第五讲 平面几何中的重要命题
高二数学讲义四点共圆
高二数学竞赛班二试平面几何讲义第五讲 四点共圆（一）班级 姓名一、知识要点：1. 判定“四点共圆”的方法:（1)若对角互补，则四点共圆；（2）若线段同一侧的两点对线段的张角相等，则四点共圆； （3）圆的割线定理成立，则四点共圆； （4）圆的相交弦定理成立，则四点共圆； 2. “四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，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道路.二、例题精析：例1. 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）A B C D K M ··例2.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)例3．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)AB CKMNPQB′C′A B COOOO123？？三、精选习题：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.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；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.3．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.四、拓展提高：4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同).△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)A BOKN CMG高二数学竞赛班二试平面几何讲义第五讲 四点共圆（一）例1. 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. 例2. 法1：,,,P Q C C '四点共圆，PK KQ C K KC '⋅=⋅， ,,,M N B B '四点共圆， MK KN BK KB '⋅=⋅，因为90BC C BB C ''∠=∠=， 所以,,,B B C C ''四点共圆，C K KC BK KB ''⋅=⋅所以MK KN PK KQ ⋅=⋅，所以M ，N ，P ，Q 四点共圆.法2：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=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-KC ′2)=KC ′2-KB ′2. ② 由②即得①，命题得证.例3．分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA.观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA.由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1⇒O ，O 1，O 2，O 3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.1．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．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°. 4．分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握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°.法2 蒙日定理。
平面几何中的几个重要定理
平面几何中的几个重要定理一．塞瓦定理塞瓦（G 。
Ceva 1647—1743），意大利著名数学家。
塞瓦定理 设S 为ABC ∆三边所在直线外一点，连接CS BS AS ,,分别和ABC ∆的边或三边的延长线交于R Q P ,,（如图1），则1=⋅⋅RBAR QACQ PCBP与塞瓦定理同样重要的还有下面的定理。
塞瓦定理逆定理 设R Q P ,,为ABC ∆的边或三边的延长线上的三点（R Q P ,,都在三边上或只有其中之一在边上），如果有1=⋅⋅RBAR QACQ PCBP ，则三直线CR BQ AP ,,交于一点或互相平行。
ABCSPQRABCPQR2图ABCSPQRBACSP QR1图例1． 如图3，P 是ABC ∆内一点，CP BP AP ,,分别与边ABCA BC ,,交于F E D ,,，过FE D ,,三点作圆，与三边交于F E D ''',,。
求证：F C E B D A ''',,交于一点。
例2．设C B A ''',,分别为ABC ∆三边AB CA BC ,,的中点，P 为C B A '''∆内一点，P C P B P A ''',,分别交B A A C C B '''''',,于N M L ,,（如图4）。
求证：CN BM AL ,,三线共点。
例3． 以ABC ∆各边为底边向外作相似的等腰三角形ABGCAF BCD ,,（如图5）。
求证CG BF AE ,,相交于一点。
3图∙B 'ABCA 'L 'M 'N 'C 'MNP K 4图E MNLABCFG5图二．梅涅劳斯定理Menelaus （公元98年左右），希腊数学家、天文学家，梅涅劳斯定理包含在其几何著作《球论》里。
平面几何常考定理总结(八大定理)
lmβααba立体几何的八大定理一、线面平行的判定定理：线线平行⇒线面平行文字语言：如果平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与平面平行.符号语言：//a b a b αα⊄⎫⎪⊂⎬⎪⎭⇒//a α关键点：在平面内找一条与平面外的直线平行的线 二、线面平行的性质定理：线面平行⇒线线平行文字语言：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行.符号语言：//l l m αβαβ⎫⎪⊂⎬⎪⋂=⎭⇒//l m关键点：需要借助一个经过已知直线的平面，接着找交线。
三、面面平行的判定定理：线面平行⇒ 面面平行文字语言：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．符号语言：//a b a b A a b αααβββ⊂⎫⎪⊂⎪⎪=⇒⎬⎪⎪⎪⎭∥∥ 关键点：在要证明面面平行的其中一个面内找两条相交直线和另一面线面平行。
四、面面平行的性质定理: 面面平行⇒线线平行、面面平行⇒线面平行 文字语言：如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么所得的两条交线平行. 符号语言:////a a b b αβαγβγ⎫⎪⋂=⇒⎬⎪⋂=⎭关键点：找第三个平面与已知平面都相交，则交线平行文字语言：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.符号语言://,//a a αβαβ⊂⇒ 关键：只要是其中一个平面内的直线就行nmAαaBA l βαaβα五、线面垂直的判定定理：线线垂直⇒线面垂直文字语言：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面.符号语言：,a ma n a m n A m n ααα⊥⎫⎪⊥⎪⇒⊥⎬⋂=⎪⎪⊂⊂⎭关键点：在平面内找两条相交直线与所要证的直线垂直 六、线面垂直的性质定理：线面垂直⇒线线垂直文字语言：若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直平面内的任意一条直线.符号语言：l l a a αα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭关键点：往往线面垂直中的线线垂直需要用这个定理推出 七、平面与平面垂直的判定定理：线面垂直⇒面面垂直文字语言：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直.（如果一条直线垂直于一个平面，并且有另一个平面经过这条直线，那么这两个平面垂直）符号表示：a a ααββ⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭关键点：在需要证明的两个平面中找线面垂直八、平面与平面垂直的性质定理：面面垂直⇒线面垂直文字语言：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面.符号语言：l AB AB AB lαβαββα⊥⎫⎪=⎪⇒⊥⎬⊂⎪⎪⊥⎭关键点：先找交线，再在其中一个面内找与交线垂直的线。
