高中数学竞赛解题策略-几何分册第32章勃罗卡定理

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高中数学竞赛解题策略组合分册

高中数学竞赛解题策略组合分册第一章：数学竞赛的意义与挑战1. 数学竞赛不仅仅是一项学科竞赛，更是思维训练的过程。

在参加数学竞赛的过程中，学生不仅仅是在解决问题，更是在培养逻辑思维、数学推理和数学建模的能力。

2. 数学竞赛的题目难度较高，需要学生具备扎实的数学基础、优秀的逻辑思维能力和丰富的解题经验。

参加数学竞赛对学生来说是一项挑战，也是一次提高自身数学能力的机会。

3. 通过参加数学竞赛，学生可以在解题过程中积累经验，提高解题速度和准确度，更好地理解数学知识，并培养良好的数学思维习惯。

第二章：数学竞赛解题的策略与方法1. 熟练掌握数学基础知识是参加数学竞赛的基础。

学生要熟练掌握数学基础知识，包括代数、几何、数论等各个方面的知识点，才能在竞赛题目中灵活运用。

2. 多做历年数学竞赛试题，尤其是一些经典的难题。

通过做历年试题，学生可以了解数学竞赛的出题规律和题型，积累解题经验，发现自身在某些知识点上的不足之处，及时进行补充和强化。

3. 注重解题过程中的思维方法和策略。

在解题过程中，学生要注意用多种方法进行思考和解决问题，可以尝试逆向思维、分析归纳、构造反证等不同的思维方法，找到问题的突破口。

4. 多与同学或老师讨论，参加数学竞赛的学生可以多与同学或老师讨论解题思路，交流解题经验，互相学习、互相提高。

5. 树立信心，面对数学竞赛中的难题，学生要树立信心，保持心态平和，不要惧怕困难，要相信自己的能力，努力克服困难。

第三章：高中数学竞赛解题策略的实例分析通过对一些经典的数学竞赛试题进行分析，我们可以看到一些解题的策略和方法在实际题目中是如何运用的。

1. 策略一：分类讨论法对于一些复杂的题目，可以采用分类讨论的方法进行解题。

对于一个几何问题，可以将几何图形进行分类讨论，找到不同情况下的规律，从而解决问题。

2. 策略二：构造法在数学竞赛中，应用构造法解题是比较常见的策略。

通过构造一些特殊的数据或图形，可以发现问题的规律，从而得到解题的线索。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第29章牛顿定理

第29章牛顿定理牛顿定理圆的外切四边形的对角线的交点和以切点为顶点的四边形的对角线的交点重合．此定理即是说，若四边形ABDF 外切于圆．边AB 、BD 、DF 、FA 上的切点分别为P 、Q 、R 、S ，则四条直线AD 、BF 、PR 、QS 交于形内一点．1证法1如图291-，设AD 与PR 交于点M ，AD 与QS 交于点M '，下证M '与M 重合．由切线的性质，知ASM BQM ''∠=∠，则有 AM S DM Q S AM SM AS SM QM DM S DQ QM '''''⋅⋅=='''⋅⋅△△，即AM ASDM DQ'='．同理，AM APDM DR=．注意到AP AS =，DR DQ =，则AM AS AM DM DQ DM '=='．再由合比定理，有AM AM AD AD'=．于是M '与M 重合，即知AD 、PR 、QS 三线共点．同理，BF 、PR 、QS 三线共点．故AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点．注：此证法由熊斌先生给出．证法2如图291-，过A 作AX FD ∥交直线PR 于X ，过A 作AY BD ∥交直线QS 于Y ，设AD 与PR 、QS 分别交于点M ，M '，则由MAX △～MDR △，M AY '△～M DQ '△，注意到AX AP =，AY AS =．图291AX YS KPBGDH FM M ′R αβl有MA AX APMD DR DR ==， M A AY AS APM D DQ DQ DR'==='，即MA M AMD M D'='．从而M '与M 重合．同证法1，即知AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点．注：注：此证法由尚强先生给出．证法3如图292-，过F 作BD 的平行线，交QS 于Z ，则F Z S D Q S F S Q F S Z ∠=∠=∠=∠，从而FZ FS =．1沈文选．牛顿定理的证明、应用及其他[]J ．中学教研（数学），2010(4)：26-29．同理，过F 作AB 的平行线交直线PR 于W ，有FW FR =．图292M2M1ZSBDQR WF PA而FR FS =，所以FZ FW =．①设QS 与BF 交于点1M ，PR 与BF 交于点2M ，则11FM FZ M B BQ =，22FM FWM B BP=．② 注意到BQ BP =，由①，②得1212FM FM M B M B=，由合比定理有12FM FM =，即知1M 与2M 重合，从而知BF ，QS ，PR 三线共点．同理AD ，QS ，PR 三线共点．故AD ，BF ，PR ，QS 交于形内一点．证法4如图291-，设AD 与PR 交于点M ，在射线PB 上取点K ，使PMK DMR ∠=∠，而 MPK MRD ∠=∠，从而MPK △∽MRD △，即有MK MDKP DR=．③ 由AMP DMR PMK ∠=∠=∠及角平分线性质，有MK MAKP AP=．④ 由③、④有MA APMD DR=．⑤ 同理，若AD 与QS 交于点M '，有M A AS M D DQ '='．⑥ 由⑤、⑥即有MA AP AS M A MD DR DQ M D'==='．以下同证法1．证法5如图291-，设PR 与QS 交于点M ，连MA 、MB 、MD 、MF ．设P M S Q M R α∠=∠=，AMS β∠=，DMQ γ∠=，则AMP αβ∠=-， DMR a γ∠=-．在AMS △中应用正弦定理，有sin sin AS AM ASM β=∠，即sin sin ASASQ AMβ=∠．同理，在APM △中，有()sin sin APAPRAMαβ-=∠．于是()sin sin sin sin ASQ APRαββ-=∠∠．⑦ 同理，在DMR △、DMQ △中，亦有()sin sin sin sin DQS DRPαβγ-=∠∠．⑧注意到弦切角性质，有180ASQ DQS ∠+∠=︒，有sin sin ASQ DQS ∠=∠．同理，sin sin APR DRP ∠=∠．由⑦、⑧得()()sin sin sin sin αββγαγ-=-，展开化简得()sin sin 0αβγ⋅-=．而sin 0α≠，()π,πβγ-∈-，从而()sin 0βγ-=，有βγ=，即A 、M 、D 共线．同理，B 、M 、F 共线，故AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点．注：如图29-1，同证法1所设，对SMF △、BMQ △分别应用正弦定理有FM SFBM BQ=．对RM F '△、PM B '△分别应用正弦定理，有FM RFBM BP'='．注意SF RF =，BQ BP =可证得M '与M 重合，也可证得结论成立．证法6如图291-，从点B 引AF 的平行线与SQ 的延长线交于点G ，则S G B Q S F ∠=∠，而D Q S Q S F ∠=∠，从而BGO BQG ∠=∠，于是BG BQ BP ==．同理，从点F 引AB 的平行线与PR 的延长线交于点H ，则FH FS =．所以，BGP △和FSH △均为等腰三角形，注意到BG SF ∥，FH PB ∥，有PBG HFS ∠=∠，从而PBG HFS△∽△．于是，推知BF 经过PR 与QS 的交点M ．同理，AD 经过PR 与QS 的交点M ．故AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点．证法7设BF 交内切圆于u ，v ，联结有关线段如图2．由BUP BPV △∽△，BUQ BQV △∽△，有UP BPPV BV =，UQ BQ QV BV =．而BP BQ =，则UP UQ PV QV =，从而UP PVUQ QV=．⑨ 同理SV SURV RU=．⑩ 由⑨⨯⑩得SV PU SU PVRV QU RU QV⋅⋅=⋅⋅．在圆内接四边形PUVS ，QUVR 中，分别应用托勒密定理，有 SU PV VS PU SP UV ⋅=⋅+⋅，RU QV UQ RV QR UV ⋅=⋅+⋅．于是SV PU VS PU SP UVRV QU UQ RV QR UV⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅，由此化简得SV PU QR SP UQ RV ⋅⋅=⋅⋅，即1VS PU QR SP UQ RV⋅⋅=．从而由塞瓦定理的角元形式的推论，知BF ，QS ，PR 三线共点．同理AD ，QS ，PR 三线共点，故AD ，BF ，RP ，QS 交于形内一点，在此，看几道应用的例子．例l （2008年国家队选拔考试题）在ABC △中，AB AC >，它的内切圆切边BC 于点E ，连接AE ，交内切圆于点D （不同于点E ），在线段AE 上取异于点E 的一点F ，使C E C F =，延长CF 交BD 于点G ．求证：CF FG =．证明如图293-，过点D 作内切圆的切线MNK ，分别交AB 、AC 、BC 于M 、N 、K ，由KDE AFK EFC∠=∠=∠，知MK CG ∥，即DF KCDE KE=．图293AMNKBECDGF P由牛顿定理知，BN 、CM 与DE 三线共点于P ．对BCA △及点P 应用塞瓦定理有1BE CN AMEC NA MB⋅⋅=．⑦ 对BCA △及截线MNK 应用梅涅劳斯定理，有 1BK CN AMKC NA MB⋅⋅=．⑧ 由⑦÷⑧得BE KC EC BK ⋅=⋅，亦即2B E KCE C B K B E K ⋅=⋅+⋅()EC BC CK BE KC =++⋅()EC B C=⋅+()BC E CCKBCEK=⋅+=⋅．对ECF △及截线BGD 应用梅涅劳斯定理并注意上式及DF KCDE KE=，有12EB CG FD BE KC CG CGBC GF DE BC KE GF GF =⋅⋅=⋅⋅=，所以CF GF =．例2凸四边形ABDF 有内切圆O ．求证：OAB △、OBD △、ODF △、OFA △的垂心共线．证明如图294-，设OAB △、OBD △、ODF △、OFA △的垂心依次为1H 、2H 、3H 、4H ，点P 、Q 分别为AB 、BD 边上的切点，又设12H H 交AD 于K ．图294H 1QO KPFDH 2BA由1AH BO ⊥，2DH BO ⊥，有22AH DH ∥．从而12AH AKDH KD=连1PH ，2QH ，则知O 在1PH 上，也在2QH 上．由12H AP BOP BOQ H DQ ∠=∠=∠=∠，知12Rt Rt AH P DH Q △∽△，则有12AH APDH DQ=．从而AK APKD DQ=．由于P 、Q 为定点，则知K 为AD 上的定点，同理，K 为BF 上的定点．由牛顿定理知，AD 与BF 的交点是AD 与BF 上的定点，即K 为AD 与BF 的交点．同理，23H H 、34H H 均过点K ．故四个垂心1H 、2H 、3H 、4H 共线．例3设凸四边形ABDF 有内切圆O ，且AB 与FD 的延长线交于点C ，AF 与BD 的延长线交于点E ．P 、Q 、R 、S 分别为边AB 、BD 、DF 、FA 上的切点，且直线SP 与直线RQ 交于点T ，直线PQ 与直线SR 交于点W ．求证：T 、C 、W 、F 四点共线．证明如图295-，由牛顿定理知，AD 、BF 、PR 、QS 四直线共点，设该点为G ．图295FTSWR G K O P EH D CB A首先证OG CE ⊥．设O 的半径为r ，连OC 交PR 于H ，则OC 垂直平分PR ，则22222CR RH CH CG HG -==-，即 2222CR CG RH HG -=-()()RH HG RH HG PG GR =+⋅-=⋅．而222CR CO r =-，代入上式得222CO CG r PG GR -=+⋅．同理，可得222EO EG r OG GS -=+⋅．由相交弦定理，知PG GR QG GS ⋅=⋅，则2222CO CG EO EG -=-，故OG CE ⊥．其次证OG TW ⊥．如图294-，在射线TG 上取一点K ，使得K 、R 、Q 、G 四点共圆，则由圆幂定理有 22TG TK TQ TR TO r ⋅=⋅=-．⑨由TPG TQG GKR ∠=∠=∠有TPG RKG △∽△，亦有 22TG GK PG GR r OG ⋅=⋅=-．⑩由⑨-⑩得()()222222222TG TG TK TG GK TO r r OG TO OG r =⋅-⋅=---=+-．即22222TO TG r OG -=-．同理22222WO WG r OG -=-．则2222TO TG WO WG -=-，故OG TW ⊥．再证T 、C 、W 三点共线．如图296-，联结TC 、CW ，作PTC △的外接圆交TR 于L ，连PL 、LC ，则由图296SARWCOPTDQPRS APS TPC TLC ∠=∠=∠=∠，知WRP CLR ∠=∠．又WPR CRL ∠=∠，则WPR CRL △∽△，即有WP CR CP PR RL RL==，亦即WP PRCR RL=．而WPC PRL ∠=∠，则WPC RPL △∽△，即有WCR PLR ∠=∠．注意到PCT PLT ∠=∠，且180PLR PLT ∠+∠=︒，故180WCP PCT ∠+∠=︒．亦即T 、C 、W 三点共线．综上，便知T 、C 、W 、E 四点共线．下面，讨论牛顿定理中的四边形变型及切点连线的交点在形外的问题．圆的外切四边形可以是凸四边形，也可以是凹四边形和折四边形．定理1若凹四边形ACDE 外切于圆，边AC 、DE 、CD 、EA 所在直线上的切点分别为P 、Q 、R 、S ，则四条直线AD 、CE 、PQ 、SR 交于一点．证明如图297-，设直线DE 交AC 于B 直线CD 交AE 于F ，直线PQ 交CE 于M ，直线SR 交CE 于M '，下证M '与M 重合．图297A SF D EM P BR QM ′对CEB △及截线PQM ，对CEF △及截线SRM '分别应用梅涅劳斯定理，有1CM EQ BP ME QB PC⋅⋅=， 1CM ES FRM E SF RC'⋅⋅='．注意到BP BQ =，FS FR =，CP CR =，EQ ES =，有CM PC RC CM ME EQ ES M E'==='．再由合比定理，即知M '与M 重合，从而直线PQ 、SR 与CE 交于一点．同理，对ABD △及截线PQ 、对A D F △及截线SR 应用梅涅劳斯定理，可证得直线PQ 、SR 与AD 交于一点．故四条直线AD 、CE 、PQ 、SR 交于一点．定理2若折四边形BCFE 外切于圆（或折四边形BCFE 有旁切圆），边BC 、CF 、FE 、EB 所在直线上的切点分别为P 、R 、S 、Q ，则四条直线BF 、CE 、PS 、QR 或者相互平行或者共点．证明（i ）若对角线BF 与CE 平行，且BC FE ∥时，折四边形BCFE 外切于圆时，则四边形BCEF 必为矩形，此时四条直线BF 、CE 、PS 、QR 相互平行．（ii ）若对角线BF 与CE 平行，且直线BC 与FE 交于点A 时，如图298- （1），则由圆的外切四边形对边的和相等推知BCEF 为等腰梯形，ABF △和DBF △均为等腰三角形，此时，四条直线BF 、CE 、PS 、QR 相互平行．图298SF A(1)(2)(3)AS FEQDRBP CAS F EMCB PQD RMQF BC P MDR M ′（iii ）若对角线BF 与CE 不平行，如图298- （2）、（3），且直线CB 、EF 交于点A 时，设BE 与CF 交于点D ，直线BF 与直线QR 交于点M ，直线BF 与直线PS 交于点M '．对BDF △与截线QRM ，对ABF △及截线PSM '分别应用梅涅劳斯定理有1BQ DR FM QD RF MB ⋅⋅=，1AP BM FS PB M F SA'⋅⋅='．注意到DQ DR =，AP AS =，BQ BP =，FR FS =，有FM RF FS FM MB BQ PB M B'==='．再由合比定理，即知M '与M 重合，从而直线PS 、QR 与BF 交于一点．同理，对CED △及截线QR 、对ACE △及截线PS 分别应用梅涅劳斯定理，可证得直线PS 、QR 与CE 交于一点．故四条直线BF 、CE 、PS 、QR 相交于一点．（iv ）若对角线BF 与CE 不平行，且直线CB EF ∥时，如图299-，设直线BF 与直线PS 交于点M ，下面证Q 、R 、M 三点共线．电BC FB ∥，有FM FS FRMB BP BQ==，即有1FM BQ FM BQ DRMB RF MB QD RF=⋅=⋅⋅．对BDF △应用梅涅劳斯定理的逆定理，知Q 、R 、M 三点共线．即直线PS 、QR 与BF 交于一点．同理，直线PS 、QR 与CE 交于一点，故四条直线BF 、CE 、PS 、QR 交于一点．图299MES FR DQCB P例4已知一圆切ABC △的CA 、AB 分别于Y ，Z ，自B 、C 另作这圆的切线相交于点X ．求证：AX 、BY 、CZ 三线共线或互相平行．证明如图2910-，自B 、C 作圆的切线的切点分别为G 、H ，且分别交AC 、AB 于E 、F ．因折四边形ECFB 有旁切圆，由定理2，知直线ZY 、GH 、BC 、FE 共点于S ．在AYZ △、XBC △中，其对应边的交点E 、F 、S 共线，由戴沙格定理的逆定理知，其对应顶点的连线AX 、BY 、CZ 或共点或相互平行．图2910HRX G FYCBS例5圆上四点两两相连组成一个完全四边形（四条直线两两相交且不共点，相交于六点所得图形），又过每点作圆的切线交成一个完全四边形，则这两形必有共同的对角三角形（或极点三角形）．证明参见图295-，在完全四边形SPTQWR 中，设G 为对角线SQ 与PR 的交点，则 GTW △为其对角三角形（或极点三角形）．在完全四边形ABCDEF 中．（i ）凸四边形ABDF 有内切圆，由牛顿定理，知AD 、BF 、PR 、QS 共点于G ；（ii ）折四边形BCFE 有旁切圆，由定理2，知BF 、CE 、PS 、QR 四直线共点于T ；（Ⅲ）凹四边形ACDE 有内切圆，由定理l ，知直线AD 、CE 、PQ 、SR 共点于W ．由（i ）、（iii ）知A 、G 、D 、W 四点共线；由（i ）、（ii ）知F 、G 、B 、T 四点共线；由（ii ）、（iii ）知T 、C 、W 、E 四点共线．所以，G 、T 、W 是三条对角线AD 、BF 、CE 两两的交点，故GTW △为完全四边形ABCDEF 的对角三角形．注：由例5中的证明给出了例3的另一简证，由例5，我们也可推得：完全四边形中的凸四边形有内切圆时，其三条对角线中的两条与四切点每两切点所在直线中的两条，组成3组每组四条直线或相互平行或共点于完全四边形对角线直线的交点．练习题二十九1．（2009年土耳其国家队选拔考试题）以O为圆心，r为半径的圆为四边形ABCD的内切圆．设P、Q分别为AB与CD．AD与BC的交点，E为对角线AC与BD的交点，证明：2⋅=，其中d为点O到直线PQ的距离．OE d r2．（布利安香定理）圆外切六边形的三组对顶点的连线交于一点．。

