高二数学竞赛班二试平面几何讲义.第十讲几何不等式doc3.doc
高一联赛班春季班第10讲几何不等式
第 10 讲几何不等式10.1 化曲为直几何不等式在此刻的高中数学联赛中其实不直接观察证明，常出现的形式有以下两种：1.在几何题中利用不等式获得大小关系，防止议论或直接取等建立的条件；2.在证明朝数不等式时结构几何图形从而得证．常用基本结论：结论一：连结两点A, B的全部线中，线段AB 最短．推论：三角形两边之和大于第三边；三角形第三边上的中线小于另两边和的一半．结论二：三角形中，大角对大边，大边对大角．结论三：若一个凸多边形位于另一个凸多边形内部，则外面的凸多边形的周长大于内部的凸多边形的周长．推论：圆内的凸多边形的周长小于圆的周长．结论四：连结凸多边形内部或边上的随意两点，所得线段长度，或许不超出该凸多边形的最大边长，或许不超出该凸多边形的最大对角线长．推论：圆内的随意线段不超出圆的直径．【例 1】（热身问题）a,b,c 是△ABC的三边长，求证：a b c2．b c c a a b【例 2】在△ABC中，AB是最长边，P 是三角形中随意一点，求证：PA PB PC ．CPA B 【例 3】求证：两头点在圆上且均分圆的面积的全部线中，直径最短．【例 4】设一条平面内的关闭折（曲）线的周长为 4 ，求证：一个半径为 1 的圆完整覆遮住该折线．10.2 Ptolemy 不等式Ptolemy 不等式：在四边形ABCD 中，有 AB CD AD BC AC BD ．此中，当且仅当A, B, C, D 四点共圆时，等建立．【例 5】证明 Ptolemy 不等式：在四边形ABCD 中，有 AB CD AD BC AC BD ．DAB C 【例 6】利用 Ptolemy 不等式证明Klamkin 对偶不等式：设△ ABC 的三边长为a,b,c ，此中边 b, c 上的中线为2m b , m c，求证： 4m b m c 2a bc ．AEDc bm b m cB a C【例 7】设P为平行四边形ABCD 内部一点，求证：PA PC PB PD AB AD ．D CPA B【例 8】（ * 选讲）已知正n 边形 A1 A2A n， M 1 , M 2 , , M n分别是 A1 A2 , A2 A3 ,, A n A1的中点，n nP 为形内随意一点，求证PM i cos PA i．i 1n i110.3 圆内接四边形中的不等式四边形面积不等式：设四边形四边长挨次为a,b, c, d ，半周长为 p a b c d，面积为 S ，2有 S( p a)( p b)( p c)( p d ) ．此中，当且仅当该四边形为圆的内接四边形时，等建立．【例 9】已知如图，四边形ABCD 内接于圆， AB a ， BC b ， CD c ， DA d ，求证： S ABCD( p a)( p b)( p c)( p d ) ，此中p a b c d ．2AdDacB b C【例 10】（ Popa 不等式）假如一个凸四边形的边长为a, b,c, d ，且a b c d ，面积为 S ．332求证： S4 c ．【例 11】（高灵不等式）设凸四边形ABCD 和 A'B'C 'D ' 的边长分别为a, b,c, d 和 a ',b ',c', d ' ，面积分别为 S 和 S' ，令K 4(ad bc)( a 'd ' b 'c ') ( a2b2c2 d 2 )(a '2 b '2 c'2 d '2 ) ．求证： K 16SS' ．实战操练【操练 1】设P是△ABC外角均分线AD 上随意一点，求证：PB PC AB AC ．APB C D【操练2】给定边长为a, b, c 的三角形，交于点 D ,E,F ，求证：PD a b c ， P 为其内部的一点，直线PE PF a ．AP ,BP ,CPA分别于三边FEPB D C【操练 3】设 E, F 分别是△ABC 中射线AC, AB上的点，求证：AB AC AE AF BE CF ．ACBEF【操练 4】已知凸六边形ABCDEF ，且 AB BC，CD DE，EF FA ，求证：BCDE FA 3 ．BE DA FC2【操练5】设△ABC中，A, B,求证： AA' BB' CC'C 的角均分线分别交△AB BC CA．ABC 的外接圆于A',B ',C '，【操练 5】设凸四边形ABCD 存在内切圆，它的每个内角和外角都不小于60 ，求证：1333333．3AB AD BC CD 3 AB AD。
高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)
第一讲 注意添加平行线证题在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1、为了改变角的位置大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知△DBP ≌△AQC .有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC .于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP .所以AB ＝AC .这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2、如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ,可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE .所以,∠EBA ＝∠ADE .这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙. 2、欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.例3、在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的 平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC∥＝A D BP QC图1PE D G A B FC图2A N E BQ K G CD M FP 图3两边距离相等.有KQ ＝PN . 显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC . 由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ . 这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷.3 、为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的. 例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行, 设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E . 由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋M 2E , 易知 AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2.则AP AB ＋AQ AC ＝DECEBE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM .所以,APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.例5、 AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E ,CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、 BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DCAQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BC AN DC ·. (3)对比(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ .所以,∠FDA ＝∠EDA .这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.4、为了线段相等的传递AP EDM 2M 1BQN 1N 2图4图5MP A Q NFB DC EK当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ,可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND . 于是,BE ＝NC . 显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2).这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN ,使解题找到出路. 例7、如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F ,使EA ＝DA ,FB ＝DB .过D 作AB 的垂线,交半圆于C .求证：CD 平分EF .证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB . 易知DB 2＝FB 2＝AB ·HB ,AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得DB 2－AD 2＝AB ·(HB －AG ),或 (DB －AD )·AB ＝AB ·(HB －AG ).于是,DB －AD ＝HB －AG ,或 DB －HB ＝AD －AG . 就是DH ＝GD .显然,EG ∥CD ∥FH .故CD 平分EF .这里,为证明CD 平分EF ,想到可先证CD 平分GH .为此添加CD 的两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩.经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即 BN DM＝NCME 或ME DM ＝NC BN . 此式表明,DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC .利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮. 例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长线交EF 于G .求证：EG ＝GF .证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N .由BD ∥EF , 可知MN ∥BD .易知 S △BEF ＝S △DEF .有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC . 可得MC ＝CN . 所以,EG ＝GF .例9 如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O与BC 、CA 、AB图6AN CDEB MAGD O HBFC E图7图8A DBN C EM图9ABM EF ND CG的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC .证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF . 由OD ⊥BC ,可知OK ⊥PQ .由OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ . 由OE ⊥AC ,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP .显然,∠FKQ ＝∠EKP ,可知∠FOQ ＝∠EOP .