2020数学竞赛专题讲座(基础版)·平面几何(共27张PPT)
2020高中数学 竞赛—基础微积分(联赛版)22 平面向量场课件(共26张PPT)
y)i Y (x,
y) j 是D上 的 连 续 向 量 场,
则下列命题等价：
(1)
v
X ( x,
y)i Y (x,
y) j 是D上的保守场;
(2) 对D内任一分段光滑的封闭曲线L, 有
(3)
v
L
X
(
x, y)dx
Y
(
x,
y)dy
0
X ( x, y)i Y ( x, y) j 在D上是有势场.
L Xdx Ydy [X(x(t), y(t))x(t) Y (x(t), y(t))y(t)]dt
df dt f (B) f ( A) dt
2020/4/23
即积分与路径无关！保守场10
定理2 : 设 D R2 是单连通域.
v
X
(
x,
y)i
Y
(
x,
y)
j
是D上 的
连
续
可微
向 量 场, 则 下 列 命 题 等 价 ：
o M•0( x0, y0 )
( x, y)
u( x, y)
Xdx Ydy
( x0 , y0 )
A( x, y0 ) x
2020/4/23
15
[例1] 验证: (e x cos y 2xy2 )dx (2x2 y e x sin y)dy
是否为某个二元函数u( x, y) 的全微分?
或 者 等 价 地 (ex cos y 2xy2 )i (2x2 y ex sin y) j
26
x y
2020/4/23
22
v
Xi Yj
无旋场
保守场
y
L
xdx aydy x2 4 y2
2020年初中数学竞赛讲义：第27讲-动态几何问题透视
2020年初中数学竞赛讲义：第27讲-动态几何问题透视春去秋来，花开花落，物转星移，世间万物每时每刻都处于运动变化、相互联系、相互转化中，事物的本质特征只有在运动中方能凸现出来．动态几何问题，是指以几何知识和图形为背景，渗入运动变化观点的一类问题，常见的形式是：点在线段或弧线上运动、图形的翻折、平移、旋转等，解这类问题的基本策略是：1．动中觅静这里的“静”就是问题中的不变量、不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性．2．动静互化“静”只是“动”的瞬间，是运动的一种特殊形式，动静互化就是抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动”与“静”的关系．3．以动制动以动制动就是建立图形中两个变量的函数关系，通过研究运动函数，用联系发展的观点来研究变动元素的关系．注：几何动态既是一类问题，也是一种观点与思维方法，运用几何动态的观点，可以把表面看来不同的定理统一起来，可以找到探求几何中的最值、定值等问题的方法；更一般情况是，对于一个数学问题，努力去发掘更多结论，不同解法，通过弱化或强化条件来探讨结论的状况等，这就是常说的“动态思维”．【例题求解】【例1】如图，把直角三角形ABC的斜边AB放在定直线上，按顺时针方向在l上转动两次，使它转到A″B″C″的位置，设BC=1，AC=3，则顶点A运动到点A″的位置时，点A经过的路线与直线l所围成的面积是．思路点拨解题的关键是将转动的图形准确分割．RtΔABC的两次转动，顶点A所经过的路线是两段圆弧，其中圆心角分别为120°和90°，半径分别为2和3，但该路线与直线l所围成的面积不只是两个扇形面积之和．【例2】如图，在⊙O中，P是直径AB上一动点，在AB同侧作AA′⊥AB，BB′⊥AB，且AA′=AP，BB′=BP，连结A′B′，当点P从点A 移到点B时，A′B′的中点的位置( )A．在平分AB的某直线上移动B．在垂直AB的某直线上移动C．在AmB上移动D．保持固定不移动思路点拨画图、操作、实验，从中发现规律．【例3】如图，菱形OABC的长为4厘米，∠AOC＝60°，动点P 从O出发，以每秒1厘米的速度沿O→A→B路线运动，点P出发2秒后，动点Q从O出发，在OA上以每秒1厘米的速度，在AB上以每秒2厘米的速度沿O→A→B路线运动，过P、Q两点分别作对角线AC的平行线．设P点运动的时间为x秒，这两条平行线在菱形上截出的图形(图中的阴影部分)的周长为y厘米，请你回答下列问题：(1)当x=3时，y的值是多少?(2)就下列各种情形：①0≤x≤2；②2≤x≤4；③4≤x≤6；④6≤x≤8．求y与x之间的函数关系式．(3)在给出的直角坐标系中，用图象表示(2)中的各种情形下y与x 的关系．思路点拨本例是一个动态几何问题，又是一个“分段函数”问题，需运用动态的观点，将各段分别讨论、画图、计算．注：动与静是对立的，又是统：一的，无论图形运动变化的哪一类问题，都真实地反映了现实世界中数与形的变与不变两个方面，从辩证的角度去观察、探索、研究此类问题，是一种重要的解题策略．建立运动函数关系就更一般地、整体-地把握了问题，许多相关问题就转化为求函数值或自变量的值．【例4】如图，正方形ABCD中，有一直径为BC的半圆，BC=2cm，现有两点E、F，分别从点B、点A同时出发，点E沿线段BA以1m ／秒的速度向点A运动，点F沿折线A—D—C以2cm／秒的速度向点C运动，设点E离开点B的时间为2 (秒)．(1)当t为何值时，线段EF与BC平行?(2)设1<t<2，当t为何值时，EF与半圆相切?(3)当1≤t<2时，设EF与AC相交于点P，问点E、F运动时，点P的位置是否发生变化?若发生变化，请说明理由；若不发生变化，请给予证明，并求AP：PC的值．思路点拨动中取静，根据题意画出不同位置的图形，然后分别求解，这是解本例的基本策略，对于(1)、(2)，运用相关几何性质建立关于tAP是否为一定的方程；对于(3)，点P的位置是否发生变化，只需看PC值．注：动态几何问题常通过观察、比较、分析、归纳等方法寻求图形中某些结论不变或变化规律，而把特定的运动状态，通过代数化来定量刻画描述也是解这类问题的重要思想．【例5】⊙O1与⊙O2相交于A、B两点；如图(1)，连结O2O1并延长交⊙O1于P点，连结PA、PB并分别延长交⊙O2于C、D两点，连结C O2并延长交⊙O2于E点．已知⊙O2的半径为R，设∠CAD=α．(1)求：CD的长(用含R、α的式子表示)；(2)试判断CD与PO1的位置关系，并说明理由；(3)设点P′为⊙O1上(⊙O2外)的动点，连结P′A、P′B并分别延长交⊙O2于C′、D′，请你探究∠C′AD′是否等于α? C′D′与P′O l的位置关系如何?并说明理由．思路点拨对于(1)、(2)，作出圆中常见辅助线；对于(3)，P点虽为OO l上的一个动点，但⊙O1、⊙O2一些量(如半径、AB)都是定值或定弧，运用圆的性质，把角与孤联系起来．学力训练1．如图，ΔABC中，∠C=90°，AB=12cm，∠ABC=60°，将ΔABC以点B为中心顺时针旋转，使点C旋转到AB延长线上的D处，则AC边扫过的图形的面积是cm (π=3.14159…，最后结果保留三个有效数字)．2．如图，在RtΔABC中，∠C=90°，∠A=60°，AC=3cm，将ΔABC绕点B旋转至ΔA'BC'的位置，且使A、B、C'三点在同一条直线上，则点A 经过的最短路线的长度是 cm ．3．一块等边三角形的木板，边长为l ，现将木板沿水平线翻滚，那么B 点从开始至结束走过的路径长度为( )A ．23πB ．34πC ．4D ．232π+4．把ΔABC 沿AB 边平移到ΔA'B'C'的位置，它们的重叠部分的面积是ΔABC 的面积的一半，若AB=2，则此三角形移动的距离AA'是( )A ．12-B ．22C ．1D ．215．如图，正三角形ABC 的边长为63厘米，⊙O 的半径为r 厘米，当圆心O 从点A 出发，沿着线路AB —BC —CA 运动，回到点A 时，⊙O 随着点O 的运动而移动．(1)若r=3厘米，求⊙O 首次与BC 边相切时AO 的长；(2)在O 移动过程中，从切点的个数来考虑，相切有几种不同的情况?写出不同的情况下，r的取值范围及相应的切点个数；(3)设O在整个移动过程中，在ΔABC内部，⊙O未经过的部分的面积为S，在S>0时，求关于r的函数解析式，并写出自变量r的取值范围．6．已知：如图，⊙O韵直径为10，弦AC=8，点B在圆周上运动(与A、C两点不重合)，连结BC、BA，过点C作CD⊥AB于D．设CB 的长为x，CD的长为y．(1)求y关于x的函数关系式；当以BC为直径的圆与AC相切时，求y的值；(2)在点B运动的过程中，以CD为直径的圆与⊙O有几种位置关系，并求出不同位置时y的取值范围；(3)在点B运动的过程中，如果过B作BE⊥AC于E，那么以BE 为直径的圆与⊙O能内切吗?若不能，说明理由；若能，求出BE的长．7．如图，已知A为∠POQ的边OQ上一点，以A为顶点的∠MAN 的两边分别交射线OP于M、N两点，且∠MAN=∠POQ=α(α为锐角)．当∠MAN以点A为旋转中心，AM边从与AO重合的位置开始，按逆时针方向旋转(∠MAN保持不变)时，M、N两点在射线OP上同时以不同的速度向右平移移动．设OM=x，ON= (y>x≥0)，ΔAOM的面积为S，若cosα、OA是方程0-z+z的两个根．2522=(1)当∠MAN旋转30°(即∠OAM=30°)时，求点N移动的距离；(2)求证：AN2=ON·MN；(3)求y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围；(4)试写出S随x变化的函数关系式，并确定S的取值范围．8．已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=3cm，∠C＝60°，BD⊥CD．(1)求BC、AD的长度；(2)若点P从点B开始沿BC边向点C以2cm／s的速度运动，点Q从点C开始沿CD边向点D以1cm／s的速度运动，当P、Q分别从B、C同时出发时，写出五边形ABPQD的面积S与运动时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围(不包含点P在B、C两点的情况)；(3)在(2)的前提下，是否存在某一时刻t ，使线段PQ 把梯形ABCD 分成两部分的面积比为1：5？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．9．已知：如图①，E 、F 、G 、H 按照AE=CG ，BF=DH ，BF ＝nAE(n 是正整数)的关系，分别在两邻边长a 、na 的矩形ABCD 各边上运动． 设AE=x ，四边形EFGH 的面积为S ．(1)当n=l 、2时，如图②、③，观察运动情况，写出四边形EFGH 各顶点运动到何位置，使?(2)当n=3时，如图④，求S 与x 之间的函数关系式(写出自变量x 的取值范围)，探索S 随x 增大而变化的规律；猜想四边形EFGH 各顶点运动到何位置，使ABCD S S 矩形21 ； (3)当n=k (k ≥1)时，你所得到的规律和猜想是否成立?请说明理由．10．如图1，在直角坐标系中，点E从O点出发，以1个单位／秒的速度沿x轴正方向运动，点F从O点出发，以2个单位／秒的速度沿y轴正方向运动，B(4，2)，以BE为直径作⊙O1．(1)若点E、F同时出发，设线段EF与线段OB交于点G，试判断点G与⊙O1的位置关系，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，连结FB，几秒时FB与⊙O1相切?(3)如图2，若E点提前2秒出发，点F再出发，当点F出发后，E点在A点左侧时，设BA⊥x轴于A点，连结AF交⊙O1于点P，试问PA·FA的值是否会发生变化?若不变，请说明理由，并求其值；若变化，请求其值的变化范围．参考答案。
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。
2020数学竞赛专题讲座(基础版)·数学竞赛史漫谈[课件 24PPT]
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（七）辩 证
1990年7月，第31届国际数学奥林匹克 竞赛在北京举行。它是我国数学发展史上的 一个里程碑。从1985年王锋和吴思皓代表我 国，首次参加IMO开始，国内数学竞赛早已 蔚然成风，我国代表队在IMO中不断取得优 秀的成绩，这也为我国承办IMO奠定了基础。
文具等奖品,可以免试升入高等学校学习。获
得一等奖的5人,每人得到一只袖珍电子计算
器。竞赛委员会还给一等奖获得者所在的学
校颁发了锦旗,锦旗上写着“为四个现代化培
育人才”的字样。
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（五）鼎 盛
1978年以后,数学竞赛工作得到各方面的支 持。1979年从八省市的竞赛,发展为除台湾省外 的全国29个省、市、自治区的竞赛,共有1107名 中学生参加决赛。1980年,在大连市召开了第一 届全国数学普及工作会议,代表们着重研究了数学 竞赛工作,商定把全国数学竞赛作为中国数学会及 各省、市、自治区数学会的一项经常性工作,并正
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二） 发
展
1935年,莫斯科大学主办了中学生数学奥
林匹克，以后逐年举行,扩大到整个前苏联。
首届全苏竞赛是在1962年。值得一提的是,前
苏联还有8个数学物理专门学校（匈牙利等国
也有这样的学校,专门培养数理“尖子”）,它
们的代表队也以独立的身份参加全苏比赛。
前苏联中学数学竞赛的特点是分年级进行。
高年级的优胜者被推荐进入大学,免去升学考
试。由于有很多著名的数学家,如狄隆涅、柯
平面几何竞赛讲座
平面几何中的著名定理1．梅涅劳斯定理：若一条直线和△ABC 的三边BC 、CA 、AB 分别交于D 、E 、F ，则AF FB ·BD DC ·CEEA =1。
其逆定理也成立。
2．塞瓦定理：对于△ABC 所在平面内一点O ，AO 、BO 、CO （或其延长线）交三角形另一边于点D 、E 、F ，则AF FB ·BD DC ·CEEA=1。
其逆定理也成立。
3．托勒密定理：圆内接四边形ABCD 的两组对边乘积的和等于它的两条对角线的乘积。
其逆定理也成立。
4．西姆松定理：以△ABC 的外接圆上任意一点P 向BC 、CA 、AB 或它们的延长线引垂线，垂足分别为D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线。
其逆定理也成立。
5．斯特瓦德定理：设P 为△ABC 的BC 边上任一点，则有AB 2·PC +AC 2·BP=AP 2·BC+BP·PC·BC 。
例1 如图，⊙O 1和⊙O 2与△ABC 的三边所在的三条直线都相切，E 、F 、G 、H 为切点，并且EG 、FH 的延长线交于P 点。
求证：直线P A 与BC 垂直。
例2 四边形ABCD 的内切圆分别切AB 、BC 、CD 、DA 于点E 、F 、G 、H 。
求证：HE 、DB 、GF 三线共点。
例3 如图，锐角△ABC 中，AD 是BC 边上的高，H 是线段AD 内任一点，BH 和CH 的延长线分别交AC 、AB 于E 、F 。
求证：∠EDH=∠FDH 。
例4 在四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠BAD 。
在CD 上取一点E ，BE 与AC 相交于F ，延长DF 交BC 于G 。
求证：∠GAC=∠EAC 。
例5 如图，设C 1、C 2是同心圆，C 2的半径是C 1的半径的2倍。
四边形A 1A 2A 3A 4内接于C 1，将A 4A 1延长交圆C 2于B 1，A 1A 2延长交圆C 2于B 2，A 2A 3延长交圆C 2于B 3，A 3A 4延长交圆C 2于B 4。
