竞赛数学课程几何变换

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数学奥赛平面几何

《竞赛数学解题研究》之平面几何专题一、平面几何中的一些重要定理：1、梅涅劳斯定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则D 、E 、F 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEFC BF DB AD 。

2、塞瓦定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则AF 、BE 、CD 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEFC BF DB AD 。

3、托勒密定理：四边形ABCD 内接于圆的充要条件是CD BC CD AB BD AC ⋅+⋅=⋅4、西摩松定理：设P 是ABC ∆外接圆上任一点，过P 向ABC ∆的三边分别作垂线，设垂足为D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线。

5、斯德瓦特定理：设P 是ABC ∆的边BC 边上的任一点，则BC PC BP AP BC AB PC AC BP ⋅⋅+⋅=⋅+⋅2226、共角定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个角相等或互补（不妨设A=A '）则 C A B A ACAB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆7、共边定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个边相等，则CA B A ACAB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆举例说明：1、设M 、N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 上的点，且AM:AC=CN:CE=k,如果BMN 三点共线，试求k 。

（IMO23,1982）2、在四边形ABCD 中，ABD ∆、BCD ∆、ABC ∆的面积之比为3：4：1，点M 、N 分别是AC 、CD 上的点，且AM:AC=CN:CD, 并且BMN 三点共线，求证：M 、N 分别是AC 、 CD 的中点。

数学奥数几何的奇妙变换

数学奥数几何的奇妙变换数学奥数几何是数学领域中一门非常重要的学科，而其中的奇妙变换更是令人着迷。

奇妙变换不仅仅是一种形式上的变换，更是一种思维上的启发和突破。

在本文中，我们将深入探讨数学奥数几何中涉及的奇妙变换。

1. 对称变换对称变换是几何中最基本也是最常用的一种变换方式。

它包括点、线和面的对称变换。

对称变换的奇妙之处在于它能够将一个图形完全复制到另一侧，同时保持图形的形状和大小不变。

对称变换的应用十分广泛，可以用于解决各种几何题目，例如构造垂直平分线、镜像图形等。

2. 平移变换平移变换是指将一个图形按照指定的方向和距离进行移动的变换方式。

平移变换的特点是保持图形的形状和大小不变，只是位置发生了改变。

通过平移变换，我们可以轻松解决一些几何题目，例如构造平行线、确定相似三角形等。

3. 旋转变换旋转变换是指将一个图形按照指定的角度和中心点进行旋转的变换方式。

旋转变换可以将一个图形转变为与之相似的另一个图形，同时保持图形的形状和大小不变。

通过旋转变换，我们可以解决一些与角度相关的几何问题，例如构造角的平分线、证明两个图形相似等。

4. 缩放变换缩放变换是指将一个图形按照指定的比例进行拉伸或收缩的变换方式。

缩放变换可以改变图形的大小，但保持其形状不变。

缩放变换常用于确定三角形的相似性、求解比例等几何问题。

总结起来，数学奥数几何中的奇妙变换包括对称变换、平移变换、旋转变换和缩放变换。

通过这些变换，我们可以对几何图形进行各种不同的操作和推导，从而解决一些复杂的几何问题。

奇妙变换不仅仅是一种技巧，更是一种思维方式，通过变换的思维方式，我们可以从不同的角度来看待问题，找到解决问题的新途径。

在实际应用中，奇妙变换常常能够帮助我们在解决数学问题的同时培养出创新思维和逻辑思维能力。

通过学习和掌握数学奥数几何中的奇妙变换，我们能够更加深入地理解几何的本质，并且能够将数学中的抽象概念与实际问题相结合，在解决问题的过程中展现出独特的思考和解决能力。

《几何变换》PPT课件

狭义概念中，所谓对称是指某图形相对于固定的某一点、某一线或某一平面，对折后可以完全重合，即互为镜像，从这个意义上说，直线、射线不具有固定的对称中心，点是图形的基本元素，三者都不是对称图形。
广义的概念中，直线、射线、线段和点却是对称图形。一种观点认为，任何图形上的所有点都可以类聚起来，最终类聚为一点（原始点），也即：“不管图形怎样变化，都是原始点自身”，有对称点（原始点），可以完全重合（均为原始点镜像），你能说直线和点不是对称图形吗？其中，最著名的就是“宇宙大爆炸理论”，该理论认为“宇宙起源于某一点，由这一点爆炸形成宇宙，宇宙至今还在膨胀。”
例13 已知P为正方形ABCD中一点,PA=1,PB=2,PD= 6,
求正方形ABCD的面积.
分析将APD绕顶点A按顺时针方向旋转
D
C
900至APB的位置,可造成RtAPP,
从而可求得PP 2,
6
在PBP中,PP= 2,PB=2,PD= 6,
P
由PB2 PP2 PB2得
1
2
A2
B
BPP 90, APB 90 45 135,
F,G分别是DE,AB的中点.求证:FG= 1 ( AB DE).
2
分析为了作出二线段之差AB-DE,
C
将FE平移至BN的位置, 将DF平移至AM.因为DE AB,
DF
E
所以M,N都落在AB上. 故MN=AB-DE,G是MN的中点,
AM
G
B N
MFN=C=900.
由直角三角形的性质知FG 1 MN. 2
么么么么方面
• Sds绝对是假的
例8 已知ABC中,A=900,B的平分线BD与BC边上的高 AE交于F,过F作FG BC于AC于G.求证:AD=GC.

数学竞赛几何变换 (第十二届夏令营)