由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP .于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP .所以,AK 平分BC .综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD ,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E ,延长CD 交直线NM 于F .求证：∠BEN ＝∠CFN . (提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN .)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB .已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB .(提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D .易证△ACD ∽△PBA .答：75°) 3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC ,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm 2.求六边形ABCDEF 的面积.(提示：设EF 、DC 分别交直线AB 于P 、Q ,过点E 作DC 的平行线交AB 于点M .所求面积与EMQD 面积相等.答：120cm 2)4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E .已知AC :AB ＝k .求AE :EC .(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F .设BC ＝1,有AD ＝k ,DC ＝k 2.答：211k ) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D ,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F .求证：DE AD ＝FBCF.(提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H .H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A :∠B :∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c .求证：a1＋b 1＝c1.(提示：在BC 上取一点D ,使AD ＝AB .分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F.)O图107. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G .求证：FH ＝HG .(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N .)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：OM ＝ON .(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F .过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF .)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆 例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A .求证：BD ＝2CD .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA＝∠ABC ＝∠AFC,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF . 作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF . 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2.则sin ∠AOB ＝____. 分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.A BGCD FE图1ABCDPO 图2设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ .又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD .于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD . 2 、构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长. 分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在半径为p 的⊙D 上.利 用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系. 解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE .显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD ,∴BC ＝AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.A图3BPQDHC A EDCB图4解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),对称轴为x ＝1,与x 轴交 于两点B (－2,0)、C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有 3＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图6, ∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交BA 的延长线于E . 则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝AB 2－AN 2,即 AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2. 分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连结CG . 因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆. 由切割线定理,有EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2, 即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明. 证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示.∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇,E A NCD B FM 12345图6(1)(2)图8ABCA'B'C'c a b a'c'b'ABCa bb c∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '', 即 DC c '＝aa '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD ,即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而ACAB＝DE BD ＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数.(提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2.(提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.)5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE .(提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.) 6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.F DAEC图10图11(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCD E 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。
高中数学竞赛_不等式【讲义】
第九章 不等式一、基础知识不等式的基本性质：（1）a>b ⇔a-b>0； （2）a>b, b>c ⇒a>c ； （3）a>b ⇒a+c>b+c ； （4）a>b, c>0⇒ac>bc ；（5）a>b, c<0⇒ac<bc; （6）a>b>0, c>d>0⇒ac>bd;（7）a>b>0, n ∈N +⇒a n >b n ; （8）a>b>0, n ∈N +⇒n nb a >;（9）a>0, |x|<a ⇔-a<x<a, |x|>a ⇔x>a 或x<-a; （10）a, b ∈R ，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b ∈R ，则(a-b)2≥0⇔a 2+b 2≥2ab; （12）x, y, z ∈R +，则x+y ≥2xy , x+y+z .33xyz ≥前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。
（6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd ，所以ac>bd ；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若n nb a ≤，由性质（7）得n n n n b a )()(≤，即a ≤b ，与a>b 矛盾，所以假设不成立，所以n nb a >；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a ≤|a|, -|b|≤b ≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b ≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-22)(y x xy -=≥0，所以x+y ≥xy 2，当且仅当x=y 时，等号成立，再证另一不等式，令c z b y a x ===333,,，因为x 3+b 3+c 3-3abc =(a+b)3+c 3-3a 2b-3ab 2-3abc=(a+b)3+c 3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c 2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a 2+b 2+c 2-ab-bc-ca)=21(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a 3+b 3+c 3≥3abc ，即x+y+z ≥33xyz ，等号当且仅当x=y=z 时成立。
个人精心高中数学联赛竞赛平面几何四大定理考纲
