E ，F 三点. 证：如图，连AC ，DF ，DE.因为M 在O 上，则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB ，有△AMC ∽△ACF ，得CDCF CA CF MA MC ==. 又因为∠AMC=BAC ，所以△AMC ∽△EAC ，得AE AD AE AC MA MC ==. 所以AE AD CD CF =，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD ∽△ADE.所以∠ADE=∠DFB.因为AD ∥BC ，所以∠ADF=∠DFB=∠ADE ，于是F ，E ，D 三点共线. 例3 四边形ABCD 内接于圆，其边AB 与DC 的延长线交于点P ，AD 与BC 的延长线交于点Q.由Q 作该圆的两条切线QE 和QF ，切点分别为E ，F ；求证：P ，E ，F 三点共线.证：如图：连接PQ ，并在PQ 上取一点M ，使得B ，C ，M ，P 四点共圆，连CM ，PF.设PF 与圆的另一交点为E’，并作QG 丄PF ，垂足为G.易如 C E (E ')ABD F PMQ GA C D E F H K GQE2=QM·QP=QC·QB ①∠PMC=∠ABC=∠PDQ.从而C ，D ，Q ，M 四点共圆，于是PM·PQ=PC·PD ② 由①，②得PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB ，即PQ2=QC·QB+PC·PD.易知PD·PC=PE’·PF ，又QF2=QC·QB ，有PE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2， 即PE’·PF=PQ2-QF2.又PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG －GF)=PF·(PG －GF)，从而PE’=PG －GF=PG －GE’，即GF=GE’，故E’与E 重合.所以P ，E ，F 三点共线.例4 以圆O 外一点P ，引圆的两条切线PA ，PB ，A ，B 为切点.割线PCD 交圆O 于C ，D.又由B 作CD 的平行线交圆O 于E.若F 为CD 中点，求证：A ，F ，E 三点共线.证：如图，连AF ，EF ，OA ，OB ，OP ，BF ，OF ，延长FC 交BE 于G. 易如OA 丄AP ，OB 丄BP ，OF 丄CP ，所以P ，A ，F ，O ，B五点共圆，有∠AFP=∠AOP=∠POB=∠PFB.又因CD ∥BE ，所以有∠PFB=∠FBE ，∠EFD=∠FEB ， 而FOG 为BE 的垂直平分线，故EF=FB ，∠FEB=∠EBF ， 所以∠AFP=∠EFD ，A ，F ，E 三点共线.2、线共点的证明证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明.例5 以△ABC 的两边AB ，AC 向外作正方形ABDE ，ACFG.△ABC 的高为AH.求证：AH ，BF ，CD 交于一点. 证：如图.延长HA 到M ，使AM=BC.连M E D B HC F K GACM ，BM.设CM 与BF 交于点K.在△ACM 和△BCF 中，AC=CF ，AM=BC ，∠MAC+∠HAC=180°，∠HAC+∠HCA=90°，而且∠BCF=90°+∠HCA ，因此∠BCF+∠HAC=180°∠MAC=∠BCF.从而△MAC ≌△BCF ，∠ACM=∠CFB.所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°，即 BF 丄MC.同理CD 丄MB.AH ，BF ，CD 为△MBC 的3条高线，故AH ，BF ，CD 三线交于一点.例6 设P 为△ABC 内一点，∠APB －∠ACB=∠APC －∠ABC.又设D ，E 分别是△APB 及△APC 的内心.证明：AP ，BD ，CE 交于一点.证：如图，过P 向三边作垂线，垂足分别为R ，S ，T.连RS ，ST ，RT ，设BD 交AP于M ，CE 交AP 于N.易知P ，R ，A ，S ；P ，T ，B ，R ；P ，S ，C ，T 分别四点共圆，则∠APB －∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT.同理，∠APC －∠ABC=∠RST ，由条件知∠SRT=∠RST ，所以RT=ST.又RT=PBsinB ，ST=PCsinC ，所以PBsinB=PCsinC ，那么ACPC AB PB =. 由角平分线定理知MP AM PB AB PC AC NP AN ===.故M ，N 重合，即AP ，BD ，CE 交于一点. 例7 O1与外切于P 点，QR 为两圆的公切线,其中Q ，R分别为，O2上的切点，O 1O 2N P I Q RMO过Q 且垂直于QO2的直线与过R 且垂直于RO1的直线交于点I ，IN 垂直于O1O2,垂足为N,IN 与QR 交于点M.证明：PM ，RO1，QO2三条直线交于一点.证：如图，设RO1与QO2交于点O ，连MO ，PO.因为∠O1QM=∠O1NM=90°，所以Q ，O1，N ，M 四点共圆，有∠QMI=∠QO1O2. 而∠IQO2=90°=∠RQO1，所以∠IQM=∠O2QO1，故△QIM ∽△QO2O1，得MI O O QM QO 211=同理可证MI O O RM RO 212=.因此 21RO QO MR QM =①因为QO1∥RO2，所以有211RO QO OR O O =② 由①，②得MO ∥QO1. 又由于O1P=O1Q ，PO2=RO2，所以 21211PO P O RO Q O OR O O ==，即OP ∥RO2.从而MO ∥QO1∥RO2∥OP ，故M ，O ，P 三点共线，所以PM ，RO1，QO2三条直线相交于同一点.3、 塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用定理1 (塞瓦(Ceva)定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的BC ，CA ，AB 边上的点.若AP ，BQ ，CR 相交于一点M ，则1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 证：如图，由三角形面积的性质，有BMC AMC S S RB AR ∆∆=, AMCAMB S S PC BP ∆∆=, AMB BMC S S QA CQ ∆∆=.以上三式相乘，得1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 定理2 (定理1的逆定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的BC ，CA ，AB 上的点.若1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，则AP ，BQ ，CR 交于一点.证：如图，设AP 与BQ 交于M ，连CM ，交AB 于R’.A RQ B C P 由定理1有1''=⋅⋅B R AR QA CQ PC BP . 而1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，所以RB AR B R AR =''. 于是R’与R 重合，故AP ，BQ ，CR 交于一点.定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理):一条不经过△ABC 任一极点的直线和三角形三边BC ，CA ，AB(或它们的延长线)分别交于P ，Q ，R ，则1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP 证：如图，由三角形面积的性质，有BRP ARP S S RB AR ∆∆=, CPRBRP S S PC BP ∆∆=, ARP CRP S S QA CQ ∆∆=.将以上三式相乘，得1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 定理4 (定理3的逆定理):设P ，Q ，R 分别是△ABC 的三边BC ，CA ，AB 或它们延长线上的3点.若1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，则P ，Q ，R 三点共线.定理4与定理2的证明方法类似.塞瓦定理和梅涅劳斯定理在证明三线共点和三点共线以及与之有关的题目中有着广泛的应用.例8 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：如图，连接BD 交AC 于H ，过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J. 对△BCD 用塞瓦定理，可得1=⋅⋅ECDE HD BH GB CG ① 因为AH 是∠BAD 的角平分线， 由角平分线定理知AD AB HD BH =,代入①式H C A D B G I JE F1=⋅⋅ECDE AD AB GB CG ② 因为CI ∥AB ，CJ ∥AD ，则AB CI GB CG =，CJ AD EC DE =.代入②式得1=⋅⋅CJ AD AD AB AB CI .从而CI=CJ.又由于∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ ，所以△ACI ≌△ACJ ，故∠IAC=∠JAC ，即∠GAC=∠EAC. 例9 ABCD 是一个平行四边形，E 是AB 上的一点，F 为CD 上的一点.AF 交ED 于G ，EC 交FB 于H.连接线段GH 并延长交AD 于L ，交BC 于M.求证：DL=BM. 证：如图，设直线LM 与BA 的延长线交于点J ，与DC 的延长线交于点I.在△ECD 与△FAB 中分别使用梅涅劳斯定理，得1=⋅⋅HE CH IC DI GD EG ， 1=⋅⋅JABJ HB FH GF AG . 因为AB ∥CD ，所以GF AG GD EG =， HB FH HE CH =.从而JABJ IC DI =，即=+CI CI CD AJ AJ AB +，故CI=AJ. 而LA DL AJ DI CI BJ MC BM ===， 且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL.例10 在直线l 的一侧画一个半圆T ，C ，D 是T 上的两点，T 上过C 和D 的切线分别交l 于B 和A ，半圆的圆心在线段BA 上，E 是线段AC 和BD 的交点，F 是l 上的点，EF 垂直l.求证：EF 平分∠CFD. 证：如图，设AD 与BC 相交于点P ，用O 暗示半圆T 的圆心.过P 作PH 丄l 于H ，连OD ，OC ，OP. 由题意知Rt △OAD ∽Rt △PAH ，于是有DO HP AD AH =. 类似地，Rt △OCB ∽Rt △PHB ， 则有COHP BC BH =. G A E J L D F C IM HD l A B O F(H)E CP由CO=DO ，有BC BH AD AH =，从而1=⋅⋅DAPD CP BC HB AH . 由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC ，BD ，PH 相交于一点，即E 在PH 上，点H 与F 重合.因∠ODP=∠OCP=90°，所以O ，D ，C ，P 四点共圆，直径为OP. 又∠PFC=90°，从而推得点F 也在这个圆上，因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP ，所以EF平分∠CFD.例11 如图，四边形ABCD 内接于圆，AB ，DC 延长线交于E ，AD 、BC 延长线交于F ，P 为圆上任意一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S. 若对角线AC 与BD 相交于T. 求证：R ，T ，S 三点共线.先证两个引理.引理1:A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，则有1111111111111=⋅⋅A F FE E D D C C B B A .如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O ，根据圆内接多边形的性质易知△ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，△OC1D1∽△OA1F1，从而有O D O B E D B A 111111=,O B O F C B F E 111111=,OF O D A F D C 111111=.将上面三式相乘即得1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A ， 引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A 则其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1交于一点.该引理与定理2的证明方法类似，留给读者.E B R CT AP S D F例11之证明如图，连接PD ，AS ，RC ，BR ，AP ，SD.由△EBR ∽△EPA ，△FDS ∽△FPA ，知 EP EB PA BR =,FD FP DS PA =.两式相乘，得FD EP FP EB DS BR ⋅⋅=. ① 又由△ECR ∽△EPD ，△FPD ∽△FAS ，知EP EC PD CR =，FA FP AS PD =. 两式相乘，得FAEP FP EC AS CR ⋅⋅=② 由①，②得FD EC FA EB CR DS AS BR ⋅⋅=⋅⋅. 故=⋅⋅AB SA DS CD RC BR CEDC FD AF BA EB ⋅⋅. ③ 对△EAD 应用梅涅劳斯定理，有1=⋅⋅CEDC FD AF BA EB ④ 由③④得1=⋅⋅ABSA DS CD RC BR .由引理2知BD ，RS ，AC 交于一点,所以R ，T ，S 三点共线.练 习A 组1. 由矩形ABCD 的外接圆上任意一点M 向它的两对边引垂线MQ 和MP ，向另两边延长线引垂线MR ，MT.证明：PR 与QT 垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上.2. 在△ABC 的BC 边上任取一点P ，作PD ∥AC ，PE ∥AB ，PD ，PE 和以AB ，AC 为直径而在三角形外侧所作的半圆的交点分别为D ，E.求证：D ，A ，E 三点共线.3. 一个圆和等腰三角形ABC 的两腰相切，切点是D ，E ，又和△ABC 的外接圆相切于F.求证：△ABC 的内心G 和D ，E 在一条直线上.4. 设四边形ABCD 为等腰梯形，把△ABC 绕点C 旋转某一角度酿成△A’B’C’.证明：线段A’D, BC 和B’C 的中点在一条直线上.5. 四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P.设三角形ABP ，BCP ，CDP 和DAP 的外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4.求证：OP ，O1O3，O2O4三直线交于一点. B F A E 1OC D 111116. 求证：过圆内接四边形各边的中点向对边所作的4条垂线交于一点.7. △ABC为锐角三角形，AH为BC边上的高，以AH为直径的圆分别交AB，AC于M，N；M，N与A分歧.过A作直线lA垂直于MN.类似地作出直线lB与lC.证明：直线lA，lB，lC共点.8. 以△ABC的边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点.求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点.B组9. 设A1，B1，C1是直线l1上的任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上的任意三点，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N.求证：L，M，N三点共线.10. 在△ABC，△A’B’C’中，连接AA’，BB’，CC’，使这3条直线交于一点S.求证：AB与A’B’、BC与B’C’、CA与C’A’的交点F，D，E在同一条直线上(笛沙格定理).11. 设圆内接六边形ABCDEF的对边延长线相交于三点P，Q，R，则这三点在一条直线上(帕斯卡定理).第四讲四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常呈现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平路途.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采纳.1、“四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC′及其延长线交于M ，N.