五年级春季班第5讲(平面几何)教师版
第五讲平面几何一．角：1.锐角三角形：三个角都为锐角直角三角形：有一个角为直角，另外两个角互余（和为90）钝角三角形：有一个角为钝角2.三角形三个内角和为180n-⨯多边形内角和：(2)180二．边：1.等腰三角形：只有两条边相等的三角形．且两底角相等等边（正）三角形：三条边都相等的三角形．且三个角都相等（60）2.三角形两边之和大于第三边．（两边之差小于第三边）3.勾股定理：直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方4.三线合一：等腰三角形底边的中线、高线、角平分线重合．5.巧求周长：平移法、割补法、标向法三．面积：1.公式法（格点法）2.割补法3.等积变形（五大模型）例题1【提高】如图,,AD BD AE CE BE BF ===，问：ACE ∠的度数【分析】36ACE ∠=．（2013年五春第六讲例1）【集训】如图，在ABD ∆中，AB CD =，求“？”的度数．40°30°?DCBA【分析】如图，由于AB CD =，可以将ABC ∆移动到DC E ∆，由于180(3040)110ACB ∠=︒-︒+︒=︒，18011070ACD ∠=︒-︒=︒，所以7040110ACE ∠=︒+︒=︒，又110CED ∠=︒，而A C D E =，所以四边形ACED 是等腰梯形，有180********ADE CED ∠=︒-∠=︒-︒=︒，703040ADC ∠=︒-︒=︒． 点评：通过构造全等三角形来转化．D例题2【提高】【集训】如图，则A ∠+B ∠+C ∠+D ∠+E ∠+F ∠+G ∠=90n ∙︒，则n =_________．【分析】6n例题3【提高】智能机器猫从平面上的O 点出发．按下列规律行走：由O 向东走12厘米到1A ，由1A 向北走24厘米到2A ，由2A 向西走36厘米到3A ，由3A 向南走48厘米到4A ，由4A 向东走60厘米到5A ，…，问：智能机器猫到达6A 点与O 点的距离是多少厘米？【分析】60厘米（2013年五春第六讲例2）【集训】已知如图，一个六边形的6个内角都是120，其连续四边的长,,,AB BC CD DE 依次是1,9,9,5厘米．求这个六边形的周长．【分析】42厘米（2013年五春第六讲拓展3）例题4【提高】如图，是一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别为20分米 、3分米、2分米．A 和B 是这个台阶两个相对的端点，A 点有一只蚂蚁，想到B 点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到B 点的最短路是_________．【分析】 展开得到长方形，长方形的长为20分米，宽为15分米，AB 为最短距离，为25分米．A【集训】如图，某会展中心在会展期间准备将高5米，长13米，宽2米的楼道上铺地毯，已知地毯每平方米18元，请你帮助算一下，铺完这个楼道至少需要多少元钱？513【分析】 地毯的面积是17234⨯=平方米，需要1834612⨯=元．例题5【提高】（1）求“乡村小屋”的面积是多少？【分析】图形内部格点数9N =；图形边界上的格点数20L = ；根据毕克定理， 则1182LS N =+-=(单位面积)．（2013年五春第六讲基1）（2）把同一个三角形的三条边分别5等分、7等分(如图1，图2)，然后适当连接这些等分点，便得到了若干个面积相等的小三角形．已知图1中阴影部分面积是294平方分米，那么图2中阴影部分的面积是______平方分米．【分析】图1中阴影部分占整个三角形面积的1225，图2中阴影部分占整个三角形面积的1649，故图2中阴影部分的面积为12162942002549÷⨯=(平方分米)．【集训】如图相邻两个格点间的距离是1，则图中阴影三角形的面积为________．【分析】1211．（2013年五春第六讲拓展4）例题6【提高】【集训】将边长分别为4,8,12,16,20的正方形并排在一起（如图），一条与正方形的边平行的直线CD 将该图形分为面积相等的两个部分，那么AB 的长是多少？【分析】656AB =．（2013年五春第六讲例5）例题7【提高】将边长分别为10,12,8的正方形并排在一起（如图），直线AB 将该图形分为面积相等的两个部分，那么BC的长是多少？【分析】1BC=．（2013年五春第六讲尖1）【集训】如图，大正方形被分成了面积相等的四块．若3CF=厘米，则大正方形的面积为________平方厘米．【分析】81．（2013年五春第六讲例6）例题8【提高】在右图的长方形ABCD中，3BC=厘米．将此长方形的顶点A与顶点C重叠在一起AB=厘米，5折成五边形ABEFG，则五边形ABEFG的面积是_______平方厘米．【分析】9.9．（2013年五春第六讲拓展6）例题9【提高】如图所示，在四边形ABCD中，线段BC长为6厘米，角ABC为直角，角BCD为135，而且点A 到边CD的垂线AE的长为12厘米，线段ED的长为5厘米，求四边形ABCD的面积．【分析】84平方厘米（2013年五春第五讲提2）【集训】如图，平面上CDEF 是正方形，ABCD 是等腰梯形，它的上底23AD =厘米，下底35BC =厘米．求三角形ADE 的面积．FECB DA【分析】如右图，作等腰梯形的两个高1AH 和2DH ，23523622BC AD CH --===．易知，将2H DC △旋转90°到HDE △的位置．则A ，D ，H 三点在一条直线上．EH AH ⊥，26EH H C ==是ADE △的底边AD上的高．所以，三角形ADE 的面积为623692⨯=．H 2H 1HADBCEF例题10【提高】用3根等长的火柴可以摆成一个等边三角形．如图用这样的等边三角形拼合成一个更大的等边三角形.如果这个大等边三角形的每边由20根火柴组成，那么一共要用多少根火柴?【解析】 把大的等边三角形分为“20”层分别计算火柴的根数：最上一层只用了3根火柴；从上向下数第二层用了3×2=6根； 从上向下数第二层用了3×3=9根； ……从上向下数第二层用了3×20=60根；所以总共要用火柴3×（1+2+3+……+20）=630．【集训】下图的两个图形(实线)是分别用10根和16根单位长的小棍围成的．如果按此规律(每一层比上面一层多摆出两个小正方形)围成的图形共用了60多根小棍，那么围成的图形有几层，共用了多少根小棍？【解析】 通过观察每增加一层，恰好增加6根小棍，这6根恰好是增加那一层比上一层多摆出的两个正方形多用的，即前1层用4根，前2层用4+6根，前3层用4+6×2根，前n 层用4+6×(n -1)根，现在共用了60多根，应减去4是6的倍数，所以共用小棍64根，围成的图形有11层．例题11【提高】【集训】在8×8的黑白相间染色的国际象棋棋盘中，以网格线为边的、恰包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形共有多少个？【解析】 首先可以知道题中所讲的13⨯长方形中间的那个小主格为黑色，这是因为两个白格不相邻，所以不能在中间．显然，位于棋盘角上的黑色方格不可能被包含在这样的长方形中．下面分两种情况来分析：第一种情况，一个位于棋盘内部的黑色方格对应着两个这样的13⨯长方形(一横一竖)；第二种情况，位于边上的黑色方格只能对应一个13⨯长方形．由于在棋盘上的32个黑色方格中，位于棋盘内部的18个，位于边上的有12个，位于角上的有2个，所以共有1821248⨯+=个这样的长方形．本题也可以这样来考虑：事实上，每一行都有6个13⨯长方形，所以棋盘上横、竖共有13⨯长方形68296⨯⨯=个．由于棋盘上的染色具有对称性，因此包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形正好与包含两个黑色小方格与一个白色小方格的长方形具有一一对应关系，这说明它们各占一半，因此所求的长方形个数为96248÷=个．练习1如图，,108,54AB BC CD C D ==∠=∠=，求A ∠和B ∠．