1、数学竞赛考纲二试1、平面几何根本要求：掌握高中数学竞赛大纲所确定的所有内容。
补充要求：面积和面积方法。
几个重要定理：梅涅劳斯定理、、、。
几个重要的极值：到三角形三极点距离之和最小的点--。
到三角形三极点距离的平方和最小的点 --。
三角形内到三边距离之积最大的点-- 重心。
几何不等式。
简单的。
认识下述定理：在周长必然的n 边形的会集中，正n 边形的面积最大。
在周长必然的的会集中，圆的面积最大。
在面积必然的n 边形的会集中，正n 边形的周长最小。
在面积必然的简单闭曲线的会集中，圆的周长最小。
几何中的运动：反射、平移、旋转。
方法、方法。
平面、及应用。
2、代数在一试大纲的基础上其他要求的内容：周期函数与周期，带的函数的图像。
，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。
，一阶、二阶递归，法。
函数，求 n 次迭代，简单的函数方程。
n个变元的平均不等式，，及应用。
复数的指数形式，欧拉公式，，单位根，单位根的应用。
圆排列，有重复的排列与组合，简单的组合恒等式。
一元 n 次方程〔多项式〕根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。
简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括，，欧几里得除法，非负最小完好节余类，，，，，格点及其性质。
3、立体几何多面角，多面角的性质。
三面角、直三面角的根本性质。
正多面体，欧拉定理。
体积证法。
截面，会作截面、表面张开图。
4、平面剖析几何直线的式，直线的，直线束及其应用。
二元一次不等式表示的地域。
三角形的。
圆锥曲线的切线和法线。
圆的幂和根轴。
5、其他。
会集的划分。
覆盖。
西姆松线的存在性及性质()。
及其逆定理。
一、平面几何1.梅涅劳斯定理〔 Menelaus 〕定理〔简称梅氏定理〕是由数学家梅涅劳斯第一证明的。
它指出：若是一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于(AF/FB) ×(BD/DC) ×(CE/EA)=1 。
或：设X、 Y、 Z 分别在△ ABC线上，那么X、Y、Z 共线的是 (AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1。
高中数学竞赛平面几何讲义
高中平面几何(叶中豪话题几何问题的联系和转化解题和编题的一些规律调和点列,反演与配极,调和四边形完全四边形及其 Miquel 点例题和习题1. △ ABC 中, AB =AC , BD ⊥ AC 于 D , E 在 AC 延长线上,且 CE =CD , F 在CA 延长线上,且 AF = 12CD 。
求证:BE ⊥ BF 。
2. AB 为半圆直径, C 为半圆上一点,由 C 引 AB 的垂线, D 为垂足。
分别在半圆上截取 AE =AD , BF =BD 。
求证:CD 平分 EF 。
3. 已知半圆的直径 AB 的长为 2r ,半圆外的直线 l 与 BA 的延长线垂直,垂足为T ,AT =2a (2a <2r , 半圆上有相异两点 M 、 N , 它们与直线 l 的距离 MP 、 NQ 满足 MP AM=NQAN=1。
求证:AM +AN =AB 。
l PQ T4. 在△ ABC 的边 BC 的延长线上取一点 D ,使 CD =AC ,△ ACD 的外接圆与以BC边为直径的圆交于 C 、 G 两点,直线 BG 、 AC 交于 E ,直线 CG 、 AB 交于F 。
求证:D 、 E 、 F 三点共线。
B5. △ ABC 内心为 I ,内切圆切 AB 、 AC 边于 E 、 F ,延长 BI 、 CI 分别交直线EF 于 M 、N 。
求证:S 四边形 AMIN =S △ IBC 。
B6. AC 是与 BD 垂直于 E 的直径, G 是 BA 延长线上一点,过 B 作 BF ∥ DG 交DA 延长线于 F ,作 CH ⊥ GF 于 H 。
求证:B 、 E 、 F 、 H 四点共圆。
7. 如图,圆 O 1和圆 O 2相交于 E 、 F ,过 E 作割线 AB ,使 AE =EB ,过 F 作割线CD , 联 AD 、 BC ,并过 A 作 AD 的垂线、过 B 作 BC 的垂线,设两条垂线相交于 P 点。
(2021年整理)高中数学竞赛讲义(免费)
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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试)与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1。
平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题.几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴.面积方法,复数方法，向量方法,解析几何方法。
2。
代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式,切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等，整系数多项式的有理根＊，多项式的插值公式＊。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程＊3。
初等数论同余，欧几里得除法,裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数［x］，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理＊.4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
高中数学竞赛解题方法篇(不等式)
高中数学竞赛中不等式的解法摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。
希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。
不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.1．排序不等式 定理1设1212...,...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤，则有1211...n n n a b a b a b -+++ (倒序积和)1212...n r r n r a b a b a b ≤+++（乱序积和） 1122 ...n n a b a b a b ≤+++（顺序积和）其中1,2,...,n r r r 是实数组1,2,...,n b b b 一个排列，等式当且仅当12...n a a a ===或12...n b b b ===时成立.（说明： 本不等式称排序不等式，俗称倒序积和乱序积和顺序积和.）证明：考察右边不等式，并记1212...n r r n r S a b a b a b =+++。
不等式1212...nr r n r S a b a b a b ≤+++的意义：当121,2,...,n r r r n===时，S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++.因此，首先证明n a 必须和n b 搭配，才能使S 达到最大值.也即，设n r n <且n b 和某个()k a k n <搭配时有.n n k n n r k r n n a b a b a b a b +≤+ （1-1）事实上， ()()()0n n n n nk r k n n r n r n k a b a b a b a b b b a a +-+=--≥不等式（1-1）告诉我们当nr n <时，调换n b 和n r b 的位置（其余n-2项不变），会使和S 增加.同理，调整好n a 和n b 后，再调整1n a -和1n b -会使和增加.经过n 次调整后，和S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++，这就证明了1212...n r r n r a b a b a b +++1122 ...n n a b a b a b ≤+++.再证不等式左端,由1211...,...n n n a a a b b b -≤≤≤-≤-≤≤-及已证明的不等式右端，得1211(...)nn n a b a b a b --+++1212(...)n r r n r a b a b a b ≥-+++即 1211...n n n a b a b a b -+++1212...n r r n r a b a b a b ≤+++ .例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c 是正数，求证：3()a b c a b ca b c abc ++≥.思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则有lg lg lg a b c ≥≥根据排序不等式有：lg lg lg lg lg lg a a b b c c a b b c c a ++≥++lg lg lg lg lg lg a a b b c c a c b a c b ++≥++ 以上两式相加，两边再分别加上 lg lg lg a a b b c c ++有 3(lg lg lg )()(lg lg lg )a a b b c c a b c c a b ++≥++++ 即 lg lg 3a b ca b cab c abc ++≥故 3()a b c a b cab c abc ++≥ .例2 设a,b,c R +∈，求证：222222333222a b b c c a a b c a b c c a b bc ca ab+++++≤++≤++. 思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则 222a b c ≥≥且111c b a≥≥根据排序不等式，有222222111a b c a b c c a b a b c++≥++222222111a b c a b c b c a a b c++≥++ 两式相加除以2，得222222222a b b c c a a b c c a b+++++≤++再考虑333ab c ≥≥，并且111bc ca ab≥≥ 利用排序不等式，333333111 a b c a b c bc ca ab ca ab bc++≥++333333111 a b c a b c bc ca ab ab bc ac++≥++ 两式相加并除以2，即得222222333222a b b c c a a b c c a b bc ca ab+++++≤++ 综上所述，原不等式得证.例3 设12120...,0...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤≤≤，而1,2,...,n i i i 与1,2,...,n j j j 是1,2,...,n 的两个排列. 求证：1111r snnnni j r sr s r s a b a b r sr s ====≥++∑∑∑∑. （1-2） 思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式.证明：令 1s nj rs b d r s==+∑（r=1,2,...,n ）显然 12...n d d d ≥≥≥ 因为 12...n b b b ≤≤≤ ， 且111...(1)1r n r n r ≤≤≤++-+ 由排序不等式1nsr s b d r s =≤+∑ 又因为 12...n a a a ≤≤≤所以 11rnnr r i r r r a d a d ==≤∑∑且111nnnsr r r r s r b a a d r s ===≤+∑∑∑（注意到r a ≥0）故11111r ssrn nn nni j j iri rr s r s r a b b a a dr s r s =======++∑∑∑∑∑11111nn nn ns r s r r r r r s r s b a ba d a r s r s=====≥≥=++∑∑∑∑∑ 故 原式得证.2.