第一讲 注意添加平行线证题
在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1 为了改变角的位置
大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常
可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使 ∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .
在△DBP ＝∠AQC 中,显然 ∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C .
由BP ＝CQ ,可知 △DBP ≌△AQC . 有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC . 于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .
则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP . 所以AB ＝AC .
这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅. 例2 如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .
由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有 ∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE .
由∠BAF ＝∠BCE ,可知 ∠BAF ＝∠BPE .
有P 、B 、A 、E 四点共圆. 于是,∠EBA ＝∠APE . 所以,∠EBA ＝∠ADE .
这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙. 2 欲“送”线段到当处
利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.
例3 在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .
证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC 两边距离相等.有KQ ＝PN .
显然,PD EP ＝FD EF ＝GD
CG
,可知PG ∥EC .
由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是, PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ .
这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷. 3 为了线段比的转化
由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.
例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：
AP AB ＋AQ
AC
＝11AN AM ＋22AN AM .
证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行,设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行
∥＝
A D
B P Q C
图1P
E
D G A B F C
图2
A
N E
B
Q
K G C
D
M
F P 图3
A
P
线交直线BC 于E .
由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋M 2E ,易知
AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE
CE
,
11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2. 则AP AB ＋AQ AC ＝DE
CE BE +＝DE E
M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM . 所以,
AP AB ＋AQ
AC
＝11AN AM ＋22AN AM .
这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.
例5 AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E ,CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA . 证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .
显然,
AN BD ＝KA KD ＝AM
DC
. 有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)
由
BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有 AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE ＝BC AN ,有 AQ ＝BC
AN DC ·. (3) 对比(1)、(2)、(3)有 AP ＝AQ .
显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ . 所以,∠FDA ＝∠EDA .
这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来. 4 为了线段相等的传递
当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.
例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝
4
1
(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＝2
21⎪⎭
⎫
⎝⎛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 ).
图5
M
P A Q N
F
B
D C
E
K
图6A
N
C D
E
B M
A G
D O H B
F
C
E 图7
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 ＝NC ME 或ME DM ＝NC
BN .
此式表明,DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC .
利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.
例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长
线交EF 于G .求证：EG ＝GF .
证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N .由BD ∥EF ,可知MN ∥BD .易知
S △BEF ＝S △DEF . 有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC .
可得MC ＝CN .
所以,EG ＝GF .
例9 如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB 的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC .
证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、 OE 、OF . 由OD ⊥BC ,可知OK ⊥PQ .
由OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有 ∠FOQ ＝∠FKQ .
由OE ⊥AC ,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有 ∠EOP ＝∠EKP .
显然,∠FKQ ＝∠EKP ,可知 ∠FOQ ＝∠EOP .
由OF ＝OE ,可知 Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP . 于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP . 所以,AK 平分BC .
综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.
练习题
1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD ,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E ,延长CD 交直线NM 于F .求证：∠BEN ＝∠CFN .
(提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN .)
2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB .已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB . (提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D .易证△ACD ∽△PBA .答：75°)
3. 六边开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：
2
11
k ) 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 图8A D
B N C
E M
图9
A
B M E F N
D
C G
O 图10
＝
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＝c
1. (提示：在BC 上取一点D ,使AD ＝AB .分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F .)
7. 分别以△ABC 的边AC 和BC 为一边在△ABC 外作正方形ACDE 和CBFG ,点P 是EF 的中点.求证：P 点到边AB 的距离是AB 的一半.
8. △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 .) 9. 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 ＝
2
1
∠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°.
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 ＝
2
1
BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.
A B G
C D F
E 图1
A
B
C
D P O
图2
又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝
233. 故sin ∠AOB ＝26
3
615+. 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 ＝4
3
AP ·BD .
分析：因S △ABC ＝
43BC 2＝4
3AC ·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 ＝4
3AP ·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 -＝2
2
4q p -.
2.2 联想直径的性质构造辅助圆
例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.
分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上 侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.
解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、 C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1) 、Q (1＋22,1).
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
A
图3
B
P Q
D
H
C A E
D
C B
图4
图5
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 ＇, ∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD . ∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DB
C A '',
即 DC c '＝a
a '＝DB
b '. 故DC ＝''a a
c ,DB ＝''a ab .
又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .
从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD , 即 a 2＝c ·
''a ac ＋b ·'
'a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.
练习题
1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则
AC AB ＝DC
BD
. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而
AC AB ＝DE BD ＝DC
BD
.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .
E A
N C D B
F
M
1234
5
图6
(1)(2)
图8
A
B C A'
C'
c 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 ＝
2
1
∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE . 求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2. (提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点 G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.) 5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D , 且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE .
(提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3于F ,证E 在⊙O 3上, 得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.) 6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.
求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2. (提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .) 7. 若正五边形ABCDE 的边长为a ,对角线长为b ,试证：
a b －b
a
＝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。 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ABCD 中，∠A =120
°，
O 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M
O 上，则∠AMC =60°=∠ABC =∠ACB ，
F
D
A E C
图10
图11
A C D E
F H
K G
有△AMC ∽△ACF ，得
CD
CF
CA CF MA MC =
=。 又因为∠AMC =BAC ，所以△AMC ∽△EAC ，得 AE
AD
AE AC MA MC =
=。 所以
AE
AD
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 QE 2=QM ·QP =QC ·QB ①
∠PMC =∠ABC =∠PDQ 。 从而C ，D ，Q ，M 四点共圆，于是
PM ·PQ =PC ·PD ②
由①，②得 PM ·PQ +QM ·PQ =PC ·PD +QC ·QB ， 即PQ 2=QC ·QB +PC ·PD 。
易知PD ·PC =PE ’·PF ，又QF 2=QC ·QB ，有
PE ’·PF +QF 2=PD ·PC +QC ·AB =PQ 2，
即PE ’·PF =PQ 2-QF 2。又
PQ 2－QF 2=PG 2－GF 2=(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。
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°， 并且∠BCF =90°+∠HCA ， C E (E ')A B
D F P M
Q
G
M E D
B
H
C
F K
G A
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 AC
PC
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
O 1
与
O 2外切于P 点，QR 为两圆的公切线，其中Q ，R
O 1
，
O 2上的切
点，过Q 且垂直于QO 2的直线与过R 且垂直于RO 1的直线交于点I ，IN 垂直于O 1O 2，垂足为N ，IN 与QR 交于点M 。证明：PM ，RO 1，QO 2三条直线交于一点。
证 如图，设RO 1与QO 2交于点O ， 连MO ，PO 。
因为∠O 1QM =∠O 1NM =90°，所以Q ，O 1，N ，M 四点共圆，有∠QMI =∠QO 1O 2。
而∠IQO 2=90°=∠RQO 1，所以∠IQM =∠O 2QO 1，
故△QIM ∽△QO 2O 1，得
MI
O O QM QO 2
11= 同理可证MI O O RM RO 212=。因此 2
1
RO QO MR QM = ① 因为QO 1∥RO 2，所以有
2
1
1RO QO OR O O = ② 由①，②得MO ∥QO 1。 又由于O 1P =O 1Q ，PO 2=RO 2， 所以
2
1211PO P
O RO Q O OR O O ==， 即OP ∥RO 2。从而MO ∥QO 1∥RO 2∥OP ，故M ，O ，P 三点共线，所以PM ，RO 1，QO 2
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
O 1O 2
N
P
I Q R
M O
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 ∆∆=, AMC AMB 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):
设P ，Q ，R 分别是△ABC 的BC ，CA ，AB 上的点。若1=⋅⋅RB
AR
QA CQ PC 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
AR
QA CQ PC BP ，所以 RB
AR
B 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 任一顶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
AR
QA CQ PC 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 ∆∆=, ARP
CRP
S S QA CQ ∆∆=. 将以上三式相乘，得
1=⋅⋅RB
AR
QA 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
AR
QA 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。
A R
Q B
P
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=⋅⋅EC
DE
HD BH GB CG ①
因为AH 是∠BAD 的角平分线，
由角平分线定理知 AD AB
HD BH =。 代入①式得 1=⋅⋅EC DE AD AB GB CG ② 因为CI ∥AB ，CJ ∥AD ，则AB CI GB CG =，CJ
AD 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=⋅⋅JA BJ HB FH GF AG .