高中数学竞赛解题策略几何分册勃罗卡定理

高中数学竞赛解题策略几何分册勃罗卡定理 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012.第32章勃罗卡定理勃罗卡()Brocard 定理凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ．延长BC 、AD 交于点F ．AC 与BD 交于点G ．联结EF ，则OG EF ⊥．证法1如图321-，在射线EG 上取一点N ，使得N ，D ，C ，G 四点共圆（即取完全四边形ECDGAB 的密克尔点N ），从而B 、G 、N 、A 及E 、D 、N 、B 分别四点共圆．分别注意到点E 、G 对O 的幂，O 的半径为R ，则22EG EN EC ED OE R ⋅=⋅=-． 22EG GN BG GD R OG ⋅=⋅=-．以上两式相减得()22222EG OE R R OG =---，即22222OE EG R OG -=-．同理，22222OF FG R OG -=-．又由上述两式，有2222OE EG OF FG -=-．于是，由定差幂线定理，知OG EF ⊥．证法2如图321-，注意到完全四边形的性质．在完全四边形ECDGAB 中，其密克尔点N 在直线EG 上，且ON EG ⊥，由此知N 为过点G 的O 的弦的中点，亦即知O ，N ，F 三点共线，从而EN OF ⊥．同理，在完全四边形FDAGBC 中，其密克尔点L 在直线FG 上，且OL FG ⊥，亦有FL OE ⊥．于是，知G 为OEF △的垂心，故OG EF ⊥．证法3如图321-．注意到完全四边形的性质，在完全四边形ABECFD 中，其密克尔点M 在直线EF 上，且OM EF ⊥．联结BM 、CM 、DM 、OB 、OD ．此时，由密克尔点的性质，知E 、M 、C 、B 四点共圆，M 、F 、D 、C 四点共圆，即有BME BCE DCF DMF ∠=∠=∠=∠，从而9090BMO DMO DMF DCF ∠-∠=︒-∠=︒-∠11180909022BOD BOD BOD ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠=∠ ⎪⎝⎭，即知点M 在OBD △的外接圆上．同理，知点M 也在OAC △的外接圆上，亦即知OM 为OBD 与OAC 的公共弦．由于三圆O ，OBD ，OAC 两两相交，由根心定理，知其三条公共弦BD ，AC ，OM 共点于G ．即知O ，G ，M 共线，故OG EF ⊥．该定理有如下推论推论1凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，直线OG 与直线EF 交于点M ，则M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点．事实上，若设M '为完全四边形ABECFD 的密克尔点，则M '在EF 上，且OM EF '⊥．由勃罗卡定理，知OG EF ⊥，即OM EF ⊥．而过同一点只能作一条直线与已知直线垂直，从而OM 与OM '重合，即M 与M '重合．推论2凸四边形ABCD 内接于圆，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点的充要条件是GM EF ⊥于M ．推论3凸四边形ABCD 内接于圆O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，则G 为OEF △的垂心．事实上，由定理的证法2即得，或者由极点公式：22222EG OE OG R =+-，22222FG OF OG R =+-，22222EF OE OF R =+-两两相减，再由定差幂线定理即证．下面给出定理及推论的应用实例．例1（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心．事实上，由推论3知R 为OPQ △的垂心，再由垂心组的性质即知O 为PQR △的垂心．例2如图322-，凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB ，DC 交于点E ，延长BC ，AD 交于点F ，AC 与BD 交于点P ，直线OP 交EF 于点G ．求证：AGB CGD ∠=∠．证明由勃罗卡定理知，OP EF ⊥于点G ．延长AC 交EF 于点Q ，则在完全四边形ABECFD 中，点P ，Q 调和分割AC ，从而GA ，GC ，GP ，GQ 为调和线束，而GP GQ ⊥，于是GP 平分AGC ∠，即AGP CGP ∠=∠．延长DB 交直线EF 于点L （或无穷远点L ），则知L ，P 调和分割BD ，同样可得BGP DGP ∠=∠．故AGB CGD ∠=∠．例3（2011年全国高中联赛题）如图323-，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK MN ⊥，则A ，B ，D ，C 四点共圆．证明用反证法．若A ，B ，D ，C 四点不共圆，则可设ABC △的外接圆O 与直线AD 交于点E ，直线CE 交直线AB 于P ．直线BE 交直线AC 于Q ．联结PQ ，则由勃罗卡定理，知OK PQ ⊥．由题设，OK MN ⊥，从而知PQ MN ∥．即有AQ AP QN PM=．① 对NDA △及截线BEQ ，对MDA △及截线CEP 分别应用梅涅劳斯定理有1NB DE AQ BD EA QN ⋅⋅= 及1MC DE AP CD EA PM⋅⋅=．由①，②得NB MC BD CD=．再应用分比定理，有ND MD BD DC =，从而DMN DCB △∽△．于是，DMN DCB⊥，得到K为BC的中点，这与已知矛∠=∠．即有BC MN∥，从而OK BC盾．故A，B，D，C四点共圆．例4（1997年CMO试题）设四边形ABCD内接于圆，边AB与DC的延长线交于点P，AD 与BC的延长线交于点Q．由点Q作该圆的两条切线QE，QF，切点分别为E，F．求证：P，E，F三点共线．证明如图324-，设ABCD的圆心为O，AC与BD交于点G，联结PQ，则由勃罗卡定理，知OG PQ⊥．设直线OG交PQ于点M，则由推论1，知M为完全四边形ABPCQD的密克尔点，即知M、Q、D、C四点共圆．又O、E、Q、F四点共圆，且OQ为其直径，注意到OM MQ⊥，知点M也在OEQF 上．此时，MQ，CD，EF分别为MQDC，OEMQF，ABCD两两相交的三条公共弦．由根心定理，知MQ、CD、EF三条直线共点于P．故P，E，F三点共线．例5（2006年瑞士国家队选拔赛题）在锐角ABC△的垂心，M△中，AB AC≠，H为ABC为BC的中点，D、E分别为AB，AC上的点，且AD AE=，D、H、E三点共线．求证：ABC△的外接圆与ADE△的外接圆的公共弦垂直于HM．证明如图325-，分别延长BH，CH交AC、AB于点B'、C'，则知A、C'、H、B'及''的直径，点M为BCB C''的圆心．B、C、B'、C'分别四点共圆，且AH为AC HB设直线BC与直线C B''交于点Q，联结AQ，则在完全四边形BCQB AC''中，由勃罗卡定理，知MH AQ⊥．设直线MH交AQ于点P，则由推论1，2知HP AQ''的密克⊥，且P为完全四边形BCQB AC尔点，由此，即知P为ABC与AC HB''的公''的另一个交点，亦即AP为ABC与AC HB共弦，也可由根心定理，知三条公共弦BC ，C B ''，AP 所在直线共点于Q ．故AP HM ⊥．下证点P 在ADE △的外接圆上．延长HM 至N ，使MN HM =，则四边形BNCH 为平行四边形，由此亦推知N 在ABC 上．由DBH ECH △∽△，有BD CE BH CH=．由BPN CPN S S =△△，有BP BN NC CP ⋅=⋅，并注意BN CN =，NC BH =，于是由*，有BD BH NC BP CE CH BN CP ===，即BD CE BP CP=．而DBP ECP ∠=∠，则DBP ECP △∽△，即有BDP CEP ∠=∠．于是，ADP AEP ∠=∠，即点P 在ADE △的外接圆上．故ABC △的外接圆与ADE △的外接圆的公共弦AP 垂直于HM ．下面看定理的演变及应用将定理中的凸四边形ABCD 内接于圆，演变成凸四边形外切于圆，则有例6如图326-，凸四边形ABCD 外切于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ．则OG EF ⊥．证明设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 分别切于点M 、N 、R 、S ，则由牛顿定理，知AC 、BD 、MR 、NS 四线共点于G ．注意到EM ER =，在等腰ERM △中应用斯特瓦尔特定理，有22EG EM MG GR =-⋅．同理，22FG FS SG GN =-⋅．由上述两式相减，得2222EG FG EM FS MG GR SG GN -=--⋅+⋅．联结MO、EO、FO、SO，设O的半径为r，则由勾股定理，有222=-，FM OE r 222FS OF r=-．又显然，有MG GR SG GN⋅=⋅．于是，2222-=-．EG FG EO FO由定差幂线定理，知OG EF⊥．由此例及勃罗卡定理，则可简捷处理如下问题：例7（1989年IMO预选题）证明：双心四边形的两个圆心与其对角线交点共线（双心四边形指既有外接圆，又有内切圆的四边形）．证明如图327-，设O，I分别为四边形ABCD的外接圆、内切圆圆心，AC与BD交于点G．当ABCD为梯形时，结论显然成立，O，I，G共线于上、下底中点的联线．当ABCD不为梯形时，可设直线AD与直线DC交于点E，直线BC与直线AD交于点F，联结EF．由勃罗卡定理，知OG EF⊥；由例6的结论，知IG EF⊥．故O，I，G三点共线．将推论2中的凸四边形内接于圆演变为一般的完全四边形，其密克尔点变为凸四边形对角线交点在完全四边形另一条对角线上的射影，则有例8（2002年中国国家队选拔赛题）如图328-，设凸四边形ABCD的两组对边所在直线分别交于E，F两点，两对角线的交点为P，过P作PO EF⊥于点O．求证：∠=∠．BOC AOD事实上，可类似于前面例2的证法即证得结论成立．将勃罗卡定理中的凸四边形对角线的交点演变为三角形的垂心，则有例9（2001年全国高中联赛题）如图329△中，O为外心，三条高AD、BE、-，ABCCF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N．求证：（1）OB DF⊥．⊥;（2）OH MN⊥，OC DE证明（1）由A 、C 、D 、F 四点共圆，知BDF BAC ∠=∠．又()1180902OBC BOC BAC ∠=︒-∠=︒-∠，即90OBD BDF ∠=︒-∠，故OB DF ⊥．同理，OC DE ⊥．（2）要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明有222MO MH NO NH -=-即可．注意到CH MA ⊥，有2222MC MH AC AH -=-，① BH NA ⊥，有2222NB NH AB AH -=-．② DA BC ⊥，有2222BD CD BA AC -=-，③ OB DN ⊥，有2222BN BD DN OD -=-，④ OC DM ⊥，有2222CM CD DM OD -=-．⑤ 由①-②+③+④-⑤得2222NH MH ON OM -=-．即有2222MO MH NO NH -=-．故OH MN ⊥．将例9中的外心O 演变为一般的点，则有例10如图3210-，设H 是ABC △的垂心，O 是ABC △所在平面内一点，作HP OB ⊥于P ，交AC 的延长线于点N ，作HQ OC ⊥于Q 交AB 的延长线于点M ．求证：OH MN ⊥．证明要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明有2222OM HM HN ON -=-即可．注意到HN OB ⊥，HM OC ⊥，分别有2222OH ON BH BN -=-，2222OH OM CH CM -=-．从而得222222OM ON CM BN BH CH -=-+-．① 由BH AN ⊥，有2222BA BN HA HN -=-， CH AM ⊥，有2222CA CM HA HM -=-，AH BC ⊥，有2222AB AC HB HC -=-．从而得222222HM HN CM BN BH CH -=-+-．② 由①，②得2222OM ON HM HN -=-．故OH MN ⊥．。

高中数学联赛中常见的几何定理

高中数学联赛中常见的几何定理第一篇：高中数学联赛中常见的几何定理梅涅劳斯定理：梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。

他指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么AF/FB×BD/DC×CE/EA=1。

证明：过点A作AG‖BC交DF的延长线于GAF/FB=AG/BD , BD/DC=BD/DC , CE/EA=DC/AG三式相乘得：AF/FB×BD/DC×CE/EA=AG/BD×BD/DC×DC/AG=1它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在的边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。

利用这个逆定理，可以判断三点共线。

塞瓦定理：在△ABC内任取一点O，直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1证法简介（Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明：∵△ADC被直线BOE所截，∴(CB/BD)*(DO/OA)*(AE/EC)=1 ①而由△ABD被直线COF所截，∴(BC/CD)*(DO/OA)*(AF/FB)=1②②÷①:即得：(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1（Ⅱ）也可以利用面积关系证明∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③同理CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1利用塞瓦定理证明三角形三条高线必交于一点:设三边AB、BC、AC的垂足分别为D、E、F，根据塞瓦定理逆定理，因为(AD:DB)*(BE:EC)*(CF:FA)=[(CD*ctgA）/[(CD*ctgB）]*[(AE*ctgB)/(AE*ctgC)]*[(BF*ctgC)/[(BF*ctgA)]= 1，所以三条高CD、AE、BF交于一点。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第28章戴沙格定理