几何变换(第十二届夏令营)湖南师大附中数学竞赛组自公元前3世纪古希腊数学家欧几里得(Euclid)的《几何原本》问世以来, 平面几何就作为数学的一个分支而存在于世. 由于平面几何有其鲜明的的直觉与严谨、精确、简明的语言, 并且经常出现一些极具挑战性的问题, 因而这一古老的数学分支一直保持着青春的活力, 以极具魅力的姿态展现在我们面前. 世界各国无不将平面几何作为培养本国公民的逻辑思维能力、空间想象能力和推理论证能力的重要题材. 由匈牙利于1894年首开先河的国内外各级数学竞赛活动更是将平面几何作为常规的竞赛内容, 并且从1959年开始举办的每年一届(1980年因特殊原因中断)的国际中学生数学竞赛(通称国际数学奥林匹克)中, 在同一届出现两道平面几何题的情况已是屡见不鲜.但是, 传统的平面几何都是采用公理化方法处理的, 这种方法将平面图形视为静止的图形, 其优点是便于掌握几何图形本身的内在规律. 但用这种静止的观点研究平面几何的一个最大缺陷是: 难以发现不同几何事实之间的联系. 欲深刻揭示客观事物之间的联系, 掌握运动的事物的空间形式最本质的东西——在运动中始终保持不变的性质, 仅用静止的观点是远远不够的, 必须动静结合, 用运动、变化的观点来研究客观事物的运动形式和变化规律. 就平面几何而言, 按照德国数学家克莱因(F. Klein)于1872年提出的观点, 平面几何是研究平面图形在运动、变化过程中的不变性质和不变量的科学.几何变换作为一种现代数学思想方法, 正是采用运动、变化的观点来研究平面几何的. 面对一个平面几何问题, 几何变换往往能有效地帮助我们顺利地实现由条件到结论的逻辑沟通. 将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换. 平面几何中的几何变换主要有合同变换、相似变换和反演变换等.1 知识方法1.1 合同变换在一个几何变换f下, 如果任意两个之间的距离等于变化后的两点之间的距离, 则称f是一个合同变换.合同变换只改变图形的相对位置, 不改变其性质和大小. 合同变换有三种基本形式: 平移变换, 轴反射变换, 旋转变换.(一) 平移变换将平面图形上的每一个点都按一个定方向移动定距离的变换叫作平移变换.记为()T a , 定方向a 称为平移方向, 定距离称为平移距离.显然, 在平移变换下, 两对应线段平行(或共线)且相等. 因此, 凡已知条件中含有平行线段, 特别是含有相等线段的平面几何问题, 往往可用平移变换简单处理. 平移可移线段, 也可移角或整个图形.例1.1 平面上一个单位正方形与距离为1的两条平行线均相交, 使得正方形被两条平行线截出两个三角形(在两条平行线之外). 证明: 这两个三角形的周长之和与正方形在平面上的位置无关. (第15届亚洲—太平洋数学奥林匹克, 2003)证明: 如图所示, 设直线1l //2l , 1l 与2l 的距离为1,单位正方形ABCD 的边,AB AD 分别与1l 交于,P Q , 边,BC CD 分别与2l 交于,R S . 作平移变换()T PA , 设1122',','l l l l R R →→→, 则'R 在2'l 上, 1'l 过正方形的顶点A . 因点A 到2'l 的距离等于AB , 所以2'l 决不会与边,AB AD 相交. 设2'l 与边,BC CD 分别交于,E F , 则有',,,R F RS SF PA ER AQ === 进而, ',ER PQ = 于是''AP PQ AQ RC CS RS SF ER ER RC CS R F EC CF EF +++++=+++++=++ 过顶点A 作2'l 的垂线, 设垂足为H , 则1AH AB AD ===. 由于,,AB EC AD CF AH EF ⊥⊥⊥, 所以, 点A 是CEF ∆的C -旁心, 且,,B H D 分别为CEF ∆的C -旁心圆与三边的切点, 所以,EH BE HF FD ==, 从而2EC CF EF BC CD ++=+=, 即2AP PQ AQ RC CS RS +++++=. 这就是说, APQ ∆的周长与CSR ∆的周长之和等于2. 它与正方形在平面上的位置无关.(二) 轴反射变换如果直线l 垂直平分连接两点,'A A 的线段'AA , 则称两点,'A A 关于直线l 对称. 其中'()A A 叫作点(')A A 关于直线l 的对称点.把平面上图形中任一点都变到它关于定直线l 的对称点的变换, 叫作关于直线l 的轴反射变换, 记为()S l , 直线l 叫作反射轴.显然, 在轴反射变换下, 对应线段相等, 两对应直线或者相交于反射轴上, 或者与反射轴平行. 通过轴反射变换构成(或部分构成)轴对称图形是处理平面几何问题的重要思想方法.例1.2 在锐角ABC ∆中, AB AC <, AD 是边BC 上的高, P 是线段AD 上一点. 过P 作PE AC ⊥, 垂足为E , 作PF AB ⊥, 垂足为F . 12,O O 分别是,BDF CDE ∆∆的外心. 求证:12,,,O O E F 四点共圆的充要条件为P 是ABC ∆的垂心. (全国高中数学联赛, 2007)证明: 如图所示, 由,PD BC PF AB ⊥⊥知,,,B D P F 四点共圆, 且BP 为其直径, 所以BDF ∆的外心1O 为BP 的中点. 同理, ,,,C D P E 四点共圆, 且2O 是CP 的中点. 因此, 12O O //BC , 所以21O O P CBP ∠=∠.充分性. 设P 是ABC ∆的垂心, 由于,PE AC PF AB ⊥⊥, 所以1,,,B O P E 四点共线, 2,,,C O P F 四点共线, ,,,B C E F 四点共圆. 于是由21O O P CBP ∠=∠得212O O E CBE CFE O FE ∠=∠=∠=∠, 故12,,,O O E F 四点共圆.必要性. 因为1O 是Rt BFP ∆的斜边PB 的中点, 2O 是Rt CEP ∆的斜边PC 的中点, 所以12PO F PBA ∠=∠, 2O EC ACP ∠=∠. 因为,,,A F E P 四点共圆, 所以FEP FAP ∠=∠. 于是212112O O F O O P PO F CBP PBA CBA PBF ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠2229090FEO FEP PEO FAP O EC FAP ACP ∠=∠+∠=∠+-∠=∠+-∠这样, 若12,,,O O E F 四点共圆, 则212180O O F FEO ∠+∠= . 因而有90180CBA PBF FAP ACP ∠+∠+∠+-∠=再注意90CBA FAP ∠+∠= , 即得PBF ACP ∠=∠, 也就是PBA ACP ∠=∠.作反射变换()S AD , 设'B B →, 因AB AC <, AD BC ⊥, 所以BD CD <, 于是'B 在线段CD 上, 且','PB B CBP AB P PBA ∠=∠∠=∠. 因PBA ACP ∠=∠, 所以'AB P ACP ∠=∠, 从而,,',A P B C 四点共圆. 于是'90PB B PAC ACB ∠=∠=-∠ , 所以90CBP ACB ∠=-∠ , 所以, BP AC ⊥. 而AP BC ⊥, 故P 是ABC ∆的垂心.(三) 旋转变换将平面上图形中每一个点都绕一个定点O 按定方向(逆时针或顺时针)转动定角θ的变换, 叫作旋转变换, 记为(,)R O θ. 点O 叫作旋转中心, θ叫作转幅或旋转角.易知, 在旋转变换下, 两对应线段相等, 两对应直线的交角等于转幅. 对于已知条件中含有正方形或等腰三角形或其它特殊图形问题, 往往可运用旋转变换来处理.特别是在转幅为90 的旋转变换下, 两对应线段垂直且相等. 而转幅为180 的旋转变换称为中心对称变换, 记为()C O . 在中心对称变换下, 任意一对对应点的连线段都通过旋转中心(此时称为对称中心), 且被对称中心所平分. 由于中心对称变换的这一特殊性, 凡是与中点有关的平面几何问题, 我们可以考虑用中心对称变换处理.例1.3 设圆1T 与圆2T 交于,A B 两点. 圆1T 在A 点的切线交圆2T 于C , 圆2T在A 点的切线交圆1T 于D . M 是CD 的中点. 求证:CAM DAB ∠=∠. (中国国家队培训, 2007)证明: 如图所示, 作中心对称变换()C M , 设'A A →, 则四边形'ACA D 是一个平行四边形. 设AB 的延长线交'CA 于E , 则AEC BAD BCA ∠=∠=∠. 又CAE ADB ∠=∠, 所以ABC ACE DBA ∆∆∆ , 于是,AC AB AE CE AE AC DA BA ==. 两式相乘, 并注意到'AC DA =, 得'AC CE AD DA =. 而'ACE ADA ∠=∠, 所以'ACE ADA ∆∆ , 则'CAE DAA ∠=∠, 故CAM DAB ∠=∠.例1.4 在ABC ∆中, AB AC =, ,,D E F 分别为直线,,BC AB AC 上的点, 且DE //AC , DF //AB , M 为ABC ∆的外接圆上BC的中点. 求证: MD EF ⊥. (伊朗国家队选拔考试, 2005)证明: 如图所示, 因AB AC =, DF //AB ,所以CF DF =. 又四边形EAFD 显然为平行四边形, 则AE DF CF ==. 于是, 设ABC ∆的外心为O , 作旋转变换(,2)R O CBA (其中,CBA 表示始边为射线BC , 终边为射线BA 的有向角), 则,,C A A B →→ 且F E →, 所以OE OF =. 因此, 设EF 的中点为N , 则ON EF ⊥.另一方面, 因四边形EAFD 是平行四边形, 所以N 也是AD 的中点. 又AB AC =, M 为ABC ∆的外接圆上 BC的中点, 所以AM 为ABC ∆的外接圆的直径, 从而O 为AM 的中点, 故ON //MD . 于是由ON EF ⊥, 即知MD EF ⊥.1.2 相似变换在一个几何变换f 下, 若对于平面上任意两点,A B , 以及对应点','A B , 总有''A B kAB =(k 为非零实数), 则称这个变换f 是一个相似变换. 非零实数k 叫作相似比, 相似比为k 的相似变换记为()H k .显然, 相似变换既改变图形的相对位置, 也改变图形的大小, 但不改变图形的形状. 当1k =时, (1)H 就是合同变换. 讨论相似变换时, 常讨论位似变换、位似旋转变换以及位似轴反射变换.(一) 位似变换设O 是平面上一定点, H 是平面上的变换, 若对于任一双对应点,'A A , 都有'OA kOA =(k 为非零实数), 则称H 为位似变换. 记为(,)H O k , O 叫作位似中心, k 叫作相似比或位似系数. A 与'A 在O 点的同侧时0k >, 此时O 为外分点, 此种变换称为正位似(或顺位似); A 与'A 在O 点的两侧时0k <, 此时O 为内分点, 此种变换称为反位似(或逆位似).显然, 位似变换是特殊的相似变换. 有此问题借助于位似变换求解比相似变换更简洁.例1.5 设ABC ∆的内切圆与边,,BC CA AB 分别切于点,,D E F . 求证: ABC ∆的外心O , 内心I 与DEF ∆的垂心H 三点共线. (第12届伊朗数学奥林匹克, 1995; 第97届匈牙利数学奥林匹克, 1997; 第51届保加利亚数学奥林匹克, 2002)证法一: 如图(1)所示, 设ABC ∆的内切圆半径与外接圆半径分别为,r R , R k r =⋅.作位似变换(,)H I k -, 设'''DEF D E F ∆→∆,则'D I R =. 再设ABC ∆的外接圆上的 BC(不含点A )的中点为M , 则OM //'D I 且'OM D I =, 所以四边形'OMID 是平行四边形, 于是'D O //IM , 注意到,,A I M 共线, 所以'D O //AI . 又AI EF ⊥, 所以'D O EF ⊥. 但EF //''E F , 从而'''D O E F ⊥. 同理, '''E O F D ⊥, 所以O 是'''D E F ∆的垂心, 因此H O →. 故,,H I O 三点共线, 且HI r IO R=.证法二: 如图(2)所示, 设直线,,DH EH FH分别与ABC ∆的内切圆交于另一点,,P Q R , 则DEF ∆的三边分别垂直平分,,HP HQ HR , 所以DQ DH DR ==, 由此可知QR //BC . 同样地,RP //CA , PQ //AB , 因此ABC ∆与PQR ∆是位似的. 而,O I 分别是ABC ∆与PQR ∆的外心, ,I H 分别是ABC ∆与PQR ∆的内心, 故,,O I H 三点共线, 且HI r IO R=.(二) 位似旋转变换具有共同中心的位似变换(,)H O k 和旋转变换(,)R O θ复合便得位似旋转变换(,,)S O k θ, 即(,,)(,)(,)(,)(,)S O k H O k R O R O H O k θθθ=⋅=⋅.例1.6 设圆1T 与圆2T 交于,A B 两点, 一直线过点A 分别与圆1T 、圆2T 交于另一点C 和D , 点,,M N K 分别是线段,,CD BC BD 上的点, 且MN // BD , MK //BC . 再设点,E F 分别在圆1T 的 BC(不含点A )上和圆2T 的 BD(不含点A )上, 且EN BC ⊥, FK BD ⊥. 求证: 90EMF ∠= .(第43届IMO 预选题, 2004; 第22届伊朗数学奥林匹克, 2004)证明: 如图所示, 设圆1T 与圆2T 的半径分别为12,,r r 12r k r =⋅, 作位似旋转变换(,,)S B k DBC , 因割线CD 过两圆的另一个交点, 所以D C →. 设','K K F F →→, 则'K 在BC 上, 'F 在圆1T 上, 且''F K BC ⊥,'K C KD MD NB BC BD CD BC===, 所以, 'K C BN =. 设''F K 的延长线交圆1T 于L , 则有''EBN BF K ∠=∠, 而''BF K BFK ∠=∠, 于是EBN BFK ∠=∠. 又,BKF ENB ∠∠皆为直角, 因此BFK EBN ∆∆ . 但由MN // BD , MK // BC 知, 四边形MNBK 是平行四边形, 所以,,BK MN BN MK ==. 于是, 易知MNE FKM ∠=∠, 因此MEN FMK ∆∆ . 再注意到,EN BC FK BD ⊥⊥, 即知EM MF ⊥.(三) 位似轴反射变换就目前的情况来看, 位似轴反射变换的应用似乎尚不及其他几种几何变换. 但作为一种不可或缺的几何变换, 应该有其广泛的用武之地. 实际上, 对于梯形、圆内接四边形、对角线等问题, 都有可能用得上位似轴反射变换.例1.7 已知圆内接凸四边形ABCD , F 是AC 与BD 的交点, E 是AD 与BC 的交点, ,M N 分别是AB 和CD 的中点. 求证:1||2MN AB CD EF CD AB=-. (第46届保加利亚数学奥林匹克(第3轮), 1997)证明: 如图所示, 设AB k CD =⋅, 以E为位似中心, k 为位似比作位似轴反射变换, 使,C A D B →→. 设1F F →, 则1EF k EF =⋅. 同样地, 如果以1k -为位似比作位似轴反射变换, 使,A C B D →→. 设2F F →, 则12EF k EF -=⋅, 且12,F F 都在EF 关于AEB ∠的平分线对称的直线上, 所以11212||||||F F EF EF k k EF -=-=-⋅另一方面, 由ABF DCF ∆∆ , 1BAF DCF ∆∆ 知1ABF BAF ∆∆ , 从而1ABF BAF ∆≅∆, 所以四边形1AF BF 是一个平行四边形, 因此M 是1FF 的中点. 同理, N 是2FF 的中点. 于是11211||22MN F F k k EF -==-⋅, 故 111||||22MN AB CD k k EF CD AB-=-=- 1.3 反演变换设O 是平面α上一定点, 对于α上任意异于点O 的点A , 有在OA 所在直线上的点'A , 满足'0OA OA k ⋅=≠, 则称法则I 为平面α上的反演变换, 记为(,)I O k . 其中O 为反演中心或者反演极, k 为反演幂; A 与'A 在点O 的两侧时0k <, 否则0k >; A 与'A 为此反演变换下的一对反演点(或反点), 显然A 与'A 互为反点(但点O 的反点不存在或为无穷远点); 点A 集的像'A 集称为此反演变换下的反演形(或反形).由于0k <时的反演变换(,)I O k 是反演变换(,||)I O k 和以O 为中心的中心对称变换的复合, 我们只就0k >讨论反演变换即可.令r =则2'OA OA r ⋅=. 此时, 反演变换的几何意义则可知如图所示, 并称以O 为圆心, r 为半径的圆为反演变换2(,)I O r 的基圆.由此几何意义, 我们可作出与'AA 垂直的过A 的直线l 及过'A 的直线'l 的反形分别为下图中的圆'c 及圆c , 反之以,'OA OA 为直径的圆c , 圆'c 的反形分别为直线',l l .由反演变换(0k >)的定义及几何意义, 即推出反演变换有下列有趣性质: 性质1 基圆上的点仍变为自己, 基圆内的点(O 除外)变为基圆外的点, 反之亦然.性质2 不共线的任意两对反演点必共圆, 过一对反演点的圆必与基圆正交(即交点处两圆的切线互相垂直).性质3 过反演中心的直线变为本身(中心除外), 过反演中心的圆变为不过反演中心的直线, 特别地过反演中心的相切两圆变为不过反演中心的两平行直线; 过反演中心的相交圆变为不过反演中心的相交直线.性质4 不过反演中心的直线变为过反演中心的圆, 且反演中心在直线上射影的反点是过反演中心的直径的另一端点; 不过反演中心的圆变为不过反演中心的圆, 特别地, (1) 以反演中心为圆心的圆变为同心圆; (2) 不过反演中心的相切(交)圆变为不过反演中心的相切(交)圆; (3) 圆11(,)O R 和圆22(,)O R 若以点O 为反演中心, 反演幂为(0)k k >, 则212222||k R R OO R ⋅=-, 212222||k OO OO OO R ⋅=-. 性质5 在反演变换下, (1) 圆和圆、圆和直线、直线和直线的交角保持不变;(2) 共线(直线或圆)点(中心除外)的反点共反形线(圆和直线), 共点(中心除外)线的反形共发形点.例1.8 设M 为ABC ∆的边BC 的中点, 点P 为ABM ∆的外接圆上 AB (不含点M )的中点, 点Q 为AMC ∆的外接圆上AC (不含点M )的中点. 求证: AM PQ ⊥.(第57届波兰数学奥林匹克, 2006)证明: 如图所示, 以M 为反演中心、MB 为反演半径作反演变换, 则,B C 皆为自反点, 直线AM 为自反直线. 设A 的反点为'A , 则'A 在直线AM 上, 且ABM ∆的外接圆的反形为直线'A B , AMC ∆d 的外接圆的反形为直线'A C , 点P 的反点'P 为直线PM 与'A B 的交点, 点Q 的反点'Q 为直线QM 与'A C 的交点, 直线PQ 的反形为''MP Q ∆的外接圆. 因,MP MQ 分别平分AMB ∠和AMC ∠, 所以, ''MP MQ ⊥, 且''''''''A P MA MA A Q P B MB MC Q C=== 从而''P Q //BC . 设'A M 与''P Q 交于N . 因M 是BC 的中点, 所以N 是''P Q 的中点. 再注意''MP MQ ⊥即知N 为''MP Q ∆的外心, 这说明直线'A M 与''MP Q ∆的外接圆正交, 因此直线AM 与PQ 正交, 即AM PQ ⊥.2 范例选讲2.1 合同变换例2.1 设ABC ∆是一个正三角形, 12,A A 在边BC 上, 12,B B 在边CA 上,12,C C 在边AB 上, 且凸六边形121212A A B B C C 的六边长都相等. 