因为AB ∥CD ，所以 GF AG GD EG =， HB
FH HE CH =
. 从而JA BJ 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 表示半圆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 DO HP
AD AH =. 类似地，Rt △OCB ∽Rt △PHB ， 则有 CO
HP
BC BH =. 由CO =DO ，有BC BH AD AH =，从而1=⋅⋅DA
PD
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
H
C
A D B
G
I J E F G A E J L
D F C I
M H
D
l A
B O F(H)E C
P
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:
A 1
B 1
C 1
D 1
E 1
F 1为圆内接六边形，若A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1交于一点，
则有11
11111111111=⋅⋅A F F
E E D D C C B B A .
如图，设A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1交于点O ，根据圆内接多边形的性质易知 △ OA 1B 1∽△OE 1D 1，△OB 1C 1∽△OF 1E 1， △OC 1D 1∽△OA 1F 1，从而有
O D O B E D B A 111111=， O B O F C B F E 111111=， O
F O
D A F D C 111111=. 将上面三式相乘即得11
11111111111=⋅⋅A F F
E E D D C C B B A ，
引理2：圆内接六边形A 1B 1C 1D 1E 1F 1，若满足
11
11
111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A 则其三条对角线A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1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 FA
EP FP
EC AS CR ⋅⋅=
② 由①，②得FD EC FA EB CR DS AS BR ⋅⋅=⋅⋅. 故 =⋅⋅AB SA DS CD RC BR CE
DC
FD AF BA EB ⋅⋅. ③
对△EAD 应用梅涅劳斯定理，有
1=⋅⋅CE
DC FD AF BA EB ④ 由③，④得
1=⋅⋅AB
SA
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。
E
B
R
C T
A
P
S
D
F
B F A E 1
O
C D 1
1
11
1
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。
3. 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旋转某一角度变成△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不同。过A作直线l A垂直于MN。类似地作出直线l B与l C。证明：直线l A，l B，l C共点。
8. 以△ABC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。
9. 过△ABC的三边中点D，E，F向内切圆引切线，设所引的切线分别与EF，FD，DE交于I，
L，M。求证：I，L，M在一条直线上。
B组
10. 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。11. 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)。
12. 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出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.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用.
1 “四点共圆”作为证题目的
例1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆.
(第19届美国数学奥林匹克)
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
=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-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，O 1，O 2，O 3分别为△OAB ， △OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O 1，O 2，O 3四点共圆. (第27届莫斯科数学奥林匹克)
分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA . 观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO 2O 1=2
1
∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆，
立得∠OO 3O 1=2
1
∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1⇒O ，O 1，O 2，O 3共圆.
利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，请同学自证. 2 以“四点共圆”作为解题手段 这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大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 . 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 顶点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N (K 与N 不同). △ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和M .求证：∠BMO =90°.
分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件和图形特点，借
助“四点共圆”，问题是不难解决的.
连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G .易得∠GMC =∠BAC =∠BNK =∠BMK .
而∠COK =2·∠BAC =∠GMC +∠BMK =180°-∠CMK ， ∴∠COK +∠CMK =180°⇒C ，O ，K ，M 四点共圆.
在这个圆中，由 OC =OK ⇒ OC =OK ⇒∠OMC =∠OMK . 但∠GMC =∠BMK ， 故∠BMO =90°. (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I A ，I B ，I C ，
I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.
分析：连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+2
1 ∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点共圆. 同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时
∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-2
1∠ABC ，
A
B C
K M N P Q
B ′
C ′A B C
O O O O 1
23
A B
C D
K M ··
A B O K N C
M
G
A
B
C
D I C I D
A I I B
∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-2
1
∠ADC ， ∴∠AI C I D +∠AI C I B =360°-
21(∠ABC +∠ADC )=360°-2
1
×180°=270°.故∠I B I C I D =90°. 同样可证I A I B I C I D 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 =__________ 分析：答案是PB =42㎝.怎样得到的呢？连接OA ，OB .易知O ，P ，A ，B
四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°. 故PA 2+PB 2=AB 2
=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面积最大的和一个面积
最小的，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
个顶点至少必落在正方形的三条边上，所以不妨令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，边长为1，这时边长最小，而面积S =
4
3
也最小. 当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3也最大.
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 .
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.⊙O 1交⊙O 2 于A ，B 两点，射线O 1A 交⊙O 2 于C 点，射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.
(提示：设法证明C ，D ，O 1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O 2 四点共圆，从而知C ，D ，O 1，B ，O 2五点共圆.)
2.△ABC 为不等边三角形.∠A 及其外角平分线分别交对边中垂线于A 1，A 2；同样得到B 1，B 2，C 1，C 2.求证：A 1A 2=B 1B 2=C 1C 2.
(提示：设法证∠ABA 1与∠ACA 1互补造成A ，B ，A 1，C 四点共圆；再证A ，A 2，B ，C 四点共圆，从而知A 1，A 2都是△ABC 的外接圆上，并注意∠A 1AA 2=90°.)