第28章戴沙格定理戴沙格定理已知两个三角形的三双对应顶点的连线交于一点，若它们的三双对应边分别相交，则这三个交点在一条直线上．其逆命题亦成立．证明先证原命题：设PQR △和P Q R '''△的三双顶点的连线PP '、QQ '、RR '交于点O ，它们的三双对应边的交点分别是D 、E 、F ．分别对OQR △及截线DR Q ''、ORP △及截线EP R ''、OPQ △及截线FQ P ''应用梅涅劳斯定理有1QD RR OQ DR R O Q Q''⋅⋅=''， 1RE PP OR EP P O R R ''⋅⋅=''， 1PE QQ OP FQ Q O P P''⋅⋅=''．将上述三式相乘，得1QD RE PE DR EP FQ⋅⋅=．对QRP △逆用梅理劳斯定理，即知D 、E 、F 三点共线．再证逆命题：设PQR △与P Q R '''△的三双对应边的交点分别是D 、E 、F ，两双对应顶点的连线PP '与RR '交于点O ，要证第三双顶点对应连线QQ '也通过点O ，即O 、Q 、Q '三点在一条直线上．事实上，FPP '△与DRR '△的三双对顶点连线FD 、PR 、R P ''交于点E ，利用已证得的原命题可以得到：这两个三角形三双对应边交点的连线中，PP '与RR '的交点O 、FP 与DR 的交点Q 、FD '与DR '的交点Q '是在同一条直线上．这就是所要证的．在这里，若两双对应顶点的连线PP '与RR '平行，则可证得直线OQ '也与PP '平行，否则若有直线PP '与QQ '交于一点O '，则由上述逆命题中同样的理由，得直线RR '也过点O '，与PP '与RR '平行矛盾．于是，我们便有如下结论：戴沙格定理的逆定理若两三角形的对应边（所在直线）交点共线，则对应顶点的连线交于一点或互相平行．观看图281-中的两个三角形PQR △、P Q R '''△，我们可以用透视的观点看待它．P'Q 'R'RDPOQ E 图28-1一般地，有如下的定义：1定义平面上两个图形称为互相透视的，如果（i ）联结对应点的直线交于一点，称为透视中心．（ii ）对应线的交点在一条直线上，称为透视轴．如上定义的一种特殊情形，即为对应边互相平行的相似形，这时透视轴是无穷远直线，透视中心是位似中心，更一般的透视图形的存在性，由戴沙格定理建立．戴沙格定理设两个三角形有透视中心，则它们有透视轴．1单墫译．[美]R A ⋅⋅约翰逊，近代欧氏几何[]M ．上海：上海教育出版社.2000：202．反过来，设两个三角形有透视轴，则它们有透视中点．对于三个三角形，我们有如下的结论：定理1设三个三角形有公共的透视中心，则它们的三条透视轴共点．事实上，设三个三角形123A A A △、123B B B △、123C C C △，则111A B C 、222A B C 、333A B C 为共点的直线．我们将三角形的边用与所对顶点相同的小写字母表示，考虑边为2a 、2b 、2c 与3a 、3b 、3c 的三角形，它们的对应边相交于共线点1A 、1B 、1C ，所以对应顶点的连线共点．但联结2a 、2b 的交点与3a 、3b 的交点的直线，是123A A A △与123B B B △的透视轴，等等．所以这三条轴共点．定理2设三个三角形两两互为透视，并且有一条公共的透视轴，则它们的透视中心共线．这个定理及各种逆定理的证明较易，留给读者．对于完全四边形，我们也有如下的结论：定理3边是一个完全四边形的边的每一个三角形，与这个完全四边形的对角三角形成透视．事实上，这两个三角形以完全四边形的第四条边为透视轴．更一般地，设一个完全四边形的两条对角线的交点与剩下的两个顶点相连，则这样的六条连线中，三条交于一点，产生四个新点，因而形成一个完全四角形（即包括四条边，两条对角线的图形）．于是，每个完全四边形必有一个相伴的完全四角形，具有同样的对角三角形；反过来也成立．过这完全四边形的每个顶点，有完全四角形的一条边，这完全四角形的每一个三角形，与完全四边形的一个三角形及对角三角形成透视，公共的透视中心是完全四角形的第四个顶点，透视轴是完全四边形的第四条边．下面，看看戴沙格定理的一些应用．例1（1999年高中联赛题）如图282-，在四边形ABCD 中，对角线AC 平分BAD ∠，在CD 上取一点E ，BE 与AC 交于点F ，延长DF 交BC 于G ．求证：GAC EAC ∠=∠．图28-2PASDQ BMK TN HFE GC证明当AB AD =时，四边形ABCD 是筝形，结论成立．当AB AD ≠时，过A 作AC 的垂线与CB 、CD 的延长线分别交于点M 、N ．由BAC DAC ∠=∠，可证BN 、DM 的交点H 在AC 上．注在BNE △与DMG △中，因BN 与DM 的交点为H ，BE 与DG 的交点为F ，NE 与MG 的交点为C ，且C 、F 、H 共线，则由戴沙格定理的逆定理知BD 、MN 、EG 三线共点．设该点为P ．设EG 与FC 交于点Q ，在完全四边形CEDFBG 中，P 、Q 调和分割EG ．从而AP 、AQ 、AE 、AG 为调和线束，而AP AQ ⊥．故AQ 平分EAG ∠．于是GAC EAC ∠=∠．注：设BN 与AC 交于点H ，只要证D 、H 、M 三点共线即可．连DH ，AM ，作BT AM ⊥于M 交HM 于K ，作DS AN ⊥于S ，交NH 于L ．由AC MN ⊥及AC 平分BAD ∠，易知ASD ATB △∽△，有DS SABT TA=．①又由DS CA BT ∥∥，有DL CH BHDS CA BT ==．② 中LH SABH TA=．③ 由①、②、③可得DL LHBK BH=, 而HLD HBK ∠=∠，则HLD HBK △∽△．从而LHD BHK ∠=∠．故D 、H 、K 共线，即D 、H 、M 共线．例2（布利安香定理）六点连线所组成的平面封闭图形中，若六条边与一个圆内切，则它的三条对角线共点或彼此平行．证明如图283-，设A 、B 、C 、D 、E 、F 是六边形在圆上的切点，由牛顿定理知．过切点A 、B 、C 、F 的四边形有AD 、CF 、A D ''共点于X ；过切点B 、E 、C 、F 的四边形有BE 、CF 、C F ''共点于Y ；过切点B ，E 、A 、D 的四边形有BE 、AD 、B E ''共点于Z ；过切点A 、E 、D 、F 的四边形有AE 、DF 、A E ''共点于R ． RY XZ E QP'E'Q 'D 'C 'C B'BA'A P图28-3又折四边形A Q E P ''''有旁切圆，由牛顿定理的推广（见第29章定理2）有EF 、AD 、A E ''、P Q ''共点于P ．所以XYZ △和A F E '''△对应边的交点F 、E 、P 共线，由戴沙格定理的逆定理，知其对应顶点的连线XA 、YF 、ZE 三点共点或相互平行，即A D ''、B E ''、C F ''共点或相互平行．例3（2008年印度国家队选拔考试题）设ABC △是非等腰三角形，其内切圆为Γ，圆Γ与三边BC 、CA 、AB 分别切于点D 、E 、F ．若FD 、DE 、EF 分别与CA 、AB 、BC 交于点U 、V 、W ，DW 、EV 、FV 的中点分别为L 、M 、N ．证明：L 、M 、N 三点共线．证明如图284-，设DF 、FE 、ED 的中点分别为P 、Q 、R ，则P Q D E ∥，且直线PQ 过点N ；RQ DF ∥．且直线RQ 过点M ；PR EF ∥，且直线PR 过点L ．因AE AF =，则知AQ 平分CAB ∠．同理，BP 、CR 分别平分ABC ∠、BCA ∠，且AQ 、BP 、CR 交于ABC△的内心．在ABC △和QPR △中应用戴沙格定理得，其对应边PR 与BC 、RQ 与CA 、QP 与AB 的交点L 、M 、N 三点共线．F PQΓM N A ECLD JW图28-4例4（2003年保加利亚数学奥林匹克题）设H 是锐角ABC △的高线CP 上的任一点，直线AH 、BH 分别交BC 、AC 于点M 、N ．（1）证明： NPC MPC ∠=∠；（2）设O 是MN 与CP 的交点，一条通过O 的任意的直线交四边形CNHM 的边于D 、E 两点．证明：EPC DPC ∠=∠．证明（1）略．（2）延长PE 交AC 于S ，设PD 交AM 于T ．在SEN △和TDM △中，SE 与TD 的交点P ，EN 与DM 的交点B ，SN 与TM 的交点A 共线，故由戴沙格定理的逆定理，知ST 、ED 、MN 三线共点于O ．在SEN △与DTM △中，SE 与DT 的交点P ，EN 与TM 的交点H ，SN 与DM 的交点C 共线，故由戴沙格定理的逆定理，知SD 、ET 、MN 三线共点于K ．在SMT △与DNE △中，因为SD 、ET 、MN 共点于K ，别由戴沙格定理知，ST 与DE 的交点O 、MT 与NE 的交点H 、SM 与DN 的交点共线，即SM 与DN 的交点I 在CP 上．在ASM △与BDN △中，AS 与BD 的交点C ，AM 与BN 的交点H 、SM 与DN 的交点I 共线于CP ，则由戴沙格定理的逆定理知SD 、MN 、AB 三线共点于K ．设SD 与CO 交于点R ，则在完全四边形CSNIMD 中，SD 与R 、K 调和分割，从而PS 、PD 、PR 、PK 为调和线束，而PR PK ⊥，故PR 平分SPD ∠，即EPC DPC ∠=∠．例5已知ABC △，一圆切CA 、AB 于Y ，Z ，自B 、C 另作这圆的切线设交于X ．求证：AX 、BY 、CZ 三线共点或互相平行．BAHR F ZYECS图28-5证明如图，自B 、C 作O 的切线切点分别为G 、H ，且分别交AC 、AB 于E 、F ．因为折四边形ECFB 有旁切圆，由牛顿定理的推广，知直线ZY 、GH 、BC 、FE 共点于S ．在AYZ △、XBC △中，其对应边的交点E 、F 、S 共线，由戴沙格定理的逆定理知，其对应顶点的连线AX 、BY 、CZ 或共点或平行．例6设I 是ABC △的内切圆或旁切圆，它切BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ．任取一点P ，联结DP 、EP 、FP ，使交I 于X 、Y 、Z ．则AX 、BY 、CZ 三线共点或互相平行．YE P ZCDBX EA X 1Y 1图28-6证明设直线YZ 交BC 于1X ，直线下XZ 交直线AC 于1Y ，直线XY 交直线AB 于1Z ．由11X DY X ZD △∽△，有 1111X Y X D DYX D X Z DZ==，亦即有221111222111X Y X Y X Z X D DY X Z X Z X Z DZ ⋅===．同理，2121Y Z ZE Y X XE =，2121Z X XF Z Y YF =．注意到圆内接六边形YDZEXF 的三条对角线XD 、YE 、ZF 共点于P ，应用塞瓦定理的推论，知1YD ZE XF DZ EX FY⋅⋅=．于是111111YX ZY XZ X Z Y X Z Y ⋅⋅21YD ZE XF DZ FX FY ⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭．对YZX △应用梅涅劳斯定理的逆定理，知1X ，1Y ，1Z 三点共线．考虑ABC △与XYZ △，由于对应边所在直线的交点1X ，1Y ，1Z 共线，则应用戴沙格定理的逆定理，知对应顶点的联线共点或互相平行，故直线AX 、BY 、CZ 共点或互相平行．例7将圆上四点两两连成四个三角形，而这圆上任两点对于该四个三角形中每形的两条西姆松线分别交于一点，则这样的四个交点共线．证明如图287-，1234PP P P 为圆内接四边形，M 、N 为圆上另两点，点M 对432P P P △的西姆松线记为1m ，余类推；点N 对432P P P △的西姆松线记为1n ，余类推．1c 、2c 、3c 、4c 、1D 、2D 分别为直线3m 与4m 、1m 与4m 、1m 与2m 、2m 与3m 、2m 与4m 、1m 与3m 在直线12P P 、23P P 、34P P 、41P P 、13PP 、24P P 上的交点；1A 、2A 、3A 、4A 、1B 、2B 分别为直线3n 与4n 、1n 与4n 、1n 与2n 、2n 与3n 、2n 与4n 、1n 与3n 在直线12P P 、23P P 、34P P 、41P P 、13PP 、24P P 上的交点，Q 为1m 与1n 的交点，余类推．图28-7NB 1P 3A 2A 3Q 3Q 4P 2M D 2D 4B 2Q2Q 1C 4P 4n 1n 2n 3n 4A 4D 1A 1m 4m 3m 2m 1由于直线44C A 、22D B 、33C A 共点于4P ，即423C D C △与423A B A △对应顶点的联线共点，则由戴沙格定理，知这两个三角形对应边所在直线的交点1Q 、2Q 、3Q 共线．同理，2Q 、3Q 、4Q 共线．故1Q 、2Q 、3Q 、4Q 共线．例8设点P 在ABC △三边BC 、CA 、AB 上的射影分别为X 、Y 、Z ．在射线PX 上取一点X '，过X '、X 、Y 的圆交射线PY 于Y '，过X '、X 、Z 的圆交射线PZ 于Z '，则AX '、BY '、CZ '三线共点或互相平行．证明如图288-，设直线X Y ''与AB 交于点R ，直线X Z ''与AC 交于点S ，直线Z Y ''与BC 交于点T ．由题设，有PX PX PY PY PZ PZ '''⋅=⋅=⋅．①图28-8X PLL'STP X'CBA 321记1Z PY ''∠=∠，2XPY '∠=∠，3Z PX '∠=∠．注意到线段的比等于其在一直线上的射影比，有 cos 3cos 2Z Y PX PZ TY PX PY ''-⋅∠=''-⋅∠cos 3cos 2PX PX PZ PX PX PX PY PX '''⋅-⋅⋅∠='''⋅-⋅⋅∠② 同理cos 1cos 3Y R PZ PZ PZ PY RX PZ PZ PZ PX ''''⋅-⋅⋅∠=''''⋅-⋅⋅∠，③ cos 2cos 1X S PY PY PY PX SZ PY PY PY PZ ''''⋅-⋅⋅∠=''''⋅-⋅⋅∠．① 注意到①、②、③、④，有 1Z T Y R X STY RX SZ '''⋅⋅='''．对Z Y X '''△应用梅涅劳斯定理的逆定理，知R 、S 、T 三点共线．考虑ABC △与X Y Z '''△，由于其对应边所在直线的交点S 、T 、R 共线．则应用戴沙格定理的逆定理，知对应顶点的联线共点或互相平行．故直线AX '、BY '、CZ '三线共点或互相平行．例9已知ABC △，一圆过B ，C 分别交边AB 、AC 于点C '、B '，设H ，H '分别为ABC △，AB C ''△的垂心，求证：BB '．CC '， HH '三线共点．证明如图299-，设ABC △的高为BE ，CF ，AB C ''△的高为B E ''，C F ''．又设B C ''与BC 交于点G ，H B ''与HB 交于点上I ，H C ''与HC 交于点J ．图289A BCGJF HE′H ′F′B′P I由戴沙格定理，要证HBC △与H B C '''△的对应顶点的联线BB '，CC '，HH '共点，只需证对应边所在直线的交点I ，J ，G 共线．因为B ，C ，B '，下B '共圆，所以GC GB GB GC ''⋅=⋅，() *易知B ，C ，E ．F 及B '，C '，E '，F '分别四点共圆．()*式表明G 对这两个圆的幂相等，从而知G 在这两个圆的根轴上．由9090180BEB B E B '''∠+∠=︒+︒=︒，知B ，E ，B '，E '四点共圆，即有IE IB IB IE ''⋅=⋅．此式表明点I 也在上述两个圆的根轴l 上．同理，点J 也在上述两个圆的根轴l 上，因此I ，J ，G 共线．故BB '，CC '，HH '共点．练习题二十八1．已知AD 、BE 、CF 为ABC △的三条高，BC 与EF 交于点Q 、AC 与DF 交于点k ，AB 与DE 交于点P ．则P 、Q 、R 共线．2．ABC △内切圆切三边BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ，且BC 交EF 于P ，CA 交DF 于Q ，AB 交DE 于R ，则P ，Q ，R 共线．3．将一点与正三角形的顶点相连，则三联结线的中垂线分别与对边（所在直线）的交点共线．4．将一点P 与正三角形ABC △的顶点相连，则PBC △、PCA △、PAB △的欧拉线共点或互相平行． 5．ABC △的内切圆分别切BC 、CA 、AB 边于点D 、E 、F ．连AD 交内切圆于点K ，过K 作内切圆的切线分别与直线DF 、DE 交于点G ，H ．求证：直线AD 、BH 、CG 共点．。

高中竞赛数学几何定理

关于圆圆幂定理线段成比例托米勒定理线段成比例帕斯卡定理三点共线西摩松线三点共线关于三角形海伦公式三角形面积梅内劳斯定理线段成比例塞瓦定理线段成比例欧拉线三点共线且成比例圆幂定理圆幂的定义:一点P对半径R的圆O的幂定义如下：OP^2-R^2所以圆内的点的幂为负数，圆外的点的幂为正数，圆上的点的幂为零。

圆幂定理是相交弦定理、切割线定理及割线定理(切割线定理推论)以及他们推论的统称。

相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等。

切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项。

割线定理：从圆外一点P引两条割线与圆分别交于A.B.C.D 则有PA·PB=PC·P D。

统一归纳：过任意不在圆上的一点P引两条直线L1、L2，L1与圆交于A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D（可重合），则有PA·PB=PC·PD。

进一步升华（推论）：过任意在圆O外的一点P引一条直线L1与一条过圆心的直线L2，L1与圆交于A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D。

则PA·PB=PC·PD。

若圆半径为r，则PC·PD=(PO-r)·(PO+r)=PO^2-r^2=|PO^2-r^2| （一定要加绝对值，原因见下）为定值。

这个值称为点P到圆O的幂。

（事实上所有的过P点与圆相交的直线都满足这个值）若点P在圆内，类似可得定值为r^2-PO^2=|PO^2-r^2|故平面上任意一点对于圆的幂为这个点到圆心的距离与圆的半径的平方差的绝对值。

（这就是“圆幂”的由来）圆的方程通常表示为x^2+y^2=r^2[编辑本段]证明圆幂定理（相交弦定理、切割线定理及其推论(割线定理)统称为圆幂定理）相交弦定理：相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的乘积相等。

证明：连结AC，BD，由圆周角定理的推论，得∠A＝∠D，∠C＝∠B。

高级中学数学竞赛平面几何中的几个重要定理

平面几何中几个重要定理及其证明一、塞瓦定理1．塞瓦定理及其证明定理：在∆ABC 内一点P ，该点与∆ABC 的三个顶点相连所在的三条直线分别交∆ABC 三边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F ，且D 、E 、F 三点均不是∆ABC 的顶点，则有1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=．证明：运用面积比可得ADCADP BDP BDCS S AD DB S S ∆∆∆∆==．根据等比定理有ADC ADC ADP APCADP BDP BDC BDC BDP BPCS S S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆-===-，所以APCBPC S AD DB S ∆∆=．同理可得APB APCS BE EC S ∆∆=，BPCAPB S CF FA S ∆∆=．三式相乘得1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=．注：在运用三角形的面积比时，要把握住两个三角形是“等高”还是“等底”，这样就可以产生出“边之比”．ABCD FP2．塞瓦定理的逆定理及其证明定理：在∆ABC 三边AB 、BC 、CA 上各有一点D 、E 、F ，且D 、E 、F 均不是∆ABC 的顶点，若1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=，那么直线CD 、AE 、BF 三线共点．证明：设直线AE 与直线BF 交于点P ，直线CP 交AB 于点D /，则据塞瓦定理有//1AD BE CFD B EC FA⋅⋅=．因为1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=，所以有//AD AD DB D B=．由于点D 、D /都在线段AB 上，所以点D 与D /重合．即得D 、E 、F 三点共线．注：利用唯一性，采用同一法，用上塞瓦定理使命题顺利获证．二、梅涅劳斯定理3．梅涅劳斯定理及其证明定理：一条直线与∆ABC 的三边AB 、BC 、CA 所在直线分别交于点D 、E 、F ，且D 、E 、F 均不是∆ABC 的顶点，则有1AD BE CFDB EC FA⨯⨯=．ABCD EFPD /ABCD EFG证明：如图，过点C 作AB 的平行线，交EF 于点G ．因为CG // AB ，所以CG CFAD FA= ————（1）因为CG // AB ，所以CG ECDB BE= ————（2）由（1）÷（2）可得DB BE CFAD EC FA=⋅，即得1AD BE CF DB EC FA ⋅⋅=．注：添加的辅助线CG 是证明的关键“桥梁”，两次运用相似比得出两个比例等式，再拆去“桥梁”（CG ）使得命题顺利获证．4．梅涅劳斯定理的逆定理及其证明定理：在∆ABC 的边AB 、BC 上各有一点D 、E ，在边AC 的延长线上有一点F ，若1AD BE CFDB EC FA⋅⋅=，那么，D 、E 、F 三点共线．证明：设直线EF 交AB 于点D /，则据梅涅劳斯定理有//1AD BE CFD B EC FA⋅⋅=．因为1AD BE CF DB EC FA⋅⋅=，所以有//AD AD DB D B =．由于点D 、D /都在线段AB 上，所以点D 与D /重合．即得D 、E 、F 三点共线．注：证明方法与上面的塞瓦定理的逆定理如出一辙，注意分析其相似后面的规律．AB CDEFD /三、托勒密定理5．托勒密定理及其证明定理：凸四边形ABCD 是某圆的内接四边形，则有 AB ·CD + BC ·AD = AC ·BD ．证明：设点M 是对角线AC 与BD 的交点，在线段BD 上找一点，使得∠DAE =∠BAM ．因为∠ADB =∠ACB ，即∠ADE =∠ACB ，所以∆ADE ∽∆ACB ，即得AD DEAC BC=，即AD BC AC DE ⋅=⋅ ————（1）由于∠DAE =∠BAM ，所以∠DAM =∠BAE ，即∠DAC =∠BAE 。