以AC 为直径的圆与AC 边的高BB′及其延长线将于P ，Q.求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)分析：设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM.欲证M ，N ，P ，Q四点共圆，须证MK·KN ＝PK·KQ ，即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ①不难证明 AP=AM ，从而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2.故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2 =(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)=KC′2-KB′2. ②由②即得①，命题得证. 例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O1，O2，O3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O1，O2，O3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB ，O1O3垂直平分OA.观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO2O1=21∠OO2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO3O1=21∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1 O ，O1，O2，O3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.2、以“四点共圆”作为解题手段这种情况不单题目多，而且结论幻化莫测，可年夜体上归纳为如下几个方面.(1)证角相等 A B C K M N P QB ′C ′A B C O OO O 123？？例3．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，∠DAM ＝∠CBK.求证：∠DMA ＝∠CKB.（第二届袓冲之杯初中竞赛） 分析：易知A ，B ，M ，K 四点共圆.连接KM ，有∠DAB ＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC ＝180°，∴∠CMK+∠KDC ＝180°. 故C ，D ，K ，M 四点共圆⇒∠CMD ＝∠DKC. 但已证∠AMB ＝∠BKA ，∴∠DMA ＝∠CKB.(2)证线垂直例4．⊙O 过△ABC 极点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N(K 与N 分歧).△ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和M.求证：∠BMO=90°.(第26届IMO 第五题) 分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要掌控已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK ，∴∠COK+∠CMK=180°⇒C ，O ，K ，M 四点共圆. 在这个圆中，由OC=OK ⇒OC=OK ⇒∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK ，故∠BMO=90°.(3)判断图形形状例5．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为IA ，IB ，IC ，ID.试证：IAIBICID 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题) 分析：连接AIC ，AID ，BIC ，BID 和DIB.易得∠AICB=90° +21∠ADB=90°+21∠ACB=∠AIDB ⇒A ，B ，ID ，IC 四点共圆. A B C D K M ··A B O K N C M G A B CD I C I DA I I BA B C D E F K G ······∠AICID=180°-∠ABID =180°-21∠ABC ，∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-21∠ADC ， ∴∠AICID+∠AICIB=360°-21(∠ABC+∠ADC)=360°-21×180°=270°.故∠IBICID=90°. 同样可证IAIBICID 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.(4)计算例6．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________(1989，全国初中联赛)分析：谜底是PB=42㎝.怎样获得的呢？连接OA ，OB.易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°.故PA2+PB2=AB2=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB.(5)其他 例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出头具名积最年夜的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断).(1978，全国高中联赛)分析：设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个极点至少必落在正方形的三条边上，所以无妨令F ，G 两点在正方形的一组对边上.作正△EFG 的高EK ，易知E ，K ，G ，D 四点共圆 ∠KDE=∠KGE=60°.同理，∠KAE=60°.故△KAD 也是一个正三角形，K 必为一个定点.··P O A B C D又正三角形面积取决于它的边长，当KF丄AB时，边长为3也最小.当KF通过B点时，1，这时边长最小，而面积S=4边长为2·32-，这时边长最年夜，面积S=23-3也最年夜.例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.(1991，江苏省初中竞赛)分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接MQ′，SQ′.易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称⇒MQ′=MQ.又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径(∠RMS=90°)，MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.练习题1.⊙O1交⊙O2 于A，B两点，射线O1A交⊙O2 于C点，射线O2A交⊙O1于D点.求证：点A是△BCD的内心.(提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.)2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样获得B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C 四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.。
2024年春高中数学奥赛专题培训平面几何思想方法
平面几何思想方法1.分析法与综合法2.从特殊结构入手，从熟悉的结构入手3.从图形的生成关系入手（消点法）4.从计算入手：面积法，三角法，向量法，复数法，解析几何法5.1基础知识同一法与反证法2经典例题1.在∆ABC 中，∠A 的平分线交BC 于点L,在AC,BC 上分别取M,N 点，使得AL,BM,CN 三线共点，且∠AMN =∠ALB.求证：∠NML =90◦.2.如图，在∆ABC中，AB<AC,M是BC中点，D,E是优弧和劣弧BC的中点.AE交BC于点G,F为内切圆在AB上的切点.过B做AB的垂线交EF于N点，求证：如果BN=ME,则DF⊥F G.3.如图，∆ABK为不等边三角形，过点A做三角形ABK的外接圆的切线，交KB延长线于D点，过D点的直线交AB,AK于E,F两点，再过E,F分别做AK,AB的平行线交BK于I,H两点，EI交F H于G点，记∆GHI的外接圆为ω,直线AG交ω于另一点J,求证：DJ与圆ω相切.分析综合法4.如图,在∆ABC中，O是外心，M为劣弧BC的中点，过O做AM的平行线交AB于D,交CA延长线于E.K是A的对径点，BM,CK相交于点P,BK,CM相交于点Q,求证：∠OEB+∠OP B=∠ODC+∠OQC.5.如图，D为∆ABC外接圆上一点，使得AD为直径.E,F为AB,AC上的点，使得DE,DF都与∆AEF的外接圆相切，求证∆ABC的垂心在直线EF上.6.如图，∆ABC中,I为内心，D,E,F为内切圆在三边上的切点，X为平面上一点，使得∠XBC=∠XCB=45◦,并且满足F,E,X三点共线.取M为∆ABC外接圆上不含A点的弧BC的中点，求证：F,D,M三点共线.7.如图，∆ABC中，D,E,F为顶点向三边的投影，圆O1,O2分别为∆BDE和∆CF E的内切圆，K,L为切点，连接KL交两圆于M,K两点，求证：MK=LN.8.如图，在∆ABC中AB=AC,I为三角形的内心，以AI为直径的圆与三角形外接圆的另一个交点为K,内切圆在BC边上的切点为D,AI延长线交外接圆于M,求证：K,D,M三点共线.9.如图，在锐角∆ABC中，∠A<∠B,I为三角形内心，AI,BI交圆于M,N两点，过C做MN平行线交圆于P.连接P I交圆于T点.(1)求证：MP×MT=NP×NT.(2)在劣弧AB上取一点Q,做∆CAQ,∆CBQ的内心I1,I2,求证：Q,T,I1,I2四点共圆.10.如图，在∆ABC中I为内心，M,N分别为劣弧AB,AC的中点，L为优弧AB的中点，圆O为三角形外接圆.圆O1于圆O内切于点M且与AC相切，圆O2与圆O内切于点N且与AB相切.求证：圆O1,O2两交点所在直线，与直线LI的交点在三角形外接圆上.11.如图，∆ABC中，H为垂心，M为BC中点，MH交劣弧AB于点D.过H的直线交直线AB,AC于F,E两点，使得AE=AF.求证：A,D,F,E四点共圆.12.如图，圆O与圆O1,O2内切于A,B两点，且O在圆O1,O2外部，两圆相交于C,D两点.设直线BC交圆O于另一个点E,AE交圆O1于F.已知D,O1,F共线，求证：D,C,O共线.13.如图，锐角∆ABC的外心为O,K是BC边上一点（不是中点），延长AK到点D,直线AB,CD交于点M,直线AC,DB交于点N.求证：如果OK⊥MN,则A,B,C,D四点共圆.14.在∆ABC中，A1,B1分别为CB,CA上的点，在线段AA1,BB1分别取点P,Q使得P Q与BC平行，在P B1延长线上取一个点P1使得∠P P1C∠CAB,在QA1延长线上取点Q1使得∠QQ1C=∠CBA.求证：P,Q,Q1,P1四点共圆.IMO201915.如图，在∆ABC中，L是AB边上一点，M,K是CB,CA延长线上的点，使得∠CMA=12∠CLA,∠CKB=12∠CLB.设∆CKM外心为O,求证：OL⊥AB.16.如图，凸五边形ABCDE中，CD=DE且∠CED=2∠ADB,P为五边形内一点，满足AE=AD,BP=BC,求证：P在对角线CE上的充分必要条件是S∆ADB+S∆AP B=S∆DEA+S∆DBC.。
平面几何讲义(二)
除了在初中的课本中已经介绍的重要定理之外， 在数学竞赛中，平面几何问题还要用到许多著名的定 理，现择其应用较广的几个介绍如下.
（证明不是很难！）
（初中就在证明）
探究
利 用Байду номын сангаас向 量
引入复平面 （自学后考虑）
平面几何讲义（二）
七中嘉祥 LG
前言
在中国数学奥林匹克(CMO)的六道试题中，以及 国际数学奥林匹克（IMO）的六道试题中，都至少有 一道平面几何试题的存在.同样，在每年十月份进行 的全国高中数学联赛加试 的三道试题中，必有一道 是平面几何题，占全国高中数学联赛总分300 分中的 40 分，因此 有人曾说：“得几何者，得一等奖”.
高中数学竞赛专题讲座课件：平面几何
（一）、平面几何的几个重要的定理 1、梅涅劳斯定理及其逆定理
若一条直线截△ABC 的三条边 AB、BC、CA （或他们的延长线），所得交点分别为 P、Q、R，
数学竞赛 专题讲座
平面几何初步
一．平面几何主要知识点
平面几何是培养严密推理能力的很好数学分支，且因其证 法多种多样：除了几何证法外，还有三角函数法、解析法、复 数法、向量法等许多证法，这方面的问题受到各种竞赛的青睐， 现在每一届的联赛的第二试都有一道几何题.
平面几何的知识竞赛要求：三角形的边角不等关系;面积 及等积变换;三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性 质; 四个重要定理;几个重要的极值：到三角形三顶点距离之 和最小的点--费马点,到三角形三顶点距离的平方和最小的点 --重心,三角形内到三边距离之积最大的点-----重心;简单的 等周问题。
（三）面积法与等积变换
主要知识：
1.面积公式
S△ ABC
1 2 aha
1 2
ab sin C
2R2
sin
Asin B p b)( p c) pr (p 是周长的一半) 2.面积定理
等底等高的三角形的面积相等.
等高(比)的两个三角形的面积之经等于底(高)之比.
=( 90 －∠1)+( 90 +∠2) =∠ABF+∠BAE=∠QFP+∠QEP， 又由 PK=PE=PF 知∠K=∠PFK，
∴∠EQF+∠K=∠QFK+∠QEK= 180 ， 从而 E、Q、F、K 四点共圆. 由 PK=PF=PE 知，P 为△EFK 的外心，显然 PQ=PE=PF.于 是∠1+∠AQH=∠1+PQF=∠1+∠PFQ=∠1+∠AFP=∠1+∠ ABF=90º.由此知 QH⊥AH，即 PQ⊥AB.
奥数夏令营讲义之平面几何(3)Menelaus、Ceva、Pascal定理
三、Menelaus 、Ceva 、Pascal 定理3.1 梅涅劳斯（Menelaus ）定理设直线l 与ABC ∆三边所在直线BC ，CA ，AB 分别交于点D ，E ，F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD 反之，若三角形三边所在直线上三点使得上述等式成立，则该三点共线. 利用面积转换，可得出如下两个角元形式： 第一角元形式：1sin sin sin sin sin sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠FCBACFEBA CBE DAC BAD第二角元形式：1sin sin sin sin sin sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠FOBAOFEOA COE DOC BOD（O 为不再三边所在直线上的任意一点）1. AD 为锐角三角形ABC 的一条高，K 为AD 上任一点，BK 、CK 的延长线分别交AC 、AB 于点E 、F .求证：∠EDK ＝∠FDK .证明：过点A 作MN ∥BC ，与DE 、DF 的延长线分别交于点M 、N .由于AF FB ·BD DC ·CEEA=1.而AF FB ＝AN BD ，CE EA ＝DC AM . ⇒ANAM ＝1⇒AN ＝AM ，即DA 是等腰三角形DMN 的底边上的高， 从而∠EDA ＝∠FDA .DBCAE FK MN DBC AEFK2. 在△ABC 中，AM 、AT 分别为BC 边上的中线与角平分线. TK ∥AC ，交AM 于K . 证明：AT ⊥CK .证明：由CD 截△ABM ，有AD DB ·BC CM ·MK KA =1. 故AD DB ＝ 1 2·AKKM.设AB ＝c ，BC ＝a ，CA ＝b ，则BT CT ＝c b ⇒BT ＝ac b ＋c ，CT ＝abb ＋c .MT ＝CM －CT ＝a 2－ab b ＋c ＝a (c －b )2(b ＋c ).但TK ∥AC ⇒AK KM ＝CT TM ＝2b c －b ，⇒AD DB ＝bc －b .AD AB ＝AD AD ＋DB ＝b c ，即AD c ＝bc ⇒AD ＝b ＝AC . 故证.3. 如图，四边形ABCD 中，AB 与CD 所在直线交于点E ，AD 与BC 所在直线交于点F ，BD 与EF 所在直线交于点H ，AC 与EF 所在直线交于点G . 求证：HE FG HF EG ⋅=⋅.