3.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.
4.在Rt △ABC 中，AD 为斜边BC 上的高，P 是AB 上的点，过A 点作PC 的垂线交过B 所作
··P O A B C D A B C
D E F K
G
···
···
AB 的垂线于Q 点.求证：PD 丄QD .
(提示：证B ，Q ，E ，P 和B ，D ，E ，P 分别共圆)
5.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l 1，从B 引FD 的垂线l 2，从C 引DE 的垂线l 3.求证：l 1，l 2，l 3三线共点.(提示：过B 作AB 的垂线交l 1于K ，证：A ，B ，K ，C 四点共圆)
第五讲 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. 一、外心.
三角形外接圆的圆心，简称外心.与外心关系密切的有圆心角定理和圆周角定理.
例1．过等腰△ABC 底边BC 上一点P 引PM ∥CA 交AB 于M ；引PN ∥BA 交AC 于N .作点P
关于MN 的对称点P ′.试证：P ′点在△ABC 外接圆上. (杭州大学《中学数学竞赛习题》)
分析：由已知可得MP ′=MP =MB ，NP ′=NP =NC ，故点M 是△P ′BP 的外心，点N 是△P ′
PC 的外心.有 ∠BP ′P =21∠BMP =21∠BAC ， ∠PP ′C =21∠PNC =21
∠BAC .
∴∠BP ′C =∠BP ′P +∠P ′PC =∠BAC . 从而，P ′点与A ，B ，C 共圆、即P ′在△ABC 外接圆上.
由于P ′P 平分∠BP ′C ，显然还有 P ′B :P ′C =BP :PC .
例2．在△ABC 的边AB ，BC ，CA 上分别取点P ，Q ，S .证明以△APS ，△BQP ，△CSQ 的外心
为顶点的三角形与△ABC 相似.
分析：设O 1，O 2，O 3是△APS ，△BQP ，△CSQ 的外心，作出六边形 O 1PO 2QO 3S 后再由外心性质可知 ∠PO 1S =2∠A ， ∠QO 2P =2∠B ， ∠SO 3Q =2∠C .
∴∠PO 1S +∠QO 2P +∠SO 3Q =360°.从而又知∠O 1PO 2+ ∠O 2QO 3+∠O 3SO 1=360° 将△O 2QO 3绕着O 3点旋转到△KSO 3，易判断△KSO 1≌△O 2PO 1，
同时可得△O 1O 2O 3≌△O 1KO 3.
∴∠O 2O 1O 3=∠KO 1O 3=21∠O 2O 1K =21(∠O 2O 1S +∠SO 1K )=2
1
(∠O 2O 1S +∠PO 1O 2)
=2
1
∠PO 1S =∠A ；
同理有∠O 1O 2O 3=∠B .故△O 1O 2O 3∽△ABC . 二、重心
三角形三条中线的交点，叫做三角形的重心.掌握重心将每条中线都分成定比2:1及中线长
度公式，便于解题.
例3．AD ，BE ，CF 是△ABC 的三条中线，P 是任意一点.证明：在△PAD ，△PBE ，△PCF 中，
其中一个面积等于另外两个面积的和.
(第26届莫斯科数学奥林匹克)
分析：设G 为△ABC 重心，直线PG 与AB ，BC 相交.从A ，C ，D ，E ，F 分别 作该直线的垂线，垂足为A ′，C ′，D ′，E ′，F ′. 易证AA ′=2DD ′，CC ′=2FF ′，2EE ′=AA ′+CC ′， ∴EE ′=DD ′+FF ′. 有S △PGE =S △PGD +S △PGF .
A B C P
P M
N
'A
B C Q
K P O O O ....S 1
23
A A 'F F '
G
E E '
D 'C 'P C B D
两边各扩大3倍，有S △PBE =S △PAD +S △PCF .
例4．如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相
似.其逆亦真.
分析：将△ABC 简记为△，由三中线AD ，BE ，CF 围成的三角形简记为△′.G 为重心，连DE
到H ，使EH =DE ，连HC ，HF ，则△′就是△HCF .
(1)a 2，b 2，c 2成等差数列⇒△∽△′. 若△ABC 为正三角形，易证△∽△′.
不妨设a ≥b ≥c ，有 CF =2222221c b a -+， BE =2222221
b a
c -+，
AD =2222221
a c
b -+.
将a 2+c 2=2b 2，分别代入以上三式，得 CF =
a 23，BE =
b 23，AD =
c 2
3. ∴CF :BE :AD =
a 23:
b 23:
c 2
3
=a :b :c . 故有△∽△′. (2)△∽△′⇒a 2，b 2，c 2成等差数列.
当△中a ≥b ≥c 时， △′中CF ≥BE ≥AD . ∵△∽△′， ∴
∆∆S S '＝(a
CF )2
. 据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的4
3
”，有∆∆S S '=43.
∴22a
CF =43
⇒3a 2=4CF 2=2a 2+b 2-c 2⇒a 2+c 2=2b 2.
三、垂心
三角形三条高的交战，称为三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四个等(外接)圆三角形，给我们解题提供了极大的便利.
例5．设A 1A 2A 3A 4为⊙O 内接四边形，H 1，H 2，H 3，H 4依次为
△A 2A 3A 4，△A 3A 4A 1，△A 4A 1A 2，△A 1A 2A 3的垂心.求证：H 1，H 2，H 3，H 4四点共圆，并确定出该圆的圆心位置.
分析：连接A 2H 1，A 1H 2，H 1H 2，记圆半径为R .由△A 2A 3A 4知
1
321
2sin H A A H A ∠=2R ⇒A 2H 1=2R cos ∠A 3A 2A 4；
由△A 1A 3A 4得 A 1H 2=2R cos ∠A 3A 1A 4. 但∠A 3A 2A 4=∠A 3A 1A 4，故A 2H 1=A 1H 2.
易证A 2H 1∥A 1A 2，于是，A 2H 1 A 1H 2
， 故得H 1H 2 A 2A 1
.设H 1A 1与H 2A 2的交点为M ，故H 1H 2与A 1A 2关于M 点成中心对称.
同理，H 2H 3与A 2A 3，H 3H 4与A 3A 4，H 4H 1与A 4A 1都关于M 点成中心对称.故四边形
H 1H 2H 3H 4与四边形A 1A 2A 3A 4关于M 点成中心对称，两者是全等四边形，H 1，H 2，H 3，H 4在同一个圆上.后者的圆心设为Q ，Q 与O 也关于M 成中心对称.由O ，M 两点，Q 点就不难确定了.
