高中數(shù)學(xué)競賽平面幾何講座(非常詳細(xì))

1、第一講 注意添加平行線證題 在同一平面內(nèi),不相交的兩條直線叫平行線.平行線是初中平面幾何最基本的,也是非常重要的圖形.在證明某些平面幾何問題時,若能依據(jù)證題的需要,添加恰當(dāng)?shù)钠叫芯€,則能使證明順暢、簡潔. 添加平行線證題,一般有如下四種情況.1、為了改變角的位置 大家知道,兩條平行直線被第三條直線所截,同位角相等,內(nèi)錯角相等,同旁內(nèi)角互補(bǔ).利用這些性質(zhì),?？赏ㄟ^添加平行線,將某些角的位置改變,以滿足求解的需要.例1 、設(shè)P、Q為線段BC上兩點,且BPCQ,A為BC外一動點(如圖1).當(dāng)點A運(yùn)動到使BAPCAQ時,ABC是什么三角形？試證明你的結(jié)論.答： 當(dāng)點A運(yùn)動到使BAPCAQ時,ABC為等

2、腰三角形.證明：如圖1,分別過點P、B作AC、AQ的平行線得交點D.連結(jié)DA.在DBPAQC中,顯然DBPAQC,DPBC.由BPCQ,可知DBPAQC.有DPAC,BDPQAC.于是,DABP,BAPBDP.則A、D、B、P四點共圓,且四邊形ADBP為等腰梯形.故ABDP.所以ABAC. 這里,通過作平行線,將QAC“平推”到BDP的位置.由于A、D、B、P四點共圓,使證明很順暢.例2、如圖2,四邊形ABCD為平行四邊形,BAFBCE.求證：EBAADE. 證明：如圖2,分別過點A、B作ED、EC的平行線,得交點P,連PE. 由AB CD,易知PBAECD.有PAED,PBEC. 顯然,四邊

3、形PBCE、PADE均為平行四邊形.有 BCEBPE,APEADE.由BAFBCE,可知BAFBPE.有P、B、A、E四點共圓.于是,EBAAPE.所以,EBAADE. 這里,通過添加平行線,使已知與未知中的四個角通過P、B、A、E四點共圓,緊密聯(lián)系起來.APE成為EBA與ADE相等的媒介,證法很巧妙.2、欲“送”線段到當(dāng)處 利用“平行線間距離相等”、“夾在平行線間的平行線段相等”這兩條,?？赏ㄟ^添加平行線,將某些線段“送”到恰當(dāng)位置,以證題.例3、在ABC中,BD、CE為角平分線,P為ED上任意一點.過P分別作AC、AB、BC的垂線,M、N、Q為垂足.求證：PMPNPQ.證明：如圖3,過點P

4、作AB的平行線交BD于F,過點F作BC的平行線分別交PQ、AC于K、G,連PG. 由BD平行ABC,可知點F到AB、BC兩邊距離相等.有KQPN. 顯然,可知PGEC. 由CE平分BCA,知GP平分FGA.有PKPM.于是,PMPNPKKQPQ. 這里,通過添加平行線,將PQ“掐開”成兩段,證得PMPK,就有PMPNPQ.證法非常簡捷.3 、為了線段比的轉(zhuǎn)化 由于“平行于三角形一邊的直線截其它兩邊,所得對應(yīng)線段成比例”,在一些問題中,可以通過添加平行線,實現(xiàn)某些線段比的良性轉(zhuǎn)化.這在平面幾何證題中是會經(jīng)常遇到的.例4 設(shè)M1、M2是ABC的BC邊上的點,且BM1CM2.任作一直線分別交AB、A

5、C、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.試證：.證明：如圖4,若PQBC,易證結(jié)論成立. 若PQ與BC不平行,設(shè)PQ交直線BC于D.過點A作PQ的平行線交直線BC于E.由BM1CM2,可知BECEM1EM2E,易知 ,.則.所以,. 這里,僅僅添加了一條平行線,將求證式中的四個線段比“通分”,使公分母為DE,于是問題迎刃而解.例5、 AD是ABC的高線,K為AD上一點,BK交AC于E,CK交AB于F.求證：FDAEDA.證明：如圖5,過點A作BC的平行線,分別交直線DE、DF、BE、CF于Q、P、N、M. 顯然,.有BDAMDCAN. (1)由,有AP. (2)由,有AQ. (3)對比(1)、

6、(2)、(3)有APAQ.顯然AD為PQ的中垂線,故AD平分PDQ.所以,FDAEDA.這里,原題并未涉及線段比,添加BC的平行線,就有大量的比例式產(chǎn)生,恰當(dāng)?shù)剡\(yùn)用這些比例式,就使AP與AQ的相等關(guān)系顯現(xiàn)出來.4、為了線段相等的傳遞 當(dāng)題目給出或求證某點為線段中點時,應(yīng)注意到平行線等分線段定理,用平行線將線段相等的關(guān)系傳遞開去.例6 在ABC中,AD是BC邊上的中線,點M在AB邊上,點N在AC邊上,并且MDN90.如果BM2CN2DM2DN2,求證：AD2(AB2AC2).證明：如圖6,過點B作AC的平行線交ND延長線于E.連ME. 由BDDC,可知EDDN.有BEDCND. 于是,BENC.