高中数学竞赛解题策略-几何分册第32章勃罗卡定理

第32章勃罗卡定理勃罗卡()Brocard 定理凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ．延长BC 、AD 交于点F ．AC 与BD 交于点G ．联结EF ，则OG EF ⊥．证法1如图321-，在射线EG 上取一点N ，使得N ，D ，C ，G 四点共圆（即取完全四边形ECDGAB 的密克尔点N ），从而B 、G 、N 、A 及E 、D 、N 、B 分别四点共圆．图321MFOL G NEDCBA分别注意到点E 、G 对O 的幂，O 的半径为R ，则22EG EN EC ED OE R ⋅=⋅=-． 22EG GN BG GD R OG ⋅=⋅=-．以上两式相减得()22222EG OE R R OG =---，即22222OE EG R OG -=-．同理，22222OF FG R OG -=-．又由上述两式，有2222OE EG OF FG -=-．于是，由定差幂线定理，知OG EF ⊥．证法2如图321-，注意到完全四边形的性质．在完全四边形ECDGAB 中，其密克尔点N 在直线EG 上，且ON EG ⊥，由此知N 为过点G 的O 的弦的中点，亦即知O ，N ，F 三点共线，从而EN OF ⊥．同理，在完全四边形FDAGBC 中，其密克尔点L 在直线FG 上，且OL FG ⊥，亦有FL OE ⊥．于是，知G 为OEF △的垂心，故OG EF ⊥．证法3如图321-．注意到完全四边形的性质，在完全四边形ABECFD 中，其密克尔点M 在直线EF 上，且OM EF ⊥．联结BM 、CM 、DM 、OB 、OD ．此时，由密克尔点的性质，知E 、M 、C 、B 四点共圆，M 、F 、D 、C 四点共圆，即有BME BCE DCF DMF ∠=∠=∠=∠，从而9090BMO DMO DMF DCF ∠-∠=︒-∠=︒-∠ 90(180)90BCD BCD =︒-︒-∠=∠-︒11180909022BOD BOD BOD ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠=∠ ⎪⎝⎭，即知点M 在OBD △的外接圆上．同理，知点M 也在OAC △的外接圆上，亦即知OM 为OBD 与OAC 的公共弦．由于三圆O ，OBD ，OAC 两两相交，由根心定理，知其三条公共弦BD ，AC ，OM 共点于G ．即知O ，G ，M 共线，故OG EF ⊥．该定理有如下推论推论1凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，直线OG 与直线EF 交于点M ，则M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点．事实上，若设M '为完全四边形ABECFD 的密克尔点，则M '在EF 上，且OM EF '⊥．由勃罗卡定理，知OG EF ⊥，即OM EF ⊥．而过同一点只能作一条直线与已知直线垂直，从而OM 与OM '重合，即M 与M '重合．推论2凸四边形ABCD 内接于圆，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，M 为完全四边形ABECFD 的密克尔点的充要条件是GM EF ⊥于M ．推论3凸四边形ABCD 内接于圆O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ，则G 为OEF △的垂心．事实上，由定理的证法2即得，或者由极点公式：22222EG OE OG R =+-，22222FG OF OG R =+-，22222EF OE OF R =+-两两相减，再由定差幂线定理即证．下面给出定理及推论的应用实例．例1（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心．事实上，由推论3知R 为OPQ △的垂心，再由垂心组的性质即知O 为PQR △的垂心．例2如图322-，凸四边形ABCD 内接于O ，延长AB ，DC 交于点E ，延长BC ，AD 交于点F ，AC 与BD 交于点P ，直线OP 交EF 于点G ．求证：AGB CGD ∠=∠．图322FA证明由勃罗卡定理知，OP EF ⊥于点G ．延长AC 交EF 于点Q ，则在完全四边形ABECFD 中，点P ，Q 调和分割AC ，从而GA ，GC ，GP ，GQ 为调和线束，而GP GQ ⊥，于是GP 平分AGC ∠，即AGP CGP ∠=∠．延长DB 交直线EF 于点L （或无穷远点L ），则知L ，P 调和分割BD ，同样可得BGP DGP ∠=∠．故AGB CGD ∠=∠．例3（2011年全国高中联赛题）如图323-，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK MN ⊥，则A ，B ，D ，C 四点共圆．图323证明用反证法．若A ，B ，D ，C 四点不共圆，则可设ABC △的外接圆O 与直线AD 交于点E ，直线CE 交直线AB 于P ．直线BE 交直线AC 于Q ．联结PQ ，则由勃罗卡定理，知OK PQ ⊥．由题设，OK MN ⊥，从而知PQ MN ∥．即有AQ APQN PM=．①对NDA △及截线BEQ ，对MDA △及截线CEP 分别应用梅涅劳斯定理有1NB DE AQBD EA QN⋅⋅= 及1MC DE APCD EA PM⋅⋅=．由①，②得NB MCBD CD=．再应用分比定理，有ND MDBD DC=，从而DMN DCB △∽△．于是，DMN DCB ∠=∠．即有BC MN ∥，从而OK BC ⊥，得到K 为BC 的中点，这与已知矛盾．故A ，B ，D ，C 四点共圆．例4（1997年CMO 试题）设四边形ABCD 内接于圆，边AB 与DC 的延长线交于点P ，AD 与BC 的延长线交于点Q ．由点Q 作该圆的两条切线QE ，QF ，切点分别为E ，F ．求证：P ，E ，F 三点共线．证明如图324-，设ABCD 的圆心为O ，AC 与BD 交于点G ，联结PQ ，则由勃罗卡定理，知OG PQ ⊥．A图324设直线OG 交PQ 于点M ，则由推论1，知M 为完全四边形ABPCQD 的密克尔点，即知M 、Q 、D 、C 四点共圆．又O 、E 、Q 、F 四点共圆，且OQ 为其直径，注意到OM MQ ⊥，知点M 也在OEQF 上．此时，MQ ，CD ，EF 分别为MQDC ，OEMQF ，ABCD 两两相交的三条公共弦．由根心定理，知MQ 、CD 、EF 三条直线共点于P ．故P ，E ，F 三点共线．例5（2006年瑞士国家队选拔赛题）在锐角ABC △中，AB AC ≠，H 为ABC △的垂心，M 为BC 的中点，D 、E 分别为AB ，AC 上的点，且AD AE =，D 、H 、E 三点共线．求证：ABC △的外接圆与ADE △的外接圆的公共弦垂直于HM ．证明如图325-，分别延长BH ，CH 交AC 、AB 于点B '、C '，则知A 、C '、H 、B '及B 、C 、B '、C '分别四点共圆，且AH 为AC HB ''的直径，点M 为BCB C ''的圆心．HB'QCEMNBC 'P图325设直线BC 与直线C B ''交于点Q ，联结AQ ，则在完全四边形BCQB AC ''中，由勃罗卡定理，知MH AQ ⊥．设直线MH 交AQ 于点P ，则由推论1，2知HP AQ ⊥，且P 为完全四边形BCQB AC ''的密克尔点，由此，即知P 为ABC 与AC HB ''的另一个交点，亦即AP 为ABC 与AC HB ''的公共弦，也可由根心定理，知三条公共弦BC ，C B ''，AP 所在直线共点于Q ．故AP HM ⊥．下证点P 在ADE △的外接圆上．延长HM 至N ，使MN HM =，则四边形BNCH 为平行四边形，由此亦推知N 在ABC 上．由DBH ECH △∽△，有BD CEBH CH=．由BPN CPN S S =△△，有BP BN NC CP ⋅=⋅，并注意BN CN =，NC BH =，于是由*，有BD BH NC BPCE CH BN CP===，即BD CEBP CP=．而DBP ECP ∠=∠，则DBP ECP △∽△，即有BDP CEP ∠=∠．于是，ADP AEP ∠=∠，即点P 在ADE △的外接圆上．故ABC △的外接圆与ADE △的外接圆的公共弦AP 垂直于HM ．下面看定理的演变及应用将定理中的凸四边形ABCD 内接于圆，演变成凸四边形外切于圆，则有例6如图326-，凸四边形ABCD 外切于O ，延长AB 、DC 交于点E ，延长BC 、AD 交于点F ，AC 与BD 交于点G ．则OG EF ⊥．图326S DFRCG OM BEN证明设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 分别切于点M 、N 、R 、S ，则由牛顿定理，知AC 、BD 、MR 、NS 四线共点于G ．注意到EM ER =，在等腰ERM △中应用斯特瓦尔特定理，有22EG EM MG GR =-⋅．同理，22FG FS SG GN =-⋅．由上述两式相减，得2222EG FG EM FS MG GR SG GN -=--⋅+⋅．联结MO 、EO 、FO 、SO ，设O 的半径为r ，则由勾股定理，有222FM OE r =-，222FS OF r =-．又显然，有MG GR SG GN ⋅=⋅．于是，2222EG FG EO FO -=-．由定差幂线定理，知OG EF ⊥．由此例及勃罗卡定理，则可简捷处理如下问题：例7（1989年IMO 预选题）证明：双心四边形的两个圆心与其对角线交点共线（双心四边形指既有外接圆，又有内切圆的四边形）．证明如图327-，设O ，I 分别为四边形ABCD 的外接圆、内切圆圆心，AC 与BD 交于点G ．当ABCD 为梯形时，结论显然成立，O ，I ，G 共线于上、下底中点的联线．图327ADFCO I G BE当ABCD 不为梯形时，可设直线AD 与直线DC 交于点E ，直线BC 与直线AD 交于点F ，联结EF ．由勃罗卡定理，知OG EF ⊥；由例6的结论，知IG EF ⊥．故O ，I ，G 三点共线．将推论2中的凸四边形内接于圆演变为一般的完全四边形，其密克尔点变为凸四边形对角线交点在完全四边形另一条对角线上的射影，则有例8（2002年中国国家队选拔赛题）如图328-，设凸四边形ABCD 的两组对边所在直线分别交于E ，F 两点，两对角线的交点为P ，过P 作PO EF ⊥于点O ．求证：BOC AOD ∠=∠．图328DFOEP CB事实上，可类似于前面例2的证法即证得结论成立．将勃罗卡定理中的凸四边形对角线的交点演变为三角形的垂心，则有例9（2001年全国高中联赛题）如图329-，ABC △中，O 为外心，三条高AD 、BE 、CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N ．图329AE CNMDBF OH求证：（1）OB DF ⊥，OC DE ⊥;（2）OH MN ⊥．证明（1）由A 、C 、D 、F 四点共圆，知BDF BAC ∠=∠．又()1180902OBC BOC BAC ∠=︒-∠=︒-∠，即90OBD BDF ∠=︒-∠，故OB DF ⊥．同理，OC DE ⊥．（2）要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明有222MO MH NO NH -=-即可．注意到CH MA ⊥，有2222MC MH AC AH -=-，① BH NA ⊥，有2222NB NH AB AH -=-．② DA BC ⊥，有2222BD CD BA AC -=-，③ OB DN ⊥，有2222BN BD DN OD -=-，④ OC DM ⊥，有2222CM CD DM OD -=-．⑤由①-②+③+④-⑤得2222NH MH ON OM -=-．即有2222MO MH NO NH -=-．故OH MN ⊥．将例9中的外心O 演变为一般的点，则有例10如图3210-，设H 是ABC △的垂心，O 是ABC △所在平面内一点，作HP OB ⊥于P ，交AC 的延长线于点N ，作HQ OC ⊥于Q 交AB 的延长线于点M ．求证：OH MN ⊥．图3210E C ND H O QF BMP证明要证OH MN ⊥，由定差幂线定理知，只要证明有2222OM HM HN ON -=-即可．注意到HN OB ⊥，HM OC ⊥，分别有2222OH ON BH BN -=-，2222OH OM CH CM -=-．从而得222222OM ON CM BN BH CH -=-+-．① 由BH AN ⊥，有2222BA BN HA HN -=-， CH AM ⊥，有2222CA CM HA HM -=-， AH BC ⊥，有2222AB AC HB HC -=-．从而得222222HM HN CM BN BH CH -=-+-．②由①，②得2222OM ON HM HN -=-．故OH MN ⊥．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略几何分册第31章曼海姆定理

第31章曼海姆定理曼海姆()Mannheim 定理一圆切ABC △的两边AB 、AC 及外接圆于点P ，Q ，T ，则PQ 必通过ABC △的内心（还可证内心为PQ 的中点）．证法l 如图311-，设已知圆与ABC △的外接圆的圆心分别为1O ，O ，PQ 的中点为I ，则A ，I ，1O 三点共线．图311P O 1Q FS XBE KTO LMN Cl A设直线AI 交O 于E 点，注意到T 、1O 、O 共线，记过1O 点O 的直径的另一端点为L ，则由相交弦定理，有1111O L OT O A O E ⋅=⋅．① 由1O P AB ⊥，1O A PQ ⊥，有2111O P O I O A =⋅．② 注意到11O P O T =，①+②得11O P TL O A EI ⋅=⋅．③作O 的直径EF ，由1Rt Rt BEF PO A △∽△，有11O P EF O A BE ⋅=⋅．由③、④，并注意TL EF =，知BE EI =．又E 为弧BC 的中点，于是，知I 为ABC △的内心，且I 在PQ 上．证法2如图311-，设过点A ，P ，T 的圆交直线TQ 于点S ，交直线AC 于点K ，则由 KST KAT CNT ∠=∠=∠（N 为TS 与O 的交点），知NC SK ∥．设直线TP 交O 于点M ，则知M 为AB 的中点（读者可自证或参见下面的证法4）．同理，知N 为AC 的中点，从而ABC △的内心I 为BN 与CM 的交点．又由QKP ATP ACM ∠=∠=∠，知PK MC ∥．由PST PAT BNT ∠=∠=∠，知BN PS ∥．于是，知SPK △与NIC △位似，且Q 为位似中心．故I 在直线PQ 上．证法3同证法1所设，延长1AO 交O 于点E ，则AE 平分BAC ∠及弧BC ．设R ，r 分别为O ，1O ，的半径．此时，点1O 关于O 的幂为 ()112OA O E R r r ⋅=-⋅，且11sin 2rAO A =∠，则()112sin 2O E R r A =-⋅∠．设1AO 交PQ 于I ，则()111112sin sin 2sin 222EI EO O I R r A r A R A BE =+=-⋅∠+⋅∠=⋅∠=于是，由三角形内心的判定．知I 为ABC △的内心且I 在直线PQ 上．证法4如图311-，设直线TP 交ABC △的外接圆于点M ，联结MC ，则点MC 平分ACM ∠（也可这样证：过点T 作公切线TX ，由()1122m m m XTP TP BPT BT AT ∠======∠===+，()1122m XTP MCT TM TB BM ∠=∠====+有BM AM =．)设直线TQ 交ABC △的外接圆于点N ，同理，知BN 平分ABC ∠．在圆内接六边形ABNTMC 中，应用帕斯卡定理，知三双对边AB 与TM 的交点P ，BN 与MC的交点I ，TN 与AC 的交点Q 三点共线，而I 为ABC △为内心，则知内心在PQ 上．（若注意到AP AQ =，BAC ∠的平分线交PQ 于其中点，即知I 为PQ 中点．）下面给出定理的应用实例．例l （《数学通报》数学问题1163）已知1O 与2O 内切于点T ，1O 上的任意一点A ，弦AB ，AC 切2O 于E ，F ，弦AT 过2O 且交EF 于H ，交BC 于D ．求证：AH HDAT HT=．证明如图31-2，联结BT ，由曼海姆定理，知H 为ABC △的内心，从而BT HT =．图312A C F EBTPH D O 1O 2由BAT CAT CBT ∠-∠=∠，知ABT BTD ∠∽△．亦有()()2BT TD TA TH HD TH HA =⋅=-⋅+2TH TH HA TH HD HD HA =+⋅-⋅-⋅ 2TH TH HA HD TA =+⋅-⋅ 2BT TH HA HD TA =+⋅-⋅．从而0TH HA HD TA ⋅-⋅=．故AH HD AT HT =．例2（2003年土耳其数学奥林匹克题）已知一个圆与ABC △的边AB ，BC 相切，也和ABC △的外接圆相切于点T ．若I 是ABC △的内心，证明：ATI CTI ∠=∠．证明当AB BC =时，结论显然成立，不妨设AB BC >．如图313-，过点T 作公切线KL ，设已知圆圆心为1O ，它与边AB ，BC 分别切于点E ，D ．由曼海姆定理，知I 在ED 上，且为ED 中点．图313BD AEKTLC O 1I显然B ，I ，1O 三点共线，联结BT ，1O T ，1O E ，则1OT KL ⊥，且221111O I O B O E O T ⋅==．从而，11O IT OTB △∽△，即有11O TI O BT ∠=∠．注意：到190ATI ATK OTI ∠=︒-∠+∠ 190ABT OTI =︒-∠+∠111902B O BT OTI =︒-∠+∠+∠（） 1902B =︒-∠．112CTI B CTI O BT TBC ∠+∠=∠+∠+∠1CTI OTI TBC =∠+∠+∠ 11CTO CTL OTL =∠+∠=∠ 90=︒．故1902CTI B ATI ∠=︒-∠=∠．例3（2004年中国国家集训队培训题）设与ABC △的外接圆内切并与边AB 、AC 相切的圆为a C ，记a r 为圆a C 的半径，类似地定义b r ，c r ．r 是ABC △的内切圆的半径，证明：4a b c r r r r ++≥．证明如图312-，设圆上a C 与AB ，AC 分别切于点E ，F ，由曼海姆定理知ABC △的内心在EF 上，即EF 的中点H 为其内心．设a C 的圆心为2O ，则同理，22a r AO AO AEr AH AE AH ==⋅2111cos coscos 222A A A=⋅=2222cos sin 221tan 2cos 2A A A A +==+．同理，21tan 2b r B r =+，21tan 2c r C r =+．注意到1tantan122tan 2tan tan tan222B CA B C B C -⋅==++，即tantan tan tan tan tan 1222222A B B C C A⋅+⋅+⋅⋅=．因此，2223tan tan tan 222a b c r r r A B Cr r r ++=+++3tantan tan tan tan tan 222222A B B C C A =+⋅+++⋅+2221tan tan tan tan tan tan 42222222A B A C C A ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦≥．故4a b c r r r r ++≥．例4（2006年亚太地区数学奥林匹克题）从O 上任取A ，B 两点，P 为线段AB 的中点，1O 与AB 相切于点P 且与O 相切．过点A 作不同于AB 的1O 的切线l ，点C 是l 与O 的不同于点A 的交点，设Q 的BC 的中点，2O 与BC 相切于点Q 且与线段AC 相切．求证：2O 与O 相切．证明如图314-，设1O ，2O 分别与直线l （即弦AC ）相切于点X ，Y ，则由曼海姆定理知PX 的中点M 为ABC △的内切圆圆心，从而点M 在ACB ∠的平分线上．BA图314延长2QO 交于O 于点K ，则K 为优孤BC 的中点．令1O 与O 内切于点S ，由圆与圆相切的性质5知，S 、P 、T 共线，从而知S 为优弧AB 的中点．设KQ 与CT 交于点N ，联结AS ，BT ．由12ABT CB ASB ASP Γ∠=∠=∠=∠，知Rt Rt Rt CNQ BTP SAP △∽△∽△．于是．有NQ TP APCQ BP SP==① 联结AM 、XS 、CK ，由119022XPS APM PAM CAB CKB CKQ ∠=︒-∠=∠=∠=∠=∠，知Rt Rt Rt APM PSX KCQ △∽△∽△，即有 12PXAP PM SP SX SX==，以及PX KQSX CQ=．于是，有12KQAP SP CQ =．② 由①②知12KQNQ CQ CQ=，即知N 为线段KQ 的中点．从而，以N 为圆心，NQ 为半径的圆过点Y ，K 且NY AC ⊥．即N 切AC 于点Y ．故知N 与2O 重合，即2O 与O 内切于点K ．下面再看定理的演变及应用．例5(IMO20试题)在ABC △中，边AB AC =，有一个圆内切于ABC △的外接圆，并且与AB ，AC 分别相切于P ，Q ．求证：P ，Q 两点连线的中点是ABC △的内切圆圆心．显然，这是曼海姆定理的特殊情形．该定理的4种证明都可移过来证明该题，下面，另给一种特殊证法．证明如图315-，设已知圆1O 与ABC △的外接圆内切于点T ，AT 交PQ 于点I ，交BC 于点D ．显然，1O 在直线AT 上，且I 为PQ 的中点．图315ACQ P BTDI O 1考虑以A 为中心的位似变换，以1O 为圆心的圆经过位似变换后变为ABC △的内切圆．因此，只需证明1O 的像是I 即可，亦即证1AI ADAO AT=即可．事实上，这由1APO ABT △∽△即得．若考虑定理的逆命题，则有例6（1992年台湾地区数学奥林匹克题）如图316-，设I 是ABC △的内心，过I 作AI 的垂线分别交边AB ，AC 于点P 、Q ．求证：分别与AB 、AC 相切于点P ，Q 的圆L 必与ABC △的外接圆圆O 相切．图316AQ CMBP O IL证明延长AI 交圆O 于M ，设圆O 的半径为R ，则点L 对圆O 的幂为22LA LM R LO ⋅=-．于是，()222LO R LA LM R LA IM IL =-⋅=--2R LA IM LA LI =-⋅+⋅22R LA IM LP =-⋅+．因为()12MIC A C ∠∠+∠=12BCM C MCI =∠+∠=∠，所以2sin22A LPIM MC R R LA==⋅=⋅．从而，()22222LR LO R LA R LP R LP LA=-⋅⋅+=-．因此，圆L 与圆O 相切．下面，考虑定理的推广，则有例7如图317-，设D 为ABC △的边AB 上一点，一圆切DBC △的边DB ，DC 分别于P ，Q 点，又与ABC △的外接圆内切于点T ，则PQ 必通过ABC △的内心． NPBQ 'ΓE SCTD QH A图317显然，当D 与A 重合时，此例即为曼海姆定理．证明设直线TP ，TQ 分别交ABC △的外接圆Γ于E ，Q '，过T 作公切线TS ，如图6．由QPT QTS Q ET '∠=∠=∠，知EQ PQ '∥．联结BT ，AT 分别交已知小圆于L ，N 亦可证BA LN ∥，即知LP PN =，从而推知E 为BA 的中点．亦即CE 平分BCA ∠．设直线CE 交PQ 于点I ．由ETB ACE ABE ∠∠=∠=，知ETB EBP △∽△．从而，2EP ET EB ⋅=．① 由PQT EQ T ECT ICT '∠=∠=∠=∠，知T ，C ，Q ，I 四点共圆．设直线CD 交圆Γ于H ，则QTI QCI HCE HTE ∠=∠=∠=∠，于是，注意到可证得TQ '平分HTC ∠，有EIP QIC QTC HTQ HTI QTI HTI HTE ETI ∠=∠=∠=∠=∠+∠=∠+∠=∠，由弦切角定理的逆定理，知EI 与PTI 相切．于是，2EI EP ET =⋅．由①，②知EI EB =．由内心的判定结论知I 为ABC △的内心，且I 在PQ 上．故PQ 必通过ABC △的内心．（D 为AC 上一点时，同样可证结论成立．）例8（2007年中国国家集训队测试题）凸四边形ABCD 内接于圆Γ，与边BC 相交的一个圆与圆Γ内切，且分别与BD ，AC 相切于点P ，Q ．求证：ABC △的内心与DBC △的内心皆在直线PQ 上．证明如图318-，设BD 与AC 交于点E ．E P QMBCNDAT图318对DBC △而言，E 在BD 上，已知圆与EB ，EC 分别切于点P ，Q ，由例6的结论，知DBC △的内心必在直线PQ 上．同理，ABC △的内心必在直线PQ 上．注：在图317-中，设两圆内切于点T ，直线TP ，TQ 分别交圆Γ于M ，N 点，则可推证M ，N 分别为弧BD ，AC 的中点，且可推证MN PQ ∥（可参见例7的证明）．若利用这个结论，再去掉内部的小圆，则得到如下竞赛题：例9（2011年中国数学奥林匹克题）如图319-，设D 是锐角ABC △外接圆Γ上弧BC 的中点，点X 在弧BD 上，E 是弧ABX 的中点，S 是弧AC 上一点．直线SD 交BC 交于点R ，SE 与AX 交于点T ．证明：若RT DE ∥，则ABC △的内心在直线RT 上．ΓTX BS LYADCR 图319证明如图319-，过点S 作圆Γ的切线LY ．由RT DE ∥，知SRT SDE ESY ∠=∠=∠，STR SED DSL ∠=∠=∠．由弦切角定理的逆定理，知过T 、R 、S 三点的圆与直线LY 相切于点S ．亦即该圆与圆Γ内切于点S ．过点E 作圆Γ的切线EZ ，因E 为弧XA 的中点，知EZ XA ∥．注意到DE RT ∥，有STA SEZ SDE SRT ∠=∠=∠=∠．由弦切角定理的逆定理，知过T ，R ，S 三点的圆与直线XA 相切于点T ．同理，过T ，R ，S 三点的圆与直线BC 相切于点R ．联结CX ，XB ，则图319-变成了图318-的情形，于是由例8的结论知本题结论成立．例10（例2的推广）如图3110-，已知1O 与O 内切（1O 在O 的内部）于点T ，点B ，C 在O 上分居1O T 两侧，过B ，C 分别作1O 的切线（与T 在直线BC 异侧）交于点A ．若ABC △的内心为I ，则BTI CTI ∠=∠．证明如图3110-，设AB ，AC 分别与1O 切于点P ，Q ，O 与直线BA ，CA 的另一交点分别为E ，F ，直线TP ，TQ 分别与O 交于点M ，N ，联结BN ，CM 分别与PQ 交于点1I ，2I ，则由例7的证法及结论，知1I 为FBC △的内心，2I 为EBC △的内心．I 2I 1ION K BTS OPQA E FM图3110过点T 作公切线SK ，则11I BT NTK I PT ∠=∠=∠，于是，知P ，B ，T ，1I 四点共圆．注意到2BI ，1CI 分别平分ABC ∠，ACB ∠，知2BI 、1CI 、1AO 三线共点于I ，且11902I IB BAC API ∠=︒-∠=∠，即有P ，B ，I ，1I 四点共圆．于是，P ，B ，T ，I ，1I 五点共圆．同理Q ，C ，T ，I ，2I 五点共圆．故BTI API AQI CTI ∠=∠=∠=∠．例11(塞巴尔特()The bault 定理）设D 是ABC △的BC 边上任意一点，I 是ABC △的内心，1O 与AD ，BD 均相切，同时与ABC △的外接圆相切；2O 与AD ，CD 均相切，同时与ABC △的外接圆相切，则1O ，I ，2O 三点共线．证明如图3111-，设1O 与BD ，AD 分别切于点E ，F ，2O 与AD ，CD 分别切于点G ，H ．由例6的结论，知直线EF 与GH 的交点即为ABC △的内心I ．图3111注意到1O D EI ⊥，2HG DO ⊥，12O D O D ⊥，则知EI GH ⊥．从而，知GF 为IGF 的直径．又EH 为IEH 的直径，1O E EH ⊥，1O F GF ⊥，11O E O F =，所以点1O 对IGF 与IEH 的幂相等．因而点1O 在IGF 与IEH 的根轴上．同理，点2O 也在IGF 与IEH 的根轴上．因此，直线12O O 即为IGF 与IEH 的根轴．故点I 在这两圆的根轴上，亦即1O ，I ，2O 三点共线．练习题三十一 1．（2008年四川省竞赛题）已知O 与ABC △的边AB ，AC 分别相切于P 和Q ，与ABC △的外接圆内切于点D ，M 是PQ 的中点，求证：2POQ MDC ∠=∠． 2．1O 与ABC △的边AB ，BC 分别切于点K ，M ，又与ABC △的外接圆O 内切于点N ，不含N 点的弧AB ，BC 的中点分别为Q ，P ．设KBQ △的外接圆与MPB △的外接圆的第二个交点为1B ，求证：四边形1BPB Q 为平行四边形．给出本章如下例题的另证．3．（2006年第18届亚太地区数学奥林匹克题）从O 上任取A ，B 两点，P 为线段AB 的中点，1O 与AB 相切于点P 且与O 相切，过点A 作不同于AB 的1O 的切线l ，点C 是l 与O 的不同于点A 的交点．设Q 是BC 的中点，2O 与BC 相切于点Q 且与线段AC 相切，求证：2O 与O 相切．4．设H 为BCD △的边BD 上一点，一圆切BCH △的两边HB ，HC 于点P ，Q ，又知BCD △的外接圆内切于点T ，则PQ 必通过BCD △的内心．5．（2007年国家集训队测试题）凸四边形ABCD 内接于圆Γ，与边BC 相交的一个圆与圆Γ内切，且分别与BD ，AC 相切于点P ，Q ．求证：ABC △的内心与DBC △的内心皆在直线PQ 上．6．（2011年中国数学奥林匹克题）设D 是锐角ABC △外接圆Γ上弧BC 的中点，点X 在弧BD 上，E 是弧ABX 的中点，S 是弧AC 上一点，直线SD 与BC 交于点R ，SE 与AX 交于点T ．证明：若RT DE ∥，则ABC △的内心在直线RT 上．（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。