例6．H 为△ABC 的垂心，D ，E ，F 分别是BC ，CA ，AB 的中心.一个以H 为圆心的⊙H 交直
∥=∥=.O
A A A A 1
2
34
H H 1
2
A
B C 1
2
线EF ，FD ，DE 于A 1，A 2，B 1，B 2，C 1，C 2. 求证：AA 1=AA 2=BB 1=BB 2=CC 1=CC 2.
分析：只须证明AA 1=BB 1=CC 1即可.设BC =a ， CA =b ，AB =c ，△ABC 外
接圆半径为R ，⊙H 的半径为r . 连HA 1，AH 交EF 于M . A 21A =AM 2+A 1M 2=AM 2+r 2-MH 2 =r 2+(AM 2-MH 2)， ①
又AM 2-HM 2=(
21AH 1)2-(AH -2
1
AH 1)2 =AH ·AH 1-AH 2=AH 2·AB -AH 2
=cos A ·bc -AH 2
， ②
而ABH AH
∠sin =2R ⇒AH 2=4R 2cos 2A ,
A
a
sin =2R ⇒a 2=4R 2sin 2A . ∴AH 2+a 2=4R 2，AH 2=4R 2-a 2. ③
由①、②、③有 A 2
1
A =r 2
+bc a c b 2222-+·bc -(4R 2-a 2)=2
1
(a 2+b 2+c 2)-4R 2+r 2.
同理，21BB =
21(a 2+b 2+c 2)-4R 2+r 2，21CC =2
1
(a 2+b 2+c 2)-4R 2+r 2.故有AA 1=BB 1=CC 1. 四、内心
三角形内切圆的圆心，简称为内心.对于内心，要掌握张角公式，还要记住下面一个极为有用的等量关系：
设I 为△ABC 的内心，射线AI 交△ABC 外接圆于A ′，则有A ′I =A ′B =A ′C .换言之，点A ′必是△IBC 之外心(内心的等量关系之逆同样有用). 例7．ABCD 为圆内接凸四边形，取△DAB ，△ABC ，△BCD ，
△CDA 的内心O 1， O 2，O 3， O 4.求证：O 1O 2O 3O 4为矩形.
例8．已知⊙O 内接△ABC ，⊙Q 切AB ，AC 于E ，F 且与⊙O 内切.试证：EF 中点P 是△ABC
之内心.
分析：在第20届IMO 中，美国提供的一道题实际上是例8的一种特例，但它增加了条件AB =AC .
当AB ≠AC ，怎样证明呢？
如图，显然EF 中点P 、圆心Q ，BC 中点K 都在∠BAC 平分线上.易知AQ =α
sin r
.
∵QK ·AQ =MQ ·QN ，
∴QK =
AQ QN MQ ⋅=α
sin /)2(r r
r R ⋅-=)2(sin r R -⋅α. 由Rt △EPQ 知PQ =r ⋅αsin .
∴PK =PQ +QK =r ⋅αsin +)2(sin r R -⋅α=R 2sin ⋅α. ∴PK =BK .α
利用内心等量关系之逆定理，即知P 是△ABC 这内心.
A
B C
D O O O 234O
1
A
αα
M
B
C
K
N
E R O
Q
F r
P
五、旁心
三角形的一条内角平分线与另两个内角的外角平分线相交于 一点，是旁切圆的圆心，称为旁心.旁心常常与内心联系在一起， 旁心还与三角形的半周长关系密切.
例9．在直角三角形中，求证：r +r a +r b +r c =2p .式中r ，r a ，r b ，r c 分别表示内切圆半径及与a ，b ，
c 相切的旁切圆半径，p 表示半周.(杭州大学《中学数学竞赛习题》)
分析：设Rt △ABC 中，c 为斜边，先来证明一个特性：
p (p -c )=(p -a )(p -b ).
∵p (p -c )=21(a +b +c )·21(a +b -c )=41[(a +b )2-c 2] =21ab ；
(p -a )(p -b )=21(-a +b +c )·2
1(a -b +c )
=41[c 2-(a -b )2
]=2
1ab . ∴p (p -c )=(p -a )(p -b ). ① 观察图形，可得r a =AF -AC =p -b ，r b =BG -BC =p -a ，r c =CK =p .
而r =2
1
(a +b -c )=p -c .∴r +r a +r b +r c =(p -c )+(p -b )+(p -a )+p =4p -(a +b +c )=2p .
由①及图形易证.
例10．M 是△ABC 边AB 上的任意一点.r 1，r 2，r 分别是△AMC ，△BMC ，△ABC 内切圆的半
径，q 1，q 2，q 分别是上述三角形在∠ACB 内部的旁切圆半径. 证明：
11q r ·22q r =q
r . 分析：对任意△A ′B ′C ′，由正弦定理可知OD =OA ′·2
'
sin A
=A ′B ′·'
''sin 2'sin B O A B ∠·2'sin A =A ′B ′·
2
''sin
2'sin
2'sin B A B A +⋅， O ′E = A ′B ′·
2
''sin
2'cos
2'cos B A B A +. ∴2
'
2''B tg A tg E O OD =. 亦即有
11q r ·22q r =2222B tg CNB tg CMA tg A tg ∠∠ =22B tg A tg =q
r
. 六、众心共圆
这有两种情况：(1)同一点却是不同三角形的不同的心；(2)同一图形出现了同一三角形的几个心.
例11．设在圆内接凸六边形ABCDFE 中，AB =BC ，CD =DE ，EF =FA .试证：(1)AD ，BE ，CF
三条对角线交于一点；
(2)AB +BC +CD +DE +EF +FA ≥AK +BE +CF . (1991，国家教委数学试验班招生试题)
分析：连接AC ，CE ，EA ，由已知可证AD ，CF ，EB 是△ACE 的三条内角平分线，I 为△ACE
K r r r r O O O 2
1
3A O
E C B
a b c A ...
'B '
C 'O
O '
E
D
的内心.从而有ID =CD =DE ，
IF =EF =FA ， IB =AB =BC .
再由△BDF ，易证BP ，DQ ，FS 是它的三条高，I 是它的垂心，利用 不等式有： BI +DI +FI ≥2·(IP +IQ +IS ).
不难证明IE =2IP ，IA =2IQ ，IC =2IS .
∴BI +DI +FI ≥IA +IE +IC .
∴AB +BC +CD +DE +EF +FA =2(BI +DI +FI ) ≥(IA +IE +IC )+(BI +DI +FI )=AD +BE +CF .