【解析】考虑AEF ∆被直线HBD 截，应用梅涅劳斯定理可知HBCAM TK DFHBC AM TK1=⋅⋅DAFD HF EH BE AB ① 考虑AEG ∆被直线BCF 截，同理可得1=⋅⋅CAGC FG EF BE AB ②考虑AGF ∆被直线ECD 截，同理可得1=⋅⋅DAFDEF GE CG AC ③ ②×③÷①可得1=⋅EHHFFG GE 所以原命题成立4. 如图，已知ABC ∆的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，线段BE 、CF 分别与该内切圆交于点P ，Q . 若直线FE 与BC 交于圆外一点R ，证明：P ，Q ，R 三点共线.【析】考虑ABC ∆被直线EFR 截，应用梅涅劳斯定理可知1=⋅⋅EA CE RC BR FB AF ，因为AF =AE 所以CEFBRC BR =，如图，设BE 与CF 交于点S ，则RCRCEFC ∆~QEC ∆，FEB ∆~PFB ∆，SEQ ∆~SFP ∆所以，EQFPSQ SP FB FE PB FP EF CE EQ CQ ===,, 考虑SBC ∆及三个点P ，Q ，R ，RC BR QE CQ PB FP RC BR PB CQ EQ FP RC BR PB CQ SQ SP QS CQ RC BR PB SP ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅1=⋅⋅=CEFB EF CE FB FE 由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P ，Q ，R 三点共线.5. 已知ABC △的内心为I ，外接圆圆心为O ，BC 中点为N ，NI 与AC 交于点P ，B 点相对的旁切圆圆心为M ，MI 与圆O 交于点E ，过M 点的直线l 与AC 平行且与BC 所在直线交于点F . 求证：P ，E ，F 三点共线.【析】如图，连结BI ，设MI 与AC 交于点D ，易知，B ，I ，D ，E ，M 五点共线.因为MC 平分ACF ∠，所以MF =CF ， 且DC BCMF BF FC BF == 考虑BCD ∆被NIP 截，应用梅涅劳斯定理知1=⋅⋅IBDIPD CP NC BN又因为BC CD BI DI =，所以1=⋅⋅BC CD PD CP NC BN . 所以CD BCPD CP =所以22CD BC PD CP FC BF =⋅. 又因为BCD ∆~AED ∆所以EDAECD BC =，所以22DE AE PD CP FC BF =⋅. 而ABE ∆~DAE ∆，则AEDE BE AE =，所以BE DE AE ⋅=2.F所以DE BE DE BE DE PD CP FC BF =⋅=⋅2，所以1=⋅⋅BEDEPD CP FC BF . 所以由梅涅劳斯定理逆定理知，P ，E ，F 三点共线.3.2 赛瓦（Ceva)定理设点P 不在ABC ∆三边所在直线上，直线AP ，BP ，CP 分别与BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD ，反之，若三角形三边所在直线上的点使得上述等式成立，则AD ，BE ，CF 交于一点或互相平行.Ceva 定理角元形式：为了方便，我们可以从某个角开始，把六个角顺时针（或逆时针）标记为1∠至6∠，则16sin 5sin 4sin 3sin 2sin 1sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠.或者改为判断过ABC ∆的顶点的三条直线AX ，BY ，CZ 是否共点，等价于1sin sin sin sin sin sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠YBACBY ZCB ACZ XAC BAX6. 在ABC △中，已知40BAC ∠=，60ABC ∠=，D ，E 分别为边AC ，AB 上的点，且使40CBD ∠=，70BCE ∠=，F 是BD 与CE 的交点，连结AF ，证明：AF BC ⊥.【析】设,α=∠BAF 则α-=∠ 40CAF ，如图用角元.Ceva 定理可知：120sin 40sin 70sin 10sin )40sin(sin =⋅⋅-αα 110cos 10sin 220cos 20sin 270sin 10sin )40sin(sin =⋅⋅-⇒αα 110cos 20sin )40sin(sin =⋅-⇒αα 10sin sin 2)40sin(αα=-⇒ )10cos()10cos()40sin( +--=-⇒ααα )80sin()100sin()40sin(ααα---=-⇒ )40sin()100sin()80sin(ααα---=-⇒ )20sin(30sin )70cos(2αα+=-=所以 302080=⇒+=-ααα7. 在锐角ABC △中，AD 是A ∠的内角平分线，D 在边BC 上，过D 作DE AC ⊥，DF AB ⊥，垂足分别为E ，F ，连结BE ，CF ，它们相交于点H ，求证：AH BC ⊥.【析】过A 作BC AK ⊥于K 点，只须证：1=⋅⋅EA CEKC BK FB AF 即可ABC由题意知K D F A ,,,四点共圆，则BK BD BA BF ⋅=⋅K D E A ,,,四点共圆，则CA CE CD CK ⋅=⋅所以CA CE BA BF CK BK CD BD ⋅⋅=⋅又因为AD 平分BAC ∠ 所以AC AB CD BD =所以CEBFCK BK =又因为AF =AE ，所以1=⋅⋅EAAFBF CE CK BK .所以由赛瓦定理逆定理知原命题成立.8. 四边形BCEF 内接于圆O ，其边CE 与BF 的延长线交于点A ，由点A 作圆O 的两条切线AP 和AQ ，切点分别为P ，Q ，BE 与CF 的交点为H ，求证：P ，H ，Q 三点共线.【析】考虑连结FQ ，QB ，只须说明H 是FBQ ∆的赛瓦点即可A设M CF BQ L BE FQ K PQ BF === ,,则BQ PB FQ PF S S KB FK PBQ FPQ ⋅⋅==∆∆；CQFQ BCFB S S MQ BM FQC FBC ⋅⋅==∆∆； FBEF QBEQ S S LF QL EFB EQB ⋅⋅==∆∆ 所以EFBCCQ EQ PB PF LF QL MQ BM KB FK ⋅⋅=⋅⋅（*） 因为APF ∆~ABP ∆，AQE ∆~ACQ ∆，AFE ∆~ACB ∆所以AF ACEF BC AC AQ CQ EQ AB AP PB PF ===,,所以（*）可化为12=⋅AFAB AP （圆幂定理） 所以由赛瓦定理逆定理可知H 在PQ 上，所以P ，H ，Q 三点共线.9. 如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，G 为AB 上给定的一点（G 不是线段AB 的中点）. 设D 为直线GC 上与C 、G 都不相同的任意一点，并且直线AD 、BC 交于E ，直线BD 、AC 交于F ，直线EF 、AB 交于H . 试证明交点H 与D 在直线CG 上的位置无关.证明：设G 分线段AB 为定比λ1，H 分线段AB 为定比λ2. 下面证明λ2由λ1确定，即当A 、B 给定后，点H 的位置由点C 唯一确定.在△ABC 中，由AE 、BF 、CG 交于一点D ，应用塞瓦定理，有AG GB ·BE EC ·CF F A ＝1，即λ1·BE EC ·CFF A ＝1. (1) 对△ABC 及截线EFH ，应用梅涅劳斯定理，有AH HB ·BE EC ·CF F A ＝1，即λ2·BE EC ·CFF A＝－1， (2) (1)＋(2)，得(λ1＋λ2)BE EC ·CFF A ＝0.从而λ1＋λ2＝0，即λ2＝－λ1， 故λ2由λ1唯一确定.因此，点H 与D 在直线CG 上的位置无关.3.3 Pascal 定理圆O 上六点654321,,,,,A A A A A A ，则164365325421,,,,,A A A A A A A A A A A A 的交点X ，Y ，Z 共线.考虑63ZA A ∆三顶点引出的直线5623,,A A ZX A A 与两边所成角的正弦值4114545612412366536563232sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin XZA XZA A A A Z A A A A A A A A XZA XZA Z A A A A A A A A Z A A ∠∠⋅∠∠⋅∠∠=∠∠⋅∠∠⋅∠∠（*） 定理（角元形式）运用中，对点在Ceva X Z A A 41∆1sin sin sin sin sin sin 14441141=∠⋅∠∠⋅∠∠A XA ZXA XZA XZA Z XA A XA所以（*）为1，由Ceva 定理（角元形式）逆定理知原命题成立.【注】结论与六个点在圆上的次序无关. 六个点中相邻两个点若重合，则对应两点连线变为该点的切线，从而六边形可以变为五边形或者四边形甚至三角形.10. △ABC 内接于圆O ，P 为BC 弧上一点，点K 在线段AP 上，使得BK 平分ABC ∠，过K ，P ，C 三点的圆Ω与边AC 交于点D ，连结BD 交圆Ω于点E ，连结PE 并延长与边AB 交于点F ，证明：2ABC FCB ∠=∠.【析】设CF 与圆Ω交于点S ，考虑圆Ω上六点形KPEDCS ，由Pascal 定理可知B ，K ，S 三点共线.设圆Ω与BC 交于点T ，连结KT ，则KBC ABC APC KPC KTC ∠=∠=∠=∠=∠2. 所以FCB SCB BKT KBC ∠=∠=∠=∠，所以FCB ABC ∠=∠2.A11. 如图，六点A ，B ，D ，E ，F ，C 在圆周上顺次排列，AB =AC ，AD 与BE 交于点P ，CD与BF 交于点Q ，AF 与CE 交于点R ，AD 与BF 交于点S ，AF 与CD 交于点T ，在线段TS 上取一点K ，使得SKQ ACE ∠=∠. 求证：SK PQ TK RQ=.【析】由Pascal 定理可知，P ，Q ，R 三点共线.因为CFT AFB BDS FCT DBS ∠=∠=∠∠=∠,，所以BDS ∆~CFT ∆. 所以QCQB CF BD CT BS ==，所以BC //TS .2⋂⋂+=∠-∠=∠-∠=∠∴DE AB BCQ ACE STQ SKQ TQK APB ∠=， 同理，ARC SQK ∠=∠，所以APBTQ ARC SQ TQK TQ SQK SQ TK SK ∠∠=∠∠=sin sin sin sin 又因为APRARP AR AP AB AP AR AC APB ABP ACR ARC APB ARC ∠∠==⋅=∠∠⋅∠∠=∠∠sin sin sin sin sin sin sin sin 所以RQ PQ RQ RTQ PSQ PQ TQ ARP APR SQ ST SK =∠⋅∠=∠⋅∠=sin sin sin sin12. 如图，ABC △的外心为O ，CD 为高线，M 为边AC 的中点，射线DM 与以AD 为直径的圆Γ的另一个交点为Y ，圆Γ与⊙O 的另一个交点为X ，直线DO 与AC 交于点Z . 证明：X ，Y ，Z 三点共线.【析】设'Z 是XY ，AC 的交点，下面证明：D O Z ,,'共线即可.设直线'XYZ 交圆O 于点L ，连结XD 并延长交圆O 于点P ，那么 90=∠=∠AXD AXP ，从而P O A ,,三点共线，所以连结AOP ，因为'Z 是XY ，AC 的交点，即XL 与AC 的交点，而延长CD 交圆O 于点G ，则D 点就是XP 和CG 的交点，此时考虑六点形CAPXLG ，只要能证明O 是AP 和LG 的交点即可由Pascal 定理证得. 所以下面证明：L ，O ，G 三点共线.要证L ，O ，G 三点共线，只要证：BG LB ⊥因为YDA YXA LXA LBA ∠=∠=∠=∠，所以LB //MD ，所以只要证BG MD ⊥，这由DBG MCD MDC ∠=∠=∠可得. 证毕.13. 如图，过ABC △的顶点A 、B 、C 各作一直线使之交于一点P ，而分别交△ABC 的外接圆于点A '、B '、C '. 又在△ABC 的外接圆上任取一点Q ，证明：QA '、QB '、QC '与BC 、CA 、AB 对应的交点X 、Z 、Y 三点共线.证明：在圆内接六边形BCAA 'QB '中，其三组对边BC 与A 'Q 、CA 与QB '、AA '与B 'B 的交点分别为X 、Z 、P .由帕斯卡定理可知，P 、X 、Z 三点共线.在圆内接六边形CBAA 'QC '中，其三组对边CB 与A 'Q 、BA 与QC '、AA '与C 'C 的交点分别为X 、Y 、P .由帕斯卡定理可知，P 、Y 、X 三点共线. 故X 、Z 、Y 三点共线.14. 如图，点P 在△ABC 的内部，P 在边BC 、CA 、AB 上的射影分别为D 、E 、F ，过点A分别作直线BP 、CP 的垂线，垂足分别为M 、N .求证：ME 、NF 、BC 三线共点.证明：由题设有∠AEP ＝∠AFP ＝∠AMP ＝∠ANP ＝90º.从而，点A 、N 、F 、P 、E 、M 都在以AP 为直径的圆上.于是，对于圆内接六边形AFNPME ，它的三组对边AF 与PM 、FN 与ME 、NP 与EA 的交点分别为B 、Q 、C . 由帕斯卡定理可知，B 、Q 、C 三点共线. 则点Q 在直线BC 上. 故ME 、NF 、BC 三线共点. C 'B 'A 'Q PZ YX C B ANMP F E D C B A AB CD E F P MN。
北大数学奥赛教练李伟固的平面几何讲义
平面几何222222222221.,,,,,,1,,,,,ABC BC CA BA P Q R P Q R BP CQ AR PC QA RBACP BAP AB BP AB AP AC AP AC CPAB ACCQ BC AR CA QA BA RB CB BP CQ AR AB BC CA PC QA RB AC BA ======∴=过的三个顶点作它的外接圆的切线，分别和的延长线交于。
求证：三点共线。
想到梅涅劳斯定理，找三角形。
证明：想证：BP 两式相乘：CP 同理：()211,,1,CBRL QN QL AE LQ NP LR ABRL AB LQ AE =∴==∴=命题得证。
例2.设四边形ABCD的一组对边AB和CD的延长线交与点E，另一组对边AD和BC的延长线交与点F，则AC 的中点L,BD的中点M,EF的中点N三点共线。
想到梅涅劳斯定理。
证明：取BE中点P,BC中点R，EC中点Q，P,M,R 共线；P,Q,R共线，R,L,Q共线。
要证M,L,N共线，找PQR。
PM 要证MR 同理()()()()()()2,3123:1PM ED QN FC MR DC NP FBRL QN AB ED FC ADF BCE LQ NP AE DC FB ==⨯⨯==∴∠∠∠PM 直线截MR 命题得证。
例3.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.()()()()()(),,1sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin cos sin cos sin sin sin sin cos sin cos sin sin sin c GAC EAC BAC CAD GFD BCEBG CD EF GC DE FB AB AC AE AC AE AB αβθθαθβαθβθθαβθβαθαβθβαθαβθαβαθβαθβθα∠=∠=∠=∠=-=--=-∴-=-=-∴证明：设，截＝()()os sin cos 0sin sin 0.,.2.,,,,,,,.ABC AB AC A ABC E E EF AB F AB AC AF BF D DF AF ED BC G BE BG AG CG EC ACE AGD ADG EDA EAF EAT EAC ADG EACAD ββαθαβαβπππ-=∴-=∴=∴>∠⊥-==∠=∠∠=-∠=-∠=-∠=∠∴命题得证。
奥数夏令营讲义之平面几何(11)调和点列、线束
∵ 、 、 、 是一个调和线束，
∴ 和 调和分割线段 ，这样 是 的（内角或外角）平分线，于是我们有 .
同理
两式相乘，得到
这样， 、 、 、 四点共圆，∴
下证
事实上
于是 ，这样 、 、 、 四点共圆.
证明：如图所示，设直线 、 相交于点 ，连接 、 由正弦定理及旁切圆性质，有
同理，有 ，注意到 ， ，
我们得到 .
这说明 是 的一条内角平分线，而 就是相应角的外角平分线，故 、 、 、 成调和点列，这样 、 、 、 就是一个调和线束，而它们与 直线的交点 、 、 、 也成调和点列.
2.如图，在 中， ， 是其内心， 是 在 边上的垂足.过 作 ，与直线 、 分别交于点 、 .设 是 的外心，延长 交 边于点 .设点 是直线 与 的外接圆的第二个交点.证明： .(2016年第15届中国女子数学奥林匹克)
证明：首先可以证明 是 外接圆在 处的切线，故 .
如图，设 是 的中点，易知 ，
故 ，∴ 、 、 、 四点共圆.∴ .
由于 、 都与 垂直，∴ .
又∵ ，∴ 、 平行或重合.故它们重 Nhomakorabea，即 、 、 三点共线.
考虑线束 、 、 、 和截线 ，由于 ，且 与 的交点 恰好是 、 与 的交点 、 两点为端点的线段的中点，故 、 、 、 为调和线束，
∴ 、 、 、 为调和点列，即 .