均值不等式定理2 设12,,...,n a a a 是n 个正数，则()()()()H n G n A n Q n ≤≤≤称为均值不等式.其中，121()111...nH n a a a =+++，()G n =12...()na a a A n n+++=，()Q n =分别称为12,,...,n a a a 的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明： 先证 ()()G n A n ≤.记c= i ia b c=，则 原不等式12...n b b b n ⇔+++≥其中 12121...( (1)n n b b b a a a c == 取 12,,...,n x x x 使 11212123,,...,,n n n x x xb b b x x x --=== 则 1.n n x b x = 由排序不等式，易证111221......n n n n x x x b b b n x x x -+++=+++≥下证()()A n Q n ≤因为 222212121...[(...)n n a a a a a a n+++=+++22212131()()...()n a a a a a a +-+-++-2222232421()()...()...()n n n a a a a a a a a -+-+-++-++-]2121(...)n a a a n≥+++ 所以12...n a a a n +++≤从上述证明知道，当且仅当12...n a a a ===时，不等式取等号.下面证明 ()()H n G n ≤对n 个正数12111,,...,na a a ，应用 ()()G n H n ≤，得12111...n a a a n +++≥即 ()()H n G n ≤（等号成立的条件是显然的）.例4已知2201,0a x y <<+=，求证：1log ()log 28x y a a a a +≤+. 证明：由于 01a <<，0,0x y a a >>，有xy aa +≥=从而log ()log log 22xy a a a x ya a ++≤=+下证128x y +≤ ， 即 14x y +≤。
高中数学竞赛-平面几何讲义(很详细)
HBC
（5）H 关于三边的对称点在△ABC 的外接圆上，关于三边中
点的对称点在△ABC 的外接圆上
（6）三角形任一顶点到垂心的距离
A
等于外心到对边的距离的 2 倍。 （7）设△ABC 的垂心为 H，外接圆
F
B'
半径为 R，
OH E
则 HA HB HC 2R B | cos A | | cos B | | cosC |
A
M
N
B
EF
C
D
证明：设∠BAE=∠CAF= ，∠EAF=
则
S AMDN
1 2
AM
AD sin
1 2
AD
AN sin(
)
= 1 AD[AF cos( )sin AF cos sin( )
2
= 1 AD AF sin(2 ) AF AD BC
从而 AB A' F = AC A' E ，又∠AFE=∠AEF
故
S△ABA’=
1 2
sin
AFE
AB
A'
F
=
1 2
s
in
A
EF
A
C
A'
E
=S△ACA’
由此式可知直线 AA’必平分 BC 边，即 AA’必过△
ABC 的重心
同理 BB’，CC‘必过△ABC 的重心，故结论成立。
例 3．设△ABC 的三条高线为 AD，BE，CF，自 A， B，C 分别作 AK EF 于 K，BL DF 于 L， CN ED 于 N，证明：直线 AK，BL，CN 相 交于一点。
个人精心高中数学联赛竞赛平面几何四大定理及考纲
个人精心高中数学联赛竞赛平面几何四大定理及考纲Standardization of sany group #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#1、数学竞赛考纲二试1、平面几何基本要求：掌握高中数学竞赛大纲所确定的所有内容。
补充要求：面积和面积方法。
几个重要定理：梅涅劳斯定理、、、。
几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--。
到三角形三顶点距离的平方和最小的点--。
三角形内到三边距离之积最大的点--重心。
几何不等式。
简单的。
了解下述定理：在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大。
在周长一定的的集合中，圆的面积最大。
在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。
在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。
几何中的运动：反射、平移、旋转。
方法、方法。
平面、及应用。
2、代数在一试大纲的基础上另外要求的内容：周期函数与周期，带的函数的图像。
，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。
，一阶、二阶递归，法。
函数，求n次迭代，简单的函数方程。
n个变元的平均不等式，，及应用。
复数的指数形式，欧拉公式，，单位根，单位根的应用。
圆排列，有重复的排列与组合，简单的组合恒等式。
一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。
简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括，，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，，，，，格点及其性质。
3、立体几何多面角，多面角的性质。
三面角、直三面角的基本性质。
正多面体，欧拉定理。
体积证法。
截面，会作截面、表面展开图。
4、平面解析几何直线的式，直线的，直线束及其应用。
二元一次不等式表示的区域。
三角形的。
圆锥曲线的切线和法线。
圆的幂和根轴。
5、其它。
集合的划分。
覆盖。
西姆松线的存在性及性质()。
及其逆定理。
一、平面几何1. 梅涅劳斯定理（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由数学家梅涅劳斯首先证明的。
它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。
【2-平几】1.几何不等式【学生版】
课程类型数学 “平面几何几何不等式”讲义编号：学员： 年级：授课日期： 讲师： 授课方式（在线或线下）：（线下填）授课教学点：知识定位正如竞赛中不等式远远比“等式”要难得多，平面几何中不等式往往也比证明几何相等关系（如垂直、相切、长度相等、平行等）要难得多知识梳理1. 托勒密（Ptolemy ）不等式：在四边形ABCD 中有：AB CD AD BC AC BD ⋅+⋅≥⋅，等号成立当且仅当A 、B 、C 、D 四点共圆证明1：取点E ，使ACD ABE CAD BAE ∠=∠∠=∠，则ABE ∆∽ACD ∆ ∴CD BE AC AB =，ADAEAC AB =∴BE AC CD AB ⋅=⋅（1） 又DAE BAC ∠=∠∴ABC ∆∽AED ∆ ∴ADACDE BC =∴DE AC AD BC ⋅=⋅ ∴BD AC DE BE AC DE AC BE AC AD BC CD AB ⋅≥+⋅=⋅+⋅=⋅+⋅)(上式等号成立当且仅当E 在对角线BD 上.此时ACD ABD ∠=∠，从而四边形内接于圆.证明2：复数法：设A 、B 、C 、D 对应的复数分别是1z 、2z 、3z 、4z 用到下面的恒等式142324313412()()()()()()0z z z z z z z z z z z z --+--+--=则12341423|()()||()()|AB CD AD BC z z z z z z z z ⋅+⋅=--+--12341423|()()()()|z z z z z z z z ≥--+--2431|()()|z z z z AC BD =---=⋅2. 三角形中的几个极值点a) 到三角形三顶点距离的平方和最小的点——重心； b) 三角形内到三边距离之和最大的点——重心；3. 简单的等周问题a) 在周长一定的n 边形的集合中，正n 边形的面积最大； b) 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大； c) 在面积一定的n 边形的集合中，正n 边形的周长最小； d) 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。
新高二数学联赛班暑假第10讲二试真题分析平面几何
二试一定会有一道40分的平面几何，对学生来说，这一题必须要拿下． 常见的手段是四点共圆、三角函数、等式变形、著名定理等相结合． 一般是以圆中的问题为主，偶尔涉及到梅塞定理．知识点睛经典精讲10.1平面几何第【例1】 （2014年全国高中数学联赛）如图，在锐角三角形ABC 中，60BAC ≠︒∠，过点B ，C 分别作三角形ABC 的外接圆的切线BD ，CE ，且满足BD CE BC ==．直线DE 与AB ，AC 的延长线分别交于点F ，G ．设CF 与BD 交于点M ，CE 与BG 交于点N ．证明：AM AN =．【例2】 （2011年全国高中数学联赛）如图，P Q ，分别是圆内接四边形ABCD 的对角线AC BD ，的中点．若BPA DPA ∠=∠，证明：AQB CQB ∠=∠．NM G F ED CB AABDQEQD CBA【例3】 （2003年全国高中数学联赛）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B 所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间，在弦CD 上取一点Q ，使DAQ PBC ∠∠＝． 求证：DBQ PAC ∠∠＝．【例4】 （2013年全国高中数学联赛）如图，AB 是圆ω的一条弦，P 为弧AB 内一点，E 、F 为线段AB 上的两点，满足AE EF FB ==．连接PE PF 、并延长，与圆ω分别相交于点C D 、． 求证：EF CD AC BD ⋅=⋅．D PQ C BA A CDE F P B【例5】 （2009年全国高中数学联赛）如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连 接PI 并延长交圆Γ于T ． ⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【例6】 （2010年全国高中数学联赛）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线 CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．【例7】 （2012年全国高中数学联赛）如图，在锐角ABC △中，,,AB AC M N >是BC 边上不同的两点，使得.BAM CAN ∠=∠设ABC △和AMN △的外心分别为12,O O ，求证：12,,O O A 三点共线．【例8】 设,P Q 是凸四边形ABCD 内的两点，满足四边形PQDA 和四边形QPBC 均为圆内接四边形. 若在线段PQ 上存在一点E ，使得,PAE QDE PBE QCE ∠=∠∠=∠， 证明：四边形ABCD 为圆内接四边形.BA【例9】 （2006全国高中数学联赛）以0B 和1B 为焦点的椭圆与01AB B △的边i AB 交于i C (01)i ,=．在0AB 的延长线上任取点0P ，以0B 为圆心，00B P 为半径作00P Q 交10C B 的延长线于0Q ； 以1C 为圆心，10C Q 为半径作01Q P 交1B A 的延长线于1P ；以1B 为圆心，11B P 为半径作11PQ 交10B C 的延长线于1Q ；以0C 为圆心，01C Q 为半径作10Q P '，交0AB 的延长线于0P '． 试证： ⑴ 点0P '与点0P 重合，且00P Q 与01P Q 相内切于0P ； ⑵ 四点0011P ,Q ,Q ,P 共圆．P 0'AQ 1P 1Q 0P 0C 1C 0B 1B 0【演练1】（2007全国高中数学联赛）如图，在锐角ABC △中，AB AC <，AD 是边BC 上的高， P 是线段AD 内一点．过P 作PE AC⊥，垂足为E ，作PF AB ⊥，垂足为F ． 12O O ，分别是BDF △、CDE △的外心． 求证：12O O E F ，，，四点共圆的充要条件为P 是ABC △的垂心．实战演练B【演练2】（2004全国高中数学联赛）在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，已知25BE=，求AK的长．BD=，7BC=，20【演练3】（2000全国高中数学联赛）如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足BAE CAF∠=∠，作FM AB⊥，FN AC⊥（M、N是垂足），延长AE交三角形ABC 的外接圆于D．证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等．MNFED CBA。
