平面几何国外竞赛题阅读
五年级数学几何图形英语阅读理解25题
五年级数学几何图形英语阅读理解25题1<背景文章>Geometry is an important part of mathematics. Let's first talk about the triangle. A triangle has three sides and three angles. The sum of the interior angles of a triangle is always 180 degrees. There are different types of triangles, such as equilateral triangles where all three sides are equal in length, and isosceles triangles which have two equal sides. The perimeter of a triangle is the sum of the lengths of its three sides, and the area can be calculated by different formulas depending on the information we have.Next, we have the square. A square is a very special quadrilateral. It has four equal sides and four right angles (each angle is 90 degrees). The perimeter of a square is four times the length of one side, that is, if the side length is a, the perimeter P = 4a. And the area of a square is the side length squared, so the area A = a².The rectangle is also a common geometric figure. It has four sides, with opposite sides being equal in length. It also has four right angles. The perimeter of a rectangle is calculated as P = 2×(length + width), and the area is A = length × width.Finally, let's look at the circle. A circle is a curved figure. It has a center point. The distance from the center to any point on the circle is calledthe radius, denoted as r. The diameter d of a circle is twice the radius, that is d = 2r. The circumference of a circle is calculated by the formula C = 2πr or C = πd, and the area of a circle is A = πr².1. <问题1>A triangle has ______ sides and ______ angles.A. two; threeB. three; threeC. four; fourD. three; four答案：B。
全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读
全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读阅读时必须考虑的几个问题:1.步步皆要考虑“知其然之其所以然”。
2.解此题的关键步骤是什么?如何想到,是否应该想到这样的方法、这样的思路?3.画图线条的如何取舍?4.本题有什么特点?解法是否接触过?5.分析思考各类定理的运用时机,运用条件。
注意:思考过久(不超过15分钟为宜不知其然,思考过久(不超过10分钟为宜不知所以然,跳过!强调一下,不超过不是指一题不超过15分钟,是指从某一步推到另一步不超过的时间。
例1(美国37届设M、N、P分别是非等腰锐角△ABC的边BC、CA、AB的中点,AB、AC的中垂线分别与AM交于点D、E,直线BD、CE交于点F,且点F在△ABC的内部。
证明:A、N、F、P四点共圆。
证明:如图1,设△ABC的外心为O。
则∠APO=∠ANO=900。
于是A、P、N在以AO为直径的圆上。
因此,只要证明∠AFO=900。
不妨设AB>AC。
由PD是AB 的中垂线知,AD=BD。
同理,AE=CE。
设α=∠ABD=∠BAD,CAE ACEβ∠=∠=。
则BACαβ+=∠。
在△ABM和△ACM中,由正弦定理得sin sin BM ABBMAα=∠,sin sin CM ACCMAβ=∠。
由于si n∠BMA=sin∠CMA,因此sin sin BM ABCM ACβα=。
又因为BM=CM,所以,sin sin ACABαβ=。
如图2,在△ABF和△ACF中,由正弦定理得,sin sin sin sin AF AB AF ACAFB AFCαβ==∠∠。
于是,s i n s i n s i n s i n A C A F BA B A F Cαβ∠=∠。
从而,sin sin AFB AFC∠=∠。
因为2,2A D FD E Cαβ∠=∠=,所以18022180E F D B A Cαβ∠=--=-∠。
因此,∠BFC=2∠BAC=∠BOC。
于是,B、O、F、C四点共圆。
数学初中竞赛大题训练：几何专题(包含答案)
数学初中竞赛大题训练：几何专题1．阅读理解：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB＝∠ACB，则A，B，C，D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC＝180°，则A，B，C，D四点共圆．（1）如图1，已知∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BAD＝65°，则∠ACD＝55°；（2）如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD，BE⊥AB，AD＝2，求AE 的长；（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE＝3，求EF的长．解：（1）∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴A，B，C，D四点共圆，∴∠ACD＝∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣65°＝55°，故答案为：55°；（2）在线段CA取一点F，使得CF＝CD，如图2所示：∵∠C＝90°，CF＝CD，AC＝CB，∴AF＝DB，∠CFD＝∠CDF＝45°，∴∠AFD＝135°，∵BE⊥AB，∠ABC＝45°，∴∠ABE＝90°，∠DBE＝135°，∴∠AFD＝∠DBE，∵AD⊥DE，∴∠ADE＝90°，∵∠FAD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠BDE＝90°，∴∠FAD＝∠BDE，在△ADF和△DEB中，，∴△ADF≌△DEB（ASA），∴AD＝DE，∵∠ADE＝90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝AD＝2；（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：∴∠EKG＝∠EBG＝∠EKF＝∠EAF＝90°，∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°，∴△ABK是等边三角形，∴AB＝AK＝KB＝4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，∴KM＝AK•sin60°＝2，∵AE＝3，AM＝AB＝2，∴ME＝3﹣2＝1，∴EK＝＝＝，∴EF＝＝＝．2．问题再现：如图1：△ABC 中，AF 为BC 边上的中线，则S △ABF ＝S △ACP ＝S △ABC由这个结论解答下列问题：问题解决：问题1：如图2，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，则S △BOC ＝S 四边形ADOE ．分析：△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，则S △BCD ＝S △ABC ，BE 为AC 边上的中线，则S △ABE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △ABE∴S △BCD ﹣S △BOD ＝S △ABE ﹣S △BOD又∵S △BOC ＝S △BCD ﹣S △BOD ，S 四边形ADOE ＝S △ABE ﹣S △BOD即S △BOC ＝S 四边形ADOE问题2：如图3，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，AF 为BC 边上的中线．（1）S △BOD ＝S △COE 吗？请说明理由．（2）请直接写出△BOD 的面积与△ABC 的面积之间的数量关系：S △BOD ＝S △ABC ．问题拓广：（1）如图4，E 、F 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ． （2）如图5，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ．（3）如图6，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，若S △AME ＝1、S △BNG ＝1.5、S △CQF ＝2、S △DPH ＝2.5，则S 阴＝ 7 ．解：问题2：S △BOD ＝S △COE 成立，理由：∵△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，∴S △BCD ＝S △ABC ，∵BE 为AC 边上的中线，∴S △CBE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △CBE∵S △BCD ＝S △BOD +S △BOC ，S △CBE ＝S △COE +S △BOC∴S △BOD ＝S △COE（2）由（1）有S △BOD ＝S △COE ，同（1）方法得，S △BOD ＝S △AOD ，S △COE ＝S △AOE ，S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ，∵点O 是三角形三条中线的交点，∴OA ＝2OF ，∴S △AOC ＝2S △COF ＝S △AOE +S △COE ＝2S △COE ，∴S △COF ＝S △COE ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ＝S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △ABC ，故答案为问题拓广：（1）如图4：连接BD，由问题再现：S△BDE ＝S△ABD，S△BDF ＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为，（2）如图5：连接BD，由问题解决：S△BMD ＝S△ABD，S△BDN＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为；（3）如图6，设四边形的空白区域分别为a，b，c，d，∵S△AME ＝1、S△BNG＝1.5、S△CQF＝2、S△DPH＝2.5，由（1）得出：a+1+2.5＝a+3.5＝S△ACD①，c+1.5+2＝c+3.5＝S△ACB②，b +1+1.5＝b +2.5＝S △ABD ③，d +2+2.5＝d +4.5＝S △BCD ④，①+②+③+④得，a +3.5+c +3.5+b +2.5+d +4.5＝a +b +c +d +14＝S 四边形ABCD ⑤而S 四边形ABCD ＝a +b +c +d +7+S 阴影⑥∴S 阴影＝7，故答案为7．3．如图，在△ABC 中，AB ＞AC ，内切圆⊙I 与边BC 切于点D ，AD 与⊙I 的另一个交点为E ，⊙I 的切线EP 与BC 的延长线交于点P ，CF ∥PE 且与AD 交于点F ，直线BF 与⊙I 交于点M 、N ，M 在线段BF 上，线段PM 与⊙I 交于另一点Q ．证明：∠ENP ＝∠ENQ ．证明：如图，设⊙I 与AC 、AB 分别切于点S 、T ，连接ST 、AI 、IT ，设ST 与AI 交于点G ．则IE ⊥PE ，ID ⊥PD ，故I 、E 、P 、D 四点共圆，∵AS 2＝AE •AD ＝AG •AI ，∵∠EAG ＝∠DAI ，∴△AEG ∽△AID ，∴∠AGE＝∠AID，∴E，G，D，I四点共圆，∴I、G、E、P、D五点共圆，∴∠IGP＝∠IEP＝90°，即IG⊥PG，∴P、S、T三点共线，对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知，∵AS＝AT，CS＝CD，BT＝BD，∴，设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知，∵CF∥BE，∴，∴，∴PH＝HE，∴PH2＝HE2＝HM•HN，∴，∴△PHN∽△MHP，∴∠HPN＝∠HMP＝∠NEQ，∵∠PEN＝∠EQN，∴∠ENP＝∠ENQ．4．如图，△ABC的垂心为H，AD⊥BC于D，点E在△ABC的外接圆上，且满足，直线ED交外接圆于点M．求证：∠AMH＝90°．证明：作高BP，CQ．连结MB、MC、MP、MQ、PQ．＝＝＝•①＝•＝•②由①②得：＝，又∵∠MBA＝∠MCA，∴△MBQ∽△MCP，∴点M、A、P、Q四点共圆，即点M、A、P、Q、H五点共圆，又AH为直径，∴∠AMH＝90°．5．如图，△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．求证：OH⊥MN．证明：∵A 、C 、D 、F 四点共圆，∴∠BDF ＝∠BAC又∵∠OBC ＝（180°﹣∠BOC ）＝90°﹣∠BAC ，∴OB ⊥DF ．∵CF ⊥MA ，∴MC 2﹣MH 2＝AC 2﹣AH 2（①）∵BE ⊥NA ，∴NB 2﹣NH 2＝AB 2﹣AH 2 （②）∵DA ⊥BC ，∴BD 2﹣CD 2＝BA 2﹣AC 2 （③）∵OB ⊥DF ，∴BN 2﹣BD 2＝ON 2﹣OD 2 （④）∵OC ⊥DE ，∴CM 2﹣CD 2＝OM 2﹣OD 2，①﹣②+③+④﹣⑤，得NH 2﹣MH 2＝ON 2﹣OM 2 MO 2﹣MH 2＝NO 2﹣NH 2∴OH ⊥MN ．6．在图1到图4中，已知△ABC 的面积为m ．（1）如图1，延长△ABC 的边BC 到点D 使CD ＝BC ，连接DA ，若△ACD 的面积为S 1，则S 1＝ m ．（用含m 的式子表示）（2）如图2，延长△ABC 的边BC 到点D ，延长边CA 到点E ，使CD ＝BC ，AE ＝CA ，连接DE ．若△DEC 的面积为S 2，则S 2＝ 2m ．（用含a 的代数式表示）（3）如图3，在图2的基础上延长AB 到点F ，使BF ＝AB ，连接FD 于E ，得到△DEF ，若阴影部分的面积为S 3，则S 3＝ 6m ．（用含a 的代数式表示）（4）可以发现将△ABC 各边均顺次延长一倍，连接所得端点，得到△DEF ，如图3，此时，我们称△ABC 向外扩展了一次．可以发现扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的 7 倍．（5）应用上面的结论解答下面问题：去年在面积为15平方面的△ABC 空地上栽种了各种花卉，今年准备扩大种植规模，把△ABC 内外进行两次扩展，第一次由△ABC 扩展成△DEF ，第二次由△DEF 扩展成△MGH ，如图4，求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为多少平方米？解：（1）∵CD ＝BC ，∴△ABC 和△ACD 的面积相等（等底同高），故得出结论S 1＝m ．（2）连接AD ，，∵AE ＝CA ，∴△DEC 的面积S 2为△ACD 的面积S 1的2倍，故得出结论S 2＝2m ．（3）结合（1）（2）得出阴影部分的面积为△DEC 面积的3倍， 故得出结论则S 3＝6m ．（4）S △DEF ＝S 阴影+S △ABC＝S 3+S △ABC＝6m +m＝7m＝7S △ABC故得出结论扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的7倍．（5）根据（4）结论可得两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为（7×7﹣1）×15＝720（平方米），答：求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为720平方米． 7．（1）如图①，AD 是△ABC 的中线，△ABD 与△ACD 的面积有怎样的数量关系？为什么？（2）若三角形的面积记为S ，例如：△ABC 的面积记为S △ABC ，如图②，已知S △ABC ＝1，△ABC 的中线AD 、CE 相交于点O ，求四边形BDOE 的面积．小华利用（1）的结论，解决了上述问题，解法如下：连接BO ，设S △BEO ＝x ，S △BDO ＝y ，由（1）结论可得：S，S △BCO ＝2S △BDO ＝2y ，S △BAO ＝2S △BEO ＝2x ． 则有，即．所以．请仿照上面的方法，解决下列问题： ①如图③，已知S △ABC ＝1，D 、E 是BC 边上的三等分点，F 、G 是AB 边上的三等分点，AD 、CF 交于点O ，求四边形BDOF 的面积．②如图④，已知S △ABC ＝1，D 、E 、F 是BC 边上的四等分点，G 、H 、I 是AB 边上的四等分点，AD 、CG 交于点O ，则四边形BDOG 的面积为 ．解：（1）S △ABD ＝S △ACD ．∵AD 是△ABC 的中线，∴BD ＝CD ，又∵△ABD 与△ACD 高相等，∴S △ABD ＝S △ACD ．（2）①如图3，连接BO ，设S △BFO ＝x ，S △BDO ＝y ，S △BCF ＝S △ABD ＝S △ABC ＝S △BCO ＝3S △BDO ＝3y ，S △BAO ＝3S △BFO ＝3x ．则有，即，所以x +y ＝，即四边形BDOF 的面积为；②如图，连接BO ，设S △BDO ＝x ，S △BGO ＝y ，S△BCG ＝S△ABD＝S△ABC＝，S△BCO ＝4S△BDO＝4x，S△BAO ＝4S△BGO＝4y．则有，即，所以x+y＝，即四边形BDOG的面积为，故答案为：．8．我们初中数学里的一些代数公式，很多都可以通过表示几何图形面积的方法进行直观推导和解释．例如：平方差公式、完全平方公式．【提出问题】如何用表示几何图形面积的方法推证：13+23＝32？【解决问题】A表示1个1×1的正方形，即：1×1×1＝13B表示1个2×2的正方形，C与D恰好可以拼成1个2×2的正方形，因此：B、C、D就可以表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23而A、B、C、D恰好可以拼成一个（1+2）×（1+2）的大正方形．由此可得：13+23＝32【递进探究】请仿用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33＝62．要求：自己构造图形并写出详细的解题过程．【推广探究】请用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33+…+n3＝．（参考公式：）注意：只需填空并画出图形即可，不必写出解题过程．【提炼运用】如图，下列几何体是由棱长为1的小立方体按一定规律在地面上摆成的，如图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8个看不见；求：从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数．解：【递进探究】如图，A表示一个1×1的正方形，即：1×1×1＝13，B、C、D表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23，E、F、G表示3个3×3的正方形，即：3×3×3＝33，而A、B、C、D、E、F、G恰好可以拼成一个大正方形，边长为：1+2+3＝6，，∵S A+S B+S C+S D+S E+S F+S G＝S大正方形∴13+23+33＝62；【推广探究】由上面表示几何图形的面积探究知，13+23+33+…+n3＝（1+2+3+…+n）2，又∵1+2+3+…+n＝，∴13+23+33+…+n3＝（）2＝．【提炼运用】图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0＝（1﹣1）3个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1＝（2﹣1）3个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8＝（3﹣1）3个看不见；…，从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为：（1﹣1）3+（2﹣1）3+（3﹣1）3+…+（101﹣1）3＝03+13+23+…+1003＝50502＝25502500．故一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为25502500．故答案为：62；．9．问题引入：如图，在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，求：尝试探究：过点A作BC的垂线，垂足为F，过点E作BC的垂线，垂足为G，如图所示，有＝，＝，．类比延伸：若E为AD上的任一点，如图所示，试猜S四边形ABEC 与S△ABC的比是图中哪条线段的比，并加以证明．拓展应用：如图，E为△ABC内一点，射线AE于BC于点D，射线BE交AC于点F，射线CE交AB于点G，求的值．解：问题引入：∵在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，∴，，∴＝＝；尝试探究：∵AE＝AD，∴＝，∵AF⊥BC，EG⊥BC，∴AF∥EG，∴△EDG∽△ADB，∴＝；∵＝＝＝，∴＝1﹣＝；故答案为：，，；类比延伸：＝，∵E为AD上的一点，∴＝，＝，∴＝＝；拓展应用：∵＝＝，同理：＝，＝，∴＝＝2．10．如图，在凸四边形ABCD中，M为边AB的中点，且MC＝MD，分别过点C、D作边BC、AD 的垂线，设两条垂线的交点为P，过点P作PQ⊥AB于Q，求证：∠PQC＝∠PQD．证明：连接AP、BP，取AP的中点E，取BP的中点F，连接DE、ME、QE、CF、QF、MF，如图．∵E为AP的中点，F为BP的中点，M为AB的中点，∴EM∥BP，EM＝BP，MF∥AP，MF＝AP．∵E为AP的中点，F为BP的中点，∠ADP＝∠BCP＝90°，∴DE＝AE＝EP＝AP，FC＝PF＝BF＝BP，∴DE＝MF，EM＝FC．在△DEM和△MFC中，，∴△DEM≌△MFC（SSS），∴∠DEM＝∠MFC．∵EM∥BP，MF∥AP，∴四边形PEMF是平行四边形，∴∠PEM＝∠PFM．又∵∠DEM＝∠MFC，∴∠DEP＝∠CFP．∵DE＝AE，FC＝BF，∴∠DAE＝∠ADE＝∠DEP，∠FBC＝∠FCB＝∠CFP，∴∠DAE＝∠FBC，即∠DAP＝∠PBC．∵∠ADP＝∠AQP＝90°，E为AP中点，∴ED＝EA＝EQ＝EP＝AP，∴D、A、Q、P四点共圆，∴∠PQD＝∠DAP．同理可得：∠PQC＝∠PBC，∴∠PQD＝∠PQC．11．如图：D是以AB为直径的圆O上任意一点，且不与点A、B重合，点C是弧BD的中点，作CE∥AB，交AD或其延长线于E，连接BE交AC与G，AE＝CE，过C作CM⊥AD交AD延长线于点M，MC与⊙O相切，CE＝7，CD＝6，求EG的长．解：连接OC，如图．∵MC与⊙O相切，∴OC⊥MC．∵CM⊥AD，∴OC∥AM．∵CE∥AB，∴四边形AOCE是平行四边形，∴OA＝CE＝7，∴AB＝14．∵点C是弧BD的中点，∴BC＝CD＝6．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴AC＝＝＝4．∵CE∥AB，∴△CGE∽△AGB，∴＝＝＝，∴AG＝AC＝．在Rt△ACB中，cos∠BAC＝＝＝．∵点C是弧BD的中点，∴∠BAC＝∠CAD，即∠BAC＝∠EAG，∴cos∠EAG＝．在△EAG中，cos∠EAG＝．∴＝．∵AG＝，AE＝CE＝7，∴＝．整理得：GE2＝．∵GE＞0，∴GE＝．∴EG的长为．12．如图，圆内接四边形ABCD的边AB、DC的延长线交于E，AD、BC延长线交于F，EF中点为G，AG与圆交于K．求证：C、E、F、K四点共圆．证明：延长AG到H，使得GH＝AG，连接EH、FH、CK，如图所示．∵GH＝AG，EG＝FG，∴四边形AEHF是平行四边形，∴∠EAG＝∠GHF，∠GAF＝∠GHE．∵A、B、C、K四点共圆，∴∠KCF＝∠EAG，∴∠KCF＝∠GHF，∴K、C、H、F四点共圆．∵K、C、A、D四点共圆，∴∠KCD＝∠KAF，∴∠KCD＝∠GHE，∴K、C、E、H四点共圆，∴K、C、E、H、F五点共圆，∴C、E、F、K四点共圆．13．在半圆O中，AB为直径，一直线交半圆周于C、D，交AB延长线于M（MB＜MA，AC＜MD），设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O外的另一个交点，求证：∠MKO＝90°．证明：连接CK，BK，BC，如图所示．∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∴∠OAC+∠ABC＝90°．∵A、B、C、D四点共圆，∴∠BDC＝∠BAC．∵A、O、C、K四点共圆，∴∠CKO＝∠OAC．∵D、O、B、K四点共圆，∴∠BKO＝∠BDO．∴∠BKC＝∠BKO﹣∠CKO＝∠BDO﹣∠OAC．∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠BDO．∴∠BMC＝∠ABD﹣∠BDC＝∠BDO﹣∠BAC＝∠BKC．∴B、C、K、M四点共圆．∴∠ABC＝∠MKC．∴∠MKO＝∠MKC+∠CKO＝∠ABC+∠OAC＝90°．14．已知，在△ABC中，AC＞AB，BC边的垂直平分线与∠BAC的外角∠PAC的平分线相交于E，与BC相交点D，DE与AC相交于点F．（1）如图1，当∠ABC＝3∠ACB时，求证：AB＝AE；（2）如图2，当∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，过点D作AC的垂线，垂足为点H，并延是点D关于直线AC的对长DH交射线AE于点M，过点E作BP的垂线，垂足为点G，点D1称点，试探究AG和MD之间的数量关系，并证明你的结论．1解：（1）证明：连接BF，如图1．设∠A CB＝x，则∠ABC＝3x，∵FD垂直平分BC，∴FB＝FC，∴∠FBC＝∠FCB＝x，∴∠ABF＝∠AFB＝2x，∴AB＝AF，∠PAC＝4x．∵AE平分∠PAC，∴∠EAC＝2x．∵∠AFE＝∠DFC＝90°﹣x，∴∠AEF＝180°﹣∠EAF﹣∠AFE＝180°﹣2x﹣（90°﹣x）＝90°﹣x，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，∴AB＝AE．．（2）AG＝MD1证明：作EN⊥AC于N，取EC中点O，、NM、MC、MO、NO、EB、EC，如图2．连接AD1∵AE平分∠PAC，EN⊥AC，EG⊥AP，∴EG＝EN，∠EGA＝∠ENA＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠EGA＝∠ENA＝∠BAC＝90°，∴四边形EGAN是矩形．∵EG＝EN，∴矩形EGAN是正方形，∴AG＝AN，∠EAN＝45°，∠GEN＝90°．∵ED垂直平分BC，∴EB＝EC．在Rt△BEG和Rt△CEN中，，∴Rt△BEG≌Rt△CEN（HL），∴∠GBE＝∠NCE，∠GEB＝∠NEC，∴∠GEN＝∠BEC＝90°∵EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝45°．∵∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，∴∠ABC＝60°，∠ACB＝30°，∴∠ABE＝∠ACE＝15°．∵∠BAC＝90°，点D为BC中点，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝30°．