求证: 三条直线121212,,A B B C C A 交于一点. (第46届IMO , 2005)证明: 如图所示, 作平移变换12()T B A , 则12B A →, 设2B K →, 则12122A A B B KA ==, 且2160KA A ∠= , 所以12KA A ∆是正三角形, 因此11212KA A A C C ==, 且由2160A A K CBA ∠==∠ 知, 1KA //12C C , 所以121C C A K 是平行四边形, 于是12121C K C A B C ==, 又21221B K B A B C ==, 所以21KB C ∆也是正三角形.于是, 由221B KA B 是平行四边形, 12KA A ∆与21KB C ∆都是正三角形可知,121121A A B C B B ∠=∠. 同理, 121121B B C C C A ∠=∠, 所以212121AB C BC A CA B ∠=∠=∠再注意212121B AC C BA A CB ∠=∠=∠, 212121B C C A A B ==即得121212AC B BAC CB A ∆≅∆≅∆进而可知111111AC B BAC CB A ∆≅∆≅∆, 所以111A B C ∆是正三角形. 于是1111A B AC =, 又2121B B B C =, 因此12A B 是11B C 的垂直平分线, 从而12A B 通过111A B C ∆的中心O , 同理1212,B C C A 都通过111A B C ∆的中心O . 故121212,,A B B C C A 三线共点.实际上, 在本题中, 222A B C ∆也是正三角形, 且111A B C ∆、222A B C ∆、ABC ∆这三个正三角形的中心都是点O .例2.2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不平分ABC ∠, 也不平分CDA ∠,点P 在四边形的内部, 满足PBC DBA ∠=∠,PDC BDA ∠=∠. 证明: 四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是PA PC =. (第45届IMO , 2004)证明: 如图所示.必要性. 设四边形ABCD 内接于圆. 以AC 的垂直平分线为反射轴作轴反射变换, 设','B B D D →→, 则','B D 都在圆上, 且','CB AB CD AD ==, 所以'B DC ADB PDC ∠=∠=∠, 这说明',,B P D 三点共线. 同理, ',,D P B 三点共线, 所以点P 是'B D 与'BD 的交点, 因而P 在反射轴上, 即P 在AC 的垂直平分线上, 故PA PC =.充分性. 设PA PC =. 分别延长,BP DP 与BCD ∆的外接圆交于点','D B , 则有''PB C DB C DBC ABP ∠=∠=∠=∠, ''PD C BD C BDC ADP ∠=∠=∠=∠, ''BPD B PD ∠=∠. 因,',,'B B D D 四点共圆, ''PBD PB D ∠=∠, 所以''PBD PB D ∆∆ . 又''CB D CBP DBA =∠=∠, ''B D C PDC ADB ∠=∠=∠, 因此''CB D ABD ∆∆ , 从而''ABPD CB PD 四边形四边形. 但PC PA =, 所以''ABPD CB PD ≅四边形四边形. 这说明四边形ABPD 与四边形''CB PD 关于'BPB ∠的平分线互相对称. 而,',,',B B C D D 共圆, 所以',,,,'B B A D D 共圆, 即,,',,',A B B C D D 六点共圆. 故四边形ABCD 内接于圆.例2.3 设H 为ABC ∆的垂心, ,,D E F 为ABC ∆的外接圆上三点, 且AD //BE //CF , ,,S T U 分别为,,D E F 关于边,,BC CA AB 的对称点. 求证: ,,,S T U H 四点共圆. (中国国家队选拔考试, 2006)证明: 我们先证明如下引理: 设,O H 分别为ABC ∆的外心和垂心, P 为ABC ∆的外接圆上任意一点, P 关于BC 的中点的对称点为Q , 则直线AP 关于OH 的中点对称的直线是QH 的垂直平分线.引理的证明. 事实上, 如右图所示, 过A 作ABC ∆的外接圆的直径'AA , 则'A 与ABC ∆的垂心H 也关于BC 的中点对称, 所以QH //'A P 且'QH A P =. 又'A P AP ⊥, 因此QH AP ⊥. 设,D N分别为,AP QH 的中点, 则'2,A P OD = 2QH NH =, 于是OD //NH 且OD NH =. 而AP OD ⊥, 故直线AP 关于OH 的中点对称的直线是QH 的垂直平分线.回到原题. 如下图所示, 过得D 作BC 的平行线与ABC ∆的外接圆交于另一点P . 由AD //BE //CF 易知PE //CA , PF //AB . 因PD //BC , S 是点D 关于BC 的对称点, 所以点P 关于BC 的中点的对称点是S . 于是, 设ABC ∆的外心为O , OH 的中点为M , 作中心对称变换()C M , 由引理可知, 直线AP 的像直线是HS的垂直平分线. 同理, 直线,BP CP 的像直线分别是,HT HU 的垂直平分线.而,,AP BP CP 有公共点P , 因此,,HS HT HU 的垂直平分线交于一点.故,,,S T U H 四点共圆.进一步, 我们还可以证明()STU 与ABC ∆的外接圆是等圆.事实上, 因,,PS PT PU 的中点分别是ABC ∆的三边的中点, 所以()STU 的半径是ABC ∆的中点三角形的外接圆的半径的两倍, 而ABC ∆的外接圆的半径也是其中点三角形的外接圆半径的两倍. 故()STU 与ABC ∆的外接圆是等圆.在本题中, 我们首先将四点共圆的问题转化成三线共点问题, 然后巧妙地通过中心对称变换使问题得到顺利的解决.例2.4 设ABCD 是一个正方形, 以AB 为直径作一个圆T , P 是边CD 上的任意一点, ,PA PB 分别与圆交于,E F 两点. 求证:直线DE 与CF 的交点Q 在圆T 上, 且AQ DP QB PC=. (第44届塞尔维亚和黑山国家数学竞赛, 2006)证明: 如图所示. 设,BE AD 交于R , ,AF BC 交于S , 则,,,F S C P 四点共圆, 所以SPC SFC ∠=∠. 令O 为正方形ABCD 的中心, 作旋转变换(,90)R O , 则,,B C C D D A →→→, 而,AS BP BR AP ⊥⊥, 所以,S P P R →→, 从而PRD SPC ∠=∠. 显然, BC 为圆T 的切线, 所以CBP BAF ∠=∠. 因//AD BC , 所以=+=+RPB PRD CBP SPC CBP ∠∠∠∠∠. 再设CQ 与AB 交于T , 因//AB DC , 则=ATQ DCQ ∠∠, 于是=+=+=+==RPB SPC CBP SFC BAF AFQ BAF ATQ DCQ ∠∠∠∠∠∠∠∠∠又由,,,R E P D 四点共圆, 知=BRP QDC ∠∠, 因此PRB CDQ ∆∆ , 从而=PBR CQD ∠∠, 即=FBE FQE ∠∠, 这说明,,,E Q B F 四点共圆, 换句话说, 点Q 在圆T 上. 再由,,,R E P D 四点共圆, 知===PRD PED AEQ ABQ ∠∠∠∠, 而=90=RDP BQA ∠∠ , 所以PDR AQB ∆∆ , 于是=AQ PD QB DR, 又=DR CP , 故AQ DP QB PC =. 2.2 相似变换例2.5 设12,O O 是半径不等的外离两圆. ,AB CD 是两圆的两条外公切线,EF 是两圆的一条内公切线, 切点,,A C E 在1O 上, 切点,,B D F 在2O 上. 再设1EO 与AC 交于K , 2FO 与BD 交于L . 求证: KL平分EF . (罗马尼亚国家队选拔赛, 2007)证明: 如图所示, 设两条外公切线交于O , 内公切线EF 与外公切线,AB CD 分别交于,P Q , 以O 为位似中心作位似变换, 使12O O →, 则AC BD →, 而12//O E O F , 所以12O E O F →直线直线, 于是AC 与直线1O E 的交点→BD 与直线2O F 的交点, 即K L →, 因此,,O K L 三点共线. 过L 作EF 的平行线分别与直线,AB CD 交于,R S , 则2O L RS ⊥, 而22,O B BR O D SD ⊥⊥, 所以2,,,R B L O 四点共圆, 2,,,O L S D 四点共圆, 再注意到22O B O D =, 于是2222SRO LBO O DL O SR ∠=∠=∠=∠所以22O R O S =, 因此L 平分RS . 而//PQ RS , 所以OL 平分PQ , 即KL 平分PQ . 又PF QE =, 故KL 平分EF .例2.6 在ABC ∆的外部作PAB ∆与QAC ∆, 使得,AP AB AQ AC ==, 且PAB CAQ ∠=∠. 设,BQ CP 交于R , BCR ∆的外心为O . 求证: AO PQ ⊥. (中国国家队培训, 2006)证法一: 如右图所示, 易知APC ABQ ∆≅∆, 所以APR ABR ∠=∠. 因此,,,A P B R 四点共圆, 从而PRB PAB ∠=∠. 于是22COB PRB PAB ∠=∠=∠. 设BC k BO =⋅, 作位似旋转变换(,,)S B k OBC , 则O C →. 设'A A →, 则'2A AB COB PAB ∠=∠=∠, 所以'A AP PAB CAQ ∠=∠=∠. 又由OC OB =, 有'AA AB =. 于是, 再作旋转变换(,)R A PAB , 则,'C Q A P →→, 从而(,)(,,)R A PAB S B k OBC AO PQ → .另一方面, 由,2OB OC BOC PAB =∠=∠知90PAB OBC ∠+∠= , 因此存在点1O , 使得1(,)(,,)(,,90)R A PAB S B k OBC S O k = . 这说明在位似旋转变换1(,,90)S O k 下, 有AO PQ →. 故AO PQ ⊥.证法二: 若下图所示. 同证法一, 有22BOC PRB PAB ∠=∠=∠. 设M 为BC的中点, 则OM BC ⊥. 再分别过,B C 作,AP AQ 的垂线, 垂足分别为,E F , 则CFA CMO BMO BEA ∆∆≅∆∆于是, 设CO k CM =⋅, FCA θ= , 则1(,,)(,,)S C k S B k M OM θθ-→→ 所以, 1(,,)(,,)(,1,2)(,2)S B k S C k S M R M θθθθ-==. 而1(,,)(,,)S C k S B k F A E θθ-→→, 因此在旋转变换(,2)R M θ下, F E →, 所以ME MF =且2FME θ∠=. 因OA 与等腰MEF ∆的两腰,ME MF 的交角都等于θ, 所以OA EF ⊥. 另一方面, 由CFA BEA ∆ , 有AE AE AF AF AP AB AC AQ===, 所以//EF PQ , 故OA PQ ⊥.2.3 反演变换例2.7 设圆T 与直线l 相离, AB 是圆T 的垂直于l 的直径, 点B 离l 较近,C 是圆T 上不同于,A B 的任意一点, 直线AC 交l于D , 过D 作圆T 的切线DE , E 是切点, 直线BE 与l 交于F , AF 与圆T 交于另一点G . 求证:点G 关于AB 的对称点在直线CF 上. (德国国家队选拔考试, 2005)证明: 如图所示, 设AB 与直线l 交于M , 则,,,A E M F 四点共圆, 再由DE 与圆T 相切可知EDF EOA ∆∆ , 所以DF DE =, 且EOD EAF ∆∆ , 从而DOE FAE ∠=∠. 但2GOE FAE ∠=∠, 所以GOD DOE ∠=∠, 从而GOD EOD ∆≅∆, 所以DG 也为圆T 的切线, G 为切点, DG DE DF ==. 设点,G F 关于直线AB 的对称点分别为','G F , 则'G 在圆T 上, 且'F DFG FGD ∠=∠=∠, 所以,,,'A G D F 四点共圆. 于是, 作反演变换(,)I A AG AF ⋅, 则,F G 互为反点, ','F G 互为反点, 这说明圆T 与直线l 互为反形, 所以,C D 互为反点. 又,,,'A G D F 四点共圆, 这个圆与直线FC 互为反形, 所以,,'F C G 共线, 即点G 关于AB 的对称点在直线CF 上.3 训练习题3.1 合同变换练3.1 设四边形ABCD 外切于圆, ,A B ∠∠的外角平分线交于点K , ,B C ∠∠的外角平分线交于点L , ,C D ∠∠的外角平分线交于点M , ,D A ∠∠的外角平分线交于点N . 再设,,,ABK BCL CDM DAN ∆∆∆∆的垂心分别为1111,,,K L M N . 求证: 四边形1111K L M N 是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)练3.2 设,C D 是以O 为圆心、AB 为直径的半圆上任意两点, 过B 作圆O 的切线交直线CD 于P , 直线PO 与直线,CA AD 分别交于,E F . 证明: OE OF =. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)练3.3 设,D T 是ABC ∆的边BC 上的两点, 且AT 平分BAC ∠, P 是过D 且平行于AT 的直线上的一点, 直线BP 交CA 于E , 直线CP 交AB 于F . 求证: BT DC =的充分必要条件是BF CE =. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克, 2005)练3.4 设ABC ∆是一个正三角形. P 是其内部满足条件=120BPC ∠ 的一个动点. 延长CP 交AB 于M , 延长BP 交AC 于N . 求AMN ∆的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)3.2 相似变换练3.5 在ABC ∆中, AB AC ≠, 中线AM 交ABC ∆的内切圆于,E F 两点, 分别过,E F 两点作BC 的平行线交ABC ∆的内切圆于另一点,K L , 直线,AK AL 分别交BC 于,P Q . 求证: BP QC =. (第46届IMO 预选题, 2005; 第47届伊朗国家队选拔考试, 2006)练3.6 设,b c I I 分别是ABC ∆的,B C --旁心旁心, P 是ABC ∆的外接圆上一点. 证明: ABC ∆的外心是b I AP ∆和c I AP ∆的外心的连线段的中点. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)3.3 反演变换练3.7 设,a I I 分别是分别为ABC ∆的内心和A -旁心, a II 与BC 交于D , 与ABC ∆的外接圆交于M . 设N 是 AM 的中点, ABC ∆的外接圆分别与,a NI NI 交于另一点,S T . 求证: ,,S D T 三点共线. (第18届伊朗数学奥林匹克, 2001) 4 习题解答4.1 合同变换练3.1设四边形ABCD 外切于圆, ,A B ∠∠的外角平分线交于点K , ,B C ∠∠的外角平分线交于点L , ,C D ∠∠的外角平分线交于点M , ,D A ∠∠的外角平分线交于点N . 再设,,,ABK BCL CDM DAN ∆∆∆∆的垂心分别为1111,,,K L M N . 求证: 四边形1111K L M N 是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)证明: 如图所示, 设四边形ABCD 的内切圆圆心为O . 由于内角平分线和外角平分线互相垂直, 所以,OA NK OB KL ⊥⊥.又1AK 是ABK ∆的高, 所以1AK BK ⊥, 因此1AK //OB . 同理, 1BK //OA , 从而四边形1AK BO 是平行四边形. 同样地, 四边形111,,BLCO CM DO DN AO 皆为平行四边形. 于是 ()()1111T AO T OC K N BD L M →→但()()()()T OC T AO T OC OA T AC =+= , 因而()1111T AC K N L M → . 故四边形1111K L M N 是平行四边形.练3.2 设,C D 是以O 为圆心、AB 为直径的半圆上任意两点, 过B 作圆O 的切线交直线CD 于P , 直线PO 与直线,CA AD 分别交于,E F . 证明:OE OF =. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)证明: 如图所示. 以过圆心O 且垂直于EF 的直线为轴作轴反射变换, 设'A A →, 则'A 仍在圆O 上, 且'FOA AOE BOP ∠=∠=∠, 所以'PA 也是圆O 的切线, 因此',,,A O B P 四点共圆. 于是''''A DA A BA A BO A PO ∠=∠=∠=∠, 从而',,,A D P F 四点也共圆, 所以'''A FO A DC A BC ∠=∠=∠.另一方面, 因AB 是圆O 的直径, 所以BC EC ⊥. 又显然有'A B EF ⊥, 由此可知'A BC OEA ∠=∠, 因此'A FO OEA ∠=∠. 再注意'FOA EOA ∠=∠, 'OA OA =, 即知'A OF AOE ∆≅∆, 故OE OF =.练3.3 设,D T 是ABC ∆的边BC 上的两点, 且AT 平分BAC ∠, P 是过D 且平行于AT 的直线上的一点, 直线BP 交CA 于E , 直线CP 交AB 于F . 求证: BT DC =的充分必要条件是BF CE =. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克, 2005)证明: 如图所示, 设M 为BC 的中点, 作中心对称变换()C M , 则C B →.设'A A →, 则四边形'ABA C 是平行四边形. 再设直线'A B 与CF 交于Q , 则有''A C BF A Q BQ =, CP CE PQ BQ=. 于是, '''//.BT DC T D A D CAB AD AT =⇔→⇔∠⇔为的平分线而//PD AT , 故'=',,''='A C CP BT DC A D P A P CA B A Q PQ ⇔⇔∠⇔三点共线为的平分线又''A C BF A Q BQ =, CP CE PQ BQ =, 所以===BF CE BT DC BF CE BQ BQ⇔⇔. 练3.4 设ABC ∆是一个正三角形. P 是其内部满足条件=120BPC ∠ 的一个动点. 延长CP 交AB 于M , 延长BP 交AC 于N .求AMN ∆的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)证明: 如图所示, 设AMN ∆的外心为O ,ABC ∆的中心为Q , 分别过点,B C 作BC 的垂线交AQ 的垂直平分线于,E F , 易知, 当P B →时, O E →; 当P C →时, O F →.下面证明: 当P 在ABC ∆内变动时, 点O 的轨迹是线段EF (不包括端点). 事实上, 设点P 满足条件, 作旋转变换(,120)R Q , 则,,A B B C C A →→→. 因=120BPC ∠ , 所以N M →. 注意=60BAC ∠ , 因此,P Q 都在AMN ∆的外接圆上, 所以AMN ∆的外心O 在AQ 的垂直平分线EF 上.反之, 设AMN ∆的外心O 在线段EF 上, 以O 为圆心、OA 为半径作圆分别交,AB AC 于,M N . 由于AQ 平分BAC ∠, 所以=QN QM . 从而在旋转变换。