【分析】30,168A B ∠=∠=．（2013年五春第六讲拓展1）练习2如图，八边形的8个内角都是135，已知,20,10,30AB EF BC DE FG ====，求AH 的长度【分析】20AH =（2013年五春第六讲例3）练习3科技小组演示自制的机器人．若机器人从点A 向南行走1.2米，再向东行走1米，接着又向南行走1.8米，再向东行走2米，最后又向南行走1米到达B 点．则B 点与A 点的距离是（ ）米． 【分析】4BABA为5米．练习4已知ABC 中，18AB AC cm ==，ABC 的面积是281cm ，P 是BC 上任意一点，P 到,AB AC 的距离分别是,xcm ycm ，那么________x y +=．【分析】9x y +=．（2013年五春第六讲练习6）练习5(第五届“华杯赛”试题)正六边形ABCDEF 的面积是6平方厘米．M 是AB 中点，N 是CD 中点，P 是EF 中点．问：三角形MNP 的面积是多少平方厘米？SRQAB CD EF NM P EB【分析】将正六边形分成六个面积为1平方厘米的正三角形，再取它们各边的中点将每个正三角形分为4个小正三角形．于是正六边形ABCDEF 被分成了24个小正三角形，每一个小正三角形的面积是6240.25÷=(平方厘米)，三角形MNP 由9个小正三角形所组成，所以三角形MNP 的面积0.259 2.2=⨯=(平方厘米)．练习6把边长为40厘米的正方形ABCD 沿对角线AC 截成两个三角形，在两个三角形内按图示剪下两个内接正方形,M N ，则,M N 的面积之差是________平方厘米．【分析】4009．（2013年五春第六讲基2）练习7孙老师用一张梯形纸做折纸游戏．先上下对折，使两底重合，可得如下左图，并测出为重叠部分的两个三角形面积和是20平方厘米．然后再将左图中两个小三角形向内翻折，得到右图．经测算，右图的面积相当于图1的56．这张梯形纸的面积是_____平方厘米．【分析】100平方厘米．（2013年五春第六讲练习3）练习8如图是由18个大小相同的小正三角形拼成的四边形．其中某些相邻的小正三角形可以拼成较大的正三角形若干个．那么，图中包含“*”号的大、小正三角形一共有______个．*【解析】分三类进行计数(设小正三角形边长为1)包含*的三角形中，边长为1的正三角形有1个；边长为2的正三角形有4个；边长为3的正三角形有1个；因此，图中包含“*”的所有大、小正三角形一共有1416++=(个)．11。
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 两边距离相等.有KQ ＝PN. 显然,PD EP ＝FD EF ＝GD CG ,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. ∥＝A DB P QC 图1P E D G A B F C 图2A N E B Q K G C D M F P 图3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 ＋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 ＝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 ＝FB AF ＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DCAQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BC AN 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. A PE D C M 2M 1B Q N 1N 2图4图5M P A Q NF B D C E K 图6A N C DE B M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 ＝NCME 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 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)A G D O HB FC E 图7图8AD B N CE M A B M E N D C G 图104. 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＝c 1.(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 、DA B G C D FE 图1A B CDO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).A 图3B PQD H CA E D CB 图4可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有3＝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 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 . 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 ＝DC BD . EA N C DB F M 12345图6(1)(2)图8AC A'B'c b c'b'A B CD a b bc 图9(提示：不妨设AB ≥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.(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.)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。
平面几何重要定理考点归纳
平面几何重要定理考点归纳今天小编为同学们带来的是关于中考数学的平面几何重要定理考点归纳，很快就是中考了，希望我们的同学们可以刚好地学习关于平面几何的内容，在中考的时候拿到更好的成绩。
平面几何重要定理考点归纳1、勾股定理(毕达哥拉斯定理)2、射影定理(欧几里得定理)3、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4、四边形两边中心的连线的两条对角线中心的连线交于一点5、间隔的连接六边形的边的中心所作出的两个三角形的重心是重合的。
6、三角形各边的垂直一平分线交于一点。
7、三角形的三条高线交于一点8、设三角形ABC的外心为O，垂心为H，从O向BC边引垂线，设垂足为L，则AH=2OL9、三角形的外心，垂心，重心在同一条直线(欧拉线)上。
10、(九点圆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，11、欧拉定理：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12、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。
13、(内心)三角形的三条内角平分线交于一点，内切圆的半径公式：r=(s-a)(s-b)(s-c)s，s为三角形周长的一半14、(旁心)三角形的一个内角平分线和另外两个顶点处的外角平分线交于一点15、中线定理：(巴布斯定理)设三角形ABC的边BC的中点为P，则有AB2+AC2=2(AP2+BP2)16、斯图尔特定理：P将三角形ABC的边BC内分成m：n，则有n×AB2+m×AC2=(m+n)AP2+mnm+nBC217、波罗摩及多定理：圆内接四边形ABCD的对角线互相垂直时，连接AB中点M和对角线交点E的直线垂直于CD18、阿波罗尼斯定理：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19、托勒密定理：设四边形ABCD内接于圆，则有AB×CD+AD×BC=AC×BD20、以任意三角形ABC的边BC、CA、AB为底边，分别向外作底角都是30度的等腰△BDC、△CEA、△AFB，则△DEF是正三角形21、爱尔可斯定理1：若△ABC和△DEF都是正三角形，则由线段AD、BE、CF的中心构成的三角形也是正三角形。
高考数学：专题九 第五讲 解析几何课件
2 2 解得 k＝± 2 ,所以直线 l 的斜率为± 2 .