∵点D与点D关于AC对称，1AC＝∠DAC＝30°，∴∠D1＝45°﹣30°＝15°．∴∠MAD1∵DA＝DC，DM⊥AC，∴DM垂直平分AC，∴MA＝MC，∴∠CMH＝∠AMH＝90°﹣45°＝45°，∴∠AMC＝90°，∴∠ENC＝∠AMC＝90°．∵点O为EC中点，∴ON＝OM＝OE＝OC＝EC，∴E、N、C、M四点共圆，∴∠EMN＝∠ECN＝15°，∴∠MAD＝∠EMN＝15°，1中，在△AMN和△MAD1，，∴△AMN≌△MAD1，∴AN＝MD1．∴AG＝MD115．在平面直角坐标系中，已知A（2，2），AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C．（1）如图1，E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE交x轴于F，连EF，ED平分∠OEF交OA于D，过D作DG⊥EF于G，求DG+EF的值；（2）如图2，D为x轴上一点，AC＝CD，E为线段OB上一动点，连接DA、CE、F是线段CE的中点，若BF⊥FK交AD于K，请问∠KBF的大小是否变化？若不变，求其值；若改变，求其变化范围．解：（1）∵AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C，∴∠ABO＝∠ACO＝90°．∵∠BOC＝90°，∴四边形ABOC是正方形，∴AB＝AC＝BO＝CO＝2，OA平分∠BOC，∠BAC＝90°．∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAF．在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE＝AF，BE＝CF．设BE＝CF＝t，OE＝2﹣t，OF＝2+t．∵ED平分∠OEF，∴点D是△OEF的内心．如图1，作DM⊥OB于M，作DH⊥OF于H，且DG⊥EF于G，∴DG＝DM＝DH，∴四边形MOHD是正方形，∴MO＝HO＝DM＝DG．设DG＝MO＝x，∴x＝，∴x＝，∴EF＝4﹣2x，∴WF＝2﹣x．∴DG+EF＝x+2﹣x＝2．即DG+EF的值为2；（2）∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°如图2，延长BF交AC于G，连接KG，作KM⊥AB于M，KN⊥AC于N，∵四边形ABOC是正方形，∴O B∥AC．∴∠EBF＝∠CGF，∠BEF＝∠GCF．∵F是CE的中点，∴EF＝CF．在△BEF和△GCF中，，∴△BEF≌△GCF（AAS），∴BF＝GF．∵BF⊥FK，∴∠BFK＝∠GFK＝90°．在△BFK和△GFK中，，∴△BFK≌△GFK（SAS）∴BK＝GK．∵AC＝CD，∠ACD＝90°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠CAD＝45°．∵KN⊥AC，∴∠ANK＝90°，∴∠AKN＝45°，∴AN＝KN．∵KM⊥AB，∴四边形AMKN是正方形，∴KM＝KN．∠M＝∠GNK＝90°AM∥KN．在Rt△BKM和Rt△GKN中，，∴Rt△BKM≌Rt△GKN（HL），∴∠MBK＝∠NGK．∠GKN＝∠BKM．∵AM∥KN，∴∠BKN＝∠MBK．∵∠BKM+∠BKN＝90°，∴∠GKN+∠BKN＝90°，即∠BKG＝90°．∵BK＝GK，∴△BKG是等腰直角三角形．∴∠KBF＝45°，∴∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°．16．如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，直线MN⊥AB于A，且分别与⊙O1，⊙O2交于M、N，P为线段MN的中点，又∠AO1Q1＝∠AO2Q2，求证：PQ1＝PQ2．解：连接MQ1、BQ1、BQ2、NQ2，过点P作PH⊥Q1B于H，如图所示．则由圆内接四边形的性质可得：∠Q1MA+∠ABQ1＝180°，∠ABQ2+∠ANQ2＝180°，∠MAB＝∠BQ2N．由圆周角定理可得：∠ABQ 1＝∠AO 1Q 1，∠ANQ 2＝∠AO 2Q 2． ∵∠AO 1Q 1＝∠AO 2Q 2，∴∠ABQ 1＝∠ANQ 2，∴∠ABQ 2+∠ABQ 1＝∠ABQ 2+∠ANQ 2＝180°， ∴Q 1、B 、Q 2三点共线．由圆内接四边形的性质可得：∠ABQ 1＝∠ANQ 2， ∴∠Q 1MA +∠ANQ 2＝∠Q 1MA +∠ABQ 1＝180°， ∴MQ 1∥NQ 2．∵AB ⊥MN ，∴∠MAB ＝90°，∴∠Q 1Q 2N ＝∠MAB ＝90°．∵PH ⊥Q 1B ，即∠Q 1HP ＝90°，∴∠Q 1HP ＝∠Q 1Q 2N ，∴PH ∥NQ 2，∴MQ 1∥PH ∥NQ 2．∵P 为线段MN 的中点，∴H 为线段Q 1Q 2的中点，∴PH 垂直平分Q 1Q 2，∴PQ 1＝PQ 2．。
第届国际数学奥林匹克竞赛IMO选讲《平面几何》第题
2015年第56届国际奥林匹克数学竞赛（2015年7月10-11日，泰国清迈）试题选讲【分析】AO是O的弦FG的中垂线，要证明X在AO上，只要证明XF XG∠=∠。
=或者XFG XGF（下面只是证明本题最关键的步骤，略去了大量的文字阐述和引用的常用中间结论，这在正式竞赛中是不允许的。
所以，同学们如果要自己动手做一做、练一练，一定要把过程写详细、写清楚!) Array【证一】∵AFX AFK FKB FAB FDB FCB DFC∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠，AGX AGL CLG CAG CEG CBG EBG∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠，∴F N M G，，，四点共圆，可得NFM NGM DFC EGB∠=∠⇒∠=∠，∴AFX AGX∠=∠。
而AF AG AFG AGF∠=∠。
，，则XFG XGF=∠=∠这样，A X，两点都在弦FG的中垂线上。
而弦FG的中垂线必过圆心O，可知A X O，，三点共线。
【证二】【另证F N M G，，，四点共圆】=∠。
FMG【本题剖析，及拓展】如图，可以证明以下诸多结论：（1）JHF KIG ∆∆——JHF JBF ABF KIG KCG ACG JHF KIG F G A AF AG A F B C G O ∠=∠=∠⎧⎪∠=∠=∠⎪⇒∠=∠⎨=⎪⎪⎩，在上，，，，，在上； AFX AFJ FJB FAB FDB FCB DFC LFM AFX AFJ FJB FAB FDB FGB FGE FGB BGE LGM AFX AFJ FHB FGB HBG AGX AGK GKC GAC GIC GFC FCI AGX AGK GKC GAC GEC GBC EGB LGM AGX AGK ∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠∠=∠=∠-∠=∠∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠∠=∠=∠或或或或AFX AGX GKC GAC GEC GFC GFD GFC DFC LFM⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⇒∠=∠⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪-∠=∠-∠⎪=∠-∠=∠=∠⎪⎩；而AF AG AFG AGF =⇒∠=∠，可知JFH KGI ∠=∠，FJH GKI ∠=∠。
十二道国外平面几何题
十二道国外平面几何题1. 已知ABC ∆的内切圆I 分别与三边,,BC CA AB 切于点111,,A B C ，l 为多点I 的任意一条直线，',','A B C 分别是111,,A B C 关于直线l 的对称点，证明',','AA BB CC 三线交于一点. （2009年保加利亚MO ）2. 已知ABC ∆满足B C ∠<∠，设过点,B C 且与AC 切于点C 的圆为O ，直线,AB CO分别与O 交于点,D P ，过点P 作AO 的平行线与直线AC 交于点E ，直线EB 交O 于点L ，BD 的中垂线与AC 交于点F ，直线LF 与CD 交于点K ，证明：//EK CL . （2009年韩国MO ）3. 设△ABC 的内切圆⊙I 分别与三边BC ，CA ，AB 切于D ，E ，F ，点D 在EF 上的投影为M ，DM 的中点为P ，△BIC 的垂线为H ，证明PH 平分EF. （2009年伊朗国家队选拔考试）4.设△ABC的外接圆Г，圆心为O的圆与线段BC切于点P，与Г的不含A的弧 BC切于点Q，若∠BAO=∠CAO，证明∠PAO=∠QAO. （2009年日本MO）5.△ABC满足AB≠AC，D为直线BC上的一点满足AB=BD，且B在C，D之间，设∠C内的旁心为I C，CI C与△ABC的外接圆交于T，若4∠TDI C=∠ABC+∠ACB，求∠BAC的度数. （2009年伊朗国家队选拔考试）6.已知锐角△ABC的内切圆与边BC，CA，AB切于点A1，B1，C1，△AB1C1，△A1BC1，△A1B1C的内切圆分别为K A，K B，K C，设t A为K B，K C不同于BC且与AB，AC相交的公切线，t B为K C，K A不同于AC且与AB，BC相交的公切线，t C为K A，K B不同于AB且与AC，BC相交的公切线，证明t A，t B，t C三线交于一点. （2009年斯洛文尼亚国家队选拔考试）7.设A′，B′，C′分别为△ABC的垂心在三边BC，CA，AB上的投影，点C′在A′B′上的投影为点P，Q为A′B′上的一点，满足QA=QB，证明∠PBQ=∠PAQ=∠PC′C. （2009年伊朗国家队选拔考试）8.设钝角△ABC的外接圆⊙O，∠B为钝角，过点C作⊙O的切线与直线AB交于点B1，△AB1C的外心为O1，B2为线段BB1上一点，过B2作⊙O的一条切线，切点为C1（靠近点C），△AB2C1的外心为O2，若OO2⊥AO1，证明O，O2，O1，C1，C五点共圆. （2009年韩国MO）9.已知D是锐角△ABC的边AB上的点，△BCD的外接圆与边AC交于点E，△ADC的外接圆与边BC交于点F，O为△CEF的外心，证明△ADE，△ADC，△DBF，△DBC的外心及点D，O六点共圆，且OD⊥AB. （2008年斯洛文尼亚国家队选拔考试）10.已知△ABC是不等边的锐角三角形，外接圆为⊙O，K是∠BAC的角平分线与BC的交点，M是 BAC的中点，MK与⊙O交于点A′，与⊙O分别切于点A，A′的两条直线交于点T，过点A与AK垂直的直线与过点A′与A′K垂直的直线交于点R，证明T，R，K三点共线. （2009年意大利MO）11.设A1，B1，C1分别是锐角△ABC的三边BC，CA，AB的中点，H，O分别为△ABC的垂心和外心，射线HA1，HB1，HC1分别与圆O交于点A0，B0，C0，若△A0B0C0的垂心为H0，证明O是HH0的中点. （2008年土耳其MO）12.已知四边形ABCD有内切圆，圆心为O，半径为r，直线AB，DC交于点P，直线AD，BC交于点Q，对角线AC，BD交于点E，证明OE•d=r2，其中d是O到直线PQ的距离. （2009年土耳其MO）。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题9 平面几何(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题9 平面几何 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2018·天津·高三竞赛）凸六边形ABCDEF 的6条边长相等，内角A 、B 、C 分别为134°、106°、134°.则内角E 是___________（用度数作答）. 【答案】134° 【解析】 【详解】不妨设边长为1，设AC 、DF 的中点分别为M 、N ，且A 在DF 上的射影为K ，则37BAM ∠=︒，97MAF ∠=︒，83AFK ∠=︒，即cos83FK =︒，cos37KN AM ==︒.又设EFN x ∠=，则cos FN x =，利用FN FK KN =+， 我们有cos cos83cos372cos60cos23cos23x =︒+︒=︒︒=︒，因此23x =︒，即等腰△DEF 的底角为23°，可见其顶角E 为134°. 故答案为134°2．（2020·江苏·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，直线y kx =与圆C ：()()2227365x y -+-=交于A ，B ，则OA OB ⋅=__________．【答案】2020 【解析】 【详解】解析：222020OA OB OC R ⋅=-=． 故答案为：2020.3．（2021·全国·高三竞赛）在ABC 中，ABC ∠所对的旁切圆与边AC 相切于点D ，ACB ∠所对的旁切圆与边AB 相切于点E ．若||1,||2AB AC ==，则ADE 面积的最大值为_______．【解析】 【详解】设边BC 、CA 、AB 的长度分别为a 、b 、c ，则11||(),||()22AD a b c AE a c b =+-=+-，故1||||sin 2ADESAD AE A =⋅⋅ 221()sin 8a b c A ⎡⎤=--⋅⎣⎦ 22211sin 282a b c A bc bc ⎛⎫--=⋅+⋅⋅ ⎪⎝⎭2311(1cos )sin 42sin 2cos sin 2sin cos 8222222A A A A A A A =-⋅=⋅⋅=⋅⋅ 故()2222622sin sin sin 2224sin cos 427cos 223332ADEA A A A SAA==⨯⨯⨯⨯⨯， 42222sin sin sin 222+++cos 273332427464A A A A ⎛⎫ ⎪⎪≤⨯⨯= ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭， 故338ADES≤（等号在23A π=时取到）．故答案为：338. 4．（2021·浙江·高三竞赛）在ABC 中，AB AC BC >>，在M ，N 为AB 上两点，且AN AC =，BM BC =，点P 为ABC 的内心.若75MPN ∠=°，则ACB =∠______.【答案】105 【解析】 【分析】 【详解】证明：连接P A 、PB 、PC 及PM 、PN ． 由已知易证△APC ≌△APN ，△BPC ≌△BPM ． 从而PC =PN ，PC =PM ，即PM =PN =PC ． 故P 为△CMN 的外心，此时有∠MPN =2∠MCN ．而∠ACN =90°12-∠A ，∠BCM =90°12-∠B ， 故∠ACN +∠BCM =180°12-(∠A +∠B )， 即∠MCN +∠ACB =180°12-(∠A +∠B )， 则∠MCN =∠MCN +∠ACB -∠ACB =(180°-∠ACB )12-(∠A +∠B ) =()12A B ∠∠+-(∠A +∠B ) =12(∠A +∠B )． 故∠MPN =2∠MCN =∠A +∠B =180°-∠C 所以∠C =180°-∠MPN =180°75-︒=105°．故答案为：105°．5．（2021·全国·高三竞赛）设三个不同的正整数a b c 、、成等差数列，且以555a b c 、、为三边长可以构成一个三角形，则a 的最小可能值为________. 【答案】10 【解析】 【分析】 【详解】设,a b k c b k =-=+为正整数，由于以555 a b c 、、为三边长可以构成一个三角形， 则55554235()()10202b k b b k b b k b k k -+>+⇔>++， 所以5410,10b b k b k >>，于是9a b k k =->，即有9110a k ≥+≥. 故答案为：10.6．（2019·贵州·高三竞赛）如图，在△ABC 中，AB =30，AC =20，S △ABC =210，D 、E 分别为边AB 、AC 的中点，∠BAC 的平分线分别与DE 、BC 交于点F 、G ，则四边形BGFD 的面积为________.【答案】1892【解析】 【详解】如图，在△ABC 中，由AG 平分∠BAC 知23CG AC BG AB ==，故35ABG ABCS BG S BC ==.又S △ABC =210，则3321012655ABGABCSS ==⨯=. 由D 、E 分别为边AB 、AC 的中点知12DE BC ，所以△ADF ∽△ABG . 由14ADF ABGS S=，得到632ADFS =，故BGFD S 四边形6318912622=-=. 故答案为：1892． 7．（2018·山东·高三竞赛）若直线65280x y --=交椭圆22221x y a b +=（0a b >>，且2a 、b 为整数）于点A 、C ．设()0,B b 为椭圆的上顶点，而ABC 的重心为椭圆的右焦点2F ，则椭圆的方程为______． 【答案】2212016x y += 【解析】 【详解】设()11,A x y ，()22,C x y ，由题意ABC 的重心为椭圆的右焦点2F ，整理得213x x c +=，21y y b +=-． 由()11,A x y ，()22,C x y 在直线65280x y --=上，得到212165y y x x -=-．由()11,A x y ，()22,C x y 在椭圆()222210x y a b a b +=>>上，得到2211221x y a b +=，2222221x y a b+=． 两式相减并整理得()()()()2212122121635y y y y b b a x x x x c +---==⋅+-， 整理得225a bc =． ①因为()11,A x y ，()22,C x y 在直线65280x y --=上， 所以有1165280x y --=，2265280x y --=．将123x x c +=，12y y b +=-代入得()635560c b ⨯---=， 整理得18556c b +=． ②联立①②，且注意到a 、b 为整数，解得2c =，4b =，220a =．故所求的椭圆方程为2212016x y +=．8．（2018·河北·高三竞赛）在△ABC 中，3AC =，sin sin (k 2)C k A =≥，则△ABC 的面积最大值为_____. 【答案】3 【解析】 【详解】由正弦定理将sin sin C k A =变形为c ka =，其中,c AB a BC ==.以线段AC 所在直线为x 轴，以AC 的中点O 为坐标原点建立平面直角坐标系，则33,0,,022A C ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(),B x y ，由c ka ==两边平方整理得()()()()22222291133104k x k y k x k -+--++-= 因为2k ，所以上述方程可化为为()2222339014k x y x k ++-+=-由此可知点B 的轨迹是以()()2231,021k k ⎛⎫+ ⎪ ⎪-⎝⎭为圆心，以231k r k =-为半径的圆.所以当点B 在圆上运动时，点B 到x 轴的最大距离为半径231kr k =-，所以ABC 的面积()21391321212k S k k k k =⨯⨯=⨯--在2k 上单调递减，所以max 9131222S =⨯=-. 9．（2021·全国·高三竞赛）已知直角梯形ABCD 中，//AB CD ，对角线AC 、BD 相交于O ，90DAB ∠=︒，P 、Q 分别是腰AD 、BC 上的点，且,BPA DPC AQB DQC ∠=∠∠=∠，若23AB CD =，则OPOQ=_________． 【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】如图所示，记P 为过O 点在AD 上的垂线的垂足，Q 为过P 点在BC 上的垂线的垂足，下证P 、Q 即为所求． 对P 点，在DP DO CDAP OB AB==，所以有CDP BAP ∽，从而CPD BPA ∠=∠． 对Q ，PQ BC ⊥，所以P 、Q 、C 、D ，P 、Q 、B 、A 均四点共圆， 所以有DQC CPD BPA AQB ∠=∠=∠=∠．设AD 、BC 交于T ，K 为TP 的中点．不妨设5AD =， 则10,2DT DP ==，3,12,6,4,6AP TP KP KD TK =====， 从而23DK DO KT OB ==，所以//OK BT ，所以OK PQ ⊥． 由KP KQ =，所以OP OQ =，从而有1OPOQ=．故答案为：1.10．（2019·山东·高三竞赛）△ABC 中，16,9AB BC CA ===.在△ABC 外部，到点B 、C 的距离小于6的点组成的集合，所覆盖平面区域的面积是______ .【答案】54π【解析】 【详解】分别以点B 、C 为圆心，6为半径作圆，交于三角形外一点D ，连结BD 、CD ； 有5353cos ,cos 7272A BDC =∠=-，故A 、B 、D 、C 四点共圆，所以∠ABD +∠ACD =π. 又易知AB 与圆C 相离，故所求的面积为2个圆的面积去掉半个圆的面积再加上△BCD 的面积等于54π+故答案为：54π 二、解答题11．（2021·全国·高三竞赛）已知ABC 满足60A ∠=︒，E 、F 分别为AB AC 、延长线上的点，且,BE CF BC ACE ==的外接圆与EF 交于不同于E 的点K ．证明：点K 在BAC ∠的角平分线上．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设BF 与CE 相交于点T ．连结BK 、CK ．由BCE BEC ABC ∠+∠=∠，及BC BE =，得12BCE ABC ∠=∠， 类似可得12CBF ACB ∠=∠，故 1()602CTF BCE CBF ABC ACB ∠=∠+∠=∠+∠=︒，因此，A 、B 、T 、C 四点共圆．进而，,180180EBF ACE AKE ABF EBF AKE AKF ∠=∠=∠∠=︒-∠=︒-∠=∠， 所以A 、B 、K 、F 四点共圆．由,EBK CFK BEK FCK ∠=∠∠=∠，及BE FC =，得KBE KFC ≌． 于是KC KE =．因此，KC KE =，即AK 是BAC ∠的角平分线．12．（2021·全国·高三竞赛）如图，在平行四边形ABCD 中，1A ､1C 分别是边AB BC 、上的点，线段1AC ､1CA 交于点P ，1AA P 和1CC P △的外接圆的第二个交点Q 位于ACD △的内部.证明：PDA QBA ∠=∠.【答案】证明见解析 【解析】 【详解】对完全四边形11BC CPAA 用密克定理，知Q ､1A ､B ､C 四点共圆，所以1QCB AAQ APQ ∠=∠=∠. 又因为1PAQ PAQ CBQ ∠=∠=∠，所以PAQ CBQ ∽. 因此AP BC ADPQ QC QC==， 结合1PAD PC B PQC ∠=∠=∠知PAD PQC ∽. 因此PDA PCQ ABQ ∠=∠=∠.13．（2021·全国·高三竞赛）如图，设O 、H 分别为ABC 的外心与垂心，M 、N 分别为BH 、CH 的中点．BB '是ABC 的外接圆的一条直径，如果HONM 是一个圆的内接四边形，证明：12B N AC '=．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】如图，设F 为AC 的中点，连接,,,,,,,AH AB B C AO FN OF OM OH ''，可证F 、A 、O 、H 四点共圆，从而可证明四边形B FNC '为等腰梯形，故可证12B N AC '=. 【详解】如图，连接,,,AH AB B C AO ''，则,AH BC B C BC '⊥⊥，故//AH B C '，同理//AB HC '，故四边形AHCB '为平行四边形设F 为AC 的中点，故B '、F 、H 共线，且F 为B H '的中点， 连接,FN OF ，结合N 为CH 的中点可知，//FN B C '．连接,OM OH ，则//OM B H '，故FHO HOM HNM HCB ππ∠=∠=-∠=-∠， 另一方面，容易得到2FAO ABC HCB π∠=-∠=∠，故FHO FAO π∠+∠=，从而F 、A 、O 、H 四点共圆，从而可知FB C FHA FOA ABC AB C NCB π∠=∠=∠=∠=-=∠'∠''， 从而四边形B FNC '为等腰梯形，进而12B N CF AC ='=，证毕． 【点睛】思路点睛：竞赛中的平面几何，大多数与四点共圆相关，因此需要结合三角形中各类角的性质进行大小关系的转化.14．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知锐角ABC 的外接圆为Γ，过B 、C 分别作圆Γ的切线交于点P ，P 在直线BC 、AC 、AB 上的投影分别为D 、E 、F ，DEF 的外接圆与BC 交于点N （不同于点D ），A 在BC 上的投影为M ．求证：BN CM =．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】连结AP 、EF 、DE 、FN ．因为,PD BC PF AB ⊥⊥，所以DPF ABC ∠=∠．因为PB 、PC 与O 相切，所以BAC BCP CBP ∠=∠=∠．因此180180PCE ACB PCB ACB BAC ABC DPF ∠=︒-∠-∠=︒-∠-∠=∠=∠． 又因为,PD BC PE AC ⊥⊥，所以PCE PDE ∠=∠． 所以PF //DE ，因此PFE DEF ∠=∠．又因为F 、E 、D 、N 四点共圆，所以BNF DEF ∠=∠． 又因为P 、E 、A 、F 四点共圆，所以BNF PFE PAC ∠=∠=∠． 又因为PCE ABC ∠=∠，所以ACP MBF ∠=∠， 故BFN CPA ∽，所以BN ACBF CP=， 因此cos cos BF BFBN AC AC AC PBF AC ACB CM CP BP=⋅=⋅=⋅∠=⋅∠=． 15．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知等腰三角形ABC 中，AB AC =，M 为BC 的中点．D 为线段BM 上一点，E 、F 分别为AC AB 、上的点，且四边形AEDF 为平行四边形.BO 交DE 于点P ，CO 的延长线交DF 的延长线于点Q ，ABC 的外接圆O 交ADM △的外接圆于A 、K 两点．求证：K 、Q 、P 、O 四点共圆． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】因为,,OB OA AE FD BF OBA OAB EAO ===∠=∠=∠， 所以OAE OBF △≌△，所以BFO AEO ∠=∠， 所以A 、E 、F 、O 四点共圆，记该圆为ω．又OPE OBA OAE ∠=∠=∠，故有P 在圆ω上，同理Q 也在ω上．ADM △的外接圆圆心N 为AD 的中点，即EF 的中点．又OE OF =，故有ON EF ⊥，所以O 、N 与ω的圆心共线． 所以三圆关于直线ON 对称，故K 也在ω上． 所以K 、Q 、P 、O 四点共圆．16．（2021·全国·高三竞赛）如图，AE 、AF 为圆的两切线，ABC 为圆的一条割线，EF 为切点连线，D 为过C 、B 关于圆的切线的交点，证明：D 、E 、F 共线．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 法一：共圆证法． 作圆心O ，连结AOEF M =，连结MB 、OC ．由于DC 、DB 为圆O 的切线，故O 、C 、D 、B 四点共圆． 对Rt AOF 用射影定理2AM AO AF ⇒⋅=．又2AF AB AC AM AO AB AC =⋅⇒⋅=⋅，即M 、O 、C 、B 四点共圆．⇒O 、C 、D 、B 、M 五点共圆，故D 、C 、M 、B 四点共圆．AMB OCB OBC OMC MF ⇒∠=∠=∠=∠⇒平分CMB ∠．又CD BD MF =⇒过D ，即D 、E 、F 共线． 法二：塞瓦定理． 对F 及CDB △用塞瓦定理，sin sin sin 1sin sin sin BDF FCD CBFCDF BCF FBD ∠∠∠⨯⨯=∠∠∠．对E 及CBD 用塞瓦定理，sin sin sin 1sin sin sin BDE DCE EBCCDE ECB EBD∠∠∠⨯⨯=∠∠∠．由于2sin sin ,sin sin BDF FBD FCD CBF BCF FBD CDF CBF ∠∠⎛⎫∠=∠∠=∠⇒= ⎪∠∠⎝⎭．由于2sin sin 180,180sin sin BDE EBC DCE EBC EBD ECB CDE ECB ∠∠⎛⎫∠=︒-∠∠=︒-∠⇒= ⎪∠∠⎝⎭．sin sin sin sin FBD EBC CF CECBF ECB BF BE∠∠=⇔=∠∠．由,CF AC AC CEABF AFC ABE AEC BF AF AE BE⇒===∽∽． 从而D 、E 、F 共线．17．（2021·全国·高三竞赛）如图，在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，G 为重心，P 为射线AG 上一点，满足CPA CAB ∠=∠，Q 为射线BG 上一点，满足CQB ABC ∠=∠，证明：AQG 、BPG 的外接圆的另一个交点在AB 上．