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之蔡仲巾千创作在同一平面内,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、为了改变角的位置年夜家知道,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.ADB P Q C图1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ABCD,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,∠EB A ＝∠APE.所以,∠EBA＝∠ADE.这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.2、欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.例3、在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ.证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G,连PG.由BD 平行∠ABC,可知点F 到AB 、BC两边距离相等.有KQ ＝PN. 显然,PD EP ＝FD EF ＝GD CG ,可知PG∥EC.由CE 平分∠BCA,知GP 平分∠FGA.有PK ＝PM.于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ.这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM ＝PK,就有PM ＋PN ＝PQ.证法非常简捷.3 、为了线段比的转化∥＝P E D G A B F C 图2A N E B Q K G C D M F P 图3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M1、M2是△ABC 的BC 边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM1、AM2于P 、Q 、N1、N2.试证：AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 证明：如图4,若PQ∥BC,易证结论成立. 若PQ 与BC 不服行,设PQ 交直线BC 于D.过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于E.由BM1＝CM2,可知BE ＋CE ＝M1E ＋M2E,易知 AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DEE M 2. 则AP AB ＋AQ AC ＝DECE BE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM . 所以,AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE,于是问题迎刃而解. 例5、AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E,CK 交AB 于F.求证：∠FDA＝∠EDA.证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、BE 、CF 于Q 、P 、N 、M.显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD·AM＝DC·AN. (1) 由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2)A P E DM 2M 1B Q N 1N 2图4图5M P A Q N F B D CE K由DC AQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BC AN DC ·.(3)比较(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,就有年夜量的比例式发生,恰本地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.4、为了线段相等的传递当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.例6在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,而且∠MDN＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝41(AB2＋AC2). 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BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE＝90°.有∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°.于是,∠BAC＝90°. 所以,AD2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB2＋AC2). 这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN,使解题找到前途.图6A N CDEB M例7、如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F,使EA ＝DA,FB ＝DB.过D 作AB 的垂线,交半圆于C.求证：CD 平分EF.证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB.易知DB2＝FB2＝AB·HB,AD2＝AE2＝AG·AB.二式相减,得DB2－AD2＝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,从而获得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 ＝NC ME 或ME DM ＝NCBN . 此式标明,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－ *5ⅡDF C.可得MC ＝CN.所以,EG ＝GF. A G D O H B F C E 图7图8A D B NC E M 图9A B M E FN D C G例9如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB的切点.若OD 与EF 相交于K,求证：AK 平分BC. 证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF.由OD⊥BC,可知OK⊥PQ.由OF⊥AB,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ＝∠FKQ.由OE⊥AC,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP＝∠EKP.显然,∠FKQ＝∠EKP,可知∠FOQ＝∠EOP.由OF ＝OE,可知Rt△OFQ≌Rt△OEP.则OQ ＝OP.于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP.所以,AK 平分BC.综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E,延长CD 交直线NM 于F.求证：∠BEN＝∠CFN.(提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN.)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB.已知∠ABC ＝45°,∠AP C ＝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＝60cm2.求六边形ABCDEF 的面积.O 图10(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：120cm2)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 ＝k2.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 ＝FB CF .(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：a 1＋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.)7. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G.求证：FH ＝HG.(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N.)8. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N.求证：OM ＝ON. (提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F.过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB∥GF.)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1、挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形自己隐含着“点共圆”,此时若能掌控问题提供的信息,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＝____.ABGCDFE图1ABCDPO图2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°. 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SABCD ＝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＝43BC2＝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∠AD Q ＝∠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. A 图3B P Q D HC2 、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,此时可年夜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 联想圆的界说构造辅助圆例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 ＝－x2＋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,从而可确定动点的范围,进而确定AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的极点为A0(1,9),x ＝1,与x 轴交于两点B(－2,0)、C(4,0).分别以BC 、DA 交于两点P(1－22,1)、Q(1＋22,1). A E D C B 图4图5可知,点A 在不含端点的抛物线PA0Q 内时,∠BAC＜90°.且有3＝DP ＝DQ ＜AD≤DA0＝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6AD 是Rt△ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M,交AC 于N.求证：AB2－AN2＝BM·BN.分析：因AB2－AN2＝(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)＝AB2－AN2,即 AB2－AN2＝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：EP2＋FQ2＝EF2.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EF2＝(EG ＋GF)·EF ＝EG·EF＋GF·EF ＝EC·ED＋FC·FB＝EC·ED＋FC·FB＝EP2＋FQ2, 即 EP2＋FQ2＝EF2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆 E A N C D B FM12345图6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＇,∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD.∴△A＇B ＇C ＇∽△DCB. 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '', 即 DC c '＝a a '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab . 又AB∥DC,可知BD ＝AC ＝b,BC ＝AD ＝a.从而,由托勒密定理,得AD·BC＝AB·DC＋AC·BD,即 a2＝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：无妨设AB≥AC,作△ADC 的外接圆交AB 于E,证△ABC∽△DBE,从而AC AB ＝DE BD ＝DCBD .) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE＝3a,BC ＝CD ＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD ＝∠DAE.(1)(2)图8AB CA'B'C'c a b a'c'b'A B C D a b b c 图9(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＝AC2.(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⊙O1和⊙O2相交于A 、B,直线 CD 过A 交⊙O1和⊙O2于C 、D,且AC ＝AD,EC 、ED 分别切两圆于C 、D.求证：AC2＝AB·AE.(提示：作△BCD 的外接圆⊙O3,延长BA 交⊙O3于F,证E 在⊙O3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＝AE2－BE2.(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ABCDE 的边长为a,对角线长为b,试证：a b －b a＝1.(提示：证b2＝a2＋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FD A BE C图10图11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.1、点共线的证明点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等.n(n≥4)点共线可转化为三点共线. 