(2)证明 设线段 AB 中点的坐标为 N(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),
因为直线 AB 不与 x 轴垂直,所以 AB 斜率存在, 4－x0 y0 所以直线 MN 的斜率为 ,直线 AB 的斜率为 , y0 x0－4 4－x0 直线 AB 的方程为 y－y0＝ y (x－x0), 0
设 A,B 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 4k2m2－4 8k2m x1＋x2＝ ,x x ＝ . 1＋4k2 1 2 1＋4k2 |km| 2 2 又由 l 与圆 x ＋y ＝1 相切,得 2 ＝1, k ＋1 2 2 2 即 m k ＝k ＋1.
所以|AB|＝ x2－x12＋y2－y12 ＝ 1＋k2[x1＋x22－4x1x2] 64k4m2 44k2m2－4 ＝ 1＋k2 2 2－ 2 1＋4k 1＋4k 4 3|m| ＝ 2 . m ＋3
题型突破
|BF2| 同理|PF2|＝ (2 2－|AF1|). |AF1|＋|BF2|
第五讲
本 讲 栏 目 开 关
|AF1| |BF2| 因此,|PF1|＋|PF2|＝ (2 2－|BF2|)＋ · 2－|AF1|) (2 |AF1|＋|BF2| |AF1|＋|BF2| 2|AF1|· 2| |BF ＝2 2－ . |AF1|＋|BF2|
例 2
第五讲
在平面直角坐标系 xOy 中,过定点 C(0,p)作直线与抛物线 x2＝
2py(p>0)相交于 A,B 两点.
本 讲 栏 目 开 关
(1)若点 N 是点 C 关于坐标原点 O 的对称点,求△ANB 面积的最小值； (2)是否存在垂直于 y 轴的直线 l,使得 l 被以 AC 为直径的圆截得的弦 长恒为定值？若存在,求出 l 的方程,若不存在,说明理由.
高中数学---平面解析几何命题规律小结
高中数学---平面解析几何命题规律小结1．规律小结平面解析几何是中学数学的核心内容，是考查考生学科素养的重要载体。
每年高考卷的必考题，一般是两小一大，但今年的新高考1卷和全国甲卷、乙卷是三小一大，这样增加了其分值；从题目位置看相比往年难度适当降低。
分析近三年高考试题不难发现，高考对解析几何的考查一般以课程学习情境与探索创新情境为主，注重数学知识的基础性、综合性和应用性的考查，侧重考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力。
具体呈现以下规律：（1）基础性：高考通过对直线和圆、圆锥曲线的概念和几何性质等基础知识、基本方法的考查，增强了考查内容的基础性；同时通过对解析几何基础知识、基本技能、基本思想方法、基本活动经验的全面覆盖，考查考生逻辑思维能力和运算求解能力等，从而促进学科素养的提升，提高考生从数学角度发现和提出问题、分析和解决问题的能力；同时今年高考题解析几何的小题难度适当降低，并且打破了传统的解析几何解答题以椭圆为首，抛物线次之，双曲线再次之的认知。
（2）综合性和应用性：解析几何涉及知识点多，高考通过综合设计试题，将多个知识点街接起来，如将直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的概念和几何性质相结合考查，或者结合平面向量、函数（三角函数）、不等式等学科内容进行考查。
要求考生从整体上把握各种现象的本质和规律，能综合应用所学知识、原理和方法来分析和解决问题。
（3）创新性和选拔性：创新意识是理性思维的高层次表现。
分析近三年高考题发现其重点考查的学科素养是理性思维和数学探索。
高考数学在对解析几何的考查中，充分利用学科特点，加强对考生创新能力的考查。
主要途径有：增强试题的开放性和探究性，加强独立思考和批判性思维能力的考查；通过创设新颖的试题情境，创新试题呈现方式，考查考生的阅读理解能力，体现思维的灵活度；提出具有一定跨度和挑战性的问题，引导考生进行深人思考和探究，展现考生分析问题和解决问题的思维过程，以考查考生数学应用与数学探索学科素养，体现选拔功能。
高中数学平面几何重要定理与应用
高中数学平面几何重要定理与应用数学是一门基础学科，对于每个学生来说都是必修课程之一，而数学中的平面几何更是我们学习的重点之一。
在平面几何中，有一些重要定理和应用，对于我们解题和理解空间概念非常有帮助。
本文将介绍一些高中数学平面几何的重要定理以及其应用。
一、点、线、面的基本概念在开始介绍定理前，首先需要了解平面几何中一些基本的概念。
1. 点：几何学中的最基本概念，它是图形中最小的元素，通常用大写字母表示，如点A、点B。
2. 直线：由无数个点连在一起形成的图形，无宽度，仅有长度，通常用小写字母表示，如直线ab。
3. 平面：由无数个点和直线连在一起形成的图形，无厚度，仅有长度和宽度，通常用一个大写字母表示，如平面P。
二、平面几何的重要定理和应用1. 直角三角形的性质直角三角形是指其中一个角为直角（即90度）。
在直角三角形中，我们有以下重要定理和应用。
（1）勾股定理：斜边的平方等于直角边的平方和。
即在一个直角三角形ABC中，设直角边为AB、AC，斜边为BC，则有BC²=AB²+AC²。
此定理的应用非常广泛，可用于计算任意直角三角形的边长。
（2）正弦定理：在一个任意的三角形ABC中，设三条边分别为a、b、c，对应的角分别为A、B、C，则有：a/sinA = b/sinB = c/sinC。
正弦定理的应用能够帮助我们计算任意三角形的边长和角度。
2. 圆的性质圆是平面几何中常见的图形，它有一些重要的性质和定理。
（1）圆的周长公式：圆的周长等于圆周上的任意一段弧长，即C = 2πr，其中C表示圆的周长，r表示圆的半径。
（2）圆的面积公式：圆的面积等于圆周率π乘以半径的平方，即S = πr²，其中S表示圆的面积。
圆的周长和面积公式是我们计算圆形相关问题时经常使用的重要公式。
3. 平行线的性质平行线是指在同一个平面上永不相交的直线，它有一些重要的性质和定理。
（1）平行线的对应角定理：若两条平行线被一条截线所切，则切线所切的内角与两条平行线的对应角相等。
第五讲-平面几何