7、 顯然,MD為EN的中垂線.有 EMMN. 由BM2BE2BM2NC2MD2DN2MN2EM2,可知BEM為直角三角形,MBE90.有ABCACB ABCEBC90.于是,BAC90. 所以,AD2(AB2AC2). 這里,添加AC的平行線,將BC的以D為中點的性質(zhì)傳遞給EN,使解題找到出路.例7、如圖7,AB為半圓直徑,D為AB上一點,分別在半圓上取點E、F,使EADA,FBDB.過D作AB的垂線,交半圓于C.求證：CD平分EF. 證明：如圖7,分別過點E、F作AB的垂線,G、H為垂足,連FA、EB.易知DB2FB2ABHB,AD2AE2AGAB. 二式相減,得DB2AD2AB(HBAG),

8、或 (DBAD)ABAB(HBAG).于是,DBADHBAG,或 DBHBADAG. 就是DHGD.顯然,EGCDFH.故CD平分EF. 這里,為證明CD平分EF,想到可先證CD平分GH.為此添加CD的兩條平行線EG、FH,從而得到G、H兩點.證明很精彩. 經(jīng)過一點的若干直線稱為一組直線束.一組直線束在一條直線上截得的線段相等,在該直線的平行直線上截得的線段也相等. 如圖8,三直線AB、AN、AC構(gòu)成一組直線束,DE是與BC平行的直線.于是,有 ,即 或. 此式表明,DMME的充要條件是 BNNC. 利用平行線的這一性質(zhì),解決某些線段相等的問題會很漂亮.例8 如圖9,ABCD為四邊形,兩組對邊

9、延長后得交點E、F,對角線BDEF,AC的延長線交EF于G.求證：EGGF.證明：如圖9,過C作EF的平行線分別交AE、AF于M、N.由BDEF,可知MNBD.易知 SBEFSDEF.有SBECSKG *5DFC. 可得MCCN. 所以,EGGF.例9 如圖10,O是ABC的邊BC外的旁切圓,D、E、F分別為O與BC、CA、AB的切點.若OD與EF相交于K,求證：AK平分BC.證明：如圖10,過點K作BC的行平線分別交直線AB、AC于Q、P兩點,連OP、OQ、OE、OF. 由ODBC,可知OKPQ. 由OFAB,可知O、K、F、Q四點共圓,有FOQFKQ. 由OEAC,可知O、K、P、E四點共

10、圓.有EOPEKP. 顯然,FKQEKP,可知FOQEOP.由OFOE,可知RtOFQRtOEP. 則OQOP.于是,OK為PQ的中垂線,故 QKKP.所以,AK平分BC. 綜上,我們介紹了平行線在平面幾何問題中的應(yīng)用.同學(xué)們在實踐中應(yīng)注意適時添加平行線,讓平行線在平面幾何證題中發(fā)揮應(yīng)有的作用.練習(xí)題1. 四邊形ABCD中,ABCD,M、N分別為AD、BC的中點,延長BA交直線NM于E,延長CD交直線NM于F.求證：BENCFN.(提示：設(shè)P為AC的中點,易證PMPN.)2. 設(shè)P為ABC邊BC上一點,且PC2PB.已知ABC45,APC60.求ACB.(提示：過點C作PA的平行線交BA延長線

11、于點D.易證ACDPBA.答：75)3. 六邊形ABCDEF的各角相等,FAABBC,EBD60,SEBD60cm2.求六邊形ABCDEF的面積.(提示：設(shè)EF、DC分別交直線AB于P、Q,過點E作DC的平行線交AB于點M.所求面積與EMQD面積相等.答：120cm2)4. AD為RtABC的斜邊BC上的高,P是AD的中點,連BP并延長交AC于E.已知AC:ABk.求AE:EC.(提示：過點A作BC的平行線交BE延長線于點F.設(shè)BC1,有ADk,DCk2.答：)5. AB為半圓直徑,C為半圓上一點,CDAB于D,E為DB上一點,過D作CE的垂線交CB于F.求證：.(提示：過點F作AB的平行線交

12、CE于點H.H為CDF的垂心.)6. 在ABC中,A:B:C4:2:1,A、B、C的對邊分別為a、b、c.求證：.(提示：在BC上取一點D,使ADAB.分別過點B、C作AD的平行線交直線CA、BA于點E、F.)7. ABC的內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB于點D、E、F,過點F作BC的平行線分別交直線DA、DE于點H、G.求證：FHHG.(提示：過點A作BC的平行線分別交直線DE、DF于點M、N.)8. AD為O的直徑,PD為O的切線,PCB為O的割線,PO分別交AB、AC于點M、N.求證：OMON.(提示：過點C作PM的平行線分別交AB、AD于點E、F.過O作BP的垂線,G為垂足.ABGF.)