高二联赛班秋季第10讲解析几何
本讲的目标有两个：第一：很多解析几何问题如果注意到它的平几性质，或者在使用解几方法的同时使用平几的方法往往比单纯使用解几方法来处理要高效、优美的多；本讲将以数例来说明之.第二、利用解析几何方法来处理一部分平几问题时有极佳的效果.甚至有一部分平几问题用平几方法极难，而利用解几方法则非常简单；我们将给出数道联赛二试的平几问题以及平几中的一些经典问题的解几方法；不过，二试平几问题用解几方法求解一般来说是最后一种选择，而且如果用解几方法那么要么给满分要么零分，因此在联赛考场二试平几问题大家还是要慎重选择使用解几方法来证明.【例1】 已知椭圆221164x y +=的左右焦点分别为1F 与2F ，点P 在直线l ：38230x y -++=上. 当12F PF ∠取最大值时，比12PF PF 的值为 .【例2】 已知(AOB θθ∠=为常数且02πθ<<),动点P,Q 分别在射线OA,OB 上使得POQ ∆的面积恒为36.设POQ ∆的重心为G,点M 在射线OG 上,且满足32OM OG =. 知识点睛经典精讲第10讲解析几何 （3）10.1 解几与平几综合⑴求OG的最小值;⑵求动点M的轨迹方程.【例3】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：（1）OB⊥DF，OC⊥DE；（2）OH⊥MN.【例4】(筝形蝴蝶定理)在筝形ABCD中，AB=AD，BC=CD，经AC、BD交点O作二直线分别交AD、BC、AB、CD于点E、F、G、H，GF、EH分别交BD于点I、J，则有IO=OJ．【例5】 ⑴ 如果对称轴互相垂直的两条抛物线交于A,B,C,D 四点，求证：四边形ABCD 对角互补.⑵ 椭圆22a x +22by =1(a 0>>b )与抛物线2y x cx d =++的四交点共圆【例6】 如图，抛物线22y x =及点()1,1P ，过点P 的不重合的直线1l 、2l 与此抛物线分别交于点A ，B ，C ，D ．证明：A ，B ，C ，D 四点共圆的充要条件是直线1l 与2l 的倾斜角互补．【例7】 试用平几知识解第一讲例6：过抛物线2x y =上的一点A （1,1）作抛物线的切线，分别交x 轴于D ，交y 轴于B.点C 在抛物线上，点E 在线段AC 上，满足1λ=ECAE;点F 在线段BC 上，满足2λ=FCBF，且121=+λλ，线段CD 与EF 交于点P.当点C 在抛物线上移动时，求点P 的轨迹方程.【例8】 已知C 0: x 2+y 2=1和C 1: 22a x +22by =1(a 0>>b ).试问：当且仅当a,b 满足什么条件时，对C 1上任意一点P ，均存在以P 为顶点、与C 0外切、与C 1内接的平行四边形？【例9】 设动点P 到点1(10)F -，和2(10)F ，的距离分别为1d 和2d ，122F PF θ=∠， 且存在常数(01)λλ<<，使得212sin d d θλ=．⑴ 证明：动点P 的轨迹C 为双曲线，并求出C 的方程；⑵ 如图，过点2F 的直线与双曲线C 的右支交于A B ，两点．问：是否存在λ，使1F AB△是以点B 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【演练1】已知12,F F 是椭圆2211612x y +=的两个焦点,M 是椭圆上一点,M 到y 轴的距离为 MN ,且MN 是1MF 和2MF 的等比中项,则MN 的值等于 .实战演练【演练2】若实数x ，y 满足(x+5)2+(y-12)2=142，则x 2+y 2的最小值为【演练3】在平面直角坐标系XOY 中，给定两点M （－1，2）和N （1，4），点P 在X 轴上移动， 当MPN ∠取最大值时，点P 的横坐标为___________________。
几何不等式讲解
几何不等式讲解∴CD BE AC AB =，ADAE AC AB = ∴BE AC CD AB ⋅=⋅ （1） 又DAE BAC ∠=∠ ∴ABC ∆∽AED ∆∴ADAC DE BC =∴DE AC AD BC ⋅=⋅ ∴BD AC DE BE AC DE AC BE AC AD BC CD AB ⋅≥+⋅=⋅+⋅=⋅+⋅)(上式等号成立当且仅当E 在对角线BD 上.此时ACD ABD ∠=∠，从而四边形内接于圆.证明2：复数法：设A 、B 、C 、D 对应的复数分别是1z 、2z 、3z 、4z用到下面的恒等式142324313412()()()()()()0z z z z z z z z z z z z --+--+--=则12341423|()()||()()|AB CD AD BC z z zz z z z z ⋅+⋅=--+--12341423|()()()()|z z z z z z z z ≥--+--2431|()()|z z z z AC BD=---=⋅（2）（嵌入不等式） 设,,,(21),x y z R A B C k k Z π∈++=+∈， 求证：Cxy B zx A yz z y xcos 2cos 2cos 2222++≥++等号成立的充要条件是：B z C y x cos cos +=及B z C y sin sin =. 证明：Cxy B zx A yz z y xcos 2cos 2cos 2222---++)cos(2)cos cos (2222C B yz z y x C y B z x +++++-=222)sin sin ()cos cos ()cos cos (2C y B z C y B z x C y B z x -++++-=)sin sin ()cos cos (22≥-+--=C y B z C y B z x 当且仅当Bz C y x cos cos +=且Bz C y sin sin =时取等号CC（3）艾尔多斯——莫迪尔（Erdos —Mordell ）不等式：在ABC∆内部任取点P ，,Ad Bd ,Cd 分别表示由点P 到顶点C B A ,,之间的距离，cb ad d d ,,分别表示由点P 到边ABCA BC ,,的距离，则)(2c b a C B Ad d d d d d++≥++证明1：过P 作直线XY 分别交AC AB ,于Y X ,，使ABC AYX ∠=∠则AYX ∆∽ABC ∆ ∴BCABXY AY BC AC XY AX ==, 又∵Ab c AXYd XY d AY d AX S ⋅≤⋅+⋅=∆212121∴b c Ad XYAY d XY AX d⋅+⋅≥即b c Ad BCABd BC AC d⋅+⋅≥同理：a c B d ACABd AC BC d ⋅+⋅≥a b C d ABACd AB BC d ⋅+⋅≥∴)(2c b a C B A d d d d d d ++≥++证明2：F A E P ,,,四点共圆 则Ad AEF=sin 在EFP∆中，由余弦定理)cos(2222C B d d d d EF b c b c +⋅⋅-+=22)sin sin ()cos cos (C d B d C d B d b c b c ++-=2)sin sin (C d B d b c +≥∴Cd B d EF b c sin sin +≥ ∴bc Ad ACd A B dsin sin sin sin +≥同理ac Bd BCd B A d sin sin sin sin +≥ac Cd CBd C A d sin sin sin sin +≥∴)(2c b a C B A d d d d d d ++≥++证明3：设γβα=∠=∠=∠CPA BPC APB ,,则αcos 2222⋅⋅-+=B A B A d d d d ABβcos 2222⋅⋅-+=C B C B d d d d BC γcos 2222⋅⋅-+=A C A C d d d d CA又βsin 2121⋅⋅=⋅C B ad d dBC∴)cos 1(2)(sin cos 2sin 222ββββ-⋅⋅+-⋅⋅=⋅⋅-+⋅⋅=C B C B C B C B C B C B ad d d d d d d d d d d d d2cos 212sin 22sin )cos 1(2sin 2βββββC B C B C B C B C B d d d d d d d d d d ⋅=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⋅⋅≤即2cos 21βC B ad d d⋅≤同理2cos 21γA C bd d d⋅≤2cos 21αB A cd d d⋅≤)2cos 2cos 2cos (21αγβB A A C C B c b a d d d d d d d d d ⋅+⋅+⋅≤++)(21C B A d d d ++≤（嵌入不等式） 证明四： 设2,2,2BPC CPA APB αβγ∠=∠=∠=，且αβγπ++=设它们的内角平分线长分别是a b cw w w 、、，且a ab bc cw d w d w d ≥≥≥、、只要证更强的结论2()AB C a b c dd d w w w ++≥++a B Cw =B C =又222cos 22B C B Cd d a d d α+-=，即2222cos 2B C B C dd a d d α+-=∴2cos B C B Ca B C B Cd d d d w d d d d αα==≤++ 同理b w β≤，c w γ=∵αβγπ++= ∴由嵌入不等式得2())a b c A B Cw w w d d d αβγ++≤≤++（4）外森比克不等式：设ABC ∆的边长和面积分别为c b a ,,和S ，则Sc b a34222≥++，当且仅当ABC ∆为正三角形时等号成立.证明方法很多，证明略5．费尔马(Fermat )问题：在ABC ∆中，使PC PB PA ++为最小的平面上的P 点称为费尔马点.当︒≥∠120BAC 时，A 点为费尔马点；当ABC ∆中任一内角都小于︒120时，则与三边张角为︒120的P 点为费尔马点.例1 已知ABC ∆，设I 是它的内心，C B A ∠∠∠,,的内角平分线分别交其对边于///,,C B A ，求证：27841///≤⋅⋅⋅⋅<CCBB AA CI BI AI .