高中数学联赛题数学平面几何试题方法

高中数学联赛题数学平面几何试题方法高中数学联赛题关于数学平面几何试题方法导语：每年10月中旬的第一个星期日举行“全国高中数学联合竞赛”，全国高中数学联合竞赛是中国高中数学学科的较高等级的数学竞赛，其地位远高于各省自行组织的数学竞赛。

下面是小编为大家准备的高中数学联赛题的解题方法吧!欢迎阅读，仅供参考，更多相关的知识，请关注CNFLA学习网的栏目!高中数学联赛题关于数学平面几何的解题方法一.知识准备在初中平几基础上需再掌握一些定理，正如牛顿所说，站在巨人肩膀上，才会看得高，望得远，做得好，解得快。

归纳如下：内外角平分线定理，梅洛劳斯定理，塞瓦定理，西姆松定理，圆幂定理，托勒密定理，布拉美古塔定理，蝴蝶定理，托勒密定理，费马点，欧拉线，九点圆，三角形的“五心”的性质，正弦余弦定理，三角形中的不等式结论等。

当然还能再多掌握几个定理更好，如：笛莎格定理，牛顿定理等。

二.解题策略方法还是老方法，也就是分析法和综合法及反证法等。

关键是如何快速找到解题思路。

从初中的`平几到高中联赛中的平几，思维梯度增加不少，可以说让人缴尽脑汁。

初学者更是一筹莫展。

下面谈谈怎样完成这一转变。

第一:思维发散面扩大，加深。

比如：初中平几证角相等及线相等的定理相对高中联赛中的平几中的定理少而且浅。

因此在思考此类条件或结论时要想多点，宜做多手准备，以备不需。

千万不要一根筋。

第二：在寻找解题思路时要分析法结合综合法交替使用，甚至要结合发证法进行肯定与否定，以便认清题意，准确找到解题思路。

第三注意动静结合，抓住不变的本质去寻求解题思路。

以退为进去尝试，从而归纳出解题思路。

第四解完一题，要多总结。

最好能找到多种解法，切不可操之过急，初学者一星期搞懂一题就可，慢慢来，积累一定程度后。

就能做到眼观六路，耳听八方。

解题时如有神助。

再说一次，一题不懂不可去做第二题，这种题目题海战术是行不通的。

高中数学联赛几何分册

高中数学联赛几何分册几何是高中数学联赛中的一个重要分册，它涉及平面几何和立体几何，为高中数学联赛考题提供了框架。

本文将分析几何分册，作为指导高中学生精通几何知识，并在高中数学联赛中取得优异成绩。

首先，我们先来聊聊平面几何。

平面几何主要围绕着形状、线段、角度以及两个以上的点的位置关系等问题展开。

其中，形状主要涉及解析几何、统计几何、旋转几何以及同轴几何。

解析几何是讨论形状的变换的，如平移、旋转、缩放形状等。

统计几何是讨论形状的空间关系，比如多边形的内部关系等。

旋转几何则是讨论图形中点、线、圆等元素之间的关系，比如点、线、圆等相交等。

同轴几何是一种特殊的几何，比如任意直线和圆之间的关系等。

其次，我们聊一聊立体几何。

立体几何涉及立体形状、空间点的位置关系以及空间线段、立体角度等问题。

立体形状主要涉及棱形、圆柱、圆锥以及立方体等，主要讨论它们内部构成特性以及它们对外部空间的作用。

另外，空间点的位置关系涉及空间形状在立体空间中的表示方法，如直角坐标系等。

空间线段则是讨论空间线段与空间中其他物体之间的关系，比如平面、圆锥等。

最后，立体角度是讨论空间中物体的角度，比如两个平面之间的夹角、两个空间线段之间的夹角、两个圆锥之间的夹角等。

最后，我们来看一下如何准备高中数学联赛几何分册的考题。

首先，学生需要精通平面几何和立体几何的基础知识。

然后，学生可以选择练习题来巩固自己的知识，不断完善自己的数学技能。

此外，学生还可以把自己熟悉的题目拿出来练习，从而不断提高自己的水平。

最后，学生还可以参加一些数学竞赛，这样不仅可以提高自己的知识水平，而且可以让自己了解更多的高中数学联赛考题。

综上所述，几何是高中数学联赛中一个重要的分册，它涉及平面几何和立体几何的知识，如形状、线段、角度以及空间点的位置关系等。

如果想取得优异成绩，学生必须精通几何，并能够正确处理高中数学联赛考题。

总之，几何是高中数学联赛中一个不可缺少的分册，希望它会帮助所有学生到达数学巅峰！。

高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理

第章角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，则三直线、、平行或共点的充要条件是证明由，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立．推论设、、分别是的外接圆三段弧、、上的点，则、、共点的充要条件是．事实上，应用三角形正弦定理，代入角元形式的塞瓦定理即证．第二角元形式的塞氏定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则、、平行或共点的充要条件是．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例（年加拿大数学奥林匹克题）如图，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．40°20°α40°70°HF EDCBA图22-1证明如图，设，则，对及点，应用甬元形式的塞瓦定理，有．从而，即有．于是．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故．例（年香港代表队选拔赛题）如图，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．BA图22-2证明用表的度数，令，则，，，，．对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．亦即．亦即．从而而，则．由，有于是，即，从而。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第24章密克尔定理