3.对于平面上的凸四边形 ，设直线 交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 .已知以上六点在 上按照 、 、 、 、 、 的顺序排列.证明：以 、 、 为直径的三个圆共点.(2017年中国国家集训队测试姚一隽)
高中奥赛数学竞赛专题讲座-平面几何30页PPT
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26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备一种能应付逆境的态度。——卢梭
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27、只有把抱怨环境的心情，化为上进的力量，才是成功的保证。——罗曼·罗兰
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28、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。——孔子
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29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬华
谢谢！
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高中奥赛数学竞赛专题讲座-平面几何
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6、黄金时代是在我们的前面，而不在 我们的 后面。
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7、心急吃不了热汤圆。
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8、你可以很有个性，但某些时候请收 敛。
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9、只为成功找方法，不为失败找借口 (蹩脚 的工人 总是说 工具不 好)。
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10、只要下定决心克服恐惧，便几乎 能克服 任何恐 惧。因 为，请 记住， 除了在 脑海中 ，恐惧 无处藏 身。-- 戴尔． 卡耐基 。
数学奥赛教练员培训班讲义(平面几何)
数学奥赛教练员培训班讲义（1）第一讲 平面几何平面几何是数学竞赛中的一个基本内容。
它以严密的逻辑结构、灵活的证题方法，在发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力等方面起着特殊的作用。
因此在数学竞赛中平面几何的内容占有十分突出的地位。
平面几何主要研究度量关系的证明、位置关系的证明、面积关系解题、几何量的计算、轨迹问题等。
一、与三角形有关的重要定理1.梅涅劳斯定理一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。
说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。
（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。
（3）其逆定理为：如果D 、E 、F 分别在△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线上），并且1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，那么D 、E 、F 三点在同一条直线上。
（4）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。
用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。
2.塞瓦定理设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于D ，E ，F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。
说明：（1）该定理可借助于梅氏定理来证明（也可用面积法来证明）。
如果O 点在三角形外，结论仍然是成立的。
（2）其逆定理为：分别在△ABC 三边（所在直线）BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若有1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，则AD 、BE 、CF 平行或共点。
（3）塞瓦定理及其逆定理是证明三直线交于一点（线共点）问题的重要定理，应用塞瓦定理很容易证明三角形中的主要线段的共点问题。
3.三角形的五心三角形的三条中线共点，三条角平分线共点，三条高线共点，三条中垂线共点。
2024年春高中数学奥赛专题培训平面几何基础
平面几何基础1.全等和相似2.梅氏定理，赛瓦定理3.西姆松定理，托勒密定理，斯特瓦尔特定理4.帕斯卡定理与帕普斯定理5.三角形五心及其基本性质6.圆的基本性质7.1基础知识圆幂与根轴，蒙日定理2经典例题1.梅涅劳斯(Menelaus)定理:在∆ABC 中，F 是AB 延长线上的点，D,E 是BC,AC 上的点，求证：如果F DE 共线，则有AF F B ·BD DC ·CE EA=1.这个定理的逆定理也成立.2.（帕普斯定理）两直线上分别排列着A,B,C和E,F,G三个点，AF∩EC=H,AG∩EC=I,BG∩F C=J.求证：H,I,J三点共线.3.（帕斯卡定理）圆内接六边形的三条对边的交点共线。
如图：AB∩DE=G,BC∩EF=I,CD∩F A=H,则GHI三点共线.4.如图，∆ABC为锐角三角形，M为BC边的中点，过C向AM引垂线，垂足为D,过A,B,D的圆交BC于另一个点E,取N为AE中点，求证NB=NC.5.如图，D 为∆ABC 外接圆上一点，BD,CD 与对边交于F,E 两点.G 是AC 中垂线与AB的交点，H 是AB 中垂线和AC 的交点，求证：CE 2BF 2=AG ×GE AH ×HF .6.如图，过点A 作∆ABC 外接圆的切线，与以A 为圆心，AC 为半径的圆ω交于E,F 两点.AB 交ω于D 点，求证：DE,DF 分别通过∆ABC 的内心和一个旁心.7.如图I 为∆ABC 的内心，D 为BC 上一点，I 1,I 2分别为∆ABD 和∆CBD 的内心，直线CI,DI 1交于E,BI,DI 2交于点F,且AI 1=AI 2.求证：I 1E 2I 2F 2=IE ×ED IF ×F D .8.圆内接四边形ABCD 满足DA =DB,M 是对角线AC 与BD 的交点，I 为∆MBC 的内心，N 为对角线AC 上一点，求证：B,I,M,N 四点共圆的充分必要条件是BN 与CD 平行.9.如图，在圆中，弦AB的两个三等分点为M,NP为劣弧AB上一点，P M,P N交圆于另外两点D,C.求证：MN×CD=AD×BC.10.如图，∆ABC中，AB=AC,以A为圆心，AB为半径做圆Γ1,I为三角形内心，以I为圆心，IB为半径做圆Γ2.现在任意做一个经过B,I两点的圆Γ3交Γ1,Γ2于P,Q两点，IP,BQ延长线交于R点，求证：BR⊥RC.11.如图，O为∆ABC的外心，BO,CO分别交对边于D,E两点，直线DE交外接圆于P,Q.若AP=AQ,求证AB=AC.12.如图，在凸四边形ABCD中，∠BAD+2∠BCD=π.∠BAD的角分线交线段BD于E,线段AE的中垂线交CB,CD所在直线于X,Y两点.求证：A,X,C,Y四点共圆.13.如图，P为圆O外一点，P A,P B为两切线.C为劣弧AB上一点，过C做P C的垂线交∠AOC,∠COB角分线于D,E两点，求证：CD=CE.14.如图，P QRS是∆ABC的一个内接正方形，A1为其中心.类似的可以做出B1,C1.求证：AA1,BB1,CC1三线共点.15.如图，凸五边形ABCDE中，∠ABC=∠AED=90◦,∠BAC=∠DAE.线段BD,CE交于点F,求证：AF⊥BC.16.∆ABC中，D,E,F是内切圆的三个切点，R为EF与BC的交点，设BE,CF与内切圆的另一个交点为P,Q.求证：R,P,Q三点共线.17.如图，∆ABC的三个旁心分别为A1,B1,C1.取AB,AC中点M,N.B2,C2分别是B1,C1关于N,M的对称点，设旁切圆A1在BC上的切点为D,求证AD⊥B2C2.18.如图，圆O1与圆O2交于A,B两点，延长O1A,O2A交圆于C,D两点.过B做BE平行于O2A,若已知DE平行于O1A,求证：DC⊥CO2.。
高中数学竞赛-平面几何讲义(很详细)
HBC
（5）H 关于三边的对称点在△ABC 的外接圆上，关于三边中
点的对称点在△ABC 的外接圆上
（6）三角形任一顶点到垂心的距离
A
等于外心到对边的距离的 2 倍。 （7）设△ABC 的垂心为 H，外接圆
F
B'
半径为 R，
OH E
则 HA HB HC 2R B | cos A | | cos B | | cosC |
A
M
N
B
EF
C
D
证明：设∠BAE=∠CAF= ，∠EAF=
则
S AMDN
1 2
AM
AD sin
1 2
AD
AN sin(
)
= 1 AD[AF cos( )sin AF cos sin( )
2
= 1 AD AF sin(2 ) AF AD BC
从而 AB A' F = AC A' E ，又∠AFE=∠AEF
故
S△ABA’=
1 2
sin
AFE
AB
A'
F
=
1 2
s
in
A
EF
A
C
A'
E
=S△ACA’
由此式可知直线 AA’必平分 BC 边，即 AA’必过△
ABC 的重心
同理 BB’，CC‘必过△ABC 的重心，故结论成立。
例 3．设△ABC 的三条高线为 AD，BE，CF，自 A， B，C 分别作 AK EF 于 K，BL DF 于 L， CN ED 于 N，证明：直线 AK，BL，CN 相 交于一点。
高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细).
第一讲 注意添加平行线证题在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1、为了改变角的位置大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.例1 、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知△DBP ≌△AQC .有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC .于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP .所以AB ＝AC .这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2、如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ,可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE .所以,∠EBA ＝∠ADE .这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.2、欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.例3、在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的 平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC∥＝A D BP QC图1PE D G A B FC图2A N E BQ K G CD M FP 图3两边距离相等.有KQ ＝PN . 显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC . 由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ . 这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷.3 、为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的. 例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：AP AB＋AQAC ＝11AN AM ＋22AN AM .证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行, 设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E . 由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋M 2E , 易知AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2.则AP AB ＋AQ AC ＝DECEBE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM .所以,APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.例5、 AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E ,CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、 BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BCAN DC ·. (3) 对比(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ .所以,∠FDA ＝∠EDA .这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来. 4、为了线段相等的传递AP EDM 2M 1BQN 1N 2图4图5MP A Q NFB DC EK当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ,可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND . 于是,BE ＝NC . 显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2).这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN ,使解题找到出路. 例7、如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F ,使EA ＝DA ,FB ＝DB .过D 作AB 的垂线,交半圆于C .求证：CD 平分EF .证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB . 易知DB 2＝FB 2＝AB ·HB ,AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得DB 2－AD 2＝AB ·(HB －AG ),或 (DB －AD )·AB ＝AB ·(HB －AG ). 于是,DB －AD ＝HB －AG ,或 DB －HB ＝AD －AG . 就是DH ＝GD .显然,EG ∥CD ∥FH .故CD 平分EF .这里,为证明CD 平分EF ,想到可先证CD 平分GH .为此添加CD 的两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩.经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即 BN DM＝NC ME 或ME DM ＝NC BN . 此式表明,DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC .利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮. 例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长线交EF 于G .求证：EG ＝GF .证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N .由BD ∥EF , 可知MN ∥BD .易知 S △BEF ＝S △DEF .有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC . 可得MC ＝CN . 所以,EG ＝GF .例9 如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB图6AN CDEB M AGD O HBFC E图7图8A DBN C EM图9ABM EF ND CG的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC .证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF . 由OD ⊥BC ,可知OK ⊥PQ .由OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ . 由OE ⊥AC ,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP .显然,∠FKQ ＝∠EKP ,可知∠FOQ ＝∠EOP .由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP .于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP .所以,AK 平分BC .综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD ,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E ,延长CD 交直线NM 于F .求证：∠BEN ＝∠CFN . (提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN .)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB .已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB . (提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D .