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】如图，延长CG 与AB 交于点J ，则J 为AB 的中点，故CPA CAB ACG ∠=∠=∠． 从而2ACG APC AG AP AC ⇒⋅=∽． 同理，2BG BQ BC ⋅=．设BPG 的外接圆圆M 与AB 的另一个交点为K ， 由圆幂定理知：2AK AB AG AP AC ⋅=⋅=， 所以CK AB ⊥，于是2BK BA BC BG BQ ⋅==⋅．因此A 、K 、G 、Q 四点共圆，所以AQG 、BPG 的外接圆的另一个交点在AB 上． 18．（2021·全国·高三竞赛）如图，设圆内接四边形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点P ，并且DA 与CB 交于Q ．若PQ AC ⊥，且E 是AB 的中点．求证：PE BC ⊥．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】过B 作//BF PE 交AC 于F ，连结FQ ．则有AP PF =，于是PQ 是AF 的中垂线，故,QA QF = 180180QFA QAF DAC DBC QBP ∠=∠=︒-∠=︒-∠=∠．因此Q 、P 、F 、B 共圆，再由QP PF ⊥，得BF BQ ⊥． 而//BF PE ，故PE BQ ⊥，即PE BC ⊥．19．（2021·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，BC 最短，D 、E 分别在AB AC 、上满足BD CE BC ==，设I 是ABC 内心，O 是ADE 外心，求证：OI BC ⊥.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】设ABC 的外接圆P ，M 、N 、Q 分别是弧AB AC BC 、、的中点. 如图连结线段，则由BC CE =得MB ME =. 又MA MB =，所以MA ME =，于是MO AE ⊥. 又PN AC ⊥，所以//MO PN .同理//NO PM ， 再由PM PN =，即知四边形OMPN 是菱形， 所以MN OP ⊥，并且2sin2AOP PM QB QI =⋅==.另一方面，由鸡爪定理又有MN AI ⊥，所以//OP QI 且OP QI =， 即四边形OPQI 是平行四边形，所以//OI PQ ，所以OI BC ⊥.20．（2021·全国·高三竞赛）如图，锐角ABC 中，D 为边BC 中点，ABD △内切圆与边AB 切一点,E ACD 的内切圆与边AC 切于点F ，若四边形EDFG 为平行四边形，求证：G 在BAC ∠的平分线上.【答案】证明见解析. 【解析】【分析】 【详解】设ABD △的内切圆分别与BD AD 、切H I 于、两点；ACD △的内切圆分别与DC AD 、切于J K 、两点.作平行四边形AGFM ，连结DM ，交AC 于点L ，则FAG AFM ∠=∠， 且,AM GF ED AM GF ED ==∥∥， 所以AEDM 是平行四边形，所以AE DM ∥.又AG MF ∥，所以EAG DMF ∠=∠，所以要证明EAG FAG FML AFM LF LM ∠=∠⇔∠=∠⇔=. 因为D 是BC 的中点，AE DM ∥，所以L 是AC 的中点，且12DL AB =. 因此：2222LM DM DL AE AB =-=-AE EB AI BH =-=-AI BD HD =-+AI BD DK KI =-++.222222LF AF AL AK AL AK AC =-=-=- AK FC AI IK CF AI IK CJ =-=+-=+- AI IK CD DJ AI IK BD DK =+-+=+-+，所以LM LF =，所以AG 是BAC ∠的平分线.21．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知圆O 是ABC 的外接圆，切线、BP CP 交于点P ，D 是BC 的中点，K 、L 分别在线段AB AC 、上，且满足KD LD ⊥，连结KP LP 、，求证：2BPC KPL ∠=∠．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】如图，过P 作,PM AB PN AC ⊥⊥，垂足分别为M 、N ．首先，由题意知PD BC ⊥，则B 、M 、P 、D 共圆，C 、N 、P 、D 共圆， 而90KMD BPD CPD LND A ∠=∠=∠=∠=-︒，则90MKD KDM A ∠+∠=︒+， 而90MKD NLD A ∠+∠=︒+，故NLD KDM ∠=∠，即KDM DLN ∽， 因此KM DNMD NL=． 又因为PMD PBD PCD PND ∠=∠=∠=∠，()18018090MPN A MKD KDM ︒∠=︒-=-∠+∠-︒ 36090LDN KDM MDN =-︒-∠-∠=∠︒．故四边形MPND 为平行四边形，即得KM PM KM PNPN NL MP NL=⇔=， 结合直角，故Rt KMP Rt PNL ∽，即90KPM LPN ∠+∠=︒， 则()901809090KPL MPN A A ∠=∠-︒=︒=︒-︒--． 而1802BPC A ∠=︒-，故2BPC KPL ∠=∠．22．（2021·全国·高三竞赛）点P 为椭圆22221(0)x y a b a b+=>>外一点，过P 作椭圆两条切线PA 、PB ，切点分别为A 、B ，连结AB ，点M 、N 分别为PA 、AB 中点，连结MN 并延长交椭圆于点C ，连结PC 交椭圆于另一点D ，连结ND 并延长交PB 于Q ，证明：Q 为PB 的中点． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】PC 与AB 交于点K ．首先证明：P 、D 、K 、C 为调和点列，即||||||||PD KD PC KC =． 设()00,P x y ，则直线AB 方程为00221x x y ya b+=． 设P 、D 、K '、C 为调和点列，且||||K DPD PC K Cλ='='． 设()()()112233,,,,,A x y B x y K x y '，则12123121203,,11,.11x x x x x x y y y y y y λλλλλλλλ⎧-+⎧==⎪⎪⎪⎪-+⎨⎨-+⎪⎪==⎪⎪-+⎩⎩ 故()()()()1212121203032222211x x x x y y y y x x y y a b a b λλλλλ-+-+⎡⎤+=+⎢⎥-⎣⎦22222112222222111x y x y ab a b λλ⎡⎤⎛⎫=+-+=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎣⎦，所以K '在直线AB 上，即K '与K 重合，结论成立． 下面证明原题：由梅涅劳斯定理可知1CN MA PKNM AP KC⋅⋅=， 又由12AM AP =，可知2CN CK NM PK=， ① 由直线上托勒密定理可知，CD KP CK PD CP DK ⋅=⋅+⋅，由P 、D 、K 、C 四点调和可知，CK PD CP DK ⋅=⋅，故2CD KP CK PD ⋅=⋅，即2CD CKPD KP= ② 结合①、②可知，CN CD NM PD=．故//ND PM ． 又N 为AB 的中点，所以Q 为PB 的中点．23．（2021·全国·高三竞赛）如图，在锐角ABC 中，AB AC >，D 、E 分别是AB 、AC 的中点，ADE 的外接圆与BCE 的外接圆交于点P （异于E ），ADE 的外接圆与BCD △的外接圆交于点Q （异于D ），证明：AP AQ =．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】连结BP 、DE 、QC 、PE 、DQ 、PD ，由于D 、E 分别是边AB 、AC 的中点可知//DE BC ，则180APD AED DAE ADE DAE DBC ∠=︒-∠=∠+∠=∠+∠180180DQE DQC EQC =︒-∠+︒-∠=∠，180BPD BPE DPE ACB DAE ∠=∠-∠=-∠-∠︒ ABC ADE APE AQE =∠=∠=∠=∠，APB APD BPD EQC EQA AQC ∠=∠+∠=∠+∠=∠，且：1sin sin 21sin sin 2PBD PADAP PB PD BPD AP AP SBPD BP BP SAPD BP PA PD APD ⎛⎫⋅⋅⋅∠ ⎪⋅∠⎝⎭===⋅∠⎛⎫⋅⋅⋅∠ ⎪⎝⎭1sin sin 21sin sin 2AQE CQECQ AQ AE AQE CQ S AQE CQCQE AQ SAQAQ CQ QE CQE ⎛⎫⋅⋅⋅∠ ⎪⋅∠⎝⎭====∠⋅⎛⎫⋅⋅⋅∠ ⎪⎝⎭， 所以APB CQA ∽，所以:AQP ADP PBD BPD QAE AQE QEC APQ ∠=∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，所以AP AQ =．24．（2019·江西·高三竞赛）如图所示，BE 、CF 分别是锐角三角形△ABC 的两条高，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点M 、N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点P 、Q .证明：M 、N 、P 、Q 四点共圆.【答案】见解析 【解析】 【详解】如图，设△ABC 的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF ⋅=-+ ()()MF HF MF HF =-+22MF HF =-()22AF FB AH AF =⋅--2AF AB AH =⋅- ①同理有2PH HQ AE AC AH ⋅=⋅-， ②因B 、C 、E 、F 四点共圆，知 AF AB AE AC ⋅=⋅ ③ 故由①、②、③式得MH HN PH HQ ⋅=⋅. 所以M 、N 、P 、Q 四点共圆.25．（2019·山东·高三竞赛）已知：正方形ABCD 的边长为1点M 是边AD 的中点以M 为圆心AD 为直径作圆，点E 在线段AB 上，且直线CE 与圆相切.求△CBE 的面积. 【答案】38【解析】 【详解】设直线CE 与圆Γ相切于点N ，连结ME 、MN 、MC .在Rt △MNC 和Rt △MDC 中，MC =MN ，m =MC ，所以△MNC ≌△MDC ，故∠NMC =∠DMC . 同理∠EMN =∠AME .所以∠EMC =90°. 故MN 是Rt △EMC 斜边上的高，所以EN MNNM NC =，故14EN =. 所以13,44AE BE ==.因此△CBE 的面积等于38.26．（2018·江西·高三竞赛）如图，ABC 的内心为I ，D 、E 、F 分别是边BC 、CA 、AB 的中点，证明：直线DI 平分DEF 的周长．【答案】见解析 【解析】 【详解】如图①，不妨设AB AC ≥，ABC 的内切圆切BC 、CA 、AB 于T 、1K 、2K ．图①过T 作内切圆的直径TK ，过K 作I 的切线分别交AC 、AB 于M 、N ，则NM BC ． 由于I 是AMN 的旁切圆，12AK AK =，因1MK MK =，2NK NK =， 所以有AM MK AN NK +=+．延长AK 交BC 于G ，则BG CT =，因此DT DG =， 故DI 是TGK 的中位线，所以DP AG ，因四边形BDEF 为平行四边形，所以DEP ∽ABG ，相似比为12DE AB =． 同理，DEP ∽ACG ，相似比为12DF AC =． 又注意AMK ∽ACG ，ANK ∽ABG ，相似比均为AKAG， 既然有AM MK AN NK +=+，所以AC CG AB BG +=+， 因此，DF FP DE EP +=+，即所证结论成立． 附注 在几何题中用到三角形内切圆的一个基本性质． 如图②，在ABC 中，内切圆I 切BC 于D ，设DH 是I 的直径，若AH 交BC 于M ，则BM CD =． 证明：过H 作EF BC ，点E 、F 分别在AB 、AC 上．设I 的半径为r ，HF x =，CD y =，EH z =，BM t =，MD d =，连结BI 、CI 、EI 、FI ，由于CI 、FI 分别平分一对互补角BCF ∠、EFC ∠， 所以90CIF ∠=︒，且CDI ∽IHF ，则y rr x=，2xy r =． 同理BDI ∽IHE ，则t d rr z +=，()2z t d r +=， 所以()xy z t d =+，则x t dz y+=． ①又由EF BC ，得x AH z y d AM t ==+，所以x y d z t +=， ② 根据①②式得，t d y dy t ++=，所以22t td y yd +=+，即()()0y t y t d -++=， 由此得，0y t -=，即t y =，也就是BM CD =．（同时也有CM BD =．）27．（2018·福建·高三竞赛）如图，在锐角ABC 中，E 、E 是边BC 上的点，ABC 、ABD △、ADC 的外心分别为O 、P 、Q ．证明：（1）APQ ∽ABC ；（2）若EO PQ ⊥，则QO PE ⊥． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【详解】（1）如图，连结PD 、QD ．因为P 、Q 分别为ABD 、ADC 的外心，所以PQ 为线段AD 的垂直平分线． 所以12APQ APD ABD ABC ∠=∠=∠=∠，12AQP AQD ACD ACB ∠=∠=∠=∠．故APQ ∽ABC ．（2）如图，连结OA 、OB 、OP 、PB 、QC ．延长OQ 与AC 相交于点F ． 由O 、P 、Q 分别为ABC 、ABD 、ADC 的外心， 知OP 、OQ 、PQ 分别是线段AB 、AC 、AD 的垂直平分线． 所以()22APB APD BPD ABD BAD ADC AQC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠． 又OBP OAP ∠=∠，1122AQF AQC APB APO ∠=∠=∠=∠．所以A 、P 、O 、Q 四点共圆，OAP OQP ∠=∠．又EO PQ ⊥，DQ PQ ⊥，所以EO DA ，12OEC ADC APB BPO ∠=∠=∠=∠．所以P 、B 、E 、O 四点共圆，OEP OBP ∠=∠． 设EO 、QO 的延长线分别与PQ 、PE 相交于M 、N ，则OEP OBP OAP OQP ∠=∠=∠=∠．故M 、N 、E 、Q 四点共圆． 又EO PQ ⊥，所以90QNE QME ∠=∠=︒．故QO PE ⊥．28．（2019·全国·高三竞赛）在ABC ∆中，设∠C=90°，CD AB ⊥，垂足为D ，P 、Q 分别为ADC ∆、BDC ∆的内心，PQ 与CD 交于点K ，记ABC ∆的面积为S.证明：22111CK CD S-=. 【答案】见解析 【解析】 【详解】如图，延长PQ ，分别与AC 、BC 交于点M 、N ，联结DP 、DQ 、CP. 分别过M 、N 作CD 的平行线与BC 、AC 的延长线交于点F 、E. 易知，Rt ADC Rt CDB ∆~∆.又P 、Q 分别为ADC ∆、BDC ∆的内心， 故AC DPRt ACB Rt PDQ QPD BAC BC DQ=⇒∆~∆⇒∠=∠ A D P M ⇒、、、四点共圆45CMN ADP CM CN ⇒∠=∠=︒⇒=.易证Rt CPM Rt CPD ∆≅∆. 于是，CM=CD=CN.由∠FMC=∠ACD ，CM=DC Rt FCM Rt ADC MF AC ⇒∆≅∆⇒=. 类似地，NE=BC. 根据三平行线定理得222111111121CK MF NE AC BC CK AC AC BC BC=+=+⇒=++⋅. 再由直角三角形恒等式得222111CD AC BC =+，12S AC BC=⋅. 故22111CK CD S-=.29．（2018·全国·高三竞赛）如图，1O 与2O 的半径相等，交于X 、Y 两点. ABC ∆内接于1O ，且其垂心H 在2O 上，点Z 使得四边形CXZY 为平行四边形.证明：AB 、XY 、HZ三线共点.【答案】见解析 【解析】 【详解】如图，设1O 、2O 的半径为R ，XY 的中点为M. 则点Z 与C 关于M 对称，点1O 与2O 关于M 对称. 因此，点Z 在2O 上.记ABH ∆的外接圆为3O ，其半径为1R .则()12sin 2sin 2sin AB AB ABR R AHB ACB ACBπ====∠-∠∠.接下来证明：Z 为2O 与3O 的交点（异于H ）.由1O 、2O 、3O 的半径均为R ，知四边形12XO YO 、四边形31AO BO 均为菱形. 记AB 中点为N ，则N 也为13O O 的中点. 注意到，H 与1O 分别为ABC ∆的垂心与外心. 故1132CH O N OO ==，即13CO HO =. 因为，XZ CY =.所以，22O Z O X XZ =+ 113YO CY CO HO =+==. 又H 为2O 、3O 的一个交点，则Z 为两圆另一交点. 于是，AB 、XY 、HZ 恰为1O 、2O 、3O 两两的公共弦. 由根轴定理知AB 、XY 、HZ 三线共点.30．（2021·全国·高三竞赛）如图，以AB 为直径的圆上有C 、D 两点，AC 、BD 两点的中点为E 、F ，直线EF 与直线AD 、BC 分别交于G 、H ，求证：以FG 为直径的圆和以EH 为直径的圆有一交点在CD 上．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】取D 关于AB 的对称点D ，延长D C '与BA 交于I 点，则IAC ID B IDB '．因为AC 、BD 两点的中点为E 、F ，所以IAE IDF ，而IACID B '，故ICB IEF IAD ，所以IBC IFE IDA ∠=∠=∠，所以I 、D 、G 、F 四点共圆．又ICB IEF ∠=∠，所以IEH ICH ∠=∠，所以I 、E 、C 、H 四点共圆，注意到90HDA GDF ∠=∠=︒， 故EH 、FG 为直径的圆过I ．取I 关于HE 的对称点I '，则EH 、FG 为直径的圆交于I 、I '， 则I '、H 、I 、E 、C 五点共圆，所以I CH ICH BCD BCD ∠=∠==∠'∠'． 所以I '在CD 上，即以FG 为直径的圆和以EH 为直径的圆有一交点在CD 上．31．（2021·全国·高三竞赛）如图所示，在等腰ABC 中，AB AC =，设点D 是边AC 上一点，点E 是线段BD 的中点，延长AE 与底边BC 交于点F ，证明：若BF EF =，求证：2AE AB AD =⋅.【答案】证明见解析 【解析】 【详解】证法1：设ABD △的外接圆为Γ，其中弧BD 的中点为N ， 如图1，连结BN ，DN ，AN 与BD 交于点M .易见AN 平分BAC ∠，从而AN BC ⊥.又由于ABM AND ∠=∠，故ABM AND ∽，进而得到 AM AN AB AD ⋅=⋅.另一方面，由垂径定理可知NE BD ⊥.因此909090()ANE EMN AMD ABM BAM ∠=︒-∠=-∠=︒-∠+∠()90BAM ABD ABC ABD EBF =︒-∠-∠=∠-∠=∠. 注意到AEM BEF EBF ∠=∠=∠，故ANE AEM ∠=∠. 这说明ANE AEM ∽，从而得到2AE AM AN AB AD =⋅=⋅.证法2：设BCE 的外接圆为Ω，圆心为O ；如图2，连结OB OC 、OE OF 、、；连结OA 与线段BC BD 、分别交于点N ､G ，取边AB 的中点M ，连结MN CE FG 、、.由条件及OB OE =可知，OF 垂直平分BE ，即OF BG ⊥. 同理BF OG ⊥，因此F 是OBG △的垂心，从而FG OB ⊥.另一方面，E 是BD 的中点，而MN 是ABC 的中位线，因此M ､E ､N 三点共线， 由塞瓦定理，我们有1AG NF BMGN FB MA⋅⋅=， 注意到BM MA =，因此AG BFGN FN=，从而//FG AB . 综上可知AB OB ⊥，因此Ω与边AB 相切于点B . 再由对称性，Ω必然与边AC 相切于点C ，因此 ACE CBE BEF AED ∠=∠=∠=∠，从而ACE AED ∽.故2AE AC AD AB AD =⋅=⋅.32．（2021·全国·高三竞赛）如图，在锐角ABC 中，已知点D ､E ､F 分别是点A ､B ､C 在边BC ､CA ､AB 上的投影，AEF ､BDF 的内心分别为1I ､2I ，1ACI ､2BCI 的外心分别为1O ､2O ，证明：1212//I I O O .【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设,,CAB A ABC B BCA C ∠=∠=∠=，1AI ､2BI 的延长线交于点I . 由1AI ､2BI 分别为CAB ∠､ABC ∠的角平分线知I 为ABC 的内心.因为点E ､F 均在以BC 为直径的圆上，所以,AEF ABC AFE ACB ∠=∠∠=∠， 则AEF ABC ∽，相似比cos AEA AB=. 又因为1I ､I 分别为AEF ､ABC 的内心，所以1cos I A IA A =. 故211(1cos )2sin2A II IA I A IA A IA =-=-=，同理，222sin 2B II IB =.在ABI △中，由正弦定理知sinsin 22A BIA IB =，则 22122sin 2sin 22A B II IA IA IB II IB ⎛⎫⎛⎫⋅===⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A ､B ､2I ､1I 四点共圆，且I 关于1O ､2O 等幂.于是，CI 是1O 与2O 的根轴.故12CI O O ⊥.设CI 与12I I 交于点Q ，则1112II Q I IQ II I ACI CAI ∠+∠=∠+∠+∠ 2ABI ACI CAI =∠+∠+∠90222B C A=++=︒. 因此12CI I I ⊥，从而1212//I I O O .33．（2021·全国·高三竞赛）如图，AB 是O 的一条弦，AB 的垂直平分线交O 于M N 、两点，交AB 于点D ．P 为O 内一点，DMP 外接圆交PN 于点,E ABE 的外接圆交MP 于点F ，且点M P E F 、、、在直线AB 同侧．证明：EF PN ⊥．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】延长MF 交O 于点G ，直线NG 交AB 于点H ．因为90MDH MGH ∠=∠=︒，所以M D G H 、、、四点共圆． 又M D E P 、、、四点共圆，所以NG NH ND NM NE NP ⋅=⋅=⋅．于是P E G H 、、、四点共圆，所以90HEP ∠=︒．设HE 交MP 于点F '，则90HEN HGF ∠=∠'=︒，所以E N G F '、、、四点共圆． 又A B G N 、、、四点共圆，于是···HE HF HN NG HA HB '==， 所以A B F E '、、、四点共圆，于是F F ='，故90FEP ∠=︒，即EF PN ⊥．34．（2021·全国·高三竞赛）如图，锐角ABC 的外接圆为Γ，D 是A 在BC 上的射影，假设AD BC =，点M 为DC 中点，ADC ∠的角平分线与AC 交于点N ，Γ上一点P 满足//BP AC ．直线DN 与AM 交于点F ，直线PF 与圆Γ再交于点Q ．直线AC 与PNQ 的外接圆再交于点E ．证明：90DQE ∠=︒．【答案】证明见解析. 【解析】 【详解】先证明//QC AB ．事实上设Q '在Γ上异于C ，//Q C PB '只要证Q '、F 、P 共线． 易知AP AQ BC AD ==='．设A 关于M 的对称点为,A AA ''另交Γ于T ，则 ,CTM ABM CTD ABA MTD MBA '⇒'∽∽∽．因为BC AD A C =='，故45A BC '∠=︒即45MTD FDA ∠=︒=∠， 因此222AF AT AD AP AQ '⋅===， 知Q '、F 、P 三点共线，故Q '、Q 重合. 再证A 、N 、D 、P 共圆，事实上由119090()22APD DAP CAP CAD ∠=︒-∠=︒-∠-∠()190901352C C C =︒-∠-︒+∠=︒-∠ CND =∠，即得．因此结合AP AD =知，NA 是DNP ∠的外角平分线，故设D 关于AC 的对称点为D ，则D 、N 、P 共线．设PQ 与AC 交于点K ，则22AK AC AP AD ⋅==， 故,,DD AC PQ '共点K ．因为90AD C ADC ∠=∠='︒，故A 、D 、C 、D 共圆． 故KQ KP KC KA KD KD D ⋅=⋅=⋅⇒''、Q 、D 、P 共圆， 从而QEN QPN QDK ∠=∠=∠，于是Q 、K 、D 、E 共圆， 所以90EQD EKD ∠=∠=︒．35．（2021·浙江·高三竞赛）如图，O 是ABC 的外接圆，D 是弧BC （不含A ）上一点，S 为弧BAC 的中点.P 为线段SD 上一点，过P 作DB 的平行线交AB 于点E ，过P 作DC 的平行线交AC 于点F ，过O 作SD 的平行线交弧BDC 于点T .已知O 上的点Q 满足QAP ∠被AT 平分.证明：QE QF =.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】设M 是弧BDC 的中点，OT ，SD 分别与BC 交于点K ，L .由πAEP AFP ABD ACD ∠+∠=∠+∠=知A ，E ，P ，F 共圆.由ASP ACD AFP ∠=∠=∠知S ，A ，P ，F 共圆，即S ，A ，E ，P ，F 五点共圆. 注意SEF SAF SBC ∠=∠=∠，同理πSFE SAE SCB ∠=-∠=∠可知SEF 与SBC △相似.因此SE SB SF SC=，即SE SF =. π22TAC TOC TKC KCO DLC A ⎛⎫∠=∠=∠-∠=∠--∠ ⎪⎝⎭πππ222A DBC BDS A DSC A -⎛⎫⎛⎫⎛⎫∠+∠--∠=∠+--∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭12DSC A =∠+∠由AT 平分QAP ∠可知：11222QAC TAC PAC DSC A PSF A FSC ∠=∠-∠=∠+∠-∠=∠+∠因此1122QSF QSC FSC QAC FSC A ESF ∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠.即QS 是ESF ∠的平分线，结合SE SF =可知SQ 是EF 的垂直平分线，故QE QF =. 36．（2021·全国·高三竞赛）在锐角ABC 中，D 为边BC 上一定点，P 为AD 边上一动点，直线CP 交AB 于点Q ，DQ 交BP 于点X ．BCX 、CAX 、ABX 的三个外接圆分别交DQ 于X 外的另三点1Y 、2Y 、3Y ，过1Y 、2Y 、3Y 分别作DQ 垂线1l 、2l 、3l ，证明：1l 、2l 、3l 均过定点．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】连结AX 并延长交BC 于E ．对ABD △和点X ，由赛瓦定理得1BE DP AQED PA QB⋅⋅=． 对ABD △和截线CPQ ，由梅涅劳斯定理得1BC DP AQCD PA QB⋅⋅=． 结合两式有BE BCED CD=，所以E 为定点，延长BC 至1B 使得1CB CB =，这样有11,BE B C BD B DED CD ED CD==． 所以11XD DY BD CD B D ED ⋅=⋅=⋅，进而X 、E 、1Y 、1B 四点共圆．所以11DY B DEX DEA ∠=∠=∠为定角．又D 、1B 为定点，所以1Y 在过D 的定圆上运动，取该圆上D 的对径点1D （直径的另外一个端点），则1D 为定点，且1D 在直线1l 上．又2CY D CAX CAE ∠=∠=∠为定角，C 、D 为定点，所以2Y 在过D 的定圆上运动，取该圆上D 的对径点2D ，则2D 为定点，且2D 在直线2l 上，又33BY D BY X BAX BAE ∠=∠=∠=∠为定角，B 、D 为定点，所以3Y 在过D 的定圆上运动，取该圆上D 的对径点3D ，则3D 为定点，且3D 在直线3l 上． 命题得证．37．（2021·全国·高三竞赛）在ABC 中，点P 、Q 、R 分别位于边BC 、CA 、AB 上，A ω、B ω、C ω分别是AQR 、BRP △、CPQ 的外接圆，线段AP 与A ω、B ω、C ω分别相交于点X 、Y 、Z .证明：YX BPXZ PC=．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】设圆A ω与B ω交于异于点R 的点N （三角形密克点），则P 、N 、Q 、C 共圆． 设直线AP 与直线RN 交于点K ，直线AP 与直线QN 交于点M ，设,NPX NRY NXA BRK αβ∠=∠=∠=∠=， 由于sin sin sin sin sin sin MNP MNXMP SNP MNP CMX S NX MNX PAQβα⋅∠===⋅∠∠，sin sin sin sin sin sin KRY ARKKY SRY KRY PAB AK SRA ARK B αβ∠∠===∠．