初中数学竞赛专题：几何变换

初中数学竞赛专题:几何变换§16.1对称和平移16．1．1★设M 是边长为2的正三角形ABC 的边AB 的中点．P 是边BC 上的任意一点,求PA PM +的最小值．CA'M'PA M B解析作正三角形ABC 关于BC 的对称图形A BC '△．M '是M 的对称点,故M 是A B '的中点．PM PM '=,如图所示,则PA PM PA PM AM ''+=+≥.连结CM ',易知90ACM '∠=︒,所以AM '==．所以,PA PM +．16．1．2★★已知ABC △中,60A ∠<︒．试在ABC △的边AB 、AC 上分别找出一点P 、Q ,使BQ QP PC ++最小．解析作B 关于直线AC 的对称点B ',C 关于直线AB 的对称点C ',连B C ''与AB 、AC 分别交于点P 、Q ,则P 、Q 即为所求,如图所示．CA'M'PA M B事实上,对于AB 、AC 上的任意点P ',Q ',BQ Q P P C B Q Q P P C ''''''''''++=++ B C B Q QP PC ''''=++≥ BQ QP PC =++．评注因为60A ∠<︒,所以所作线段B C ''必与线段AB 、AC 相交．16．1．3★★求证:直角三角形的内接三角形的周长不小于斜边上高的两倍．解析如图所示,设在直角三角形ABC 中,CD 是斜边上的高,PQR △是它的任一内接三角形．BDP ARC Q S VET G FU将Rt ABC △以BC 为对称轴反射为Rt BCE △,此时PQR △反射为SQV △,再将Rt BCE △以CE 为对称轴反射为Rt FCE △,此时SQV △反射为TUV △延长DC 交EF 于G ．易知FF AB ∥,所以CG CD =,即2GD CD =,且GD 是两平行线AB 与EF 之间的距离．所以2PQ QR RP PQ QV VT GD CD ++=++=≥.16．1．4★★★在ABC △内取一点M 使10MAB ∠=︒,30MBA ∠=︒．设80ACB ∠=︒,AC BC =．求AMC ∠.CAHBME解析本题中ABC △为等腰三角形,这就提示我们利用对称性解题,先作一条对称轴,作ABC △的高CH 与直线BM 交于点E 由对称性知,30EAB EBA ∠=∠=︒,所以20EAM ∠=︒, 从而20CAE ∠=︒,因为40AME MAB MBA ∠=∠+∠=︒,又1402ACE ACB ∠=∠︒=,所以CAF △≌MAE △, 于是AC AM =,所以()118040702AMC ∠=︒-︒=︒．16．1．5★★在ABC △中,AH 是高,H 在边BC 上,已知45BAC ∠=︒,2BH =,3CH =,求ABC △的面积．解析作HAC △的关于AC 的对称图形MAC △,作HAB △的关于AB 的对称图形NAB △．分别延长MC 和NB ,它们相交于L ,如图所示．ANMBH CL易知90M N ∠=∠=︒,且290NAM BAC ∠=∠=︒, AM AH AN ==．所以,四边形LMAN 是正方形．设正方形LMAN 的边长为a ,则3CL a =-,2BL a =-．在直角三角形BCL 中,由勾股定理知222BL CL BC +=．()()222325a a -+-=．解方程,得6a =,即6AH =．所以1152ABC S BC AH =⋅=△．16．1．6★★★如图,凸四边形PQRS 的四个顶点分别在边长为a 的正方形ABCD 的四条边上,求证:PQRS 的周长不小于．解析作正方形ABCD 关于BC 的轴对称图形,得到正方形11A BCD ,再作正方形11A BCD 关于1CD 的轴对称图形,得到正方形221A B CD ,再作正方形221A B CD 关于21A D 的轴对称图形,得到正方形2331A B C D ,而P 、Q 、R 、S 四点的对应点如图所示．A S DP B P 1A 1S 1D 1R 3C 3Q 3B 3P 3A 2P 2B 2Q 2R C R 1S 2Q显然,2AA =,23AP A P ∥,故32PP AA ∥,所以四边形PQRS 的周长PQ QR RS SP +++ 11223PQ QR R S S P =+++32PP AA ==≥．即四边形PQRS的周长不小于．16．1．7★★★如图,ABC △和ADE △是两个不全等的等腰直角三角形,90ABC ADE ∠=∠=︒,现固定ABC △而将ADE △绕点A 在平面上旋转,试证:不论ADE △旋转到什么位置,线段EC 上必存在点M 使BMD △力等腰直角三角形．BAD ECMA'解析如图,设BMD △为等腰直角三角形,下面证明点M 在线段EC 上．作A 关于BD 的对称点A ',则A DB ADB '∠=∠．因为902ADE BDM ∠=︒=∠, 所以45EDM A DM A DB ''∠=∠=︒-∠45ADB =︒-∠,又DA DA DE '==．所以A '又是E 关于DM 的对称点．同理A '也是C 关于BM 的对称点,因此EMD A MD '∠=∠,CMB A MD '∠=∠,又因90BMD ∠=︒, 所以180CME ∠=︒．即M 在EC 上（且为EC 的中点）．16．1．8★★★如图,矩形ABCD 中,20AB =,10BC =,若在AC 、AB 上各取一点M 、N ,使BM MN +的值最小,试求出这个最小值．DEC GF ANP MBQ解析作AB 关于直线AC 的对称线段AE ,即B 、E 关于AC 对称,作N 关于AC 的对称点F ,则F 在AE 上,且有BE AC ⊥于Q ,NF AC ⊥于P ．由对称变换可知,MN BM MF MB +=+.欲使MF BM +最小,必须BMF 共线,所以BM MN +最小值为点B 到AE 的距离BG . 在Rt ABC △中,20AB =,10BC =,所以AB BCBQ AC⋅==则2BE BQ == 在Rt ABQ △中,AQ ===20AE AB ==,在ABE △ 中,1122ABE S BE AQ AE BG =⋅=⋅△,则16BE AQBG AE⋅==．从而BM MN +的最小值为16． 16．1．9★★凸四边形ABCD 中,ABD CBD ∠>∠,ADB CDB ∠>∠．求证:AB AD BC CD +>+.D CEPA B解析将BCD △沿BD 翻折,点C 落在点P ．因为ABD CBD ∠>∠,ADB CDB ∠>∠,所以P 必定在ABD △内部．BP 延长线交AD 于点E ,则AB AD BE FD BP PD BC CD +>+>+=+.16．1．10★★设S 表示凸四边形ABCD 的面积,证明1()2S AB CD BC AD ⋅+⋅≤．B ACD D'l解析如图,作点D 关于AC 的垂直平分线l 的对称点D ',显然ACD △与ACD '△关于l 成轴对称图形．所以ABCD S S '=BAD BCD S S ''=+△△,11sin sin 22AB AD BAD BC CD BCD ''''=⋅⋅∠+⋅⋅∠ ()AB AD BC CD ''⋅+⋅≤1()2AB CD BC AD =⋅+⋅. 16．1．11★★在矩形ABCD 内取一点M ,使180BMC AMD ∠+∠=︒,试求BCM DAM ∠+∠的值．解析如图将BMC △沿AB 平移至ADM '△,显然MM AD '⊥,BMC AM D '∠=∠．所以,由已知条件180AM D AMD '∠+∠=︒,即A 、M 、D 、M '四点共圆,从而 BCM DAM ADM DAM '∠+∠=∠+∠ 90AMM DAM '=∠+∠=︒．16．1．12★★设P 是平行四边形ABCD 内一点,使得PAB PCB ∠=∠, 证明:PBA PDA ∠=∠．A D PP'BC解析如图,把AP 平移至DP ',则BAP CDP '∠=∠,及PBA P CD '∠=∠,PP BC '∥, 所以P PC BCP '∠=∠．又已知PAB PCB ∠=∠,故P PC CDP ''∠=∠,从而P 、D 、P '、C 四点共圆．于是P PD P CD ''∠=∠,又P PD PDA '∠=∠, 所以PBA PDA ∠=∠．16．1．13★（1）如图（a ）所示,在梯形ABCD 中,AD BC ∥.已知:3AD BC +=,AC,BD =,求梯形ABCD 的面积．（2）如图（b ）,在梯形ABCD 中,AD BC ∥．M 是CD 的中点,MN AB ⊥于N ．设AB a =,MN h =,求梯形ABCD 的面积．解析（1）将BD 平移到CE ,连结DE ,则CE BD ==DE BC =．所以BCAD E(a)A DENM CF B(b)3AE AD DE AD BC =+=+=．222AE AC CE =+．因此90ACE ∠=︒．因为ABC CDE S S =△△,所以12ACE ABCD S S AC CE ==⋅=△梯形．（2）将AB 平移至EF ,如图（b ）所示,EF 过点M ．由于MDF △≌MCF △,所以ABCD ABFE S S AB MN ah ==⋅=梯形梯形．评注本题的两种添平行线法是解梯形问题的常用方法．16．1．14★★如图,在四边形ABCD 中,AD BC =,E 、F 分别是DC 及AB 中点,FE 的延长线与AD 及BC 的延长线分别交于点H 、G ．求证:AHF BGF ∠=∠．G H DAB'F BCE (a)解析1如图（a ）,将线段CB 平移至AB '．则四边形AB BC '为平行四边形．由于F 是AB 中点,故C 、F 、B '共线．现在EF 是CDB '△的中位线,故EF DB '∥,所以AHF ADB '∠=∠,BGF AB D '∠=∠．又显然AB BC AD '==．故ADB AB D ''∠=∠．于是AHF BGF ∠=∠．G H E CD MAF B(b)解析2如图（b ）,连结AC ,取AC 中点为M ,连结ME 、MF ,则ME 、MF 分别为CDA △、ABC △的中位线,所以12ME DA ∥,12MF BC ∥．故MEF AHF ∠=∠, AFE FGB ∠=∠,且ME MF =,故MEF MFE ∠=∠, 所以AHF FGB ∠=∠．16．1．15★★如图,A B ∠=∠,1AA 、1PP 、1BB 均垂直于11A B ,垂足为1A 、1P、 1B ,117AA =,116PP =,120BB =,1112A B =．求AP BP +的值．A C D A 1P 1B 1E PB解析将1PP 平移到1CA ,C 在线段1AA 上,延长BP 交1AA 于D ,将1DA 平移到1EB ,E 在1BB 上．因为1AA 、1BB 、1PP 均垂直于11A B ,所以四边形11CA PP 和11DA B E 都是矩形．由1116CA PP ==,117AA =,得1AC =．又11AA BB ∥,所以PDA B A ∠=∠=∠,90PCD PCA ∠=∠=︒,PC PC =．所以Rt PCD △≌Rt PCA △,PA PD =,1CD AC ==．于是AP BP BD +=,11115DA AA AD EB =-==, 115BE BB EB =-=．在Rt BED △中,1112DE A B ==,13BD ==,也即13AP BP +=．16．1．16★★在正三角形ABC 的三条边上,有三条相等的线段12A A 、12B B 、12C C ．证明:直线21B C 、21C A 、21A B 所成的三角形中,三条线段21B C 、21C A 、21A B 与包含它们的边成比例．CABC 1C 2C 3A 1A 2A 3B 1B 2B 3解析如图,将12C C 平移到2B P ,连结1PA 、1PB 、2PC ．因为四边形12BC C P 为平行四边形,所以1260B B P A ∠=∠=︒,21212B P C C B B ==,故12B B P △为正三角形,112B P A A ∥．这样所得四边形121A A B P 为平行四边形,121A P A B ∥．因此,由21B C 、21C A 、21A B 这三条线段构成的三角形与12A PC △全等,而12A PC △≌333A B C △,从而命题得证．16．1．17★★如图所示,2AA BB CC '''===且共点于O ,60AOB BOC COA '''∠=∠=∠=︒,求证:AOB BOC COA S S S '''++△△△Q解析将A OC '△沿A A '方向平移A A '长的距离,得AQR △,将BOC '△沿BB '方向平移BB '长的距离,得B PR ''△．由于2OP OQ ==,60POQ ∠=︒,所以2PQ =．又因'2QR R P OC OC CC ''+=+==,故R 与R '重合,且P 、R 、Q 三点共线．在正三角形POQ 中,AOB BOC COA S S S '''++△△△ AOB B PR AQR S S S ''=++△△△22OPQ S <△ 16．1．18★★★如图,由平行四边形的顶点B 引它的高BK 和BH ,已知KH a =,BD b =,求点B 到BKH △的垂心的距离．B PCHD KAaH 1解析令1H 表示BKH △的垂心．考虑到1KH BH ⊥,DH BH ⊥,有1KH DH ∥．同理有1HH DK ∥,因而四边形1KDHH ,为平行四边形,平移1BKH △到PDH △位置,显然P 为BC 上一点,所求线段1BH 即PH ,已与KH 位于同一直角三角形中．由于四边形KDPB 为矩形,有PK BD =,于是1BH PH ===16．1．19★★★已知ABC △的面积为S ,D 、E 、F 分别为BC 、CA 、AB 上的点,且1BD CE AF DC EA FB n===,试求以AD 、BE 、CF 为边的三角形的面积S '． GCEDBF A解析如图,过点A 作AG 平行且等于FC ．连CG 、GD 、GE ,则四边形AFCG 为平行四边形,GCA CAB ∠=∠．又11CG AF AE AE AB AB AB CA n ====+, 所以CGE △≌ABC △,CEG ACB ∠=∠,因此GE CB ∥. 又因1=1GE BDBC n BC=+, 所以GE BD =．于是四边形GEBD 也为平行四边形,从而GD BE =,即ADG △为AD 、BE 、CF 所构成的三角形,它的面积为S '．在梯形GABC 中,1111GABCS GC AB GC SAB AB n +==+=++梯形, 所以111GABC S S n ⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭梯形, 而11ABD S BD S BC n ==+△, 所以111ABC CG CD nS BA BC n n ⋅==⋅⋅++△, 因此()2111111n S S n n n ⎡⎤⎛⎫'=+--⎢⎥ ⎪++⎝⎭+⎢⎥⎣⎦ ()2211n n S n ++=+．§16.2旋转16．2．1★★对于边长为1的正ABC △内任一点P ．求证PA PB PC ++．CBPC'P'解析把ABC △绕点B 旋转60︒到CBC '△．则PBP '△为正三角形,且PC P C ''=,PB PP '=,因而PA PB PC PA PP P C AC ''''++=++=≥．16．2．2★★设P 是等边三角形ABC 内一点,3PC =,4PA =,5PB =．试求此等边三角形的边长．BACP 543解析如图,把CBP △绕点C 逆时针旋转60︒,到达CAP '△的位置,显然,60PCP '∠=︒,3P C PP ''==,5AP '=．在APP '△中,222222345AP P P AP ''+=+==,所以90APP '∠=︒．故9060150APC APP P PC ''∠=∠+∠=︒+︒=︒.在APC △中,由余弦定理,得2222cos150AC AP PC AP PC =+-⋅⋅︒2234243=+⨯⨯+25=+所以,等边三角形ABC的边长是16．2．3★★设O 是正三角形ABC 内一点,已知115AOB ∠=︒,125BOC ∠=︒,求以线段OA 、OB 、OC 为边构成的三角形的各角．解析以B 为旋转中心,将AOB △按逆时针方向旋转60︒,旋转至CDB △,如图所示．连结OD ．由于OB OD =,60OBD ∠=︒,所以OBD △是正三角形,故OD OB =．又CD OA =,故OCD △是以OA 、OB 、OC 为边构成的一个三角形．因此COD BOC BOD ∠=∠-∠1256065=︒-︒=︒, ODC BDC BDO ∠=∠-∠ AOB BDO =∠-∠ 1156055=︒-︒=︒,从而180655560OCD ∠=︒-︒-︒=︒．所以,以线段OA 、OB 、OC 为边构成的三角形的各角分别为65︒、55︒和60︒．16．2．4★★如图,两个正方形ABCD 与AKLM （顶点按顺时针方向排列）,求证:这两个正方形的中心以及线段BM 、DK 的中点是某正方形的顶点．CDQ K LRM SAPB解析设P 、R 分别是正方形ABCD 、AKLM 的中心,Q 、S 分别是线段DK 、BM 的中点,先证PSR △是以PR 为斜边的等腰直角三角形．连结BK 、DM ,将ADM △绕A 逆时针旋转90︒,则D 、M 分别到B 、K 位置,所以BK DM =,BK DM ⊥．因为P 、S 分别是BD 、BM 的中点,所以12PS DM ∥．同理12SR BK ∥．所以PS SR ⊥,且PS SR =．即PSR △是以PR 为斜边的等腰直角三角形．同理可证PQR △也是以PR 为斜边的等腰直角三角形．故P 、Q 、R 、S 是正方形的四个顶点．16．2．5★★正方形ABCD 内有一点P ,1PA =,3PB =．PD =求正方形ABCD 的面积．ADB CPP'解析将PAB △绕A 点旋转90︒,得P AD '△．连结PP '．易知90PAP '∠=︒,1PA P A '==．于是PP '=在P PD '△中,222279P P PD P D ''+=+==．所以P PD '△是直角三角形,从而135APD ∠=︒．由余弦定理得222AD PA PD PD =+⋅8=16．2．6★★在正方形ABCD 的边AB 和AD 上分别取点M 和K ,使得AM AK =,在线段DM 上取点P ,使得PCD PKA ∠=∠．证明:APM ∠是直角．AM BL K PDC解析如图所示,在边BC 上取点L ,使BL AK =,连结KL 、AP 、PL ．由于PCD PKA ∠=∠,所以P 、C 、D 、K 四点共圆,作四边形PCDK 的外接圆和矩形KDCL 的外接圆,因为这两个外接圆均过K 、D 、C 三点,从而这两圆是相同的,所以 90LPD LKD ∠=∠=︒．易知Rt MAD △≌Rt LBA △.故以正方形ABCD 的中心为旋转中心,将Rt LBA △以逆对针方向旋转90︒,则LBA △旋转至MAD △,从而AL DM ⊥．又LP DM ⊥,故A 、P 、L 三点共线,所以90APM ∠=︒． 16．2．7★★★已知凸六边形123456A A A A A A 中,1223A A A A =,3445A A A A =,5661A A A A =,135246A A A A A A ∠+∠+∠=∠+∠+∠．求证:（1）24612345612A A A A A A A A A S S =△；（2）624212A A A A ∠=∠,246412A A A A ∠=∠,264612A A A A ∠=∠．A 1A 2A 3A 4A 5A 6A'4解析（1）将234A A A △绕点2A 旋转,使23A A 与21A A 重合,得到214A A A '△,如图所示．连结46A A '．因为135246()()A A A A A A ∠+∠+∠+∠+∠+∠720=︒,所以135A A A ∠+∠+∠246360A A A =∠+∠+∠=︒．因此4161412360A A A A A A A ''∠=︒-∠-∠ 135360A A A =︒-∠-∠=∠.从而146A A A '△≌546A A A △,246A A A △≌246A A A '△, 所以24624641234561122A A A A A A A A A A A A A S S S '==△．（2）由（1）可知624624126324A A A A A A A A A A A A '∠=∠=∠+∠2624A A A A =∠-∠,所以624212A A A A ∠=∠．同理可证:246412A A A A ∠=∠,264612A A A A ∠=∠．评注本题通过旋转,把234A A A △、456A A A △、612A A A △拼成一个与246A A A △全等的新三角形246A A A '.也可以采取向246A A A △内部旋转的方法,把234A A A △、456A A A △、612A A A △放在26A A A 4△的内部,使之恰好“拼成”246A A A △．16．2．8★★★如图所示,P 、Q 是边长为1的正方形ABCD 内两点,使得45PAQ PCQ ∠=∠=︒,求PAB PCQ QAD S S S ++△△△的值．ADQ PBCADQPQ'BQ''C(a)(b)解析将AQD △绕点A 顺时针旋转90︒至AQ B '△,CQD △绕点C 逆时针旋转90︒至CQ B ''△,连结PQ '、PQ '',则APQ '△≌APQ △,CPQ ''△≌CPQ △．又90ABQ CBQ ADQ CDQ '''∠+∠=∠+∠=︒,所以Q '、B 、Q ''三点共线,且BQ DQ BQ '''==,故PBQ PBQ S S '''=△△, 所以PAB PCQ QAD S S S ++△△△PAQ PBC QCD S S S =++△△△1122ABCD S ==正方形． 16．2．9★★在ABC △中,120A ∠︒≥,点P 不与A 重合．求证PA PB PC AB AC ++>+. 解析如图,将PAB △绕点A 旋转至P AB ''△的位置,使CA 与AB '共线．于是AB AC AB AC PC PB ''+=+<+．B'ACPBP'又因为120P AB PAC BAP PAC BAC ''∠+∠=∠+∠=∠︒≥,所以18060PAP BAC '∠=︒-∠︒≤．故在等腰PAP '△中,PA P A PP ''=≥．因此PB PP P B PA P B PA PB ''''''++=+≤≤, 从而PA PB PC AB AC ++>+.评注此题似乎依赖于图形,P 在BAC ∠内,事实上P 在其他位置照样成立,方法完全一样． 16．2．10★★★凸四边形ABCD 中,点M 、N 分别是BC 、CD 的中点,且AM AN a +=（a 是常数）,求证:22ABCDa S <四边形． ED NC FMBA解析如图所示,将ABM △绕点M 旋转180︒得FCM △,将ADN △绕点N 旋转180︒得ECN △,连EF ,于是360ECF ECN BCD FCM ∠=︒-∠-∠-∠ 360ADC BCD ABC =︒-∠-∠-∠ 180DAB =∠<︒,所以EF 与凸四边形ABCD 的边不相交．故FCM ECN AEF ABCD AMCN S S S S S =++<△△△四边形四边形122AE AF AM AN ⋅=⋅≤ 22222AM AN a +⎛⎫⋅=⎪⎝⎭≤． 16．2．11★★★如图,设D 为锐角ABC △内一点,且AC BD AD BC ⋅=⋅,90ADB ACB ∠=∠+︒,求AB CDAC BD⋅⋅的值．A DBC解析将线段BD 绕点B 顺时针旋转90︒到BE ,连结DE 、CE ．因为ADB CAD CBD ACB ∠=∠+∠+∠,90ADB ACB ∠=∠+︒,所以90CAD CBD ∠+∠=︒,又90CBD CBE ∠+∠=︒,则CAD CBE ∠=∠．由AC BD AD BC ⋅=⋅,得AC AD ADBC BD BE==,于是ACD BCE △∽△,所以ACD BCE ∠=∠, AC AD CDBC BE EC==．从而ACB ACD BCD ECB BCD ECD ∠=∠+∠=∠+∠=∠．所以,ABC DEC △△∽,则AB ACDE DC=,即AB CD AC DE ⋅=⋅．在Rt BDE △中,BD BE =,DE =,故AB CDAC BD⋅⋅。

2022年全国高中数学联赛几何专题(平面几何解析几何)