易证△ACD ∽△PBA .答：75°)3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC ,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm 2.求六边形ABCDEF 的面积.(提示：设EF 、DC 分别交直线AB 于P 、Q ,过点E 作DC 的平行线交AB 于点M .所求面积与EMQD 面积相等.答：120cm 2)4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E .已知AC :AB ＝k .求AE :EC .(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F .设BC ＝1,有AD ＝k ,DC ＝k 2.答：211k) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D ,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F .求证：DE AD ＝FBCF.(提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H .H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A :∠B :∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c .求证：a1＋b 1＝c1.(提示：在BC 上取一点D ,使AD ＝AB .分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F .)7. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G .求证：FH ＝HG.O图10(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N .)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：OM ＝ON .(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F .过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF .)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆 例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A .求证：BD ＝2CD .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA＝∠ABC ＝∠AFC,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF . 作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF . 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2.则sin ∠AOB ＝____. 分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.A BGCD FE图1ABCDPO 图2又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ .又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD .于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD . 2 、构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长. 分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在半径为p 的⊙D 上.利 用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系. 解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE .显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD ,∴BC ＝AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有A图3BPQDHC A EDCB图4图53＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图6, ∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交BA 的延长线于E . 则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝AB 2－AN 2,即 AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2. 分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连结CG . 因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆. 由切割线定理,有EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2, 即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明. 证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示.∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇, ∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '', 即 DC c '＝a a '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .E A NCD B FM 12345图6(1)(2)图8ABCA'C'cb a'c'b'A BCDabb c图9又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD ,即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而ACAB＝DE BD ＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数.(提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2.(提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.)5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE .(提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCD E 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)F DAEC图10图11第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。
奥数夏令营讲义之平面几何(11)调和点列、线束
证明：首先可以证明 是 外接圆在 处的切线，故 .
如图，设 是 的中点，易知 ，
求证： 为 的中点.
证明：连接 ， ，则 为等腰直角三角形，
则 ， ， ，又 ，
， 有 .①
连接 ，连接 ，延长 交 于点 ，
由 ， ， ， ，
.
由①得： .②
及②式，知 ，
为等腰三角形.从而 ， ，即 .
直线 交 于 ，则由 为调和四边形，知点 在直线 上，
又点 、 调和分割弦 ，则 、 、 、 为调和线束，注意到 ，
则 ，又 ， ， ，
同理， ， ，即 是调和四边形，
， ，
又 为 的平分线， ，
、 、 、 四点共圆， ，即 ， ， ，
又 ， ，
， ，
，
又 ，
、 、 、 四点共圆， .
7.如图，设 、 分别为 的外心和内心， 的内切圆与内切圆边 、 、 分别相切于点 、 、 ，直线 与 相交于点 ，直线 与 相交于点 ，点 、 分别为线段 、 的中点.求证： .
故 ，∴ 、 、 、 四点共圆.∴、 平行或重合.故它们重合，即 、 、 三点共线.
考虑线束 、 、 、 和截线 ，由于 ，且 与 的交点 恰好是 、 与 的交点 、 两点为端点的线段的中点，故 、 、 、 为调和线束，
∴ 、 、 、 为调和点列，即 .
3.对于平面上的凸四边形 ，设直线 交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 ，交直线 于 .已知以上六点在 上按照 、 、 、 、 、 的顺序排列.证明：以 、 、 为直径的三个圆共点.(2017年中国国家集训队测试姚一隽)
2019-2020年高中数学竞赛教案讲义(16)平面几何
2019-2020年高中数学竞赛教案讲义（16）平面几何一、常用定理（仅给出定理，证明请读者完成）梅涅劳斯定理 设分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若三点共线，则 梅涅劳斯定理的逆定理 条件同上，若则三点共线。
塞瓦定理 设分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若三线平行或共点，则塞瓦定理的逆定理 设分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若则三线共点或互相平行。
角元形式的塞瓦定理 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，则平行或共点的充要条件是.1'sin 'sin 'sin 'sin 'sin 'sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠BAB CBB CBC ACC AC A BAA 广义托勒密定理 设ABCD 为任意凸四边形，则AB •CD+BC •AD ≥AC •BD ，当且仅当A ，B ，C ，D 四点共圆时取等号。
斯特瓦特定理 设P 为ΔABC 的边BC 上任意一点，P 不同于B ，C ，则有AP 2=AB 2•+AC 2•-BP •PC.西姆松定理 过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。
西姆松定理的逆定理 若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在三角形的外接圆上。
九点圆定理 三角形三条高的垂足、三边的中点以及垂心与顶点的三条连线段的中点，这九点共圆。
蒙日定理 三条根轴交于一点或互相平行。
（到两圆的幂（即切线长）相等的点构成集合为一条直线，这条直线称根轴）欧拉定理 ΔABC 的外心O ，垂心H ，重心G 三点共线，且二、方法与例题1．同一法。
即不直接去证明，而是作出满足条件的图形或点，然后证明它与已知图形或点重合。
例1 在ΔABC 中，∠ABC=700，∠ACB=300，P ，Q 为ΔABC 内部两点，∠QBC=∠QCB=100，∠PBQ=∠PCB=200，求证：A ，P ，Q 三点共线。
高中奥数《平面几何图形集》竞赛辅导专家精品讲义教案
平面几何图形集 2010 • 07浙江奥数网专家过伯祥一.基本图形与基本结论用综合法解平几题，一般可先问：（每个平几题都有涉及的基本图形与基本结论！ ）发现了什么基本图形？有什么基本结论可以利用么 ？ 从（几十个）基本图形、基本结论入手 ：1.（三角形的内切圆、旁切圆的性形: 内切在占八、、- 切圆的性质（可用 a 、b 、c 表出与切点有关 质）基本图 三角形的 切圆、旁 圆，及其 边上的切 基本结论 三角形内 的诸线段.） 2AM = AB + AC + BC = 2 p ; 2AG = AB + AC — BC ; GM = BC 等.［参练习 1 图］ 基本结论二：三角形内切圆与旁切圆性质：若D 为内切圆的切点，F 为旁切圆的切点，则有 BD= CF = CM=p — b ； S = p r ; S =( AB + AC — BC ) r A - 2 等.［参练习 1 图］b5E2RGbCAP 2.（圆与弧、角，三角形五心的性质）基本图形：三角形及其外接圆， 外心，内心. 基本结论三:三角形角B 平分线与其外接圆的交点 G 有性质：GI = GA = GC ;1/ BIC = 90 ° +/ A ;/ BOC = 2 / A ; abc = 4RS 等.2基本结论四：顺向全等的三角形保角，即对应边的夹角保持相等顺向全等的三角形（如 △ ADE 与厶GOI ）的 两三角形全等；且对应顶点的排列顺序相同 顺向全等三角形的判定：两三角形全等；各 夹角同为锐角或钝角.3.（圆与幕，证两线垂直的新法）与圆的幕，与证线段垂直有关的 问题！ 基本结论五：一点关于一圆的幕：PR • PC = PO 2 — r 2.基本结论六：两线垂直的条件AO 丄 PQ .二~~r.AQ 2 — AP 2 = OQ 2— OP 2.4.（圆、平行线与角，证一角为锐角或钝角的方法，射影定理的引伸）基本结论七：一角为直角、锐 角、钝角的条件 当CH 丄AB 时， / BCA 为直角CH 2 = AH • BH ；/ BCA 为锐角 <——?■CH 2 >AH • BH ；/ BCA 为钝角CH 2V AH • BH. BI 2> BS- BR.探5.（多圆与等幕轴，即根轴的性质）一个与圆的根轴有关的问题.根轴，是对两圆有等幕的点的轨迹 基本结论八：两圆相交，根轴就是公共弦所在的直线；两圆相离，四条公切线的中点在根轴上.定义:对应边的要证/ RIS 是锐角，只要证:BI 丄SR证一角为锐角的三种方法：利用斜率；余弦定理；及射影定理之逆.是一条垂直于连心线的直线.AQPRMCOSBKMICL由任意点 P 到两圆0、O 1的切线 PE 、PF ,有ph — PF 2=2PH X 00 1 （PH 垂直于根轴，H 为垂足PE > PF.）4 R sin — sin B sin C ;22 2 2.常用的辅助线添法用综合法解平几题，关键常是：要添好适当的辅助线! 这样添辅助线，你是怎么想到的 ？是从什么情境 中想出来的？ 想法与添线：从条件、结论及准备想用的证法中， 形成的想法.7. （对称添线，从结论想到的）考虑到/BDC\ \ fE 1ADF,为了把DE 与DF 拉直！用三角形不等式证明线段的不等关系作出E 点关于BC 的对称点E 1，使新四线段CE 、CF 、DE 、DF 大致能形成一个三角形 可能还要利用塞瓦图景！6.（三角形诸要 素间的 关系）基本 结论九： 三角形的 内半与外 半r =基本结论十：三角形的角.Asin -2p -b p -c .be三角形的角平分线a _b +c2 -----------------,bep p -a =A cos — • b e 22bc相等线段、相等角，与比例线段、平行线等.可以一试！ plEanqFDPw8. （平移添线，使分散的线段 BE CF AD 集中到一处）把线段EB FC 平移到DI 、DJ 处，与AD 集 边形AIDJ 中！于是，欲证不等式的方向正与托勒密不等式 同，可能用四边形的托勒密定理证 线段的不等关系么？.9. （旋转添线，构造全等 形）两个结论，证明了一个，另一 个即 “同理可证”.考虑到圆内接四边形的外角的 性质及条件BC -CD绕着C 点旋转图形的一部分: 把△ CDF 转到△ CBH处！这就增多了中在一个四的方向相ACI探10.（距离比,三角法）先证AC U 共线（余 仿此！）.考察 相交线形成的 角的图景：即APUS 与 CRUQ两个四边形形 成的图景.利用锐=AS; CR= CQ等.探11.（由要用的证法想到了辅助线）有多种证法！一种想法是：欲利用 三圆的等幕轴共点 的性质 构造出三个适当的圆，使三条对角线恰好为每两个 轴.——想法引导出辅助线的一例.DXDiTa9E3d角三角函数，比例线段与相似形.注意到APBTPA SQUIS三.常用方法平几题有多种非纯几何证法！这也反映了平几与数学各科的紧密联系与优势.三角法，向量法，代数法，解析法，面积法等12.（三角法，充要条件）三角法的要点是；设定能确定本问题情境的个基本量后，使重要的相关量都能用基本量表示来.基本量:R、a （/ ACD、B （/ BCE,再/ DCE= 丫.以R、a、B（Y）为基本量，如何表出PQ,AP,BQ?13.（向量法，比例关系）向量法的要点是：选定几个向量为 基向量后•重要的相关向量均能 用基向量表示出来. 取任一点为原 0点，以OR OQ OA 0B 为基向量.As ix ，化为证一个代数不等式——代数化.2中垂线，角平分线作为图形的对称轴！ 只要去证相关的 面积比为1.用什么面 较合适?把各个比集中到一直线上，以便化简•探16.（分析法）圆的角；共圆点.多处 梅涅劳斯图景 要证这个，可化归为证什么？Y14.（代数法,几何最值）只要证什 么？可归结 为证什么？； 先把问题三角 化，转化为证 一个与半角相 关的不等式； 再令15.（对称法,三角法）积公式比RQ步步倒推分析！滋17.（同一法）BCD± AB与CH L AB且DH L AB同一.因为过一点只能作某直线的一条垂线四•思路的方向思路的方向与选择合适的方法，这两者都很重要：你自以为，解题要点、思路方向选准了么？从题情出发，试选择一种合适的方法18. （代数法，几何计算）求三角形的面积的公式：S=p r =pp-a p-b p-c2 R2 sin A sinB si n C=abc4R .猜想的作用：可能有：△ BGF^A CGE.如果相似的话…，怎样证明它们相似地位对等的利用.比如，对于△ BGF与△ CGE同理可证!!19. （同一法，利用同理可证！ !）证三点共线的方法：综合法，同一法，向量法P点关于△ ADC与Q点关于△ ABC地位对等.20. （多个托勒密定理的图景）CDB0’条件利用于添辅助线； 托勒密定理的图景• 要求最小值的结论的启示：最小值与不等式;探21.(四边形各边中点图景，辅助线)三角形各边 中点与中位线定理.y = EG+ FH, x = AC + BD. 于是,目标是推出：y <?x .因此,可以归结为推证：EG W ?,FH < ?.直线段不大于同端点的曲线段之和为定值时，A 点的轨迹为/ BAC 的内、线与BC 的交点连线为直径的圆.此圆即称为阿氏圆. 又有性质：/ CAP-/ BAP= 2/ FAP要求f (P )的最小值，就是要证(P )不小于某一个值22. (阿氏 圆)阿氏圆：到 两定点 的距离 比为定 值的点 的轨迹.当AB ： AC的平分外角SRTCrpUDGiTC F1F。
江苏奥数夏令营——平面几何(教师版)6月25日精编版