证明：令c AB b CA a BC ===,,由角平分线定理，易得cb ab C Ac B A IA IA +===///∴cb cb a IA AA +++=/∴cb ac b AAIA+++=/易得121<+++<++++=c b a c b c b c b c b ∴)1,21(/∈+++=c b a c b AAIA同理)1,21(/∈+++=cb ac a BB IB)1,21(/∈+++=cb a b a CC IC 则2/////=++CCIC BB IB AA IA处理（1）令3/2/1/21,21,21t CCIC t BB IB t AAIA+=+=+=，则21),1,21(,,321321=++∈t t t tt t∴2783)21()21()21()21)(21)(21(3321321=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++≤+++t t t t t t∴41)(21)(4181)21)(21)(21(321133221321321>+++++++=+++t t t t t t t t t t t tt t t∴27841///≤⋅⋅⋅⋅<CCBB AA CIBI AI处理（2）令z CC ICy BB IB x AAIA===///,,，则2=++z y x ，且1,,(,1)2x y z ∈ ∴278)3(3=++≤z y x xyz21113139(2)(2)()[()]22222416xyz x x z z z z z z z =-->--=-=--+又112z <<（2139[()]2416z --+在区间端点取到最小值）∴221391391[()][(1)]241624164xyz z >--+>--+=处理（3）利用内切圆与三角形的切点把每条边分成两部分作变换令m k c k n b n m a +=+=+=,,)(22)(22)(22///k n m kn m k n m k n m k n m k n m CC BB AA CI BI AI ++++⋅++++⋅++++=⋅⋅⋅⋅41)(8))(()()(333>+++++++++++++=k n m mnk k n m nk mk mn k n m k n m说明：证明关于三角形内各元素的各种不等式时，常作如下变换：（由于三角形的内切圆存在，三条边总可表示为）)0,,(,,,>+=+=+=z y x x z c z y b y x a ，反之，若三个正数c b a ,,可以表示为上述形式，则c b a ,,一定是某个三角形的三边，并且相应的三角形的其它元素也可以通过上面变换用z y x ,,表示，有关三角B形的一些几何不等式都可以化为关于z y x ,,的代数不等式 例2 设P 是ABC ∆内的一个点，S R Q ,,分别是C B A ,,与P 的连线与对边的交点（如图），求证：ABC QRSS S∆∆≤41.（QRS ∆三角形）（分析：利用补集思想）证ABC CQR BSQ ASR S S S S ∆∆∆∆≥++43证明1：令γβα===RA CR QC BQ SB AS ,,，则由塞瓦定理1=αβγ 则)1)(1(++=⋅⋅=∆∆γααAC AB AR AS SSABCASR同理)1)(1(++=⋅⋅=∆∆αββAB BC BS BQ SS ABCBSQ、)1)(1(++=⋅⋅=∆∆βγγAB BC CR CQ SS ABCCQR只要证明ABC CQR BSQ ASRS S S S∆∆∆∆≥++43即43)1)(1()1)(1()1)(1(≥++++++++βγγαββγαα只要证0)()(6≤++-++-γβαγαβγαβ只要证0)]()111[(6≤+++++-γβαγβα显然6)()111(≥+++++γβαγβα当12αβγ===时取等号，此时P 是ABC ∆的重心 证明2： 设zS y S x SPAB PBC PAC===∆∆∆,,则zxQB QC y z RC RA x y SA SB===,,、))((y z y x xzAC AB AR AS S S ABCASR ++=⋅⋅=∆∆同理))((x z x y yz AB BC BS BQ SS ABCBSQ++=⋅⋅=∆∆、))((z y z x xyAB BC CR CQ SS ABCCQR++=⋅⋅=∆∆ 只要证明ABC CQR BSQ ASRS S S S∆∆∆∆≥++43即43))(())(())((≥++++++++z y z x xy x z x y yz y z y x xzB通分整理3()()()()()()4xz x z yz y z xy x y x y y z z x +++++≥+++ 即22223()()()()()()4x y z y z x z x yx y y zz x +++++≥+++364xyz≥⋅=只要证xyz y x z z y x z x y 6)()()(222≥+++++事实上)()()(222y x z z y x z x y+++++ )()(222222zx yz xy x z z y y x+++++=xyzxyz xyz zx yz xy x z z y y x 6333332223222=+=⋅⋅+⋅⋅≥当且仅当z y x ==时取等号，此时P 是ABC ∆的重心证明3：令,,AS BQ CR AB BC CA αβγ===，且)1,0(,,∈γβα则1,1,1BS CQ ARAB BC CAαβγ=-=-=- 由塞瓦定理得)1)(1)(1(γβααβγ---=整理得()12αβγαββγγααβγ++-++=-)1(γα-=⋅⋅=∆∆ACAB ARAS S S ABC ASR 、同理)1(αβ-=⋅⋅=∆∆ABBC BS BQ SSABCBSQ 、)1(βγ-=⋅⋅=∆∆ABBC CRCQ SSABCCQR只要证43)1()1()1(≥-+-+-βγαβγα 事实上(1)(1)(1)()12αγβαγβαβγαββγγααβγ-+-+-=++-++=-))1(2)1(2)1(2(411)1)(1)(1(21γγββααγβααβγ-⋅-⋅-⋅-=----=43411=-≥当且仅当21===γβα时取等号，此时S R Q ,,是中点，P 是ABC ∆的重心例 3 已知ABC ∆的面积为S ，三边分别为c b a ,,，求证：2)3(43c b a S ++≤，且当c b a ==时等号成立.证明1：由海伦公式，设)(21c b a p ++=223)3(4393)3())()((c b a p p p c p b p a p p S ++==⋅≤---=当且仅当c p b p a p -=-=-即c b a ==时取等号 证明2： 欲证2)3(43c b a S ++≤只要证Sc b a 312)(2≥++∵)(3222)(2222ca bc ab ca bc ab c b a c b a ++≥+++++=++故只要证Sca bc ab 34≥++由柯西不等式2)sin sin sin ()sin sin )(sin (B ca A bc C ab C B A ca bc ab ++≥++++SS 18)23(2==∴CB A Sca bc ab sin sin sin 18++≥++ 又233sin sin sin ≤++C B A ∴SSCB A S ca bc ab 3423318sin sinsin 18=≥++≥++从而结论得证，当且仅当c b a ==时，取等号 例4 在ABC ∆中，求证：392cot 2cot 2cot333≥++CB A 证明1：设x z b CA z y a BC y x c AB +==+==+==,, 则3333333333)()()(2cot 2cot 2cot r z y x r z r y r x C B A ++=++=++又)())()((z y x xyz c p b p a p p S ++=---=、r z y x r c b a S )()(21++=++= ∴rz y x z y x xyz )()(++=++ ∴zy x xyz r ++=33333332cot 2cot 2cot r z y x C B A ++=++xyz z y x z y x r xyz ++++=≥)(3333933363=⋅⋅≥xyzxyz xyz证明2：设x z b CA z y a BC y x c AB +==+==+==,,/B //B /则3333333333)()()(2cot 2cot 2cot r z y x r z r y r x C B A ++=++=++ 由幂平均不等式333333z y x z y x ++≤++得3333)(91z y x z y x ++≥++（1） 由例3得22)(93)3(43z y x c b a S ++=++≤∴)(93z y x z y x S ++≤++，即)(93z y x r ++≤∴rz y x 33≥++代入（1）即可得到结论.例 5 设ABC ∆是锐角三角形，外接圆圆心为O，半径为R ，AO 交BOC 所在的圆于另一点/A ，BO 交所在的圆于另一点/B ，CO 交AOB /C，证明：3///8R OC OBOA ≥⋅⋅，并指出在什么情况下等号成立？证明1：作过BOC 的圆直径OD 则︒=∠=∠90/DCO O DAABCAOC BAC DOC ∠=∠∠=∠2,、ABC ACB AOC DOC OD A ∠-∠=∠-∠-︒=∠180/在COD Rt ∆中，BACOCDOC OC OD cos cos == 在OD A Rt /∆中)cos(cos //ABC ACB OD DOAOD O A ∠-∠⋅=⋅=OCBACABC ACB ⋅∠-∠=cos )cos(即RBACABC ACB OA cos )cos(/∠-∠=记为RAB C OA cos )cos(/-=同理RBC A OBcos )cos(/-=、CB A OCcos )cos(/-=B //只要证8cos )cos(cos )cos(cos )cos(≥-⋅-⋅-BA C A CBC B A ∵BA BA B A B A B A B A B A B A C B A cot cot 1cot cot 1sin sin cos cos sin sin cos cos )cos()cos(cos )cos(⋅-⋅+=+-+=+--=- 令A C z C B y B A x cot cot ,cot cot ,cot cot ⋅=⋅=⋅=A C CB B A z y x cot cot cot cot cot cot ⋅+⋅+⋅=++CB C B A cot cot )cot (cot cot ⋅++⋅=C B C B C B cot cot )cot (cot )cot(⋅++⋅+-=1cot cot )cot (cot cot cot 1cot cot =⋅++⋅+-⋅-=C B C B CB C B而对于ABC∆是锐角三角形，,,>z y x ∴zy x z y x z y x z y x x x C B A +++≥++++=-+=-))((2)()(11cos )cos(同理zx y z y x AC B +++≥-))((2cos )cos(、yx y z z x AC B +++≥-))((2cos )cos(显然成立证明2：如图，设BC AO ,交于D ，AC BO ,交于E ，AB CO ,交于F ，由C O B A ,,,/四点共圆，得CBO BCO O BA ∠=∠=∠/∴BOD ∆BOA /∆∴ODBOBO O A =/ ∴ODR O A 2/=从而OER O B 2/=，OFR O C 2/=处理方式（1）∴OF OCOE OB OD OA OF OE OD R RO C O B O A ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅33///令321,,S S S S S S COA BOC AOB===∆∆∆3///RO C O B O A ⋅⋅8132321231≥+⋅+⋅+=S S S S S S S S S 处理方式（2）令z OFOCy OE OB x OD OA ===,,则111,,111OBC OAC OBA ABC ABC ABC S S S OD OE OF AD S x BE S y CF S z ∆∆∆∆∆∆======+++/B /∴1111111=+++++z y x （利用面积关系）（再去分母，整理得2xyz x y z =+++）∴2323+≥+++=xyz z y x xyz令mxyz =3，则0233≥--m m，即2(1)(2)0m m +-≥∴02≥-m ，即8≥xyz证明3： 由CO B A ,,,/四点共圆，由托勒密定理，得)(///B A C A R BC O A +=⋅∴RBCB AC A O A ///+= 易知21∠=∠BCCA B A BD B A CD C A ////+==而BD A /∆∽COD ∆∴ODAOOD R OD OC BD B A ===/ ∴R OD AOO A =/同理R OEBOO B =/，R OF COO C =/令321,,S S S S S S COA BOC AOB ===∆∆∆∴OF OC OE OB OD OA R O C O B O A ⋅⋅=⋅⋅3///8132321231≥+⋅+⋅+=S S S S S S S S S证明4： 由CO B A ,,,/四点共圆，由托勒密定理，得)(///B AC A R BC O A +=⋅ ∴RBCB AC A O A ///+=设γβα=∠=∠=∠BOC AOB AOC ,, 在BC A /∆中，由正弦定理，得CBA BCBC A C A CB A B A /////sin sin sin ==又γαβsin sin ,sin sin sin ,sin sin sin /////=====C BA OC A BC A OB A CB A∴RR BC B A C A O A ⋅+=+=γβαsin sin sin ///同理RO B ⋅+=αγβsin sin sin /、RO C ⋅+=βγαsin sin sin / 以下略例6 如图所示，设1C ，2C 是同心圆，2C 的半径是1C 半径的2倍，四边形4321A A A A 内接于圆1C ，将14A A 延长交圆2C 于1B ，将21A A 延长交圆2C 于2B ，将32A A 延长交圆2C 于3B ，43A A 延长交圆2C 于4B ，试证明：四边形4321B B B B 的周长大于等于四边形4321A A A A 的 周长的2倍，并请确定等号成立的条件.