13、第二講 巧添輔助 妙解競賽題 在某些數(shù)學(xué)競賽問題中,巧妙添置輔助圓常可以溝通直線形和圓的內(nèi)在聯(lián)系,通過圓的有關(guān)性質(zhì)找到解題途徑.下面舉例說明添置輔助圓解初中數(shù)學(xué)競賽題的若干思路.1、挖掘隱含的輔助圓解題 有些問題的題設(shè)或圖形本身隱含著“點共圓”,此時若能把握問題提供的信息,恰當(dāng)補(bǔ)出輔助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質(zhì),就會使題設(shè)和結(jié)論的邏輯關(guān)系明朗化.1.1 作出三角形的外接圓例1 如圖1,在ABC中,ABAC,D是底邊BC上一點,E是線段AD上一點且BED2CEDA.求證：BD2CD.分析：關(guān)鍵是尋求BED2CED與結(jié)論的聯(lián)系.容易想到作BED的平分線,但因BEED,故不能直接證出BD2CD.若

14、延長AD交ABC的外接圓于F,則可得EBEF,從而獲取.證明：如圖1,延長AD與ABC的外接圓相交于點F,連結(jié)CF與BF,則BFABCAABCAFC,即BFDCFD.故BF:CFBD:DC. 又BEFBAC,BFEBCA,從而FBEABCACBBFE.故EBEF. 作BEF的平分線交BF于G,則BGGF. 因GEFBEFCEF,GFECFE,故FEGFEC.從而GFFC. 于是,BF2CF.故BD2CD.1.2 利用四點共圓例2 凸四邊形ABCD中,ABC60,BADBCD90, AB2,CD1,對角線AC、BD交于點O,如圖2.則sinAOB_.分析：由BADBCD90可知A、B、C、D四點

15、共圓,欲求sinAOB,聯(lián)想到托勒密定理,只須求出BC、AD即可.解：因BADBCD90,故A、B、C、D四點共圓.延長BA、CD交于P,則ADPABC60. 設(shè)ADx,有APx,DP2x.由割線定理得(2x)x2x(12x).解得ADx22,BCBP4. 由托勒密定理有 BDCA(4)(22)211012. 又SABCDSABDSBCD. 故sinAOB.例3 已知：如圖3,ABBCCAAD,AHCD于H,CPBC,CP交AH于P.求證：ABC的面積SAPBD. 分析：因SABCBC2ACBC,只須證ACBCAPBD,轉(zhuǎn)化為證APCBCD.這由A、B、C、Q四點共圓易證(Q為BD與AH交點)

16、.證明：記BD與AH交于點Q,則由ACAD,AHCD得ACQADQ.又ABAD,故ADQABQ. 從而,ABQACQ.可知A、B、C、Q四點共圓. APC90PCHBCD,CBQCAQ, APCBCD. ACBCAPBD.于是,SACBCAPBD.2 、構(gòu)造相關(guān)的輔助圓解題有些問題貌似與圓無關(guān),但問題的題設(shè)或結(jié)論或圖形提供了某些與圓的性質(zhì)相似的信息,此時可大膽聯(lián)想構(gòu)造出與題目相關(guān)的輔助圓,將原問題轉(zhuǎn)化為與圓有關(guān)的問題加以解決.2.1 聯(lián)想圓的定義構(gòu)造輔助圓例4 如圖4,四邊形ABCD中,ABCD,ADDCDBp,BCq.求對角線AC的長. 分析：由“ADDCDBp”可知A、B、C在半徑為p的D

17、上.利用圓的性質(zhì)即可找到AC與p、q的關(guān)系.解：延長CD交半徑為p的D于E點,連結(jié)AE.顯然A、B、C在D上. ABCD,BCAE. 從而,BCAEq.在ACE中,CAE90,CE2p,AEq,故 AC.2.2 聯(lián)想直徑的性質(zhì)構(gòu)造輔助圓例5 已知拋物線yx22x8與x軸交于B、C兩點，點D平分BC.若在x軸上側(cè)的A點為拋物線上的動點,且BAC為銳角,則AD的取值范圍是_.分析：由“BAC為銳角”可知點A在以定線段BC為直徑的圓外,又點A在x軸上側(cè),從而可確定動點A的范圍,進(jìn)而確定AD的取值范圍.解：如圖5,所給拋物線的頂點為A0(1,9),對稱軸為x1,與x軸交于兩點B(2,0)、C(4,0)

18、. 分別以BC、DA為直徑作D、E,則兩圓與拋物線均交于兩點P(12,1)、Q(12,1).可知,點A在不含端點的拋物線PA0Q內(nèi)時,BAC90.且有3DPDQADDA09,即AD的取值范圍是3AD9.2.3 聯(lián)想圓冪定理構(gòu)造輔助圓例6 AD是RtABC斜邊BC上的高,B的平行線交AD于M,交AC于N.求證：AB2AN2BMBN.分析：因AB2AN2(ABAN)(ABAN)BMBN,而由題設(shè)易知AMAN,聯(lián)想割線定理,構(gòu)造輔助圓即可證得結(jié)論.證明：如圖6, 234590,又34,15,12.從而,AMAN.以AM長為半徑作A,交AB于F,交BA的延長線于E.則AEAFAN.由割線定理有BMBN