I 就是一点两心. 例12．△ABC 的外心为O ，AB =AC ，D 是AB 中点，E 是△ACD 的重心.证明OE 丄CD . (加拿大数学奥林匹克训练题)
分析：设AM 为高亦为中线，取AC 中点F ，E 必在DF 上且DE :EF =2:1.设
CD 交AM 于G ，G 必为△ABC 重心.连GE ，MF ，MF 交DC 于K .易证： DG :GK =3
1
DC )DC =2:1. ∴DG :GK =DE :EF ⇒GE ∥MF .
∵OD 丄AB ，MF ∥AB ，
∴OD 丄MF ⇒OD 丄GE .但OG 丄DE ⇒G 又是△ODE 之垂心.易证OE 丄CD . 例13．△ABC 中∠C =30°，O 是外心，I 是内心，边AC 上的D 点与边BC 上的E 点使得AD =BE =AB .
求证：OI 丄DE ，OI =DE .
分析：辅助线如图所示，作∠DAO 平分线交BC 于K . 易证△AID ≌△AIB ≌△EIB ，∠AID =∠AIB =∠EIB .
利用内心张角公式，有 AIB =90°+21∠C =105°，
∴∠DIE =360°-105°×3=45°.
∵∠AKB =30°+21∠DAO =30°+21(∠BAC -∠BAO )=30°+21
(∠BAC -60°)
=2
1
∠BAC =∠BAI =∠BEI .
∴AK ∥IE .
由等腰△AOD 可知DO 丄AK ，
∴DO 丄IE ，即DF 是△DIE 的一条高.
同理EO 是△DIE 之垂心，OI 丄DE . 由∠DIE =∠IDO ，易知OI =DE .
例14．锐角△ABC 中，O ，G ，H 分别是外心、重心、垂心.设外心到三边距离和为d 外，重心
到三边距离和为d 重，垂心到三边距离和为d 垂.
求证：1·d 垂+2·d 外=3·d 重.
分析：这里用三角法.设△ABC 外接圆半径为1，三个内角记为A ，B ， C . 易知d 外=OO 1+OO 2+OO 3 =cos A +co sB +cos C ， ∴2d 外=2(cos A +cos B +cos C ). ①
∵AH 1=sin B ·AB =sin B ·(2sin C )=2sin B ·sin C ， 同样可得BH 2·CH 3.
∴3d 重=△ABC 三条高的和
=2·(sin B ·sin C +sin C ·sin A +sin A ·sin B ) ②
∴BCH
BH
∠sin =2，
Erdos ..
I P A
B C
D
E F Q
S
A
B C D
E F O K G O A B
C D
E
F I K
30°B C O I A
O G H O G H G
O G H 12
3
11
2
23
3
高中数学竞赛平面几何知识点基础 1、相似三角形的判定及性质 相似三角形的判定： (1)平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似; (2)如果一个三角形的两条边和另一个三角形的两条边对应成比例,并且夹角相等,那么这两个三角形相似(简叙为:两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似.); (3)如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例,那么这两个三角形相似(简叙为:三边对应成比例，两个三角形相似.); (4)如果两个三角形的两个角分别对应相等(或三个角分别对应相等)，则有两个三角形相似(简叙为两角对应相等，两个三角形相似.). 直角三角形相似的判定定理: (1)直角三角形被斜边上的高分成两个直角三角形和原三角形相似; (2)如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似. 常见模型： 相似三角形的性质: （1）相似三角形对应角相等 （2）相似三角形对应边的比值相等，都等于相似比 （3）相似三角形对应边上的高、角平分线、中线的比值都等于相似比 （4）相似三角形的周长比等于相似比 （5）相似三角形的面积比等于相似比的平方 2、内、外角平分线定理及其逆定理 内角平分线定理及其逆定理： 三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例。如图所示，若AM平分∠BAC，则 该命题有逆定理： 如果三角形一边上的某个点与这条边所成的两条线段与这 条边的对角的两边对应成比例，那么该点与对角顶点的连
线是三角形的一条角平分线 外角平分线定理： 三角形任一外角平分线外分对边成两线段，这两条线段和夹相应的内角的两边成比例。 如图所示，AD平分△ABC的外角∠CAE，则 其逆定理也成立：若D是△ABC的BC边延长线上的一点， 且满足，则AD是∠A的外角的平分线 内外角平分线定理相结合： 如图所示，AD平分∠BAC，AE平分∠BAC的外角 ∠CAE，则 3、射影定理 在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的高，则有射 影定理如下： BD2=AD·CD AB2=AC·AD BC2=CD·AC 对于一般三角形： 在△ABC中，设∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，则有 a=bcosC+ccosB b=ccosA+acosC c=acosB+bcosA 4、旋转相似 当一对相似三角形有公共定点且其边不重合时，则会产生另 一对相似三角形，寻找方法：连接对应点，找对应点连线和 一组对应边所成的三角形，可以得到一组角相等和一组对应 边成比例，如图中若△ABC∽△AED，则△ACD∽△ABE 5、张角定理 在△ABC中D为BC边上一点，则 sin∠BAD/AC+sin∠CAD/AB=sin∠BAC/AD 6、圆内有关角度的定理 圆周角定理及其推论： （1）圆周角定理指的是一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半 （2）同弧所对的圆周角相等 （3）直径所对的圆周角是直角，直角所对的弦是直径
第一讲 三角形中的心 一、重心 1.定义：三角形的三条中线的交点叫做三角形的重心. 2.性质： （1）重心到顶点的距离是其到对边中点距离的2倍； （2）重心与三角形任意两个顶点组成的三个小三角形的面积相等； （3）重心到三角形三个顶点距离的平方和最小； （4）设G 为△ABC 的重心，连结AG 并延长交BC 于D ，则 ①22221(22)4AD AB AC BC =+- ②)3 ,3( C B A C B A y y y x x x G ++++. 二、外心 1.定义：三角形外接圆圆心叫做三角形的外心. 2.性质： （1）外心是三角形三条中垂线的交点，它到三角形各顶点距离相等； （2）设R 为三角形ABC 的外接圆半径，则4ABC abc R S ?= ； 三、垂心 1.定义：三角形的三条高线的交点叫做三角形的垂心； 2.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； 注：（1）欧拉线：三角形的外心O 、重心G 、垂心H 三点共直线（欧拉线），且GH =2OG ． （2）欧拉公式(定理)：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 ． 注：欧拉不等式R ≥2r ． 四、内心 1.定义：三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心． 2.性质： （1）内心是三角形三条角分线的交点，即内心到三角形各边距离相等； （2）设,,,c AB b AC a BC ===内切圆⊙I 的半径为r ， ⊙I 切AB 于点P ，AI 的延长线交BC 于N ，交△ABC 外接圆于点D ，则 ①902 A BIC ∠∠=?+ ； ②DB =DI =DC ； ③2ABC a b c S r ?++=?； 五、旁心 1.定义：三角形旁切圆的圆心叫做旁心． 2.性质： （1）旁心是三角形的一内角平分线与两外角平分线交点； （2）设△ABC 的旁切圆圆心分别记为,,a b c I I I ，其半径分别记为C B A r r r ,,．则 11 90,,22a b c BI C A BI C BI C A ∠=?-∠∠=∠=∠（对于顶角B ，C 也有类似的式子） ；1()2 a b c I I I A C ∠=∠+∠.