2018年奥数夏令营讲义——平面几何目录一、等差幂线定理 (2)二、共边比例定理、分角张角 (8)2.1 共边比例定理 (8)2.2 分角定理 (11)2.3 张角定理 (13)三、Menelaus、Ceva、Pascal定理 (16)3.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理 (16)3.2 赛瓦（Ceva)定理 (20)3.3 Pascal定理 (24)四、三角形五心 (29)4.1 三角形的内心 (29)4.2 三角形的外心 (32)4.3 三角形的重心 (35)4.4 三角形的垂心 (39)4.5 三角形的旁心 (43)五、等角共轭 (50)5.1 等角共轭 (50)5.2 等角共轭点 (51)六、Simson 定理、托勒密、三弦定理 (63)6.1 Simson 定理 (63)6.2 Ptolemy 定理 (66)6.3 三弦定理 (71)七、Stewart 定理 (74)八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆 (79)九、圆幂定理、根轴、根心 (87)十、内外角平分线定理、线段的“分割比”、阿波罗尼斯圆 (104)十一、调和点列、线束 (109)十二、顾冬华20题 (118)注：第81题、第104题、第124题为同一题，分别由三位老师提供，诠释角度不同，故仍然顺应内容重复编排在内，方便备课.12一、等差幂线定理1. 如图，点P 为ABC △内部一点，PL PM PN 、、分别垂直于BC CA AB 、、，且AM AN =，BN BL =.求证：CL CM =.B【证明】由定差幂线定理 PN AB ⊥⇔2222PA PB NA NB -=-； PL BC ⊥⇔2222PB PC LB LC -=-；PM CA ⊥2222PC PA MC MA ⇔-=-.上述三式相加，结合AM AN =及BNBL =，得CL CM =.2. 在正方形对角线上一点(不与重合)，. 求证：【证明】则CD F343. 在中，. 求证：和边上的中线和互相垂直.【证明】连接， 得4. 如图，在ABC △中，CD AB ⊥，BE AC ⊥，D 、E 是垂足，CD 与BE 交于点H . 证明：AH BC ⊥. ABC DH E证明：在凹四边形ACBH 中，由CH AB ⊥得2222AC BH BC AH +=+. 在凹四边形ABCH 中，由BH AC ⊥得2222AB CH BC AH +=+.于是，在凹四边形ABHC 中，得到2222AB CH AC BH +=+，则AH BC ⊥. 由此题可得ABC △垂线H 的一个性质：222222AB CH BC AH AC BH +=+=+.ABCDE5.在五边形中，为五边形内一点，且.求证：.ABC【证明】连接延长交，由，得：两式相减：即：由凹四边形得：.6.如图，在四边形ABCD中，E和F是CD 和BC 上的点，AB=AD，DF求证：CDB证明：在四边形ADEF中，由DF及定差幂线定理得，又因为AB=AD，BACDEPQ56所以，即，由定差幂线定理知7. 若点P 在ABC △三边BC 、CA 、AB 所在直线上的射影分别为X 、Y 、Z . 证明：自YZ 、ZX 、XY 的中点分别向BC 、CA 、AB 所作的垂线共点.B证明：由三角形中线长公式，有22221()42a mbc a =+-.由DX BC '⊥，EY CA '⊥，FZ AB '⊥， 则2222X B X C BD CD ''-=- 22211()24BZ BY YZ =+-22211()24CY CZ YZ ⎡⎤-+-⎢⎥⎣⎦22221()2BY BZ CY CZ =+--. 同理， 2222221()2Y C Y A CZ CX AZ AX ''-=+--2222221()2Z A Z B AX AY BX BY ''-=+--.以上三式相加，得222222X B X C Y C Y A Z A Z B ''''''-+-+- 2222221()2XC XBYA YC ZB ZA =-+-+-. 因为，由定差幂线定理可得：以上三式相加得所以222222X B X C Y C Y A Z A ZB ''''''-+-+-=0（*） 设与交于M 点，则由定差幂线定理可得代入（*）得即所以M 在过引AB 的垂线上，所以、、三线共点.8.以锐角△ABC的一边AC为直径作圆，分别与AB、BC交于点K、L，CK、AL分别与△ABC的外接圆交于点F、D(F≠C，D≠A)，E为劣弧AC上一点，BE与AC交于点N. 若AF2+BD2+CE2=AE2+CD2+BF2.求证：KNB BNL=∠∠.证明如图，由于以AC为直径的圆分别与AB、BC交于点K，L，则CK AB⊥，AL BC⊥.设CK与AL交于点H，则H为ABC△的垂心，故点H与F关于AB对称，点H与D关于BC对称. 从而，AF AH==.=，CD CH=，BD BH BF由222222++=++，有AF BD CE AE CD BF2222AH CE AE CH+=+.即2222-=-. 由定差幂线定理知，HE ACAH CH AE CE⊥.又注意到H为垂心，有BH AC⊥. 故知B、H、E三点共线.因为N为边AC与BH的交点，则BN AC∠∠.=⊥. 故KNB BNL78二、共边比例定理、分角张角2.1 共边比例定理9. 如图，ABC △中，DE BC ∥，BE 、CD 交于P . 求证：直线AP 平分BC 和DE .EPDC BA【证明】设直线AP 分别交BC 、DE 于M 、H .由共边定理，得ACP BCP S AD BD S =△△，ABPCBP S AE CE S =△△，而DE BC ∥，则AD AE BD CE =， 所以ACP ABPBCP CBPS S S S =△△△△，则ACP ABP S S =△△. 又由共边定理，得BAPCAP S BM CM S =△△，所以1BM CM=，即BM CM =，所以M 是BC 的中点.又易知BPD CPE S S =△△，则DAP EAP S S =△△. 由共边定理，得1DAPEAPS DH HE S ==△△，则DH HE =，所以H 是DE 的中点. 故直线AP 平分BC 和DE .MH E PDCBA910. 过圆外一点P 引圆的两条切线和一条割线，在上取一点使. 求证：.【证明】设由共边比例定理，得：（的高）又得连接，. .，. 11. 在内任取一点P ，连结P A 、PB 、PC 分别交对边于X 、Y 、Z 点. 求证：AB证明：由共边比例定理知：1012. 已知O 是ABC △的内切圆，D 、E 、N 分别为AB 、AC 、BC 上的切点，连结NO 并延长交DE 于点K ，连结AK 并延长交BC 于点M . 求证：M 是BC 的中点.ABC证明:如图，联结OD ，OE ，由O 、D 、B 、N 及O 、N 、C 、E 分别四点共圆有KOD B ∠∠=，KOE C ∠=∠.由共边比例定理，有sin sin ODK OKE S DK OD OK DOK KE S OE OK KOE ⋅⋅∠==⋅⋅∠△△sin sin sin sin DOK B ACKOE C AB ∠===∠， 及sin sin ADK AEK S DK DAKKE S EAK∠==∠△△. 于是，sin sin ABM ACM S BM AB BAMMC S AC CAM ⋅∠==⋅∠△△sin sin AB DAK AC EAK ⋅∠=⋅∠AB DK AC KE =⋅1AB AC AC AB=⋅=. 故M 是BC 的中点.BC2.2 分角定理13. 在等腰△ABC 中，∠A ＜90°，从边AB 上点D 引AB 的垂线，交边AC 于E ，交边BC 的延长线于F .求证：AD =CF 当且仅当△ADE 面积是△CEF 面积的两倍.ABCF【证明】连接BE ，则EA 外分BED ∠.设βα=∠=∠AEB AED ,，作BC EM ⊥. 由分角定理得：BE DEAB AD :sin sin =βα①在BEF ∆中，EC 内分BEF ∠，由分角定理得：BEEFBC CF :sin sin =βα②由①=②且CF AD =，得EF ABBCDE ⋅=. 设θ=∠ABC ，在等腰ABC ∆中，有θcos 2=ABBC. ∴θcos 2⋅=EF DE ，∴EM DE 2=，∴CEF ADE S S ∆∆=2.以上过程均可逆.14. 设△ABC 是直角三角形，点D 在斜边BC 上，4BD DC =，已知圆过点C 与AC 交于F ，与AB相切于AB 的中点G . 求证：AD BF ⊥.【证明】设α=∠BAD ，β=∠ABF ，γ=∠DAC . 在ABC ∆中，AD 内分BAC ∠，则：ABACAC AB DC BD 4:sin sin ==γα. 又ααπγcos )2sin(sin =-=，∴ABAC4tan =α. 又在ABF Rt ∆中，AB AF=βtan . ∴24tan tan AB AFAC ⋅⋅=⋅βα，又AG AB 2=，∴AC AF AG AB ⋅==4422（切割线定理）∴1tan tan =⋅βα，从而2πβα=+，.BF AD ⊥∴15. △ABC 是等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，AB =AC . 以AB 为一边作△ABD ，且AD =BD .若∠ADC =15°，求证：△ABD 是等边三角形.DBA证明：设.在中，在AB 边上用分角定理可得：在中，在AB 边上用分角定理可得：所以解得，所以ABD 是等边三角形2.3 张角定理16. 已知AM 是△ABC 的BC 边上的中线，任作一直线顺次交AM AC AB ,,于N Q P ,,. 求证：AQAC AN AM AP AB ,,成等差数列.【证明】令θβα=∠=∠=∠AMB MAC BAM ,,. 以A 为视点，分别对Q N P ,,及C M B ,,应用张角定理，有AQAP AN αββαsin sin )sin(+=+，①AC AB AM αββαsin sin )sin(+=+. ②又在ABM ∆和AMC ∆中，由正弦定理，有MC AC MB AB βθαθsin sin ,sin sin ==.由已知MC MB =，上述两式相除得ABAC βαsin sin =，于是②式可变为：AC AB AM αββαsin 2sin 2)sin(==+，即sin()sin 2AB AM αββ+=，sin()sin 2AC AM αβα+=.代入①得，).(21AQ AC AP AB AN AM +=故AQAC AN AM AP AB ,,成等差数列.17. 如图，在线段AB 上取内分点M ，使A M B M ≤，分别以MA ，MB 为边，在AB 的同侧作正方形AMCD 和MBEF ，P 和Q 分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于M ，N . 求证：B ，C ，N 三点共线.证明 连MD ，ME ，NE ，ND ，NM ，则90DNM ENM ==︒∠∠，则D ，N ，E 三点共线，注意454590DME =︒+︒=︒∠.设DMN NEM α==∠∠，P ，Q 的半径分别为1r ，2r ，则M C ，2MB =，12cos MN r α=⋅= 22sin r α⋅. 对视点M ，考察点B ，C ，N 所在的三角形△MBN. 由22sin sin sin 902sin CMB CMN MN MB r α︒+==∠∠()2111sin cos sin cos sin cos 2cos 2cos r r αααααααα+⋅-+⋅==⋅11cos sin 2r αα+==sin 9045sin NMBMC︒+︒-==∠.由张角定理可知B ，C ，N 三点共线.三、Menelaus 、Ceva 、Pascal 定理3.1 梅涅劳斯（Menelaus ）定理设直线l 与ABC ∆三边所在直线BC ，CA ，AB 分别交于点D ，E ，F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD 反之，若三角形三边所在直线上三点使得上述等式成立，则该三点共线. 利用面积转换，可得出如下两个角元形式： 第一角元形式：1sin sin sin sin sin sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠FCBACFEBA CBE DAC BAD第二角元形式：1sin sin sin sin sin sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠FOBAOFEOA COE DOC BOD（O 为不再三边所在直线上的任意一点）18. AD 为锐角三角形ABC 的一条高，K 为AD 上任一点，BK 、CK 的延长线分别交AC 、AB 于点E 、F .求证：∠EDK ＝∠FDK .证明：过点A 作MN ∥BC ，与DE 、DF 的延长线分别交于点M 、N .DBCAE FK MN由于AF FB ·BD DC ·CEEA=1.而AF FB ＝AN BD ，CE EA ＝DC AM . ⇒ANAM ＝1⇒AN ＝AM ，即DA 是等腰三角形DMN 的底边上的高， 从而∠EDA ＝∠FDA .DBC AEFK19. 在△ABC 中，AM 、AT 分别为BC 边上的中线与角平分线. TK ∥AC ，交AM 于K . 证明：AT ⊥CK .证明：由CD 截△ABM ，有AD DB ·BC CM ·MK KA =1. 故AD DB ＝ 1 2·AKKM.HBCAM TK D设AB ＝c ，BC ＝a ，CA ＝b ，则BT CT ＝c b ⇒BT ＝ac b ＋c ，CT ＝abb ＋c .MT ＝CM －CT ＝a 2－ab b ＋c ＝a (c －b )2(b ＋c ).但TK ∥AC ⇒AK KM ＝CT TM ＝2b c －b ，⇒AD DB ＝bc －b .AD AB ＝AD AD ＋DB ＝b c ，即AD c ＝bc ⇒AD ＝b ＝AC . 故证.20. 如图，四边形ABCD 中，AB 与CD 所在直线交于点E ，AD 与BC 所在直线交于点F ，BD 与EF所在直线交于点H ，AC 与EF 所在直线交于点G . 求证：HE FG HF EG ⋅=⋅.F【解析】考虑AEF ∆被直线HBD 截，应用梅涅劳斯定理可知1=⋅⋅DAFD HF EH BE AB ① HBC AM TK考虑AEG ∆被直线BCF 截，同理可得1=⋅⋅CAGC FG EF BE AB ②考虑AGF ∆被直线ECD 截，同理可得1=⋅⋅DAFDEF GE CG AC ③ ②×③÷①可得1=⋅EHHFFG GE 所以原命题成立21. 如图，已知ABC ∆的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，线段BE 、CF 分别与该内切圆交于点P ，Q . 若直线FE 与BC 交于圆外一点R ，证明：P ，Q ，R 三点共线.RC【析】考虑ABC ∆被直线EFR 截，应用梅涅劳斯定理可知RC1=⋅⋅EA CE RC BR FB AF ，因为AF =AE 所以CE FBRC BR =，如图，设BE 与CF 交于点S ，则 EFC ∆~QEC ∆，FEB ∆~PFB ∆，SEQ ∆~SFP ∆所以，EQFPSQ SP FB FE PB FP EF CE EQ CQ ===,,考虑SBC ∆及三个点P ，Q ，R ，RC BR QE CQ PB FP RC BR PB CQ EQ FP RC BR PB CQ SQ SP QS CQ RC BR PB SP ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅1=⋅⋅=CEFB EF CE FB FE 由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P ，Q ，R 三点共线.22. 已知ABC △的内心为I ，外接圆圆心为O ，BC 中点为N ，NI 与AC 交于点P ，B 点相对的旁切圆圆心为M ，MI 与圆O 交于点E ，过M 点的直线l 与AC 平行且与BC 所在直线交于点F . 求证：P ，E ，F 三点共线.F【析】如图，连结BI，设MI 与AC 交于点D ，易知，B ，I ，D ，E ，M 五点共线.因为MC 平分ACF ∠，所以MF =CF ， 且DC BCMF BF FC BF == 考虑BCD ∆被NIP 截，应用梅涅劳斯定理知1=⋅⋅IBDIPD CP NC BN又因为BC CD BI DI =，所以1=⋅⋅BC CD PD CP NC BN . 所以CD BCPD CP =所以22CD BC PD CP FC BF =⋅. 又因为BCD ∆~AED ∆所以EDAECD BC =，所以22DE AE PD CP FC BF =⋅. 而ABE ∆~DAE ∆，则AEDE BE AE =，所以BE DE AE ⋅=2. 所以DE BE DE BE DE PD CP FC BF =⋅=⋅2，所以1=⋅⋅BEDE PD CP FC BF .所以由梅涅劳斯定理逆定理知，P ，E ，F 三点共线.3.2 赛瓦（Ceva)定理设点P 不在ABC ∆三边所在直线上，直线AP ，BP ，CP 分别与BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD ，反之，若三角形三边所在直线上的点使得上述等式成立，则AD ，BE ，CF 交于一点或互相平行.Ceva 定理角元形式：为了方便，我们可以从某个角开始，把六个角顺时针（或逆时针）标记为1∠至6∠，则16sin 5sin 4sin 3sin 2sin 1sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠.或者改为判断过ABC ∆的顶点的三条直线AX ，BY ，CZ 是否共点， 等价于1sin sin sin sin sin sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠YBACBYZCB ACZ XAC BAX23. 在ABC △中，已知40BAC ∠=，60ABC ∠=，D ，E 分别为边AC ，AB 上的点，且使40CBD ∠=，70BCE ∠=，F 是BD 与CE 的交点，连结AF ，证明：AF BC ⊥.【析】设,α=∠BAF 则α-=∠ 40CAF ，如图用角元.Ceva 定理可知：120sin 40sin 70sin 10sin )40sin(sin =⋅⋅-αα 110cos 10sin 220cos 20sin 270sin 10sin )40sin(sin =⋅⋅-⇒αα 110cos 20sin )40sin(sin =⋅-⇒ αα 10sin sin 2)40sin(αα=-⇒ )10cos()10cos()40sin( +--=-⇒ααα)80sin()100sin()40sin(ααα---=-⇒)40sin()100sin()80sin(ααα---=-⇒)20sin(30sin )70cos(2αα+=-=所以 302080=⇒+=-ααα24. 