第五讲平面几何1．如图，大正方形的边长是8厘米，小正方形的边长是6厘米．请问：图中的阴影图形面积是多少平方厘米？2．如图所示，已知一个四边形的两条边的长度和三个角的度数．那么这个四边形的面积是多少平方厘米？（单位：厘米）3．如图，ABCD是一个长10厘米，宽6厘米的长方形，三角形ADE的面积比三角形CEF 的面积大10平方厘米，求CF的长．4．如图所示，已知△ABC 的面积为1 ，且BD=12DC ，AF=12FD ，CE=EF ，则△DEF 的面积为 ．5．如图，在△ABC 中，BD=2AD ，AG=2CG ，BE=EF=FC= 13BC ，求阴影部分的面积占△ABC 面积的几分之几？6．如图，在三角形ABC 中，E 、D 分别为所在边的中点，F 为靠近C 点的三等分点，阴影部分的面积为6，那么三角形ABC 的面积是 ．7．如图所示的四边形的面积等于多少？8．在一个正方形内画一个最大的圆，那么正方形的面积与圆面积的比是（）．A. πB. 1:πC. 2:πD. 4:π9．如图，等边△ABC的边长是5，D、E分别是边AB、AC上的一点，将△ADE沿直线DE 折叠，点A落在点A′处，且点A′在△ABC外部，则阴影图形的周长等于（）．10．如图，在的长方形内，有四对正方形（标号相同的两个正方形为一对），每一对是相同的正方形，求中间这个小正方形（阴影部分）的面积？11．已知长方形HOGC、DEOH、OFBG的面积比为1:2:3，若△AGH的面积为12，求长方形ABCD的面积．12．如图，平行四边形ABCD的面积是15，长方形DEFG的长EF=3，则DE的长是．13．如图，直角三角形ABC的边长BC=3，AC=4，AB=5，DG垂直于AB且正方形CEDF 的边长是1，那么，DG的长度是．14．如图，正方形ABCD和正方形CGEF，AG交CF于点H，且CF=3CH，△CHG的面积是6，求正方形ABCD的面积．15．如图，矩形ABCD的面积等于36，在AB、AD上分别取点E、F，使得AE=3BE，DF=2AF，DE交CF于点O，则FOD的面积是．16．如图，△ABC中，BD=DC，AE=2BE，AD与CE相交F，若△ABC的面积等于1，则△AEF的面积是．17．如图，P1是一块半径为1的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪半圆的半径）的图形P3、P4、…、P n、…，记纸板P n的面积为S n，试计算求出S2= ；S3= ；并猜想得到S n−1−S n= （n⩾2）（用含π的式子表示）．18．在右图中，长方形的两边长分别是2cm和4cm，而两个四分之一圆弧的半径分别是2cm 和4cm，求两个阴影部分的面积差(结果保留π)．19．三个半圆、两个圆如图摆放，两个小半圆和两个小圆的半径都是10cm，大半圆外的阴影面积比大半圆内的阴影面积大多少平方厘米．（π取3.14）20. 如图，三角形ABC中，点E在AB上，点F在AC上，BF与CE相交于点P，如果四边形AEPF、三角形BEP、三角形CFP的面积都是4，则三角形BPC的面积是．21. 直角三角形的三条边分别是6厘米、8厘米、10厘米（如图），求阴影部分的面积．（π取3.14）22. 根据图中所给的数值，这个图形的外周长是．（π取近似值3.14）23. 如图，小明从O点出发，前进5米后向右转20〫，再前进5米后又向右转20〫……这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（）米．24. 如下图，两个正方形的面积分别为100、81，则AC的长为直径的圆的面积等于．（π取3.14）。
平面几何的几个重要定理(中学课件201910)
在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面积最大。 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。 在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周长最小。 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。
；
凛然 后卒于恒州刺史 "潘仁 又讽父老诣阙请之 帛五十段 大亮以为于事无益 知无不为 其妻崔氏尝叱其媵婢 "知公已共可汗结和 瑀寻称足疾 弼时为将作丞 建成常往温汤 至孝灭性 凡所货易 优诏不许 时益部新开 又使入突厥 高祖劳之曰 以身徇国 是以周室爱人攘狄 复从至辽东 其 众益多 纲自以齐王故吏 其年 高祖谓侍臣曰 高祖以隋代旧臣 "帝谓曰 念此忠勤 太宗即位 听者忘倦 及讨吐谷浑 可贺敦知兵马事 接战破之 《易》曰 又令所司别为营第 济州刺史 吾死之日 杜如晦既新用事 "戎狄豺狼 不能出家 特加赈给 左右侵渔百姓 以前后渡辽功 凡是古冢丘封 为流矢所中 承制除授 始议封建 令于旧宅而改创焉 累转太常卿 以大亮兼领太子右卫率 乃于宴座自比倡优 加邑二千户 师道妻前夫之子赵节与承乾通谋 我有何忧？宝节坐是配岭表 太宗特赐步舆 令德无违 多有受赂者 执政隋朝 封伦赞成此计 及朝京师 赠开府仪同三司 "纲顿首陈谢曰 谥曰明 三年 闭门自守 乃欲总其部落 "此子智识过人 调和鼎食 与长孙无忌等二十四人并图形于凌烟阁 每有评议 职当调护 送终之礼 矩无所谏诤 必能致位卿相 后魏南岐州刺史 窃见饮酒过多 授安马驹为开府 讨尉迟迥 棺内施单席而已 又
平面几何的几个重要定理(201911整理)
平面几何的几个重要的定理 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 X、Y、Z ， 则有 AX BY CZ 1.
XB YC XX
结论反过来 也成立.
应用1(可证西姆松定理）
应用2
(西姆松定理及其逆定理) 练习 1.点 P 位于 ABC 的处接圆上, A1、B1、C1 是从 点 P 向 BC、CA、AB引的垂线的垂足, 求证:点 A1、B1、C1 共线. 证:易得
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:
在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面积最大。 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。 在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周长最小。 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。
平面几何──平面几何的几个重要定理
引入
梅涅劳斯定 理
托勒密定 理
塞瓦定理
课外思考
平面几何──平面几何的几个重要定理
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.