2022年全国高中数学联赛几何专题（平面几何解析几何）数学竞赛中的平面几何一、引言1．国际数学竞赛中出现的几何问题，包括平面几何与立体几何，但以平面几何为主体．国际数学竞赛中的平面几何题数量较多、难度适中、方法多样（综合几何法、代数计算法、几何变换法等），从内容上看可以分成三个层次：第一层次，中学几何问题．这是与中学教材结合比较紧密的常规几何题，虽然也有轨迹与作图，但主要是以全等法、相似法为基础的证明题，重点是与圆有关的命题，因为圆的命题知识容量大、变化余地大、综合性也强，是编拟竞赛试题的优质素材．第二层次，中学几何的拓展．第三层次，组合几何——几何与组合的交叉．这是用组合数学的成果来解决几何学中的问题，主要研究几何图形的拓扑性质和有限制条件的欧几里得性质．所涉及的类型包括计数、分类、构造、覆盖、递推关系以及相邻、相交、包含等拓扑性质．这类问题在第六届IMO（1964）就出现了，但近30年，无论内容、形式和难度都上了新的台阶，成为一类极有竞赛味、也极具挑战性的新颖题目．组合几何的异军突起是数学竞赛的三大热点之一．2．在中国的数学竞赛大纲中，对平面几何内容除了教材内容外有如下的补充．初中竞赛大纲：四种命题及其关系；三角形的不等关系；同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系;面积及等积变换;三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质．高中竞赛大纲:几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理；三角形中的几个特殊点:旁心、费马点，欧拉线；几何不等式；几何极值问题；几何中的变换：对称、平移、旋转；圆的幂和根轴；面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法．二、基本内容全等三角形的判别与性质，相似三角形的判别与性质，等腰三角形的判别与性质，“三线八角”基本图形，中位线定理，平行线截割定理，圆中角（圆心角、圆周角、弦切角）定理等大家都已经非常熟悉，此外，竞赛中还经常用到以下基本内容．定义1点集的直径是指两个端点都属于这个集合且长度达到最大值的线段（一个点集可能有多条直径，也可能没有直径）．定义2如果对点集A中的任意两点，以这两点为端点的线段包含在A 里，则集合A称为是凸的．定义3设M1,M2,,Mn是多边形，如果MM1M2Mn并且当ij时，Mi与Mj 没有公共的内点，则称多边形M剖分为多边形M1,M2,,Mn．定义4如果凸边形N的所有顶点都在凸多边形M的边上，则称多边形N内接于多边性M．定理1两点之间直线距离最短．推论三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．定理2三角形的内角之等于180．凸n边形（n3）的n个内角和等于(n2)外角和为180180；（每一个顶点处只计算一个外角）．702022年全国高中数学联赛集训暨2022年中国数学奥林匹克赛前训练材料--内部使用证明如图1，过C作CE//AB，则有ECAA，（两直线平行，内错角相等）得ABCACB（结合律）ECBB（等量代换）180．（两直线平行，同旁内角互补图1推论三角形的一个外角等于两个不相邻内角之和．定理3三角形中大边对大角、小边对小角．证明（1）如图2，在ABC中，已知ABAC，可在AB上截取ADAC，则在等腰ACD中有12．（等腰三角形的性质定理）又在BCD中，2B，（外角定理）更有C12B．（传递性）说明由上面的证明知ABACBC,ABACBC,ABACBC,这样的分断式命题，其逆命题必定成立．证明如下：图2（2）反之，在ABC中，若CB，这时AB,AC有且只有三种关系ABAC，ABAC，ABAC．若ABAC，由上证得CB，与已知CB矛盾．若ABAC，由等腰三角形性质定理得CB，与已知CB矛盾．所以ABAC．定理4在ABC与A1B1C1中，若ABA1B1,ACAC11，则AA1BCB1C1．定理5凸四边形ABCD内接于圆的充分必要条件是：ABCCDA180（或BADDCB180）．证明当四边形ABCD内接于圆时，由圆周角定理有ABCCDA1111ADCABCADCABC180．2222同理可证BADDCB180．反之，当ABCCDA180时，首先过不共线的三点A,B,C作O，若点D不在O上，则有两种可能：（1）D在O的外部（如图3（1））．记AD与O相交于S，连CS，在CDS中有ASCCDA．又由上证，有ABCASC180，得180ABCCDAABCASC180，矛盾．712022年全国高中数学联赛集训暨2022年中国数学奥林匹克赛前训练材料--内部使用图3（2）D在O的内部（如图3（2））．记AD的延长线与O相交于S，连CS，在CDS中有ASCCDA．又由上证，有ABCASC180，得180ABCCDAABCASC180，矛盾．定理6凸四边形ABCD外切于圆的充分必要条件是ABCDBCAD．证明当凸四边形ABCD外切于圆时，设各边的切点分别为P,Q,R,S （如图4），根据圆外一点到圆的两切线长相等，有APAS,PBBQ,CRQC,DRDS.相加APPBCRDRASBQQCDS，得ABCDBCAD．图4反之，若ABCDBCAD，我们引B,C的平分线，因为BC360，所以，两条角平分线必定相交于四边形内部一点，记为N，则N到三边AB,BC,CD的距离相等，可以以N为圆心作N与AB,BC,CD同时相切，这时AD与N的关系有且只有三种可能：相离、相切、相交．（1）若AD与N相离（如图5（1））．过A作切线与CD相交于D，在ADD中，有//DDADAD．①//但由上证，有ABCDBCAD，又由已知，有ABCDBCAD相减得CDCDADAD，////DD/ADAD/，与①矛盾．图5722022年全国高中数学联赛集训暨2022年中国数学奥林匹克赛前训练材料--内部使用（2）若AD与N相交（如图5（2））．过A作切线与CD的延长线相交于D，在ADD中，有①//DDADAD．//但由上证，有ABCDBCAD，//又由已知，有ABCDBCAD相减得CDCDADAD，//即DDADAD，与①矛盾．综上得AD与N的相切，即凸四边形ABCD外切于圆．定理7（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．定理8（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．定义5从一点A作O的割线交O于B,C，则点A到两交点B,C的线段长度之积ABAC称为点A对O的羃．对于两个已知圆有等羃的点的轨迹，称为两圆的根轴（或等羃轴）．定理9若两圆相交，其根轴在两圆公共弦所在的直线上；若两圆相切，其根轴在过两圆切点的公切线上；若两圆相离，则两圆的四条公切线的中点在根轴上．定理10（三角形面积公式）在ABC中，记a,b,c为三边长，p//1(abc)为半周长，R是2外接圆半径，r为内切圆半径，ha是边BC上的高，ra是与边BC及AB,AC的延长线相切的旁切圆的半径，则ABC的面积S为：(1)S111ahabhbchc；222111(2)SabinCacinBbcinA；222(3)Sp(pa)(pb)(pc)；(4)Sabc2R2inAinBinC；4R(5)Srp；1ra(bca)；21(7)SR2(in2Ain2Bin2C)．2定理11在RtABC中，有(6)S（1）abc，（勾股定理的逆定理也成立）（2）r2221c(abc),R．22732022年全国高中数学联赛集训暨2022年中国数学奥林匹克赛前训练材料--内部使用定理12（角平分线定理）设AD是ABC中A的平分线，则．ABBD．ACDC此定理有10多种证法，下面是有辅助线与无辅助线的两种代表性证法．证明1（相似法）如图6，延长BA到E，使AEAC，连CE，则BAD1A（已知）21AECACE（外角定理）2AEC，（等腰三角形的两个底角相等）有AD//CE，BDABAB得．（平行线截割定理）图6DCAEAC11ABADinABCSABD2AB2证明2（面积法）．DCSACD1ACADin1AAC22定理13（正弦定理、余弦定理）在ABC中，有（1）abcoBccoC，bacoAccoC，cacoAbcoB．abC2R；（2）inAinBinC222（3）abc2bccoA，b2a2c22accoB，c2a2b22abcoC．（4）inAinBinC2inBinCcoA．222abC2R；inAinBinC证明1（1）当ABC为直角三角形时，命题显然成立．（2）当ABC为锐角三角形时，如图7（1），作ABC外接圆O，则圆心O在ABC的内部，（2）连BO交O于D，连结DC．因为BD是O的直径，所以BCD90，在直角BCD中有aabc2R，但AD，故得2R．同理可证2R,2R．inDinAinBinCabC2R．得inAinBinC（1）（2）图7（3）当ABC为钝角三角形时，记A为钝角，则圆心O在ABC的外部，过A作直径，仿上证74。

课程设计几何变换

课程设计几何变换一、教学目标本节课的教学目标是让学生掌握几何变换的基本概念和性质，包括平移、旋转、对称等，能够运用几何变换解决实际问题。

通过本节课的学习，学生应能够：1.知识目标：理解几何变换的定义和特点，掌握平移、旋转、对称等基本变换的性质和应用。

2.技能目标：能够运用几何变换解决实际问题，如计算图形在变换后的位置、大小和形状等。

3.情感态度价值观目标：培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力，激发学生对几何变换的兴趣和好奇心。

二、教学内容本节课的教学内容主要包括以下几个部分：1.几何变换的定义和分类：平移、旋转、对称等。

2.几何变换的性质和特点：变换前后图形的位置、大小和形状等。

3.几何变换的应用：解决实际问题，如计算图形在变换后的位置、大小和形状等。

4.几何变换的练习：通过练习题，巩固所学知识，提高学生的应用能力。

三、教学方法为了达到本节课的教学目标，我将采用以下几种教学方法：1.讲授法：讲解几何变换的基本概念和性质，引导学生理解和掌握。

2.案例分析法：通过具体的例子，让学生了解几何变换的应用，培养学生的实际操作能力。

3.讨论法：学生进行小组讨论，分享学习心得和解决问题的方法，提高学生的合作能力。

4.实验法：让学生亲自动手进行几何变换实验，增强学生的实践能力和观察力。

四、教学资源为了支持本节课的教学内容和教学方法的实施，我将准备以下教学资源：1.教材：为学生提供基本的学习材料，包括几何变换的基本概念、性质和应用等。

2.参考书：为学生提供更多的学习资料，以便他们深入研究几何变换的相关知识。

3.多媒体资料：通过课件、视频等形式，生动形象地展示几何变换的性质和应用，激发学生的学习兴趣。

4.实验设备：为学生提供几何变换实验所需的器材，如尺子、剪刀、彩纸等，让他们亲自动手进行实验，增强实践能力。

五、教学评估为了全面、客观地评估学生在几何变换章节的学习成果，我将采用以下几种评估方式：1.平时表现：通过观察学生在课堂上的参与程度、提问回答、小组讨论等表现，评估他们的学习态度和理解程度。

数学竞赛几何题

数学竞赛几何题摘要：1.数学竞赛简介2.几何题类型及解题技巧3.解题策略与实用技巧4.提高几何题解题能力的建议5.总结正文：数学竞赛一直是各类学生展示自己数学才能的重要舞台。

在数学竞赛中，几何题是不可或缺的一部分，它既能检验选手的数学基础，又能体现选手的思维能力和创新精神。

本文将为大家介绍数学竞赛中的几何题类型、解题技巧以及实用策略，帮助大家在比赛中更好地应对几何题。

一、数学竞赛简介数学竞赛分为初赛、复赛和决赛三个阶段。

在我国，初赛通常涵盖初中、高中和大学三个层次。

竞赛内容包括了代数、几何、组合数学、数学建模等多个领域。

其中，几何题作为数学的基础知识，是各个阶段竞赛的必考题型。

二、几何题类型及解题技巧1.基本几何图形题：这类题目主要考察选手对基本几何图形的掌握程度，如点、线、面的性质、直线与平面的位置关系等。

解题关键是熟练掌握基本定理和公式。

2.几何变换题：这类题目要求选手运用几何变换的知识，如平移、旋转、对称等，对几何图形进行分析和转化。

解题关键是熟悉变换规律，善于寻找不变量。

3.解析几何题：这类题目结合了代数和几何的知识，要求选手熟练掌握解析几何的基本概念和方法。

解题关键是正确建立坐标系，运用解析几何公式进行计算和分析。

4.组合几何题：这类题目主要考察选手对组合几何图形的理解和应用，如平面几何图形之间的组合、空间几何图形之间的组合等。

解题关键是善于观察和分类，运用恰当的定理和公式。

三、解题策略与实用技巧1.熟悉基本定理和公式：熟练掌握基本定理和公式，是解决几何题的基础。

2.善于画图：在解题过程中，画图能够帮助选手更好地理解题目，找到解题思路。

3.善于分析和转化：对于复杂几何题，选手需要善于分析和转化，将问题简化，找出关键信息。

4.分类讨论：针对题目中的不同情况，进行分类讨论，能够帮助选手更全面地分析问题。

5.灵活运用数学方法：在解题过程中，选手应灵活运用数学方法，如代数法、几何法、三角法等。

奥林匹克数学题型高级平面几何转化技巧

奥林匹克数学题型高级平面几何转化技巧平面几何是数学中的一个重要分支，也是奥林匹克数学竞赛中常见的题型。

为了在平面几何题中取得良好的成绩，学生需要掌握一些高级的转化技巧。

本文将介绍一些常用的奥林匹克数学题型中的高级平面几何转化技巧，并给出相应的例题讲解。

1. 全等三角形转化技巧全等三角形在奥林匹克数学竞赛中经常出现，通过运用一些转化技巧，可以简化问题求解的过程。

例题1：已知在△ABC中，∠ACB = 90°。

点D是AC边上的一个动点，且AD = 5, CD = 12。

点P在AB边上，且∠DPB = 90°。

求∠CPD的最大值。

解析：我们可以通过全等三角形的转化技巧简化问题的求解过程。

首先，连接BP，连接CP，然后延长BP交AC于点E，延长CP交AB于点F。

易得△BPC与△BDA全等。

通过全等三角形的性质可知，∠PBC = ∠ADB。

进一步地，由于∠ADC = 90°，我们可以得到∠ADB = ∠CDE。

因此，我们只需要证明△CDE是等腰三角形，即可求得∠CPD的最大值。

通过等腰三角形判定定理，我们可得CE = CD = 12，结合△CDE的直角，可知△CDE是等腰三角形，所以∠CPD的最大值为60°。

2. 相似三角形转化技巧在解决一些相似三角形问题时，通过一些转化技巧，可以简化问题的求解过程。

例题2：已知在△ABC中，∠C = 90°，D是AC边上的一个点，且AD = DC。

E是BC边上的一个点，且BE = 2EC。

若∠AEB = 60°，求∠EDB的度数。

解析：我们可以通过相似三角形的转化技巧简化问题的求解过程。

首先，连接AD，连接BD，然后延长BD交AC于点F，连接FE。

易得△EDA与△FDB相似。

进一步地，由于∠AEB = 60°，我们可以得到∠AED = ∠BFD。

因此，我们只需要证明△EDF是等腰三角形，即可求得∠EDB的度数。

高中数学竞赛平面几何

高中数学竞赛平面几何一、常用定理（仅给出定理，证明请读者完成）梅涅劳斯定理设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若',','C B A 三点共线，则.1''''''=⋅⋅BC AC A B CB C A BA 梅涅劳斯定理的逆定理条件同上，若.1''''''=⋅⋅BC AC A B CB C A BA 则',','C B A 三点共线。

塞瓦定理设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若',','CC BB AA 三线平行或共点，则.1''''''=⋅⋅BC AC A B CB C A BA 塞瓦定理的逆定理设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若.1''''''=⋅⋅BC AC A B CB C A BA 则',','CC BB AA 三线共点或互相平行。

角元形式的塞瓦定理 ',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，则',','CC BB AA 平行或共点的充要条件是.1'sin 'sin 'sin 'sin 'sin 'sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠BAB CBB CBC ACC AC A BAA 广义托勒密定理设ABCD 为任意凸四边形，则AB •CD+BC •AD ≥AC •BD ，当且仅当A ，B ，C ，D 四点共圆时取等号。