第24章密克尔定理定理1（三角形的密克尔定理）设在一个三角形每一边上取一点（可在一条边、或两条边、或三条边的延长线上取），过三角形的每一顶点与两条邻边所在线上所取的点作圆，则这三个圆共点．① 证明在ACF △中，令1CAF α∠=，2ACF α∠=，3CFA α∠=．如图24-1（1），B 、D 、E 分别在ACF △的三边AC ，CF ，FA 上．设ABE △与BCD △的外接除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1180BME α∠︒=-，2180BMD α∠︒-=．于是，123360180DME BME BMD ααα∠︒∠-∠=+=︒-=-，从而知M ，D ，F ，E 四点共圆．CBAF EMACDF BCO EFBDE(3)(2)(1)图24-1故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ．对于图24-1（2），B 、D 分别为ACF △的边AC ，CF 上的点，E 在边AF 的延长线上．设ABE △与BCD △的外接圆除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1180BME α∠=︒-，2BMD α∠=，于是，123180180DME BME BMD DFE ααα∠=∠-∠=︒--==︒-∠，从而知M ，D ，F ，E 四点共圆．故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ．对于图24-1（3）．B 、D 、E 分别为ACF △的三边CA ，CF ，FA 延长线上的点．设ABE △与BCD △的外接圆除交于点B 外，另一交点为M ，联结BM ，DM ，EM ，则1BMD α∠=，2BMD α∠=．于是，123180DME BME BMD DFE ααα∠=∠+∠=+=︒-=∠．从而知M ，F ，D ，E 四点共圆．故ABE △，CDB △，FED △的外接圆共点于M ．对于其他取点情形均可类似于上述情形而证．特别地，若有一点取在三角形的顶点，则过两个重合的点之圆与这两点所在的边相切．又若取的三点共直线，如图24-1（2）、（3）中的点B 、D 、E 共直线，则对ACF △来看，直线BDE 截其三边时，三圆ABE ，CDB ，FED 共点于M ；对ABE △来看，直线CDF 截其三边时，三圆ACF ，CDB ，FED 也共点于M ；此时四圆ABE 、ACF 、CDB 、FED 共点于M ，因而可得如下推论：定理2（完全四边形的密克尔定理）四条一般位置的直线形成的四个三角形，它们的外接圆共点．如图24-2，四条直线两两相交又没有三线共点而构成四个三角形的图形称为完全四边形，其交点记为A ，B ，C ，D ，E ，F ．在完全四边形ABCDEF 中，ACF △，ABE △，BCD △，DEF △的外接圆共点于M ，也可这样推证：设ACF △和ABE △的外接圆的另一交点为M ，联结AM ，BM ，DM ，EM ，FM ，则由①沈文选．三角形的密克尔定理及应用［J ］．中等数学，2011（11）：5-8．图24-2FCM FAM EAM EBM DBM ∠∠∠∠∠====，即知D ，B ，C ，M 四点共圆．同理，E ，F ，D ，M 四点共圆．或者也可这样推证：设BCD △和DEF △的外接圆的另一交点为M ，作M 分别在直线AC 、CF 、BE 、AE 上的射影P ，Q ，R ，S ，则由西姆松定理及其逆定理来证（第14章性质3）．定理1中的点M 称为三点B ，D ，E 关于ACF △的密克尔点，BDE △是点M 的密克尔三角形，三个圆称为密克尔圆．若点M 为ACF △三边AC ，CF ，FA 上的点B ，D ，E 关于该三角形的密克尔点，则有结论1()()()MDF C MEA F MBC A ∠∠∠==，即密克尔点与所取三点的联线与对应边所成的锐角相等．这个结论可由四点共圆时，同弧上的圆周角相等或四边形的外角等于内对角即得．又对于图24-1（2）（其他图类似推导）有()()CMF CMD DMF CBD DEF BDA BAD ADE DAE A BDE ∠∠+∠∠+∠∠+∠+∠+∠∠+∠====，等三式得到如下的密尔克等式（对于图24-1（2）、（3）亦有类似等式）：结论2CMF A BDE ∠∠+∠=，FMA C DEB ∠∠+∠=，AMC F EBD ∠∠+∠=．我们可以密克尔点M 作出任一组（3条）直线与三边成等角，或过M 与三角形的一个顶点任作一圆．从而有穷多种方法定出它的密克尔三角形．因而，有结论：结论3若点M 为ACF △所在平面上一定点，则有无穷多种方法定出它的密克尔三角形．对于三角形的密克尔圆，也有如下结论：结论4设ACF △的三个密克尔圆ABA '、CDB 、FED 与ACF △的外接圆依次交于点A '、C '、F '，则A BC A EF ''△∽△，C BA C DF ''△∽△，F DC F EA ''△∽△．事实上，如图24-3，由相交两圆的性质2的推论1即证．E A'F'MF C 'CBA图24-3结论5设D 、E 、B 分别是ACF △的CF ，FA 、AC 上的点，自A 、C 、F 各引一直线a ，c ，f 分别交密克尔圆ABF 、CDB 、FED 于点A '、C '、F '．则（1）当a ，c ，f 交于一点P 时，A '，C '，F '，P ，M 五点共圆；（2）当a c f ∥∥，时，A '、C '、M 、F '四点共线．证明（1）如图24-4（1），由么PA M MEA MBC MDF FF M PF M '''∠∠∠=∠∠∠====，知M 、P 、A '、F '四点共圆．(2)M A'C 'acf F'DABC EF(1)C 'F'P A'DA B CE FMfa c 图24-4同理，M 、P 、F '、C '四点共圆．故A '、C '、F '、P 、M 五点共圆．（2）如图24-4（2）．联结A M '、MC '，由AA M MEF MF F ''∠∠∠==，知A '、M 、F '共线．联结MC '与直线a 交于点A ''，则180180180AA M AA C A C C MBC ABM ''''''∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠=∠，即知A 、B 、A ''、M 四点共圆，而A ''又在直线a 上，从而知A ''与A '重合，故C '、A '、M 三点共线．由于A '、M 公用，这两条直线重合，故A '、C '、M 、F '四点共线．在定理1中，任意一组在三角形三边所在直线上共线点，它们的密克尔点在其外接圆；反之，外接圆上任一点的密克三角形（所取的三点为顶点的三角形）化为一条直线段．由此可知，三角形的西姆松线段也是一个特殊的密克尔三角形．定理2中的点M 称为完全四边形的密克尔点，点M 在完全四边形各边的射影共线，此线称为完全四边形的西姆松线．若点M 是完全四边形ABCDEF 的密克尔点，即ACF △，BCD △，DFF △，ABE △的外接圆共点，若注意到这些三角形的外心，则有结论：结论6完全四边形的四个三角形的外心及密克尔点五点共圆．事实上，如图24-2，设1O ，2O ，3O ，4O 分别为ACF △，BCD △，DEF △，ABE △的外心，则注意到CM为1O 与2O 的公共弦，有12211801802O O M CO M CDM ∠=︒-∠=︒-∠，注意到MF 为1O 与3O 的公共弦，有13311802O O M MO F FEM FDM ∠=∠=∠=︒-∠．从而，1213O 360180O O M O M CDM FDM ∠+∠︒∠-∠=︒=-，即知1O ，2O ，M ，3O 四点共圆．同理，2O ，M ，3O ，4O 四点共圆．故1O ，2O ，1M ，3O ，4O 五点共圆．由于完全四边形中，既有凸四边形，又有凹四边形及折四边形，而其密克尔点唯一确定，因而，有结论：结论7若完全四边形中的凸四边形或折四边形满足特殊条件时，则其密克尔点处于特殊位置，且两个三角形外接圆的另一交点即为密克尔点．注意到结论3，结论7，我们可得到三角形密克尔定理的一系列推论，下面仅以定理3，定理4为例介绍之．定理3在ABC △中，点D ，E ，F 分别在边BC ，CA ，AB 上，设M 为萁密克尔点，则（1）当AD BC ⊥，且M 在AD 上时，点E ，F 与密克尔BDF 、DCE 的圆心1O 、2O 四点共圆的充要条件是M 为ABC △的垂心；（2）当D ，E ，F 分别为内切圆与边的切点，ABC △的外接圆与其密克尔圆AFE ，BDF ，CED 依次交于点P ，Q ，R 时，M 为ABC △的内心，且直线PD ，QE ，RF 共点．证明（1）如图24-5，由结论1知，ME AC ⊥，MF AB ⊥．此时，B ，D ，M ，F 及D ，C ，E ，M 分别四点共圆，有AF AB AM AD AE AC ⋅=⋅=⋅，即知B ，C ，E ，F 四点共圆．O 2O 1DCBAFEM 图24-5又AD BC ⊥，知1O ，2O 分别为BM ，CM 的中点，即有12O O BC ∥，从而21MO O MCB ∠=∠．充分性．当M 为ABC △的垂心时，由九点圆定理即知1O ，2O ，E ，F 四点共圆．或者注意到B ，1O ，M ，E 及C ，2O ，M ，F 分别四点共线，有211FO O FCB FEB FEO ∠=∠=∠=∠，即知1O ，2O ，E ，F 四点共圆．必要性．当1O ，2O ，E ，F 四点共圆时，即有121180O O E EFO ∠+∠=︒．(*)由B ，C ，E ，F 共圆，有AFE ACB ∠∠=，又22MO E MCA ∠=∠，1BFO ABM ∠=∠，则由（*）式，有()()()29090180ACB MCA MCA ABM ACB ∠-∠+∠+︒-∠+︒-∠=︒⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．于是，得ABM MCA ∠∠=，即知Rt Rt BMF CME △∽△．从而有MF ME BF CE =，即有cos cos sin sin AM B AM CAB AM B AC AM C⋅⋅=-⋅-⋅．故cos cos 2cos sin cos cos sin AB C AC BAM R A B C B C⋅-⋅==⋅⋅-⋅，其中R 为ABC △的外接圆半径．另一方面，当H 是ABC △的垂心时，易得cos 2cos sin AC AAH R A B⋅==⋅．从而，点H 与M 重合，即M 为ABC △的垂心．（2）加图24-6，当D ，E ，F 分别为内切圆与边BC ，CA ，AB 的切点时，密克尔圆AFE 、BDF 、CED 均过ABC △的内心，此时密克尔点M 即为其内心．EKO FWVB QDCMPA图24-6联结RE 、RD 、RA 、RB ，则ERD ECD ACB ARB ∠∠∠∠===，故ARE BRD ∠∠=．又由REC RDC ∠∠=，有AEB BDR ∠∠=，从而ARE BRD △∽△．从而，AR AE AFBR BD BF==，即知RF 平分ARB ∠．由上即知，RF 过ABC △的外接圆O 的AB 的中点W ．同理，PD ，QE 分别平分BPC ∠，CQA ∠，且分别过O 上弧BC ，CA 的中点U ，V ．又PU ，QV ，RW 分别过D ，E ，F 点，则只需证明DU ，EV ，FW 三线交于一点．由于MD BC ⊥，OU BC ⊥，则MD OU ∥．同理，ME OV ∥，MF OW ∥．设ABC △的外接圆、内切圆半径分别为R ，r ，则MD ME MF ROU OV OW r===．若设直线OM 与UD 交于点K ，则由上述比例式知，直线VE ，WF 均过点K ．故直线PD ，QE ，RF 三线共点于K ．定理4在完全四边形ABCDEF 中，设M 为其密克尔点，则（1）当A ，B ，D ，F 四点共圆于O 时，M 在直线CE 上，且OM CE ⊥；（2）当B ，C ，E ，F 四点共圆于O 时，M 在直线AD 上，且OM AD ⊥，又M 为过点D 的O 的弦的中点．证明（1）设BCD △的外接圆交CE 于M '，连结DM '，则DM C ABD DFE '∠∠∠==，即知E ，F ，D ，M '四点共圆，如图24-7．A图24-7从而，M '为完全四边形的密克尔点，故M '与M 重合．设O 的半径为R ，则()()22CM CE CD CF CO R CO R CO R ⋅=⋅=-+-=．同理，22EM EC EO R ⋅=-．于是，()()()2222CO EO EC CM EM CM EM CM EM CM EM -+--===-，由定差幂线定理，即知OM CE ⊥．（2）如图24-8，设BCD △的外接圆交直线AD 于M '，则AD AM AB AC AF AE '⋅=⋅=⋅，即知E ，F ，D ，M '四点共圆．图24-8从而，M '为完全四边形的密克尔点，故M '与M 重合．联结CO ，CM ，EO ，EM ，设N 为AM 延长线上一点，则2CME CMN NME CBE CFE CBE COE ∠∠+∠∠+∠∠∠====，即知C ，E ，M ，O 四点共圆．1902OMN OMC CMN OEC COE ∠=∠+∠=∠+∠=︒．故OM AD ⊥，且M 为过点D 的O 的弦的中点．由图24-7，我们又可得如下结论（类似地也可由图24-8得到有关结论）．结论8若点D 为ACE △的三边CE ，EA ，AC 上的点M ，F ，B 关于该三角形的密克尔点，设O 为密克圆ABF 的圆心，则OM CE ⊥．下面，介绍定理4的两个推论，这也是定理2的应用实例．推论1在完全四边形ABCDEF 中，凸四边形ABDF 内接于O ，AD 与BF 交于点G ，则CDB ，CFA ，EFD ，EAB ，OAD ，OBF 六圆共点；CFB ，CDA ，GAB ，GDF ，OBD ，OFA 六圆共点；EFB ，EAD ，GBD ，GFA ，OAB ，ODF 六圆共点．证明如图24-9，设M 为完全四边形ABCDEF 的密克尔点，则由定理4（1），知M 在CE 上，且OM CE ⊥．于是，C ，M ，D ，B 及M ，E ，F ，D 分别四点共圆，有9090BMO BMC BDC ∠︒-∠=︒-∠= ()9018090BDF BDF =︒-︒-∠=∠-︒11180909022BOF BOF ⎛⎫=︒-∠-︒=︒-∠ ⎪⎝⎭BFO =∠．L G NOMFDCBA图24-9从而，知点M 在OBF 上．同理，知点M 在OAD 上．由密克尔点的性质，知CDB ，CFA ，EFD ，EAB 四圆共点于M ．故以上六圆共点M ．同理，设N 为完全四边形CDFGAB 的密克尔点，则CFB ，CDA ，GAB ，GDF ，OBD ，OFA 六圆共点于N ．设L 为完全四边形EFAGBD 的密克尔点，则EFB ，EAD ，GBD ，GFA ，OAB ，ODF 六圆共点于L ．推论2在完全四边形ABCDEF 中，凸四边形ABDF 内接于O ，AD 与BF 交于点G ，CDB 与CFA ，CDA 与CFB ，OBD 与OFA ，ODA 与OBF ，EAB 与EFD ，EAD 与EFB ，OAB 与ODF ，GAB 与GDF ，GBD 与GFA 共九对圆的连心线分别记为1l ，2l ，3l ，…，9l ，则1l ，2l ，3l ，4l ，OC 五线共点于OC 的中点；4l ，5l ，6l ，7l ，OE 五线共点于OE 的中点；3l ，7l ，8l ，9l ，OG 五线共点于OG 的中点．证明如图24-10，设M ，L ，N 分别为完全四边形ABC DEF -，EFAGBD ，CDFGAB 的密克尔点，则OM CE ⊥于M ，OL EG ⊥于L ，ON CG ⊥于N ．A 图24-10由推论1中证明，知OM 是ODA 写OBF 的公共弦，则4l 是OM 的中垂线，从而知4l 过OC 的中点，4l 也过OE 的中点．因CN 是CDA 与CFB 的公共弦，则2l 是CN 的中垂线，而ON CN ⊥，从而2l 过OC 的中点；由CM 是CDB 与CFA 的公共弦，则1l 是CM 的中垂线．又OM CM ⊥，则1l 过OC 的中点；由ON 是OBD 与OFA 的公共弦，则3l 是ON 的中垂线．又ON CN ⊥，则3l 过OC 的中点，故1l ，2l ，3l ，4l ，OC 五线共点于OC 的中点．同理，注意到LE ，ME ，OL 分别是EAD 与EFB 、EFD 与EAB ，OAB 与ODF 的公共弦，推知4l ，5l ，6l ，7l ，OE 五线共点于OE 的中点．注意到GN 、LG 、OL 、ON 分别是GAB 与GDF ，GBD 与GFA ，OAB 与ODF ，OBD 与OFA 的公共弦，推知3l ，7l ，8l ，9l ，OG 五线共点于OG 的中点．下面，运用上面的定理、结论、推论处理一些问题．例1（2007年全国高中联赛加试题）在锐角ABC △中，AB AC <，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 内一点，过P 作PE AC ⊥，垂足为E ，作PF AB ⊥，垂足为F ．1O ，2O 分别是BDF △，CDE △的外心．求证：1O ，2O ，E ，F 四点共圆的充要条件为P 是ABC △的垂心．事实上，此即由定理3（1）即证．例2（2007年第39届加拿大数学奥林匹克题）ABC △的内切圆分别切三边BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，ABC △的外接圆O 与AEF △的外接圆1O ，BFD △的外接圆2O 、CDE △的外接圆3O 分别交于点A和P ，B 和Q ，C 和R ．求证：（1）1O ，2O ，3O 交于一点；（2）PD ，QE ，RF 三线交于一点．事实上，此即由定理3（2）即证．例3（2009年土耳其数学奥林匹克题）已知圆Γ和直线l 不相交，P ，Q ，R ，S 为圆Γ上的点，PQ 与RS ，PS 与QR 分别交于点A ，B ，而A ，B 在直线l 上．试确定所有以AB 为直径的圆的公共点．证明如图24-11，由定理4（1），知ASP △和BRS △的外接圆交于点K ，且K 在边AB 上．设圆Γ的圆心为O ，半径为r ，则OK AB ⊥．Q图24-11注意到圆幂定理，有()()()222BO r BO r BO r BS BP BK BA BK BK AK BK AK KB --+⋅=⋅=⋅+=+⋅==．从而，22222AK KB BO BK r OK r ⋅=--=-．对任何一对满足条件的点{}A B ，，因为O ，K ．r 是固定的，所以，以AB 为直径的圆一定过直线OK 上的两点，每点到直线l 的距离为AK KB ⋅例4（2009年第35届俄罗斯数学奥林匹克题）1A 和1C 分别是平行四边形ABCD 的边AB 和BC 上的点，线段1AC 和1CA 交于点P ，1AA P △和1CC P △的外接圆的第二个交点Q 位于ACD △内部．证明：PDA QBA ∠∠=．证明如图24-12，由于1AA P △和1CC P △的外接圆的第二个交点为Q ，则由定理2知，Q 为完全四边形11BC CPAA 的密克尔点，从而知1A ，B ，C ，Q 共圆，有11QBA QBA QCA ∠=∠=∠．①A 2C 1A 1QDCBPA 图24-12由于Q 位于ACD △内，可设直线CQ 交AD 于2A ，由211DA Q QCC APQ ∠=∠=∠，知点2A 在APQ 上．联结2A P ，注意A ，1A ，P ，2A 共圆及AB DC ∥，有212180A PC A AA ADC ∠∠︒∠==-．即知2A ，P ，C ，D 四点共圆，从而，221PDA PDA PCA QCA ∠=∠=∠=∠．②由①，②知，PDA QBA ∠=∠．例5（IMO26试题）已知ABC △，以O 为圆心的圆经过三角形的顶点A ，C 且与边AB ，BC 分别交于另外的点K ，N ．ABC △和KBN △的外接圆交于点BM ．试证：OMB ∠是直角．证明如图24-13（1），若三个圆的圆心共线时，ABC △为等腰三角形()BA BC =，此时，R 与M 重合．因此，三个圆的圆心必不共线，如图24-13B(2)(1)图24-13（2）．不妨设它们的根轴交于点P ．在完全四边形CAPKBN 中，显然M 为其密克尔点，从而OM PB ⊥．故OMB ∠是直角．例6（1992年CMO 试题）凸四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P ，ABP △，CDP △的外接圆相交于P 和另一点Q ，且O ，P ，Q 三点两两不重合．试证：90OQP ∠=︒．证明由题设，O ，P ，Q 三点两两不重合知，四边形ABCD 必不为矩形（困圆内接平行四边形必为矩形），则不妨设AB DC ，此时，可设直线BA 与直线CD 交于点S ．在完全四边形SABPCD 中，点Q 为其密克尔点，于是OQ SP ⊥，故90OQP ∠=︒．图24-14例7（IMO 35试题）ABC △是一个等腰三角形，AB AC =．假如（i ）M 是BC 的中点，O 是直线AM 上的点，使得OB 垂直于AB ；（ii ）Q 是线段BC 上不同于B 和C 的任意点；（iii ）E 是直线AB 上，F 在直线AC 上，使得E ，G 和F 是不同的三个共线点．求证：OQ 垂直于EF 当且仅当QE QF =．证明如图24-15，对AEF △及截线BQC 应用梅涅劳斯定理，M FOEQ CB A图24-15有1AB EQ FC BE QF CA⋅⋅=．因AB AC =，则EQ QF BE FC =⇔=．由题设对称性知A ，B ，O ，C 四点共圆．于是，OQ EF ⊥，注意OB AB B ⊥⇔，E ，O ，Q 四点共圆O ⇔为完全四边形ABEQCF 的密克尔点Q ⇔，O ，C ，F F 四点共圆．从而BE FC BEOQ =⇔与QOCF 为等圆，且EO 与直径OQ EF ⇔⊥．为等圆．且EO 为直径∞0Q 上EF ．例8（2010年全国高中联赛题）如图24-16，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．MNA 图24-16求证：若OK MN ⊥，则A ，B ，D ，C 四点共圆．证明用反证法，若A ，B ，D ，C 四点不共圆，设ABC △的外接圆O 与直线AD 交于点E ，直线CE 交直线AB 于点P ，直线BE 交直线AC 于点Q ．由定理4（2）知，完全四边形PECKAB 的密克尔点G 在直线PK 上，且OG PK ⊥；完全四边形QCAKBE 的密克尔点H 在直线QK 上，且OH QK ⊥．联结PQ ．于是，注意到G ，H 分别为过K 的圆的弦的中点，知O ，G ，Q 及O ，H ，P 分别三点共线，从而知点O 是KPQ △的垂心，即有OK PQ ⊥．由题设，OK MN ⊥，从而知PQ MN ∥，即有AQ APQN PM=． ①对NDA △及截线BEQ ，对MDA △及截线CEP 分别应用梅涅劳斯定理，有1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=及1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ②由①．②得NB MC BD CD =．再应用分比定理，有ND MDBD DC=，即知DMN DCB △∽△．于是，DMN DCB ∠∠=，即知BC MN ∥，从而OK BC ⊥，得到K 为BC 的中点与已知矛盾．故A ，B ，D ，C 四点共圆．例9（2007年国家集训队测试题）凸四边形ABCD 内接于O ，BA ，CD 的延长线相交于点H ，对角线AC ，BD 相交于点G ，1O ，2O 分别为AGD △，BGC △的外心，设12O O 与OG 相交于点N ，射线HG 分别交1O ，2O 于点P ，Q ．设M 为PQ 的中点，求证：NO NM =．证明如图24-17，过点G 作1GT O G ⊥，则知TG 切1O 于G ，图24-17即有AGT ADG ACB ∠∠∠==，从而TG BC ∥．于是，1O G BC ⊥．而2OO BC ⊥，则知12O G OO ∥．同理，12OO GO ∥．即知12O OO G 为平行四边形．于是，N 分别为OG ，12O O 的中点．由定理4（2）知，完全四边形HABGCD 的密克尔点M '在直线HG 上，且OM HG '⊥．设E ，S ，F 分别为点1O ，N ，2O 在直线HG 上的射影，则知E 为PG 的中点，F 为GQ 的中点，S 为EF 的中点，且S 为GM '的中点．于是，222PM PG GM EG GS ES ''=+==+， 222QM QG GM FG GS ES ''-=-==．从而M '为PQ 的中点，即知M '与M 重合，亦即知OM GM ⊥．故12NM OG NO ==．练习题二十四1．设AB 是圆的直径，在直线AB 的同侧引射线AD 和BD 相交于点C ．若180AEB ADB ∠+∠︒=，则2AC AD BC BC AB ⋅+⋅=． 2．（2001年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点P ，Q ，两对角线交于点R ，则圆心O 恰为PQR △的垂心．3．（1990年全国高中联赛题）四边形ABCD 内接于O ，对角线AC 与BD 交于点P ，PAB △、PBC △、PCD △、PDA △的外心分别为1O ，2O ，3O ，4O ．求证：13O O ，24O O 与OP 三线共点．4．（2006年中国国家集训队测试题）四边形ABCD 内接于O ，且圆心O 不在四边形的边上，对角线AC 与BD 交于点P ，OAB △、OBC △、OCD △、ODA △的外心分别为1O 、2O 、3O 、4O ．求证：13O O 、24O O 与OP 三线共点． 5．（1997年CMO 试题）四边形ABCD 内接于圆，AB 与CD 的延长线交于P 点，AD ，BC 的延长线交于Q 点．由点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．6．（2002年IMO43预选题）已知圆1S 与圆2S 交于P ，Q 两点，1A ，1B 为圆1S 上不同于P ，Q 的两个点，直线1A P ，1B P 分别交圆2S 于2A ，2B ，直线11A B 和22A B 交于点C ．证明：当1A 和1B 变化时，12A A C △的外心总在一个定圆上． 7．（1λ=时为IMO46试题）给定凸四边形ABCD ，BC AD λ=，且BC 不平行于AD ，设点E 和F 分别在边BC 和AD 的内部，满足BE DF λ=，直线AC 和BD 相交于点P ，直线EF 和BD 相交于点Q ，直线EF 和AC 相交于点R ．求证：当E 和F 变动时，PQR △的外接圆经过点P 外的另一个定点．8．（2005年国家集训队训练题）已知E ，F 是ABC △边AB ，AC 的中点，CM ，BN 是边AB ，AC 上的高，联结EF ，MN 交于点P ．又设O 、H 分别是ABC △的外心、垂心，联结AP 、OH ．求证：AP OH ⊥． 9．（《数学教学》2005（8）数学问题652）在ABC △中，AD 为BC 边上的中线，BE ，CF 分别为AC ，AB 上的高，设BE ，CF 交于点M ，直线BC ，EF 交于点N ．求证：MN AD ⊥． 10．（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题）在ABC △中，点M ，N 分别在边AB ，AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △和CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠∠=．11．（2010年国家集训队测试题）设凸四边形ABCD 的两组对边的延长线分别交于点E ，F ，BEC △的外接圆与CFD △的外接圆交于C ，P 两点．求证：BAP CAD ∠∠=的充分必要条件是BD EF ∥． 12．（2007年国家队集训题）锐角ABC △的外接圆在A 和B 处的切线相交于点D ，M 是AB 的中点．证明：ACM BCD ∠=∠． 13．（2008-2009年斯洛文尼亚国家队选拔试题）在锐角ABC △中，点D 在边AB 上，BCD △，ADC △的外接圆分别与边AC ，BC 交于点E ，F ．设CEF △的外心为O ．证明：ADE △，ADC △，DBF △，DBC △的外心与点D ，O 六点共圆，且OD AB ⊥． 14．（IMO46试题）给定凸四边ABCD ，BC AD =，且BC 不平行于AD ，设点E 和F 分别在边BC 和AD 的内部，满足BE DF =．直线AC 和BD 相交于点P ，直线EF 和BD 相交于点Q ，直线EF 和AC 相交于点R ．证明：当点E 和F 变动时，PQR △的外接圆经过除点P 外的另一个定点．15．（2006年IMO 预选题）已知1A ，1B ，1C 分别是ABC △的边BC ，CA ，AB 上的点，11AB C △，11BC A △，11CA B △的外接圆与ABC △的外接圆分别交于点2A ，2B ，2C （2A A ≠，2B B ≠，2C C ≠），3A ，3B ，3C 分别是1A ，1B ，1C 关于边BC ，CA ，AB 的中点的对称点．证明：222333A B C A B C △∽△．16．（2005年第31届俄罗斯数学奥林匹克题）设ABC △的三个旁切圆分别与边BC ，CA ，AB 相切于点A '，B '，C '．A B C ''△，AB C ''△，A BC ''△的外接圆分别与ABC △的外接圆再次相交于点1C ，1A ，1B ，证明：111A B C △与ABC △的内切圆在各自三条边上的切点所形成的三角形相似．17．（2008年国家集训队测试题）设P ，Q ，R 分别是锐角三角形ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点，使得PQR △是正三角形，并且它还是这样的内接正三角形中面积最小的，求证：点A 到QR 的垂线、点B 到RP 的垂线和点C 到PQ 的垂线，这三条直线共点．。

高中数学竞赛解题策略-几何分册第30章帕普斯定理

第章帕普斯定理帕普斯定理设、、是一条直线上的三点，、、是另一条直线上的三点．若直线、、分别与、、相交，则这三个交点、、共线．证明如图，延长和交于点，设与、分别交于点和．对及条截线、、、、分别应用梅涅劳斯定理，图301ACXEYZF有，，，．将前三式的积除以后两式的积，化简得．由此即知、、共线．下面看几道应用上述定理处理问题的例子．例给定及两点，，联结、交于，，、交于，，、交于，．设与交于，与交于，与交于．求证：、、、、五点共线．证明由于、、在直线上，、、在直线上，且、、分别是直线与、直线与、直线与的交点，由帕普斯定理知、、三点共线．同理，、、三点线，、、三点共线．故、、、、五点共线．图302AY PBR Q O Z C Z′Y′O ′X′例（年伊朗国家队选拔考试题）已知的内心为，是内切圆的一条切线，直线与、、分别交于、、．由作的不同于的切线，且与交于点．类似地定义，．证明：、、三线共点，证明如图，设交于点，交于点，联结交于点．由布利安香定理，对六边形、．其三条对角线、、共点，则该点为，即、过点．图303D B AEll ′B′A′C ′A 1B1C 1I考虑两个三点组（、、）与（、、）．由帕普斯定理，与、的交点为，与的交点（设为），与的交点三点共线，即与的交点在上．同理，与的交点在上．而．即．故、、共点于．且在上．例（年预选题）已知、外切于点，并同时与圆内切，切点分别为、，过作、的公切线．设圆的直径，使得、、在的同侧．证明：、、三线共点．证明如图，设的中点为．知为圆∞与的位似中心．。