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：． 4． 垂线定理：2222BD BC AD AC CD 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；（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 C c 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：AB DAC AC BAD AD BAC ∠+∠=∠sin sin sin ． 9． 斯特瓦尔特(Stewart )定理：设已知△ABC 与其底边上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
2022年全国高中数学联赛几何专题（平面几何解析几何）数学竞赛中的平面几何 一、引言 1．国际数学竞赛中出现的几何问题，包括平面几何与立体几何，但 以平面几何为主体．国际数学竞赛中的平面几何题数量较多、难度适中、 方法多样（综合几何法、代数计算法、几何变换法等），从内容上看可以 分成三个层次： 第一层次，中学几何问题． 这是与中学教材结合比较紧密的常规几何题，虽然也有轨迹与作图， 但主要是以全等法、相似法为基础的证明题，重点是与圆有关的命题，因 为圆的命题知识容量大、变化余地大、综合性也强，是编拟竞赛试题的优 质素材． 第二层次，中学几何的拓展． 第三层次，组合几何——几何与组合的交叉． 这是用组合数学的成果来解决几何学中的问题，主要研究几何图形的 拓扑性质和有限制条件的欧几里得性质．所涉及的类型包括计数、分类、 构造、覆盖、递推关系以及相邻、相交、包含等拓扑性质．这类问题在第 六届IMO（1964）就出现了，但近30年，无论内容、形式和难度都上了 新的台阶，成为一类极有竞赛味、也极具挑战性的新颖题目．组合几何的 异军突起是数学竞赛的三大热点之一． 2．在中国的数学竞赛大纲中，对平面几何内容除了教材内容外有如 下的补充．
初中竞赛大纲：四种命题及其关系；三角形的不等关系；同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系;面积及等积变换;三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质． 高中竞赛大纲:几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理；三角形中的几个特殊点:旁心、费马点，欧拉线；几何不等式；几何极值问题；几何中的变换：对称、平移、旋转；圆的幂和根轴；面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法． 二、基本内容 全等三角形的判别与性质，相似三角形的判别与性质，等腰三角形的判别与性质，“三线八角”基本图形，中位线定理，平行线截割定理，圆中角（圆心角、圆周角、弦切角）定理等大家都已经非常熟悉，此外，竞赛中还经常用到以下基本内容． 定义1点集的直径是指两个端点都属于这个集合且长度达到最大值的线段（一个点集可能有多条直径，也可能没有直径）． 定义2如果对点集A中的任意两点，以这两点为端点的线段包含在A 里，则集合A称为是凸的． 定义3设M1,M2,,Mn是多边形，如果MM1M2Mn并且当ij时，Mi与Mj 没有公共的内点，则称多边形M剖分为多边形M1,M2,,Mn． 定义4如果凸边形N的所有顶点都在凸多边形M的边上，则称多边形N内接于多边性M．定理1两点之间直线距离最短． 推论三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
高中数学竞赛平面几何 一、常用定理（仅给出定理，证明请读者完成） 梅涅劳斯定理 设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若',','C B A 三点共线，则 .1''''''=⋅⋅B C AC A B CB C A BA 梅涅劳斯定理的逆定理 条件同上，若.1''''''=⋅⋅B C AC A B CB C A BA 则',','C B A 三点共线。 塞瓦定理 设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若',','CC BB AA 三线平行或共点，则.1''''''=⋅⋅B C AC A B CB C A BA 塞瓦定理的逆定理 设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若.1''''''=⋅⋅B C AC A B CB C A BA 则',','CC BB AA 三线共点或互相平行。 角元形式的塞瓦定理 ',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，则',','CC BB AA 平行或共点的充要条件是.1'sin 'sin 'sin 'sin 'sin 'sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠BA B CBB CB C ACC AC A BAA 广义托勒密定理 设ABC D 为任意凸四边形，则AB •CD+BC •AD ≥AC •BD ，当且仅当A ，B ，C ，D 四点共圆时取等号。 斯特瓦特定理 设P 为ΔABC 的边BC 上任意一点，P 不同于B ，C ，则有 AP 2=AB 2•BC PC +AC 2•BC BP -BP •PC. 西姆松定理 过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。 西姆松定理的逆定理 若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在三角形的外接圆上。 九点圆定理 三角形三条高的垂足、三边的中点以及垂心与顶点的三条连线段的中点，这九点共圆。 蒙日定理 三条根轴交于一点或互相平行。（到两圆的幂（即切线长）相等的点构成集合为一条直线，这条直线称根轴） 欧拉定理 ΔABC 的外心O ，垂心H ，重心G 三点共线，且.2 1GH OG = 二、方法与例题 1．同一法。即不直接去证明，而是作出满足条件的图形或点，然后证明它与已知图形或点重合。 例1 在ΔABC 中，∠ABC=700，∠ACB=300，P ，Q 为ΔABC 内部两点，∠QBC=∠QCB=100，∠ PBQ=∠PCB=200，求证：A ，P ，Q 三点共线。 [证明] 设直线CP 交AQ 于P 1，直线BP 交AQ 于P 2，因为∠ACP=∠PCQ=100，所以CQ AC QP AP =1 ，
中学数学竞赛——平面几何 (叶中豪) 学问要点 几何变换及相像理论 位似及其应用 复数与几何 （1） 复数的意义及运算 （2） 复数与复平面上的点一一对应 （3） 复数与向量 （4） 定比分点 （5） 重心和加权重心，三角形的特别点 （6） 面积 （7） 90°旋转与正方形 （8） 相像与复数乘法的几何说明 （9） 三次单位根与正三角形 例题和习题 1．（Sylvester ）已知P 是△ABC 所在平面上任一点。求证：3PA PB PC PG ++=，其中G 是△ ABC 的重心。 2．（Lami 定理）已知P 是△ABC 所在平面上任一点，P 点对于△ABC 的重心坐标为123::μμμ。 求证：1230PA PB PC μμμ++=。 3．（Gergonne ）(1)四边形的两组对边中点连线及两条对角的中点连线共点；（2）六边形相间的两 组中点所构成的三角形的重心重合。 4．（von Aubel ）以随意四边形的各边向形外作正方形，则相对两正方形的中心连线相互垂直。 5．以△ABC 的AB 、AC 两边为直角边，向两侧作等腰直角三角形ABD 和ACE ，使∠ABD ＝∠ ACE ＝90°。求证线段DE 的中点的位置与顶点A 的位置无关。 6．已知△ABC ，在给定线段MN 的同侧作三个彼此相像的三角形，使得 △A ′ MN ∽△NB ′M ∽△MN C ′∽△ABC 。求证：△A ′B ′C ′∽△ABC 。 7．（1）如图，在已知△ABC 的四周作三个相像三角形：△DBC ∽△ECA ∽△FAB 。求证：AFDE 是平行四边形。