初二奥数之几何变换

2020年数学竞赛初二奥数之几何变换专题29 几何变换阅读与思考几何变换是指把一个几何图形1F 变换成另一个几何图形2F 的方法，若仅改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，这种变换称为合同变换，平移、对称、旋转是常见的合同变换.1.平移变换如图1，如果把图形1F 上的各点都按一定方向移动一定距离得到图形2F 后，则由1F 到2F 的变换叫平移变换.平移变换前后的对应线段相等且平行，对应角的两边分别平行且方向一致. 2.对称变换如图2，将平面图形1F 变换到与它成轴对称的图形2F ，这样的几何变换就叫做关于直线l （对称轴）的对称变换.对称变换前后的对应线段相等，对应角相等，其对称轴是连结各对应点线段的垂直平分线. 3.旋转变换如图3，将平面图形1F 绕这一平面内一定点M 旋转一个定角α，得到图形2F ，这样的变换叫旋转变换，M 叫旋转中心，α叫旋转角.旋转变换前后的图形是全等的，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的夹角等于旋转角.例题与求解【例l 】如图，∠AOB =045，角内有点P ，PO =10，在角的两边上有两点Q ，R （均不同于O ），则△PQR 的周长的最小值为_______________. （黄冈市竞赛试题）解题思路：作P 点关于OA ，OB 的对称点，确定Q ，R 的位置，化折线为直线，求△PQR 的最小值.l图3图2图1F 1F 2O【例2】如图，P 是等边△ABC 的内部一点，∠APB ，∠BPC ，∠CP A 的大小之比是5:6:7，则以P A ，PB ，PC 为边的三角形的三个角的大小之比（从小到大）是（）A. 2:3:4B. 3:4:5C. 4:5:6D.不能确定（全国通讯赛试题）解题思路：解本例的关键是如何构造以P A ，PB ，PC 为边的三角形，若把△P AB ，△PBC ，△PCA 中的任一个，绕一个顶点旋转060，就可以把P A ，PB ，PC 有效地集中在一起.【例3】如图，在△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，∠B =2∠C ，求证：AB+BD=CD.（天津市竞赛试题）解题思路：用截长法或补短法证明，实质都利用AD 翻折造全等.【例4】如图，六边形ABCDEF 中，AB ∥DE ，BC ∥FE ，CD ∥AF ，对边之差BC -FE=ED -AB=AF -CD ＞0，求证：该六边形的各角都相等.（全俄数学奥林匹克竞赛试题）解题思路：设法能将复杂的条件BC -FE=ED -AB=AF -CD ＞0，用一个基本图形表示，题设条件有平行条件，考虑实施平移变换.BCC【例5】已知Rt △ABC 中，AC=BC ，∠ACB =090，∠MCN =045 （1）如图1，当M 、N 在AB 上时，求证：222MN AM BN =+（2）如图2，将∠MCN 绕C 点旋转，当M 在BA 的延长线时，上述结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.（天津市中考试题）解题思路：222MN AM BN =+符合勾股定理的形式，需转化为直角三角形可将△ACM 沿直线CM 对折，得△DCM . 连DN ，只需证DN=BN ，∠MDN =090；或将△ACM (或△BCM )旋转.【例6】如图，∠DAC=012，∠DBC=024，∠CAB=036，∠ABD=048，求∠DCA 的度数.（日本算术奥林匹克试题）解题思路：已知角的度数都是12的倍数，0362460+=，这使我们想到构作正三角形.A图2图1MA B B能力训练1.在如图所示的单位正方形网格中，将△ABC 向右平移3个单位后得到△A B C '''，则BA A '∠的度数是_______.（泰安市中考试题）(第1题) （第2题）（第3题）2.如图，P 是等边△ABC 内一点，P A =6，PB =8，PC =10，则∠APB =_________.3.如图，直线143y x =与双曲线2(0)k y k x =>交于点A ，将直线143y x =向右平移92个单位后，与双曲线2k y x =交于点B ，与x 轴交于点C . 若2AOBC=，则k =______________. （武汉市中考试题） 4.如图，△ABC 中，∠BAC =045，AD ⊥BC ，DB =3，DC =2，则△ABC 的面积是___________. 5.如图，P 为正方形内一点，若::1:2:3PA PB PC =，则∠APB 的度数是（）. A. 0120 B. 0135 C. 0145 D. 01506.如图，边长为2的正方形ABCD 的对角线交于点O ，把边BA 、CD 分别绕点B 、C 同时逆时针旋转060，得四边形A BCD '',下列结论：①四边形A BCD ''为菱形；②12ABCD A BCD S S ''=正方形四边形；③线段OD '的长1. 其中正确的结论有（）.A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个B（第6题）（第5题）（第4题）ACB ABDADA'7. 如图，A ，B 两个电话机离电话线l 的距离分别是3米，5米，CD =6米，若由L 上一点分别向A ，B 连电话线，最短为（）.A. 11米B. 10米C. 9米D. 8米8. 如图，在△ABC 中，∠BAC =0120，P 是△ABC 内一点，若记x PA PB PC =++，y AB AC =+，则（）.A. x y <B. x y =C. x y >D. x 与y 的大小关系不确定9. 如图，已知D 是△ABC 中BC 边的中点，过D 作DE ⊥DF ，分别交AB 于E ，交AC 于F ，求证：BE CF EF +>.（天津市竞赛试题）10.如图，△ABC ，△A B C '''其各边交成六边形DEFGHK ，且EF ∥KH ，GH ∥DE ，FG ∥KD ，0KH EF FG KD DE GH -=-=->. 求证：△ABC ，△A B C '''均为为正三角形.（“缙云杯”邀请赛试题）l第8题图第7题图CBBA B C A'11.如图，已知△ABC 中，AB=AC ，P ，Q 分别为AC ，AB 上的点，且AP=PQ=QB=BC ，求∠PCQ .（北京市竞赛试题）12.如图，已知在平面直角坐标系中，A ，B 两点的坐标分别为(2,3)A -，(4,1)B -. (1) 若(,0)P x 是x 轴上的一个动点，当△P AB 的周长最短时，求x 的值；（2）若(,0),(3,0)C a D a +是x 轴上的两个动点，当四边形ABCD 的周长最短时，求a 的值；（3）设M ，N 分别为x 轴，y 轴上的动点，问：是否存在这样的点(,0)M m 和(0,)N n ，使四边形ABMN 的周长最短？若存在，求出,m n 的值；若不存在，请说明理由.（浙江省湖州市中考试题）13.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，分别以两腰AB ，CD 为边向两边作正方形ABGE 和正方形DCHF ，设线段AD 的垂直平分线l 交线段EF 于点M ，EP ⊥l 于P ，FQ ⊥l 于Q ，求证：EP=FQ.（全国初中数学联赛试题）B14.如图所示，已知Rt △ABC 中，AB=BC ，在Rt △ADE 中，AD=DE ，连结EC ，取EC 中点M ，连结DM 和BM .（1）若点D 在边AC 上，点E 在边AB 上且与点B 不重合，如图1，求证：BM=DM ，且BM ⊥DM ；（2）如图2中的△ADE 绕点A 逆时针旋转小于045的角，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明.（广州市中考试题）15.如图，在△ABC 中，∠BAC =045，AD ⊥BC 于D ，若BD =3，CD =2，求△ABC 的面积.（山东省竞赛试题）图2图1ACBBCAB专题29 几何变换例1 210例2 A 提示：将ABP ∆绕B 点顺时针旋转︒60得CBD ∆，则ABP ∆≌CBD ∆，BPD ∆为等边三角形. 例3 提示:延长BD 至E ,使AB BE =,连接AE ,E ABC ∠=∠2.例4 提示:过E 作ER ∥,CD 过C 作CP ∥AB ,过A 作AQ ∥EF ,则PQR ∆为等边三角形.例5 (1)如图a ，由DCM ∆≌ACM ∆则AM DM AC DC ==,,,ACM DCM ∠=∠A CDM ∠=∠.又由CB CA =，得CB CD =.由DCM DCN ∠-︒=∠45,得BCN DCN ∠=∠,又CN CN =,则DCN ∆≌BCN ∆,有BN DN =,B CDN ∠=∠, ∴︒=∠+∠=∠+∠=∠90B A CDN CDM MDN ∴222DN MD MN +=即222BN AM MN +=(2)关系式: 222BN AM MN +=仍成立,方法同上,如图b 例6 如图,作ACD ∆关于AD 所在直线的轴对称图形,APD 则,12,60,APD ACD PAD CAD PAB AP AB AC ∠=∠∠=∠=∠===，连接PB ，则PAB 为正三角，得12PBD ∠=.123648,,,DAB DBA AD BD PAD PBD ∠=+==∠∴=∴≅故30.30APD BPD ACD APD ∠=∠=∴∠=∠=能力训练1. 452. 1503. 12 提示: 如图, 设4(,)3A a a 过A 作AD x ⊥轴, 交于点D , 过B 作BE x ⊥轴, 交于点E由,2AO AD OD AOD BCE BC BE CE ∴===, 则2912,,(,)23223a CE BE a B a a ==+ ,A B 都在双曲线上, 4291()3322a a a a ∴=+, 解得 123,0a a ==(舍去) 3412k ∴=⨯=4. 15 提示: 分别以,AB AC 为对称轴作D 点的对称点,E F , 连接,FC EB 相交于G , 证明四边形AFGE 为正方形5. B6. C7. B8. D9. 提示: 延长FD 至G , 使DG FD =, 连接EG10. 提示: 作//,//,//EQ FG PG KH KR DE ，交成等边三角形PQR11. 提示: 作//CD BQ , 连,PD CD ，∴四边形QBCD 为菱形, DQ QB = , 由,AP QB CD AQ PC === ,A PCD ∠=∠ 得,,DCP PAQ PD PQ QB QD ≅=== Q P D ∴为等边三角形, 又,CDP A PQA ∠=∠=∠2,QPC A ∠=∠360QPD A ∠=∠= 20,A ∴∠=80B ACB ∠=∠=又,QB BC = 50QCB ∴∠= 30PCQ ∠=12. 提示: (1) 作(4,1)B -关于x 轴对称点'(4,1)B ,连','AB AB 交x 轴于P ,PAB 周长最短, (3.5,0)P ∴ (2) 将点(4,1)B -向左平移3个单位得1(1,1)B -，再作1B 关于x 的对称点2(1,1)B ，连2AB 交x 轴于C ，再将C 向右平移3个单位得点D ，(1.25,0), 1.25C a ∴=(3) 作点A 关于y 轴对称点'(2,3)A --,作点B 关于x 轴的对称点'(4,1)B ,连''A B 交x 轴于M , 交y 轴于N 5(2.5,0),(0,)3M N ∴-13. 提示: 过N 作'//NQ DF ,作'//,NP AE 作//,//.NS DC NR AB 由','PP N LNR RN AB AE P N ∠=∠=== 则''Rt PP N Rt LNR PP LN ≅∴= 同理可证: ''PP QQ =又 '//,'//EP AN FQ ND , 又''AN ND EP FP =∴= 从而'',''PE PP P E FQ FQ QQ =+=+则 PE FQ =14. 提示:(1)11,,BM EC DM EC BM DM ==∴= 由2BME BCM ∠=∠ 2,DME DCM ∠=∠2()90BMD BME DME BCM DCM ∴∠=∠+∠=∠+∠= B M D M ∴⊥(2) 延长DM 至点F ,使DM FM =,连,,BD BF FC . 可证:EMD CMF ≅,ED AD CF DEM FCN ∴==∠=∠ //ED CF延长AD ,交BC 于T ,交CF 延长线于S 90EDS CST ∠=∠= 又BTA CTS ∠=∠BAD BCF ∠=∠ ,,,AB CB ABD CBF BD BF ABD CBF =∴≅∴=∠=∠, 又90ABD DBC CBF DBC ∠+∠=∠+∠=, BDF ∴为等腰三角形, ,BM DM BM DM ∴=⊥15. 如图, 以AB 为对称轴作ADB 的对称AGB ,以AC 为对称轴作ADC 的对称AFC ,并延长,GB FC 交于点E ,则易知四边形AGEF 是正方形, 不妨设AD h =,则2,3,BE h CE h =-=-由2222222(2)(3)5560BC BE CE h h h h =+⇒-+-=⇒--=116561522ABC h SBC AD ⇒=⇒==⨯⨯=。