19、BFBE(ABAE)(ABAF)(ABAN)(ABAN)AB2AN2,即 AB2AN2BMBN.例7 如圖7,ABCD是O的內(nèi)接四邊形,延長AB和DC相交于E,延長AB和DC相交于E,延長AD和BC相交于F,EP和FQ分別切O于P、Q.求證：EP2FQ2EF2.分析：因EP和FQ是O的切線,由結(jié)論聯(lián)想到切割線定理,構(gòu)造輔助圓使EP、FQ向EF轉(zhuǎn)化.證明：如圖7,作BCE的外接圓交EF于G,連結(jié)CG.因FDCABCCGE,故F、D、C、G四點共圓.由切割線定理,有EF2(EGGF)EF EGEFGFEF ECEDFCFBECEDFCFBEP2FQ2,即 EP2FQ2EF2.2.4 聯(lián)想托勒密定理

20、構(gòu)造輔助圓例8 如圖8,ABC與ABC的三邊分別為a、b、c與a、b、c,且BB,AA180.試證：aabbcc. 分析：因BB,AA180,由結(jié)論聯(lián)想到托勒密定理,構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形加以證明.證明：作ABC的外接圓,過C作CDAB交圓于D,連結(jié)AD和BD,如圖9所示. AA180AD, BCDBB, AD,BBCD. ABCDCB. 有, 即 . 故DC,DB. 又ABDC,可知BDACb,BCADa.從而,由托勒密定理,得 ADBCABDCACBD,即 a2cb. 故aabbcc.練習(xí)題1. 作一個輔助圓證明：ABC中,若AD平分A,則.(提示：不妨設(shè)ABAC,作ADC的外接圓交AB于E,證

21、ABCDBE,從而.)2. 已知凸五邊形ABCDE中,BAE3a,BCCDDE,BCDCDE1802a.求證：BACCADDAE.(提示：由已知證明BCEBDE1803a,從而A、B、C、D、E共圓,得BACCADDAE.)3. 在ABC中ABBC,ABC20,在AB邊上取一點M,使BMAC.求AMC的度數(shù).(提示：以BC為邊在ABC外作正KBC,連結(jié)KM,證B、M、C共圓,從而BCMBKM10,得AMC30.)4如圖10,AC是ABCD較長的對角線,過C作CFAF,CEAE.求證：ABAEADAFAC2. (提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點G、H.則CGAH,由割線定理可證得結(jié)論.

22、)5. 如圖11.已知O1和O2相交于A、B,直線CD過A交O1和O2于C、D,且ACAD,EC、ED分別切兩圓于C、D.求證：AC2ABAE.(提示：作BCD的外接圓O3,延長BA交O3于F,證E在O3上,得ACEADF,從而AEAF,由相交弦定理即得結(jié)論.)6已知E是ABC的外接圓之劣弧BC的中點.求證：ABACAE2BE2. (提示：以BE為半徑作輔助圓E,交AE及其延長線于N、M,由ANCABM證ABACANAM.)7. 若正五邊形ABCDE的邊長為a,對角線長為b,試證：1.(提示：證b2a2ab,聯(lián)想托勒密定理作出五邊形的外接圓即可證得.) 第三講 點共線、線共點在本小節(jié)中包括點共

23、線、線共點的一般證明方法及梅涅勞斯定理、塞瓦定理的應(yīng)用。1、點共線的證明點共線的通常證明方法是：通過鄰補(bǔ)角關(guān)系證明三點共線；證明兩點的連線必過第三點；證明三點組成的三角形面積為零等。n(n4)點共線可轉(zhuǎn)化為三點共線。例1、如圖，設(shè)線段AB的中點為C，以AC和CB為對角線作平行四邊形AECD，BFCG。又作平行四邊形CFHD，CGKE。求證：H，C，K三點共線。證：連AK，DG，HB。由題意，ADECKG，知四邊形AKGD是平行四邊形，于是AKDG。同樣可證AKHB。四邊形AHBK是平行四邊形，其對角線AB，KH互相平分。而C是AB中點，線段KH過C點，故K，C，H三點共線。例2 如圖所示，菱形

24、ABCD中，A=120，O為ABC外接圓，M為其上一點，連接MC交AB于E，AM交CB延長線于F。求證：D，E，F(xiàn)三點共線。證：如圖，連AC，DF，DE。因為M在O上，則AMC=60=ABC=ACB，有AMCACF，得。又因為AMC=BAC，所以AMCEAC，得。所以，又BAD=BCD=120，知CFDADE。所以ADE=DFB。因為ADBC，所以ADF=DFB=ADE，于是F，E，D三點共線。例3 四邊形ABCD內(nèi)接于圓，其邊AB與DC的延長線交于點P，AD與BC的延長線交于點Q。由Q作該圓的兩條切線QE和QF，切點分別為E，F(xiàn)；求證：P，E，F(xiàn)三點共線。證 ：如圖：連接PQ，并在PQ上取一

25、點M，使得B，C，M，P四點共圓，連CM，PF。設(shè)PF與圓的另一交點為E，并作QG丄PF，垂足為G。易如QE2=QMQP=QCQB PMC=ABC=PDQ。從而C，D，Q，M四點共圓，于是PMPQ=PCPD 由，得PMPQ+QMPQ=PCPD+QCQB，即PQ2=QCQB+PCPD。易知PDPC=PEPF，又QF2=QCQB，有PEPF+QF2=PDPC+QCAB=PQ2，即PEPF=PQ2-QF2。又PQ2QF2=PG2GF2=(PG+GF)(PGGF)=PF(PGGF)，從而PE=PGGF=PGGE，即GF=GE，故E與E重合。所以P，E，F(xiàn)三點共線。例4 以圓O外一點P，引圓的兩條切線P