例1、如图,设线段AB 的中点为C,以AC 和CB 为对角线作平行四边形AECD,BFCG.又作平行四边形CFHD,CGKE.求证：H,C,K 三点共线.证：连AK,DG,HB. 由题意,AD EC KG,知四边形AKGD 是平行四边形,于是AK DG.同样可证AK HB.四边形AHBK 是平行四边形,其对角线AB,KH 互相平分.而C 是AB 中点,线段KH过C 点,故K,C,H 三点共线.例2 如图所示,菱形ABCDO 为△ABC 外接圆,M 为其上一点,连接MC 交AB 于E,AM 交CB 延长线于F.求证：D,E,F 三点共线. 证：如图,连AC,DF,DE.因为MO 上, 则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB, 有△AMC∽△ACF,得CD CF CA CF MA MC ==. 又因为∠AMC=BAC,所以△AMC∽△EAC,得AEAD AE AC MA MC ==. 所以AEAD CD CF =,又∠BAD=∠BCD=120°,知△CFD∽△ADE.所以∠ADE=∠DFB.因为AD∥BC,所以∠ADF=∠DFB=∠ADE,于是F,E,D 三点共线.例3 四边形ABCD 内接于圆,其边AB 与DC 的延长线交于点P,AD 与BC 的延长线交于点Q.由Q作该圆的A C D E F H K G两条切线QE 和QF,切点分别为E,F ；求证：P,E,F 三点共线.证：如图：连接PQ,并在PQ 上取一点M,使得B,C,M,P 四点共圆,连CM,PF.设PF 与圆的另一交点为E’,并作QG 丄PF,垂足为G.易如QE2=QM·QP=QC·QB①∠PMC=∠ABC=∠PDQ. 从而C,D,Q,M 四点共圆,于是PM·PQ=PC·PD② 由①,②得PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB, 即PQ2=QC·QB+PC·PD.易知PD·PC=PE’·PF, 又QF2=QC·QB,有PE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2, 即PE’·PF=PQ2-QF2.又PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG－GF)=PF·(PG－GF),从而PE’=PG－GF=PG －GE’,即GF=GE’,故E’与E 重合. 所以P,E,F 三点共线.例4 以圆O 外一点P,引圆的两条切线PA,PB,A,B 为切点.割线PCD 交圆O 于C,D.又由B 作CD 的平行线交圆O 于E.若F 为CD 中点,求证：A,F,E 三点共线. 证：如图,连AF,EF,OA,OB,OP,BF,OF,延长FC 交BE 于G.易如OA 丄AP,OB 丄BP,OF 丄CP,所以P,A,F,O,B五点共圆,有∠AFP=∠AOP=∠POB=∠PFB.又因CD∥BE,所以有∠PFB=∠FBE,∠EFD=∠FEB, 而FOG 为BE 的垂直平分线,故EF=FB,∠FEB=∠EBF, 所以∠AFP=∠EFD,A,F,E 三点共线.2、线共点的证明证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点),或证明第3条直线通过另外两条直线的交点,也可转化成点共线的问题给予证明.C E (E ')A BD F P M QGM E D FK G A例5 以△ABC 的两边AB,AC 向外作正方形ABDE,ACFG.△ABC 的高为AH.求证：AH,BF,CD 交于一点.证：如图.延长HA 到M,使AM=BC.连CM,BM. 设CM 与BF 交于点K.在△ACM 和△BCF 中,AC=CF,AM=BC,∠MAC+∠HAC=180°,∠HAC+∠HCA=90°,而且∠BCF=90°+∠HCA,因此∠BCF+∠HAC=180°∠MAC=∠BCF.从而△MAC≌△BCF,∠ACM=∠CFB.所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°,即 BF 丄MC.同理CD 丄MB.AH,BF,CD 为△MBC 的3条高线,故AH,BF,CD 三线交于一点.例6 设P 为△ABC 内一点,∠APB－∠ACB=∠APC－∠ABC.又设D,E 分别是△APB 及△APC 的内心.证明：AP,BD,CE 交于一点.证：如图,过P 向三边作垂线,垂足分别为R,S,T.连RS,ST,RT,设BD 交AP 于M,CE 交AP 于N. 易知P,R,A,S ；P,T,B,R ；P,S,C,T 分别四点共圆,则∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT.同理,∠APC－∠ABC=∠RST,由条件知∠SRT=∠RST,所以RT=ST.又RT=PBsinB,ST=PCsinC,所以PBsinB=PCsinC,那么ACPC AB PB =. 由角平分线定理知MP AM PB AB PC AC NP AN ===.故M,N 重合,即AP,BD,CE 交于一点.例7 O1O2外切于P 点,QR 为两圆的公切线,其中Q,RO2上的切点,过Q 且垂直于QO2的直线与过R 且垂直于RO1的直线交于点I,IN 垂直于O1O2,垂足为N,IN 与QR 交于点M.证明：PM,RO1,QO2三条直线交于一点.证：如图,设RO1与QO2交于点O,连MO,PO.因为∠O1QM=∠O1NM=90°,所以Q,O1,N,M 四点共圆,有∠QMI=∠QO1O2. 而∠IQO2=90°=∠RQO1,所以∠IQM=∠O2QO1, 故△QIM∽△QO2O1,得MI O O QM QO 211=同理可证MI O O RM RO 212=.因此21RO QO MR QM =①因为QO1∥RO2,所以有211RO QO OR O O =②由①,②得MO∥QO1. 又由于O1P=O1Q,PO2=RO2,所以 21211PO P O RO Q O OR O O ==, 即OP∥RO2.从而MO∥QO1∥RO2∥OP,故M,O,P 三点共线,所以PM,RO1,QO2三条直线相交于同一点.3、 塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用定理1 (塞瓦(Ceva)定理):设P,Q,R 分别是△ABC 的BC,CA,AB 边上的点.若AP,BQ,CR 相交于一点M,则1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 证：如图,由三角形面积的性质,有BMC AMC S S RB AR ∆∆=, AMCAMB S S PC BP ∆∆=, AMB BMC S S QA CQ ∆∆=.以上三式相乘,得1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 定理2 (定理1的逆定理):O 1O 2N P I Q R MOA R QBC P设P,Q,R 分别是△ABC 的BC,CA,AB 上的点.若1=⋅⋅RB ARQA CQPC BP,则AP,BQ,CR 交于一点.证：如图,设AP 与BQ 交于M,连CM,交AB 于R’. 由定理1有1''=⋅⋅B R AR QA CQ PC BP . 而1=⋅⋅RB ARQA CQ PC BP ,所以RB ARB R AR =''.于是R’与R 重合,故AP,BQ,CR 交于一点.定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理):一条不经过△ABC 任一极点的直线和三角形三边BC,CA,AB(或它们的延长线)分别交于P,Q,R,则1=⋅⋅RB ARQA CQPC BP证：如图,由三角形面积的性质,有BRP ARP S S RB AR ∆∆=, CPR BRP S S PC BP ∆∆=, ARPCRPS S QA CQ ∆∆=.将以上三式相乘,得1=⋅⋅RB ARQA CQ PC BP .定理4 (定理3的逆定理):设P,Q,R 分别是△ABC 的三边BC,CA,AB 或它们延长线上的3点.若1=⋅⋅RB ARQA CQ PC BP,则P,Q,R 三点共线.定理4与定理2的证明方法类似.塞瓦定理和梅涅劳斯定理在证明三线共点和三点共线以及与之有关的题目中有着广泛的应用.例8 如图,在四边形ABCD 中,对角线AC 平分∠BAD.在CD 上取一点E,BE 与AC 相交于F,延长DF 交BC 于G.求证：∠GAC=∠EAC.证：如图,连接BD 交AC 于H,过点C 作AB 的平行线交AG 的延长线于I,过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J.对△BCD 用塞瓦定理,可得1=⋅⋅ECDE HD BH GB CG ① 因为AH 是∠BAD 的角平分线, 由角平分线定理知ADAB HD BH =,代入①式1=⋅⋅ECDE AD AB GB CG ② 因为CI∥AB,CJ∥AD,则AB CI GB CG =,CJAD EC DE =.代入②式得1=⋅⋅CJ AD AD AB AB CI .从而CI=CJ.又由于∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ,所以△ACI≌△ACJ,故∠IAC=∠JAC,即∠GAC=∠EAC. 例9 ABCD 是一个平行四边形,E 是AB 上的一点,F 为CD 上的一点.AF 交ED 于G,EC 交FB 于H.连接线段GH 并延长交AD 于L,交BC 于M.求证：DL=BM.证：如图,设直线LM 与BA 的延长线交于点J,与DC 的延长线交于点I.在△ECD 与△FAB 中分别使用梅涅劳斯定理,得1=⋅⋅HE CH IC DI GD EG , 1=⋅⋅JABJ HB FH GF AG . 因为AB∥CD,所以GF AG GD EG =, HB FH HE CH =.从而JABJ IC DI =,即=+CI CI CD AJ AJ AB +,故CI=AJ. 而LA DL AJ DI CI BJ MC BM ===, 且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL.例10 在直线l 的一侧画一个半圆T,C,D 是T 上的两点,T 上过C 和D 的切线分别交l 于B 和A,半圆的H C A D BG IJ E F G A E B JL D F C I M H D EC P圆心在线段BA 上,E 是线段AC 和BD 的交点,F 是l 上的点,EF 垂直l.求证：EF 平分∠CFD.证：如图,设AD 与BC 相交于点P,用O 暗示半圆T 的圆心.过P 作PH 丄l 于H,连OD,OC,OP.由题意知Rt△OAD∽Rt△PAH,于是有DOHP AD AH =. 类似地,Rt△OCB∽Rt△PHB, 则有COHP BC BH =. 由CO=DO,有BC BH AD AH =,从而1=⋅⋅DAPD CP BC HB AH . 由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC,BD,PH 相交于一点,即E 在PH 上,点H 与F 重合.因∠ODP=∠OCP=90°,所以O,D,C,P 四点共圆,直径为OP. 又∠PFC=90°,从而推得点F 也在这个圆上,因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP,所以EF 平分∠CFD.例11 如图,四边形ABCD 内接于圆,AB,DC 延长线交于E,AD 、BC 延长线交于F,P 为圆上任意一点,PE,PF 分别交圆于R,S. 若对角线AC 与BD 相交于T. 求证：R,T,S 三点共线. 先证两个引理.引理1:A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形,若A1D1,B1E1,C1F1交于一点,则有1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A .如图,设A1D1,B1E1,C1F1交于点O,根据圆内接多边形的性质易知△ OA1B1∽△OE1D1,△OB1C1∽△OF1E1,△OC1D1∽△OA1F1,从而有O D O B E D B A 111111=,O B O F C B F E 111111=,OF O D A F D C 111111=.将上面三式相乘即得1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A ,E B R C T AP S D F引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1,若满足1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A 则其三条对角线A1D1,B1E1,C1F1交于一点.该引理与定理2的证明方法类似,留给读者.例11之证明如图,连接PD,AS,RC,BR,AP,SD.由△EBR∽△EPA,△FDS∽△FPA,知EP EB PA BR =,FD FP DS PA =.两式相乘,得FD EP FP EB DS BR ⋅⋅=. ① 又由△ECR∽△EPD,△FPD∽△FAS,知EP EC PD CR =,FA FP AS PD =. 两式相乘,得FAEP FP EC AS CR ⋅⋅=② 由①,②得FDEC FA EB CR DS AS BR ⋅⋅=⋅⋅. 故=⋅⋅AB SA DS CD RC BR CEDC FD AF BA EB ⋅⋅. ③ 对△EAD 应用梅涅劳斯定理,有1=⋅⋅CEDC FD AF BA EB ④ 由③④得1=⋅⋅ABSA DS CD RC BR .由引理2知BD,RS,AC 交于一点,所以R,T,S 三点共线.练 习A 组1. 由矩形ABCD 的外接圆上任意一点M 向它的两对边引垂线MQ 和MP,向另两边延长线引垂线MR,MT.证明：PR 与QT 垂直,且它们的交点在矩形的一条对角线上.2. 在△ABC 的BC 边上任取一点P,作PD∥AC,PE∥AB,PD,PE 和以AB,AC 为直径而在三角形外侧所作的半圆的交点分别为D,E.求证：D,A,E 三点共线.B F A E 1OC D 111113. 一个圆和等腰三角形ABC的两腰相切,切点是D,E,又和△ABC的外接圆相切于F.求证：△ABC的内心G和D,E在一条直线上.4. 设四边形ABCD为等腰梯形,把△ABC绕点C旋转某一角度酿成△A’B’C’.证明：线段A’D, BC和B’C的中点在一条直线上.5. 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的外接圆圆心分别是O1,O2,O3,O4.求证：OP,O1O3,O2O4三直线交于一点.6. 求证：过圆内接四边形各边的中点向对边所作的4条垂线交于一点.7. △ABC为锐角三角形,AH为BC边上的高,以AH为直径的圆分别交AB,AC于M,N；M,N与A分歧.过A作直线lA垂直于MN.类似地作出直线lB与lC.证明：直线lA,lB,lC共点.8. 以△AB C的边BC,CA,AB向外作正方形,A1,B1,C1是正方形的边BC,CA,AB的对边的中点.求证：直线AA1,BB1,CC1相交于一点.B组9. 设A1,B1,C1是直线l1上的任意三点,A2,B2,C2是另一条直线l2上的任意三点,A1B2和B1A2交于L,A1C2和A2C1交于M,B1C2和B2C1交于N.