在锐角ABC △中，AD 是A ∠的内角平分线，D 在边BC 上，过D 作DE AC ⊥，DF AB ⊥，垂足分别为E ，F ，连结BE ，CF ，它们相交于点H ，求证：AH BC ⊥.D AB C 【析】过A 作BC AK ⊥于K 点，只须证：1=⋅⋅EA CE KC BK FB AF 即可由题意知K D F A ,,,四点共圆，则BK BD BA BF ⋅=⋅K D E A ,,,四点共圆，则CA CE CD CK ⋅=⋅所以CA CE BA BF CK BK CD BD ⋅⋅=⋅又因为AD 平分BAC ∠ 所以AC AB CD BD =所以CE BF CK BK = 又因为AF =AE ，所以1=⋅⋅EA AF BF CE CK BK .所以由赛瓦定理逆定理知原命题成立.25. 四边形BCEF 内接于圆O ，其边CE 与BF 的延长线交于点A ，由点A 作圆O 的两条切线AP 和AQ ，切点分别为P ，Q ，BE 与CF 的交点为H ，求证：P ，H ，Q 三点共线.A【析】考虑连结FQ ，QB ，只须说明H 是FBQ ∆的赛瓦点即可设M CF BQ L BE FQ K PQ BF === ,,则BQ PB FQ PF S S KB FK PBQ FPQ ⋅⋅==∆∆；CQFQ BC FB S S MQ BM FQC FBC ⋅⋅==∆∆； FBEF QB EQ S S LF QL EFB EQB ⋅⋅==∆∆ 所以EFBC CQ EQ PB PF LF QL MQ BM KB FK ⋅⋅=⋅⋅（*） 因为APF ∆~ABP ∆，AQE ∆~ACQ ∆，AFE ∆~ACB ∆所以AFAC EF BC AC AQ CQ EQ AB AP PB PF ===,,所以（*）可化为12=⋅AF AB AP （圆幂定理） 所以由赛瓦定理逆定理可知H 在PQ 上，所以P ，H ，Q 三点共线.26. 如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，G 为AB 上给定的一点（G 不是线段AB 的中点）. 设D 为直线GC 上与C 、G 都不相同的任意一点，并且直线AD 、BC 交于E ，直线BD 、AC 交于F ，直线EF 、AB 交于H . 试证明交点H 与D 在直线CG 上的位置无关.证明：设G 分线段AB 为定比λ1，H 分线段AB 为定比λ2. 下面证明λ2由λ1确定，即当A 、B 给定后，点H 的位置由点C 唯一确定.在△ABC 中，由AE 、BF 、CG 交于一点D ，应用塞瓦定理，有AG GB ·BE EC ·CF F A ＝1，即λ1·BE EC ·CF F A＝1. (1) 对△ABC 及截线EFH ，应用梅涅劳斯定理，有AH HB ·BE EC ·CF F A ＝1，即λ2·BE EC ·CF F A＝－1， (2) (1)＋(2)，得(λ1＋λ2)BE EC ·CF F A＝0. 从而λ1＋λ2＝0，即λ2＝－λ1，故λ2由λ1唯一确定.因此，点H 与D 在直线CG 上的位置无关.3.3 Pascal 定理圆O 上六点654321,,,,,A A A A A A ，则164365325421,,,,,A A A A A A A A A A A A 的交点X ，Y ，Z 共线.考虑63ZA A ∆三顶点引出的直线5623,,A A ZX A A 与两边所成角的正弦值 4114545612412366536563232sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin XZA XZA A A A Z A A A A A A A A XZA XZA Z A A A A A A A A Z A A ∠∠⋅∠∠⋅∠∠=∠∠⋅∠∠⋅∠∠（*） 定理（角元形式）运用中，对点在Ceva X Z A A 41∆1sin sin sin sin sin sin 14441141=∠⋅∠∠⋅∠∠A XA Z XA XZA XZA Z XA A XA 所以（*）为1，由Ceva 定理（角元形式）逆定理知原命题成立.【注】结论与六个点在圆上的次序无关. 六个点中相邻两个点若重合，则对应两点连线变为该点的切线，从而六边形可以变为五边形或者四边形甚至三角形.27. △ABC 内接于圆O ，P 为BC 弧上一点，点K 在线段AP 上，使得BK 平分ABC ∠，过K ，P ，C三点的圆Ω与边AC 交于点D ，连结BD 交圆Ω于点E ，连结PE 并延长与边AB 交于点F ，证明：2ABC FCB ∠=∠.A【析】设CF 与圆Ω交于点S，考虑圆Ω上六点形KPEDCS ，由Pascal 定理可知B ，K ，S 三点共线.设圆Ω与BC 交于点T ，连结KT ，则KBC ABC APC KPC KTC ∠=∠=∠=∠=∠2.所以FCB SCB BKT KBC ∠=∠=∠=∠，所以FCB ABC ∠=∠2.28. 如图，六点A ，B ，D ，E ，F ，C 在圆周上顺次排列，AB =AC ，AD 与BE 交于点P ，CD 与BF交于点Q ，AF 与CE 交于点R ，AD 与BF 交于点S ，AF 与CD 交于点T ，在线段TS 上取一点K ，使得SKQ ACE ∠=∠. 求证：SK PQ TK RQ=.A【析】由Pascal 定理可知，P ，Q ，R 三点共线.因为CFT AFB BDS FCT DBS ∠=∠=∠∠=∠,，所以BDS ∆~CFT ∆. 所以QCQB CF BD CT BS ==，所以BC //TS .2⋂⋂+=∠-∠=∠-∠=∠∴DE AB BCQ ACE STQ SKQ TQK APB ∠=， 同理，ARC SQK ∠=∠，所以APB TQ ARC SQ TQK TQ SQK SQ TK SK ∠∠=∠∠=sin sin sin sin 又因为APRARP AR AP AB AP AR AC APB ABP ACR ARC APB ARC ∠∠==⋅=∠∠⋅∠∠=∠∠sin sin sin sin sin sin sin sin 所以RQ PQ RQ RTQ PSQ PQ TQ ARP APR SQ ST SK =∠⋅∠=∠⋅∠=sin sin sin sin29. 如图，ABC △的外心为O ，CD 为高线，M 为边AC 的中点，射线DM 与以AD 为直径的圆Γ的另一个交点为Y ，圆Γ与⊙O 的另一个交点为X ，直线DO 与AC 交于点Z . 证明：X ，Y ，Z 三点共线.【析】设'Z是XY ，AC 的交点，下面证明：D O Z ,,'共线即可.设直线'XYZ 交圆O 于点L ，连结XD 并延长交圆O 于点P ，那么 90=∠=∠AXD AXP ，从而P O A ,,三点共线，所以连结AOP ，因为'Z 是XY ，AC 的交点，即XL 与AC 的交点，而延长CD 交圆O 于点G ，则D 点就是XP 和CG 的交点，此时考虑六点形CAPXLG ，只要能证明O 是AP 和LG 的交点即可由Pascal 定理证得. 所以下面证明：L ，O ，G 三点共线.要证L ，O ，G 三点共线，只要证：BG LB ⊥因为YDA YXA LXA LBA ∠=∠=∠=∠，所以LB //MD ，所以只要证BG MD ⊥，这由DBG MCD MDC ∠=∠=∠可得. 证毕.30.如图，过ABC△的顶点A、B、C各作一直线使之交于一点P，而分别交△ABC的外接圆于点A'、B'、C'. 又在△ABC的外接圆上任取一点Q，证明：QA'、QB'、QC'与BC、CA、AB对应的交点X、Z、Y三点共线.C'B'A'Q PZ YX CBA证明：在圆内接六边形BCAA'QB'中，其三组对边BC与A'Q、CA与QB'、AA'与B'B的交点分别为X、Z、P.由帕斯卡定理可知，P、X、Z三点共线.在圆内接六边形CBAA'QC '中，其三组对边CB与A'Q、BA与QC '、AA'与C 'C的交点分别为X、Y、P.由帕斯卡定理可知，P、Y、X三点共线. 故X、Z、Y三点共线.31.如图，点P在△ABC的内部，P在边BC、CA、AB上的射影分别为D、E、F，过点A分别作直线BP、CP的垂线，垂足分别为M、N.求证：ME、NF、BC三线共点.NMPF ED CB AAB CDEF PMN证明：由题设有∠AEP＝∠AFP＝∠AMP＝∠ANP＝90º.从而，点A、N、F、P、E、M都在以AP为直径的圆上.于是，对于圆内接六边形AFNPME，它的三组对边AF与PM、FN与ME、NP与EA的交点分别为B、Q、C.由帕斯卡定理可知，B、Q、C三点共线. 则点Q在直线BC上. 故ME、NF、BC三线共点.四、三角形五心4.1 三角形的内心三角形的内切圆的圆心简称为三角形的内心.性质1：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点.性质2：设I 为ABC ∆内一点，AI 所在直线交ABC ∆的外接圆于D ，I 为ABC ∆内心的充要条件是：ID =DB =DC （鸡爪定理）【证明】如图，必要性：连BI ，由DBI IBC CBD B A DIB ∠=∠+∠=∠+∠=∠2121 知ID =BD =DC充分性：由DB =DC ，即知AD 平分.BAC ∠由DI =DB ，有DBI DIB =∠即ABI IAB CBI DBC ∠+∠=∠+∠，而DBC IAC IAB ∠=∠=∠从而IBA CBI ∠=∠，即BI 平分ABC ∠故I 为ABC ∆的内心.性质3：设I 为ABC ∆内一点，I ABC ∆的内心的充要条件是：IAB ICA IBC ∆∆∆,,的外心均在ABC ∆的外接圆上.32. 已知，如图I 为ABC △的内心，过I 的BC 的垂线交ABC △的外接圆于P 、Q ，P A 、QA 交BC于E 、F ，求证：A ，I ，E ，F 四点共圆.【析】如图，连结AI 并延长交外接圆于S ，交BC 边于K ，连结SP 并延长与BC 所在直线交于点J ，连结AJ ，IJ ，IE ，由性质2可知SC =SI =SB ， 因为CPJ SAC A SCB ∠=∠=∠=∠21，所以SPC CPJ SCB SCJ ∠=∠-=∠-=∠ 180180. 那么易知SCP ∆~SJC ∆，所以SAP SCP KJS ∠=∠=∠且SJ SP SC ⋅=2，所以A ，K ，P ，J 四点共圆.又因为SJ SP SC SI ⋅==22SIP ∆∴~SJI SIP SJI ∠=∠∴∆，又因为KJP SAP ∠=∠，所以IPE IAP SIP SCP SIP KJS IJS IJB ∠=∠-∠=∠-∠=∠-∠=∠. AP IJ BC IP ⊥∴⊥ ，所以E 为IPJ ∆的垂心，则IAF QAS QPS IPJ IEB ∠=∠-=∠-=∠=∠ 180180所以A ，I ，E ，F 四点共圆.33. 已知：如图，O ，I 分别为ABC △的外心和内心，点B '为点B 关于OI 的对称点. 求证：过点,I B '作BIB '△外接圆的切线，交点在AC 上.【析】设'O 为'BIB ∆外接圆圆心，则'O 在OI 上， 延长BI 交圆O 于M ，设'MB 交AC 于E ，由例1知''''2B IO IBB MIB MEI ∠=∠=∠=∠所以，'',,,B E O I 四点共圆，注意到'BB OI ⊥，MCE ∆~C MB '∆，于是''''MCB OIB CEM EM O EC O ∠-∠=∠-∠=∠ 90''=∠-∠=B IB OIB设过点I ，'B 的圆'O 切线交点为D ，则I D B O ,,,''四点共圆，从而I D B E O ,,,,''五点共圆. 从而EC O D B O ED O ''''90∠==∠=∠所以，D 在EC 上.34. 已知圆O '内切圆O 于点D ，A 为大圆O 上任意一点，圆O 的弦AB ，AC 分别切圆O '于点E ，F ，EF 交AO '于点I ，求证：I 为ABC △的内心.【析】延长'AO 交圆O 于点M ，设α2=∠BAC ，圆',O O 的半径依次为R ，r ，由性质2（鸡爪定理）知，只要证明αsin 2R MB MI ==即可. 由圆幂定理知：2'2222)(2OO R r R R r Rr -=--=-)(''''IO IM AO M O AO -⋅=⋅=2'''''E O IM AO IO AO IM AO -⋅=⋅-⋅=2sin r MI r-⋅=α整理得αsin 2R MI =4.2 三角形的外心三角形的外接圆的圆心简称为三角形的外心.性质1：三角形的外心是三角形三条边的中垂线的交点.性质2：三角形所在平面内的一点是其外心的充要条件是：该点到三顶点的距离相等性质3：设O 为ABC ∆所在平面内的一点，则O 为ABC ∆的外心的充要条件是下述条件之一成立： （1）C AOB B AOC A BOC ∠=∠∠=∠∠=∠2,2,2 （2）A BOC OC OB ∠=∠=2,且35. 设O 为ABC △的外心，连结AO 并延长交ABC △的外接圆于D ，BC 的延长线与过D 点的⊙O的切线l 交于P ，直线PO 交AB 于N ，交AC 于M ，求证：OM =ON .P【析】过B 作PO 平行线交AD 于F ，交AC 于G ，作BC OE ⊥ 于E ，则O ，E，P ，D 四点共圆. OPE FDE ∠=∠∴FBE FDE FBE OPE PC PM ∠=∠∴∠=∠∴,// B D E F ,,,∴四点共圆，C BDA FEB ∠=∠=∠∴CG FE //∴因为E 为BC 中点，所以F 为BG 中点， 所以O 为MN 中点.36. 设ABC △的外接圆O 上的劣弧BC 的中点为K ，优弧BC 的中点为S ，线段AK 与BC 边交于点D ，点E ，F 分别为ACD △，ABD △的外心. 求证：A ，E ，O ，F ，S 五点共圆.【析】如图，由题意知S ，O ，K 三点共线，下面证明S ，E ，C 三点共线.易知CK SC ⊥，ECD KAC ECD KSC ECD DCK ∠+∠=∠+∠=∠+∠909022180=∠-+∠=∠-+∠KAC KAC KACKAC所以S ，E ，C 三点共线，同理S ，F ，B 三点共线. 设α=∠ADB ，那么由F 是ABD ∆的外心可知α2360-=∠ BFA 在AOK ∆中，αα2360)90(21802180-=--=∠-=∠ OKA AOK在AEC ∆中，α23602-=∠=∠ ADC AEC 所以AEC AOK AFB ∠=∠=∠ 所以AES AOS AFS ∠=∠=∠ 所以结论得证.37. 过B ，C 作ABC △的外接圆的切线交于D ，B 、B '关于AC 对称，C 、C '关于AB 对称，O 是DB C ''△的外心，求证：AO BC ⊥.D【析】不妨设C B ∠≥∠，ABC A ABC DBC DBC ∠-∠-=∠-∠-=∠23602360'A C ∠+∠=2同理可得A C DCB ∠+∠=∠2' 所以''DCB DBC ∠=∠又因为DB =DC 且''BC CB CB == 所以''DCB DBC ∆≅∆，DC B BD C DB DC '''',∠=∠=∴ 所以BDC DB C ∠=∠''所以DBC ∆~''B DC ∆ 取DBC ∆的外心F ，则DFB ∆~'DOB ∆由于OD C C DB DBC A AC C ''''222∠=∠=∠=∠=∠所以AC C '∆~OD C '∆D CC O AC D OC C AC '''',∠=∠∴∠=∠∴且''''DCOC CC AC =所以AO C '∆~CD C '∆，所以FDC FBD D OC CD AO ∠=∠=∠=∠'),( 所以AO //DF ，而BC DF ⊥，所以BC AO ⊥.4.3 三角形的重心三角形三条中线的交点称为三角形的重心.性质1：设G 是ABC ∆的重心，连AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，AG :GD =2:1且222241)(21BC AC AB AD -+=性质2：设G 为ABC ∆的重心，P 为ABC ∆内任一点，则 （1）22222223PG CG BG AG CP BP AP +++=++ （2）)(31222222CA BC AB GC GB GA ++=++证明：（1）设D 为BC 边上的中点，则对APG ∆和DPG ∆分别应用余弦定理可得AGP PG AG PG AG AP ∠⋅-+=cos 2222， DGP PG DG PG DG PD ∠⋅⋅-+=cos 2222而DGP AGP DG AG ∠-=∠=cos cos ,2，于是，22222322PG DG AG PD AP ++=+ 又因为PD ，DG 分别是BPC ∆的BC 边，BGC ∆的BC 边上的中线，有2222212BC PC PB PD -+=，2222212BC CG BG DG -+= 从而22222223PG CG BG AG CP BP AP +++=++ （3）2222222241)(2149,41)(2149AC BC AB BG BC AC AB AG -+=-+= 222241)(2149AB AC BC CG -+=，此三式相加整理得 )(31222222CA BC AB GC GB GA ++=++38. 证明：以锐角三角形各边为直径作圆，从相对的顶点作切线，得到的六个切点共圆.【析】如图，设ABC ∆的三边分别为a ，b ，c ，圆O 是以BC 为直径的圆，AT 切圆O 于T 点.（由AO 垂直平分ST 可知目标圆圆心在AO 上，同理其他两组也在对应中线上，所以探究重心是可行的了）连AO ，在AO 上取点G 使得AG =2GO ，则G 为ABC ∆的重心，连结OT ，GT ，由,2221222a c b AO -+=TOA OG OT OG OT TG ∠⋅⋅-+=cos 2222及,31,21,cos OA OG a OT OA OT TOA ===∠有)(1812222c b a TG ++=为定值，同理其他五个切点到G 的距离的平方均为)(181222c b a ++，证毕.39. 证明：任意三角形的垂心H 、重心G 和外心O 三点共线，且HG =2GO .ABCMH GO法1：如图1，设M 为AB 中点，连结CM ，则G 在CM 上，且CG =2GM ，连结OM ，则OM 垂直平分AB ，延长OG 到'H ，使得GO G H 2'=，连结'CH ，因为MGO CGH ∠=∠'，所以G CH '∆～MOG ∆，从而OM CH //'，即AB CH ⊥'，同理，BC AH ⊥'，即'H 为垂心，命题得证.法2：如图2，作出圆O ，连结AO 并延长交圆O 于点N ，连结NB ，NC ，BH ， HG ，GO ，因为AB CH AB NB ⊥⊥,，所以CH NB //，同理，BH NC //所以四边形HBNC 是平行四边形. 所以CH =NB ，又因为OM 是ABN ∆的中位线，所以2:1:=NB OM ，所以2:1:=CH OMCHG GC GM OMG HCG ∆∴=∠=∠2:1:, ～MOG ∆MGO CGH ∠=∠∴所以O ，G ，H 三点共线且HG =2GO .40. 已知ABC △的三边BC =a ，CA =b ，AB =c ，DEF △是ABC △的任意内接三角形，试以a ，b ，c表示DEF△的三边平方和的最小值.B【析】首先，证明一个结论：若G 为ABC ∆内的任意一点，G 到三边BC ，CA ，AB 的距离分别为x ，y ，z ，则当c b a z y x ::::=时，222222224)())((ABC S cz by ax c b a z y x ∆=++≥++++所以222z y x++的最小值为22224cb a SABC ++∆设G 为DEF ∆的重心，则由中线长公式可知])(2[91],)(2[9122222222DF EF DE GE EF DF DE GD -+=-+=])(2[912222DE DF EF GF -+=三式相加得)(3222222GF GE GD FD EF DE ++=++从G 点向ABC ∆的三边BC ，AC ，AB 引垂线，垂足分别为000,,F E D ，则202020202020222(3FF GF EE GE DD GD FD EF DE +++++=++222220202012)(3c b a S GF GE GD ABC++≥++≥∆4.4 三角形的垂心三角形三边上的高线的交点称为三角形的垂心. 