26、A，PB，A，B為切點。割線PCD交圓O于C，D。又由B作CD的平行線交圓O于E。若F為CD中點，求證：A，F(xiàn)，E三點共線。證：如圖，連AF，EF，OA，OB，OP，BF，OF，延長FC交BE于G。易如OA丄AP，OB丄BP，OF丄CP，所以P，A，F(xiàn)，O，B五點共圓，有AFP=AOP=POB=PFB。又因CDBE，所以有PFB=FBE，EFD=FEB，而FOG為BE的垂直平分線，故EF=FB，F(xiàn)EB=EBF，所以AFP=EFD，A，F(xiàn)，E三點共線。2、線共點的證明證明線共點可用有關(guān)定理(如三角形的3條高線交于一點)，或證明第3條直線通過另外兩條直線的交點，也可轉(zhuǎn)化成點共線的問題給予證明。例5

27、 以ABC的兩邊AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG。ABC的高為AH。求證：AH，BF，CD交于一點。證：如圖。延長HA到M，使AM=BC。連CM，BM。設(shè)CM與BF交于點K。在ACM和BCF中，AC=CF，AM=BC，MAC+HAC=180，HAC+HCA=90，并且BCF=90+HCA，因此BCF+HAC=180MAC=BCF。從而MACBCF，ACM=CFB。所以MKF=KCF+KFC=KCF+MCF=90，即 BF丄MC。同理CD丄MB。AH，BF，CD為MBC的3條高線，故AH，BF，CD三線交于一點。例6 設(shè)P為ABC內(nèi)一點，APBACB=APCABC。又設(shè)D，E分別是APB

28、及APC的內(nèi)心。證明：AP，BD，CE交于一點。證：如圖，過P向三邊作垂線，垂足分別為R，S，T。連RS，ST，RT，設(shè)BD交AP于M，CE交AP于N。易知P，R，A，S；P，T，B，R；P，S，C，T分別四點共 圓，則APBACB=PAC+PBC=PRS+PRT=SRT。同理，APCABC=RST，由條件知SRT=RST，所以RT=ST。又RT=PBsinB，ST=PCsinC，所以PBsinB=PCsinC，那么。由角平分線定理知。故M，N重合，即AP，BD，CE交于一點。例7 O1與O2外切于P點，QR為兩圓的公切線,其中Q，R分別為O1，O2上的切點，過Q且垂直于QO2的直線與過R且垂

29、直于RO1的直線交于點I，IN垂直于O1O2,垂足為N,IN與QR交于點M.證明：PM，RO1，QO2三條直線交于一點。證：如圖，設(shè)RO1與QO2交于點O，連MO，PO。 因為O1QM=O1NM=90，所以Q，O1，N，M四點共圓，有QMI=QO1O2。 而IQO2=90=RQO1，所以IQM=O2QO1，故QIMQO2O1，得同理可證。因此 因為QO1RO2，所以有 由，得MOQO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，所以 ，即OPRO2。從而MOQO1RO2OP，故M，O，P三點共線，所以PM，RO1，QO2三條直線相交于同一點。3、 塞瓦定理、梅涅勞斯定理及其應(yīng)用定理1 (塞瓦(C

30、eva)定理):設(shè)P，Q，R分別是ABC的BC，CA，AB邊上的點。若AP，BQ，CR相交于一點M，則。證：如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有, , .以上三式相乘，得.定理2 (定理1的逆定理): 設(shè)P，Q，R分別是ABC的BC，CA，AB上的點。若，則AP，BQ，CR交于一點。證：如圖，設(shè)AP與BQ交于M，連CM，交AB于R。由定理1有. 而，所以.于是R與R重合，故AP，BQ，CR交于一點。定理3 (梅涅勞斯(Menelaus)定理): 一條不經(jīng)過ABC任一頂點的直線和三角形三邊BC，CA，AB(或它們的延長線)分別交于P，Q，R，則證：如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有, , .將以上三式相乘，得

31、.定理4 (定理3的逆定理): 設(shè)P，Q，R分別是ABC的三邊BC，CA，AB或它們延長線上的3點。若，則P，Q，R三點共線。定理4與定理2的證明方法類似。塞瓦定理和梅涅勞斯定理在證明三線共點和三點共線以及與之有關(guān)的題目中有著廣泛的應(yīng)用。例8 如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC平分BAD。在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G。求證：GAC=EAC。證：如圖，連接BD交AC于H，過點C作AB的平行線交AG的延長線于I，過點C作AD的平行線交AE的延長線于J。對BCD用塞瓦定理，可得 因為AH是BAD的角平分線，由角平分線定理知,代入式 因為CIAB，CJAD，則，。代入式得

32、.從而CI=CJ。又由于ACI=180BAC=180DAC=ACJ，所以ACIACJ，故IAC=JAC，即GAC=EAC.例9 ABCD是一個平行四邊形，E是AB上的一點，F(xiàn)為CD上的一點。AF交ED于G，EC交FB于H。連接線段GH并延長交AD于L，交BC于M。求證：DL=BM.證：如圖，設(shè)直線LM與BA的延長線交于點J，與DC的延長線交于點I。在ECD與FAB中分別使用梅涅勞斯定理，得， .因為ABCD，所以， .從而，即，故CI=AJ. 而，且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL。例10 在直線l的一側(cè)畫一個半圓T，C，D是T上的兩點，T上過C和D的切線分別交l于B和A，