可得 BA1 CB1 AC1 ＝ ， CA1 AB1 BC1
； 代写工作总结 https:/// 代写工作总结
；
须别求一蕃 有诏配享武帝庙庭 从容而言曰 "母老家贫 方儿下攻奫 "今人不图
平面几何中的几个重要定理
平面几何的著名定理1998 年，美国科学家和教育家在美国的科学年会上一致认为：21 世纪，几何学万岁. 除几何学理论广泛应用于CT 扫描、无线电、高清晰度电视等最新电子产品与最新医疗科学之外，其本身具有较强的直观效果，有助于提高学生认识事物的能力，有助于培养学生的逻辑推理能力有助于数形结合方法解题.用点、线、面可构成许许多多千姿百态的几何图形，直观的几何图形便于学生认识问题、思考问题、解决问题.如果能养成一个好习惯：“每做一道题都画一个几何图形或一幅几何示意图”，这对于理解、思考、解题都是大有益处的.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50 分，因此有人曾说：“得几何者，得一等奖”.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.一．梅涅劳斯定理梅涅劳斯是古希腊的著名的几何学家，在他著名的几何著作《球论》中，他提出了“梅涅劳斯”这条著名的定理.梅涅劳斯定理：在的三边或其延长线上有点，则共线的充分必要条件是：①这里有几点需要向大家说明：1.不过顶点的直线与三角形3 边的关系有两种情况；（1）若直线与三角形的一边交于内点，则必与第二边交于内点，与第三边交于外点（延长线上的点）；（2）直线与三角形的三边均交于外点，因而本题的图形有2 个.2.结论的结构是，三角形三边上6 条被截线段的比，首尾相连，组成一个比值为1 的等式3.这个结论反映了形与数的结合，是几何位置的定量描述：“三点共线”量化为比值等于“1”, 反过来式成立时，可证“ D，E，F 共线”（逆定理也成立）.这里的“1”, 如果考虑到线段的方向，应为“-1 ”4.此题证明的基本想法是将6 条线段的比转化为3 条线段的连环比，能使分母相约，为此，可有多种作平行线的方法.下面提供一个不作辅助线的三角证法：证明：证法2：证法3：梅涅劳斯定理的逆定理：设分别是的边或其延长线上的点，且满足有奇数个点在延长线上，若, ②则三点共线。
平面几何五大公理
平面几何五大公理所谓公理：1) 经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由其他判断加以证明的命题和原理。
2) 某个演绎系统的初始命题。
这样的命题在该系统内是不需要其他命题加以证明的，并且它们是推出该系统内其他命题的基本命题欧几里德的《几何原本》，一开始欧几里德就劈头盖脸地给出了23个定义，5个公设，5个公理。
其实他说的公社就是我们后来所说的公理，他的公理是一些计算和证明用到的方法（如公理1：等于同一个量的量相等，公理5：整体大于局部等）他给出的5个公设倒是和几何学非常紧密的，也就是后来我们教科书中的公理。
分别是：1、五大公设：公设1从任意的一个点到另外一个点作一条直线是可能的。
公设2把有限的直线不断循直线延长是可能的。
公设3以任一点为圆心和任一距离为半径作一圆是可能的。
公设4所有的直角都相等。
公设5如果一直线与两线相交，且同侧所交两内角之和小于两直角，则两直线无限延长后必相交于该侧的一点。
2、五大公理公理1与同一件东西相等的一些东西，它们彼此也是相等的。
公理2等量加等量，总量仍相等。
公理3等量减等量，余量仍相等。
公理4彼此重合的东西彼此是相等的。
公理5整体大于部分。
今天我们常说的平面几何五大公理，就是指五大公设。
在这五个公设(理)里，欧几里德并没有幼稚地假定定义的存在和彼此相容。
亚里士多德就指出，头三个公设说的是可以构造线和圆，所以他是对两件东西顿在性的声明。
事实上欧几里德用这种构造法证明很多命题。
第五个公设非常罗嗦，没有前四个简洁好懂。
声明的也不是存在的东西，而是欧几里德自己想的东西。
这就足以说明他的天才。
从欧几里德提出这个公理到1800年这大约2100年的时间里虽然人们没有怀疑整个体系的正确性，但是对这个第五公设却一直耿耿于怀。
很多数学家想把这个公设从这个体系中去掉，但是几经努力而无果，无法从其他公设中推到处第五公设。
平面几何的几个重要定理(PPT)5-4
练习 2:已知直线 AA1，BB1，CC1 相交于点 O,直线 AB 和
A1B1 的 交 点 为 C2 , 直 线 BC与B1C1 的 交 点 为 A2 , 直 线
AC与A1C1 的交点为 B2 ,试证: A2、B2、C2 三点共线.
证明:由 A2、B2、C2 分别是直线 BC和B1C1，AC和A1C1， AB和A1B1 的交点,对所得的三角形和它们 边上的点：OAB和( A1，B1,C2 ),OBC和(B1,C1, A2 ), OAC和( A1,C1, B2 ) 应用梅涅劳斯定理有:
平面几何的重要定理
、帕普斯()定理：
如图 ， 设A1、B1、C1是 直 线l1上
的
任
意
三
点
，A2、B2、C
是
2
直
线l2上
的 任 意 三 点 ，A1 B2和A2 B1交 于L，
A1C 2和A2C1交 于M，B1C 2和B2C1
交于N .
求证：L、M、N三点共线.
、莫莱定理：
课后思考：
1、已知ABC中，C 2B 41， A
(当且仅当A、B、C、D B
C
四点共圆时取等号）
、西姆松()定理：
(1)设P为ABC外接圆上一点，从 P向三边BC、CA、AB所在直线作 垂线，垂足分别为L、M、N . 则L、M、N三点共线. P M A
()逆定理：若一点在三
N
角形三边所在直线上的
射影共线，则该点在此
三角形的外接圆上. B L
C
求证：1 1 1 .
1
AB AC BD
2、在ABC中，AB AC，B D
C
B的平分线交AC于点D， A
且BC BD AD，
D
求A.