证明：设公共圆圆心为O，连结211,,OB OB OA在四边形211B B OA 中，运用推广的托勒密定理112211211B A OB B B OA B A OB ⋅+⋅≤⋅ ∴11212122B A R B B R B A R ⋅+⋅≤⋅∴11212122B A B B B A +≤∴11222121222B A B A A A B B -+≥同理22333232222B A B A A A BB -+≥、33444343222B A B A A A BB -+≥、44111414222B A B A A A B B -+≥∴结论得证，当且仅当211,,,B B A O 四点共圆，∴21211241B OA B OB B OB AOA ∠=∠=∠=∠， ∴1OA 是214A A A ∠的角平分线，∴O 到214A A A ∠的两边的距离相等 ∴1214A A AA =同理四边形4321A A A A 的各边相等，进而四边形4321A A A A 是正方形时，等号成立.O1. 如图，在ABC ∆中，,AB AC AM >为中线，P 为AMC ∆证明：PB PC >证明：在AMC ∆与AMB ∆中，有两组对边对应相等，且AB AC >，所以AMB AMC ∠>∠，于是90AMC ∠<︒，过P 作PH BC ⊥于H ，则垂足H 必在MC 的内部或延长线上，从而BH CH>，因此PB PC >（斜线长与射影长的关系）2. 如图，20MON ∠=︒，A 为OM 上一点，OA =B是ON 上一点，D 为ON 上一点， OD =，C 为AM 上任意一点，则12AB BC CD ++≥分析：以OM 为对称轴，作D 点关于OM 的对称点/D ，以ON 为对称轴，作A 点关于ON 的对称点/A ，连结/OA 、/OD ，则//60A OD∠=︒，连结/BA 、/CD 、//A D ，则有//AB BC CD BA BCCD ++=++ 因为//OAOD ==/A 、/D 为定点，而连结/A 、/D 以线段最短，∴//12AB BC CD A D ++≥=．说明：本题把“折线化直”，然后利用两点间线段距离最短来证明，这种“化直法”在解决几何不等式问题中是常用的．1CC13.设BC 是ABC ∆的最长边，OOA、OB 、OC 分别交对边于1A 、1B 、1C ，证明：（1）111OA OB OC BC++<；（2）111111max{,,}OA OB OC AA BB CC ++≤分析：我们先证明一个简单但非常有用的引理： 设点M 是PQR ∆的边QR 上的一点，则max{,}PM PQ PR <．事实上，过P 作PH QR ⊥，则利用斜线长和射影长的关系很容易说明便知引理成立．（1）过O 分别作//,//OX AB OY AC ，分别交BC 于X 、Y 点，再过X 、Y分别作11//,//XS CC YT BB 分别交AB 、AC 于S 、T 易知，OXY ∆∽ABC ∆，故XY 是OXY ∆的最大边， 由引理知，1max{,}OAOX OY XY<≤；又因为BXS ∆∽1BCC ∆，YCT ∆∽1BCB ∆，所以1BX XS OC >=（1max{,}CCCA BC BC <=），1CY YT OB >=所以111BC XY BX YC OA OB OC =++>++（2）令z CC OC y AB OB x AA OA ===111111,,，那么1=++=++∆∆∆∆∆∆ABCOABABC OCA ABC OBC S S S S S S z y x ．所以111111OA OB OC xAA yBB zCC ++=++111111()max{,,}max{,,}x y z AA BB CC AA BB CC ≤++=说明：其实，由（2）和引理知（1）成立，所以我们也可以先证明（2），然后推得（1）．4. 设凸四边形ABCD 的面积为1，证：在它的边上（包括顶点）或内部可以找出四个点，使得以其中任意三个点为顶点的三角形的面积均不小于41析：如果ABCD 是平行四边形，那么41====∆∆∆∆ABD ADC BCD ABCS S S S，因此A B C D 、、、即为所求的点；如果ABCD 不是平行四边形，不妨设AD 与BC 不平行，且DAB CBA π∠+∠<，AD 与BC 交于E ，D 到AB 的距离不超过C 到AB 的距离，过D 作//DF AB ，交BC 于F ， 分两种情况讨论：（1）DF 不超过AB 的一半，此时可在边AD ，BC上分别取P ，Q ，使得PQ 与AB 平行，PQ 等于AB 的一半，则有111444APQBPQ ABE ABCD SS S S ∆∆∆∆==>=,、11122222ABQABP APQ BPQ ABE ABCD SS S S S S ∆∆∆∆∆∆====>=即A B P Q 、、、即为所求的四个点.（2）若DF 大于AB 的一半，则在线段DC 与FC 上分别取P ，Q ，同样使//PQ AB ，且12PQ AB =，延长AP 交AE 于/E ，则PQ 是/ABE ∆的中位线再过A 作BC 的平行线l ，它与CD 的延长线的交点为G ，则/AGP PDAPCE S S S ∆∆∆=>,故有//ABCP PDA ABCP ABCD E ABPCE SS S S S S ∆∆∆∆∆=+>+=，于是同样可以证明A B P Q 、、、即为所求的四个点.说明：在遇到比较复杂的情形时，要注意从简单情形起步，合理规划，通过分类讨论，适时化归，使问题得以圆满解决.到ABC ∆三个顶点距离之和为最小的点，通常称为费尔马点.当ABC ∆各角均小于120︒时，与三边的张角均为120︒的点即为费尔马点；当有一个角大于120︒时，这角项点就是费尔马点.下面这个命题是与费尔马问题“反向”的问题. 5. 在ABC ∆的内部或边界上找一点P ，使得它到三个顶点距离之和为最大.分析：若点P 在ABC ∆内，作一个以B 、C 为焦点，过P 点的椭圆，设椭圆与AB 、AC 交于1P 、2P 点，连结AP 并延长与12P P 交于/P 点，如图，那么/12max{,}P A P A P A <不妨设/1P A P A <则11111()P A P B P C PA P B P C PA PB PC ++>++=++所以点P 必定在边界上.下证P 只能是ABC ∆的顶点， 不妨设点P 在线段BC 的内部，因max{,}PA AB AC <，设PA AB <，那么PA PB PC PA BC AB BC++=+<+综上所述，所求的点必为ABC ∆的顶点，易知它是最短边所对的顶点.说明：本题所用的方法是“局部调整”法，这是一种重要的思想方法.6．凸六边形ABCDEF 的每边长至多为1.证明：对角线AD 、BE 、CF 中至少有一条不超过2.分析：连结AC 、CE 、EA ，在AEC ∆中，不妨设边CE 最大，即,CE AC CE AE ≥≥，如图，对A 、C 、D 、E 四点用托勒密定理，有AE CD ED AC CE AD ⨯+⨯≤⨯ 所以21111=⨯+⨯≤⋅+⋅≤CEAE CD DE CE AC AD ，从而命题得证. 在证明与面积和周长有关的不等式时，下面的几个结论是很有用的，它们就是著名的等周问题.命题1 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大；命题2 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小；命题3 在给定边长为12,,,n a a a 的所有n 边形中，能够内接于圆的n 边形具有最大的面积命题4 在周长一定的n 边形的集合中，正n 边形的面积最大；命题5 在面积一定的n 边形的集合中，正n 边形的周长最小运用等周定理可以解决很多与几何不等式有关的问题，看下面一例：7．曲线L 将正ABC ∆分成两个等积的部分，那么它的长432a l π≥，其中a 是正ABC ∆的边长.分析： 以A 为圆心，R 为半径作圆弧/L 将ABC ∆的面积等分，那么有22432161a R ⋅=π，所以π2274=R ，/L 的周长/126l R π=⋅=，现在证明/l l ≥. 将ABC ∆连续翻转5次，由曲线L 形成了一条闭曲线，如图所示，由/L 形成了一个圆，而两者所围成的面积相等.根据命题2，知/66l l ≥，即/l l ≥=。
高二数学竞赛班二试平面几何讲义.第一讲-----平面几何的26个定理-1 (1)
2
(DB/CD)×(CE/EA)×(AF/FB)=1 (Ⅱ)也可以利用面积关系证明 ∵BD/DC=S△ OBD/S△ OCD=(BO×OD×sin∠BOD)÷ (OC×OD×sin∠COD)=(BO/OC)×(sin ∠BOD/sin∠COD) 同理 CE/EA= (OC/OA)×(sin∠COE/sin∠EOA)④, AF/FB=(AO/OB)×(sin∠AOF/sin∠FOB)⑤ ∵∠BOD=∠AOE,∠COD=∠AOF,∠EOC=∠BOF, ∴③×④×⑤得(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 3. 托勒密定理： 在四边形 ABCD 中， 有 AB CD BC AD AC BD ， 并且当且仅当四边形 ABCD 内接于圆时，等式成立。
证：在四边形ABCD内取点E，使BAE CAD，ABE ACD 则：ABE和ACD相似 又 AB BE AB CD AC BE AC CD
AB AE 且BAC EAD ABC和AED相似 AC AD BC ED AD BC AC ED AC AD AB CD AD BC AC ( BE ED ) AB CD AD BC AC BD 且等号当且仅当E在BD上时成立，即当且仅当A、B、C、D四点共圆时成立；
BP CQ AR 1 PC QA RB 注：塞瓦定理的逆定理也成立
若 AP, BQ, CR 三线共点，则 (Ⅰ)本定理可利用梅涅劳斯定理(简称梅氏定理)证明:
∵△ADC 被直线 BOE 所截， ∴(CB/BD)*(DO/OA)*(AE/EC)=1① ∵△ABD 被直线 COF 所截， ∴ (BC/CD)*(DO/OA)*(AF/F与 BC 的垂线，垂足为 S、T， 连接 OX，OY，OM，SM，MT。 ∵△AMD∽△CMB ∴AM/CM=AD/BC ∵AS=1/2AD，BT=1/2BC ∴AM/CM=AS/CT 又∵∠A=∠C ∴△AMS∽△CMT ∴∠MSX=∠MTY ∵∠OMX=∠OSX=90° ∴∠OMX+∠OSX=180° ∴O，S，X，M 四点共圆 同理，O，T，Y，M 四点共圆 ∴∠MTY=∠MOY，∠MSX=∠MOX ∴∠MOX=∠MOY ， ∵OM⊥PQ ∴XM=YM 注：把圆换成椭圆、抛物线、双曲线蝴蝶定理也成立 6 ． 坎迪定理：设 AB 是已知圆的弦， M 是 AB 上一点，弦 CD , EF 过 点 M ， 连 结 CF , ED ， 分 别 交 AB 于 L, N ， 则