33、半圓的圓心在線段BA上，E是線段AC和BD的交點，F(xiàn)是l上的點，EF垂直l。求證：EF平分CFD。證：如圖，設(shè)AD與BC相交于點P，用O表示半圓T的圓心。過P作PH丄l于H，連OD，OC，OP。由題意知RtOADRtPAH，于是有.類似地，RtOCBRtPHB， 則有.由CO=DO，有，從而.由塞瓦定理的逆定理知三條直線AC，BD，PH相交于一點，即E在PH上，點H與F重合。因ODP=OCP=90，所以O(shè)，D，C，P四點共圓，直徑為OP. 又PFC=90，從而推得點F也在這個圓上，因此DFP=DOP=COP=CFP，所以EF平分CFD。例11 如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，AB，DC延長線交于

34、E，AD、BC延長線交于F，P為圓上任意一點，PE，PF分別交圓于R，S. 若對角線AC與BD相交于T. 求證：R，T，S三點共線。先證兩個引理。引理1:A1B1C1D1E1F1為圓內(nèi)接六邊形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一點，則有.如圖，設(shè)A1D1，B1E1，C1F1交于點O，根據(jù)圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)易知 OA1B1OE1D1，OB1C1OF1E1，OC1D1OA1F1，從而有, ,.將上面三式相乘即得，引理2：圓內(nèi)接六邊形A1B1C1D1E1F1，若滿足則其三條對角線A1D1，B1E1，C1F1交于一點。該引理與定理2的證明方法類似，留給讀者。例11之證明如圖，連接PD，AS，RC，B

35、R，AP，SD.由EBREPA，F(xiàn)DSFPA，知,.兩式相乘，得. 又由ECREPD，F(xiàn)PDFAS，知，. 兩式相乘，得 由，得. 故. 對EAD應(yīng)用梅涅勞斯定理，有 由得.由引理2知BD，RS，AC交于一點,所以R，T，S三點共線。練 習(xí)A組1. 由矩形ABCD的外接圓上任意一點M向它的兩對邊引垂線MQ和MP，向另兩邊延長線引垂線MR，MT。證明：PR與QT垂直，且它們的交點在矩形的一條對角線上。2. 在ABC的BC邊上任取一點P，作PDAC，PEAB，PD，PE和以AB，AC為直徑而在三角形外側(cè)所作的半圓的交點分別為D，E。求證：D，A，E三點共線。3. 一個圓和等腰三角形ABC的兩腰相切

36、，切點是D，E，又和ABC的外接圓相切于F。求證：ABC的內(nèi)心G和D，E在一條直線上。4. 設(shè)四邊形ABCD為等腰梯形，把ABC繞點C旋轉(zhuǎn)某一角度變成ABC。證明：線段AD, BC和BC的中點在一條直線上。5. 四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD相交于P。設(shè)三角形ABP，BCP，CDP和DAP的外接圓圓心分別是O1，O2，O3，O4。求證：OP，O1O3，O2O4三直線交于一點。6. 求證：過圓內(nèi)接四邊形各邊的中點向?qū)吽鞯?條垂線交于一點。7. ABC為銳角三角形，AH為BC邊上的高，以AH為直徑的圓分別交AB，AC于M，N；M，N與A不同。過A作直線lA垂直于MN。類似地作出直線

37、lB與lC。證明：直線lA，lB，lC共點。8. 以ABC的邊BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的邊BC，CA，AB的對邊的中點。求證：直線AA1，BB1，CC1相交于一點。B組9. 設(shè)A1，B1，C1是直線l1上的任意三點，A2，B2，C2是另一條直線l2上的任意三點，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N。求證：L，M，N三點共線。10. 在ABC，ABC中，連接AA，BB，CC，使這3條直線交于一點S。求證：AB與AB、BC與BC、CA與CA的交點F，D，E在同一條直線上(笛沙格定理)。11. 設(shè)圓內(nèi)接六邊形ABCDEF的對邊延長

38、線相交于三點P，Q，R，則這三點在一條直線上(帕斯卡定理)。第四講 四點共圓問題“四點共圓”問題在數(shù)學(xué)競賽中經(jīng)常出現(xiàn)，這類問題一般有兩種形式：一是以“四點共圓”作為證題的目的，二是以“四點共圓”作為解題的手段，為解決其他問題鋪平道路.判定“四點共圓”的方法，用得最多的是統(tǒng)編教材幾何二冊所介紹的兩種（即P89定理和P93例3），由這兩種基本方法推導(dǎo)出來的其他判別方法也可相機(jī)采用.1、“四點共圓”作為證題目的例1給出銳角ABC，以AB為直徑的圓與AB邊的高CC及其延長線交于M，N.以AC為直徑的圓與AC邊的高BB及其延長線將于P，Q.求證：M，N，P，Q四點共圓.(第19屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克)分析：