我们有sin sin sin sin sin sin KY MP PAB C AB PAB BP AK MX B PAQ AC PAQ CP⋅∠⋅⋅∠===⋅⋅∠⋅∠．另一方面由PK KY KN KR AK KX ⋅=⋅=⋅得()AP KY AK KP KY AK KY AK XK AK XY ⋅=+=⋅+⋅=⋅．同理由MZ MP MN MQ MX MA ⋅=⋅=⋅得： ()MP XZ MP XM MZ MP XM MP MZ ⋅=⋅+=⋅+⋅MP XM MA XM MX AP =⋅+⋅=⋅因此XY KY MP XZ AK MX =，由此得到YX BPXZ PC=． 38．（2021·全国·高三竞赛）点O 是ABC 的外接圆圆心，含点A 的BC 的中点为S ，点T 在不包含点A 的BC 上.点M 在圆O 上且//SM OT .点P 在线段SM 上.过点P 作MB 的平行线交AB 于点F ，过点P 作MC 的平行线交AC 于点E .点Q 在圆O 上，使得AT 是PAQ ∠的角平分线.证明：QE QF =.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】因为,FP BM EP CM ∥∥，所以sin sin sin sin FB PMB PMC ECPM FBM ECM PM∠∠===∠∠，即FB EC =. 又SB SC =，且SBF SCE ∠=∠，故SBF SCE ≌，所以SF SE =.于是，要证QE QF =，只需证SQ EF ⊥.又由SBF SCE ≌知，SFA SEA ∠=∠，故S A F E 、、、四点共圆. 而180AFP AEP ABM ACE ∠+∠=∠+∠=︒，故A F P E 、、、四点共圆. 从而S A F P E 、、、、五点共圆.则：180ESQ SEF ESP PSQ SAF ∠+∠=∠+∠+︒-∠1902EAP MAQ BAC =∠+∠+︒-∠1902EAP MAT TAQ BAC =∠+∠+∠+︒-∠1902EAT MAT BAC =∠+∠+︒-∠190902CAT JAT BAC =∠+∠+-∠=︒︒.其中，S T 、关于QO 对径点分别为J K 、. 则JT KS TM ==，即SQ EF ⊥.故QE QF =. 证毕.39．（2021·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，A B C ∠≥∠≥∠，且AD 为BC 边上的高，BE 为AC 边上的中线，CF 为C ∠的平分线，AD 与CF BE 、分别交于P R 、两点，BE 与CF 交于Q 点，令PQR ABCS x S=．求证：16x <，且16是最好的界（即可以无限接近于16）．【答案】证明见解析.【解析】 【分析】 【详解】由A B C ∠≥∠≥∠，知B C ∠∠、均为锐角，可知D 在边BC 上，且BD CD ≤． 连结AQ 并延长交BC 于S ．由CF 平分C ∠，得AF ACFB BC=， 又A B ∠≥∠，从而知1AC BC ≤，得1AFFB ≤． 由塞瓦定理得1BS CE AF SC EA FB ⋅⋅=，可知1BS FB SC AF=≥，得BS SC ≥， 所以如图S 在BC 的中点的右边，而D 在BC 的中点左边，综上可得D 在线段BS 上．由D 在BS 上，知Q 在ADC 内，连DE 交CP 于O 点，由CP 平分C ∠，有,PD CD OD CDAP AC OE CE ==． 将1,2AC CD CE AC >=代入上式可得21,2PD OD CDAP OE AC<=<， 所以12,23PD OD AD DE <<，故13OPD ADES PD OD S AD DE ⋅=<⋅． 由AE EC =，可知16OPD ACDSS<． 又,OPDPQR ACDABC SSSS≥≤知16PQR OPD OPD ABCABCACDS S S x SSS=≤≤<． 若令1AC BC ==，则AF BF =，而AE CE =，得Q 为ABC 的重心， 16BFQ ABCS S=，16BFQ BFPR BFPR ABC ABCS S S x S S -==-． 令0C ∠→，则0ABD ABCSS→，知0BFPRABC S S →，故16x →，且x 可无限接近16． 40．（2021·全国·高三竞赛）设ABC 的内心为点I ，内切圆分别切BC CA AB 、、于D E F 、、．直线DF 与EI 交于点N ．连结并延长BN ，交AC 于点M ．求证：M 是AC 中点．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】过N 作AC 平行线，分别交AB BC 、于P Q 、，连结ID IF IP IQ 、、、．由IN AC ⊥得IN PQ ⊥，又IF AB ⊥，因此F P N I 、、、四点共圆．因此IFN IPN ∠=∠，同理IDN IQN ∠-∠．又由ID IF =知IDN IFN ∠=∠，从而IPN IQN ∠=∠，即IP IQ =．再由IN PQ ⊥可得PN QN =．再由PQ AC ∥得PN BN QN AM BM CM==，因此,AM CM M =是AC 中点． 41．（2021·全国·高三竞赛）已知O 上依次四点A ､B ､C ､D ，射线AB DC 、交于点P .射线AD BC 、交于点Q ，弦AC BD 、交于点R ，点M 为线段PQ 的中点.过点O 作MR 的垂线，分别PQ MR 、于点U ､V .过点U 作O 的切线UK ，与O 切于点K .证明：（1）P ､Q ､V ､O 四点共圆；（2）K ､M ､R 三点共线.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】【详解】 首先证明一个引理：引理：已知O 上依次四点E ､F ､G ､H ，直线EF GH 、交于点X ，直线EH FG 、交于点Y ，直线EG 、FH 交于点Z ，则点O 为XYZ 的垂心.引理的证明：注意到X ､Y ､Z 分别是直线YZ ZX XY 、、关于O 的极点，从而OX YZ ⊥，,OY ZX OZ XY ⊥⊥，即O 是XYZ 的垂心. 回到原题，由引理知O 是PQR 的垂心.设OP QR ⊥于点0P ，OQ RP ⊥于点0,Q OR PQ ⊥于点0R ，直线00P Q 与PQ 交于点0U ， 则P ､0P ､0Q ､Q 四点共圆，且圆心为M .由引理知M 为0OU R 的垂心，则0MR OU ⊥.由题意，MR OU ⊥知U 与0U 重合，从而V ､O ､0P ､R ､0Q 五点均在以OR 为直径的圆上. 故00UV UO UQ UP UQ UP P ⋅=⋅=⋅⇒､Q ､V ､O 四点共圆.由090RVU RR U ∠=∠=︒知U ､V ､R ､0R 四点共圆，推出002OV OU OR OR OP OP r ⋅⋅===⋅，其中r 为O 的半径，最后一步是由配极原理得到.在直线MR 上取点0K ，满足20VK VO VU =⋅.则090OK U ∠=︒，且220OK OU OV r ⋅==，即0UK 为O 的切线，故K 与0K 重合，K ､M ､R 三点共线.42．（2020·全国·高三竞赛）如图，在等腰ABC 中，AB BC =，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC =，PI 延长线上一点H 满足MH PH ⊥，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BH QH ⊥．【答案】证明见解析.【解析】【分析】取AC 的中点N ，结合已知条件证得//QM CN ，再由三角形边之间的比例关系证得三角形相似，可得四点共圆，即得证.【详解】证明：取AC 的中点N ．连接QB 、QM ，由3AP PC =，可知P 为NC 的中点．易知B ，I ，N 共线，90INC ∠=︒．由I 为ABC 的内心，可知CI 经过点Q ，且QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠=∠，又M 为BI 的中点，所以QM BI ⊥．进而//QM CN ．。
2012年高中数学竞赛平面几何问题的解答及其它
平面几何问题的解答及其它1. 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , ⊙(PBC )与⊙(PDA )的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .A B CDPOQ这是第26届IMO 的一道几何题的推广. 第26届IMO 的那道几何题的条件是A 、B 、C 、D 四点共圆, 且O 为圆心.思路1 欲证明OQ ⊥PQ , 可考虑证明点O 在过点Q 且垂直于PQ 的直线上.证法1 如图1所示, 过点Q 作PQ 的垂线分别交△P AD 与△PBC 的外接圆交于I 、J 两点, 则AI ⊥P A , BJ ⊥P A , 所以AI ∥BJ , 因而AB 的垂直平分线过IJ 的中点; 同理, CD 的垂直平分线也过IJ 的中点. 显然, O 是AB 的垂直平分线与CD 的垂直平分线的交点, 因此, O 为IJ 的中点. 故OQ ⊥PQ .思路2 如果有割线过相交两圆的一个交点, 则我们可以以两圆的另一个交点为中心作位似旋转变换, 使其中一个圆变为另一个圆, 此时, 割线与两圆的另一交点即为两个对应点. 沿着这条思路走下去, 可能使问题得到解决.证法2 如图2所示, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使圆PDA →圆PBC , 则A →B , D →C , 于是, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使A →D , 则 B →C . 再设AB 、CD 的中点分别为M 、N , 则M →N , 因而P 、Q 、M 、N 四点共圆, 但⊙(PMN )显然以OP 为直径, 这说明点Q 在以OP 为直径的圆上, 故OQ ⊥PQ .A B C DPOQ NM1JM NQOPDC B A思路3 设M 、N 分别为AB 、CD 的中点, 则从证法1可以看出, 只要证明了P 、Q 、N 、M 四点共圆, 问题便得到解决.1.三弦定理及其逆定理 —一个不可小觑的证明四点共圆的方法我们知道, 对于圆内接四边形来说, 有一个关于四边长与对角线长之间的一个度量等式, 这就是著名的Ptolemy 定理, 即设ABCD 是一个圆内接凸四边形, 则AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅.Ptolemy 定理是处理圆内接四边形问题的一个有力工具, 其逆定理也是成立的, 即在凸四边形ABCD 中, 若AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅, 则ABCD 是一个圆内接四边形.从表面上看来, Ptolemy 定理之逆可以证明四点共圆, 但在解题实践中, 欲用Ptolemy 定理之逆证明四点共圆似乎是一件奢侈的事件. 下面介绍Ptolemy 定理的一个等价定理——三弦定理.三弦定理 设P A 、PB 、PC 是一圆Γ内有一公共端点的三条弦, BPC α=, APB β=, 则sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+证明 设圆Γ的半径为R , 由正弦定理, 2sin BC R α=, 2sin AB R β=, 2sin()AC R αβ=+, 于是sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+⇔2sin 2sin 2sin ()PA R PC R PB R αβαβ⋅+⋅=⋅+⇔PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅.而P ABC 是一个圆内接四边形, 由Ptolemy 定理, PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅. 故三弦定理成立. 且三弦定理与Ptolemy 定理等价.三弦定理之逆 设P A 、PB 、PC 是有一公共端点的三条线段,BPC α=,APB β=. 若sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+.则P 、A 、B 、C 四点共圆.证明 设过P 、A 、B 三点的圆与直线PC 交于P 、C ′两点, 由三弦定理, 有sin sin sin ()PA PC PB αβαβ'+=+. 比较条件, 得C ′ = C , 故P 、A 、B 、C 四点共圆.PBACP( C' )BAC与Ptolemy 定理一样, 三弦定理可以用来处理有关圆内接四边形的问题, 而且因为三弦定理与三角函数联系在一起, 因此, 用三弦定理处理某些圆内接四边形问题比Ptolemy 定理还要方便. 我们在这里不准备论及. 而三弦定理之逆与Ptolemy 定理之逆就不一样了, 也就是说, 三弦定理之逆在证明四点共圆时表现得够大方的. 其原因也在于它与三角函数联系起来了, 我们可以充分利用三角函数这一工具.例1 设点P 、Q 、R 分别在锐角△ABC 的三条高AD 、BE 、CF 上, 且△PBC 、△QCA 、△RAB 的面积之和等于△ABC 的面积. 证明: P 、Q 、R 、H 四点共圆. 其中, H 为△ABC 的垂心.(2001, 第27届俄罗斯数学奥林匹克)证明 如图所示, 不妨设R 在△HAB 内. 因PBC QCA RAB ABC HBC HCA HAB S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆++==++,所以()()HAB RAB PBC HBC QCA HCA S S S S S S ∆∆∆∆∆∆-=-+-即111222HR AB HP BC HQ CA ⋅=⋅+⋅, 再由正弦定理, 得sin sin sin HR C HP A HQ B =+. 而 180PHQ DHE C ∠=∠=︒-, RHQ A ∠=, PHR B ∠=,所以, sin sin sin HR PHQ HP RHQ HQ PHR ∠=∠+∠, 故由三弦定理之逆, P 、Q 、R 、H 四点共圆.PAECBF DHRQBC例2 设D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , O 是△ABC 的外心. 求证: O 、E 、A 、F 四点共圆. (第27届俄罗斯数学奥林匹克, 2001)证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BD BF B =, 2cos DCEC C=,所以, 2cos BD AF c B =-, 2cos DCAE b C=-. 又由正弦定理, sin OA A a =, 于是再注意90FAO C =︒-, 90OAC B =︒-, 即得sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=⇔cos cos sin AF B AE C OA A +=⇔()cos ()cos 2cos 2cos 2BD DC a c B b C B C -+-=⇔cos cos c B b C a +=而最后一式即众所周知的三角形的射影定理, 因而等式sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=成立.由三弦定理之逆, O 、E 、A 、F 四点共圆.例3 设H 为△ABC 的垂心, D 、E 、F 分别为△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上的点, 且DB = DF , DC = DE . 求证: E 、A 、F 、H 四点共圆.证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BF BD B =, 2cos EC DC C =,所以, 2cos AF c BD B =-, 2cos AE b DC C =-.再设△ABC 的外接圆半径为R , 则不难知道, 2cos AH R A =. 又90HAE C =︒-, 90FAH B =︒-, 于是, 由正弦定理, 并注意cos cos()sin sin cos cos A B C B C B C =-+=-, 得sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=⇔cos cos cos AF C AE B a A +=⇔(2cos )cos (2cos )cos cos c BD B C b DC C B a A -+-=⇔cos cos (2cos cos cos )b B c C a B C A +=+⇔ cos cos (cos cos sin sin )b B c C a B C B C +=+⇔cos cos cos()b B c C a B C +=-而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有BCcos cos 2(sin cos sin cos )b B c C R B B C C +=+= (sin 2sin 2)2sin()cos()R B C R B C B C +=+-=2sin cos()cos ()R A B C a B C -=-.即cos cos cos ()b B c C a B C +=-成立, 因而sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=成立, 故由三弦定理之逆, E 、A 、F 、H 四点共圆.第1题的证法31 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , △PBC 与△PDA 的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .证明 设∠QPD = α, ∠CP A = β, 则由三弦定理, 有sin sin sin()PA PQ PD αβαβ+=+, sin sin sin()PB PQ PC αβαβ+=+, 两式相加, 得()sin 2sin (+)sin()PA PB PQ PC PD αβαβ++=+.设AB 与CD 的中点分别为M 、N , 则P A + PB = 2PM , PC + PD = 2PN , 所以sin sin sin()PM PQ PN αβαβ+=+.由三弦定理之逆, M 、P 、Q 、N 四点共圆. 但O 、M 、P 、N 四点共圆, 所以O 、M 、P 、Q 四点共圆. 而PM ⊥OM , 故OQ ⊥PQ .M NQOPDC B AB C第19题的证明19. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设△AEF 的外接圆与△ABC 的A-陪位中线的另一交点为P , 由三弦定理, 有sin sin sin AP A AE BAP AF PAC =∠+∠.再设BD BC λ=, 则1DCBCλ=-, 所以, AE FD AC λ==, (1)AF ED AB λ==-, 于是 sin sin (1)sin AP A AC BAP AB PAC λλ=∠+-∠= sin (sin sin )AB PAC AC BAP AB PAC λ∠+∠-∠= sin (sin sin )AB BAM AC MAC AB BAM λ∠+∠-∠再注意M 是BC 的中点, 由分角线定理, sin 1sin BM AB BAMMB AC MAC∠==∠, 所以 sin sin AC MAC AB BAM ∠=∠因此, sin sin AP A AB BAM =∠, 从而sin sin AB BAMAP A∠=为定长. 故P 是一个定点, 且∠BAM =∠P AC .2. 圆过三角形的外心与一个顶点的条件2001年举行的第27届俄罗斯数学奥林匹克的一道几何题(例2)说明, 设O 是△ABC 的外心, D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , 则O 、E 、A 、F 四点共圆.我们可以证明, 如果一个过△ABC 的外心和顶点A 的圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 一定在BC 上存在一点D , 使E 、F 分别在DC 的垂直平分线和BD 的垂直平分线上.事实上, 由三弦定理, sin sin sin AF OAC AE BAO OA A ∠+∠=. 而sin cos OAC B ∠=, sin cos BAO C ∠=, 所以, 1cos cos sin 2AF B AE C OA A BC +==. 设F 、E 在BC 上的射影分别为M 、N , 则 1cos cos 2MN AF B AE C BC =+=是一个常数(与圆的位置无关), 且这个常数为边BC 的一半. 于是, 设点B 关于FM 的对称点为D , 则D 、C 关于EN 对称.这就证明了, 一个圆过△ABC 的外心和顶点A 的充分必要条件是: 这个圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 线段EF 在BC 上的射影长等于BC 的一半.BCBC第17题的证明17. 设△ABC 的外心为O , 点P 、Q 分别在边AB 、CA 上, 且BP PQ QC CABCAB==. 求证: A 、P 、O 、Q 四点共圆.证明 作△RQP , 使△RQP ∽△ABC , 且R 与A 在PQ 的两侧, 则PR PQ QR CA BC AB ==. 而BP PQ QC CA BC AB==, 所以RP = BP , QR = QC , 因此, ∠PRB =∠RBP , ∠CRQ =∠QCR . 这样∠CRQ +∠QRP +∠PRB =∠QCR +∠BAC +∠RBA .另一方面, 因 (∠CRQ +∠QRP +∠PRB ) + (∠QCR +∠BAC +∠RBA ) = 360︒, 所以∠CRQ +∠QRP +∠PRB = 180°.这说明点R 在△ABC 的边BC 上. 因P 为BR 的垂直平分线与AB的交点, Q 为RC 的垂直平分线与AC 的交点, 故 A 、P 、Q 、O 四点共圆.附: 例2的另两个证法B C例2设D是△ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, O是△ABC的外心. 求证: A、E、O、F四点共圆.（第27届俄罗斯数学奥林匹克）分析1 当E、F分别是外心O在CA、AB上的射影时, 点D为A在BC上的射影, 此时, 欲证结论显然成立. 以此为出发点, 我们可以得到如下的证明.证法1 过点A作BC的垂线,垂足为L, 再设M、N分别为CA、AB的中点, 则ML= MC, NL = NB, 所以LM∥DE, LN∥DE, 进而EM MCDL LC=,DL BLFN BN=. 两式相乘, 得EM MC BL AC BN AC BNFN LC BN AB LC LC AB=⋅=⋅=⋅.但△ALC∽△BON, △ABL∽△COM, 所以AC OBLC ON=,BL OMAB OC=, 代入上式, 并注意OB = OC即得EM OMFN ON=. 于是△OME∽△ONF, 从而∠OEM =∠OFN, 故A、E、O、F四点共圆.分析2 如果E、A、F、O四点共圆. 因B、D、C三点在一直线上, 由Pascal定理, 直线DE与BO的交点则也应在这个圆上. 循着这个思路, 我们便得到证法2.证法2 设直线BO与DE交于P. 因∠BPD =∠CDE −∠CBP =∠ACB − (90°−∠BAC) = 90°−∠CBA. 又FD = FB, 所以, ∠BFD = 180°−2∠CBA = 2∠BPD, 再由FD = FB即知, 点F是△PBD的外心, 所以, FP = FD = FB, 因此, ∠FPD =∠EDF =180°− (∠FDB +∠EDC) = 180°− (∠CBA +∠ACB) =∠BAC, 这说明P、E、A、F四点共圆. 又∠FPB =∠PBF =∠BAO, 所以, O、P、A、F四点共圆. 故E、A、F、O四点共圆.B CC B3 一类四点共圆问题揭秘象例2、例3这类四点共圆的问题还有更深刻的背景. 它们涉及到同向相似三角形的相似中心.两个同向相似三角形, 只要其相似系数不等于1, 则它们必有相似中心. 这个相似中心可以按如下方法作出.设△ABC与△A′B′C′同向相似. 当A′B′∥AB时, 直线A′A与B′B的交点O即△ABC与△A′B′C′的相似中心. 当A′B′╫AB时, 如图1和图2.所示, 设直线A′B′与AB交于点P, 则⊙(P AA′)与⊙(PBB′)的第二个交点O即△ABC与△A′B′C′的相似中心.A当三角形△的三个顶点在三角形△′的三边所在直线上时, 我们称三角形是三角形的内接三角形.定理设△PQR是△ABC的内接三角形, 则△ABC的所有与△PQR同向相似的内接三角形(对应顶点在△ABC的同一边所在直线上)都有同一个相似中心.这个定理的证明简单. 其相似中心即△PQR关于△ABC的密克点.根据这个定理, 如果我们确定了△ABC的内接△PQR的形状, 就可以确定其相似中心, 那么, △ABC 的顶点A, △PQR在AB、AC上的两个顶点, 相似中心, 这四点必然共圆. 但直接这样表现, 则太过明显, 于是, 我们作△PQR的外接圆与BC的另一交点, 再将条件转换, 一道四点共圆问题便出笼了.例1 如图所示, 设△PEF∽△ABC, 则可证△ABC的外心O是所有这样的△PEF的相似中心, 因此, O、E、A、F四点共圆. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠CBA, ∠CDE =∠PFE =∠ACB, 所以, F、E分别是BD、DC的垂直平分线与AB、AC的交点, 于是便有第27届俄罗斯数学奥林匹克的那道几何题. 而第17题则是△PQR的外接圆与BC相切的情形.B CB C例2 如图所示, 设△XYZ是非直角△ABC的垂足三角形, △ABC的内接△PEF∽△XYZ, 则不难证明△PEF与△XYZ的相似中心是△ABC的垂心H. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠ZYX = 180°−2∠CBA, ∠CDE =∠PFE =∠XZY =180°−2∠ACB, 所以, ∠BFD =∠CBA, ∠DEC =∠ACB, 因此, DF = DB, DE = DC. 于是有题1设H为△ABC的垂心, D、E、F分别△ABC的三边BC、CA、AB上的点, 且DB = DF, DC = DE. 求证: E、A、F、H四点共圆.B CB C容易看出, △AEF的外心在△PEF的外接圆上.事实上, 设△AEF的外心为O, 则∠FOE = 2∠BAC, 而∠EPF =180°−2∠BAC, 所以, ∠FOE +∠EPF =180°, 故O在△PEF的外接圆上. 因此, △PEF的外接圆即△OEF的外接圆.当△OEF的外接圆与BC相切时, P、D重合. 此时, 因为DB = DF, DC = DE, 而△DEF∽△XYZ, 这样便有DC XYDB XZ=. 于是有题2 设AD、BE、CF是锐角△ABC的三条高, H是△ABC的垂心. 过A、H两点的⊙O与AB、AC分别交于Q、P (均异于A). 求证: 若△OPQ的外接圆与BC相切于R, 则RC DE RB DF=.这正是美国国家队2006年选拔考试题.BB例3 如图所示, 设△PEF与△ABC反向相似, AL是高, M、N分别是AB、AC的中点, △MAL的外接圆与△NLC的外接圆交于L、K两点, 则可以证明K是所有这样的与△ABC反向相似的△PEF的相似中心. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠ACB, ∠CDE =∠PFE =∠CBA, 所以, FD∥AC, ED∥AB, 于是, 我们有题3 △ABC中, 点A在直线BC上的射影为D, M、N分别为AB、AC的中点, △MBL的外接圆Γ1与△NLC的外接圆Γ2相交于D、K两点. 对BC边上的任意一点P, 过P作AB、AC的平行线分别与AC、AB交于E、F. 求证: K、E、A、F四点共圆.A BC DPEF LK NM MNKLFE D CBA Γ2Γ1这是2010年中国国家集训队测试题.又可以证明, K 在△ABC 的A-陪位中线上, 于是便得到第19题:设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .BCC类似的与内心有关的问题是设I 是△ABC 的内心, D 、E 、F 分别边BC 、CA 、AB 上的点, 且BF = BD , CD = CE , 则E 、A 、F 、I 四点共圆.但这个问题太简单. 事实上, 由对称性, ∠IEC =∠CDI =∠IF A , 故E 、A 、F 、I 四点共圆.4 等角线及其性质给定一个角∠AOB , OC 是它的角平分线, 过O 点作两条关于OC 对称的直线OX 和OY ，则称OY 是OX 关于∠AOB 的等角线. 显然OX,OY 关于∠AOB 互为等角线.一个角的两边（所在直线）是本角的等角线; 一个角的平分线是重合的等角线, 即自等角线. 