求证：L,M,N三点共线.10. 在△ABC,△A’B’C’中,连接AA’,BB’,CC’,使这3条直线交于一点S.求证：AB与A’B’、BC与B’C’、CA与C’A’的交点F,D,E在同一条直线上(笛沙格定理).11. 设圆内接六边形ABCDEF的对边延长线相交于三点P,Q,R,则这三点在一条直线上(帕斯卡定理).第四讲四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常呈现,这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的,二是以“四点共圆”作为解题的手段,为解决其他问题铺平路途.判定“四点共圆”的方法,用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3）,由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采纳.1、“四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△AB C,以AB 为直径的圆与AB 边的高CC′及其延长线交于M,N.以AC 为直径的圆与AC 边的高BB′及其延长线将于P,Q.求证：M,N,P,Q 四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克) 分析：设PQ,MN 交于K 点,连接AP,AM.欲证M,N,P,Q 四点共圆,须证MK·KN＝PK·KQ,即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ①不难证明 AP=AM,从而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2. 故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2 =(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)=KC′2-KB′2. ②由②即得①,命题得证. 例2．A 、B 、C 三点共线,O 点在直线外,O1,O2,O3分别为△OAB,△OBC,△OCA 的外心.求证：O,O1,O2,O3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克) 分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB,O1O3垂直平分OA.观察△OBC 及其外接圆,立得∠OO2O1=21∠OO2B=∠OCB.观察△OC A 及其外接圆,立A B C K M N P Q B ′C ′A B C O O O O 123？？得∠OO3O1=21∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1⇒O,O1,O2,O3共圆.利用对角互补,也可证明O,O1,O2,O3四点共圆,请同学自证.2、以“四点共圆”作为解题手段这种情况不单题目多,而且结论幻化莫测,可年夜体上归纳为如下几个方面.(1)证角相等例3．在梯形ABCD 中,AB∥DC,AB＞CD,K,M 分别在AD,BC 上,∠DAM＝∠CBK.求证：∠DMA＝∠CKB.（第二届袓冲之杯初中竞赛）分析：易知A,B,M,K 四点共圆.连接KM,有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC＝180°,∴∠CMK+∠KDC＝180°. 故C,D,K,M 四点共圆⇒∠CMD＝∠DKC. 但已证∠AMB＝∠BKA,∴∠DMA＝∠CKB.(2)证线垂直例4．⊙O 过△ABC 极点A,C,且与AB,BC 交于K,N(K 与N 分歧).△ABC外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和M.求证：∠BMO=90°.(第26届IMO 第五题)分析：这道国际数学竞赛题,曾使许多选手望而却步.其实,只要掌控已知条件和图形特点,借助“四点共圆”,问题是不难解决的.连接OC,OK,MC,MK,延长BM 到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK, ∴∠COK+∠CMK=180°⇒C,O,K,M 四点共圆. A B C D K M ··A B O K N CM GA B CD E F K G······在这个圆中,由OC=OK ⇒OC=OK ⇒∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK,故∠BMO=90°.(3)判断图形形状例5．四边形ABCD 内接于圆,△BCD,△ACD,△ABD,△ABC 的内心依次记为IA,IB,IC,ID.试证：IAIBICID 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析：连接AIC,AID,BIC,BID 和DIB.易得∠AICB=90°+21∠ADB=90°+21∠ACB=∠AIDB ⇒A,B,ID,IC 四点共圆.同理,A,D,IB,IC 四点共圆.此时∠AICID=180°-∠ABID =180°-21∠ABC,∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-21∠ADC, ∴∠AICID+∠AICIB=360°-21(∠ABC+∠ADC)=360°-21×180°=270°.故∠IBICID=90°. 同样可证IAIBICID 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.(4)计算例6．正方形ABCD 的中心为O,面积为1989㎝2.P 为正方形内一点,且∠OPB=45°,PA:PB=5:14.则PB=__________(1989,全国初中联赛)分析：谜底是PB=42㎝.怎样获得的呢？连接OA,OB.易知O,P,A,B 四点共圆,有∠APB=∠AOB=90°.故PA2+PB2=AB2=1989.由于PA:PB=5:14,可求PB. (5)其他例7．设有边长为1的正方形,试在这个正方形的内接正三角形中找出头具名积最年夜的和一个面积最A B C D I C I D A I I B ··P O A B C D小的,并求出这两个面积(须证明你的论断).(1978,全国高中联赛)分析：设△EFG为正方形ABCD 的一个内接正三角形,由于正三角形的三个极点至少必落在正方形的三条边上,所以无妨令F,G两点在正方形的一组对边上.作正△EFG的高EK,易知E,K,G,D四点共圆⇒∠KDE=∠KGE=60°.同理,∠KAE=60°.故△KAD也是一个正三角形,K必为一个定点.又正三角形面积取决于它的边长,当KF丄AB时,边长3也最小.当KF通过B 为1,这时边长最小,而面积S=4点时,边长为2·32-,这时边长最年夜,面积S=23-3也最年夜.例8．NS是⊙O的直径,弦AB丄NS于M,P为ANB上异于N的任一点,PS交AB于R,PM的延长线交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.(1991,江苏省初中竞赛)分析：连接NP,NQ,NR,NR的延长线交⊙O于Q′.连接MQ′,SQ′.易证N,M,R,P四点共圆,从而,∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称⇒MQ′=MQ.又易证M,S,Q′,R四点共圆,且RS是这个圆的直径(∠RMS=90°),MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°),故RS＞MQ′.但MQ=MQ′,所以,RS＞MQ.练习题1.⊙O1交⊙O2 于A,B两点,射线O1A交⊙O2 于C点,射线O2A交⊙O1于D点.求证：点A是△BCD的内心.(提示：设法证明C,D,O1,B四点共圆,再证C,D,B,O2四点共圆,从而知C,D,O1,B,O2五点共圆.)。
数学奥赛教练员培训班讲义(平面几何)
数学奥赛教练员培训班讲义（1）第一讲 平面几何平面几何是数学竞赛中的一个基本内容。
它以严密的逻辑结构、灵活的证题方法，在发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力等方面起着特殊的作用。
因此在数学竞赛中平面几何的内容占有十分突出的地位。
平面几何主要研究度量关系的证明、位置关系的证明、面积关系解题、几何量的计算、轨迹问题等。
一、与三角形有关的重要定理1.梅涅劳斯定理一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。
说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。
（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。
（3）其逆定理为：如果D 、E 、F 分别在△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线上），并且1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，那么D 、E 、F 三点在同一条直线上。
（4）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。
用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。
2.塞瓦定理设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于D ，E ，F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。
说明：（1）该定理可借助于梅氏定理来证明（也可用面积法来证明）。
如果O 点在三角形外，结论仍然是成立的。
（2）其逆定理为：分别在△ABC 三边（所在直线）BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若有1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，则AD 、BE 、CF 平行或共点。
（3）塞瓦定理及其逆定理是证明三直线交于一点（线共点）问题的重要定理，应用塞瓦定理很容易证明三角形中的主要线段的共点问题。
3.三角形的五心三角形的三条中线共点，三条角平分线共点，三条高线共点，三条中垂线共点。
高中数学竞赛平面几何讲座非常详细
第一讲 留意添加平行线证题在同一平面内,不相交两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最根本,也是特别重要图形.在证明某些平面几何问题时,假设能根据证题须要,添加恰当平行线,那么能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种状况. 1、为了变更角位置大家知道,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,将某些角位置变更,以满意求解须要.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 平行线得交点D .连结DA . 在△DBP ＝∠AQC 中,明显∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知△DBP ≌△AQC .有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC .于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .那么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 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 平行线,得交点P ,连PE .由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC .明显,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,使与未知中四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,严密联络起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等媒介,证法很奇妙. 2、欲“送〞线段到当处利用“平行线间间隔 相等〞、“夹在平行线间平行线段相等〞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 上随意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .证明：如图3,过点P 作AB 平行线交BD 于F ,过点F 作BC 平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC 两边间隔 相等.有KQ ＝PN . 明显,＝＝,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 .证法特别简捷.3 、为了线段比转化∥＝ADBP QC图1PE D GA B FC图2A N E BQ K G CD M FP 图3由于“平行于三角形一边直线截其它两边,所得对应线段成比例〞,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比良性转化.这在平面几何证题中是会常常遇到.例4 设M 1、M 2是△ABCBC 边上点,且BM 1＝CM 2.任作始终线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：＋＝＋.证明：如图4,假设PQ ∥BC ,易证结论成立. 假设PQ 与BC 不平行, 设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 平行线交直线BC 于E . 由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋M 2E , 易知＝,＝,＝,＝.那么＋＝＝＝＋.所以,＋＝＋.这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中四个线段比“通分〞,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.例5、 AD 是△ABC 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 平行线,分别交直线DE 、DF 、 BE 、CF 于Q 、P 、N 、M . 明显,＝＝.有BD ·AM ＝DC ·AN . (1) 由＝＝,有AP ＝. (2) 由＝＝,有AQ ＝. (3)比照(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ .明显AD 为PQ 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 平行线,就有大量比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 相等关系显现出来. 