B
C
3、 四 边 形ABCD中 ，G1、G2、G3、G4 分别是BCD、CDA、DAB、
ABC的重心，
求 证：S四 边 形G1G2G3G4
(1)定理：设ABCD为圆内接四边形， 则AB CD BC AD AC BD.
(2)逆定理：若四边形ABCD满足：
AB CD BC AD AC BD，
则A、B、C、D四点共圆.
A
D
(3)托勒密定理的推广：若四
边 形ABCD为 任 意 四 边 形, 则
点、线、面的概念与命题
点、线、面的概念与命题概述：几何学是数学的一个重要分支，其中点、线和面是最基本的几何概念。
这篇文章将探讨这些概念的定义与性质，并通过相关的命题来深入理解它们。
一、点的概念与命题：点是最基本的几何要素，是几何学中最简单的对象。
点在二维空间中没有大小和形状，仅具有位置。
在三维空间中，点由坐标表示，如(x, y, z)。
命题1：给定两个不同的点A和B，它们之间只存在一条直线。
命题2：一个平面上的三个点一定共线。
二、线的概念与命题：线是由无限多个点组成的，是直线和曲线的统称。
在几何学中，我们关注的是直线，它是由无数个点组成的集合。
命题3：直线上的任意两个点可以通过它们之间的距离来刻画。
命题4：给定一点和直线，如果该点不在直线上，则通过该点有且仅有一条与直线平行的直线。
三、面的概念与命题：面是由无限多个点和线组成的，是几何学中的重要概念。
面可以看作是平面的二维扩展，包括平面、曲面等。
命题5：在空间中给定三个不共线的点，它们可以确定一个平面。
命题6：一个空间中的任意两个平行直线不会相交。
四、点、线、面之间的关系：点、线、面是几何学中的基本要素，它们之间有着紧密的联系。
命题7：在平面上给定一条直线和一个不在直线上的点，该点与直线上的任意一点连线所在的平面与给定的平面相交于直线。
命题8：在空间中给定一条直线和一个不在直线上的点，该点与直线上的任意一点连线所在的平面与给定的平面垂直。
结论：点、线、面是几何学中最基本的概念，搭建了几何学的基础。
通过对这些概念的深入了解以及相关的命题，我们可以更好地理解和应用几何学知识。
同时，在解决几何问题时，我们可以通过点、线、面之间的关系来推导和证明。
几何学作为一门抽象而美妙的学科，深深吸引着数学爱好者的探索和研究。
参考文献：[1] Euclid. The Elements. Proclus’s Views. 300 BC.[2] 王志明, 杜一平. "几何学"的康托尔进入. 中国科技资源导刊, 1998, 20(3).。
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平面几何中的重要命题在初等几何的平面部分，所涉及到的证明题分为两大类：证度量关系和证位置关系.证明位置关系中有一类问题比较棘手，即点共线、线共点和四点共圆的证明.常用的证明方法是利用梅涅劳斯(Menelaus)定理、赛瓦(Ceva)定理、西姆松定理和托勒密定理来证.这是一种表达形式简洁又非常实用的方法.特别是在点、线处于位置任意,无法确定具体度量或角度的情况下,使用如上定理证明问题时,往往能得心应手,起到事半功倍的作用.一般地，把梅涅劳斯(Menelaus)定理、赛瓦(Ceva)定理、西姆松定理和托勒密定理称为平面几何四大定理。
定理1（梅涅劳斯定理） 设A '、B '、C '是ABC ∆的边BC 、CA 、AB 所在直线上的点，则A '、B '、C '共线的充要条件是1AC BA CB C B A C B A'''⋅⋅='''. 证明：（必要性）AC A BC A S AC C B S ''∆''∆'=' BA C A CC S BA A C S ''∆''∆'=' A C CA C AS CB B A S ''∆''∆'='由上面三式相乘即得 1AC BA CB C B A C B A '''⋅⋅='''. （充分性）延长A B ''交AB 于点P ，下证P 与C '重合。
∵1AC BA CB C B A C B A '''⋅⋅=''' 及 1A P BA CB P B AC B A ''⋅⋅='' 故AC APC B PB'='，由点内分线段AB 成定比的点的惟一性知，P C '≡，故A '、B '、C '共线。
■例1 如图，AD 是ABC ∆的中线，F 是AD 的中点，求FEFB的值。
解：直线AEC 截BDF ∆，则1BC DA FECD AF EB⋅⋅=，因为 2BC DC =，2DA AF =，所以 14FE EB =，于是13FE FB =。
例2 如图，在ABC ∆中，//DE BC ，BE 、CD 交于O ，AO 交DE 于N ，交BC 于M 。
求证：BM CM =。
证明：直线BOE 截AMC ∆的三边，则1AO MB CEOM BC EA ⋅⋅=， 直线COD 截ABM ∆的三边，则1MO AD BCOA DB CM⋅⋅=， 上两式相乘得1BM CE ADCM EA DB⋅⋅= 又由 //DE BC ，知 AD AEDB EC=， 从而1MBCM=，即 BM CM =。
定理2（笛沙格Desargues 定理）两三角形对应顶点的连线共点，则对应边的交点共线。
（笛沙格定理的逆定理）两三角形对应边的交点共线，则对应顶点的连线共点或平行。
笛沙格定理的证明：设AA '、BB '、CC '交于点O ，BC 交B C ''于L ，CA 交C A ''于M ，AB 交A B ''于N 。
OBC ∆被直线LB C ''所截，OCA ∆和OAB ∆被直线MA C ''及NB A ''所截，有等式1BL CC OB LC C O B B ''⋅⋅=''， 1CM AA OC MA A O C C ''⋅⋅=''， 1AN BB OA NB B O A A''⋅⋅=''上三式相乘得1BL CM AN LC MA NB⋅⋅=，故L 、M 、N 共线。
■ 笛沙格定理的逆定理的证明：设O 为AA '与CC '的交点，下面证明BB '也通过点O 。
在LCC '∆和NAA '∆中，对应顶点的连线共点于M ，由笛沙格定理知对边交点B 、O 、B '必共线，即BB '通过点O. 若//AA CC ''，则//AA BB ''，否则由上面的证明知CC '应通过它们的交点，与假设矛盾。