一角的邻补角的平分线也是自等角线.ABOYXTOA BCDPNM定理1自∠AOB 的顶点O 引两条直线OC 、OD , P 是直线OC 上一点, 过P 作直线OA 、OB 作垂线, 垂足分别为M 、N , 则OC 、OD 是∠AOB 的两条等角线的充分必要条件是OD ⊥MN .CDPNMOABAB CD E定理2 设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 则∠BAD =∠EAC 的充分必要条件是: 22AB BD BEAC DC EC⋅=⋅. 定理3 设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 且∠BAD =∠EAC , 则有AD ∙ AE = AB ∙ AC.最常见的等角线是三角形的同一顶点引出的三角形的高与外接圆的直径是该顶角的两条等角线. 实际上, 定理1已经包含了这一结果.利用等角线的性质可以简捷地处理一些竞赛中的平面几何问题.例1. 设O 是△ABC 的外心, K 是△BOC 的外心, 直线AB 、AC 分别交△BOC 的外接圆于另一点M 、N , L 是点K 关于直线MN 的反射点. 求证: AL ⊥BC .(俄罗斯, 2000)证明 因∠OMA =∠OCB = 90︒-∠BAC , 即∠OMA +∠BAN = 90︒, 所以MO ⊥AN . 同理, NO ⊥AM , 这说明O 为△AMN 的垂心, 于是△OMN 的外接圆与△AMN 的外接圆是等圆, 它们关于直线MN 对称. 由于K 为△OMN 的外心, 所以L 为△AMN 的外心, 从而AL 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 但O 为△ABC 的外心, 故AL ⊥BC .第4题的证明4. 在锐角△ABC 中, AB ≠AC . 过A 作BC 的垂线AD , P 为AB 延长线上一点, Q 为AC 延长线上一点, 且P 、B 、C 、Q 四点共圆, DP = DQ . 求证: D 是△APQ 的外心.证明 设O 为△ABC 的外心, 则AD 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 而P 、B 、C 、Q 四点共圆, 所以△APQ 与△ACB 反向相似, 因此△APQ 的外心在直线AD 上.另一方面, 因AB ≠AC , 所以BC 与PQ 不平行, 因此, PQ 的垂直平分线与直线AD 不重合. 而DP = DQ , 所以D 是PQ 的垂直平分线与直线AD 的交点. 而△APQ 的外心既在直线AD 上, 也在PQ 的垂直平分线上, 故D 是△APQ 的外心.N5 三角形的陪位中线三角形的中线的等角线称为陪位中线. 为方便计, 过△ABC 的顶点A 的中线的陪位中线称为△ABC 的A-陪位中线.下面的定理1是三角形的陪位中线的一个基本性质.定理1 设D 是△ABC 的边BC 上一点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线的充分必要条件是22BD AB DC AC. 定理2与定理3是三角形的陪位中线的两个判定定理.定理2 已知△ABC, Γ1是过A 、B 两点且与AC 相切的圆, Γ2是过A 、C 两点且与AB 相切的圆, 圆Γ1与圆Γ2交于A 、D 两点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线.FEDABCKΓ2Γ1 ABCP定理3 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线. 利用三角形的陪位中线的理论可以方便地处理有关平面几何问题.例1 圆Γ1与圆Γ2交于A 、B 两点. 点P 在圆Γ1上. 直线PA 与PB 分别交圆Γ2于C 、D (不同于A 、B ), 圆Γ1在A 、B 两点的切线交于Q . 如果P 在圆Γ2的外部, C 、D 均在Γ1的外部. 求证：直线PQ 平分线段CD . (圣彼德堡, 1997)证明 因PQ 是△P AB 的P-对称中线, 而△P AB 与△PDC 反向相似, 所以PQ 为△PDC 的P-中线, 即直线PQ 通过CD 的中点. 换句话说, 直线PQ 平分线段CD .ΓΓAB21QP D CMABCΓC 1B 1TS例2 设Γ是△ABC 的外接圆, 圆Γ在B 、C 两点的切线交于T . 过A 且垂直于AT 的直线与直线BC 交于S , 点B 1、C 1在直线ST 上(B 1、B 在BC 的垂直平分线的同侧), 且TB 1 =TC 1 =TB . 求证: △AB 1C 1∽△ABC .(美国国家队选拔考试, 2006)证明 设M 为BC 的中点, 则AM 、AT 是∠BAC 的两条等角线, 所以∠BAT =∠MAC . 又∠TBC =∠BAC , 所以∠TBA =∠TBC +∠CBA =∠BAC +∠CBA =180°−∠ACB . 于是, 由TC 1 = TB 及正弦定理, 得1sin sin sin sin TC TB BAT MAC MCAT AT TBA ACB AM∠∠====∠∠. 另一方面, 因∠TMS = 90° =∠TAS , 所以A 、M 、T 、S 四点共圆, 于是, ∠STA =∠SMA , 即 ∠C 1TA =∠CMA , 因此, △ATC 1∽△AMC . 同理, △AB 1T ∽△ABM . 故△AB 1C 1∽△ABC .第6题的证明6. 设△ABC 的A-中线关于∠BAC 的角平分线的对称直线与BC 交于D . △ADC 的外接圆与AB 的另一个交点为E , △ABD 的外接圆与AC 的另一个交点为F . 求证: EF ∥BC .证明 因AD 是△ABC 的陪位中线. 于是22BD AB DC AC=. 另一方面, 由圆幂定理, BD BC EB AB ⋅=⋅, DC BC FC AC ⋅=⋅. 因此,BD EB AB DC FC AC ⋅=⋅, 于是KB ABLC AC=, 故EF ∥BC . FABCDE第19题的证法219. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设过A 、B 两点且与AC 相切的圆和过A 、C 两点且与AB 相切的圆交于A 、P 两点, 则P 是一个定点. 且由定理2, AP 是△ABC 的A-陪位中线, 也就是说, ∠BAM =∠P AC .由弦切角定理, ∠P AC =∠PBA , ∠ACP =∠BAP , 所以△PCA ∽△P AB . 又DE ∥AB , DF ∥AC , 所以CE CD AFEA DB FB==, 这说明E、F是两个相似三角形PCA与P AB的相似对应点, 因此, ∠PEC =∠PF A. 故E、A、F、P四点共圆. 换句话说, △AEF的外接圆通过定点P.6 三角形的等角共轭点容易证明以下事实设P是△ABC所在平面上的一点, 则AP、BP、CP分别关于∠BAC、∠CBA、∠ACB的等角线交于一点或互相平行. 而且, 这三条等角线互相平行当且仅当点P在△ABC的外接圆上.这个事实的既可以用Ceva定理的角元形式证明, 也可以用等角线的定理1和Ceva定理证明.如果AP、BP、CP分别关于∠BAC、∠CBA、∠ACB的等角线交于一点Q, 则点Q称为点P关于△ABC 的等角共轭点. 如, 三角形的外心和垂心即三角形的两个等角共轭点.定理1 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 则sinsinAP BQC AQ BPC∠=∠.定理2 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 则BPC BQC BAC+=.定理3 三角形的两个等角共轭点到各边的垂足在一个圆上, 且它的圆心是这两点连线的中点.定理4 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, D、E、F是点P分别关于BC、CA、AB的对称点, 则点Q是△DEF的外心.证明如图所示, 因E、F是点P分别关于CA、AB的对称点, 所以AE = AP = AF, 因此, 点A在线段EF的垂直平分线上. 设PE与CA交于M, PF与AB交于N, 则M、N分别为PE、PF的中点, 所以, EF∥MN. 又PM⊥CA, PN⊥AB, 由性质1.2, AQ⊥MN, 所以AQ⊥EF, 因而AQ即线段EF的垂直平分线. 同理, BQ是线段FD的垂直平分线. 故点Q是△DEF的外心.AB CDPQ'P'Q定理5 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 直线AP关于∠BPC的等角线为1l, 直线AQ关于∠BQC的等角线为2l, 则1l与2l关于直线BC对称.事实上, 如图所示, 设P、Q两点关于BC的对称点分别为P′、Q′, 则∠Q′BC =∠CBQ =∠PBA, ∠BCQ′=∠QCB =∠ACP, 所以, Q′、A是△PBC的两个等角共轭点, 因而PQ′、P A是∠BPC的两条等角线. 同理, QP′、QA是∠BQC的两条等角线. 显然, PQ′与P′Q关于BC对称, 因此, PQ′与P′Q交于BC上一点.由此即可得到美国2010年选拔考试的一道几何题:设P、Q是△ABC内两点, 且∠ABP =∠QBC, ∠ACP =∠QCB, 点D在BC边上. 求证: ∠APB +∠DPC = 180°的充分必要条件是∠AQC +∠DQB =180°.事实上, 由条件知, P、Q是△ABC的两个等角共轭点, PD与P A是∠BPC的两条等角线. 由于QA关于∠BQC的等角线与P A关于∠BPC的等角线关于BC对称, 它们的交点必在BC上, 因此, QD即QA关于∠BQC的等角线.可以证明: 三角形的外接圆与内切圆的内位似中心和外位似中心分别是三角形的Gergonne 点的等角共轭点和三角形的Nagel 点的等角共轭点.三角形的等角共轭点可以用来处理角的相等或互补、三线共点等问题.例1 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线.证明 设点A 关于BC 的中点M 的对称点为Q , 则ABQC 是一个平行四边形, 由此可知, BQ 、BP 是∠CBA 的两条等角线, CQ 、CP 是∠ACB 的两条等角线, 因而P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 所以AQ 、AP 是∠BAC 的两条等角线. 而AQ 过BC 的中点M , 故AP 是△ABC 的A-陪位中线.ABCMQABPCMQ第51届波兰数学奥林匹克的一道试题为在△ABC 中, AB = AC , P 是三角形内部一点, 使得∠CBP =∠ACP , M 是边AB 的中点. 求证:∠BPM +∠CP A = 180︒.这实际上就是上面这个问题. 只不过P 、A 换了个位置而已.例2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不是平分∠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P A = PC . (第45届IMO, 2004)证明 条件∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA 表明A 、C 是△BDP 的等角共轭点, 所以sin sin PA BAD PC DCB ⋅∠=⋅∠.又由定理1, BAD BCD BPD +=,所以, ∠BAD −∠DCB =180°−∠DPB . 而∠BPD ≠180°, 因此, ∠BAD ≠∠DCB . 于是, P A = PC ⇔sin sin BAD DCB ∠=∠⇔∠BAD +∠BCD =180°⇔四边形ABCD 内接于圆.ABCDPBE'第15题的证明 15. 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 点P 在BC 、CA 、AB 上的射影分别为D 、E 、F . 求证: ∠EDF = 90°的充分必要条件是Q 为△AEF 的垂心.证明 如图所示, 设点P 关于BC 、CA 、AB 的对称点分别为D ′、E ′、F ′, 则∠EDF =∠E ′D ′F ′. 由定理4, Q 是△D ′E ′F ′的外心. 因PE ⊥AE , PF ⊥AF , E 、F 分别为PE ′、PF ′的中点, 于是∠EDF = 90°⇔∠E ′D ′F ′ = 90°当且仅当E ′、Q 、F ′三点共线, 且Q 为E ′F ′的中点⇔ PQ 与EF 互相平分⇔PEQF 是一个平行四边形⇔ EQ ∥PF , 且FQ ∥EF ⇔EQ ⊥AF , FQ ⊥AE ⇔ Q 为△AEF 的垂心.第16题的证明16．设△ABC 的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别切于D 、E 、F , 点D 关于∠BAC 的外角平分线的对称点为P , 点E 关于∠CBA 的外角平分线的对称点为Q , 点F 关于∠ACB 的外角平分线的对称点为R , 则△PQR 与△ABC 是位似的.证明 因AD 、BE 、CF 交于一点X , 而直线AP 与AD 是∠BAC 的两条等角线, BQ 与BE 是∠CBA 的两条等角线, CR 与CF 是∠ACB 的两条等角线, 所以AP 、BQ 、CR 三直线交于点X 关于△ABC 的等角共轭点Y .另一方面, 由正弦定理, sin sin AD C DC DAC =∠, sin sin BE CCE CBE=∠. 但DC = CE , ∠DAC =∠BAY , ∠CBE =∠YBA , 所以sin sin sin sin AD CBE YBA YABE DAC BAY YB∠∠==∠∠=. 又AP = AD , BQ = BE , 所以, YA AD AP YB BE BQ ==, 即YA YB APBQ=, 于是 PQ ∥AB . 同理, QR ∥BC , RP ∥CA . 故△XYZ 与△ABC 是位似的.RQA BCDPA 2B 2C 2C 1B 1A 1FLNME第20题的证明20．设AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条高线(D 、E 、F 别在BC 、CA 、AB 上), P 为△ABC 所在平面上任意一点, 点P 在直线BC 、CA 、AB 、AD 、BE 、CF 上的射影分别为A 1、B 1、C 1、A 2、B 2、C 2. 求证: A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行.证明 如图所示, 设L 、M 、N 分别为A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2的中点. 因P A 1DA 2、PB 1EB 2、PC 1FC 2皆为矩形, 所以, L 、M 、N 也分别是PD 、PE 、PF 的中点, 于是, LM ∥DE , LN ∥DF . 而AD 、BC 为∠EDF 的内、外角平分线, 所以, 矩形P A 1DA 2的两条对称轴分别为∠MLN 的内、外角平分线. 但矩形P A 1DA 2的对角线A 1A 2与PD 关于其对称轴对称, 所以, 直线A 1A 2与PD 是∠MLN 的两条等角线. 同理, 直线B 1B 2与PE 是∠NML 的两条等角线, 直线C 1C 2与PF 是∠LNM 的两条等角线, 故A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行. 当点P 不在△ABC 的九点圆上时, A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点, 此点即点P 关于△LMN 的等角共轭点.7 根轴与根心一、点对圆的幂设Г是平面上一个圆心为O 、半径为r 的圆, 对于平面上任意一点P , 令ρ(P )=PO 2 – r 2,则ρ(P )称为点P 对于圆Г的幂.显然, 当点P 在圆Г外时, ρ(P )＞0; 当点P 在圆Г内时, ρ(P )＜0; 当点P 在圆Г上时, ρ(P )=0. 且由勾股定理易得, 点P 在圆Г外时, ρ(P )即点P 到圆Г的切线长的平方; 点P 在圆Г内时, ρ(P )即以点P 为中点的弦的一半的平方的相反数.有了点对圆的幂的概念, 相交弦定理、割线定理、切割线定理就可以统一为定理1 (圆幂定理) 过定点任作定圆的一条割线交定圆于两点, 则自定点到两交点的两条有向线段之积是一个常数, 这个常数等于定点对定圆的幂. 即过点P 任作一条直线交圆Г于两点A 、B (A 、B 可以重合), 则ρ(P )=PA PB ⋅.定理2 设A 、B 、C 、D 是一个已知圆上任意四点, 直线AB 与CD 交于点P , 直线AD 与BC 交于点Q , 则有2()()P Q PQ ρρ+=. 其中 ()X ρ表示点X 对已知圆的幂.PA定理3(Gergonne 定理) 设P 是△ABC 所在平面上任意一点, 过点P 作△ABC 的三边的垂线, 垂足分别为D 、E 、F , △ABC 与△DEF 的面积分别为S 、T , △ABC 的外接圆半径为R , 点P 对△ABC 的外接圆的幂为ρ , 则有2||4T S R ρ=.ABCDPFKEAPF DECBK例1 设I 为△ABC 的内心, D 、E 、F 分别为△ABC 的内切圆在边BC 、CA 、AB 上的切点. 过点A 作EF 的平行线分别与直线DE 、DF 交于P 、Q . 证明: ∠PIQ 为锐角. (第39届IMO, 1998)证明 如图4, 设△ABC 的内切圆半径为r , 因∠PQD =∠EFD =∠DEC , 所以, A 、Q 、D 、E 四点共圆, 于是有圆幂定理, 有 P A ⋅PQ = PE ⋅PD = PI 2–r 2; 同理, AQ ⋅PQ = FQ ⋅DQ = QI 2 – r 2. 两式相加, 得P A ⋅PQ + AQ ⋅PQ = PI 2 + QI 2 – 2r 2, 即PQ 2 = PI 2 + QI 2 – 2r 2＜PI 2 + QI 2.故∠PIQ 是一个锐角.例2 (Brocard 定理) 设⊙O 的内接四边形的两组对边的交点分别为P 、Q , 两对角线的交点为R . 求证:圆心O 为△PQR 的垂心.证明 如图10, 因ρ(P ) = OP 2 – r 2, ρ(Q ) = OQ 2 – r 2, ρ(R ) = OR 2 – r 2, 由定理1.2, 有PR 2 = OP 2 +OR 2 –2r 2, PQ 2 = OP 2 + OQ 2 – 2r 2. 两式相减, 得 PR 2 – PQ 2 = OR 2 – OQ 2, 所以OP ⊥RQ ; 同理, OQ ⊥PR . 故圆心O 为△PQR 的垂心.BPP 二、根轴可以证明, 如果动点到两定圆的幂相等, 则动点的轨迹是一条直线. 这条直线称为两定圆的根轴或等幂轴.如果两圆相切, 则两圆的根轴是过切点的公切线; 如果两圆相交, 则两圆的根轴是公共弦所在直线; 在任何情形, 两圆的根轴总是垂直于两圆连心线的一条直线. 设圆Γ1与圆Γ2的圆心分别为O 1、O 2, 半径分别为r 1、r 2. 如果圆外离, 则两圆的根轴在两圆之间; 如果两圆内含, 则两圆的根轴是在两圆之外(图14).两圆圆心O 1、O 2到两圆的根轴的距离分别为2221212122O O r r O O +-和2221212122O O r r O O -+.l Γ2Γ1l Γ2Γ1 lΓ2Γ1l如果两圆相等, 则其根轴即连心线段的垂直平分线; 如果两圆同心, 则其根轴是无穷远直线. 如果两圆中有一圆退化为一点O (此时点O 称为点圆), 则其根轴仍然存在, 且除了点在圆上时其根轴为过这点的切线外, 其余情形根轴都在圆外；根轴上任意一点P 到圆的切线长PT 等于点P 到点O的距离.Pl根轴的作用主要可以用于证明三点共线和垂直问题. 而与垂心有关的问题很多时候都与根轴联系在一起, 这是因为有垂心就有三条垂线, .例1 证明Steiner 定理: 四条直线相交成四个三角形, 则这四个三角形的垂心在一条直线上.证明 如图18, 设四条直线相交成四个三角形分别为△BEC 、△CDF 、△AED 、△ABF , H 1、H 2、H 3、H 4分别为它们的垂心. 设直线H 1B 、H 1E 分别交EC 、BC 于K 、L , 则K 在以BD 为直径的圆Γ1上, L 在以EF 为直径的圆Γ2上, 由于L 、E 、K 、B 四点共圆, 所以, H 1L ⋅H 1E =H 1B ⋅H 1K , 这说明H 1在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 再设EH 3、DH 3分别交AB 、AD 与M 、N , 则M 在圆Γ1上, N 在圆Γ2上, 而E 、D 、N 、M 四点共圆, 所以H 3D ⋅H 3M =H 3E ⋅H 3N , 因此, H 3也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 同理, H 2 、H 4也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上. 故H 1、H 2、H 3、H 4四点共线.。
黎曼几何竞赛试题及答案
黎曼几何竞赛试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 在黎曼几何中，下列哪一项不是度量张量的属性？A. 对称性B. 正定性C. 线性D. 光滑性答案：B2. 黎曼流形上的测地线是使得哪一项取最小值的曲线？A. 长度B. 能量C. 作用量D. 时间答案：A3. 给定一个黎曼流形，下列哪一项是描述其曲率的关键量？A. 度量张量B. 联络C. 曲率张量D. 测地线答案：C4. 在黎曼几何中，高斯-博内定理表明了什么？A. 闭合曲面的高斯曲率之和等于其欧拉特征数B. 曲面上任意两点间的测地线长度之和等于曲面的周长C. 曲面上任意三角形的内角和为180度D. 曲面上任意两点间的最短距离是直线距离答案：A5. 黎曼几何中的霍奇猜想与下列哪个概念无关？A. 调和形式B. 代数几何C. 拓扑不变量D. 测地线答案：D6. 爱因斯坦场方程是广义相对论中描述什么的方程？A. 时空的几何结构B. 物质的分布C. 宇宙的演化D. 黑洞的性质答案：A7. 在黎曼几何中，下列哪一项不是测地线的性质？A. 局部最短路径B. 由初始条件唯一确定C. 总是直线D. 由度量张量唯一确定答案：C8. 黎曼几何中的庞加莱猜想与哪个流形有关？A. 欧几里得空间B. 黎曼流形C. 庞加莱流形D. 黎曼球面答案：C9. 黎曼几何中的黎曼张量与下列哪个概念无关？A. 曲率B. 度量张量C. 测地线D. 向量场答案：D10. 下列哪一项不是黎曼几何中的联络的性质？A. 无挠性B. 光滑性C. 由度量张量唯一确定D. 与流形的拓扑结构有关答案：D二、简答题（每题10分，共40分）11. 简述黎曼几何与欧几里得几何的主要区别。
答：黎曼几何与欧几里得几何的主要区别在于它们所采用的公理体系不同。
在欧几里得几何中，第五公设（平行公设）规定了通过一个点可以且只可以画一条直线与给定直线平行。
而在黎曼几何中，这个公设被修改，允许通过一个点画多条直线与给定直线不相交，这导致了黎曼几何中的非欧几里得性质，如闭合曲线可以有两个不同方向的切线，以及空间的曲率可以是正的、负的或零。
2021乌克兰数学奥林匹克几何题解答
2021乌克兰数学奥林匹克几何题解答乌克兰数学奥林匹克是世界上最具竞争力的数学竞赛之一，每年都吸引着来自世界各地的优秀学生参与。
其中，几何题一直是考察学生空间想象力和推理能力的重要环节。
本文将为大家解答2021乌克兰数学奥林匹克的几何题。
题目一：在平面上，给定一个三角形ABC，点D是BC边上的一个点，且满足∠BAD = ∠ACD。
点E是AB边上的一个点，且满足∠CED =∠BCA。
证明：∠BAC = ∠BCE。
解答：首先，我们可以通过角度追踪来证明∠BAD = ∠ACD。
由于∠BAD = ∠ACD，我们可以得到∠BAC = ∠CAD。
又因为∠CED =∠BCA，所以∠CDE = ∠CBA。
根据三角形内角和定理，我们可以得到∠CDE + ∠CED + ∠CDE = 180°。
将∠CDE替换为∠CBA，我们可以得到∠CBA + ∠CED + ∠CBA = 180°。
进一步化简，我们可以得到2∠CBA + ∠CED = 180°。
由于∠CED = ∠BCA，所以2∠CBA +∠BCA = 180°。
化简后，我们可以得到∠CBA = 60°。
接下来，我们需要证明∠BAC = ∠BCE。
我们可以通过角度追踪来证明这一点。
首先，我们可以得到∠BAC = ∠CAD。
又因为∠CED = ∠BCA，所以∠BCE = ∠CDE。
根据三角形内角和定理，我们可以得到∠BCE + ∠CDE + ∠CED = 180°。
将∠CDE替换为∠BCE，我们可以得到∠BCE + ∠BCE + ∠CED = 180°。
进一步化简，我们可以得到2∠BCE + ∠CED = 180°。
由于∠CED = ∠BCA，所以2∠BCE +∠BCA = 180°。
化简后，我们可以得到∠BCE = 60°。
综上所述，我们证明了∠BAC = ∠BCE。
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版
高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。
(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第二十二章一般四面体的性质及应用