(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第十八章几何变换的性质及应用

第十八章几何变换的性质及应用【基础知识】平面几何中的几何变换主要有合同（包括平移、旋轴、轴对称）、相似（包括位似）、仿射和反演变换．在平面到自身的一一变换下，如果任意线段的长和它的象的长总相等，那么这种变换叫做合同变换．合同变换具有下述基本性质：性质1在合同变换下，直线变为直线，线段变为线段，射线变为射线；两直线的平行性、垂直性，所成的角度都不变；共线点变为共线点，且保持顺序关系不变；直线上A 、B 、C 三点的简比ACBC不变．性质2在合同变换下，三角形、多边形和圆分别变为与它们全等的三角形、多边形和圆；封闭图形的面积不变．在平面到自身的一一变换下，若任意一对对应点A ，A '连结的有向线段等于定向量a r，则这种变换叫做平移，记为()T a u u u r ．a r 叫平移向量，a r的方向叫做平移方向，其长度叫平移距离．在平面到自身的一一变换下，若每对对应点A ，A '所连结的线段，都被定直线l 所垂直平分，则这种变换叫做关于直线l 的轴对称或轴反射，记为()S l ．直线l 叫做对称轴或反射轴，点A '叫做点A 关于轴l 的对称点．在平面到自身的一一变换下，若任意一对对应点A ，A '与平面上一定点O 的距离总相等，且AOA '∠等于定角θ，这种变换叫做关于点O 的旋转，记为(),R O θ．点O 叫做旋转中心，θ叫做旋转角．特别地，旋转角180θ=︒的旋转变换称为中心对称变换或点反射，记为()(),180C O R O =︒．性质3在平移变换下，直线（线段）变成与它平行（或重合）的直线（线段）；在轴对称变换下，P 为对称轴l 上任一点，则一对对应点所成的角APA '∠被l 所平分；在旋转变换下，对应直线的交角总等于旋转角；在中心对称变换下，对应点连线段过对称中心且被它平分，对应线段相等且反向平行或共线，不过对称中心的直线与其对应的直线平行．在平面到自身的一一变换下，若线段A B ''是AB 的象，且A B AB k ''=∶（k 为正的常数），则这种变换叫做相似变换，记为()H k ．常数R 叫做相似系数或相似比．特别地，若1k =，则为合同变换；1k =-，则为中心对称变换．性质4在相似变换下，直线变为直线，线段变为线段，射线变为射线；点与直线的结合关系不变，点在直线上的顺序关系不变；直线上三点的简比不变，两直线的夹焦不变，两相似多边形面积比不变且等于相似比的平方．在平面到自身的一一变换下，若对于任一对对应点A ，A '与平面上一定点O ，都有OA OA k '=∶（k 为非零常数），则这种变换叫做位似变换，记为H （O ，k ）．点O 叫做位似中心，k 叫做位似比．特别地，当0k >时，A ，A '在点O 同侧，这种变换叫顺（或正或外）位似；0k <时，A ，A '在点O 两侧，这种变换叫逆（或反或内）位似．性质5在位似变换下，对应线段之比相等，对应角相等且转向相同；不过位似中心的对应直线平行．在平面到自身的一一变换下，若对于任一对对应点A ，A '与平面上一定点O ，都有OA OA k '=∶（k 为正的常数），且AOA θ'∠=（θ为有向的定角），则这种变换叫做位似旋转变换，记为(),,S O k θ．点O 叫做位似中心，k 叫做位似比，θ叫做旋转角，且()()()()(),,,,,,S O k H O k R O R O H O k θθθ=⋅=⋅；()(),0,,S O k H O k =；()(),,,S O k H O k π=-；()(),,1,S O R O θθ=．性质6在位似旋转变换下，把两个相似形中的一个变到另一个；具有共同中心的两个位似旋转变换之积仍是一位似旋转，即有()()()11221212,,,,,,S O k S O k S O k k θθθθ⋅=+⋅．在平面到自身的一一变换下，若满足任意共线三点的对应点仍共线，且其三点的简比保持不变，则称此变换为仿射变换．显然，若建立平面坐标系，仿射坐标系与直角坐标系的差别就在于两轴间的夹角及轴上单位长度不相同．若两轴夹角仍为90︒，则称为伸缩变换：()()12,,x y k x k y →，其中10k >，20k >．性质7在仿射变换下，点变成点，直线变成直线；保持点和直线的结合关系；保持直线的平行关系；保持两平行（共线）线段的长度比；任一封闭凸曲线所围成的图形的面积S 和它对应图形所围成的面积S '之比为常数．性质8在仿射变换下，任一三角形变成正三角形；梯形变为等腰梯形；任一平行四边形变成正方形；任一椭圆变为圆，相应地椭圆中心变成圆心，椭圆直径变成圆的直径，椭圆的切线变成圆的切线．设O 是平面上一定点，对于一个变换，若任一对对应点A ，A '（异于O ），都有OA OA k ⋅=u u u r u u u r（k 为非零常数），则称此变换为反演变换，记为I O k （，）．O 点称为反演中心，k 为反演幂．显然，0k <时，A ，A '在点O 两侧，可经以O 为中心对称变换变成0k >的情形．故只考虑0k >的情形，且令2k r =．此时，反演变换的几何意义为，满足“以O 为圆心，r 为半径的圆中直角三角形的射影定理形式：22r OP OA OA '==⋅”的图形，并称这个圆叫反演变换的基圆．性质9在反演变换下，基圆上的点仍变为自己；基圆内的点（除中心外）变为基圆外的点．反之亦然．性质10在反演变换下，过反演中心的直线是不变直线（除中心）；过反演中心的圆变为不过反演中心的直线；过反演中心的相切两圆（或一圆一直线）变为不过反演中心的两平行直线；过反演中心的两相交圆变为不过反演中心的相交直线．反之亦然．性质11在反演变换下，不过反演中心的圆变为不过反演中心的圆；以反演中心为圆心的圆变为同心圆；不过反演中心相切（交）的圆变为不过反演中心的相切（交）的圆；不共线的任意两对对应点必共圆；圆和圆、圆和直线、直线和直线的交角保持不变．【典型例题与基本方法】例1如图18-1，设A '，B '，C '分别是ABC △的边BC ，CA ，AB 的中点，1O ，2O ，3O ，1I ，2I ，3I 分别是AB C ''△，A BC ''△，A B C ''△的外心和内心．求证：123123O O O I I I △≌△．证明由三角形中位线性质，知C B B A AC ''''==u u u r u u u u r u u u u r，故图18-1I1I 2I 3O 1O 2O 3C 'B'A'A BC()T AC AB C C A B '''''−−−→△△u u u u u u u r ．于是()12T AC O O '−−−→u u u u u u u r，()12T AC I I −−−→u u u u u u r ，所以1212O O AC I I '==u u u u u r u u u u r u u u r ．同理，1313O O I I =u u u u u r u u u r，2323O O I I =u u u u u r u u u u r ．故123123O O O I I I △≌△．例2设DPQ △是锐角ABC △的垂足三角形（即D ，P ，Q 分别为三条高线的垂足）．求证：DPQ △是ABC △中周长最短的内接三角形．证明由题设，如图18-2，AD ，BP ，CQ 分别是DPQ △的内角平分线．令DEF △是ABC △中以D 为一顶点的任一内接三角形，且()S ABD D '−−−→，()S ACD D ''−−−→，则D '，D ''落在直线PQ 上，且D Q DQ '=，D P DP ''=，线段D D '''之长等于DPQ △之周长．连DE '，DF ''，刚折线D EFD '''之长等于DEF △之周长，显然D D D E EF FD ''''''++≤．不难计算2sin D D AD BAC '''==⋅∠．若RST △是ABC △的任一内接三角形，则用类似方法可以证得RST △的周长大于或等于2sin AR BAC ⋅∠．由于AR AD ≥，从而RST △的周长DPQ ≥△的周长，即垂足三角形DPQ △的周长最短．例3在ABC △内有一点P ，满足120APB BPC CPA ∠∠=∠=︒=．求证：P 是到三顶点距离之和最小的点（即费马点）．证明由120CPA BPC ∠=∠=︒，故对APC △施行旋转变换(),60R C -︒，则(),60R C APC EP C -︒'−−−−→△△．图18-2D "D 'R"R'F EDABCRQP ST图18-3Q Q 'P'ABCEP由于60P PC PP C ''∠=∠=︒，则B ，P ，P '，E 共线，且 BE BP PP P E BP CP AP ''=++=++．对于ABC △内任一点Q ，令(),60R C AQC EQ C -︒'−−−−→△△，则QQ QC '=，Q E QA '=，于是 QA QB QC Q E QQ QB BF BP CP AP ''++=++=++≥，故P 点是到三顶点距离之和最小的点．例4如图18-4，在ABC △中，AB AC >，A ∠的一个外角的平分线交ABC △的外接圆于点E ，过E 作EF AB ⊥，垂足为F ．求证：2AF AB AC =-．（1989年全国高中联赛题）证明1902AEF BAE BAC ∠=︒∠=∠-．作A 关于F 的对称点D ，则AED CAB ∠=∠，且EA ED =．又»»EB EC =（因EBC EAT EAB ∠=∠=∠），则EB EC =，且CEB CAB AED ∠∠=∠=，所以可将AEC△绕E 点旋转AED ∠到DEB △处，从而AC DB =．故2AB AC AD AF -==．例5如图18-5，ABC △和ADE △是两个不全等的等腰直角三角形，现固定ABC △，而将ADE △绕A 点在平面上旋转，试证：不论ADE △旋转到什么位置，线段EC 上必有点M 使BMD △为等腰直角三角形．（1987年全国高中联赛题）证法1先证BMD △为等腰直角三角形，再证M 为EC 上．作A 关于BD 的对称点A '，则A DB ADB '∠∠=．由902ADE BDM ∠=︒-∠，有|45|9045|EDM A DM A DB ADB ''∠∠=︒-∠︒-︒-∠==|．而DA DA DE '==，则A '是E 关于DM 的对称点．图18-4F EDA BCT图18-5A'E 1C 1EDABCM同理，A '也是C 关于BM 的对称点．从而EMD A MD '∠=∠，CMB A MB '∠∠=，而90BMD ∠=︒，故180CME ∠=︒，即M 在BC 上．证法2先取EC 中点M ，再证BMD △为等腰直角三角形．作AC 关于AB 的对称线段1AC ，连1BC ，1EC ，将1AC E △绕A 点顺时针方向旋转90︒到1ACE △的位置如图18-5，则11C E CE ⊥，11AC E ACE △≌△，且1190C AC EAE ∠=∠︒=，从而由1AE AE =有1ADE ADE ∠=∠，即知E ，D ，1E 三点共线且D 为1EE 中点．再由112BM C E ∥，112DM CE ∥及1C E 1CE ，即证．例6如图18-6，在锐角ABC △的BC 边上有两点E ，F ，满足BAE CAF ∠∠=，作FM AB ⊥于M ，作FN AC ⊥于N ，延长AE 交ABC △的外接圆于D ．证明：四边形AMDN 与ABC △的面积相等．（2000年全国高中联赛题）证明作DK AB ⊥于K ，作DL AC ⊥于L ，则只需证明 FBM FCN FDM FDN S S S S +=+△△△△．利用FDM FKM S S =△△，FDN FLN S S =△△，只需证明FBM PCN FKM FLN S S S S +=+△△△△，即FM BM FN CN FM MK FN NL ⋅+⋅=⋅+⋅．因此，只需证明()()FM BM MK FN NL CN -=-，即FM BK FN CL ⋅=⋅．设BAE CAF α∠=∠=，利用BKD CLD △∽△，有 ()sin sin BK DK FNCL DL A FMαα===-．故结论成立．例7如图18-7，1O e 与2O e 外切于点A ，半径分别为1r 和2r ，PB ，PC 分别为1O e ，2O e 的切线，B ，C 为切点，且12PB PC r r =∶∶，又PA 交2O e 于E 点．求证：PAB PEC △∽△．图18-6LFE DABC M NK证法1（相似证法）连线1BO ，1PO ，2PO ，2EO ，2CO ．注意到1O ，A ，2O 三点共线，由12PB PC r r =∶∶有12Rt Rt PBO PCO △∽△，从而1212PO PO O A O A =∶∶．由角平分线性质定理的逆定理，知12BPO O PA ∠=∠．又22O AP O EA ∠=∠，有12O AP O EP ∠=∠，从而12O AP O EP △∽△，则12PA PE r r =∶∶，即PA PE PB PC =∶∶．而BPA CPE ∠=∠，故PAB PEC △∽△．证法2（位似证法）考虑以A 为位似中心的变换，把1O e 变到2O e ，PAB △变到P AC ''△，则P C ''切2O e 于C '．由12PB P C r r PB PC ''==∶∶∶，知P C PC ''=．延长P C ''与PC 的延长线相交于点Q ，如图18-7，由QC QC '=，知PQP '△为等腰三角形．连2QO 并延长交AE 于F ，则QF AE ⊥，故QF 平分AE ，则AP PE '=．由此知PEC P AC PAB '△≌△∽△．例8如图18-8，设H 为ABC △的垂心，L ，M ，N 分别是BC ，CA ，AB 边的中点．D ，E ，F 分别是三条高的垂足，P ，Q ，R 分别是HA ，HB ，HC 的中心，试证：L ，M ，N ，D ，E ，F ，P ，Q ，R 九点共圆（九点圆定理）．证明由于P ，Q ，R 分别是HA ，HB ，HC 的中点，故以H 为位似中心，位似比为2的位似变换把PQR e 变成ABC e ．因此，要证L ，M ，N ，D ，E ，F 在PQR e 上，只要证明这些点在上述位似变换下的象点均在ABC e 上即可．图18-7图18-8BC作()C D H D '−−−→，()C L H L '−−−→，则D '，L '在ABC e 上．同理E ，M ，F ，N 的象点也在ABC e 上．再由上述位似变换之逆即证得结论成立．例9如图18-9，2AB CD ∥，1AC BD ∥，A 在12D D 上．求证：122ABC ABCD ACD S S S =⋅△△△．证明因为梯形是仿射不变形，所以题设中的两个梯形可由两个特殊梯形经仿射变换后得到，设梯形2C B A D ''''和梯形1C B D A ''''皆为直角梯形，且221C D D A MB '''''===．梯形2A D CB ''''−−−→仿射梯形2AD CB ，梯形1A C B D ''''−−−→仿射梯形1ACBD ，则112A B C S A B MC ''''''=⋅=△，11122A B D S A B A D '''''''=⋅=△，212A C D S '''=△．从而122A B C A B D A C D S S S '''''''''=⋅△△△．故122ABC ABD ACD S S S ⋅△△△=．例10在凸四边形ABCD 的边AB 和BC 上取点E 和F ，使线段DE 和DF 把AC 三等分，已知ADE △和CDF △的面积等于四边形面积的14．求证：ABCD 是平行四边形．（第16届全俄竞赛题）证明题中条件与结论均满足仿射变换不变性特性．将ABC △变换成图18-10所示直角三角形，设3AB BC ==，则()3,0A ，()0,3C ，()2,1P ，()1,2Q ．图18-945°45°MD 2'D 1'C 'B'A'D 2ABCD1图18-10设(),D a b 为所求，则直线DE 的方程为 ()1122b y x a --=--．令0y =得221E ax b -=+-．于是11232221ADE D a S AE y b b -⎛⎫=⋅=--⋅ ⎪-⎝⎭△1321a b b b +-=⋅⋅-．同理，得1321CDF a b S a a +-=⋅⋅-△．()11333222ABD BCD ABCD S S S b a a b =+=⋅⋅+⋅⋅=+△△四边形．由已知易得()131313212142a b a b b a a b b a +-+-⋅⋅=⋅⋅=⋅+--．解得3a b ==．即33D （，），故ABCD 为平行四边形．例11如图18-11，H 是ABC △的垂心，P 是ABC △内任一点，由H 分别向PA ，PB ，PC 引垂线HL ，HM ，HN 与BC ，CA ，v 的延长线相交于X ，Y ，Z ，其中L ，M ，N 为垂足．求证：X ，Y ，Z 三点共线．证明由于H 是一特殊点，将其作为反演中心，则只须证X ，Y ，Z 的象点（或反点）与H 共圆．设ABC △的高线分别交BC ，CA ，AB 的垂足为D ，E ，F ，则HA HD HB HE HC HF ⋅=⋅=⋅．又A ，D ，L ，X 共圆，有HL HX HA HD ⋅=⋅．同理，HM HY HB HE ⋅=⋅，HN HZ HC HF ⋅=⋅．以H 为反演中心，则L 与X ，N 与Z ，M 与Y 均为反点．又L ，P ，N ，H 共圆，L ，P ，M ，H 共圆，有L ，N ，M ，H 共圆，故X ，Z ，Y 三点共直线．例12如图18-12，四边形ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P ．设三角形ABP ，BCP ，CDP 和DAP 的外接圆心分别是1O ，2O ，3O ，4O ．求证：OP ，13O O ，24O O 三直线共点．图18-11PXYZ L DH AC EF MN（1990年全国高中联赛题）证明由于本题涉及的圆很多，于是可考虑反演变换．取P 为反演中心，P 关于圆O 的幂为反演基圆半径，则圆O 反演为本身，()1,2,3,4i O i =e 反演为四边形ABCD 各边所在直线，过点P 的直线也反演为本身．由直线2PO 与2O e 正交，可知它们的反形也正交，即2PO AD ⊥．又易知4O O AD ⊥，所以24PO O O ∥．同理，42PO O O ∥．所以24PO OO 为平行四边形，PO ，24O O 互相平分．同理，PO ，13O O 也互相平分，命题得证．【解题思维策略分析】1．注意同一类变换的多次运用例13如图18-13，凸四边形ABCD 的边是位于形外的、两两相似的等腰APB △、BQC △，CRD △、DSA △的底边．已知PQRS 是矩形，且PQ QR ≠．证明：ABCD 是菱形．（第15届全俄第三阶段赛题）证明设这些相似的等腰三角形的顶角为θ（90≠︒）．考虑一系列的旋转变换：点A 绕点P 转θ角到点B ，点B 绕点Q 转θ角到点C ，合成为点A 绕点E 转2θ角到点C ．同理点C 绕点F 转2θ角到点A ，其中12EPQ PQE FRS RSF θ∠=∠=∠=∠=．从而EA EC =，FA FC =，2180AEC AFC θ∠=∠=≠︒．于是AEC AFC △≌△，AECF 是菱形．又由于PQ SR =，则PEQ SFR △≌△．因此，E ，F 在矩形PQRS 的中位线上，从而AC 被该中位线垂直平分于矩形中心O 点．同理BD 也被矩形PQRS 的另一中位线垂直平分于矩形中心O 点．故ABCD 是菱形．若90θ=︒，则E ，F 都与矩形PQRS 的中心O 重合，且90POQ ROS ∠=∠=︒，从而知PQRS 是正方形，矛盾．所以90θ≠︒．图18-12图18-13FSPQRD OABCE例14设ABCDEF 是凸六边形，AB BC CD ==，DE EF FA ==，60BCD EFA ∠=∠=︒，G ，H 是六边形内两点，使120AGB DHE ∠=∠=︒．求证：AG GB GH DH HE CF ++++≥．（IMO -36试题）证明如图18-14，分别以AB ，DE 为边向六边形外作正ABM △和DEN △，将AGB △绕A 逆时针方向旋转60︒到AG M '△，则AGG '△为正三角形．故AG GG '=，GB G M '=．同样，将EHD △绕E 点顺时针方向旋转60︒到EH N '△，则EHH '△为正三角形，于是EH HH '=，HD H N '=．连MN ，则多边形AMBCDEF 关于轴BE 对称，MN CF =．另一方面，由“两点间线段最短”有 AG GB GH DH HE MG G G GH HH H N MN CF '''''++++=+++=+≥． 2．注意几类变换的配合运用例15平面上有两个直角三角形，其斜边上的中线互相平行，证明：一个三角形的一条直角边与另一个三角形的某条直角边之间的（小于直角的）夹角小于两条斜边之间的夹角．（第19届全俄竞赛题）证明平行移动两个给定的Rt ABC △和Rt A B C '''△中的一个，使两三角形的直角顶点C 与C '重合，并以点C 为中心，作位似变换，使得两三角形的中线重合，如图18-15．那么以E 为圆心，CE 为半径的圆将外接这两个三角形，并且它们斜边之间的夹角是圆心角，而它是相应的圆周角的两倍，这圆周角是直角边之间（小于直角）的夹角（图中2AEA ACA ''∠=∠），注意到上述的平移及位似变换均不改变直线间的夹角，于是结论获证．例16如图18-16，ABC LMN △∽△，且AC BC =，LN MN =，顶点按逆时针顺序排列，并在同一平面内，而且AL BM =．证明：CN 平行于AB 和LM 中点的连线．图18-14FCH 'EH DG 'MABG图18-15A BC =C 'EB'A'（第19届全俄第3阶段竞赛题）证明平移线段AB 到QM ，因AL BM =，BM AQ =，则AL AQ =，即ALQ △为等腰三角形．若F 为LQ 的中点，则AF LQ ⊥．设E 为LM 的中点，D 为AB 的中点，则FE 是QLM △的中位线，1122FE QM AB AD ===及FE QM AD ∥∥，因此AFED 是平行四边形，即AF DE ∥，AF DE =．又AF LQ ⊥，故DE LQ ⊥．平移ABC △，使A 点重合于F 点，D 点重合于E 点，则C 点移到G 点，ADC FEG △≌△，AF CG DE ∥∥及CG DE =．由ADC LEN △∽△，得FEG LEN △∽△且FE CELE NE=．又因90GEF NEL ∠=∠=︒，故GEN LEF ∠=∠，进而FEL ∠可由GEN ∠绕E 点逆时针旋转90︒并经位似变换而得到．由此得GN LF ⊥，即GN LQ ⊥．又GC LQ ⊥，即G ，C ，N 都在垂直于LQ 的一条直线上，因此，CN AF ∥，亦即CN DE ∥，原命题得证．【模拟实战】习题A1．给定以O 为圆心，AB 为直径的半圆周，在其上取点K 和M ，在直径上取点C ，使得KCA MCB ∠=∠．证明：K ，C ，O ，M 四点共圆．（第18届全俄竞赛题） 2．在ABC △中，AB AC =．任意延长CA 到P ，再延长AB 到Q ，使AP BQ =．求证：ABC △的外心O 与A ，P ，Q 四点共圆．（1994年全国初中联赛题） 3．在半径为1的圆周上给定弦AB ，不与圆相交的直线l 与弦AB 成45︒．用圆规和直尺在直线l 上作出点C ，使得线段DE 与AB 垂直（C ，E 分别是CA ，CB 与圆的交点）．（第16届全俄竞赛题） 4．ABC △中，2AB AC ==，BC 边—上有100个不同的点1P ，2P ，…，100P ，记2(1,2,,10)i i i i m AP BP PC i =+⋅=L ，求12100m m m +++L 的值．（1990年全国初中联赛题） 5．从以AD 为直径的半圆周上的点B ，C 分别作BE ，CF 垂直于AD 于E ，F ．线段AC 与BD 相交于P ，线段BF 与CE 相交于Q ．求证：直线PQ AD ⊥．（第17届全俄第3阶段竞赛题）6．设两个等圆相交，由其对称中心引出两条射线，它们交圆周于不在同一直线上的四点．证明：这四点共圆．（第19届全俄竞赛题） 7．在矩形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上分别取异于顶点的点K ，L ，M ，N ．已知KL MN ∥，KM NL ⊥于O ．证明：KM 和LN 的交点在矩形的对角线BD 上．（第25届全苏竞赛题） 8．ABC △的中线AE ，BF 和CD 相交于M ．已知E ，C ，F 和M 共圆，且CD n =．求线段AB的长图18-16N LM度．（第18届全俄竟赛题） 9．等边ABC △和KMN △（顶点按逆时针顺序）在同一平面内，且AK NB =u u u r u u u r．证明：线段CM 和AN互相垂直，且CMAN=（第19届全俄竞赛题） 10．运用位似旋转变换证明例5．11．四边形ABCD 中，以一对对边的比AB CD ∶内分另一对对边AD ，BC 于E ，F ，延长BA ，CD 与EF 的延长线分别相交于G ，Q ．试证：BGF FQC ∠=∠．12．四边形ABCD 的对边AD ，BC 延长交于E ，AB ，CD 延长交于F ．O 为其对角线交点，过O 作AB 的平行线OQ 交EF 于Q ．求证：OG GQ =．习题B1．已知平面上三个半径相等的圆1O e ，2O e ，3O e 两两相交于A ，B ，C ，D ，E ，F ，如图18-17．证明：弧»AB ，»CD，»EF 的和等于180︒．2．如图18-18，111A B C △，在ABC △内，且111ABC A B C △∽△．作1B D AC ⊥于D ，1C E AB ⊥于E ，1A F BC ⊥于F ．求证：1112ABC A F BC B D AC C E AB S ⋅+⋅+⋅=△．3．设D 是锐角ABC △内部的一点，使得90ADB ACB ∠∠+︒=，并有AC BD AD BC ⋅=⋅．（1）计算比值AB CDAC BD⋅⋅；（2）求证：ACD △的外接圆和BCD △的外接圆在C 点的切线互相垂直．（IMO34-2试题）4．BK 是锐角ABC △的高，以BK 为直径作圆分别交AB ，BC 于E ，F ．过E ，F 分别引所作圆的切线．证明：两切线的交点在过顶点B 的ABC △的中线所在的直线上．（第21届俄罗斯竞赛题）5．在梯形ABCD 中，腰AB CD =．将ABC △绕点C 转过一个角度，而得到A B C ''△．证明：线段A D '，BC 和B C '的中点共线．（第23届全苏竞赛题） 6．111A B C △是不等边锐角ABC △的垂足三角形，2A ，2B ，2C 是111A B C △的内切圆分别切11B C ，11C A ，图18-17图18-18D A CE C 1B 1A 111A B 的切点．证明：222A B C △与ABC △的欧拉线重合．（第7届巴尔干地区竞赛题）7．在钝角ABC △（C ∠为钝角）的BC 边上选取点D （异于B ，C 点）．过线段BC （异于D ）的内点M 引直线AM ，交ABC △的外接圆S 于点N ．经过点M ，D 和N 作圆，交圆S 于N 及另一点P ，问点M 在何位置时，线段MP 的长度最短？（第22届全苏竞赛题） 8．ABCD 是一个四边形，且BC AD ∥，M 是CD 的中点，P 是MA 的中点，Q 是MB 的中点，直线DP ，CQ 交于点N ．求证：点N 不在ABM △外部的充要条件是上下底边长之比在1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上．（IMO -35预选题）9．在ABC △中，12AB =，16AC =，M 是BC 的中点，E ，F 分别在AB ，AC 上，EF 交AM 于G ，且2AE AF =．求比值EFGF．（IMO -29预选题） 10．三个全等的圆有一个公共点Q ，并且都在一个已知三角形内，每一个圆与三角形的两条边相切，求证：三角形的内心I ，外心O 与已知点Q 共线．（IMO --22试题）11．123A A A △是一个非等腰三角形，它的边长分别为1a ，2a ，3a ，其中i a 是i A 的对边（123i =，，），i M 是边i a 的中点，123A A A △的内切圆I e 切边i a 于i T 点，i S 是i T 关于i A ∠的平分线的对称点．求证：11M S ，22M S ，33M S 三直线共点．（IMO -23试题）12．设A 是两个不相等的，分别以1O 与2O 为圆心而共面的圆1C 与2C 的两个不同交点之一，一条外公切线切1C 于1P ，切2C 于2P ；另一条公切线切1C 于1Q ，切2C 于2Q ．设1M 是11PQ 的中点，2M 是22P Q 的中点．证明：1212O AO M AM ∠∠=．（IMO --24试题）13．已知两相切圆1C ，2C ，点P 在根轴上，即与两圆连必线垂直的公切线上．试用圆规和直尺作所有的圆C ，使得C 与1C ，2C 相切，且过P 点．（1991年亚太地区竞赛题）14．给定两个圆，其中一个圆在另一个内部，且两圆相切于点N ．外圆的弦BA 和BC 分别与内圆相切于点K 和M ．外圆的弦BA 和BC 分别与内圆相切于点K 和M ．设不包含点N 的弧»AB 和»BC的中点分别是Q 和P ．BQK △和BPM △的外接圆的第二个交点为1B ．证明：1BPB Q 为平行四边形．（第26届俄罗斯竞赛题）15．四边形ABCD 外切于圆ω，边AB 和CD 所在的直线相交于点O ．圆1ω与边BC 相切于点K ，且与边AB 和CD 所在的直线都相切；圆2ω与边AD 相切于点L ，且亦与边AB 和CD 作在的直线都相切，现知点O ，K ，L 共线，证明：边BC 和AD 的中点以及圆ω的圆心三点共线．（第26届俄罗斯竞赛题）。