E B （2）如图，在四边形ABCD 四周作四个相像三角形：△EAB ∽△FCB ∽△GCD ∽△HAD 。求证：EFGH 是平行四边形。 G 8．在△ABC 的外围作三个相像三角形：△DCB ∽△EAC ∽△FBA 。求证：△DEF 的重心是定点。 9．若在四边形ABCD 内存在一点P ，使得△PAB 、△PBC 都是以P 为直角顶点的等腰直角三角形。 求证：必存在另一点Q ，使得△QBC 、△QDA 也都是以Q 为直角顶点的等腰直角三角形。 10．（上海市中学竞赛）设△ABC 是锐角三角形。在△ABC 外分别作等腰直角三角形： △ BCD 、△ABE 、△CAF ，这三个三角形中，∠BDC 、∠BAE 、∠CFA 是直角。 又在四边形BCFE 形外作等腰直角三角形△EFG ，∠EFG 是直角。求证：（1）GA AD ；（2）∠GAD ＝135°。 11．（第17届IMO ）已知随意△ABC ，在其外部作△ABR 、△BCP 、△CAQ ，使得 ∠PBC ＝∠CAQ ＝45°， ∠BCP ＝∠QCA ＝30°， ∠RBA ＝∠RAB ＝15°。 求证：（1）∠QRP ＝90°；（2）QR ＝RP 。 12．在复平面上，△ABC 是正三角形的充要条件： （1）2 0A B C ωω++=或2 0A B C ωω++=； （2）2 2 2A B C BC CA AB ++=++； （3） 111 0A B B C C A ++=---。 13．（拿破仑定理）（1）在随意三角形四周同时向外或向内作正三角形，则三个正三角形的中心仍 构成正三角形；（2）外、内两正三角形的面积差等于原三角形的面积。 14．（1941年匈牙利数学竞赛题）六边形ABCDEF 内接于一圆，它的边AB ，CD ，EF 等于圆的半 径。求证：六边形ABCDEF 的其它三边的中点是正三角形的顶点。
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 = ''k A 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
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 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M1、M2是△ABCBC边上点,且BM1＝CM2.任作始终线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.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BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋M2E,易知 ＝,＝,
高中数学竞赛平面几何基本定理 篇一：个人精心整理!高中数学联赛竞赛平面几何四大定理~及考纲 一、 1.梅涅劳斯定理 平面几何 证明：当直线缴△abc的ab、bc、ca的逆向延长线于点d、e、f时， (ad/db)*(be/ec)*(cf/fa)=1 逆定理证明： 证明：x、y、z分别在△abc的bc、ca、ab所在直线上，则x、y、z共线的充要条件是(az/zb)*(bx/xc)*(cy/ya)=1 证明一 过点a作ag∥bc交df的延长线于g， 则af/fb=ag/bd,bd/dc=bd/dc,ce/ea=dc/ag 三式相乘得：(af/fb)×(bd/dc)×(ce/ea)=(ag/bd)×(bd/dc)×(dc/ag)=1 证明二 过点c作cp∥df交ab于p，则bd/dc=fb/pf，ce/ea=pf/af 所以存有af/fb×bd/dc×ce/ea=af/fb×fb/pf×pf/af=1 证明四 过三顶点并作直线def的垂线，aa‘，bb'，cc' 有ad：db=aa’：bb'另外两个类似，三式相乘得1 初等矩阵。例如百科名片中图。 ※推论在△abc的三边bc、ca、ab或其延长线上分别取l、m、n三点，又分比是 λ=bl/lc、μ=cm/ma、ν=an/nb。于是al、bm、cn三线缴于一点的就是λμν=-1。（特别注意与塞瓦定理二者区分，那里就是λμν=1） 第一角元形式的梅涅劳斯定理如图：若e，f，d三点共线，则
(sin∠acf/sin∠fcb)(sin∠bad/sin∠dac)(sin∠cbe/sin∠abe)=1 即上图中的蓝角正弦值之积等于红角正弦值之积 该形式的梅涅劳斯定理也很新颖 证明：可用面积法推出：第一角元形式的梅氏定理与顶分顶形式的梅氏定理等价。第二角元形式的梅涅劳斯定理 在平面就任挑一点o，且edf共线，则 （sin∠aof/sin∠fob)(sin∠bod/sin∠doc)(sin∠coe/sin∠aoe)=1。(o不与点a、b、c 重合) 梅涅劳斯球面三角形定理 在球面三角形abc中，三边弧ab，弧bc， 弧ca(都是大圆弧)被另一大圆弧截于p,q,r三点，那么(sin弧ap/sin弧pb)×(sin 弧bq/sin弧qc)×(sin弧cr/sin弧ra)=1[ ※意义 2.赛瓦定理 在△abc内任挑一点o， 直线ao、bo、co分别交对边于d、e、f，则(bd/dc)*(ce/ea)*(af/fb)=1 定理的内容托勒密(ptolemy) 定理指出，圆的内接凸四边 形两对对边乘积的和等同于两条对角线的乘积。原文：圆的内接四边形中，两对角线所纸盒矩形的面积等同于一组对边所纸盒矩形的面积与另一组对边所纸盒矩形的面 积之和。从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公 式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上就是关 于共圆性的基本性质． 定理内容：指圆内直奔圆锥四边形两对对边 乘积的和等于两条对角线的乘积 一、（以下就是推断的证明，托勒密定理可以视为特定情况。）
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 AC CD 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AC AB DC BD =；〔外角平分线定理． 角平分线长：2cos 2)(2 A c b bc a p bcp c b t a +=-+=〔其中p 为周长一半． 6． 正弦定理：R C c 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：AB DAC AC BAD AD BAC ∠+∠=∠sin sin sin ． 9． 斯特瓦尔特
第八讲 圆幂定理 一、知识要点： 1、 相交弦定理：圆内两条相交弦，被交点提成两条线段长积相等。 即：如图，P A ·PC=PB ·PD C 2、 切割线定理：从圆外一点引圆切线和割线，切线长是这点到割线与圆焦点两条线 段长比例中项。 即：如图，PA 2=P B ·PC P 3、 割线定理：从圆外一点P 引两条割线与圆分别交于A 、B 、C 、D ，则有 PA·PB=PC·PD 。 二、要点分析： 1、相交弦定理、切割线定理和割线定理统称为圆幂定理。其可统一地表达为：过定点弦被该点内分（或外分）成两条线段积为定值（该点到圆心距离与圆半径平方差绝对值），即）定值（22r OP PB PA -=⋅
2、相交弦定理普通是通过相似三角形而得到，因此，研究圆中某些线段比例关系总离不 开相似三角形。 3、相交弦定理揭示了与圆有关线段比例关系，应用较多，特别是在解决关于计算、作比 例中项、证明角相等、四点共圆等问题时是重要理论根据。 三、例题解说： 中，AM、AD分别是其中线和角平分线，⊙ADM交AB于例1、已知：如图，在ABC L,交AC于N,求证：BL=CN 例2、如图，⊙O1与⊙O2相交于M、N,D是NM延长线上一点，O2O1延长线交⊙O1于B、A,AD交⊙O1于C,MN交O2O1、BC于E、G,求证：EM2=E D·EG