第二十二章一般四面体的性质及应用【基础知识】四面体是三角形在空间的直接推广，三角形的很多性质及其证法可以推广到四面体上去．四面体的许多性质可以借助于平行六面体来证．性质1任意四面体六个内二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，该点称为四面体的内切球球心（简称四面体的内心）．内切球与四面体四个面内切． 若四面体ABCD 的体积为V ，顶点A 所对的侧面面积为A S ，类似地有B S ，C S ，D S （后面所设均同此），其内切球半径记为r ，则3A B C DVr S S S S =+++．性质2任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点，这点到四面体四顶点的距离相等，该点称为四面体的外接球球心（简称四面体的外心）．外接球通过四面体四顶点． 若四面体ABCD 的体积为V ，其三对对棱的长分别为1a ，a ；1b ，b ；1c ，c ，其外接球半径为R ，则1624Q R V V===注其中Q 即为以三对对棱乘积为边的三角形面积． 性质3任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点，而且每条中线从各该顶点算起都被这点分为31∶之比，这点称为四面体的重心． 性质4任意四面体的共顶点的（二面角的棱共顶点）三个内二面角的平分面与另三个内二面角的补（或外）二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，该点称为四面体的旁切球球心（简称四面体的旁心），且一个四面体有四个旁心，旁切球与四面体的一个侧面外切，与其他三个侧面的延展面相切．若与四面体ABCD 的顶点A 所对的面外切，与其余三个侧面的延展面相切的旁切球半径记为A r ，类似地有B r ，C r ，D r ，其他记号同前，则 3A B C D A V r S S S S =++-，3B A C D B Vr S S S S =++-，3C A B D C V r S S S S =+++，3D A B C DVr S S S S =+++．性质5（射影定理）四面体任意一个侧面的面积等于其他三个侧面在这个侧面上的射影面积之和．即在四面体ABCD 中，若记AB θ为棱AB 所在的内二面角的大小，其余类同，则有 cos cos cos A B CD C BD D BC S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos B C AD D AC A CD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos C D AB A BD B AD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos D A BC B AC C AB S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅．性质6（余弦定理）四面体任意一个侧面的面积的平方，等于其他三个侧面的面积的平方和减去这三个侧面中每两个面面积及其所夹二面角余弦之积的两倍之和．即在四面体ABCD 中，有22222cos 2cos 2cos A B C D B C AD C D AB B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos B C D A C D AB C A BD D A BC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos C A B D A B CD A D BC B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos D A B C A B AB A C BD B C AD S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅．注顺次用A S ，B S ，C S ，D S 去乘射影定理中各式并相加整理即得以上第一式，其余各式类同． 性质7（体积公式一）四面体体积13=倍底面面积与底面上的高的乘积．即11113333A AB BC CD D v S h S h S h S h =⋅=⋅=⋅=⋅．性质8（体积公式二）四面体的体积等于它的任意两个面的面积及其所夹二面角正弦之积的三分之二，除以这两个面的公共棱长．即对四面体ABCD ，有2sin 2sin 2sin 2sin 3333C D AB A D BC A B CD B C DAS S S S S S S S V AB BC CD DAθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====2sin 2sin 33B DAC A C BDS S S S AC BDθθ⋅⋅⋅⋅=． 注由2111sin sin 3332C C C AB C AB h AB V S h S h S AB θθ⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅斜高斜高2sin 3C DABS S ABθ⋅⋅等即证得． 性质9（体积公式三）四面体的体积等于共顶点的三条棱长乘积与该顶点三面角的特征值乘积的六分之一，即对于四面体ABCD ，若共顶点A 的三条棱长分别为a ，b ，c ，顶点A 处的三个面角分别为α，β，γ则有()1166v abc S A =⋅=16abc =，()12ωαβγ=++． 其中()S A =A的三面角的特征值． 注由111sin sin 332V S h ab C γβ=⋅=⋅⋅⋅⋅性质10（体积公式四）若记1P ，2P ，3P分别为四面体相对两棱（互为异面的两条棱）的积的平方，再乘以另外四条棱的平方和与这对棱的平方和的差所得的积；P 为四面体每个面上三条棱的积的平方和，则四面体的体积V 性质11（正弦定理一）在四面体ABCD 中，有（1）sin sin sin sin C D AB A D BC B C DA B D ACAB BC DA ACS S S S S S S S θθθθ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅2sin sin 3A B CD A C BD CD BD S S S S Vθθ===⋅⋅⋅⋅； （2）22sin sin sin sin sin sin 9A B C D AB CD AD BC AC BD S S S S AB CD AD BC AC BDVθθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⋅；（3）若()sin A 表示顶点A 处的三棱中，任意两棱上的二面角的正弦与这两条棱夹角的正弦三者的积，余类同，则()()()()22sin sin sin sin 9C A B C D A B DS S S S S S S S A B C D V====．注此性质由性质8即证．性质12（正弦定理二）四面体中各个面上三条棱长的积与其所对三面角的特征值之比都相等，该比值等于六条棱长的积与体积的六倍之比，即对四面体ABCD ，有 ()()()()BC CD BD AC CD AD AB BD AD AB BC ACS A S B S C S D ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅===6AB BC CD BD AC ADV⋅⋅⋅⋅⋅=．注此性质由性质9即证，性质13（对棱所成角公式）四面体一对对棱所成角的余弦等于其他两对对棱平方和之差的绝对值与这对对棱乘积的二倍之比．即对四面体ABCD ，有 ¼()cos ,AB CD =()()22222BC AD AC BD AB CD+-+⋅；¼()cos ,BC AD =()()22222AB CD AC BD BC CD+-+⋅；¼()cos ,AC BD =()()22222BCAD AB DC AC BD+-+⋅；注其证明可参见第18章中例1或补成平行六面体，运用三角形余弦定理及平行四边形的对角线平方和等于四边平方和即证．性质14（对棱距离公式）若a 和1a ，b 和1b ，c 和1c 是四面体的三对对棱长，三对对棱之间的距离分别记为()1,d a a ，()1,d b b ，()1,d c c ，则 ()112,Vd a a =；()1,d b b =()1212,Vd c c =．注补成平行六面体证．性质15若四面体的一对对棱长分别为a ，1a ，这对对棱间的距离为d ，对棱所成的角为θ，则四面体的体积V 为11sin 6V aa d θ=⋅．性质16（二面角平分面定理）四面体二面角的内（或外）平分面分所对的棱得两条线段和这个二面角的两个面的面积对应成比例．性质17（空间张角公式）设过四面体ABCD 的棱BC 的截面EBC 交所对的棱AD 于E ，二面角A BC E --，E BC D --的大小分别为1θ，2θ，则 ()1212sin sin sin EBCDBC ABCS S S θθθθ+=+△△△． 性质18（空间莱布尼兹公式）设四面体ABCD 的六条棱长分别为a ，b ，c ，d ，e ，f ，G 为其重心，P 为空间中任一点，则()()2222222222211416PG PA PB PC PD a b c d e f =+++-+++++性质19（空间塞瓦定理）设E ，F ，G ，H ，M ，N 分别为四面体ABCD 的棱CD ，DB ，BC ，AD ，AB ，AC 上的点，若六个平面ABE ，ACF ，ADG ，BCH ，CDM ，DBN 共点，则 1CE DH AM BGED HA MB GC⋅⋅⋅= 性质20（空间梅涅劳斯定理）平面KLMN 交四面体ABCD 的棱AB ，BD ，CD ，AC 于K ，L ，M ，N ，则1AK BL DM CNKB LD MC NA⋅⋅⋅=．证明设四边形KLMN 是四面体ABCD 被平面α所截的截面，1AA ，1BB ，1CC ，1DD 是平面α的垂线（1A ，1B ，1C ，1D 分别为垂足）．考察棱AB 与平面α相交的部分，显然11AA K BB K △△≌，则11AA AK KB BB =．同理，11BB BL LD DD =,11DD BM MC CC =,11CC CN NA AA =． 以上四式两边相乘即证．性质21（空间斯特瓦尔特定理）在四面体ABCD 中．AD BC ⊥，过棱BC 作截面BCE 交棱AD 于E ，则222214BCE ABC BCD DE AE S S S BC AE DE AD AD =⋅+⋅-⋅⋅△△△．证明如图221-，作AF BC ⊥于F ，连BF ，DF ．注意到AD BC ⊥，知BC ⊥面ADF ，所以BC EF ⊥，BC EF ⊥．记AEF α∠=． 在AEF △中，由余弦定理，有 2222cos AF EF AE AE EF α=+-⋅⋅． 上式两边同乘以2BC 后，整理得EFBDC图22-1A222244cos 4BCE ABCBCES BC AE S AE BC S α+⋅-=⋅⋅△△△．同理在DEF △中，有222244cos 4BCE BCDBCES BE DE S DE BC S α+⋅--=⋅⋅△△△．由上述两式消去α，整理便证得结论．推论1当ABC BCD S S =△△时，有22214BCE ABCS S BC AE DE =-⋅⋅△△． 推论2当E 为AD 中点时，有222221112216BCE ABC BCD S S S BC AD =+-⋅△△△ 推论3当面BCE 平分二面角A BC D --时，有2214BCE ABC BCD S S S BC AE DE =⋅-⋅⋅△△△． 事实上，由ABC EABC BCD EBCD S V AE S V DE ==△△，有BCD ABC BCD S DE AD S S =+△△△，ABC ABC BCDS AECD S S =+△△△．由此即证． 推论4当AEk ED=时，有 ()222222111141BCE ABC BCD k k S S S AD BC k k k =+-⋅⋅⋅+++△△△． 性质22四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别在棱AB ，BC ，CD ，DA 上，且1AE EB λ=，2BFFCλ=， 3CG GD λ=，4DHHA λ=，则内接四面体EFGH 的体积与四面体ABCD 的体积之间有关系式 ()()()()1234123411111EFGH ABCDV V λλλλλλλλ⋅⋅⋅-=⋅++++．证明连ED ，BG ，得四棱锥E FBDG -，G EBDH -．在CBD △，ABD △中，有 ()()33232311111CFG CBD S CF CG S CB CD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△， ()()11141411111AEH ABD S AF AH S AB AD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△， ()()23223111FBDG CBD CFG CBD CBD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△， ()()14414111ABD AFH EBDH ABD ABD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△． 又()()()2321231111G FBDG FBDG ACBD CBD V S BE V S AB λλλλλλ-++=⋅=+++△ ()()()1441341111G EBDH EBDH CABD ABD V S GD V S CD λλλλλλ-++=⋅=+++△， ()()13111EBDG BDG ABDC BDC V S BE DG BE V S AB DC AB λλ=⋅=⋅=++△△． 设六面体EGFBDH 的体积为V '，则()()()()124224142324241231411111E FBDG G EBDH EBDG V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++ 设六面体FHEACG 的体积为V ''，则()()()()123134121334131231411111F GCAH H FCAE HACF V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++当B ，F 在平面EHG 的同侧时，有()EFGH ABCD V V V V '''=+-． 当C ，F 在平面EHG 的同侧时，有()EFGH ABCD V V V V '''==+． 综合，得()EFGH ABCD V V V V '''=-+．即证． 注由此性质可得E ，F ，G ，H 共面的充要条件是1AE BF CG DH EB FC GD HA⋅⋅⋅=． 【典型例题与基本方法】例1已知三棱锥S ABC -的底面是正三角形，A 点在侧面SBC 上的射影H 是SBC △的垂心，二面角H AB C --的平面角等于30︒，SA =S ABC -的体积．（1999年全国高中联赛题）解如图222-，由题设，知AH ⊥面SBC ，作BH SC ⊥于E ，则由三垂线定理知SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 的射影为O ，则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理的逆定理，可知CO AB ⊥于F ．同理，BO AC ⊥．故O 为ABC △的中心，从而SA SB SC ===又CF AB ⊥，CF 是EF 在面ABC 上的射影，由三垂线定理知EF AB ⊥，所以EFC ∠是二面角H AB C --的平面角，故30EFC ∠=︒，cos6030OC SC =⋅︒=︒，tan603SO OC =⋅︒=．又OC AB =，则3AB ==，所以，21333S ABC V -=⋅例2证明：任意一个四面体总有一个顶点，由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．（IMO 10-试题） 证明利用反证法来证，设四面体ABCD 中AB 是最长的棱，如果任意一个顶点出发的三条都不能构成一个三角形，则对由A 出发的三条棱，有AB AC AD +≥．又对由B 出发的三条棱，有BA BC BD +≥．两式相加，得2AB AC AD BC BD +++≥．()*但在ABC △与ABD △中，有AB AC BC <+，AB AD BD <+．此两式相加，有 2AB AC AD BC BD <+++． 上式与()*式矛盾，故原结论获证．注和这道试题类似的命题还有（1）任意四面体的三组对棱之和可以构成一个三角形的三边； （2）任意四面体的三组对棱之积可以构成一个三角形的三边；FOCBE HS图22-2A（波兰1975～1976年竞赛题）（3）任意四面体的三组对棱的平方和可以构成一个三角形的三边．例3若一个四面体恰有一棱之长大于1，求证这四面体的体积18V≤．证明如图223-，设AB是这个四面体的最长的棱，则ACD△，BCD△的边长不大于1．作BCD△的高BE和ACD△的高AF，则BE，AF1a≤表示CD的长度），四面体的高AO h AF=-≤111332BCDV h S a=⋅△≤()21424a a=-，而()()()()22431213a a a a a-=---+-≤，故当1a=时，()24a a-取最大值3，故31248V=≤．例4证明：在四面体中至多有一个顶点具有如下性质：该顶点处的任何两个平面角之和都大于180︒．（第22届莫斯科竞赛题）证明假定顶点A和B都具备所述的性质，则有180CAB DAB∠+∠>︒及180CBA DBA∠+∠>︒，但是作为CAB△和DAB△的全部6个内角之和也只有180180︒+︒，此为矛盾，从而原结论获证．例5设d是任意四面体的相对棱间距离的最小值，h是四面体的最小高的长．证明2d h>．（第24届全俄竞赛题）证明如图224-，为确定起见，假定h是四面体ABCD中由顶点A所引出的高，而d是棱AB和CD之间的距离．经过顶点B引直线l CD∥，过点A作平面垂直于棱CD交CD于F，交l于E，于是AEF△的高AH和FG就分别等于h和d．由于AEF△的第三条高等于四面体ABCD的某一条高，所以其值不小于h，因此AF EF≤，且图22-3B C图22-4HGlFE BDAC2h AH AE AF FE d FG FE FE+==<≤，此即为所证． 例6试证：过四面体相对棱的中点的任一截面平分四面体的体积．（IMO 29-预选题）证法1如图225-，设M 和P 分别是四面体ABCD 的棱AC 和BD 的中点，MNPQ 是四面体ABCD 的一个包含线段MP 的截面，因为P 为BD 的中点，则BCP CDP S S =△△，即有ABCP ACDP V V =．因此，要证截面MNPQ 将四面体ABCD 分成体积相等的两部分，只要证明AMNP V 与OMPQ V 相等就可以了．由N 和Q 分别作平面APC 的垂线，垂足分别为E ，F ，如图225-．因为M 为AC 的中点，则有APM CPM S S =△△，故要证AMNP CMPQ V V =，只要证NE FQ =即可．设MP 与NQ 交于点O ，易证E ，O ，F 三点共线．要证NE FQ =，只要证明NO OQ =就可以了（通过Rt Rt NEO QFO △△≌得到）． 为此，考察两个平行平面，异面直线AB 和CD 分别在这两个平面上（如图226-）．因为MP 是连接AC ，BD 中点的线段，所以它在与上述两平面平行的平面上，这个平面到两已知平面的距离相等．由于线段NQ 与MP 相交于O ，所以O 等分线段NQ ，即有NO OQ =．故结论获证． 注上述证明中，没有对截面MNPQ 的形状进行讨论．若对其形状进行讨论，则有下述两种证法． 证法2如图227-，设M ，P 分别是四面体ABCD 的对棱AC ，BD 的中点．OF E P QNMA BD图22-5N OP M QBDCA图22-6当截面是平行四边形或特殊三角形时，证明比较简单（略）． 当截面是一般四边形MNPQ 时． 由AM CM =，有A MNPQ C MNPQ V V --=又在ABC △中，对截线MNG 应用梅涅劳斯定理，有1AM CG BNMC GB NA⋅⋅=． 从而，有1CG BNGB NA⋅=． 同理，在BCD △中，有1BP DQ CG PD QC GB ⋅⋅=，即1DQ CGQC GB⋅=． 于是BN DQ NA QC =,得BN DQBA DC=． 又1C BPN Q APD V BN CDV BA QD--⋅==⋅,即C BPN Q APD V V --=． 故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ---+=+一．证毕．证法3前面同证法2，下证截面为一般四边形MNPQ 时的情形．记A d 表示顶点A 到截面MNPQ 的距离（其余类同），设N 分AB 的比为m n ∶．则由M ，P 分别是AC ，BD 的中点，可知Q 点分CD 的比C A D B d d CQ AN mQD d d NB n====． 由A C d d =，有A MNPQ C MNPQ V V --=．又13113APD Q APDQ APD C BPNBPN C APD S d V AB QD m n n V NB CD n m n S d ----⋅+==⋅=⋅=+⋅△．即Q APD C BPN V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ----+=+．例7如图228-，设四面体1234A A A A 的外接球与内切球的半径分别为R 与r ，则3R r ≥．图22-7DG证明设O 为四面体的外心，i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤，球心O 到i A 所对的面的距离为(14)i d i ≤≤，四面体体积为V ，过顶点1A 的高11A H h =，则易知1111d OA d R h +=+≥，从而()111113S d R S h V +⋅=≥，即1111133S d S R V ⋅+⋅≥．同理2221133S d S R V ⋅+⋅≥，3331133S d S R V ⋅+≥， 4441133S d S R V +⋅≥． 以上四式相加，并注意()1122334413S d S d S d S d V ⋅+⋅++⋅=， 有4113i i V R S V =+⋅∑≥4，即419i i R S V =⋅∑≥．因4113i i V r S ==⋅∑，从而44113i i i i R S r S ==⋅⋅∑∑≥，即3R r ≥．例8在四面体1234A A A A 中，顶点i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤，侧面面积为k S ，j S 的两侧面所夹的内二面角的大小记为,k j()14k j <≤≤，棱k j A A 的中点记为kj M ，含点kj M 与另两顶点（不含顶点k A ，j A ）的三角形称为四面体的一个中线面（或一棱与对棱中点的面），这个中线面的面积记为kj S ()14k j <≤≤，则()22212cos ,4kj k j k j S S S S S k j =++⋅⋅，其中k ，j 满足14k j <≤≤．证明对四面体1234A A A A ，由性质6，有223434131423242cos cos 1,3cos 1,42,32,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅及221212131423242cos 1,2cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅． 亦即13142324cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S ⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅2212122cos 1,2S S S S =+-⋅⋅．图22-843A 2A对四面体13412A A A M 和四面体23412A A A M 分别运用性质6，有2222123423411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3242112cos 2,32cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅⋅，2222123413411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3141112cos 1,32cos 1,422S S S S ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅上述两式相加，并将前面结果代入，有()22222123412131412cos 1,3cos 1,42S S S S S S S S S =+++-⋅⋅-⋅-232434cos 2,3cos 2,4cos 3,4S S S S S S ⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅2212131411cos 1,3cos 1,422S S S S S S =+-⋅⋅-⋅-232411cos 2,3cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅()222212121212cos 1,22S S S S S S =+-+-⋅ ()2212121cos 1,22S S S S =++⋅． 故()22212121212cos 1,24S S S S S =++⋅⋅． 同理，得()22212cos ,4kj k j k j S S S S s k j =++⋅⋅． 注由性质5，有421412cos ,k j t k j i S S k j S =⋅⋅=∑∑≤≤≤，则推知()22214141412cos ,4kj k j k j k j k j k j S S S S S k j <<⎡⎤=++⋅⋅⎢⎥⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤≤≤ 444222111134i i i i i i S S S ===⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∑∑∑ 例9设G 为四面体1234A A A A 的重心，则222222221232434213143444GA A A A A A A GA A A A A A A +++=+++ 222222223121424412132344GA A A A A A A GA A A A A A A =+++=+++21434k j k j A A =∑≤≤≤．43图22-9证明如图229-，连A ，G 并延长交面234A A A 于点1G ，则1G 是234A A A △的重心，连21A G 并延长交34A A 于M ，则M 是34A A 的中点．连1A M ，对12A A M △及点1G 应用斯特瓦尔特定理，有2221121211212211AG A M A A MG A M A G A M A G MG ⋅=⋅+⋅-⋅⋅．而21121A G G M =∶∶，则2222111212122339AG A A A M A M =+-．()* 由三角形中线公式，有 ()224211212341124A M A A A A A A =+-,()222222324341124A M A A A A A A =+-, 并将其代入()*，有()()2222222111213142324341139AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 从而()()222222232221111213142324342324343314164GA A G A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⎛⎫==+++++-++ ⎪⎝⎭．故22222123243414344k j k j GA A A A A A A A A <+++=∑≤≤．同理可证其他三式均等于例10设R ，r 分别为四面体1234A A A A 的外接球半径与内切球半径，i h 为顶点i A 到所对面的距离，内切球切各顶点i A 所对的面于i A '(1234)i =，，，．求证： （Ⅰ）21416k j k j A A R <∑≤≤≤；（Ⅱ）4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤（Ⅲ）422164i i h r =∑≥；（Ⅳ）141419nk j k j i k j k j i A A A A X <<=''∑∑∑≤≤≤≤≤．证明（Ⅰ）设O ，G 分别为四面体1234A A A A 的外心和重心，延长1A G ，交面234A A A 于1G ，则1G 为234A A A △的重心，连21A G 交34A A 于M 点，则M 点为34A A 中点，如图229-． 由例9中证明，知2222222111213142324341[3()()]9AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 同理，在四面体234OA A A 中，有222222212342324341[3()()]9OG OA OA OA A A A A A A =++-++．()222223243419R A A A A A A =-++ 由于G 为四面体重心，由性质3，知1131AG GG =．于是，在11AOG △中，对点G 应用斯特瓦尔特定理，有 ()222211111[433]16OG OG OA AG =+- 2222222121314232434116()()16R A A A A A A A A A A A A ⎡⎤=-++-++⎣⎦． 由于20OG ≥，故21416k j k j A A R <∑≤≤≤．（Ⅱ）显然11AG h ≥，则()()22222221121314232434139h A A A A A A A A A A A A ⎡⎤++-++⎣⎦≤． 同理，对2h ，3h ，3h 也有类似于上述的不等式．此四式相加，得4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤．（Ⅲ）由13i i V S h =()1,2,3,4i =，则有4411113ii i iSh V ===∑∑又由4113i i V S r ==⋅∑，则4111i ih r ==∑．由14411234114i i h h h h h =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑≥，有()412344h h h h r ≥． 故()()()114222222212341234448h h h h h h h h r r ⎡⎤+++=⎣⎦≥≥4．（Ⅳ）四面体1234A A A A ''''的外接球半径记为R '，则214116k j k j R A A <'''∑≤≤≥． 又四面体1234A A A A ''''的外接球半径恰是四面体1234A A A A 的内切球半径，故R r '=．于是4222214119999166416k j i k j i R A A h r R <='=∑∑≤≤≥≥≥≥14k j k j A A <''∑≤≤．故214149k j kj k j k j A A R A A <<'''∑∑≤≤≤≤≥8≥． 例11四面体1234A A A A 中，外接球半径为R ，体积为V ，过顶点k A ，j A 的中线面为()14kj S k j <≤≤．试证：141k j kjS <∑≤≤ 证明设1d ，2d ，3d 与1θ，2θ，3θ分别为三对对棱12A A ，34A A ；13A A ，24A A ；14A A ，23A A 的距离与夹角，则由性质15，有1234111sin 6V A A A A d θ=⋅⋅⋅，亦即113346V d A A A A ⋅≤． 同理，有213246V d A A A A ⋅≤，314236Vd A A A A ⋅≥．取34A A 的中点M ，则121212112MA A S S A A d =⋅△≥，同理，可得关于kj S 的不等式，从而412113214323324234111111112k j kj S A A d A A d A A d A A d A A d A A d <⎛⎫+++++ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎝⎭∑1≤≤≤122141413k j k j k j k j A A A A V <<⎫⎪⎭∑∑≤≤≤≤≤)12216R =例12设四面体1234A A A A 的内心为I ，记k j A IA △的面积为kj S '，顶点i A 所对的面的面积为i S ．