高二数学竞赛班二试平面几何讲义
高二数学竞赛班二试平面几何讲义第一讲 梅涅劳斯定理和塞瓦定理班级 姓名一、知识要点：1. 梅涅劳斯定理：若直线l 不经过ABC ∆的顶点，并且与ABC ∆的三边,,BC CA AB 或它们的延长线分别交于,,P Q R ，则1BP CQ ARPC QA RB⋅⋅=1A B C C B AC A Bh h h A B C l h h h BP CQ AR PC QA RB h h h ⋅⋅=⋅⋅=证：设、、分别是、、到直线的垂线的长度，则： 2. 梅涅劳斯定理逆定理：P Q R ABC BC CA AB P Q R ABC BP 021P Q R PC CQ ARQA RB∆∆⋅⋅=设、、分别是的三边、、上或它们的延长线上的三点，并且、、三点中，位于边上的点的个数为或，若，则、、三点共线；''''''''''1BP BP 11PC PC 02,PQ AB R CQ AR CQ AR AR AR QA R BQA RB R B RBP Q R ABC R R AB AB R R AB R R AR AR ⋅⋅=⋅⋅=∆>证：设直线与直线交于，于是由定理得：又，则：＝由于在同一直线上的、、三点中，位于边上的点的个数也为或，因此与或者同在线段上，或者同在的延长线上；若与同在线段上，则与必定重合，不然的话，设 '''''',,AR AR AR AR AB AR AB AR BR BR BR BR BR BR-<-<>这时即于是可得这与＝矛盾''R R AB R R P Q R 类似地可证得当与同在的延长线上时，与也重合综上可得：、、三点共线；注：此定理常用于证明三点共线的问题，且常需要多次使用再相乘； 3. 塞瓦定理：1:=⋅⋅∆RBARQA CQ PC BP CR BQ AP AB CA BC ABC R Q P 的充要条件是三线共点、、边上的点，则、、的分别是、、设,1BCM ACMABP BMP ABM ACP CMP ACM ABM BCM AP BQ CR M S S S S S BP CQ AR PC S S S QA S RB S BP CQ AR PC QA RB∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆=====⋅⋅证：先证必要性：设、、相交于点，则：同理：以上三式相乘，得：＝ M QRACPB11BP CQ AR AP BQ M CM AB R PC QA RBBP CQ AR AR ARR R PC QA R B R B RB AB R R AP BQ CR M ⋅⋅=⋅⋅=‘’’’‘‘’ 再证充分性：若，设与相交于，且直线交于，由塞瓦定理有：，于是：＝因为和都在线段上，所以必与重合，故、、相交于一点点；二、例题精析1//ABC CK CE ACK E AK D AC F DE CK BF CE ∆∠例：若直角中，是斜边上的高，是的平分线，点在上，是的中点，是与的交点，证明：。
高二数学竞赛班二试平面几何讲义1
注：此定理常用于证明三点共线的问题，且常需要多次使用再相乘; 高二数学竞赛班二试平面几何讲义第一讲梅涅劳斯定理和塞瓦定理班级 姓名一、知识要点:1.梅涅劳斯定理：若直线l 不经过 ABC 的顶点, 并且与 ABC 的三边BC,CA,AB 或它们的延长线 分别交于 P,Q,R,则 BP CQ AR PC QA RB 证：设h A 、h B 、％分别是A 、B 、C 到直线l 的垂 线的长度，则：BP CQ AR h B h C h A 1 PC QA RB h C h A h B2.梅涅劳斯定理逆定理： 设P 、Q 、R 分别是 ABC 的三边BC 、CA 、AB 上或它们的延长线上的三点, 并且P 、Q 、R 三点中，位于 ABC 边上的点的 个数为0或2,若BP CQ 竺1,则R Q 、R 三点共线 PC QA RB 证：设直线PQ 与直线AB 交于R ；于是由定理1得： BP CQ AR 一 BP CQ AR AR AR -------- - 1 又Q ------------- 1,则:—— PC QA RB PC QA RB RB RB 由于在同一直线上的P 、Q 、R '三点中，位于 ABC 边上的点的个数也为0^2, 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，设AR AR ’,AR AR AR AR 这时AB AR AB AR,即BR BR,于是可得 至 至 这与至=至 矛盾 BR BRBR BR类似地可证得当R 与R ′同在AB 的延长线上时，R 与R ′也重合 综上可得: P 、Q 、R 三点共线; 3.塞瓦定理：设 P 、的充要条件是R 分另I 」是 ABC 的BC 、CA 、AB 边上的点，贝U AP 、BQ 、 BP CQ AR d 1PC QA RB证：先证必要性：设 AP 、BQ 、CR 相交于点 M,BP S PC SABP ACPSBMP S CMP以上三式相乘，得:SABM SACMBP CQPC QA同理：CQQAAR d- = 1 RBCR 三线共点SBCM SABM再证充分性：若BP CQ竺1,设AP与BQ相交于M,且直线CM交AB于R, PC QA RB 由塞瓦定理有：BP CQ AAR 1,于是：丝=期因为R和R都在线PC QA RB R B RB段AB上，所以R必与R重合，故AP、BQ、CR相父于一点点M；二、例题精析例1:若直角ABC中，CK是斜边上的高，CE是ACK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。
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6．Fermat （费马）问题
到三角形的三个顶点的距离之和最短的点叫做费尔马点。 对于一个顶角不 超过 120 的三角形，费尔马点是对各边的张角都是 120 的点。 对于一个顶角超 过 120 的三角形，费尔马点就是最大的内角的顶点。
1
二、例题精析：
例 1. 如图，设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I，∠ B=60 ,∠ A<∠ C，∠A 的外角平分线交圆 O 于 E． 证明： (1) IO=AE ； (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R．
Q
PR
r O
l
A
B C
d
Mm
例 3. 如图，在 △ABC 中， P、 Q、R 将其周长三等分，且 P、Q 在 AB 边上，
求证：
S S
PAQBCR>29．
A
P
H
N
Q
R
B
C
2
三、精选习题：
1．如图，在△ABC 中，P 为边 BC 上任意一点， PE∥BA，PF∥CA，若 S△ABC= 1， 4
证明： S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一个不小于 9 (SXY…Z 表示多边形 XY…Z 的
A
E S
B
C
D
4
高二数学竞赛班二试平面几何讲义
第十讲
几何不等式
例 1. 如图，设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I ，∠ B=60 ,∠ A<∠ C,∠A
的外角平分线交圆 O 于 E．
证明 :(1) IO=AE ； (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R．
证明：∵∠ B=60°，∴∠ AOC=∠ AIC= 120°．
∴A，O， I，C 四点共圆．圆心为弧 AC 的中点 F，半径为 R．
∴O 为⊙ F 的弧 AC 中点，设 OF 延长线交⊙ F 于 H，AI 延长线交弧 BC 于 D．
3．Weitzenberk （外森比克）不等式：
若 a, b, c 为三角形三边长，
S 是三角形面积 , 则： a2
2
2
b c 4 3 S 。等
号成立当且仅当 ABC 为等边三角形。
证明：只需证明 a2 b2 a2 b2 2ab cosC 4 3 1 ab sin C ， 2
只需证明 a2 b2 ab(cos C
高二数学竞赛班二试平面几何讲义
第十讲
几何不等式
班级
姓名
一、知识要点：
1．Ptolemy （托勒密）不等式
若 ABCD 为四边形，则 AB ×CD+AD ×BC ≥AC ×BD 。等号成立时 四点共圆
A,B,C,D
2．Erdos － Mordell （埃尔多斯 — 莫德尔）不等式
设 P 是 ΔABC 内任意一点， P 到 ΔABC 三边 BC,CA,AB 的距离分别为 PD=p,PE=q,PF=r ，记 PA=x,PB=y,PC=z 。则 x+y+z ≥2*(p+q+r)
证明：因为 P,E,A,F 四点共圆， PA 为直径，则有 :EF=PA*sinA 。 在 ΔPEF 中，据余弦定理得 : EF^2=q^2+r^2-2*q*r*cos( π-A)=q^2+r^2-2*q*r*cos(B+C) =(q*sinC+r*sinB)^2+(q*cosC-r*cosB)^2 ≥(q*sinC+r*sinB)^2 ， 所以 PA*sinA ≥q*sinC+r*sinB ，即 PA=x ≥q*(sinC/sinA)+r*(sinB/sinA) (1) 。 同理可得 : PB=y ≥r*(sinA/sinB)+p*(sinC/sinB) (2) ，
面积 )．
A E
F
B PM N
C
A
F
E
B
MP N
C
2．设凸四边形 ABCD 的面积为 1，求证：在它的边上 (包括顶点 )或内部可以找出
四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于
14．
D
A
E
B
C
3．在圆 O 内，弦 CD 平行于弦 EF，且与直径 AB 交成 45°角，若 CD 与 EF 分别 交直径 AB 于 P 和 Q，且圆 O 的半径为 1，求证： PC?QE+PD?QF 2．
3 sin C ) ， a2 b2 2absin(C ) ，成立。 6
4．Euler （欧拉）不等式
设 ABC 外接圆与内切圆的半径分别为 R 、r ，则 R≥2r ，当且仅当 ABC
为正三角形时取等号。
5．等周定理（等周不等式）
①周长一定的所有图形中，圆的面积最大；面积一定的所有图形中， 圆的周长最小。 ②周长一定的所有 n 边形中，正 n 边形的面积最大；面积 一定的所有 n 边形中，正 n 边形的周长最小。
C E
A
B MP D
O
QN
F
3
四、拓展提高：
4．设一凸四边形 ABCD，它的内角中仅有 D 是钝角， 用一些直线段将该凸四边 形分割成 n 个钝角三角形，但除去 A、B、C、 D 外，在该四边形的周界上， 不含分割出的钝角三角形顶点．试证 n 应满足的充分必要条件是 n≥４．
D
A
E
C
F
B
5．已知边长为 4 的正三角形 ABC． D、E、F 分别是 BC、 CA、 AB 上的点，且 |AE|=|BF |=|CD|=1，连结 AD、BE、CF，交成 △ RQS．点 P 在△ RQS内及边上 移动，点 P 到△ ABC 三边的距离分别记作 x、y、z． (1)求证当点 P 在△ RQS的顶点位置时乘积 xyz 有极小值； (2)求上述乘积 xyz 的极小值．
PC=z ≥p*(sinB/sinC)+q*(sinA/sinC) (3) 。 由 (1)+(2)+(3) 得 : x+y+z ≥p*(sinB/sinC+sinC/sinB)+q*(sinC/sinA+sinA/sinC)+r*(sinA/sinB+si nB/sinA) ≥2*(p+q+r) 。命题成立。
EA
O
I
B
C
例 2. 水平直线 m 通过圆 O 的中心，直线 l m，l 与 m 相交于 M，点 M 在圆心的 右侧，直线 l 上不同的三点 A,B,C 在圆外，且位于直线 m 上方， A 点离 M 点 最远， C 点离 M 点最近， AP,BQ,CR 为圆 O 的三条切线， P,Q,R 为切点． 试证： (1)l 与圆 O 相切时， AB CR+BC AP=AC BQ；(2)l 与圆 O 相交时， AB CR+BC AP＜AC BQ；(3)l 与圆 O 相离时，AB CR+BC AP＞AC BQ.