4、为了线段相等传递当题目给出或求证某点为线段中点时,应留意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等关系传递开去.例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.假如BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝(AB 2＋AC 2).证明：如图6,过点B 作AC 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 . 明显,MD 为EN 中垂线.有 EM ＝MN .APEDM 2M 1BQ N 1N 2图4图5MP A Q NFBD CEK图6AN CD EBM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＝＝(AB 2＋AC 2).这里,添加AC 平行线,将BC 以D 为中点性质传递给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 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 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 .明显,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 两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩.经过一点假设干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得线段相等,在该直线平行直线上截得线段也相等.如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行直线.于是,有＝＝,即＝或＝.此式说明,DM ＝ME 充要条件是 BN ＝NC .利用平行线这一性质,解决某些线段相等问题会很美丽.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 延长线交EF 于G .求证：EG ＝GF .证明：如图9,过C 作EF 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 边BC 外旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB切点.假设OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC .证明：如图10,过点K 作BC 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 .明显,∠FKQ ＝∠EKP ,可知∠FOQ ＝∠EOP .由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 那么OQ ＝OP .于是,OK 为PQ 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应用.同学们在理论中应留意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有作用.练习题AG D O H BFC E图7图8ADBN CEM 图9ABMEFN D C G AO EPC BF Q K 图101. 四边形ABCD中,AB＝CD,M、N分别为AD、BC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中点,易证PM＝PN.)2. 设P为△ABC边BC上一点,且PC＝2PB.∠ABC＝45°,∠APC＝60°.求∠ACB.(提示：过点C作PA平行线交BA延长线于点D.易证△ACD∽△PBA.答：75°)3. 六边形ABCDEF各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S△EBD＝60cm2.求六边形ABCDEF面积. (提示：设EF、DC分别交直线AB于P、Q,过点E作DC平行线交AB于点M.所求面积与EMQD面积相等.答：120cm2)4. AD为Rt△ABC斜边BC上高,P是AD中点,连BP并延长交AC于E.AC:AB＝k.求AE:EC. (提示：过点A作BC平行线交BE延长线于点F.设BC＝1,有AD＝k,DC＝k2.答：)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垂线交CB于F.求证：＝.(提示：过点F作AB平行线交CE于点H.H为△CDF垂心.)6. 在△ABC中,∠A:∠B:∠C＝4:2:1,∠A、∠B、∠C对边分别为a、b、c.求证：＋＝.(提示：在BC上取一点D,使AD＝AB.分别过点B、C作AD平行线交直线CA、BA于点E、F.)7. △ABC内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F,过点F作BC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平行线分别交直线DE、DF于点M、N.)8. AD为⊙O直径,PD为⊙O切线,PCB为⊙O割线,PO分别交AB、AC于点M、N.求证：OM ＝ON.(提示：过点C作PM平行线分别交AB、AD于点E、F.过O作BP垂线,G为垂足.AB∥GF.)第二讲巧添协助妙解竞赛题.1、挖掘隐含协助圆解题有些问题题设或图形本身隐含着“点共圆〞,此时假设能把握问题供应信息,恰当补出协助圆,并合理挖掘图形隐含性质,就会使题设和结论逻辑关系明朗化.1.1 作出三角形外接圆例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与结论联络.简单想到作∠BED平分线,但因BE≠ED,故不能干脆证出BD＝2CD.假设延长AD交△ABC外接圆于F,那么可得EB＝EF,从而获得.证明：如图1,延长AD与△ABC外接圆相交于点F,连结CF与BF,那么∠BFA ＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:CF＝BD:DC.ABGCDFE图1又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF . 作∠BEF 平分线交BF 于G ,那么BG ＝GF . 因∠GEF ＝∠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.那么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 、DBA 、CD 交于P ,那么∠ADP ＝∠ABC ＝60°. 设AD ＝x ,有AP ＝x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋x )x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝2－2,BC ＝BP ＝4－.由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－)(2－2)＋2×1＝10－12.又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝. 故sin ∠AOB ＝.例3 ：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 面积S ＝AP ·BD .分析：因S △ABC ＝BC 2＝AC ·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 ,那么由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 ＝AC ·BC ＝AP ·BD .2 、构造相关协助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题题设或结论或图形供应了某些与圆性质相像信息,此时可大胆联想构造出与题目相关协助圆,将原问题转化为与圆有关问题加以解决. 2.1 联想圆定义构造协助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 长. 分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p 〞可知A 、B 、C 在半径为p ⊙D 用圆性质即可找到AC 与p 、q 关系.解：延长CD 交半径为p ⊙D 于E 点,连结AE .明显A 、B 、C 在⊙D 上.ABCDP O 图2A图3BP QD HCAEDCB图4∵AB ∥CD ,∴BC ＝AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝＝.2.2 联想直径性质构造协助圆例5 抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .假设在x 轴上侧A 点为抛物线上动点,且∠BAC 为锐角,那么AD 取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角〞可知点A 在以定线段BC 为直径圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 范围,进而确定AD 取值范围.解：如图5,所给抛物线顶点为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 ,那么两圆与抛物线均交于两点P (1－2,1)、Q (1＋2,1).可知,点A 在不含端点抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有 3＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造协助圆 例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上高,∠B 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,构造协助圆即可证得结论.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 延长线于E .那么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 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 切线,由结论联想到切割线定理,构造协助圆使EP 、FQ 向EF 转化. 证明：如图7,作△BCE 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协助圆例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇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.A B D C P Q E yx0(1,9)(-2,0)(4,0)图5E ANC D B FM 12345图6O PC B GFD(1)(2)图8ABCA'B'C'ca b a'c'b'证明：作△ABC 外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示. ∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇, ∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD . ∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有＝＝,即＝＝. 故DC ＝,DB ＝.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 ·＋b ·. 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.练习题1. 作一个协助圆证明：△ABC 中,假设AD 平分∠A ,那么＝.(提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而＝＝.)2. 凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由证明∠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 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 ＝∠BKM＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长对角线,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 .那么CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.)⊙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 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．E 是△ABC 外接圆之劣弧BC 中点.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.(提示：以BE 为半径作协助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 假设正五边形ABCD E 边长为a ,对角线长为b ,试证：－＝1.A BCDa bb c图9F DAB EC图10EDA B O O 12图11(提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形外接圆即可证得.)第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理应用。
2020全国数学竞赛提升篇 平面几何 圆幂与根轴课件 (共30张PPT)
证明：假设A,B,C,D 不共圆，并设AK交 三角形ABC外接圆 与D’ 连结CD’并延 长交AM延长线与M’
同样得到N’ 连结 M’N’。设AK延长线 交MN,M’N’与R,R’。
由例二的结论，OK⊥M’N’.而已知OK ⊥MN。 ∴MN∥ M’N’. 且有MR/RN=M’R’/R’N’
三角形AMN中， AR,CM,BN交于一点。 由赛瓦定理，
2020数学竞赛（提升篇）·平面几何·圆幂与根轴
中学生数学奥林匹克竞赛 （提升篇）
平面几何——圆幂与根轴
2019.8
一.圆幂
• 1.概念： • 圆的幂是表示平面上一点P与圆O的位置关
系的一个量。 定义：点P对圆O的幂=PO2-R2 • 2.圆幂定理 圆幂定理实质上是三个定理的统一概括： ——切线定理，割线定理，以及相交弦定理
• 又在PR上取点M，连 CM,满足∠PAC= ∠CMR= ∠CDB,于是 又P,A,C,M共圆， M,C,D,R共圆。故有 RM×RP=RC×RA,P M×PR=PC×PD,两 式相加即有PR2=P的 幂+R的幂