39、設(shè)PQ，MN交于K點，連接AP，AM. 欲證M，N，P，Q四點共圓，須證MKKNPKKQ，即證(MC-KC)(MC+KC)(PB-KB)(PB+KB) 或MC2-KC2=PB2-KB2 . 不難證明 AP=AM，從而有AB2+PB2=AC2+MC2.故 MC2-PB2=AB2-AC2 =(AK2-KB2)-(AK2-KC2)=KC2-KB2. 由即得，命題得證.例2A、B、C三點共線，O點在直線外，O1，O2，O3分別為OAB，OBC，OCA的外心.求證：O，O1，O2，O3四點共圓.(第27屆莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克)分析：作出圖中各輔助線.易證O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.觀察OB

40、C及其外接圓，立得OO2O1=OO2B=OCB.觀察OCA及其外接圓，立得OO3O1=OO3A=OCA.由OO2O1=OO3O1O，O1，O2，O3共圓.利用對角互補(bǔ)，也可證明O，O1，O2，O3四點共圓，請同學(xué)自證.2、以“四點共圓”作為解題手段這種情況不僅題目多，而且結(jié)論變幻莫測，可大體上歸納為如下幾個方面.(1)證角相等例3在梯形ABCD中，ABDC，ABCD，K，M分別在AD，BC上，DAMCBK.求證：DMACKB.（第二屆袓沖之杯初中競賽）分析：易知A，B，M，K四點共圓.連接KM，有DABCMK.DAB+ADC180，CMK+KDC180.故C，D，K，M四點共圓CMDDKC.但

41、已證AMBBKA，DMACKB.(2)證線垂直例4O過ABC頂點A，C，且與AB，BC交于K，N(K與N不同).ABC 外接圓和BKN外接圓相交于B和M.求證：BMO=90.(第26屆IMO第五題)分析：這道國際數(shù)學(xué)競賽題，曾使許多選手望而卻步.其實，只要把握已知條件和圖形特點，借助“四點共圓”，問題是不難解決的. 連接OC，OK，MC，MK，延長BM到G.易得GMC=BAC=BNK=BMK.而COK=2BAC=GMC+BMK=180-CMK， COK+CMK=180C，O，K，M四點共圓.在這個圓中，由OC=OK OC=OKOMC=OMK.但GMC=BMK，故BMO=90.(3)判斷圖形形狀

42、例5四邊形ABCD內(nèi)接于圓，BCD，ACD，ABD，ABC的內(nèi)心依次記為IA，IB，IC，ID.試證：IAIBICID是矩形.(第一屆數(shù)學(xué)奧林匹克國家集訓(xùn)選拔試題)分析：連接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得AICB=90+ADB=90+ACB=AIDBA，B，ID，IC四點共圓.同理，A，D，IB，IC四點共圓.此時AICID=180-ABID =180-ABC，AICIB=180-ADIB=180-ADC，AICID+AICIB=360-(ABC+ADC)=360-180=270.故IBICID=90.同樣可證IAIBICID其它三個內(nèi)角皆為90.該四邊形必為矩形.(4)計算例6

43、正方形ABCD的中心為O，面積為19892.P為正方形內(nèi)一點，且OPB=45，PA:PB=5:14.則PB=_(1989，全國初中聯(lián)賽)分析：答案是PB=42.怎樣得到的呢？連接OA，OB.易知O，P，A，B四點共圓，有APB=AOB=90. 故PA2+PB2=AB2=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB.(5)其他例7設(shè)有邊長為1的正方形，試在這個正方形的內(nèi)接正三角形中找出面積最大的和一個面積最小的，并求出這兩個面積(須證明你的論斷).(1978，全國高中聯(lián)賽)分析：設(shè)EFG為正方形ABCD 的一個內(nèi)接正三角形，由于正三角形的三個頂點至少必落在正方形的三條邊上，所以不妨令F，G兩點在

44、正方形的一組對邊上. 作正EFG的高EK，易知E，K，G，D四點共圓KDE=KGE=60.同理，KAE=60.故KAD也是一個正三角形，K必為一個定點. 又正三角形面積取決于它的邊長，當(dāng)KF丄AB時，邊長為1，這時邊長最小，而面積S=也最小.當(dāng)KF通過B點時，邊長為2，這時邊長最大，面積S=2-3也最大.例8NS是O的直徑，弦AB丄NS于M，P為ANB上異于N的任一點，PS交AB于R，PM的延長線交O于Q.求證：RSMQ.(1991，江蘇省初中競賽)分析：連接NP，NQ，NR，NR的延長線交O于Q.連接MQ，SQ.易證N，M，R，P四點共圓，從而，SNQ=MNR=MPR=SPQ=SNQ. 根據(jù)

45、圓的軸對稱性質(zhì)可知Q與Q關(guān)于NS成軸對稱MQ=MQ. 又易證M，S，Q，R四點共圓，且RS是這個圓的直徑(RMS=90)，MQ是一條弦(MSQ90)，故RSMQ.但MQ=MQ，所以，RSMQ.練習(xí)題1.O1交O2 于A，B兩點，射線O1A交O2 于C點，射線O2A交O1于D點.求證：點A是BCD的內(nèi)心.(提示：設(shè)法證明C，D，O1，B四點共圓，再證C，D，B，O2四點共圓，從而知C，D，O1，B，O2五點共圓.)2.ABC為不等邊三角形.A及其外角平分線分別交對邊中垂線于A1，A2；同樣得到B1，B2，C1，C2.求證：A1A2=B1B2=C1C2. (提示：設(shè)法證ABA1與ACA1互補(bǔ)造成A