高中数学竞赛——平面几何基础知识(基本定理、基本性质)

平面几何基础知识（基本定理、基本性质）1．勾股定理（毕达哥拉斯定理）（广义勾股定理）(1)锐角对边的平方，等于其他两边之平方和，减去这两边中的一边和另一边在这边上的射影乘积的两倍． (2)钝角对边的平方等于其他两边的平方和，加上这两边中的一边与另一边在这边上的射影乘积的两倍．2．射影定理（欧几里得定理）3．中线定理（巴布斯定理）设△ABC 的边BC 的中点为P ，则有)(22222BP AP AC AB +=+；中线长：222222a c b m a −+=． 4．垂线定理：2222BD BC AD ACCD AB −=−⇔⊥．高线长：C b B c A a bc c p b p a p p a h a sin sin sin ))()((2===−−−=． 5．角平分线定理：三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例．如△ABC 中，AD 平分∠BAC ，则ACAB DC BD =；（外角平分线定理）．角平分线长：2cos 2)(2A c b bc a p bcp c b t a +=−+=（其中p 为周长一半）． 6．正弦定理：R Cc B b A a 2sin sin sin ===，（其中R 为三角形外接圆半径）． 7．余弦定理：C ab b a c cos 2222−+=．8．张角定理：ABDAC AC BAD AD BAC ∠+∠=∠sin sin sin ．9．斯特瓦尔特(Stewart )定理：设已知△ABC 及其底边上B 、C 两点间的一点D ，则有AB 2·DC +AC 2·BD －AD 2·BC ＝BC ·DC ·BD ．10．圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，等于圆心角的一半．（圆外角如何转化？）11．弦切角定理：弦切角等于夹弧所对的圆周角．12．圆幂定理：（相交弦定理：垂径定理：切割线定理（割线定理）：切线长定理：）13．布拉美古塔（Brahmagupta ）定理：在圆内接四边形ABCD 中，AC ⊥BD ，自对角线的交点P 向一边作垂线，其延长线必平分对边．14．点到圆的幂：设P 为⊙O 所在平面上任意一点，PO =d ，⊙O 的半径为r ，则d 2－r 2就是点P 对于⊙O 的幂．过P 任作一直线与⊙O 交于点A 、B ，则P A·PB = |d 2－r 2|．“到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，则该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论．这条直线称为两圆的“根轴”．三个圆两两的根轴如果不互相平行，则它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”．三个圆的根心对于三个圆等幂．当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点．15．托勒密（Ptolemy ）定理：圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和，即AC ·BD =AB ·CD +AD ·BC ，(逆命题成立) ．（广义托勒密定理）AB ·CD +AD ·BC ≥AC ·BD ．16．蝴蝶定理：AB 是⊙O 的弦，M 是其中点，弦CD 、EF 经过点M ，CF 、DE 交AB 于P 、Q ，求证：MP =QM ．17．费马点：定理1等边三角形外接圆上一点，到该三角形较近两顶点距离之和等于到另一顶点的距离；不在等边三角形外接圆上的点，到该三角形两顶点距离之和大于到另一点的距离．定理2 三角形每一内角都小于120°时，在三角形内必存在一点，它对三条边所张的角都是120°，该点到三顶点距离和达到最小，称为“费马点”，当三角形有一内角不小于120°时，此角的顶点即为费马点．18．拿破仑三角形：在任意△ABC 的外侧，分别作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，则AE 、AB 、CD 三线共点，并且AE＝BF ＝CD ，这个命题称为拿破仑定理．以△ABC 的三条边分别向外作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，它们的外接圆⊙C 1 、⊙A 1 、⊙B 1的圆心构成的△——外拿破仑的三角形，⊙C 1 、⊙A 1 、⊙B 1三圆共点，外拿破仑三角形是一个等边三角形；△ABC 的三条边分别向△ABC 的内侧作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，它们的外接圆⊙C 2 、⊙A 2 、⊙B 2的圆心构成的△——内拿破仑三角形，⊙C 2 、⊙A 2 、⊙B 2三圆共点，内拿破仑三角形也是一个等边三角形．这两个拿破仑三角形还具有相同的中心．19．九点圆（Nine point round 或欧拉圆或费尔巴赫圆）：三角形中，三边中心、从各顶点向其对边所引垂线的垂足，以及垂心与各顶点连线的中点，这九个点在同一个圆上，九点圆具有许多有趣的性质,例如:（1）三角形的九点圆的半径是三角形的外接圆半径之半;（2）九点圆的圆心在欧拉线上,且恰为垂心与外心连线的中点;（3）三角形的九点圆与三角形的内切圆,三个旁切圆均相切〔费尔巴哈定理〕．20．欧拉（Euler ）线：三角形的外心、重心、九点圆圆心、垂心依次位于同一直线（欧拉线）上．21．欧拉（Euler ）公式：设三角形的外接圆半径为R ，内切圆半径为r ，外心与内心的距离为d ，则d 2=R 2－2Rr ．22．锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和．23．重心：三角形的三条中线交于一点，并且各中线被这个点分成2：1的两部分；)3,3(C B A C B A y y y x x x G ++++ 重心性质：（1）设G 为△ABC 的重心，连结AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，则1:2:=GD AG ；（2）设G 为△ABC 的重心，则ABC ACG BCG ABG S S S S ∆∆∆∆===31；（3）设G 为△ABC 的重心，过G 作DE ∥BC 交AB 于D ，交AC 于E ，过G 作PF ∥AC 交AB 于P ，交BC 于F ，过G 作HK ∥AB 交AC 于K ，交BC 于H ，则2;32=++===AB KH CA FP BC DE AB KH CA FP BC DE ；（4）设G 为△ABC 的重心，则①222222333GC AB GB CA GA BC+=+=+； ②)(31222222CA BC AB GC GB GA ++=++； ③22222223PG GC GB GA PC PB PA +++=++（P 为△ABC 内任意一点）；④到三角形三顶点距离的平方和最小的点是重心，即222GC GB GA ++最小； ⑤三角形内到三边距离之积最大的点是重心；反之亦然（即满足上述条件之一，则G 为△ABC 的重心）． 24．垂心：三角形的三条高线的交点；)cos cos cos cos cos cos ,cos cos cos cos cos cos (Cc B b A a y C c y B b y A a C c B b A a x C c x B b x A a H C B A C B A ++++++++ 垂心性质：（1）三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2倍；（2）垂心H 关于△ABC 的三边的对称点，均在△ABC 的外接圆上；（3）△ABC 的垂心为H ，则△ABC ，△ABH ，△BCH ，△ACH 的外接圆是等圆；（4）设O ，H 分别为△ABC 的外心和垂心，则HCA BCO ABH CBO HAC BAO ∠=∠∠=∠∠=∠,,．25．内心：三角形的三条角分线的交点—内接圆圆心，即内心到三角形各边距离相等；),(cb a cy by ayc b a cx bx ax I C B A C B A ++++++++ 内心性质：（1）设I 为△ABC 的内心，则I 到△ABC 三边的距离相等，反之亦然；（2）设I 为△ABC 的内心，则C AIB B AIC A BIC ∠+︒=∠∠+︒=∠∠+︒=∠2190,2190,2190；（3）三角形一内角平分线与其外接圆的交点到另两顶点的距离与到内心的距离相等；反之，若A ∠平分线交△ABC 外接圆于点K ，I 为线段AK 上的点且满足KI=KB ，则I 为△ABC 的内心；（4）设I 为△ABC 的内心，,,,c AB b AC a BC === A ∠平分线交BC 于D ，交△ABC 外接圆于点K ，则ac b KD IK KI AK ID AI +===；（5）设I 为△ABC 的内心，,,,c AB b AC a BC ===I 在AB AC BC ,,上的射影分别为F E D ,,，内切圆半径为r ，令)(21c b a p ++=，则①pr S ABC =∆；②c p CD CE b p BF BD a p AF AE −==−==−==;;；③CI BI AI p abcr ⋅⋅⋅=．26．外心：三角形的三条中垂线的交点——外接圆圆心，即外心到三角形各顶点距离相等； )2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin ,2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin (C B A Cy By Ay C B A Cx Bx Ax O C B A C B A ++++++++ 外心性质：（1）外心到三角形各顶点距离相等；（2）设O 为△ABC 的外心，则A BOC ∠=∠2或A BOC ∠−︒=∠2360；（3）∆=S abc R 4；（4）锐角三角形的外心到三边的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和．27．旁心：一内角平分线与两外角平分线交点——旁切圆圆心；设△ABC 的三边,,,c AB b AC a BC ===令)(21c b a p ++=，分别与AB AC BC ,,外侧相切的旁切圆圆心记为C B A I I I ,,，其半径分别记为C B A r r r ,,．旁心性质：（1）,21,2190A C BI C BI A C BI C B A ∠=∠=∠∠−︒=∠（对于顶角B ，C 也有类似的式子）；（2）)(21C A I I I C B A ∠+∠=∠；（3）设A AI 的连线交△ABC 的外接圆于D ，则DC DB DI A ==（对于C B CI BI ,有同样的结论）；（4）△ABC 是△I A I B I C 的垂足三角形，且△I A I B I C 的外接圆半径'R 等于△ABC 的直径为2R ．28．三角形面积公式：C B A R R abc C ab ah S a ABC sin sin sin 24sin 21212====∆)cot cot (cot 4222C B A c b a ++++= ))()((c p b p a p p pr −−−==，其中a h 表示BC 边上的高，R 为外接圆半径，r 为内切圆半径，)(21c b a p ++=． 29．三角形中内切圆，旁切圆和外接圆半径的相互关系：;2sin 2cos 2cos 4,2cos 2sin 2cos 4,2cos 2cos 2sin 4;2sin 2sin 2sin4C B A R r C B A R r C B A R r C B A R r c b a ==== .1111;2tan 2tan ,2tan 2tan ,2tan 2tan r r r r B A r r C A r r C B r r c b a c b a =++=== 30．梅涅劳斯（Menelaus ）定理：设△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线和一条不经过它们任一顶点的直线的交点分别为P 、Q 、R 则有 1=⋅⋅RBAR QA CQ PC BP ．（逆定理也成立）31．梅涅劳斯定理的应用定理1：设△ABC的∠A的外角平分线交边CA于Q，∠C的平分线交边AB于R，∠B的平分线交边CA于Q，则P、Q、R三点共线．32．梅涅劳斯定理的应用定理2：过任意△ABC的三个顶点A、B、C作它的外接圆的切线，分别和BC、CA、AB的延长线交于点P、Q、R，则P、Q、R三点共线．33．塞瓦(Ceva)定理：设X、Y、Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一点，则AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是AZZB·BXXC·CYYA=1．34．塞瓦定理的应用定理：设平行于△ABC的边BC的直线与两边AB、AC的交点分别是D、E，又设BE和CD交于S，则AS一定过边BC的中点M．35．塞瓦定理的逆定理：（略）36．塞瓦定理的逆定理的应用定理1：三角形的三条中线交于一点，三角形的三条高线交于一点，三角形的三条角分线交于一点．37．塞瓦定理的逆定理的应用定理2：设△ABC的内切圆和边BC、CA、AB分别相切于点R、S、T，则AR、BS、CT交于一点．38．西摩松（Simson）定理：从△ABC的外接圆上任意一点P向三边BC、CA、AB或其延长线作垂线，设其垂足分别是D、E、R，则D、E、R共线，（这条直线叫西摩松线Simson line）．39．西摩松定理的逆定理：（略）40．关于西摩松线的定理1：△ABC的外接圆的两个端点P、Q关于该三角形的西摩松线互相垂直，其交点在九点圆上．41．关于西摩松线的定理2（安宁定理）：在一个圆周上有4点，以其中任三点作三角形，再作其余一点的关于该三角形的西摩松线，这些西摩松线交于一点．42．史坦纳定理：设△ABC的垂心为H，其外接圆的任意点P，这时关于△ABC的点P的西摩松线通过线段PH的中心．43．史坦纳定理的应用定理：△ABC的外接圆上的一点P的关于边BC、CA、AB的对称点和△ABC的垂心H同在一条（与西摩松线平行的）直线上．这条直线被叫做点P关于△ABC的镜象线．44．牛顿定理1：四边形两条对边的延长线的交点所连线段的中点和两条对角线的中点，三点共线．这条直线叫做这个四边形的牛顿线．45．牛顿定理2：圆外切四边形的两条对角线的中点，及该圆的圆心，三点共线．46．笛沙格定理1：平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线．47．笛沙格定理2：相异平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线．48．波朗杰、腾下定理：设△ABC的外接圆上的三点为P、Q、R，则P、Q、R关于△ABC交于一点的充要条件是：弧AP+弧BQ+弧CR=0(mod2 ) ．49．波朗杰、腾下定理推论1：设P、Q、R为△ABC的外接圆上的三点，若P、Q、R关于△ABC的西摩松线交于一点，则A、B、C三点关于△PQR的的西摩松线交于与前相同的一点．50．波朗杰、腾下定理推论2：在推论1中，三条西摩松线的交点是A、B、C、P、Q、R六点任取三点所作的三角形的垂心和其余三点所作的三角形的垂心的连线段的中点．51．波朗杰、腾下定理推论3：考查△ABC的外接圆上的一点P的关于△ABC的西摩松线，如设QR为垂直于这条西摩松线该外接圆的弦，则三点P、Q、R的关于△ABC的西摩松线交于一点．52．波朗杰、腾下定理推论4：从△ABC的顶点向边BC、CA、AB引垂线，设垂足分别是D、E、F，且设边BC、CA、AB的中点分别是L、M、N，则D、E、F、L、M、N六点在同一个圆上，这时L、M、N点关于关于△ABC的西摩松线交于一点．53．卡诺定理：通过△ABC 的外接圆的一点P ，引与△ABC 的三边BC 、CA 、AB 分别成同向的等角的直线PD 、PE 、PF ，与三边的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．54．奥倍尔定理：通过△ABC 的三个顶点引互相平行的三条直线，设它们与△ABC 的外接圆的交点分别是L 、M 、N ，在△ABC 的外接圆上取一点P ，则PL 、PM 、PN 与△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．55．清宫定理：设P 、Q 为△ABC 的外接圆的异于A 、B 、C 的两点，P 点的关于三边BC 、CA 、AB 的对称点分别是U 、V 、W ，这时，QU 、QV 、QW 和边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．56．他拿定理：设P 、Q 为关于△ABC 的外接圆的一对反点，点P 的关于三边BC 、CA 、AB 的对称点分别是U 、V 、W ，这时，如果QU 、QV 、QW 和边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．（反点：P 、Q 分别为圆O 的半径OC 和其延长线的两点，如果OC 2=OQ ×OP 则称P 、Q 两点关于圆O 互为反点）57．朗古来定理：在同一圆周上有A 1、B 1、C 1、D 1四点，以其中任三点作三角形，在圆周取一点P ，作P 点的关于这4个三角形的西摩松线，再从P 向这4条西摩松线引垂线，则四个垂足在同一条直线上．58．从三角形各边的中点，向这条边所对的顶点处的外接圆的切线引垂线，这些垂线交于该三角形的九点圆的圆心．59．一个圆周上有n 个点，从其中任意n －1个点的重心，向该圆周的在其余一点处的切线所引的垂线都交于一点．60．康托尔定理1：一个圆周上有n 个点，从其中任意n －2个点的重心向余下两点的连线所引的垂线共点．61．康托尔定理2：一个圆周上有A 、B 、C 、D 四点及M 、N 两点，则M 和N 点关于四个三角形△BCD 、△CDA 、△DAB 、△ABC 中的每一个的两条西摩松线的交点在同一直线上．这条直线叫做M 、N 两点关于四边形ABCD 的康托尔线．62．康托尔定理3：一个圆周上有A 、B 、C 、D 四点及M 、N 、L 三点，则M 、N 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线、L 、N 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线、M 、L 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线交于一点．这个点叫做M 、N 、L 三点关于四边形ABCD 的康托尔点．63．康托尔定理4：一个圆周上有A 、B 、C 、D 、E 五点及M 、N 、L 三点，则M 、N 、L 三点关于四边形BCDE 、CDEA 、DEAB 、EABC 中的每一个康托尔点在一条直线上．这条直线叫做M 、N 、L 三点关于五边形A 、B 、C 、D 、E 的康托尔线．64．费尔巴赫定理：三角形的九点圆与内切圆和旁切圆相切．65．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得到一个交点，则这样的三个交点可以构成一个正三角形．这个三角形常被称作莫利正三角形．66．布利安松定理：连结外切于圆的六边形ABCDEF 相对的顶点A 和D 、B 和E 、C 和F ，则这三线共点．67．帕斯卡（Paskal ）定理：圆内接六边形ABCDEF 相对的边AB 和DE 、BC 和EF 、CD 和F A 的（或延长线的）交点共线．68．阿波罗尼斯（Apollonius ）定理：到两定点A 、B 的距离之比为定比m ：n （值不为1）的点P ，位于将线段AB 分成m ：n 的内分点C 和外分点D 为直径两端点的定圆周上．这个圆称为阿波罗尼斯圆．69．库立奇*大上定理：（圆内接四边形的九点圆）圆周上有四点，过其中任三点作三角形，这四个三角形的九点圆圆心都在同一圆周上，我们把过这四个九点圆圆心的圆叫做圆内接四边形的九点圆．70．密格尔（Miquel ）点：若AE 、AF 、ED 、FB 四条直线相交于A 、B 、C 、D 、E 、F 六点，构成四个三角形，它们是△ABF 、△AED 、△BCE 、△DCF ，则这四个三角形的外接圆共点，这个点称为密格尔点．71．葛尔刚（Gergonne ）点：△ABC 的内切圆分别切边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F ，则AE 、BF 、CD 三线共点，这个点称为葛尔刚点．72．欧拉关于垂足三角形的面积公式：O 是三角形的外心，M 是三角形中的任意一点，过M 向三边作垂线，三个垂足形成的三角形的面积，其公式： 222ABC D 4||R d R S S EF −=∆∆．。