评注：这个结论十分重要，应作为定理牢记。 用本题结论可以很容易地证明国家集训队的一道试 题以及全国高中数学联赛加试第一题。
下面来看几道关于根轴根心的题目。
例五.设三角形ABC的边AB,AC上分别有N,K两点， 且N,K,C,B四点共圆。若三角形ABC,三角形ANK外 接圆还交于异于A的点M。求证：AM⊥OM 由根轴及圆幂，有
故BO32-CO32=BD×BC-CD×BC=(BD-CD) ×BC =(BDCD) (BD+CD) =BD2-CD2 所以 DO3⊥BC
例二：设P是圆O外一点，PAB,PCD是两条切线， AD,BC交于点Q，延长BD,AC交于点R.求证： PQ2=P的幂+Q的幂 PR2=P的幂+R的幂
高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座26平面图形的面积
比赛讲座 26－平面图形的面积1．对于面积的两点重要知识（1）相像三角形的面积比等于相像比的平方例 1（第 2 届美国数学邀请赛题）如图 40-1，在△ ABC 的内部选用一点 P，过 P 点作三条分别与△ ABC 的三条边平行的直线 ,这样所得的三个三角形 t1、t2 和 t3 的面积分别为 4， 9 和 49．求△ ABC 的面积．解设 T 是△ ABC 的面积， T1、T2 和 T3 分别是三角形 t1、t2 和 t3 的面积； c 是边AB 的长，c1、c2 和 c3 分别是平行于边 AB 的三个三角形 t1、t2 和 t3 的边长．那么，由四个三角形相像，得（2）两边夹角的三角形面积，灵巧运用△ ABC 的面积公式 S=能够方便地解决一些较难的面积问题．例 2 已知 P、Q、 R、 S 四点分别由四边形的四个极点 A 、 B、 C、D 同时开始沿四边形各边依反时针方向以各自的速度作匀速直线运动（如图40-2），已知 P 由 A 至B，R 由 C 至 D 分别需要两秒钟； Q 由 B 至 C，S 由 D 至 A 分别需要 1 秒钟；问开始运动后，经过多少时间，四边形PQRS 的面积最小？解设 P 的速度是 Q 的速度是 ;R 的速度是 ,S 的速度是 .在 t(0＜t ≤ 1)秒时 ,AP= 设四边形 PQRS 和四边形 ABCD 的面积分别为 S′、 S.①②③④①+③得 ,②+④得 ,当 t= 有′极小值．答:经过秒后 ,四边形 PQRS 面积最小．下边是一个用不等式来证明相等问题的例子．例 3(1982 年英国数学奥林匹克比赛试题 ).PQRS 是面积为 A 的四边形 .O 是在它内部的一点 ,证明 :假如 2A=OP2+OQ2+OR2+OS2那么 PQRS 是正方形而且O 是它的中心．证明如图 40-3，按题设有此处无图p2+q2+r2+s2=pqsin α +qrsin β +rsin γ +spsin δ≤ pq+qr+rs+sp①依题设、一定且只须这里全部的不等式都取等．由①取等有由②取等有p=q=r=s所以 PQRS 是正方形 ,O 是它的中心 .2.等积变换与面积法等积变换的特色是利用图形之间的面积相等或成比率的变换来解题．例 4( 第 17 届苏联比赛题 )图 40-4 中暗影所示的四个三角形面积相等.求证 :无暗影所示的四个三角形面积相等.求证 :无暗影的三个四边形的面积也相等．证明如图 :连 ME 、NC.∵S△NME=S △ CEM ，∴ME ∥NC．若设则由上式可得解以上三式的联立方程组可得．这样，则 N 为 BE 中点．又同理可证例 5（第 9 届全俄中学比赛题）如图 40-5 在凸五边形 ABCDE 中，对角线 CE 分别交对角线 BD、AD 于 F、G，BF：FD=5：4，AG ：GD=1：1，CF：FG：GE=2：2：3，求△CFD 和△ ABE 的面积比．解连 AF.∵CF：FG：GE=2：2：3，∴S△CFD ：S△ DFG： S△ DEG=2： 2： 3.S△CFD=S,则 S△ FDG=S， S△ DGF=S.又 BF：FD=5： 4，∴ S△ BEF:S△FDE=5：4．∴S△BEF=(S△ FDG+S△ DEG)=S又由 BF： FD=5 ：4，∴ S△ABF:S △ AFD=5 ： 4．∴S△ABE=SABFE-S △ BFE=（S△ABF+S △AFG+S △AGE ）-S△BFE=5S-S=S(∵ AG:GD=1:1).即 S△ CFD:S△ ABE=8:15.例 6 六边形 ABCDEF 内接于⊙ O,且 AB=BC=CD=( 如图 40-6(a)),求此六边形的面积 .剖析假如连 OA、 OB、 OC、OD、OE、OF，那么简单看出S△AOB=S △BOC=S△COD，S△DOE=S△EOF=S△FOA ．=S△ AOB+S △ BOC+S△COD+S△ DOE+S△ EOF+S△FOA．从加法知足互换律联想到图形能够改变地点而从头组合 ,于是把已知六边形改成等积的新的六边形 A′B′C′D′E其′F中′,⊙ O 与⊙ O′为等圆 , 且A′ F′ =B′ C′ =D′ E′ =1,A ′ B′把 =CA′ BD′ ,C=E′ DF分′别=,E向′两F方′延伸得交点M 、 N 、P(如图 40-6(b)), 简单证明∠ B′ A′ F′ =120等,从°而△ MNP 为等边三角形 .例 7（1962 年上海比赛题）已知△ ABC ∽△ A′ B′如C′图 40-7，AB=c,BC=a,CA=b,A′、B′、 C′到 BC、CA 、AB 的距离分别为l、 m、n.求证： la+mb+nc=2S△ ABC.剖析欲证上述结论，只须证S△ABC+S △B′ CA+S△ C′ AB=S△ ABC ．我们试想 ,当△ A′ B′C缩短为一点时 ,上式明显建立 ,所以 ,假如我们能够做到在将△ A′B′逐C渐′“缩短”为一点的过程中，保持左侧三项的面积一直不变，那么问题便解决了 .为了保持△ A′BC面积不变，我们试用“等积”工具，想法使 A′沿平行于 BC 的直线运动，相同 B′、C′分别沿着平行于 CA 、AB 的直线运动 .而这三条分别平行于 BC、CA、 AB 的直线如能共点，即反应△A′ B′可C′缩短为一点．证明分别过 B′，C′作直线 B′D∥CA ，C′D∥ BA ，直线 C′D交 B′D于 D 、交BC 于E．则∠ C′ DB′=∠ BAC ，又△ ABC ∽△ A′ B′，C′∴△∠ B′A′C∠′=BAC= ∠C′D′．B这′说明 C′、D′、A′、B′四点共圆，∴∠A′DC＝′A′B′C′＝∠ ABC ＝∠ DEC，∴ A′D∥BC．过 D 分别作 DL ⊥BC 于 L，DM ⊥CA 于 M，DN⊥AB 于 N，连 DA、DB、DC、则由DA′∥BC、DB′∥ CA， DC′∥ AB ，得 DL= ｌ， DM= ｍ， DN=ｎ．于是ｌ a+mb+nc=DL·BC+DM· AC+DN· AB=2 （S△ DBC+S△ DCA+S △ DAB ）=2S△ ABC.有些看似与面积没关的几何问题，如能够奇妙地引入面积关系，即可快速求解，这就是所谓的“面积法”．例８（美国数学比赛题）在一个给定的角Ｏ内，任决地给定一点Ｐ，过Ｐ作向来线交定角的两边于Ａ、Ｂ两点（如图４０－８），问过Ｐ作如何的直线才能使最大？解设∠ＯＰＢ＝θ，△ＯＰＡ、△ＯＰＢ的面积分别为Ｓ１、Ｓ２，则于是所以但，当θ =90时°,sin θ获得最大值 1,所以当过 P 点的直线与OP 垂直时 ,达到最大值3．杂题比赛中出现的一些综合性较强的面积问题，一般采纳简化图形或依据题意结构适合的图形来办理．例 9（1987 年全俄中学生比赛题）凸四边形ABCD 的面积为 S.K、 L、 M 、N 分别是 AC 、AD 、BC 和 BD 的中点．证明： SKLNM ＜０．５ S．证明设 P、Q 分别是 AB 、CD 的中点（如图４０－９）．注意到 PLQM 、MKNL 都是平行四边形，且SKLNM ＝ S，所以，只须证明KLNM 含于 PLQM 内．设 PL、MQ 分别交 AC 于 E、F，则点 K 位于 E、F 之间．若否则，比如点K 在线段 AE 上，则有ＡＫ≤ＡＥ，因ＥＦ＝ＰＭ＝ＡＫ＝０．５ＡＣ，故相关系式ＡＣ＝２ＡＫ＝ＡＫ＋ＥＦ≤ＡＥ＋ＥＦ＜ＡＣ，矛盾．同理Ｋ也不可以在Ｆ．Ｃ之间，于是Ｋ在ＰＬＱＭ内．相同可证Ｎ也在ＰＬＱＭ内，由此得ＳＫＬＮＭ＜ＳＰＬＱＭ＝０．５Ｓ．例１０（第２０届全苏中学生比赛题）Ｍ点在锐角△ＡＢＣ的ＡＣ边上，作△ＡＢＭ和△ＣＢＭ的外接圆．问当Ｍ点在什么地方时，两外接圆公共部分的面积最小？解设Ｏ、Ｏ１分别是△ＡＢＭ和△ＣＢＭ外接圆的圆心．两外接圆的公共部分面积是两个以ＢＭ为公共弦的弓形面积之和，能够考虑保时弓形的面积最小．注意到∠ＢＯＭ＝２∠ＢＡＭ＝常数．∠ＢＯ１Ｍ＝２∠ＢＣＭ＝常数．所以，研究当弓形所对的圆心角固准时，弓形面积与弓形弦的关系．设圆心角为α，弓形弦长为ｂ，那么弓形的面积为因而可知，上图中若ＢＭ越小，则每个弓形的面积越小、所以当ＢＭ是△ＡＢＣ的高，即ＢＭ⊥ＡＣ，Ｍ为垂足时，两外接圆公共部分的面积最小．例１１设Ａ、Ｂ为半径等于１的⊙Ｏ上随意两点，若过Ａ、Ｂ的随意线段或曲线段Ｌ将⊙Ｏ面积均分，则Ｌ的长ｌ必不小于２．证明若ＡＢ为⊙Ｏ的直径，且Ｌ为直线时，明显Ｌ将⊙Ｏ面积均分，这时ｌ＝２．若ＡＢ是⊙Ｏ的直径，Ｌ不是直线时，则ｌ＞ＡＢ，即ｌ＞２．若ＡＢ不是⊙Ｏ的直径，如图４０－１１，作平行于ＡＢ的直径ＭＮ，作Ａ对于ＭＮ的对称点Ａ′，Ａ′必在⊙Ｏ上，连Ａ′Ｂ，易知Ａ′Ｂ为⊙Ｏ的直径．由曲线Ｌ均分⊙Ｏ知，Ｌ上必有点与Ａ、Ｂ在ＭＮ的异侧．取这样的一点Ｃ，并连接ＡＣ、ＢＣ，ＡＣ交ＭＮ于Ｄ，连ＢＤ、Ａ′Ｄ，则据此易证ｌ≥ＡＣ′＋ＢＣ′＞２．综上得ｌ≥２，即Ｌ的长必不小于２．最后我们介绍解决三角形面积问题的一个重要技巧——三角形的剖分．将随意△ＡＢＣ的三边ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ分别分红ｎ均分，而后过这些分点作平行于其余两边的直线，这样将△ＡＢＣ分红若干个全等的小三角形（如图４０－１２）的手续，叫做对△ＡＢＣ进行剖分．终究分红多少均分，则视需要而定．例１２（１９８４年全国数学比赛题）Ｐ为△ＡＢＣ的边ＢＣ上任一点，作ＰＥ∥ＡＢ，ＰＦ∥ＡＣ．设△ＡＢＣ的面积等于１．求证：△ＢＰＦ、△ＰＣＥ、四边形ＡＦＰＥ的面积中，起码有一个不小于证明如图４０－１３，作△ＡＢＣ的剖分．这时每一个小三角形的面积均等于．明显，假如点Ｐ在线段ＢＡ１上改动时，△ＰＣＥ完好地遮住了四个小三角形，因此△ＰＣＥ的面积≥．对称地，假如点Ｐ落在线段Ａ２Ｃ上，则△ＢＰＦ的面积≥．余下的只须议论点Ｐ在线段Ａ１Ａ２内改动的情况，利用平行线的基天性质可证．△ＦＣ２Ｉ≌△ＭＡ１Ｐ≌△ＮＪＧ．这说明上图中带暗影的两个三角形有相等的面积．又由于△ＥＪ２Ｂ≌△ＮＰＡ２≌△ＭＧＩ，这说明图中涂黑了的两个三角形面积相等．将四边形ＡＦＰＥ中△ＮＪＧ剪下来再拼到△ＦＣ２Ｉ上；把△ＭＧＩ剪下来再拼到△ＥＢ２Ｊ２上，我们看出：。
竞赛数学讲座PPT课件
或参观游览，第五天闭幕式，宣布考试成绩和颁奖。
成绩最好的约30名选手（现改为约60名）以及中国
女子数学奥林匹克和中国西部数学奥林匹克的前两
名（现已无参加集训队资格）组成参加当年IMO的
中国国家集训队。3月中旬至4月初，进行参加IMO
的中国代表队的选拔工作。每年7月份参加IMO。
全国中学生数学冬令营是在全国高中数学联赛的基
2.广东省历届国际数学奥林匹克竞赛获奖情 况：13人14次，其中华南师范大学附中7人8 次，深圳中学4人，深圳高级中学1人，深圳 第三高级中学1人。9人就读北京大学，3人就 读清华大学，1人就读中国科技大学。
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13
三、IMO——中国队获奖情况
2013年获奖的饶家鼎，深圳市第三高级中学 高二年级学生 (7岁从加拿大回国读书)。 2010年，12岁的高一学生饶家鼎参加全国高 中数学联赛，与高三顶尖学生同台竞技，获 得全国三等奖。当同龄人还在读初一、初二 的时候，他已经被北京大学数学科学学院和 清华大学数学科学系提前预录取，并入选 2012年中国数学奥林匹克广东省数学代表队， 在2013年以一分之差，遗憾地摘取了国际奥 林匹克数学竞赛银牌，而此前他被寄予得满 分的厚望。
四个方面。前两道题每题40分，后两道 题每题50分。
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七、全国高中学联赛题型与 考试大纲
考试大纲：一试完全按照全日制中学 《数学教学大纲》中所规定的教学要求
和内容，即高考所规定的知识范围和方 法，在方法的要求上略有提高。 二试：超过高考大纲（有具体的规定）
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27
二试
1、平面几何 基本要求：掌握初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、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。 几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。到三角
高中数学竞赛——平面几何基础知识(基本定理、基本性质)
平面几何基础知识（基本定理、基本性质）1． 勾股定理（毕达哥拉斯定理）（广义勾股定理）(1)锐角对边的平方，等于其他两边之平方和，减去这两边中的一边和另一边在这边上的射影乘积的两倍． (2)钝角对边的平方等于其他两边的平方和，加上这两边中的一边与另一边在这边上的射影乘积的两倍．2． 射影定理（欧几里得定理）3． 中线定理（巴布斯定理）设△ABC 的边BC 的中点为P ，则有)(22222BP AP AC AB +=+； 中线长：222222a c b m a −+=． 4． 垂线定理：2222BD BC AD ACCD AB −=−⇔⊥． 高线长：C b B c A a bc c p b p a p p a h a sin sin sin ))()((2===−−−=． 5． 角平分线定理：三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例．如△ABC 中，AD 平分∠BAC ，则ACAB DC BD =；（外角平分线定理）． 角平分线长：2cos 2)(2A c b bc a p bcp c b t a +=−+=（其中p 为周长一半）． 6． 正弦定理：R Cc B b A a 2sin sin sin ===，（其中R 为三角形外接圆半径）． 7． 余弦定理：C ab b a c cos 2222−+=．8． 张角定理：ABDAC AC BAD AD BAC ∠+∠=∠sin sin sin ．9． 斯特瓦尔特(Stewart )定理：设已知△ABC 及其底边上B 、C 两点间的一点D ，则有AB 2·DC +AC 2·BD －AD 2·BC ＝BC ·DC ·BD ．10． 圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，等于圆心角的一半．（圆外角如何转化？）11． 弦切角定理：弦切角等于夹弧所对的圆周角．12． 圆幂定理：（相交弦定理：垂径定理：切割线定理（割线定理）：切线长定理：）13． 布拉美古塔（Brahmagupta ）定理： 在圆内接四边形ABCD 中，AC ⊥BD ，自对角线的交点P 向一边作垂线，其延长线必平分对边．14． 点到圆的幂：设P 为⊙O 所在平面上任意一点，PO =d ，⊙O 的半径为r ，则d 2－r 2就是点P 对于⊙O 的幂．过P 任作一直线与⊙O 交于点A 、B ，则P A·PB = |d 2－r 2|．