试证：4141kji k j i S S <='∑≤≤ 证明过I 作1IA '⊥面234A A A 于1A '，作34IN A A ⊥于N ，若记面积为k S ，j S 的两侧面夹角为()14kj k j θ<≤≤，则易见11212A NI θ'∠=．设r 为四面体1234A A A A 的内切球半径，则在1Rt IA N '△中，有121sin 2rIN θ=,则34121212sin 2A A r S θ⋅'=． 由性质8，有1212342sin 3S S V A A θ⋅⋅=，于是消去34A A ，得12121221cos 32S V S S θ'⋅=⋅，注意到4113i i V S r ==⋅∑，则1212124121cos 2ii S S S S θ='''=⋅∑．对上述两边取∑，并用canchy 不等式，有1241414121cos 2kj k j k j ii S S θ<<=⎫'=⋅⎪⎭∑∑∑≤≤≤≤ 12241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S θ<<=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤．()* 注意到性质5，有1212313414cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅，即42213121423411cos cos cos 2222i i S S S S θθθ==⋅+⋅+⋅∑， 对上式两边同乘以1S 后，再两边取∑，有241141cos 42kj i k j i k j S S S θ=<⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤．又由对称平均不等式，有1421141146i k j i k j S S S =<⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤ 于是，由()*式（将上述结果代入()*式）即有414114kj i k j i S S <='∑≤≤．例13四面体1234A A A A 的三组对棱乘积的平方和不小于各侧面面积平方和的4倍，即若令12A A a =，34A A a '=，13A A b =，24A A b '=，14A A c =，23A A c '=，顶点i A 所对面的面积为()1234i S i =，，，，则 222222222212344()a a b b C C S S S S '''+++++≥，其中等号当且仅当各对棱的平方和相等．证明对234A A A △应用海伦一秦九韶公式，有 ()24442222221122216S a b c a b a c b c '''''''''=---+++ 同理，()24442222222122216S a b c a b a c b c '''=---+++， ()2444222223122216S a b c a b a c b c '''=---+++， ()24442222224122216S a b c a b a c b c '''=---+++． 以上四式相加并整理，得22221234S S S S +++=()()()()()()(){}2222222222222222222221416a a b b a a c c b b c c a a b b c c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤'''''''''-+-+-+-+-+-++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦()22222214a ab bc c '''++≤． 例14四面体1234A A A A 内一点P 到顶点i A 及i A 所对的面的距离分别为i l ，i d ，顶点i A 到所对的面的距离为()1234i h i =，，，，34k ≥ ．求证：41423ki k i i i l h d =⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑≥．证明先证一个结论：设()01,2,3,4i x i >=，41i i x a ==∑，则4143ki k i i x a x =⎛⎫ ⎪-⎝⎭∑≥．其中等号当且仅当1234x x x x ===时取得．事实上，由()443333()44i i i i x a x a x a x ⎡⎤+-⎛⎫-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦≤，有443343k kk i i k i x x a x a ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭≥，从而 4434444433314114443343k k k kk ii i i k ki i i x x x a x a a ===⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪⋅=⎪ ⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭∑∑∑≥≥ 下证原题：设四面体1234A A A A 的体积为V ，如图2210-，作11A H ⊥面234A A A 于1H ，作11PE A H ⊥于E ，作1PD ⊥面234A A A 于1D ，则11A P l =，11PD d =，111A H h =．设i A 所对面的面积为(1234)i S i =，，，，则()1111111113S l S d S A E d S h V ⋅+⋅+==≥， 从而2341133PA A A S l V V ⋅-≥．同理，1342233PA A A S l V V ⋅-≥，1243333PA A A S l V V ⋅-≥， 1234433PA A A S l V V ⋅-≥．从而()13412412322334493PA A A PA A A PA A A V S l S l S l V V V +++-+≥()234111632PA A A V V S h d =+=+，即111112233442l S l h d S l S l S l '+++≥． 同理，222221133442l S l h d S l S l S l +++≥，333331122442l S l h d S l S l S l +++≥，444441122332l S l h d S l S l S l +++≥． 令()1,2,3,4i i i x l R i =⋅=，由前述结论，得4411423kki i ki i i i i l x h d a x ==⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∑∑≥≥． 【解题思维策略分析】1．解四面体的有关问题时，要善于与三角形类比A 3A 4图22-10例15一个球内切于四面体，将每个切点与该点所在面的三顶点连结起来，这样形成的每面的三个角（以切点为顶点）组成一个集合．试证这四个集合是相等的．（第16届普特南竞赛题）证明设四面体的顶点为()1234i P i =，，，，又设i Q 是正对着i P 的面与球相切的切点．用i ，j ，k ，l 表示{}1234，，，的不同元素，由于i j PQ 与i k PQ 是从同一顶点向球所作的切线，故ij i k PQ PQ =． 同理，i j i k PQ PQ =，从而i j l i k l PQ p PQ P △△≌（边，边，边）．于是i j l i k l PQ P PQ P ∠=∠， 并用il θ表示这种角，即有il li θθ=.由于以i Q 为顶点的三个角相加是2π，故有2334422πθθθ++=，3441132πθθθ++=，4112242πθθθ++=，1223312πθθθ++=．将这些等式的前两个相加减去后两个，且利用ij ji θθ=．得3412220θθ-=，即1234θθ=． 又由对称性，得ij kj θθ=．()*以1Q 为顶点的角是23θ，34θ，42θ，由()*式，它们分别等于以2Q 为顶点的三个角，即41θ，34θ，13θ． 由对称性，在所有四个面上的中心角都有同样的情形．证毕，注第26届IMO 由前苏联提供的预选题：“四面体ABCD 的内切球与面ABD 和DBC 分别相切于K 和M 点，证明：AKB DMC ∠=∠．”显然，这道试题是例15的特殊情形． 例16已知ABC △的面积力S △，外接圆半径为R ，过A ，B ，C 作平面ABC 的垂线，并在平面ABC 的同一侧的垂线分别取1A ，1B ，1C ，使1a AA h =，1b BB h =，1c CC h =，这里a h ，b h ，c h 分别表示边BC ，CA ，AB 边上的高．求四个平面11A B C ，11B C A ，11C A B ，ABC 所围成的四面体的体积．解求解此问题的关键是确定这个四面体的四个顶点的位置．设平面11A B C 与直线AB 相交于K 点，则点K 在11A B 上．由11AA BB ∥知11a b h AA KA b ACKB BB h a BC====．因此，K 是BCA ∠的外角平分线与BA 的交点，从而平面11A B C 与ABC 的交线是BCA ∠的外角平分线． 同理，类似可得：平面11B C A 与ABC 的交线是CAB ∠的外角平分线．上述两条外角平分线的交点是ABC △的旁心B I ，因此B I 就是平面11A B C ，11B C A 与ABC 的公共点，即为所求四面体的一个顶点．这样，旁心A I ，B I ，C I 是所求四面体的三个顶点．设第四个顶点为P ，则P 是平面11A B C 和11B C A 的公共点，因而在直线1B B I 上，P 在平面ABC 上的射影在B BI 上，也在A AI 上，因而P 的射影就是ABC △的内心I ．由相似三角形，1PI AA ∥，且1A P 与AI 相交于A I ，可得1a A a A ar rII PI PI AA h AI r -===，其中r 为ABC △的内切圆半径，a r 为劳切圆半径．设ABC △的周长为2l ，则11221a a a a r r S S l a l PE h r a l l a ---=⋅=⋅=-△．由平面几何知识，易证A B C I I I △的面积为 ()1222a b c S a b c S S ar br cr l a l b l c ⎛⎫'=+++=+++ ⎪---⎝⎭△△△()()()2abc S l a l b l c ⋅=---△． 故所求体积()()()211332A B C PI I I S abc S V S PI l l a l b l c ⋅'=⋅=⋅⋅---△△△1433abc S R ==⋅△． 例17在四面体1234A A A A 中，顶点i A 所对的面的面积记为()1234i S i =，，，，以i j A A 为棱的二面角为il θ，则 （Ⅰ）2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥；（Ⅱ）6141cos 3ij k j θ<≤≤≤C ． 证明联想到在ABC △中，运用三角形射影定理并结合柯西不等式，有2223cos cos cos 4A B C ++≥，31cos cos cos 2A B C ⋅⋅≤，于是有下述证法： （Ⅰ）由性质5，1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， 由Cauchy 不等式，有221234324423(cos cos cos )S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅()()222222234342423cos cos cos S S S θθθ++++≤，从而22221342423222234cos cos cos S S S S θθθ++++≥． 同理，还有类似于上式的三个式子，四式相加，得2444222141112cos 4111i ii ij k j i i i i i i S x x S S x x θ<===⎛⎫==-++ ⎪---⎝⎭∑∑∑∑≤≤≥ ()1234141ix x x x x =-++++-∑()4411111641143133i i i ix x ==⎛⎫⎡⎤=-+-⋅-+= ⎪⎢⎥-⎣⎦⎝⎭∑∑≥． 故2142cos 3ijk j θ<∑≤≤≥． （Ⅱ）由1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅≥．同理，还有类似于上式的三个不等式，此四式相乘，化简即得6141cos 3ij k j θ<∏≤≤≤． 注将三角形与四面体的上述两个不等式各统一为（Ⅰ）2111cos ,2k j n n i j n<++∑≤≤≥； （Ⅱ）()11211cos ,n n i j n i j n -+<+∏≤≤≤，其中2n =为三角形的，3n =为四面体的．2．善于将有关问题进行转化例18四面体ABCD 三个侧面ABD ，ACD ，BCD 上，由顶点D 引出的中线与底面ABC △对应边所成的角相等，证明：每个侧面的面积小于另外两个侧面面积之和．（1997年波兰竞赛题）证明设E ，F ，G 分别是边AB ，BC ，CA 的中点，连结DE ，DF ，DG 如图2211- （a ）．设DE 与AB 所成角为θ，则 1sin sin 2DAB S DE AB DE FG θθ=⋅⋅=⋅⋅△， 1sin sin 2DBC S DF BC DF GE θθ=⋅⋅=⋅⋅△， 1sin sin 2DCA S DG CA DG EF θθ=⋅⋅=⋅⋅△． 由于sin 0θ>，所要证明的命题转化为证明：在四面体DEFG 中，任意一组对棱的乘积小于另两组对棱乘积之和．为此，我们来证明： DE FG DF GE DG EF ⋅<⋅+⋅．将四面体DEFG 的面DFG △绕FG 翻转到底面所在的平面上，得D FG '△如图2211- （b ）．在四边形D FFG '中，显然，有D G DG '=，D F DF '=．由Ptolemy （托勒密）不等式，有D E GF D F GE D G EF DF GE DG EF '''⋅++⋅=⋅+⋅≤．设D E '与GF 交于点O ，由DFG D FG '△△≌，得DO D O '=．在DOE △中， DE DO OE D O OE D E ''<+=+=．故DE GF D E GF DF GE DG EF '⋅<⋅⋅+⋅≤．从而原题得证．例19给出三个四面体()123i i i i A B C D i =，，，过点i B ，i C ，i D 作平面i α，i β，i γ() 123i =，，分别与棱i i A B ，i i A C ，i i A D 垂直()123i =，，．如果九个平面i α，i β，i γ()123i =，，相交于一点E ，而三点1A ，2A ，3A 在同一直线l 上，求三个四面体的外接球面的交集（形状怎样？位置怎样？）．（CMO 3-试题）解由于几何元素太多，画出准确的全图几乎不可能．为此，画出一个局部图．COCDEFGABDEFG(b)(a)图22-11连1A E 与1B E 如图2212- （a ），可知111A B B E ⊥，此表明以1A E 为直径的球过1A ，1B ，E 三点．同样可知，这球过1A ，1B ，1C ，1D ，E 五点，此表明中心在1A E 的中点1O ，直径为1A E 的球也正好是四面体1111A B C D 的外接球．类似地可定出四面体i i i i A B C D 的外接球直径和中心()123i =，，． 于是问题转化为到直线123A A A 及其线外一点E 所决定的平面上来了．这个平面与三个球的交线是三个圆，它们有一个公共点E ，从E 向直线123A A A 作垂线，垂足为E '，显然E '是E 关于直线123O O O 的对称点，所以E 与E '是这三圆的公共点．由此知以EE '为直径且垂直于直线123A A A 的圆就是三个四面体的外接球的交集．当E 在直线123A A A 上时，此圆就退化为一个点E ．此时三个球面相切于E 点． 例20如图22-13，过四面体PABC 的重心G 的任一直线l 与四个面分别相交于M ，N ，S ，T 四点．求证：11110GM GN GS GT+++=u u u u r u u u r u u u r u u u r ．（《数学通报》问题1362题）证明设1G 为ABC △的重心，连1PG ，并设直线L 与直线1PG 确定的平面α与侧面ABC 的交线分别与ABC △的三边交于1A ，1B ，1C ．连1PA ，1PB ，1PC ，在平面α内，直线l 与1PA ，1PB ，1PC ，11A B 的交点分别为M ，N ，S ，T ．因G 是四面体重心，1G 是ABC △的重心，由重心性质，知G 分1PG u u u u r所成的比为31∶，且1112111110G A G B G C ++=u u u u r u u u u u r u u u u r ．231B 1图22-12(a)(b)B 1lG 1C 1A 1G TPNMSAC B图22-13以1G 为原点，以直线11G A 为x 轴，建立平面直角坐标系如图2214-．设()1,0A a ，()1,0B b ，()1,0C c ，(),P m n ，别由1112121110G A G B G C ++=u u u u r u u u u u r u u u u u r ，知1110a b c ++=，,44m n G ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由两点式得直线1PA ，1PB ，1PC ，11A B 的方程分别为()n y x a m a =--，()ny x b m b=--， ()ny x c m c=--，0y = 设直线l 的参数方程为 1cos 41sin 4x m t y n t αα⎧=+⋅⎪⎪⎨⎪=+⋅⎪⎩（α为倾斜角，t 为参数） 并设M ，N ，S ，T 对应的参数分别为1t ，2t ，3t ，4t ． 将直线l 的方程分别代入直线1PA ，1PB ，1PC ，11A B 方程，得 114sin 4cos 4sin 33m n t na nααα-⋅-⋅=+， 214sin 4cos 4sin 33m n t nb nααα-⋅-⋅=+， 314sin 4cos 4sin 43m n t nc nααα-⋅-⋅=+，414sin t n α-= 由1110a b c++=，得123411110t t t t +++=，故11110GM GN GS GT +++=u u u ur u u u r u u u r u u u r ． 3．适当构作辅助体例21求证：若四面体相对棱间的距离分别为1d ，2d ，3d ，则四面体的体积V 不小于13123d d d ．图22-14证明如2215-，过四面体ABCD 的三组对棱AB 与CD ，AD 与BC ，AC 与BD ，分别引三对相互平行的平面，得平行六面体（或以四面体ABCD 的棱为侧面对角线构作平行六面体），各相对面的距离分别等于四面体三组对棱的距离，又易知该平行六面体的体积正好是四面体ABCD 体积的3倍． 在底面11A DB C 中，作1EF CA ⊥于E ，则1EF B D ⊥．设垂足为F ，则EF 不小于平面11A AC C 与平面11DD BB 间的距离，即3EF d ≥．又12AC d ≥，所以1123A DB CS d d ⋅≥Y ． 又平面11A DB C 与平面11AD BC 的距离为1d ，因此， 1111111123AD BC A DB C A DB C V S d d d d -=⋅⋅⋅≥Y ．Suoyi 12313ABCD V d d d ≥．例22设a ，b 为四面体ABCD 的一对对棱AB 与CD 的长，r 为四面体内切球半径，求证：()2abr a b <+．（第22届全苏竞赛题）证明如图2416-，过AB 与CD 分别作ABEF Y 与CDGH Y ，使得AF CD ∥，CH AB ∥，连AC ，BH ，EG ，FD ，得一个平行六面体AFEB CDGH -（或以四面体ABCD 的三棱CA ，CB ，CD 为共顶点的棱构成平行六面体）． 设AB 与CD 之间的距离为d ，它们所成的角为θ，则由性质15，知1sin 6V ab d θ=⋅⋅四面体．设a h 为ABD △中AB 边上的高，显然D 到AB 的距离大于D 到面AFEB 的距离，即a h d >，而1122ABD a S a h ad =⋅>△．同理，12ABC S ad >△，12ACD S bd >△，12BCD S bd >△．于是，四面体ABCD 的表面积D B CA EFC 1D 1A 1B 1图22-15GABCDHFE图22-16()ABD ABC ACD BCD S S S S S a b d =+++>+△△△△表．注意到性质1，即13V S r =⋅表，得到()3sin 222V abd abd ab r S S S a b θ⋅==<+表表表≤ 4．注意运用向量知识求解例23设平面α，β，γ，δ与四面体ABCD 的外接球面分别切于点A ，B ，C ，D ．证明：如果平面α与β的交线与直线CD 共面，则γ与δ的交线与直线AB 共面．（1981年保加利亚竞赛题）证明设四面体ABCD 的外心为O ，半径为R ．令OA a =u u u r ，OB =b u u u r ，OC c =u u u r ，CD d =u u u r．对空间中任意一点X ，令OX x =u u u r，则222222R =====a b c b d ．因为OA α⊥，所以平面α上的点X 满足()0⋅-=a x a ，即2⋅a x =R ． 同理，平面β，γ，δ上的点X 分别满足2R ⋅=b x ，2⋅c x =R ，2R ⋅=d x ． 注意到，对任意不同时为零的数λ，μ，有方程()()2R λλλμ⋅⋅+a b x =．给出了一个过平面α与β的交线l 的平面（因0λλ≠a +b ，且对任意X l ∈，有2R ⋅=⋅a x b x =．另外，对空间中任意一点X 也存在一对不同时为零的数λ，μ，使得()()220R R λμ⋅-+⋅-=a x b x ．即适当选取λ与μ，可使相应的平面过点X ．因此直线CD 与直线l 共面的充要条件是：关于未知数λ与μ的方程组()()()()22220,0,R R R R λμλμ⎧⋅-+⋅-=⎪⎨⋅-+⋅-=⎪⎩a c b c a c b c 有非零解，即有()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-a c b c a b b c ． 同理可证，平面γ与δ的交线和直线AB 共面的充要条件为()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-c a d b c b d a ．因为上面得到的两个条件是等价的，所以题中结论得证．例24设四面体ABCD 对应于各顶点的高分别为a h ，b h ，c h ，d h ，在各高线上分别取1A ，1B ，1C ，1D ，使1a k AA h =，1a k BB h =，1c k CC h =，1dkDD h =为任一实数．求证：四面体1111A B C D 的重心合于四面体ABCD 的重心． 证明令AB b =u u u r ，AC c =u u u r ，AD d =u u u r ，根据向量矢量积的意义，知同BD BC ⨯u u u r u u u r 的方向是对应A 点高线的方向，而它的长度是BCD △面积的2倍．设A 点对应高线的单位向量为i ，则2BCDBD BCi S ⨯=△u u u r u u u r，而()()BD BC ⨯=-⨯-=⨯⨯⨯d b c d b d +d c +c b u u u r u u u r ．故2i S⨯⨯⨯=b d +dc +c d．同理，设B ，C ，D 点对应的高线的单位向量分别为j ，k ，l ，则22ACD ACD AC AD S S ⨯⨯=△△c d j =u u u r u u u r ，2ADB S ⨯△d b k =，2ABCS ⨯△b c l =．若设四面体ABCD 的体积为V ， 因而()16a k k AA h V ==⨯⨯⨯i =b d +d c +c d u u u r ．同理，()16k BB V =⨯c d u u u r ，()16k CC V =⨯d b u u u u r ，()16kDD V =⨯b c u u u u r ． 因而，有11110AA BB CC DD +++=u u u r u u u r u u u u r u u u u u r． 又设1O 为四面体1111A B C D 的重心，则()1111111114AO A B AC A D =++u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r()11111114A A AB BB A A AC CC A A AD DD =++++++++u u u r u u ur u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r ()11111144A A AA BB CC DD =++++b +c +d +u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u u r ()114A A =-b +c +d u u u r ． 而111AO AA A O =+u u u u r u u u r u u u u r ，故()114AO AO ==b +c +d u u u u r u u u r，这表示1O 与O 重合．【模拟实战】 习题A1．在三棱锥S ABC -的棱SA ，SB ，SC 上分别取点1A ，1B ，1C ，使得11SA SA SB SB ⋅=⋅1SC SC =⋅．证明：点A ，B ，C ，1A ，1B ，1C ．在同一球面上．（第15届全俄竞赛题）2．在四面体ABCD 内求作一点P ，使四个四面体的体积比满足P BCD P CDA P DAB P ABC V V V V αβγδ----=∶∶∶∶∶∶，其中α，β，γ，δ为给定的正数．3．设P ，Q ，R 分别是四面体ABCD 的棱AC ，AD ，AB 或延长线上的点，E ，F 在BC 上，且BE EF FC ==，AE ，AF 分别与RP 交于点G ，H ．记四面体APQR 与AGHQ 的体积分别为V ，1V ．求证：13V V ≥，当且仅当RP BC ∥或RP 与BC 重合时等号取得．4．四面体ABCD 内接于半径为R 的球，且球心O 在四面体内部．求证：四面体ABCD 至少有一条棱长． 5．在四面体ABCD 中，P 为各棱长之和，V 为其体积，用()CD S 表示过四面体棱CD 及相对棱AB 中点。
国外数学竞赛中几道平面几何问题的解读与欣赏
IcE = EM = FN = FIb . PI MP NP IQ
因PI=IQ, 所以, IcE=FIb, 从而D为EF的中点, 再注意I为PQ的中点即知T、I、D三 点共线.
3
证 法 2 如 图 8, 由 Mannheim 定 理 , I 为 PQ 的 中 点 . 又 TP 平 分 ∠ATB, ∠ATB=∠ACB , 所以∠PIB=∠AIB−90°= 1 ∠ACB =∠PTB. 因此, P、B、T、I四点共
BC'=AB+AC'=AB+AC, RQ'=PR+PQ'=PR+PQ. 故 AB+AC=PQ+PR.
问题 4 设L、M、N分别为△ABC的三条高AD、BE、CF的中点, △ABC的内切
6
圆与其边BC、CA、AB分别切于X、Y、Z, 则LX、MY、NZ三线共点. 记此点为P, 进而证明点P在△ABC的外心与内心的连线上. （第 44 届(2003)IMO越
直接证明这个问题似乎找不到突破口, 下面给出一个比较简单的间接证明. 我们先证明另一个问题: 设 E、F 分别为△ABC 的边 AB、AC 上的点, 且 AE=AF, I 是△ABC 的内心, D 为△EBI 的外接圆与△FIC 的外接圆的另一交点, 则△DEF 的外接圆分别与 AB、 AC 相切于 E、F, 且△DBC 的外接圆与△DEF 的外接圆相切于 D.
4
Simson 线的一个性质：三角形的外接圆上任意一点 P 与三角形的垂心的连 线被点 P 关于三角形的 Simson 线平分; （图 11）
A
H
F
B
D
C
E
P
图 11
A
H2
2021年泛美洲女子数学奥林匹克平面几何题解答
2021年泛美洲女子数学奥林匹克平面几何题解答
题1. 等腰直角⊿ABC中，∠BAC=90º.设M为AC中点，以AB为直径的圆与直线BM交于不同于B的点P.求证：⊙(APC)与BC相切.
证明:如图1所示,设⊙(APC)的外心为O, K、N、S分别为AB、BC、AP的中点.
易知O在AP垂直平分线上，得K、S、O共线，同理N、M、O 共线.由于KO//BP,NO//BA,得∠NOK=∠KBP.则知四边形BKOM为平行四边形，进而四边形KAOM为平行四边形，于是MO=AK=AM=MN=MC知ANCO四点共圆.显然AN⊥BC.结合AN⊥BC知OC⊥BC.命题得证！题2.⊿ABC的内心为I，顶点A所对的旁切圆为Ω，设Ω与BC、CA、AB分别切于点D、E、F.直线ID、IE、IF分别与Ω再次交于点G、H、K.直线DE与GH交于点X，GK 与DF交于点Y，AD的中点为M.求证：MX=MY.
证明：易知AE=AF,只需证明点X、Y分别为DE、DF的中点，此时有2MX=AE=AF=2MY.如图2所示延长DH交GE于点Q,显然DE//IC,∠IHD=∠DGE=∠DEC=∠C=∠ICD，得I、C、H、D四点共圆.