数学竞赛数学类b类解析几何知识点

数学竞赛数学类b类解析几何知识点摘要：1.数学竞赛简介2.数学类B类竞赛大纲概述3.解析几何知识点概述4.解析几何在数学竞赛中的应用5.提高解析几何能力的方法和建议6.总结正文：一、数学竞赛简介数学竞赛是一项旨在选拔和培养数学人才的重要活动。

在我国，数学竞赛分为不同类别，其中数学类B类竞赛针对中学生，注重考察学生的基本数学素养和数学应用能力。

解析几何作为数学的重要组成部分，在数学竞赛中占据一定比重。

二、数学类B类竞赛大纲概述数学类B类竞赛大纲涵盖了初等代数、几何、三角函数、概率与统计等多个领域。

对于几何部分，大纲要求掌握基本几何图形的性质和计算方法，了解几何变换、坐标几何等相关知识。

而解析几何作为现代几何的基石，更是竞赛中的关键内容。

三、解析几何知识点概述解析几何主要研究平面直角坐标系中点、线、面及其相关性质。

数学类B类竞赛要求掌握以下知识点：1.平面直角坐标系中的基本概念和运算；2.直线、圆、椭圆、双曲线等二次曲线的性质和方程；3.空间几何中的坐标变换；4.解析几何中的数学建模。

四、解析几何在数学竞赛中的应用在数学竞赛中，解析几何知识点的应用主要体现在以下几个方面：1.解题思路：运用解析几何方法，可以将复杂问题转化为简单问题，提高解题效率；2.数学建模：竞赛题目常常涉及实际问题，通过建立解析几何模型，可以更好地理解和解决问题；3.题目创新：解析几何内容丰富，可以为竞赛题目提供更多创新空间。

五、提高解析几何能力的方法和建议1.扎实掌握基本概念和公式；2.多做竞赛题目，积累经验，提高解题速度；3.学习高等数学，拓宽知识面；4.参加培训班或请教专业人士，提升自己的解析几何水平。

六、总结数学类B类竞赛中的解析几何部分，对于选拔和培养数学人才具有重要意义。

要想在竞赛中取得好成绩，就需要扎实掌握解析几何的基本知识和应用，不断提高自己的解题能力。

人教版八年级数学下册竞赛专题29 几何变换.doc

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】专题29 几何变换阅读与思考几何变换是指把一个几何图形1F 变换成另一个几何图形2F 的方法，若仅改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，这种变换称为合同变换，平移、对称、旋转是常见的合同变换.l图3图2图1F 1F 21.平移变换如图1，如果把图形1F 上的各点都按一定方向移动一定距离得到图形2F 后，则由1F 到2F 的变换叫平移变换.平移变换前后的对应线段相等且平行，对应角的两边分别平行且方向一致. 2.对称变换如图2，将平面图形1F 变换到与它成轴对称的图形2F ，这样的几何变换就叫做关于直线l （对称轴）的对称变换.对称变换前后的对应线段相等，对应角相等，其对称轴是连结各对应点线段的垂直平分线. 3.旋转变换如图3，将平面图形1F 绕这一平面内一定点M 旋转一个定角α，得到图形2F ，这样的变换叫旋转变换，M 叫旋转中心，α叫旋转角.旋转变换前后的图形是全等的，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的夹角等于旋转角.例题与求解【例l 】如图，∠AOB =045，角内有点P ，PO =10，在角的两边上有两点Q ，R （均不同于O ），则△PQR 的周长的最小值为_______________. （黄冈市竞赛试题）解题思路：作P 点关于OA ，OB 的对称点，确定Q ，R 的位置，化折线为直线，求△PQR 的最小值.O【例2】如图，P是等边△ABC的内部一点，∠APB，∠BPC，∠CP A的大小之比是5:6:7，则以P A，PB，PC为边的三角形的三个角的大小之比（从小到大）是（）A. 2:3:4B. 3:4:5C. 4:5:6D.不能确定（全国通讯赛试题）B C解题思路：解本例的关键是如何构造以P A，PB，PC为边的三角形，若把△P AB，△PBC，△PCA中的60，就可以把P A，PB，PC有效地集中在一起.任一个，绕一个顶点旋转0【例3】如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，∠B=2∠C，求证：AB+BD=CD.（天津市竞赛试题）解题思路：用截长法或补短法证明，实质都利用AD翻折造全等.C【例4】如图，六边形ABCDEF中，AB∥DE，BC∥FE，CD∥AF，对边之差BC-FE=ED-AB=AF-CD ＞0，求证：该六边形的各角都相等.（全俄数学奥林匹克竞赛试题）解题思路：设法能将复杂的条件BC -FE=ED -AB=AF -CD ＞0，用一个基本图形表示，题设条件有平行条件，考虑实施平移变换.【例5】已知Rt △ABC 中，AC=BC ，∠ACB =090，∠MCN =045 （1）如图1，当M 、N 在AB 上时，求证：222MN AM BN =+（2）如图2，将∠MCN 绕C 点旋转，当M 在BA 的延长线时，上述结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.（天津市中考试题）解题思路：222MN AM BN =+符合勾股定理的形式，需转化为直角三角形可将△ACM 沿直线CM 对折，得△DCM . 连DN ，只需证DN=BN ，∠MDN =090；或将△ACM (或△BCM )旋转.【例6】如图，∠DAC=012，∠DBC=024，∠CAB=036，∠ABD=048，求∠DCA 的度数.（日本算术奥林匹克试题）解题思路：已知角的度数都是12的倍数，0362460+=，这使我们想到构作正三角形.图2图1MABBA能力训练1.在如图所示的单位正方形网格中，将△ABC 向右平移3个单位后得到△A B C '''，则BA A '∠的度数是_______.（泰安市中考试题）B(第1题) （第2题）（第3题）2.如图，P 是等边△ABC 内一点，P A =6，PB =8，PC =10，则∠APB =_________.3.如图，直线143y x =与双曲线2(0)k y k x =>交于点A ，将直线143y x =向右平移92个单位后，与双曲线2k y x =交于点B ，与x 轴交于点C . 若2AOBC=，则k =______________. （武汉市中考试题） 4.如图，△ABC 中，∠BAC =045，AD ⊥BC ，DB =3，DC =2，则△ABC 的面积是___________. 5.如图，P 为正方形内一点，若::1:2:3PA PB PC =，则∠APB 的度数是（）.A. 0120B. 0135C. 0145D. 0150（第6题）（第5题）（第4题）ACB ABDABDA'6.如图，边长为2的正方形ABCD 的对角线交于点O ，把边BA 、CD 分别绕点B 、C 同时逆时针旋转060，得四边形A BCD '',下列结论：①四边形A BCD ''为菱形；②12ABCD A BCD S S ''=正方形四边形；③线段OD '的1. 其中正确的结论有（）.A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个7. 如图，A ，B 两个电话机离电话线l 的距离分别是3米，5米，CD =6米，若由L 上一点分别向A ，B 连电话线，最短为（）.A. 11米B. 10米C. 9米D. 8米8. 如图，在△ABC 中，∠BAC =0120，P 是△ABC 内一点，若记x PA PB PC =++，y AB AC =+，则（）.A. x y <B. x y =C. x y >D. x 与y 的大小关系不确定l第8题图第7题图CB9. 如图，已知D 是△ABC 中BC 边的中点，过D 作DE ⊥DF ，分别交AB 于E ，交AC 于F ，求证：BE CF EF +>.（天津市竞赛试题）B10.如图，△ABC ，△A B C '''其各边交成六边形DEFGHK ，且EF ∥KH ，GH ∥DE ，FG ∥KD ，0KH EF FG KD DE GH -=-=->. 求证：△ABC ，△A B C '''均为为正三角形.（“缙云杯”邀请赛试题）11.如图，已知△ABC 中，AB=AC ，P ，Q 分别为AC ，AB 上的点，且AP=PQ=QB=BC ，求∠PCQ .（北京市竞赛试题）B12.如图，已知在平面直角坐标系中，A ，B 两点的坐标分别为(2,3)A -，(4,1)B -.A B C A'(1) 若(,0)P x 是x 轴上的一个动点，当△P AB 的周长最短时，求x 的值；（2）若(,0),(3,0)C a D a 是x 轴上的两个动点，当四边形ABCD 的周长最短时，求a 的值；（3）设M ，N 分别为x 轴，y 轴上的动点，问：是否存在这样的点(,0)M m 和(0,)N n ，使四边形ABMN 的周长最短？若存在，求出,m n 的值；若不存在，请说明理由.（浙江省湖州市中考试题）13.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，分别以两腰AB ，CD 为边向两边作正方形ABGE 和正方形DCHF ，设线段AD 的垂直平分线l 交线段EF 于点M ，EP ⊥l 于P ，FQ ⊥l 于Q ，求证：EP=FQ.（全国初中数学联赛试题）14.如图所示，已知Rt △ABC 中，AB=BC ，在Rt △ADE 中，AD=DE ，连结EC ，取EC 中点M ，连结DM 和BM .（1）若点D 在边AC 上，点E 在边AB 上且与点B 不重合，如图1，求证：BM=DM ，且BM ⊥DM ；（2）如图2中的△ADE 绕点A 逆时针旋转小于045的角，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明.（广州市中考试题）图2图1ACBBCA15.如图，在△ABC 中，∠BAC =045，AD ⊥BC 于D ，若BD =3，CD =2，求△ABC 的面积.（山东省竞赛试题）B。

几何变换

CBACHBAOCBA初一（下）拓展课数学竞赛讲义（六）几何变换几何变换是把一个几何图形变换成另一个几何图形的方法。

对称、平移、旋转变换是几何变换中的基本变换。

1、对称变换：如果把一个图形变到它关于直线l 的轴对称图形，这样的变换叫做关于直线l 的对称变换，又称反射变换，直线l 称为对称轴，我们常选用线段的垂直平分线、角平分线、等腰三角形的底边上的高作为对称轴来解题。

例1、已知：⊿ABC 中，∠A<60°，试在⊿ABC 的边AB 、AC 上分别找一点P 、Q ，使BQ+QP+PC 最小。

例2、在⊿ABC 中，AH 是高，已知∠BAC = 45°,BH = 2,CH = 3求⊿ABC 的面积。

2、旋转变换：把图形绕定点O 转动角度α得到图形的变换称为旋转变换，点O 称为旋转中心，α叫做旋转角，若α＝180°，这种特殊的旋转变换叫做中心对称变换，这时旋转中心叫做对称中心。

旋转性质有：（1）在旋转变换下两点之间的距离不变。

（2）在旋转变换下两直线的夹角不变，且对应直线的夹角等于旋转角；例1、设O 是正三角形ABC 内一点，已知∠AOB = 115°，∠BOC = 125°，求以OA ，OB ，OC 为边构成的三角形的各角。

DFCN EBA OCBAFCBEADM N例2、设E 、F 各为正方形ABCD 的边BC 和DC 上的点， ∠EAF = 45°,AN ⊥EF 于N 。

求证：（1）AN=AD ；（2）EF AB S S AEF ABCD :2:=∆正方形3、平移变换：把几何图形沿某一确定的方向移动一定的距离的变换。

例：已知：四边形ABCD 中，AD=BC ，E 、F 分别是AB 分别是AB 、CD 的中点，AD 、EF 、BC 的延长线分别交于M ，N 两点求证：∠AME =∠BNE 练习：1、设P 是等边三角形ABC 内一点，∠APB ，∠BPC ，∠CPA 的大小之比是5：6：7，则求以PA ，PB ，PC 的长为边构成的三角形的三个内角之比（从小到大）。