“到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，则该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论．这条直线称为两圆的“根轴”．三个圆两两的根轴如果不互相平行，则它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”．三个圆的根心对于三个圆等幂．当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点．15． 托勒密（Ptolemy ）定理：圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和，即AC ·BD =AB ·CD +AD ·BC ，(逆命题成立) ．（广义托勒密定理）AB ·CD +AD ·BC ≥AC ·BD ．16． 蝴蝶定理：AB 是⊙O 的弦，M 是其中点，弦CD 、EF 经过点M ，CF 、DE 交AB 于P 、Q ，求证：MP =QM ．17． 费马点：定理1等边三角形外接圆上一点，到该三角形较近两顶点距离之和等于到另一顶点的距离；不在等边三角形外接圆上的点，到该三角形两顶点距离之和大于到另一点的距离．定理2 三角形每一内角都小于120°时，在三角形内必存在一点，它对三条边所张的角都是120°，该点到三顶点距离和达到最小，称为“费马点”，当三角形有一内角不小于120°时，此角的顶点即为费马点．18． 拿破仑三角形：在任意△ABC 的外侧，分别作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，则AE 、AB 、CD 三线共点，并且AE＝BF ＝CD ，这个命题称为拿破仑定理． 以△ABC 的三条边分别向外作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，它们的外接圆⊙C 1 、⊙A 1 、⊙B 1的圆心构成的△——外拿破仑的三角形，⊙C 1 、⊙A 1 、⊙B 1三圆共点，外拿破仑三角形是一个等边三角形；△ABC 的三条边分别向△ABC 的内侧作等边△ABD 、△BCE 、△CAF ，它们的外接圆⊙C 2 、⊙A 2 、⊙B 2的圆心构成的△——内拿破仑三角形，⊙C 2 、⊙A 2 、⊙B 2三圆共点，内拿破仑三角形也是一个等边三角形．这两个拿破仑三角形还具有相同的中心．19． 九点圆（Nine point round 或欧拉圆或费尔巴赫圆）：三角形中，三边中心、从各顶点向其对边所引垂线的垂足，以及垂心与各顶点连线的中点，这九个点在同一个圆上，九点圆具有许多有趣的性质,例如:（1）三角形的九点圆的半径是三角形的外接圆半径之半;（2）九点圆的圆心在欧拉线上,且恰为垂心与外心连线的中点;（3）三角形的九点圆与三角形的内切圆,三个旁切圆均相切〔费尔巴哈定理〕．20． 欧拉（Euler ）线：三角形的外心、重心、九点圆圆心、垂心依次位于同一直线（欧拉线）上．21． 欧拉（Euler ）公式：设三角形的外接圆半径为R ，内切圆半径为r ，外心与内心的距离为d ，则d 2=R 2－2Rr ．22． 锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和．23． 重心：三角形的三条中线交于一点，并且各中线被这个点分成2：1的两部分；)3,3(C B A C B A y y y x x x G ++++ 重心性质：（1）设G 为△ABC 的重心，连结AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，则1:2:=GD AG ；（2）设G 为△ABC 的重心，则ABC ACG BCG ABG S S S S ∆∆∆∆===31； （3）设G 为△ABC 的重心，过G 作DE ∥BC 交AB 于D ，交AC 于E ，过G 作PF ∥AC 交AB 于P ，交BC 于F ，过G 作HK ∥AB 交AC 于K ，交BC 于H ，则2;32=++===AB KH CA FP BC DE AB KH CA FP BC DE ； （4）设G 为△ABC 的重心，则①222222333GC AB GB CA GA BC+=+=+； ②)(31222222CA BC AB GC GB GA ++=++； ③22222223PG GC GB GA PC PB PA +++=++（P 为△ABC 内任意一点）；④到三角形三顶点距离的平方和最小的点是重心，即222GC GB GA ++最小； ⑤三角形内到三边距离之积最大的点是重心；反之亦然（即满足上述条件之一，则G 为△ABC 的重心）． 24． 垂心：三角形的三条高线的交点；)cos cos cos cos cos cos ,cos cos cos cos cos cos (Cc B b A a y C c y B b y A a C c B b A a x C c x B b x A a H C B A C B A ++++++++ 垂心性质：（1）三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2倍；（2）垂心H 关于△ABC 的三边的对称点，均在△ABC 的外接圆上；（3）△ABC 的垂心为H ，则△ABC ，△ABH ，△BCH ，△ACH 的外接圆是等圆；（4）设O ，H 分别为△ABC 的外心和垂心，则HCA BCO ABH CBO HAC BAO ∠=∠∠=∠∠=∠,,．25． 内心：三角形的三条角分线的交点—内接圆圆心，即内心到三角形各边距离相等；),(cb a cy by ayc b a cx bx ax I C B A C B A ++++++++ 内心性质：（1）设I 为△ABC 的内心，则I 到△ABC 三边的距离相等，反之亦然；（2）设I 为△ABC 的内心，则C AIB B AIC A BIC ∠+︒=∠∠+︒=∠∠+︒=∠2190,2190,2190； （3）三角形一内角平分线与其外接圆的交点到另两顶点的距离与到内心的距离相等；反之，若A ∠平分线交△ABC 外接圆于点K ，I 为线段AK 上的点且满足KI=KB ，则I 为△ABC 的内心；（4）设I 为△ABC 的内心，,,,c AB b AC a BC === A ∠平分线交BC 于D ，交△ABC 外接圆于点K ，则ac b KD IK KI AK ID AI +===； （5）设I 为△ABC 的内心，,,,c AB b AC a BC ===I 在AB AC BC ,,上的射影分别为F E D ,,，内切圆半径为r ，令)(21c b a p ++=，则①pr S ABC =∆；②c p CD CE b p BF BD a p AF AE −==−==−==;;；③CI BI AI p abcr ⋅⋅⋅=．26． 外心：三角形的三条中垂线的交点——外接圆圆心，即外心到三角形各顶点距离相等； )2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin ,2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin (C B A Cy By Ay C B A Cx Bx Ax O C B A C B A ++++++++ 外心性质：（1）外心到三角形各顶点距离相等；（2）设O 为△ABC 的外心，则A BOC ∠=∠2或A BOC ∠−︒=∠2360；（3）∆=S abc R 4；（4）锐角三角形的外心到三边的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和．27． 旁心：一内角平分线与两外角平分线交点——旁切圆圆心；设△ABC 的三边,,,c AB b AC a BC ===令)(21c b a p ++=，分别与AB AC BC ,,外侧相切的旁切圆圆心记为C B A I I I ,,，其半径分别记为C B A r r r ,,． 旁心性质：（1）,21,2190A C BI C BI A C BI C B A ∠=∠=∠∠−︒=∠（对于顶角B ，C 也有类似的式子）； （2）)(21C A I I I C B A ∠+∠=∠； （3）设A AI 的连线交△ABC 的外接圆于D ，则DC DB DI A ==（对于C B CI BI ,有同样的结论）；（4）△ABC 是△I A I B I C 的垂足三角形，且△I A I B I C 的外接圆半径'R 等于△ABC 的直径为2R ．28． 三角形面积公式：C B A R R abc C ab ah S a ABC sin sin sin 24sin 21212====∆)cot cot (cot 4222C B A c b a ++++= ))()((c p b p a p p pr −−−==，其中a h 表示BC 边上的高，R 为外接圆半径，r 为内切圆半径，)(21c b a p ++=． 29． 三角形中内切圆，旁切圆和外接圆半径的相互关系：;2sin 2cos 2cos 4,2cos 2sin 2cos 4,2cos 2cos 2sin 4;2sin 2sin 2sin4C B A R r C B A R r C B A R r C B A R r c b a ==== .1111;2tan 2tan ,2tan 2tan ,2tan 2tan r r r r B A r r C A r r C B r r c b a c b a =++=== 30． 梅涅劳斯（Menelaus ）定理：设△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线和一条不经过它们任一顶点的直线的交点分别为P 、Q 、R 则有 1=⋅⋅RBAR QA CQ PC BP ．（逆定理也成立）31．梅涅劳斯定理的应用定理1：设△ABC的∠A的外角平分线交边CA于Q，∠C的平分线交边AB于R，∠B的平分线交边CA于Q，则P、Q、R三点共线．32．梅涅劳斯定理的应用定理2：过任意△ABC的三个顶点A、B、C作它的外接圆的切线，分别和BC、CA、AB的延长线交于点P、Q、R，则P、Q、R三点共线．33．塞瓦(Ceva)定理：设X、Y、Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一点，则AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是AZZB·BXXC·CYYA=1．34．塞瓦定理的应用定理：设平行于△ABC的边BC的直线与两边AB、AC的交点分别是D、E，又设BE和CD交于S，则AS一定过边BC的中点M．35．塞瓦定理的逆定理：（略）36．塞瓦定理的逆定理的应用定理1：三角形的三条中线交于一点，三角形的三条高线交于一点，三角形的三条角分线交于一点．37．塞瓦定理的逆定理的应用定理2：设△ABC的内切圆和边BC、CA、AB分别相切于点R、S、T，则AR、BS、CT交于一点．38．西摩松（Simson）定理：从△ABC的外接圆上任意一点P向三边BC、CA、AB或其延长线作垂线，设其垂足分别是D、E、R，则D、E、R共线，（这条直线叫西摩松线Simson line）．39．西摩松定理的逆定理：（略）40．关于西摩松线的定理1：△ABC的外接圆的两个端点P、Q关于该三角形的西摩松线互相垂直，其交点在九点圆上．41．关于西摩松线的定理2（安宁定理）：在一个圆周上有4点，以其中任三点作三角形，再作其余一点的关于该三角形的西摩松线，这些西摩松线交于一点．42．史坦纳定理：设△ABC的垂心为H，其外接圆的任意点P，这时关于△ABC的点P的西摩松线通过线段PH的中心．43．史坦纳定理的应用定理：△ABC的外接圆上的一点P的关于边BC、CA、AB的对称点和△ABC的垂心H同在一条（与西摩松线平行的）直线上．这条直线被叫做点P关于△ABC的镜象线．44．牛顿定理1：四边形两条对边的延长线的交点所连线段的中点和两条对角线的中点，三点共线．这条直线叫做这个四边形的牛顿线．45．牛顿定理2：圆外切四边形的两条对角线的中点，及该圆的圆心，三点共线．46．笛沙格定理1：平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线．47．笛沙格定理2：相异平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线．48．波朗杰、腾下定理：设△ABC的外接圆上的三点为P、Q、R，则P、Q、R关于△ABC交于一点的充要条件是：弧AP+弧BQ+弧CR=0(mod2 ) ．49．波朗杰、腾下定理推论1：设P、Q、R为△ABC的外接圆上的三点，若P、Q、R关于△ABC的西摩松线交于一点，则A、B、C三点关于△PQR的的西摩松线交于与前相同的一点．50．波朗杰、腾下定理推论2：在推论1中，三条西摩松线的交点是A、B、C、P、Q、R六点任取三点所作的三角形的垂心和其余三点所作的三角形的垂心的连线段的中点．51．波朗杰、腾下定理推论3：考查△ABC的外接圆上的一点P的关于△ABC的西摩松线，如设QR为垂直于这条西摩松线该外接圆的弦，则三点P、Q、R的关于△ABC的西摩松线交于一点．52．波朗杰、腾下定理推论4：从△ABC的顶点向边BC、CA、AB引垂线，设垂足分别是D、E、F，且设边BC、CA、AB的中点分别是L、M、N，则D、E、F、L、M、N六点在同一个圆上，这时L、M、N点关于关于△ABC的西摩松线交于一点．53． 卡诺定理：通过△ABC 的外接圆的一点P ，引与△ABC 的三边BC 、CA 、AB 分别成同向的等角的直线PD 、PE 、PF ，与三边的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．54． 奥倍尔定理：通过△ABC 的三个顶点引互相平行的三条直线，设它们与△ABC 的外接圆的交点分别是L 、M 、N ，在△ABC 的外接圆上取一点P ，则PL 、PM 、PN 与△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．55． 清宫定理：设P 、Q 为△ABC 的外接圆的异于A 、B 、C 的两点，P 点的关于三边BC 、CA 、AB 的对称点分别是U 、V 、W ，这时，QU 、QV 、QW 和边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．56． 他拿定理：设P 、Q 为关于△ABC 的外接圆的一对反点，点P 的关于三边BC 、CA 、AB 的对称点分别是U 、V 、W ，这时，如果QU 、QV 、QW 和边BC 、CA 、AB 或其延长线的交点分别是D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线．（反点：P 、Q 分别为圆O 的半径OC 和其延长线的两点，如果OC 2=OQ ×OP 则称P 、Q 两点关于圆O 互为反点）57． 朗古来定理：在同一圆周上有A 1、B 1、C 1、D 1四点，以其中任三点作三角形，在圆周取一点P ，作P 点的关于这4个三角形的西摩松线，再从P 向这4条西摩松线引垂线，则四个垂足在同一条直线上．58． 从三角形各边的中点，向这条边所对的顶点处的外接圆的切线引垂线，这些垂线交于该三角形的九点圆的圆心．59． 一个圆周上有n 个点，从其中任意n －1个点的重心，向该圆周的在其余一点处的切线所引的垂线都交于一点．60． 康托尔定理1：一个圆周上有n 个点，从其中任意n －2个点的重心向余下两点的连线所引的垂线共点．61． 康托尔定理2：一个圆周上有A 、B 、C 、D 四点及M 、N 两点，则M 和N 点关于四个三角形△BCD 、△CDA 、△DAB 、△ABC 中的每一个的两条西摩松线的交点在同一直线上．