连接CQ,∠CHQ=∠CID=∠EDG=∠QEC,于是C、Q、E、H四点共圆.∠ECQ=∠EHQ=∠IHD=∠ICD=∠ICA，于是I、C、Q三点共线.在完全四边形GDIHQE中，点C为其Miquel点，设J为旁切圆圆心，注意到GDHE四点共圆，由顶共圆完全四边形的性质(或布洛卡定理)知J、X、C共线，显然JC垂直平分DE，于是X为FD的中点，同理Y为DF 的中点.综上命题得证！。
一道美国几何竞赛题的解法及思考
参 考 文 献 ［１］２０１０年 ＩＭＯ 中 国 国 家 集 训 队教 练 组 ．走 向 ＩＭＯ ·数 学 奥林 匹克 试题 集锦 ［Ｍ］． 上海 ：华东 师范大学出版社 ，２０１０：１８２—１８５． ［２］王元 ，等．华罗 庚科普 著作选集 ［Ｍ］。 上海 ：上海教育出版社 ，１９８４：１１９． ［３］波利亚 ．数学与猜 想 （第 二卷 ）——合 情推理 的模 式 ［Ｍ］．李 志尧等 ，译 ．北 京 ：科学 出版 社 ，２００１：１７７． ［４］史 宁 中 ，等．关 于高 中数 学教 育 中的 数学核心 素 养——史 宁 中教授 访 谈 之七 ［Ｊ］． 课程 ·教材 ·教法 ，２０１７，３７（４）：８
图 １
３ 几 种 解 法 方法 １．构造菱形 ，利用不等式 解 ：分别 取 ＡＢ、 Ｃ、ＣＤ、ＡＤ 的 中点 Ｅ、
Ｆ、 、Ⅳ，连接 ＥＦ、 、删 、ＥⅣ，如 图２所示． 由题意可 知 ，因为 ＡＣ ＝ Ｄ ＝ １，Ｅ、Ｆ、
、 Ⅳ分别为Ａ 、ＢＣ、ＣＤ、ＡＤ的中点 ，即ＥＦ＝
对该题进行解答 ，并 给予分析 和点评．最后 ，对 本题 的解答过程进行 了反思 和 总结 ，旨在说 明 平面几何在训练学生 的理性 思维 ，提 高学生 的 数学素养 中扮演着非常重要 的作用． ２ 题 目
原 题 ：Ｌｅｔ ＡＢＣＤ ｂｅ ａ ｃｏｎｖｅｘ ｑｕａｄｒｉｌａｔｅｒａｌ
、
２０１８年第 ８期
数 学教 学
８—９
一 道 美 国 几 何 竞 赛 题 的 解 法 及 思 考
钟 劲 松 （湖南教 育 出版社 ，湖 南 长沙 ４１０００７）
2015年韩国数学竞赛几何题
2015年韩国数学竞赛几何题
【提纲】
一、题目背景介绍
2015年韩国数学竞赛中的一道几何题引起了广泛关注。
这道题目考查了学生的几何知识，包括相似三角形、勾股定理等，同时也考验了学生的逻辑思维和计算能力。
现在，让我们一起来分析这道题目。
二、几何题分析
该题目描述如下：在一个直角三角形ABC中，角A为90度，角B为60度，角C为30度。
已知边AC为3，边BC为4，求边AB的长度。
三、解题思路和方法
首先，我们可以通过角度信息得出三角形ABC是一个直角三角形。
接下来，我们可以利用三角形的性质和勾股定理来解题。
四、解题步骤详解
1.由于角B为60度，我们可以知道三角形ABC是一个等边三角形，即AB = AC。
2.根据勾股定理，有AB = AC + BC。
已知AC = 3，BC = 4，带入公式得AB = 9 + 16 = 25。
3.求平方根，得到AB = 5。
五、类似题目推荐
1.如果三角形ABC的角A为45度，角B为45度，角C为90度，且AC = 3，BC = 4，求AB的长度。
2.在一个直角三角形中，角A为30度，角B为60度，角C为90度。
已知边AC = 2，边BC = 4，求边AB的长度。
通过以上解题过程，我们可以发现这类题目主要考查了相似三角形、勾股定理等几何知识。
在解题时，要熟练掌握这些知识点，并运用逻辑思维和计算能力来解决问题。
(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。
平面几何竞赛（原创）
证法一：如图所示，过点A 作直线ab g D +S RB D ，若1=××RBARQA CQ PC BP ，P R Q B C A D R Q P C B A 证明：设直线Q P ,交AB 于点M ，则由梅涅劳斯定理，得到1=××MBAM QA CQ PC BP ，由题设条件知1=××RB AR QA CQ PC BP ，即有=MB AM RB AR ，又由合比定理知=AB AM ABAR ，故有AR AM =，从而R M ,重合，即R Q P ,,三点共线。
三点共线。
说明：（1）“R Q P ,,三点中有奇数个点在边的延长线上”这一条件十必要，否则的话，梅涅劳斯定理就不成立了；梅涅劳斯定理就不成立了；（2）恰当地选择三角形的截线或作出截线，是应用梅涅劳斯定理定理的关键，其逆定理常用来证明三点共线；理常用来证明三点共线；（3）此定理常运用求证三角形相似的过程中的线段成比例的条件；）此定理常运用求证三角形相似的过程中的线段成比例的条件；（4）也可以将上述两个定理合写成：设R Q P ,,分别是ABC D 的三边AB CA BC ,,所在直线（包括三边的延长线）上的点，则R Q P ,,三点共线的充要条件是1=××RBAR QA CQ PC BP 。
例题：1． 设AD 是△ABC 的边BC 上的中线，直线CF 交AD 于F 。
求证：。
【分析】【分析】CEF CEF 截△ABD→（梅氏定理）（梅氏定理）【评注】也可以添加辅助线证明：过A 、B 、D 之一作CF 的平行线。
的平行线。
2． 过△ABC 的重心G 的直线分别交AB AB、、AC 于E 、F ，交CB 于D 。
求证：。
【分析】连结并延长AG 交BC 于M ，则M 为BC 的中点。
点。
DEG 截△ABM→（梅氏定理）（梅氏定理）DGF 截△ACM→（梅氏定理）（梅氏定理）∴===1【评注】梅氏定理【评注】梅氏定理例1 若直角ABC D 中,CK 是斜边上的高,CE 是A C K Ð的 平分线,E 点在AK 上,D 是AC 的中点,F 是DE 与CK 的交点, 证明://BF CE . 证明:因为在EBC D ,作B Ð的平分线BH , 则,,EBC ACK HBC ACE Ð=ÐÐ=Ð 90H B C H C B A C E H C B Ð+Ð=Ð+Ð=°即BH CE ^.所以EBC D 是等腰三角形. 作BC 上的高EP ,则CK =EP .对于A C K D 和三点D E F 、、 依梅涅劳斯定理有:1CD AE KFDA EK FC××=.因为,CD DA = 所以.AE KF EK FC =于是KF EK CK EP BP BK FC AE AC AC BC BE ====＝,即KF BKFC BE＝. 依分比定理有:KF BKKC KE＝,所以F K B C K E D D ,所以//BF CE . 定理2 设P Q R 、、分别是ABC D 的三边B C C A A B 、、上 或它们的延长线上的三点,并且P Q R 、、三点中,位于ABC D 边上的点的个数为0或2,这时若1BP CQ ARPC QA RB××=，求证:P Q R 、、三点共线.证明:设直线PQ 与直线AB 交于'R ,于是由定理1得:''1BP CQ AR PC QA R B××=.又因为1B P C Q A R P C Q A R B ××=,所以''AR ARRBR B ＝.由于同一直线上的'P Q R 、、三点中,位于ABC D 边上的点的个数为0或者,因此R 与'R 或者同在AB 线段上,或者同在AB 的延长线上.若R 与'R 同在AB 线段上,则R 与'R 必定重合,不然的话,',AR AR >,这时'',,AB AR AB AR BR BR -<-<即于是''AR AR BR BR >,这与''AR AR BR BR ＝矛盾.类似地,可证得R 与'R 在AB 的延长线上时,R 与'R 也重合.综上可得:P Q R 、、三点共线. B C C A A B 、、引的垂线的垂足,111111＝1AF FB=,又因为AE AF =, ＝EABD ＝＝,将上面三式相乘,可×由定理2可得X Y Z 、、三点共线. 112(,)OAC A C B 和，应用梅涅劳斯定理112112112, 222由梅涅劳斯定理可知222A B C 、、三点共线. 条直线都相切，E ，F ，G ，H 为切年全国高中数学联赛二试题第3CBA1A 1B 1C P1G H F C A P D B E O 1 O G H F C A P D B E O 1O 1ABP BMP ABMD D D ,D D ＝‘＝111111BKKF ＝依分比定理有：＝即：＝ CBA1A 1B 1C MQRACPBK L N M CBA P例2 在锐角ABC D 中,C Ð的平分线交于AB 于L , 从L 作边AC 和BC 的垂线,垂足分别是M 和N ,设AN 和BM 的交点是P ,证明:C P A B ^. 证明:作C K AB ^,下证C K B M A N 、、三线共点,且为P 点.要证C K B M A N 、、三线共点,依塞瓦定理,即要证:1AM CN BK MC NB AK ××=,又因为MC CN =,即要证明:1AM BK AK NB ×=.因为,A M A L B K B C A M L A K C B N L B K C A K A C N B B L D D Þ=D D Þ= ,即要证:1AL BC AC BL×=.依三角形的角平分线定理可知:1AL BC AC BL ×=.因为C K B M A N 、、三线共点,且为P 点,所以C P A B ^. 例3 设AD 是ABC D 的高,且D 在BC 上,若P 是AD 上 任一点,B P C P 、分别与AC 、AB 交于E 和F ,则E D A F D A ÐÐ＝. 证明:过A 作AD 的垂线,与DE 、DF 的延长线分别交于M 、N .欲证E D A F DA Ð=Ð，可以转化为证明AM AN =.因为AD BC ^,所以//MN BC ,可得A M E C D E A N FB D F D D D D ,,所以,AM AE AN AF CD CE BD BF ==,于是,AE CD AF BD AM AN CE BF××==.因为AD BE CF 、、共点于P ,根据塞瓦定理,可得:1BD CE AF DC EA FB ××=,所以AE CD AF BDCE BF××=.因为AM AN =,所以E D A F D A Ð=Ð. 例4 在ABC D 的B C C A A B 、、上取点111A B C 、、，证明:111111111111sin sin sin sin sin sin AC BA CB ACC BAA CBB C B A C B A C CB A AC B BAÐÐÐ××=××ÐÐÐ证明:如图对1ACC D 和1BCC D 用正弦定理, 可得:111111sin sin ,sin sin AC ACC CC B C C A C B C CB ÐÐ==ÐÐ,即1111sin sinsin sin AC ACC BC B C CB A ÐÐ=×ÐÐ, 同理:11111111sin sin sin sin ,sin sin sin sin BA BAA CB CBB C A A C A AC B B A B BA CÐÐÐÐ=×=×ÐÐÐÐ, 从而111111111111sin sin sin sin sin sin AC BA CB ACC BAA CBB C B A C B A C CB A AC B BAÐÐÐ××=××ÐÐÐ. 练习:1.证明:三角形的角平分线交于一点. 证明:记ABC D 的角平分线分别是111,,,AA BB CC 因为111111,,AC BA CB b c aC B a A C b B A c===, 所以1111111AC BA CB C B A C B A××=,所以三角形的角平分线交于一点. 2.证明:锐角三角形的高交于一点. CBA1A 1B 1C CBA1A 1B 1C证明:记锐角ABC D 的高分别是111,,,AA BB CC 设1CB x ＝,那么1AB b x -＝, 于是()2222222112a b c c b x BB a x CB x b+---==-Þ==, 则22212c b a B A b+-=. 同理可得:2222222222221111,,,2222b c a a c b c a b b a c AC C B BA AC c c a a+-+-+-+-====. 所以1111111AC BA CB C B A C B A××=,所以三角形的高交于一点. 3.已知ABC D 外有三点M N R 、、,且,BAR CAN a Ð=Ð= ,CBM ABR b Ð=Ð=ACN BCM g Ð=Ð=，证明:A M B N C R 、、 三线共点. 证明:设AM 与BC 交于M ‘,BN 与AC 交于N ‘,CR 与AB 交于R ‘,ABC D 的三个内角分别记为A B C ÐÐÐ、、, 则1sin()sin 1sinsin()ABM ACM AB BM A S BM AB BAM AM S AC CAM CM AC CM CAMb g D D ××Ð+×Ð===Ð××Ð+ב‘‘‘sin sin()sin sin()AB B AC C b b g g ×Ð+=×Ð+, 即sin sin()sin sin()BM AB B AC C CM b b g g ×Ð+×Ð+‘‘＝,同理:sin sin()sin sin()CN BC C BA A ANg g a a ×Ð+×Ð+‘‘＝；sin sin()sin sin()AR CA A CB B BR a a b b ×Ð+×Ð+‘‘＝,将以上三式相乘,可得:1BM CN ARCM AN BR×ב‘‘‘‘‘＝, 根据塞瓦定理可知AM BN CR ‘‘‘、、三线共点. 5.设111A B C 、、是ABC D 的内切圆与边B C C A A B 、、的切点,证明:直线111AA BB CC 、、三线共点. 证明:显然111111,,AC B A BA C B CB A C ===,所以1111111AC BA CBC B A C B A××=,即111AA BB CC 、、三线共点. 6.在ABC D 的边上向外作正方形,111A B C 、、是正方形的边B C C A A B 、、的对边的中点,证明:直线111AA BB CC 、、相交于一点. 证明:记直线111AA BB CC 、、与边BC 、CA 、AB 的交点分别为222A B C 、、. 因为11211211sin sin()sin sin()ABA ACA S BA BA ABA AB AB B A C S AC CA ACA AC C j j D D ÐÐ+=××=×ÐÐ+＝, 其中11arctan 2CBA BCA j Ð=Ð=＝.同理,2222sin()sin(),sin()sin()CB AC BC C AC A B A AB A C B BC B j j j j Ð+Ð+=×=×Ð+Ð+,将上222＝BC AC ED =×, EDCBA111∴AC·BC＋BC·AB=AB·AC, AB AC BCBC AC AB BC AC AB ×90B E P P F C Ð=Ð=°,且F D C ,所以D E F 、、三点共四点共圆,因为由西姆松定理有Q R S 、、三点:P Q R 、、三点共线,所以P Q R 、、. F F’F，PB，∴∠FPN=∠F’PM，PF=PF‘。
2021保加利亚数学奥林匹克两道平面几何题的解答
2021保加利亚数学奥林匹克两道平面几何题的解答题2.锐角⊿ABC外心为O，在过C的高线上取一点T，使得∠TBA=∠ACB.若直线CO与边AB交于点K，证明:AB中垂线、过点A 的高线、直线KT三线共点.证明:设AD为过点A的高线，过C的高线与AB交于点E,AD与OM交于点R.显然OM//CE,故有：KM/KE=OM/CE.又OM/AM=tg∠OAM=ctg∠C,所以OM=AM·ctg∠C另一方面,MR/AM=tg∠MAR=ctg∠B,MR= AM·ctg∠B.ET/EB= tg∠EBT=tg∠C,ET=EB·tg∠C要使点R在KT上，只需KM/KE= MR/ER只需OM/CE=(AM·ctg∠B)/ (EB·tg∠C)只需(AM·ctg∠C)/CE=(AM·ctg∠B)/ (EB·tg∠C)只需ctg∠B= EB/CE,这在RT⊿CBE中显然成立.命题得证！题6 在⊿ABC中，AC>BC,点S为其外接圆⍵上弧ACB的中点，I 为其内心，直线SI与⍵再次相交于点T.已知D为I关于T的对称点，M为边AB的中点，过点D作AB的平行线于直线IM交于点E.求证：AE=BD.证明：如图所示.连SA、SB,设SM交⍵于点O.由于S为弧ACB的中点，M为AB中点，所以SM⊥AB，SO为⍵的直径,点O为劣弧AB的中点,C、I、O三点共线.由内心的性质知OA=OB=OI,于是点O为⊿AIB的外心，SA、SB 分别为圆O的切线.由于SO为⍵的直径，所以OT⊥ST,而点D和点I关于T对称，也即点D和点I关于OT对称，所以点D在圆O上.由SA、SB为圆O的切线知，四边形IADB为调和四边形，又点M为AB中点，由调和四边形性质知，∠BMI=∠DMB=∠DAI=180º-∠DBI.设DE 交圆O于点E’,连IE’.则∠IE’D=180º-∠DBI=∠BMI，所以I、M、E’三点共线，于是E和E’重合.显然AEDB为等腰梯形，所以AE=BD.命题得证！。
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全国高中数学联赛平面几何国外竞赛题阅读阅读时必须考虑的几个问题：1．步步皆要考虑“知其然之其所以然”。
2.解此题的关键步骤是什么？如何想到，是否应该想到这样的方法、这样的思路？3.画图线条的如何取舍？4.本题有什么特点？解法是否接触过？5.分析思考各类定理的运用时机，运用条件。
注意：思考过久（不超过15分钟为宜）不知其然，思考过久（不超过10分钟为宜）不知所以然，跳过！强调一下，不超过不是指一题不超过15分钟，是指从某一步推到另一步不超过的时间。
例1（美国37届）设M 、N 、P 分别是非等腰锐角△ABC 的边BC 、CA 、AB 的中点，AB 、AC 的中垂线分别与AM 交于点D 、E ，直线BD 、CE 交于点F ，且点Ｆ在△ＡＢＣ的内部。
证明：Ａ、Ｎ、Ｆ、Ｐ四点共圆。
证明：如图1，设△ＡＢＣ的外心为Ｏ。
则∠ＡＰＯ＝∠ＡＮＯ＝900。
于是Ａ、Ｐ、Ｎ在以ＡＯ为直径的圆上。
因此，只要证明∠ＡＦＯ＝900。
不妨设ＡＢ＞ＡＣ。
由ＰＤ是ＡＢ的中垂线知，ＡＤ＝ＢＤ。
同理，ＡＥ＝ＣＥ。
设α＝∠ＡＢＤ＝∠ＢＡＤ，CAE ACE β∠=∠＝。
则BAC αβ+=∠。
在△ＡＢＭ和△ＡＣＭ中，由正弦定理得sin sin BM ABBMA α=∠，sin sin CM AC CMAβ=∠。
由于si n ∠BMA=sin ∠CMA ，因此sin sin BM ABCM ACβα=。
又因为ＢＭ＝ＣＭ，所以，sin sin ACABαβ=。
如图2，在△ＡＢＦ和△ＡＣＦ中，由正弦定理得CC图2,sin sin sin sin AF AB AF ACAFB AFCαβ==∠∠。
于是，sin sin sin sin AC AFBAB AFCαβ∠=∠。
从而，sin sin AFB AFC ∠=∠。
因为2,2ADF DEC αβ∠=∠=，所以180221802EFD BAC αβ∠=--=-∠oo。
因此，∠ＢＦＣ＝2∠ＢＡＣ＝∠ＢＯＣ。
于是，Ｂ、Ｏ、Ｆ、Ｃ四点共圆。
又∠ＡＦＢ+∠ＡＦＣ＝3600－2∠ＢＡＣ>1800，则∠ＡＦＢ＝∠ＡＦＣ＝1800-∠ＢＡＣ，且∠ＯＦＢ＝∠ＯＣＢ＝900－∠ＢＡＣ。
故∠ＡＦＯ＝∠ＡＦＢ－∠ＯＦＢ＝（1800-∠ＢＡＣ）-（900－∠ＢＡＣ）＝900。
阅读提示：1）注意思路分析，思考步步的因果关系及正弦定理的运用时机，2）注意画图，思考作图关键点，训练画圆。
例2（07-08匈牙利）已知凸六边形123456A A A A A A 所有的角都是钝角，圆(16)i i Γ≤≤的圆心为i A ，且圆i Γ分别与圆1i -Γ和圆1i +Γ相外切，其中，0617,Γ=ΓΓ=Γ。
设过圆1Γ的两个切点所连直线与过圆3Γ的两个切点所连直线相交，且过这个交点与点2A 的直线为e ；类似地由圆3Γ、圆5Γ和4A 定义直线f ，由圆5Γ、圆1Γ和6A 定义直线g 。
证明：记这六个切点分别为12B B B B B B 3456、、、、、（如图）。
设123456B B B B B B 、、两两交于点P Q R 、、。
联结164523B B B B B B 、、。
由角元塞瓦定理得16666166666161sin sin sin 1sin sin sin B PA PB A B B A A PB A B B A B P∠∠∠=∠∠∠g g 。
（1）3R又6661A B A B =，则661616A B B A B B ∠=∠。
故式（1）为16666661sin sin 1sin sin B PA PB A A PB A B P∠∠=∠∠g 。
完全类似地得54444445sin sin 1sin sin B RA RB A A RB A B R ∠∠=∠∠g ，32222223sin sin 1sin sin B QA QB A A QB A B Q∠∠=∠∠g 。
以上三式相乘并由6656555654PB A A B B A B B RB A ∠=∠=∠=∠，4434333432RB A A B B A B B QB A ∠=∠=∠=∠， 2212111216QB A A B B A B B PB A ∠=∠=∠=∠，得165432664422sin sin sin 1sin sin sin B PA B RA B QA A PB A RB A QB ∠∠∠=∠∠∠g g 。
由角元塞瓦定理的逆定理知，6PA 、2QA 、4RA 三线共点，即,,e f g 三线共点。
阅读提示：1）塞瓦定理是证明三线共点的有效工具，注意角元形式的应用，2）注意本题作图的特点并没有把圆画出，以后作图注意线条的取舍，没必要的线条会干扰思维。
例3（08罗马尼亚第一天）设六边形ＡＢＣＤＥＦ是所有边的长度均为1的凸六边形。
证明：△ＡＣＥ和△ＢＤＦ的外接圆半径中至少存在一个不小于1。
证明：假设△ＡＣＥ、△ＢＤＦ的外接圆半径均小于1。
如图，设△ＡＣＥ的外心为Ｏ。
则∠ＡＯＣ>∠ＡＢＣ，∠ＣＯＥ>∠ＣＤＥ，∠ＥＯＡ>∠ＥＦＡ。
若△ＡＣＥ是非钝角三角形，则点Ｏ在△ＡＣＥ内部或边界上。
于是∠ＡＯＣ+∠ＣＯＥ+∠ＥＯＡ＝２π。
若△ＡＣＥ是钝角三角形，则点Ｏ在△ＡＣＥ的外部。
于是∠ＡＯＣ+∠ＣＯＥ+∠ＥＯＡ<２π.无论哪种情况，均有∠ＡＢＣ+∠ＣＤＥ+∠ＥＦＡ<２π。
同理，对于△ＢＤＦ，均有∠ＢＣＤ+∠ＤＥＦ+∠ＦＡＢ<２π。
故∠ＡＢＣ+∠ＣＤＥ+∠ＥＦＡ+∠ＢＣＤ+∠ＤＥＦ+∠ＦＡＢ<４π。
矛盾。
阅读提示：平面几何中的存在性问题（或至多至少问题）往往采取分类讨论，排除不可能的情形。
例如：教材第220例4。
E例4（08罗马尼亚第三天）在△ABC中，∠BAC<∠ACB，D、E分别是边AC、AB上的点，且满足∠ACB＝∠BED，F是四边形BCDE内一点，且满足△BCF的外接圆与△DEF的外接圆相切，△BEF的外接圆与△CDF的外接圆相切。
证明：A、C、E、F四点共圆。
证明：先证明：点F在线段BD上，且满足∠FEB＝∠DCF，∠DEF＝∠FCB。
如图，若点F 在△BDE的内部，作△BEF、△CDF外接圆的一条过点F的公切线HI。
设BF的延长线与△CDF的外接圆交于点G。
则G在不含点C的弧»FD上。
于是，∠BEF＝∠BFI＝∠HFG＝∠FCG<∠FCD。
同理，考虑△BCF、△DEF的外接圆的一条过点F的公切线及DF与△BCF的外接圆的交点，可得∠DEF<∠BCF。
因此，∠BED<∠BCD。
矛盾。
若点F在△BCD的内部，类似地有∠BED>∠BCD。
由上面的讨论可知，一定有∠BEF＝∠DCF，∠DEF＝∠BCF，且点F在BD上。
故∠EFC+∠EAC＝∠ABF+∠ACF+∠FBC+∠FCB+∠EAC＝∠ABC+∠ACB+∠BAC＝1800，即A、C、E、F四点共圆。
例5（08美国国家队选拔）设G是△ABC的重心，P是线段BC上的动点，Q、R分别是边AC、AB上的点，使得PQ∥AB，PR∥AC。
证明：当点P在线段BC上变动时，△AQR的外接圆经过一个定点X，且点X满足∠BAG＝∠CAX。
证明：如图，设X是△AQR的外接圆与∠BAC内作∠BAX＝∠CAG的一边AX的交点。
下面证明：X是定点。
只需证明AX是定长。
由托勒密定理得AX·RQ＝AR·XQ+AQ·XR。
取正弦得AXsin∠BAC=ARsin∠XAQ+AQsin∠XAR.故AXsin∠BAC=ARsin∠BAG+AQsin∠CAG.由PR∥AC,AR∥PQ，得AR=PQ，AQ=PR。
记BPBCλ＝。
则CPBCλ＝1-。
因此，PQABλ＝1-，PRACλ＝。
故AXsin∠BAC=PQsin∠BAG+PRsin∠CAG=(1-λ)ABsin∠BAG+λACsin∠CAG=ABsin∠BAG+λ(ACsin∠CAG-ABsin∠BAG).由G是重心知ACsin∠GAC=ABsin∠GAB.因此，AXsin∠BAC=ABsin∠GAB.故AX＝ABsinsinGABBAC∠∠（定长）。
例6（08印度国家队选拔）设△ABC是非等腰三角形，其内切圆为T，圆T与三边BC、CA、AB分别切于点D、E、F。
若FD、DE、EF 分别与AC、AB、BC交CD于点U、V、W，DW、EU、FV的中点分别为L、M、N，证明：L、M、N三点共线。
证明：如图，设DF、FE、ED的中点分别为P、Q、R。
则PQ∥DE，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。
因为AE＝AF，所以，AQ是∠CAB的角平分线。
同理，BP、CR分别是∠ABC、∠BCA的角平分线，且AQ、BP、CR交于△ABC的内心I。
在△ABC和△QPR中应用笛沙格定理得，其对应边PR与BC、RQ与CA、QP与AB的交点L、M、N三点共线。
阅读提示：1）对于笛沙格定理，我们相对比较陌生，这就要求我们在考前对不熟悉定理的回顾（只有一点印象是不够的）。
2）对于比较复杂的图形我们又应该采取怎么处理？如何理清图中的线条？笛沙格定理的运用时机是什么？运用该定理的关键点是什么，如何创造定理使用的条件？。