例3、在Rt ABC 中，D 在斜边BC 上，BD=4DC,一圆过点C ，且与AC 相交于F ，与 AB 相切于AB 中点G,求证：A D ⊥BF 例4、如图，AB 是⊙O 中任意一弦，M 为AB 中点，过M 任作两条弦CD 、EF,连接CE 、DF 分别交AB 于G 、H,求证：MG=MH (蝴蝶定理) A B M C D E F G H 例5、ABCD 是圆内接四边形，AC 是圆直径，BD ⊥AC,AC 与BD 交点为E,点F 在DA 延长线 上，连接BF,点G 在BA 延长线上，使得DG ∥BF,点H 在GF 延长线上,CH ⊥GF,证明： B 、E 、F 、H 四点共圆。
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：2 22222a c b m a -+=． 4． 垂线定理：2222BD BC AD AC CD 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AC AB 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 C c 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． X 角定理：AB DAC AC BAD AD BAC ∠+∠=∠sin sin sin ． 9． 斯特瓦尔特
数学名师叶中豪整理高中数学竞赛平面 几何讲义(完整版) 学习要点 几何问题的转化 圆幂与根轴 P’tolemy定理及应用 几何变换及相似理论 位似及其应用 完全四边形与Miquel点 垂足三角形与等角共轭 反演与配极，调和四边形 射影几何 复数法及重心坐标方法 例题和习题 1．四边形ABCD中，AB=BC，DE⊥AB，CD⊥BC，EF⊥BC，sin sin tan 1 2 。求证：2EF=DE+DC。（__-__.gsp） 且
2．已知相交两圆O和O'交于A、B两点，且O'恰在圆O 上，P为圆O的AO'B 弧段上任意一点。∠APB的平分线交圆O'于Q点。求证：PQ2=PA×PB。（__-__-1. gsp） 3．设三角形ABC的Fermat点为R，连结AR，BR，CR，三角形ABR，BCR， ACR的九点圆心分别为D，E，F，则三角形DEF为正三角形。（__-__.gsp） 4．在△ABC中，已知∠A的内角平分线和外角平分线分别交外接圆于D、E， 点A关于D、E的对称点分别为F、G，△ADG和△AEF的外接圆交于A和另一点P。求证：AP//BC。（__-__.gsp）5．圆O1和圆O2相交于A、B两点，P是直线AB上一点，过P作两圆作切线， 分别切圆O1和圆O2于点C、D，又两圆的一条外公切线分别切圆O1和圆O2于点E，F。求证：AB、CE、DF共点。（__-__.gsp） 6．四边形ABCD中，M是AB边中点，且MC=MD，过C、D分别作BC、AD 的垂线，两条垂线交于P点，再作PQ⊥AB于Q。求证：∠PQC=∠PQD。（__-__-26.gsp）
7．已知RT△ABD∽RT△ADC，M是BC中点，AD与BC交于E，自C作AM 垂线交AD于F。求证：DE=EF。（__-__.gsp） 8．在△ABC中，AB=AC，D为BC边的中点，E是△ABC外一点，满足CE⊥ AB，BE=BD。过线段BE的中点M作直线MF⊥BE，交△A BD 的外接圆的劣弧AD于点F。求证：ED⊥DF。（2022年女子竞赛）（__-__-4.gsp） 9．设圆I1是△ABC的BC边外的旁切圆，D、E、F分别是切点，若I1D与EF 交于P点。求证：AP平分底边BC。（__年-8.gsp） 10．如图，⊙于点C，M是边BC上一 点，AMON⊥BC。（ 11．已知：BC是圆上的定弦，而动点A在圆上运动，M是AC中点，作MP⊥ AB于P。求P点的轨迹。（__-__-4.gsp） 12．△ABC外接圆为圆O，P为AB上一点，过P分别作OA、OB的垂线，与AC、BC交于S、T，与AB交于M、N。求证：PM=MS的充要条件是PN=NT。（__-__-3.gsp） 13．在ΔABC中AC＞BC，F是AB的中点，过F作它的外接圆直径DE，使得
第一讲 注意添加平行线证题 在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1 为了改变角的位置 大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常 可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使 ∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA . 在△DBP ＝∠AQC 中,显然 ∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知 △DBP ≌△AQC . 有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC . 于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP . 则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP . 所以AB ＝AC . 这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅. 例2 如图2,四边形ABCD 为平行四边形,∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE . 由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有 ∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE . 由∠BAF ＝∠BCE ,可知 ∠BAF ＝∠BPE . 有P 、B 、A 、E 四点共圆. 于是,∠EBA ＝∠APE . 所以,∠EBA ＝∠ADE . 这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙. 2 欲“送”线段到当处 利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题. 例3 在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ . 证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC 两边距离相等.有KQ ＝PN . 显然,PD EP ＝FD EF ＝GD CG ,可知PG ∥EC . 由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是, PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ . 这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷. 3 为了线段比的转化 由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的. 例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证： AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行,设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行 ∥＝ A D B P Q C 图1P E D G A B F C 图2 A N E B Q K G C D M F P 图3 A P
高中数学竞赛题之平面几何 LT
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. A D B P Q 图1
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 ∥＝ P E D G A B F C 图2