性质1：设H 为ABC ∆的垂心，则C AHB B CHA A BHC ∠-=∠∠-=∠∠-=∠ 180,180,180性质2：设H 为ABC ∆的垂心，则H ，A ，B ，C 四点中任一点是其余三点为顶点的三角形的垂心（这样的四点组为一垂心组，且一个垂心组的四个外接圆的圆心组成另一垂心组） 性质3：设H 为ABC ∆的垂心，则①H 关于三边的对称点均在ABC ∆的外接圆上 ②ACH BCH ABH ABC ∆∆∆∆,,,的外接圆是等圆 ③H 关于三边中点的对称点均在ABC ∆的外接圆上性质4：在ABC ∆中，H 是垂心，L ，M ，N 分别为BC ，CA ，AB 的中点，D ，E ，F 分别为三高之垂足，P ，Q ，R 分别是AH ，BH ，CH 的中点，则L ，M ，N ，D ，E ，F ，P ，Q ，R 九点共圆，称为ABC ∆的九点圆. 41. △ABC 的外心O 与垂心H 的连线段的中点恰是九点圆圆心. 证明：九点圆半径是其外接圆半径的一半.ACB【分析】如图，连结NP ，LR ，PR ，NL ，PL 因为NP 是△ABH 的中位线，所以NP //BH ，而NL 是△ABC 的中位线则NL //AC ，所以NP ⊥NL ;同理，NP ⊥PR ，RL ⊥NL ，RL ⊥PR ，所以四边形PNLR 是矩形，所以P ，N ，L ，R 共圆且以NR 为直径，易知点F 也在这个圆上，又因为PL 也是该圆的直径，所以点D 也在该圆上连结PM ，LM ，由PM //CH ，LM //AB 可知PM ⊥LM ，所以M 也在该圆上，连结PQ ，LQ 可知PQ ⊥LQ ，所以Q 也在该圆上，由QM 也是圆的直径可知点E 也在该圆上.如图，由四边形HCXB 是平行四边形可知，A ，O ，X 三点共线且Y ，H ，L ，X 四点共线，由欧拉线性质可知OL AH PH ==21且因为PH //OL ，则LOT PHT OLT HPT ∠=∠∠=∠,所以PL 与OH 的交点T 恰好平分OH （LOT PHT ∆≅∆） 所以T 也是PL 中点，恰好也是九点圆圆心，同时由于 PL 是HAX ∆的中位线，可得出OA TP 21=【注】由图中连线及推出的比例关系可知AL 连线与OH 的交点为ABC ∆的重心G ，且G 就是外接圆和九点圆的内位似中心而H 是外位似中心.42. 设ABC △的内切圆与边BC ，CA ，AB 分别相切于点D ，E ，F . 求证：ABC △的外心O 、内心I 、DEF △的垂心H 三点共线.【析】连结AI 并延长交圆O 于点M ，连结OM ，DH ，IDOI ，IH ，要证O ，I ，H 三点共线，因为IM //DH ，所以只要IHD OIH ∠=∠即可. 而ID //OM ，所以转化为去证明OIM ∆~IHD ∆证：设外接圆半径为R ，内切圆半径为r ， 由题意知IDH OMI ∠=∠连结BM ，2sin 22sin 2A R AR OM BMOM IM ∠=∠==FDE r FEDFDE FED r DH ∠=∠∠⋅∠=cos 2sin cos sin 2所以2sin 2cos 2cos 2A AFE FDE ID DH ∠=∠=∠=，所以IDDH OM IM =，所以OIM ∆~IHD ∆. 所以原命题成立.43. 如图，设H 为ABC △的垂心，L 为BC 边的中点，P 为AH 的中点，过L 作PL 的垂线交AB 于G ，交AC 的延长线于S .求证：G ，B ，S ，C 四点共圆.A【析】如图，要证G ，B ，S ，C 四点共圆，只要证：BCS BGS ∠=∠，即要证：ACB AGL ∠=∠.由题意知PL 是ABC ∆的九点圆的直径，考虑作出ABC ∆的外心O ，取AB 的中点M ，连结OM ，OA ，那么ACB AOM ∠=∠，由九点圆性质知：H ，O ，N 三点共线， 且N 为OH 中点，所以PN //AO ，又因为GL PN ⊥， 所以GL AO ⊥，所以ACB AOM AGL ∠=∠=∠. 证毕.44. 如图，AD ，BE 分别是锐角ABC △边BC ，AC 上的高，M 是AB 中点，AD ，BE 交于H ，圆ABH交圆MDE 于P ，Q . 求证：MQ ，ED ，PH 共点，且交点在ABC △外接圆上.【析】分析：考虑用同一法，结合九点圆性质延长MQ 分别交圆O 、圆ABH 于点X，U ;连结MP 并双向延长交圆O 、圆ABH 于点Y ，V .可以观察出X ，Y 地位等同，故只需证明D ，E ，Y 三点共线便可完成第一步：MQ 和DE 交点在圆O 上.由垂心的性质知圆O 和圆ABH 是等圆，所以MX =MU ，MV =MP ，所以2MD =MA •MB =MV •MY =MP •MY ，所以△MDP ∼△MYD ， 所以∠DPM =∠YDM ，又因为∠DPM =∠DEM =∠DEH +∠MEH =∠DCH +∠ABH =∠MAH +∠ABH =∠MDH +∠ECH =∠MDH +∠EDH =∠MDE ，所以∠MDY =∠MDE ，所以D ，E ，Y 三点共线；同理，X ，D ，E 三点共线，所以MQ 和DE 交点X 在圆O 上.设XH 交圆MDE 于点T ，P '，由九点圆的性质知XT =TH ，而由圆幂定理知XT •XP '=XQ •XM ，则2XT •XP '=XQ •2XM ，即XH •XP '=XQ •XU ，所以点P '也在圆ABH 上 所以P ，P '重合，证毕.4.5 三角形的旁心与三角形的一边外侧相切，又与另两边的延长线相切的圆叫做三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为三角形的旁心. 性质1：A C BI C BI A C BI c B A ∠=∠=∠∠-=∠21,2190 （对于顶角B ，C 也有类似的式子） 性质2：：AC C B B A CB AC B A A B C r r r r r r r r r r c p r b p r a p S ++=-=-=-=∆)()()( （其中，)(21c b a p ++=） 性质3：2cot 2cot ,2cot 2cot ,2cot 2cot BA r r A C r r CB r rC B A ===（其中，A r 表示BC 外侧相切的旁切圆的半径，C B r r ,类推，r 表示ABC ∆的内切圆半径）【析】性质:2：易知p AE AD ==，AE ADI r p S A ⋅=，而A ABC F CEI F BDI ABC E ADI ar S S S S S A A A +=++=∆∆，所以A ABC r a p S )(-=∆.性质4：1()2B A C I I I B C ∠=∠+∠，1()2A B C I I I A C ∠=∠+∠，1()2A CB I I I A B ∠=∠+∠.45. 如图，⊙1O 与⊙2O 和ABC △的三边所在的直线都相切，E 、F 、G 、H 为切点，直线EG 与FH交于点P ，求证：PA BC ⊥.FC【析】易知21,,O A O 三点共线，设21O O 交EF 于点D，连F O H O DH BD B O E O 2211,,,,,，由题意知CE =CG ，C CEG ∠-=∠2190 ，BH =BF ，B BHF ∠-=∠2190 又因为)360(1801801BED ABE DAB ADEDE O ∠-∠-∠--=∠-=∠)2190()180()2190(180C B A ∠-+∠-+∠-+-=BE O B 12190∠=∠-=所以D B E O ,,,1四点共圆，901=∠∴DB O 又因为BHF B DE O PDA ∠=∠-=∠=∠21901 所以A ，H ，P ，D 四点共圆. 所以ADH APH ∠=∠又因为90222=∠=∠=∠DB O FB O HB O 所以F O H D B ,,,,2五点共圆，即有FH O ADH 2∠=∠，所以F O PA 2//所以BC PA ⊥46. 如图，O ，I 分别为ABC △的外心和内心，AD 是BC 边上的高，I 在线段OD 上. 求证：△ABC 的外接圆半径等于BC 边上的旁切圆半径.【析】连AO ，作BC IE ⊥于E ，作BC OF ⊥于F ，设c AB b CA a BC ===,,，外接圆、旁切圆半径分别为R ，Ar ，再作AB ON ⊥于N ，由三角形外心性质OAN BAD ABD AON ∠=∠∠=∠, 所以AI 平分DAO ∠，那么BDBE BEBF DE EF ID OI AD R --=== ac b a b c ab ac a c b acb c a c b c a b c a a -+=+---=-+⋅--+-+-=22222)(2222 所以A r ac b Sa cb aAD R =-+=-+=2证毕47. 已知ABC △的内心为I ，内切圆与BC 边的切点为D ，A ∠所对的旁心为A I ，A I D 所在直线与圆I 交于另一点K ，H 是线段A I D 的中点，求证：K ，B ，C ，H 四点共圆.AC【析】过A I 作BC 边的垂线，垂足为'D ，连结IK ，ID ，AA r c b K I DIDK ||tan tan '-=∠=∠所以2222)()(2cos cos AAr c b r c b IDK KID +---=∠-=∠ 所以DHrr DI rr KID r r KD AA A ==∠-=2cos 2222，即A rr DH KD =⋅. 又因为'''cot DI CD D I BD BD I BD r A A A ==∠=，所以DH KD rr CD BD A ⋅==⋅所以K ，B ，C ，H 四点共圆. 证毕.48. 如图，已知∠ACE ＝∠CDE ＝90︒，点B 在CE 上，且CA ＝CB ＝CD ，过A 、C 、D 三点的圆交AB 于点F . 求证：F 为△CDE 的内心.证明：连CF 、DF 、BD . ∵AC ＝CB ，∠ACB ＝90︒，CBAD FE∴ ∠BAC ＝∠CAB ＝45︒，∴ ∠CDF ＝∠CAF ＝45︒，但∠CDE ＝90︒，∴ DF 是∠CDE 的角平分线. ∵ CB ＝CD ，∴∠CBD ＝∠CDB ，但∠CBF ＝∠CDF ＝45︒，∴ ∠FBD ＝∠FDB ，∴ BF ＝DF ， 又∵CB ＝CD ，CF ＝CF ，BF ＝DF ，∴ △CBF ≌△CDF ，∴∠BCF ＝∠DCF ，即CF 是∠ECD 的平分线.∴ F 是△CDE 的内心.49. △ABC 的外心为O ，AB ＝AC ，D 是AB 中点，E 是△ACD 的重心. 证明：OE 丄CD .ODE CBA ABCD E FOKG证明：设AM 为高亦为中线，取AC 中点F ，E 必在DF 上且DE ：EF ＝2：1. 设CD 交AM 于G ，G 必为△ABC 重心. 连GE ，MF ，MF 交DC 于K . 易证：DG ：GK ＝31DC ：(3121-)DC ＝2：1. ∴DG ：GK ＝DE ：EF ⇒GE ∥MF . ∵OD 丄AB ，MF ∥AB ，∴OD 丄MF ⇒OD 丄GE . 但OG 丄DE ⇒G 又是△ODE 之垂心. 易证OE 丄CD .C BADFE50. △ABC 是一个锐角三角形，过顶点B 与外心O 的一个圆分别与BC ，BA 交于点P ，Q (P ≠B ，Q ≠B ).求证：∆OPQ 的垂心在直线AC 上.证明：作OD ⊥PQ ，交PQ 于点D ，交直线AC 于点H . 连PH ，延长QO 交PH 于点E ，连OA ，OB ，OC . B ，P ，O ，Q 共圆⇒∠POE ＝∠QBP (＝∠ABC ).∠OQP ＝∠OBP ＝90︒－∠BAC ；∠OPQ ＝∠OBQ ＝90︒－12∠AOB ＝90︒－∠ACB ⇒∠POD ＝∠ACB ；∴ P ，O ，H ，C 共圆.∴ ∠OPH ＝∠OCH (＝∠OCA )＝90︒－∠ABC .∴ ∠OPE ＋∠POE ＝90︒⇒PH ⊥QE . 即PH 是OQ 边上的高. 从而H 为∆OPQ 的垂心.。
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数学奥赛教练员培训班讲义（1）
第一讲平面几何
平面几何是数学竞赛中的一个基本内容。
它以严密的逻辑结构、灵活的证题方法，在发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力等方面起着特殊的作用。
因此在数学竞赛中平面几何的内容占有十分突出的地位。
平面几何主要研究度量关系的证明、位置关系的证明、面积关系解题、几何量的计算、轨迹问题等。
一、与三角形有关的重要定理
1.梅涅劳斯定理
一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或
其延长线）于D 、E 、F ，则1FB AF
EA CE DC BD 。
说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交
点的位置情况，
因而本题图形应该有两个。
（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的
比，首尾相连，
组成一个比值为1的等式。
（3）其逆定理为：如果D 、E 、F 分别在△ABC 的
边BC 、CA 、AB （或其延长线上），并且
1FB AF
EA CE DC BD ，那么D 、E 、F 三点在同一条
直线上。
（4）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共
线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。
用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。
2.塞瓦定理
设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分
别交对边于D ，E ，F ，则1FB AF
EA CE DC BD 。
说明：（1）该定理可借助于梅氏定理来证明
（也可用面积法来证明）。
如果O 点在三角
形外，结论仍然是成立的。
（2）其逆定理为：分别在△ABC 三边（所在直线）BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若有1FB AF EA CE DC BD
，则AD 、BE 、CF 平行或共点。
（3）塞瓦定理及其逆定理是证明三直线交于一点（线共点）问题的重要定理，应用塞瓦定理很容易证明三角形中的主要线段的共点问题。
3.三角形的五心
三角形的三条中线共点，三条角平分线共点，三条高线共点，三条中垂线共点。
三角形的垂心、重心、外心共线（欧拉线），并且重心把连结垂心和外心的线段分成2∶1的两段。
三角形的外心和内心的距离
)2(r R R d 。
此公式称为欧拉式，由此还得到r R 2。
当且仅当△ABC 为正三角形时,d=0,此时R=2r.其中R 和r 分别是三角形外接圆半径和内切圆半径。
与△的一边及另两边的延长线均相切的圆称为△的旁切圆，旁切圆的圆心称为旁心。
二、与圆有关的重要定理
4.四点共圆的主要判定定理
（1）若∠1=∠2，则A 、B 、C 、D 四点共圆；
（2）若∠EAB=∠BCD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆；
（3）若PA ?PC=PB ?PD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆；
（4）若AB ?DC+AD ?BC=AC ?BD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆。
5.西姆松定理
过三角形外接圆上任意一点作三边的垂线，
则三垂足共线（称为西姆松线）。
说明：（1）其逆定理为：若一点到三角形三边
所在直线的垂足共线，则该点在三角形的外接圆上。
（2）推广（卡诺定理）：通过△ABC 外接圆上的一点
P 引与三边BC 、CA 、AB 分别成同向等角的直线PD 、PE 、
PF ，分别与三边交于D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线。
6.托勒密定理
若四边形内接于一圆，则该四边形的两对边乘积之和
等于它的对角线乘积。
说明：（1）其逆定理为：若四边形两对边乘积之和等于
它的对角线乘积，则该四
边形内接于圆。
（2）推广（托勒密不等
式）：对于任意凸四边形
ABCD ，恒有两对边乘积之
和大于或等于它的对角
线乘积。
三、典例
例1.已知△ABC 为等腰直角三角形，∠C 为直角，延长CA 到D ，以AD 为直径作圆O ，边BD 与圆O 交于点E ，连CE ，CE 的延长线交圆O 于另一点F ，那么CF BD =
（）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．2 例2.（08年联赛）如图，设AD ，B
E ，C
F 为三角形ABC
的三条高，若6AB ，5BC ，3EF ，则线段BE 的长为
（）
)(A 18
5. )(B 4. )(C 21
5. )(D 24
5.
例3.三角形ABC 为锐角三角形,AD 为该三角形的一条高.
设P 为线段AD 上一点,直线BP 、CP 分别交AC 、AB 于点
E 、
F ，证明：DA 平分∠EDF 。
例4. 设A,B,C 顺次分别是平面内一点P 所引三条射线PA,PC,PB 上的点,线段AC,CB 对点P 的张角分别为α,β,且α+β<180°,则A,B,C 三点共线的充要条件是:
PA PB PC sin
sin )sin(.
例5. 设△ABC 是等边三角形,P 是其内部一点,线段AP 、BP 、CP 的延长线依次交三边BC 、CA 、AB 于A 1、B 1、C 1三点.
证明:A 1B 1·B 1C 1·C 1A 1≥A 1B ·B 1C ·C 1A.
例6.（蝴蝶定理）已知M 是⊙O 的弦AB 的中点,过M
任作两弦CD,EF,
连CF,DE 分别交AB 于G,H,求证:MH=MG.
例7. 在△ABC 的AC 边上取点D 、E,使得AD=AB,BE=EC(E 在A 与D 之间),
F 是△ABC 外接圆上(不含A 点的)BC 弧的中点.证明:B 、E 、D 、F 四点共圆.
例8.（03年联赛）过圆外一点P作圆的两条
切线和一条割线，切点为A，B。
所作割线交圆
于C，D两点，C在P，D之间。
在弦CD上取一
点Q，使∠DAQ=∠PBC。
求证:∠DBQ=∠PAC。
例9.（2000年联赛）在锐角三角形ABC的BC边
上有两点E、F，满足∠BAE=∠CAF，作EM AB于M，
FN AC于N，延长交三角形ABC的外接圆于点。
证明: 四边形的面积与△ABC的面积相等。
例10. 如图,设△ABC的顶点A在∠B、∠C的內外
角平分线上的射影分别是P，Q，R，S，
求证：P，Q，R，S四点共线。
四、巩固练习：
1. 正方形ABCD中，E为其内部的一点，且∠EAB=
∠EBA=15°，连DE、CE，求证：三角形DCE为正三角形。
2.若点P是矩形ABCD内一点,∠PBC=∠PDC,
证明:矩形ABCD的面积等于以PA、PC的长为边长
的矩形的面积与以PB、PD的长为边长的矩形的面
积之和。