46、，B，A1，C四點共圓；再證A，A2，B，C四點共圓，從而知A1，A2都是ABC的外接圓上，并注意A1AA2=90.)3.設(shè)點M在正三角形三條高線上的射影分別是M1，M2，M3(互不重合).求證：M1M2M3也是正三角形.4.在RtABC中，AD為斜邊BC上的高，P是AB上的點，過A點作PC的垂線交過B所作AB的垂線于Q點.求證：PD丄QD. (提示：證B，Q，E，P和B，D，E，P分別共圓)5.AD，BE，CF是銳角ABC的三條高.從A引EF的垂線l1，從B引FD的垂線l2，從C引DE的垂線l3.求證：l1，l2，l3三線共點.(提示：過B作AB的垂線交l1于K，證：A，B，K，C四點共圓)

47、第五講 三角形的五心三角形的外心、重心、垂心、內(nèi)心及旁心，統(tǒng)稱為三角形的五心.一、外心.三角形外接圓的圓心，簡稱外心.與外心關(guān)系密切的有圓心角定理和圓周角定理.例1過等腰ABC底邊BC上一點P引PMCA交AB于M；引PNBA交AC于N.作點P關(guān)于MN的對稱點P.試證：P點在ABC外接圓上.(杭州大學(xué)中學(xué)數(shù)學(xué)競賽習(xí)題)分析：由已知可得MP=MP=MB，NP=NP=NC，故點M是PBP的外心，點N是PPC的外心.有 BPP=BMP=BAC，PPC=PNC=BAC. BPC=BPP+PPC=BAC. 從而，P點與A，B，C共圓、即P在ABC外接圓上. 由于PP平分BPC，顯然還有 PB:PC=BP:

48、PC.例2在ABC的邊AB，BC，CA上分別取點P，Q，S.證明以APS，BQP，CSQ的外心為頂點的三角形與ABC相似.(B波拉索洛夫中學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克)分析：設(shè)O1，O2，O3是APS，BQP，CSQ的外心，作出六邊形O1PO2QO3S后再由外心性質(zhì)可知 PO1S=2A， QO2P=2B，SO3Q=2C. PO1S+QO2P+SO3Q=360.從而又知O1PO2+O2QO3+O3SO1=360 將O2QO3繞著O3點旋轉(zhuǎn)到KSO3，易判斷KSO1O2PO1，同時可得O1O2O3O1KO3. O2O1O3=KO1O3=O2O1K=(O2O1S+SO1K)=(O2O1S+PO1O2)=PO1S=

49、A； 同理有O1O2O3=B.故O1O2O3ABC.二、重心 三角形三條中線的交點，叫做三角形的重心.掌握重心將每條中線都分成定比2:1及中線長度公式，便于解題.例3AD，BE，CF是ABC的三條中線，P是任意一點.證明：在PAD，PBE，PCF中，其中一個面積等于另外兩個面積的和.(第26屆莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克)分析：設(shè)G為ABC重心，直線PG與AB，BC相交.從A，C，D，E，F(xiàn)分別作該直線的垂線，垂足為A，C，D，E，F(xiàn).易證AA=2DD，CC=2FF，2EE=AA+CC，EE=DD+FF.有SPGE=SPGD+SPGF.兩邊各擴(kuò)大3倍，有SPBE=SPAD+SPCF.例4如果三角形三邊的

50、平方成等差數(shù)列，那么該三角形和由它的三條中線圍成的新三角形相似.其逆亦真.分析：將ABC簡記為，由三中線AD，BE，CF圍成的三角形簡記為.G為重心，連DE到H，使EH=DE，連HC，HF，則就是HCF. (1)a2，b2，c2成等差數(shù)列.若ABC為正三角形，易證. 不妨設(shè)abc，有CF=，BE=， AD=. 將a2+c2=2b2，分別代入以上三式，得CF=，BE=，AD=. CF:BE:AD =:=a:b:c. 故有. (2)a2，b2，c2成等差數(shù)列. 當(dāng)中abc時，中CFBEAD.，()2. 據(jù)“三角形的三條中線圍成的新三角形面積等于原三角形面積的”，有=. =3a2=4CF2=2a2+

51、b2-c2a2+c2=2b2.三、垂心 三角形三條高的交戰(zhàn)，稱為三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四個等(外接)圓三角形，給我們解題提供了極大的便利.例5設(shè)A1A2A3A4為O內(nèi)接四邊形，H1，H2，H3，H4依次為A2A3A4，A3A4A1，A4A1A2，A1A2A3的垂心.求證：H1，H2，H3，H4四點共圓，并確定出該圓的圓心位置. (1992，全國高中聯(lián)賽)分析：連接A2H1，A1H2，H1H2，記圓半徑為R.由A2A3A4知 =2RA2H1=2RcosA3A2A4；由A1A3A4得A1H2=2RcosA3A1A4.但A3A2A4=A3A1A4，故A2H1=A1H2.易證A2H1A1A2，于是，A2H