这条直线叫做M 、N 两点关于四边形ABCD 的康托尔线．62． 康托尔定理3：一个圆周上有A 、B 、C 、D 四点及M 、N 、L 三点，则M 、N 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线、L 、N 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线、M 、L 两点的关于四边形ABCD 的康托尔线交于一点．这个点叫做M 、N 、L 三点关于四边形ABCD 的康托尔点．63． 康托尔定理4：一个圆周上有A 、B 、C 、D 、E 五点及M 、N 、L 三点，则M 、N 、L 三点关于四边形BCDE 、CDEA 、DEAB 、EABC 中的每一个康托尔点在一条直线上．这条直线叫做M 、N 、L 三点关于五边形A 、B 、C 、D 、E 的康托尔线．64． 费尔巴赫定理：三角形的九点圆与内切圆和旁切圆相切．65． 莫利定理：将三角形的三个内角三等分，靠近某边的两条三分角线相得到一个交点，则这样的三个交点可以构成一个正三角形．这个三角形常被称作莫利正三角形．66． 布利安松定理：连结外切于圆的六边形ABCDEF 相对的顶点A 和D 、B 和E 、C 和F ，则这三线共点．67． 帕斯卡（Paskal ）定理：圆内接六边形ABCDEF 相对的边AB 和DE 、BC 和EF 、CD 和F A 的（或延长线的）交点共线．68． 阿波罗尼斯（Apollonius ）定理：到两定点A 、B 的距离之比为定比m ：n （值不为1）的点P ，位于将线段AB 分成m ：n 的内分点C 和外分点D 为直径两端点的定圆周上．这个圆称为阿波罗尼斯圆．69． 库立奇*大上定理：（圆内接四边形的九点圆）圆周上有四点，过其中任三点作三角形，这四个三角形的九点圆圆心都在同一圆周上，我们把过这四个九点圆圆心的圆叫做圆内接四边形的九点圆．70． 密格尔（Miquel ）点： 若AE 、AF 、ED 、FB 四条直线相交于A 、B 、C 、D 、E 、F 六点，构成四个三角形，它们是△ABF 、△AED 、△BCE 、△DCF ，则这四个三角形的外接圆共点，这个点称为密格尔点．71． 葛尔刚（Gergonne ）点：△ABC 的内切圆分别切边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F ，则AE 、BF 、CD 三线共点，这个点称为葛尔刚点．72． 欧拉关于垂足三角形的面积公式：O 是三角形的外心，M 是三角形中的任意一点，过M 向三边作垂线，三个垂足形成的三角形的面积，其公式： 222ABC D 4||R d R S S EF −=∆∆．。
高中数学竞赛专题讲座---平面几何选讲
平面几何选讲 反演变换基础知识 一. 定义1. 设O 是平面π上的一个定点，k 是一个非零常数．如果平面π的一个变换，使得对于平面π上任意异于O 的点A 与其对应点'A 之间，恒有（1）',,A O A 三点共线；（2）'OA OA k ⋅=，则这个变换称为平面π的一个反演变换，记做(,)I O k ．其中，定点O 称为反演中心，常数k 称为反演幂，点'A 称为点A 的反点．2. 在反演变换(,)I O k 下，如果平面π的图形F 变为图形'F ，则称图形'F 是图形F 关于反演变换(,)I O k 的反形．反演变换的不动点称为自反点，而反演变换的不变图形则称为自反图形．3. 设两条曲线u v 、相交于点A ，l 、m 分别是曲线u v 、在点A 处的切线（如果存在），则l 与m 的交角称为曲线u v 、在点A 处的交角；如果两切线重合，则曲线u v 、在点A 处的交角为0．特别地，如果两圆交于点，那么过点作两圆的切线，则切线的交角称为两圆的交角．当两圆的交角为90时，称为两圆正交；如果直线与圆相交，那么过交点作圆的切线，则切线与直线的交角就是直线与圆的交角．当这个交角为90时，称为直线与圆正交． 二. 定理定理1. 在反演变换下，不共线的两对互反点是共圆的四点．定理2. 在反演变换(,)I O k 下，设A B 、两点（均不同于反演中心O ）的反点分别为''A B 、，则有''B A =''kA B AB OA OB=⋅．定理3. 在反演变换下，过反演中心的直线不变．定理 4. 在反演变换下，不过反演中心的直线的反形是过反演中心的圆；过反演中心的圆的反形是不过反演中心的直线．定理5. 在反演变换下，不过反演中心的圆的反形仍是不过反演中心的圆．定理6. 在反演变换下，两条曲线在交点处的交角大小保持不变，但方向相反．定理7. 如果两圆或一圆一直线相切于反演中心，则其反形是两条平行直线；如果两圆或一圆一直线相切于非反演中心，则其反形（两圆或一圆一直线）相切．定理8.典型例题一. 证明点共线例1. ABC 的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别相切于点D 、E 、F ，设L 、M 、N 分别是EF 、FD 、DE 的中点．求证：ABC 的外心、B内心与LMN 的外心三点共线．证明：如图，设ABC 的内心为I ，内切圆半径为r ．以内心I 为反演中心，内切圆为反演圆作反演变换2(,)I I r ，则A 、B 、C 的反点分别为L 、M 、N ，因而ABC 的反形是LMN的外接圆．故ABC 的外心、内心和LMN 的外心三点共线．二. 证明线共点 例2. 四边形ABCD 内接于O ，对角线AC 与BD 相交于P ，设外心分别为1O 、2O 、3O 、4O ．求证：OP 、13O O 、24O O 证明：作反演变换(,)I P PC PA ⋅，则A 、C 互为反点，B 、D 互为反点，O 不变，直线1PO 不变，ABP 的外接圆的反形是直线CD ．由于直线1PO 与ABP 的外接圆正交，因而1PO 与CD正交，即有1PO CD ⊥．又3OO CD ⊥，所以13//PO O O ；同理31//PO O O ，所以四边形13PO OO 为平行四边形，从而13O O 过PO 的中点；同理24O O 也过PO 的中点．故OP 、13O O 、24O O 三线共点． 三. 证明点共圆例3. 设半圆的直径为AB ，圆心为O ，一直线与半圆交于C 、D 两点，且与直线AB 交于M ．再设AOC 与DOB 的外接圆的第二个交点为N ．求证：ON MN ⊥．证明：以O 为反演中心作反演变换2(,)I O r ，其中，r 为半圆的半径，则半圆上的每一点都不变，()AOC 与()DOB 的反形分别为直线AC 、BD ．且设M 、N 的反点分别为'M 、'N ，则'N 为直线AC 与BD 的交点，'M 在直径AB 上，直线MN 的反形为''OM N 的外接圆，直线CD 的反形为CDO的外接圆．而'ON NM ON ⊥⇔是''OM N 外接圆的直径'''M N OM ⇔⊥．于是问题转化为证明'''M N OM ⊥．因为'AD BN ⊥，'BC AN ⊥，O 是AB 的中点，所以过O 、C 、D 三点的圆是'N AB的九点圆，而'M 在九点圆上，又在边AB 上（不同于O 点），故''M N AB ⊥，因此ON MN ⊥．四. 证明一些几何（不）等式O4例 4. 设六个圆都在一定圆内，每一个圆都与定圆外切，并且与相邻的两个小圆外切，若六个小圆与大圆的切点依次为1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A ．证明：123456234561A A A A A A A A A A A A ⋅⋅=⋅⋅证明：如图以6A 为反演中心作反演变换6(,1)I A ，则O 与6O 的反形为两条平行线，其余5个圆的反形皆是与两条平行线中一条相切的圆；且反形中第一个圆与第五个圆均与两平行线相切，而其余三圆均与相邻的两圆相切．设1A 、2A 、3A 、4A 、5A 的反点分别为'1A 、'2A 、'3A 、'4A 、'5A，则其反形中的五个圆与两平行线中的一条（即O 的反形）依次切于'1A 、'2A 、'3A 、'4A 、'5A ；再设这五个圆的半径依次为1r 、2r 、3r 、4r、5r ，则由勾股定理可得''12A A==同理''23A A =，''34A A =''45A A =15r r =，于是''''''''12342345A A A A A A A A ⋅=⋅．但''12126162A A A A A A A A =⋅，''34346364A A A A A A A A =⋅，''23236263A A A A A A A A =⋅，''45456465A A A A A A A A =⋅．所以1234234561626364626364A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅342345636462636465A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⋅=⋅⋅⋅⋅故123456234561A A A A A A A A A A A A ⋅⋅=⋅⋅．练习：1. （2002土耳其数学奥林匹克）两圆外切于点A ，且内切于另一Γ于点B 、C ，另D 是小圆内公切线割Γ的弦的中点，证明：当B 、C 、D 不共线时，A 是BCD 的内切圆圆心．2. （第30届IMO 预选题）双心四边形是指既有内切圆又有外接圆的四边形．证明双心四边形的两个圆心与对角线的交点共线．3. （1997全国高中数学联赛）已知两个半径不等的圆1O 与圆2O 相交于M 、N 两点，圆1O 与圆2O 分别于圆O 内切于S 、T ．求证：OM MN ⊥的充分必要条件是S 、N 、T 三点共线．'5A 4A 3A '2A '1A。
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即：若四边形 ABCD 内接于圆,
则有 AB CD AD BC AC BD.
广义的托勒密定理
在四边形 ABCD 中,
有: ABCD AD BC ≥ AC BD ,
并且当且仅当四边形 ABCD 内接于圆时,等号成 立.
广义的托勒密定理:在四边形 ABCD 中,有:
ABCD AD BC ≥ AC BD , 并且当 且仅当 四边形 ABCD 内接于圆时,等号成立.
证明:四边形 ABCD 内取点 E,
使BAE CAD，ABE ACD,ABE和ACD相似
AB BE AB CD AC BE又 AB AE
AC CD
=( 90 －∠1)+( 90 +∠2) =∠ABF+∠BAE=∠QFP+∠QEP， 又由 PK=PE=PF 知∠K=∠PFK，
∴∠EQF+∠K=∠QFK+∠QEK= 180 ， 从而 E、Q、F、K 四点共圆. 由 PK=PF=PE 知，P 为△EFK 的外心，显然 PQ=PE=PF.于 是∠1+∠AQH=∠1+PQF=∠1+∠PFQ=∠1+∠AFP=∠1+∠ ABF=90º.由此知 QH⊥AH，即 PQ⊥AB.
中学生数学奥Leabharlann 匹克竞赛 专题讲座（基础版）
平面几何
一．平面几何主要知识点
平面几何是培养严密推理能力的很好数学分支，且因其证 法多种多样：除了几何证法外，还有三角函数法、解析法、复 数法、向量法等许多证法，这方面的问题受到各种竞赛的青睐， 现在每一届的联赛的第二试都有一道几何题.
平面几何的知识竞赛要求：三角形的边角不等关系;面积 及等积变换;三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性 质; 四个重要定理;几个重要的极值：到三角形三顶点距离之 和最小的点--费马点,到三角形三顶点距离的平方和最小的点 --重心,三角形内到三边距离之积最大的点-----重心;简单的 等周问题。
垂足分别为 D、E、F ，则 D、E、F 三点共线. 反过来也成立.
这条直线叫西姆松线.
（二）三角形的五心
三角形的外心、重心、垂心、内心及旁心,统称为三角形的五心.
关于三角形的五心,主要掌握三个方面的问题: 一.这五心是怎么来的 二.与五心有关的性质
三.与三角形的五心有关的几何竞赛题.
重心:三角形三条中线的交点.△ABC 的重心一般用字 母 G 表示，它有如下的性质：
内心: 三角形三条角平分线的交点叫做三角形的内心，即内切圆
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．
（一）、平面几何的几个重要的定理 1、梅涅劳斯定理及其逆定理
若一条直线截△ABC 的三条边 AB、BC、CA （或他们的延长线），所得交点分别为 P、Q、R，
AC1 AP cosPAB BC1 PB cosPBA
由上面的三个式子相乘 且 PAC PBC,PAB PCB,PCA PBA 180
可得 BA1 CB1 AC1 ＝1 ， CA1 AB1 BC1
平面几何的几个重要的定理
托勒密定理：
圆内接四边形中，两 条对角线的乘积(两对角线所包矩 形的面积)等于两组 对边乘积之和(一组对边所包矩形的面
边形 ABCD 内接于圆时,等号成立.
平面几何的几个重要的定理
3、塞瓦定理：
设 P、Q、R 分 别 是 ABC的BC、CA、AB 边 上 的 点 , 则
AP、BQ、CR 三线共点的充要条件是:
BP PC
CQ QA
AR RB
1.
A
R M
Q
B
PC
平面几何的几个重要的定理
西姆松定理及其逆定理: 若从△ABC 外接圆上一点作 BC、AB、AC 的垂线，
几个常用基本知识
在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面 积最大。
在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积 最大。
在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周 长最小。
在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长 最小。
（二）、《高中数学竞赛大纲 》中平面几 何的要求
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．
AC AD
且BAC EAD ABC和AED相似
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,即当且仅当四
(1)外心到三顶点等距，即 OA=OB=OC.
(2)∠A= 1 BOC,B 1 AOC,C 1 AOB .
2
2
2
如果已知外心或通过分析“挖掘”出外心，与外心
有关的几何定理，尤其是圆周角与圆心角关系定理，就
可以大显神通了.
例题：AB 为半圆 O 的直径，其弦 AF、BE 相交于 Q，过 E、 F 分别作半圆的切线得交点 P，求证：PQ⊥AB. 分析：延长 EP 到 K，使 PK=PE，连 KF、AE、EF、BF， 直线 PQ 交 AB 于 H.因∠EQF=∠AQB
(1)顶点与重心 G 的连线(中线)必平分对边.中线
长的计算.
(2)重心定理：三角形重心与顶点的距离等于它与 对边中点的距离的 2 倍.
(3)
SBGC
SCGA
SAGB
1 3
SABC .
外心:三角形外接圆的圆心(三边垂直平分线的交点).
△ABC 的外心一般用字母 O 表示，它具有如下性质：
则有 AR BP CQ 1. RB PC QA
结论反过来 也成立.
(西姆松定理及其逆定理) 例题：点 P 位于 ABC 的处接圆上, A1、B1、C1 是从点 P 向 BC、CA、AB引的垂线的垂足, 求证:点 A1、B1、C1 共线. 证:易得
BA1 BP cosPBC , CB1 CP cosPCA , CA1 CP cosPCB AB1 AP cosPAC