山西省太原市高中数学竞赛解题策略几何分册第26章帕斯卡定理

第26章帕斯卡定理帕斯卡(Pascal )定理设ABCDEF 内接于圆（与顶点次序无关，即ABCDEF 无需为凸六边形），直线AB 与DE 交于点X ，直线CD 与FA 交于点Z ，直线EF 与BC 交于点Y ，则X 、Y 、Z 三点共线．①证法l 设直线AB 与EF 交于点K ，直线AB 与CD 交于点M ．直线CD 与EF 交于点N ．对KMN △及截线XED 、ZFA 、YBC 分别应用梅涅劳斯定理，有1KX MD NEXM DN EK⋅⋅=， 1MZ NF KAZN FK AM⋅⋅=， 1NY KB MCYK BM CN⋅⋅=．将上述三式相乘，并运用圆幂定理，有MA MB MD MC ⋅=⋅，ND NC NE NF ⋅=⋅． KA KB KE KF ⋅=⋅．从而1KX MZ NYXM ZN YK⋅⋅=，其中X 、Y 、Z 分别在直线KM 、NK 、MN 上．对KMN △应用梅涅劳斯定理的逆定理，知X 、Y 、Z 三点共线．图261(2)(1)AK CP 2PE XT NL DZMYQ 2BX T N Q 1Y Q M L ZKFEDC BF Q 1P 3P 2P 1证法2设过A 、D 、X 的圆交直线AZ 于点T ，交直线CD 于点L ．连接TL 、FC ，则DAT ∠与DLT ∠相补（或相等）．又DAT ∠与DCF ∠相等，从而DLT ∠与DCF ∠相补或相等，即知CF LT ∥．飘理，TX FY ∥，LX CY ∥．于是，TLX △与FCY △为位似图形．由于位似三角形三对对应顶点的连线共点（共点于位似中点），这里，直线TF 与LC 交于点Z ，则另一对对应的点X 、Y 的连线XY 也应过点Z ，故X ，Y 、Z 三点共线．证法3连XZ 、YZ ，过X 分别作1XP DC ⊥上于P 1，作2XP AF ⊥于2P ，作3XP AD ⊥于3P ，过Y 分别作1YQ DC ⊥于1Q ，作2YQ AF ⊥于2Q ．则41sin sin sin sin sin sin XZP EDZ DAXXZP ADE XAZ ∠∠∠⋅⋅∠∠∠ 321132///1///XP XA XP XZ XP XD XP XZ XP XD XP XA =⋅⋅=．同理，1sin sin sin 1sin sin sin I YZQ ZCB CFYYZQ YCF YFZ∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．注意到EDZ YFC ∠=∠，ADE YFZ ∠=∠， DAX ZCB ∠=∠，XAZ YCF ∠=∠．所以2211sin sin sin sin XZP YZQ XZP YZQ ∠∠=∠∠，即sin sin sin sin XZA YZFXZD YZC∠∠=∠∠，于是有1122XP YQXP YQ =．连12P P 、12Q Q ，则Z 、1P 、X 、2P 及Z 、1Q 、Y 、2Q 分别四点共圆，从而1212XPP YQ Q △∽△，亦即有22XZP YZQ ∠=∠，故X 、Z 、Y 三点共线．证法4如图262-，连AC 、CE 、AE ．在圆内接四边形ACEF 中，有YEC ∠与ZAC ∠相等；在圆内接四边形ABCE 中，有YCE ∠与XAE ∠相等或相补；在圆内接四边形ACDE 中，ACZ ∠与AEX ∠相补或相补．故可以在ACE △的边CE 上或其延长线上取一点P ，使YPC AEX ∠=∠，YPE ACZ ∠=∠．从而PYE CZA △∽△，CYP AEX △∽△．FFABDX ZQYCP EEPCY QZXDBA(1)(2)图262设AEX 与ACZ 相交于另一点Q ，则AQX AEX CPY ∠=∠=∠，AQZ ACZ EPY ∠=∠=∠．所以AQX ∠与AQZ ∠相等或相补．故Z 、Q 、X 三点共线．又EQC AQE CQA AXE CZA PYC PYE EYC ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠=∠ 于是，知C 、Y 、Q 、E 四点共圆．所以，CQY CEY PEY ∠=∠=∠ (或180180PEY CAZ CQZ ︒-∠=∠=︒-∠ (或CQZ ∠)．从而Y 、Q 、Z 三点共线．故X 、Y 、Z 三点共线．注：此定理中，当内接于圆的六边形ABCDEF 的六顶点改变其宇序，两两取对边AB 、DE 、BC 、EF 、CD 、AF 共有60种不同情形，相应有60条帕斯卡()Pascal 直线．六个取定的点，有15条连线，相交产生另外45个点，这些点中每一点有4条帕斯卡线．这些帕斯卡线，每3条共点，产生20个其他的点，称为斯坦纳()Steiner 点，每条线上一个，而且这些帕斯卡线，每3条共点，还产生其他60个点，称为寇克曼()Kirkman 点，每3个在一条直线上．20个斯坦纳点在15条其他直线上，每条线上4个点．60个寇克曼点在20条其他直线上，每条线上3个． 1当六边形中有两顶点重合，即对于内接于圆的五边形，亦有结论成立；圆内接五边形()A B CDEF 中A （与B 重合）处的切线与DE 的交点X 、BC 与FE 的交点Y 、CD 与AF 的交点Z 三点共线，如图263- (1)．(F )E B (C )DYE (F )(C )B (B )A E (F )(D )ZY XZXZXYAAC DF EA (B )YXZDC (2)(4)图263(3)(1)当六边形变为四边形()()AB C DE F 或()()A B C D EF 等时，如图263- (2)、(3)，结论仍成立．当六边形变为三角形()()()A B C D E F 时，三组边AB 、CD 、EF 变为点，如图263- (4)，仍有结论成立．此时三点所共的线也称为莱莫恩()lemoine 线（参见第10章性质19）．下面从四个方面看一些应用的例子． 1．指出在圆上的六点应用帕斯卡定理例1如图264-，过ABC △的顶点A 、B 、C 各作一直线使之交于一点P 而交外接圆于A '、B '、C '．又在外接圆上任取一点Q ，则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，其三双对边BC 与A Q '、CA 与QB '、AA '与B B '的交点分别为1 单墫译．[美]R A ⋅⋅约翰逊．近代欧式几何学{]M ．上海：上海教育出版社，2000；208．X 、Z 、P ，由帕斯卡定理知P 、X 、Z 三点共线．LY XPQC 'B'A'B A图264在圆内接六边形CBAA QC ''中，其三双对边CB 与A Q '、BA 与QC '、AA '与C C '的交点务别为X 、Y 、P ，由帕斯卡定理知Y 、P 、X 三点共线．故X 、Z 、Y 三点共线．例2（IMO48预选题）已知ABC △为确定的三角形，1A ，1B ，1C 分别为边BC 、CA 、AB 的中点．P 为ABC △外接圆上的动点，1PA 、1PB 、1PC 分别与ABC △的外接圆交于另外的点A '、B '、C '．若A 、B 、C 、A '、B '、C '是不同的点，则直线AA '、BB '、CC '交出一个三角形．证明：这个三角形的面积不依赖于点P ．证明如图265-，设0A 、0B 、0C 是直线AA '、BB '、CC '交出的三角形的三个顶点．B 0B'D 0A 'C ''A 1B 1C 1AB C P图26-5下面，我们证明有00012A B C ABC S S =△△，这便可说明000A B C △的面积不依赖于点P 的选取．注意到图中的圆内接六边形ABCC PA ''，由帕斯卡定理，知三双对边AB 与C P '、BC 与PA '、CC '与A A '的交点1C 、1A 、0B 三点共线，即知点0B 在ABC △的中位线11A C 上．类似地，可证点0A 、0C 分别在直线11B C 、11A B 上．由11AC C A ∥，得00101B C A AC B △∽△，有0010010B C A C AC B C =．同理，由11BC C B ∥，有1001000AC BC B C A C =．从而000000B C BC AC A C =，于是00B B AA ∥．故000012A B C ABC ABC S S S ==△△△． 2．作出一些点构成圆上六点应用帕斯卡定理例3（2004年国家队培训题）设与ABC △的外接圆内切并与边AB 、AC 相切的圆为a C ，记a r 为圆a C 的半径，类似地定义b r 、c r ，r 是ABC △的内切圆半径，证明：4a b c r r r r ++≥．证明如图266-，设圆a C 与AB 、AC 、ABC △的外接圆分别切于点D 、E 、F ，设M 、N 分别为AB 、AC 中点，I 为ABC △的内心．E C aO a ID CBFM N A图26-6这时，F 为圆a C 与ABC 的位似中心，且过M 的切线平行于BA ，因而M 、D 为一双对应点，于是F 、D 、M 三点共线．（也可设直线FD 交ABC 于M ，则证得M 为BA 的中点．）同理，F 、E 、N 三点共线．而BN 、CM 分别为ABC ∠、BCA ∠的平分线，则知其交点为I ．注意到圆内接六边形ABNFMC ，由帕斯卡定理知D 、I 、E 三点共线．记圆a C 的圆心为a O ，由DE AI ⊥，有21cos 2a a a r AO AO AD A r AI AD AI ==⋅=．同理，21cos 2b r B r =，21cos 2c r Cr =．由1tantan122tan 2tan tan tan222B CA B C B C -⋅==++有tan tan tan tan tan tan 1222222A B B C C A⋅+⋅+⋅=．因此222111cos cos cos 222a b c r r r A B Cr r r ++=++ 2223tan tan tan 222A B C=+++ 3tan tan tan tan tan tan 222222A B B C C A =+⋅⋅+⋅+⋅2221tan tan tan tan tan tan 42222222A B B C C A ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+-+-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦≥．故4a b c r r r r ++≥．例4（2007年国家集训队测试题）凸四边形ABCD 内接于圆Γ，与边BC 相交的一个圆与圆Γ内切，且分别与BD 、AC 相切于点P ，Q ．求证：ABC △的内心与DBC △的内心皆在直线PQ 上．证明如图267-，设圆Γ的圆心为O ，与BC 相交且与Γ相内切的圆的圆心为1O ，切点为T ，显然O 、1O 、T 三点共线．设DB 与CA 交于点H ，直线PQ 交CD 于R ，直线TR 交O 于F ，CT 交1O 于M ，直线TP 交O 于E ．图26-7这时，存在一个以点T 为位似中心的位似变换使得1O 变为O ，因此M C →，N D →，P E →，直线BD 变为过点E 且平行于BD 的O 的切线，所以E 为BD 的中点．由=TM TCTN TD，有2222DP DN DT DT CQ CM CT CT =⋅=，即DP DTCQ CT=．① 又CDH △及截线RQP 应用梅涅劳斯定理，有1CR DP HQRD PH QC⋅⋅=，即CR CQRD DP=．② 又DFT S CR CF CT RD S DF DT==⋅△CFT △．又①、②、③知1CFDF=，即知F 是弧CD 的中点．显然，BCD △的内心I 为CE 与BF 的交点．注意到圆内接六边形ETFBDC ，由帕斯卡定理，知P 、I 、R 三点共线．所以BDC △的内心I 在PQ 上．同理，ABC △的内心I '也在PQ 上． 3．证明六点共圆应用帕斯卡定理例5（2005年国家集训队测试题）如图268-，点P 在ABC △内部，点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 的蚕线，垂足分别为M 、N ．求证：ME 、NF 、BC 三线共点．BAMEPC DQFN 图26-8证明由题设，有90AEP AFP AMP ANP ∠=∠=∠=∠=︒，从而，A 、N 、F 、P 、E 、M 六点都在以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，知B 、Q 、C 三点共线，从而点Q 在BC 上．故ME 、NF 、BC 三线共点．例6（2002年澳大利亚国家数学竞赛题）已知ABC △为锐角三角形，以AB 为直径的K 分别交AC 、BC 于点P 、Q ．分别过A 和Q 作K 的两条切线交于点R ，分别过B 和P 作K 的两条切线交于点S ．证明：点C 在线段RS 上．证明如图269-，设RQ 与PS 、AC 与RK 、BC 与KS 分别交于W 、Y 、N ，连接PK 、WK 、QK 、WN 、WY 、BP ．则Y PSQ N WC B KAR图26-9()1118022YKW YKQ WKQ AKQ PKQ AKP ABP APS YPW ∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠=︒-∠=∠，由此知Y 、P 、K 、W 四点共圆．又PS 是K 的切线，于是90KYW WPK ∠=∠=︒．同理，90KNW KQW ∠=∠=︒．因此，P 、Y 、N 、Q 在以KW 为直径的圆上，即W 、Y 、P 、K 、Q 、N 六点共圆．在这个圆内接六边形中，应用帕斯卡定理，三双对边KP 与QW 、PY 与QN 、PW 与KN 的交点R 、C 、S 共线．故点C 在线段RS 上． 4．注意特殊情形时帕斯卡定理的应用例7（2005年第18届韩国数学奥林匹克题）在Rt ABC △中，90A ∠=︒，B C ∠>∠．O 是ABC △的外接圆的圆心，A l 、B l 是O 的两条切线，切点分别为A 、B ．设{}A S BC l =∩，{}B D AC l =∩，{}E AB DS =∩，{}A T CE l =∩，又设P 是A l 上的点，且使得A EP l ⊥，()Q Q C ≠是CP 与O 的交点，R 是QT 与O 的交点，令{}A U BR l =∩．证明22SU SP SA TU TP TA⋅=⋅．证明如图2610-，设BA 的延长线与过点C 的O 的切线交于点E '，对ABC △应用帕斯卡定理，知S 、D 、E '三点共线，从而E '与E 重合．I BI A XT PE'S UQR ED C BA图26-10因此，点R 、Q 的位置如图10所示．由切割线定理，有2TA TR TQ =⋅，2SA SB SC =⋅，即 22SA SB SCTA TR TQ⋅=⋅．设TQ 与BC 交于点X ，对TXS △及截线RBU 、PCQ 分别应用梅涅劳斯定理，有1XR TU SB RT US BX ⋅⋅=， 1XQ TR SCQT PS CX⋅⋅=．由上述三式并注意相交弦定理：XR XO XB XC ⋅=⋅，则有 CU CP XR SB XQ SCTU TP RT BX QT CX ⋅=⋅⋅⋅22SB SC XR XQ SA TR TQ XB XC TA ⋅⋅=⋅=⋅⋅．练习题二十六1．点M 在ABC △的外接圆上，R 是任意一点，直线AR ，BR ，CR 分别交外接圆于点1A ，1B ，1 C 证明：直线1MA 和BC ，1MB 和CA ，1MC 和AB 的交点在过点R 的一条直线上．2．已知ABC △和某个点T ，设P 和Q 是由点T 分别向直线AB 和AC 引垂线的垂足，而R 和S 是由点A 分别向直线TC 和TB 引垂线的垂足．证明：直线PR 和QS 的交点在直线BC 上． 3．四边形ABCD 内接于圆Γ中，X 是任意一点，M 和N 是直线XA 和XD 与圆Γ的第二个交点．直线DC 和AX ，AB 和DX 相交于点E 和F ．证明：直线MN 和EF 的交点在直线BC 上．4．四边形ABCD 内接于O ，点X 使得90BAX CDX ∠=∠=︒．证明：四边形ABCD 对角线的交点在直线XO 上．5．点A 和1A 在O 的内部，且关于O 对称，射线AP 和11A P 共线，射线AQ 和11A Q 也共线（其中点P ，1P ，Q ，1Q 均在O 上）．证明：直线1PQ 和1PQ 的交点在直线AA 1上．6．点1A ，2A ，⋯，6A 在圆Γ上，而点K ，L ，M ，N 分别在直线12A A ，34A A ，16A A ，45A A 上，且满足23KL A A ∥，36LM A A ∥，61MN A A ∥．证明：52NK A A ∥．7．（IMO20试题，去掉了AB AC =条件）设在ABC △中，有一圆内切于ABC △的外接圆，且与AB 和AC 分别切于点P 和Q ．证明：点P 和Q 连线的中点是ABC △的内切圆圆心． 8．（2005年捷克—波兰—斯洛伐克竞赛题）设凸四边形ABCD 的外接圆和内切圆的圆心分别为O 、I ，对角线AC 、BD 相交于点P ．证明：O 、I 、P 三点共线．9．(2006年第9届香港数学奥林匹克题)凸四边形ABCD 的外接圆的圆心为O ，已知AC BD ≠，AC 与BD 交于点E ．若P 为四边形ABCD 内部一点，使得PAB PCB ∠+∠90PBC PDC =∠+∠=︒，求证：O 、P 、E 三点共线． 10．（2003年国家集训队培训题）在等腰直角ABC △中，90A ∠=︒，1AB =，D 为BC 的中点，E 、F 为BC 上另两点，M 为ADE △的外接圆和ABF △的外接圆的另一个交点；N 为直线AF 与ACE △的外接圆的另一个交点；P 为直线AD 与AMN △的外接圆的另一个交点，求AP 的长度．11．(2009年国家集训队测试题)在凸四边形ABCD 中，DCA ∠与CDB ∠的外角平分线分别是边CB 与DA ，E ，F 分别为AC ，BD 的延长线上的点，且C ，E ，F ，D 四点共圆．平面上的一点P 使得DA 是PDE ∠的外角平分线，CB 是PCF ∠的外角平分线．边AD 与BC 所在直线交于点Q ．求证：点P 在边AB 上的充分必要条件是点Q 在线段EF 上．（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。

与勃罗卡点(角)相关的几个命题

与勃罗卡点(角)相关的几个命题
龙敏信
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】1994(000)010
【总页数】2页(P20-21)
【作者】龙敏信
【作者单位】云南师大数学系
【正文语种】中文
【中图分类】G633.64
【相关文献】
1.与勃罗卡点相关的几个命题推广 [J], 孙凤军;李双成
2.三角形中勃罗卡点到三顶点距离的几个不等式 [J], 刘南山
3.三角形勃罗卡点和重心的形似貌合及妙用 [J], 吴嘉程
4.勃罗卡点与卢勃罗卡角的几个计算公式 [J], 徐鉴堂
5.关于勃罗卡点的两个命题 [J], 张赟
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第章勃罗卡定理
勃罗卡
定理凸四边形
内接于
，延长、交于点．延长、交于点．与交于
点．联结，则．证法如图，在射线上取一点，使得，，，四点共圆（即取完全四边形的密克尔
点），从而、、、及、、、分别四点共圆．
图321
M
F
O
L G N
E
D
C
B
A
分别注意到点、对
的幂，
的半径为，则
．
．
以上两式相减得
，
即．同理，．又由上述两式，有．于是，由定差幂线定理，知．证法如图，注意到完全四边形的性质．在完全四边形中，其密克尔点在直线上，且，由此知为过点的的弦的中点，亦即知，，三点共线，从而．同理，在完全四边形中，其密克尔点在直线上，且，亦有．于是，知为的垂心，故．证法如图．注意到完全四边形的性质，在完全四边形中，其密克尔点在直线上，且．联结、、、、．此时，由密克尔点的性质，知、、、四点共圆，、、、四点共圆，即有，从而
，
即知点在的外接圆上．同理，知点也在的外接圆上，亦即知为与的公共弦．由于三圆，，两两相交，由根心定理，知其三条公共弦，，共点于．即知，，共线，故．该定理有如下推论推论凸四边形内接于，延长、交于点，延长、交于点，与交于点，直线与直线交于点，则为完全四边形的密克尔点．
事实上，若设为完全四边形的密克尔点，则在上，且．
由勃罗卡定理，知，即．而过同一点只能作一条直线与已知直线垂直，从而与重合，即与重合．
推论凸四边形
内接于圆，延长、交于点，延长、交于点，与交于点，为完全四边形
的密克尔点的充要条件是于．
推论凸四边形内接于圆，延长、交于点，延长、交于点，与交于点，则为的垂心．
事实上，由定理的证法即得，或者由极点公式
：
，
，两两相减，再由定差幂线定理即证．
下面给出定理及推论的应用实例．
例（年北方数学邀请赛题）设圆内接四边形的两组对边的延长线分别交于点，，两对角线交于点，则圆心恰为的垂心．
事实上，由推论知为的垂心，再由垂心组的性质即知为的垂心．
例如图，凸四边形内接于，延长，交于点，延长，交于点，与交于点，直线交于点．求证：．
图322
F
A
证明由勃罗卡定理知，于点．
延长交于点，则在完全四边形中，点，调和分割，从而，，，为调和线束，而，于是平分，即．
延长交直线于点（或无穷远点），则知，调和分割，同样可得．
故．
例（年全国高中联赛题）如图，锐角三角形的外心为，是边上一点（不是边的中点），是线段延长线上一点，直线与交于，直线与交于点．
求证：若，则，，，四点共圆．
图32
3
证明用反证法．若，，，四点不共圆，则可设的外接圆与直线交于点，直线交直。

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