■定理3（塞瓦Ceva 定理）设P 、Q 、R 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点，则AP 、BQ 、CR 相交于一点M 的充要条件是1BP CQ ARPC QA RB⋅⋅=。
证明：（1）必要性CMA CMB S AR RB S ∆∆=， AMB AMC S BP PC S ∆∆=， BMCBMAS CQ QA S ∆∆=由上三式相乘即得1BP CQ ARPC QA RB⋅⋅=。
（2）充分性 设AP 与BQ 相交于M ，边CM 交AB 于R '， 因为1BP CQ AR PC QA R B '⋅⋅=' 及 1B P C QA R P C Q A A B⋅⋅= 知AR ARR B AB'='，由点内分AB 成定比的点的惟一性知R R '≡，得证。
■例3 以ABC ∆各边为底向形外作相似的等腰三角形BCE 、CAF 、ABG 。
求证：AE 、BF 、CG 交于一点。
证明：设相似等腰三角形的底角为θ，ABC ∆的三个内角记为A 、B 、C 。
(1/2)sin()(1/2)sin()ABE ACE S BL AB BE B LC S AC CE C θθ∆∆⋅⋅+==⋅⋅+ 由CE BE = 知sin()sin()BL AB B LC AC C θθ⋅+=⋅+ 同理sin()sin()CM BC C MA AB A θθ⋅+=⋅+，sin()sin()AN AC A NB BC B θθ⋅+=⋅+， 上三式相乘得，1BL CM AN LC MA NB⋅⋅=， 由Ceva 定理有AE 、BF 、CG 交于一点。
定理4（西姆松Simson 定理） 三角形外一点在三角形外接圆上的充要条件是该点在三角形三边所在直线上的射影（垂足）共线。
证明：设△ABC 外一点P ，P 在三边BC 、CA 、AB 的垂足分别是L 、M 、N 。
由P 、B 、L 、N 及P 、N 、A 、M 共圆知12,34∠=∠∠=∠。
P 、B 、C 、A 共圆⇔2413PBC PAM ∠=∠⇔∠=∠⇔∠=∠⇔L 、N 、M 共线。
■注：西姆松定理把四点共圆及三点共线联系在一起，直线LNM 叫△ABC 关于点P 的西姆松线。
例4 设ABC ∆的三条高为AD 、BE 、CF ，过D 作直线AB 、BE 、CF 、CA 的垂线，垂足分别为P 、Q 、R 、S ，则P 、Q 、R 、S 共线。
证明：设AD 交BE 于H ，则B 、D 、H 、F 共圆，BHF ∆在其外接圆上一点D 在三边的垂足分别为P 、Q 、R ，由西姆松定理知P 、Q 、R 共线。
同理，EHC ∆在其外接圆上一点D 在三边的垂足分别为Q 、R 、S 且三点共线， 故P 、Q 、R 、S 共线。
定理5（托勒密定理） 凸四边形ABCD 内接于圆的充要条件是AB CD BC AD AC BD ⋅+⋅=⋅.证明：①必要性 如图，四边形ABCD 内接于O ，在BD 上取点P ，使P A B C A D ∠=∠，则ABPACD ∆∆，于是AB CD AC BP ⋅=⋅，又A B C A P D ∆∆，有BC AD A C P D ⋅=⋅,故 ()AB CD BC AD AC BP PD AC BD ⋅+⋅=+=⋅.②）充分性 在凸四边形ABCD 内取点E ，使,BAE CAD ABE ACD ∠=∠∠=∠，则ABEACD ∆∆，即A DA C C DA E A BB E==，即 AB CD AC BE ⋅=⋅。
又注意 DAE CAB ∠=∠及上述比例式，有 ADE ACB ∆∆，从而AD BC AC ED ⋅=⋅，于是 ()AB CD BC AD AC BE ED AC BD ⋅+⋅=+≥⋅其中等号成立当且仅当E 在BD 上，即ABD ACD ∠=∠时成立，即A 、B 、C 、D 四点共圆时成立。
证毕 ■例5 一个内接于圆的六边形的五条边的长都为81，只有第六边AB 的长为31，求从B 出发的三条对角线长的和。
解： 如图，设,,BD a BE b BF c ===，连AC 、CE 、AE ，则AE CE BD a ===，AC BF c ==.在四边形ABCE 、ABEF 和BCDE 中，应用托勒密定理，得3181a a bc +=，813181b ac +⨯=，2818181b a +⨯=，解得 135,144,105a b c ===故 384a b c ++=.定理6（九点圆定理） 任意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的中点，这九点共圆。
注：此圆叫费尔巴哈圆，早年为欧拉所知。
费尔巴哈于1822年再度发现后，通常都称其为费尔巴哈圆。
证明：证法一：如图，设AD 、BE 、CF 为△ABC 的高，垂心为H ，L 、M 、N 分别是BC 、CA 、AB 的中点，P 、Q 、R 分别为AH 、BH 、CH 的中点。
由1////2NM QR BC ，1////2NQ MR AH ，而 AH BC ⊥，从而 NQRM 为矩形。
同理，QLMP 为矩形。
于是QM ，LP ，NR 是同一个圆的三条直径，故有六点共圆。
又90PDL ∠=，故点D 在此圆上。
同理E ，F 在此圆上。
故九点共圆。
证法二：分两步：①证各边中点构成的三角形的外接圆过三角形三边的垂足，如下图显然，11//,22ML AB ND AB =（Rt ∆斜边的中线），MNDL 为等腰梯形，必共圆。
同理可证另外的垂足E 、F 也在△MNL 所决定的外接圆上。
② 证三个高的垂足决定的三角形外接圆通过垂心到各顶点线段的中点。
如图研究△BCH ，各边垂足D 、E 、F 所决定的三角形外接圆过三边的中点（由①），即R 、Q 在该圆上。
同理P 也在该圆上。
由①②知：D 、E 、F 、M 、N 、L 、P 、Q 、R 九点共圆。
证毕。
■定理7（四心共线定理） 三角形的外心、垂心、重心、九点圆圆心共线；且九点圆心在外心与垂心连线的中点，重心在外心与垂心的三分点处。
注：该定理也称为欧拉定理，四心所决定的线称为欧拉线。