平面幾何基礎(chǔ)知識教程

1、 平面幾何基礎(chǔ)知識教程（圓）一、幾個重要定義外心：三角形三邊中垂線恰好交于一點，此點稱為外心內(nèi)心：三角形三內(nèi)角平分線恰好交于一點，此點稱為內(nèi)心垂心：三角形三邊上的高所在直線恰好交于一點，此點稱為垂心凸四邊形：四邊形的所有對角線都在四邊形ABCD內(nèi)部的四邊形稱為凸四邊形折四邊形：有一雙對邊相交的四邊形叫做折四邊形（如下圖）二、圓內(nèi)重要定理：1.四點共圓定義：若四邊形ABCD的四點同時共于一圓上，則稱A,B,C,D四點共圓基本性質(zhì)：若凸四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，則其對角互補證明：略判定方法：定義法：若存在一點O使OA=OB=OC=OD，則A,B,C,D四點共圓定理1:若凸四邊形ABCD的對角互

2、補，則此凸四邊形ABCD有一外接圓證明：略特別地，當凸四邊形ABCD中有一雙對角都是90度時，此四邊形有一外接圓視角定理：若折四邊形ABCD中,ZADB=ZACB,則A,B,C,D四點共圓證明：如上圖，連CD,AB，設(shè)AC與BD交于點P因為ZADB=ZACB,所以ACPB-ADPAPCPB所以有=一PDPA再注意到ZCPD=ZBPA因此CPD7BPA因此ZPCD=ZPBA由此ZBCD+ZBAD=ZBCA+乙PCD+ZBAD=ZBDA+ZPBA+ZBAD=180（AABD的內(nèi)角和）因此A,B,C,D四點共圓特別地，當ZADB=ZACB=90時，四邊形ABCD有一外接圓2圓冪定理：圓冪定理是圓的相

3、交弦定理、切割線定理、割線定理、切線長定理的統(tǒng)一形式。PAPAPB=PCPD證明：連AC,BD,則ZCAB=ZCDB（等弧對等圓周角）而ZAPC=ZDPB（對頂角相等）因此AAPC-ADPBPApc即=，因此PAPB=PCPDPDPB（切）割線定理：P是圓外任意一點，過P任作圓的兩割（切）線PAB,PCD,則PAPB=PCPD證明方法與相交弦定理完全一樣，可仿前。特別地，當C，D兩點重合成為一點C時，割線PCD變成為切線PC而由割線定理，PAPB=PCPD=PC2，此時割線定理成為切割線定理而當B，A兩點亦重合為一點A時，由切割線定理PC2=PAPB=PA2因此有PC=PA，此時切割線定理成為

4、切線長定理現(xiàn)考慮割線與切線同時存在的情況，即切割線定理的情況：p如圖，PCDp如圖，PCD是圓的割線，PE是圓的切線設(shè)圓心為0,連PO,OE,則由切割線定理有：PCPD=PE2而注意到黃色是RT，由勾股定理有：PE2=P02OE2，結(jié)合切割線定理，我們得到PCPD=PE2=PO2OE2，這個結(jié)果表明，如果圓心0與P是確定的，那么PC與PD之積也是唯一確定的。以上是P在圓外的討論現(xiàn)在再重新考慮P在圓內(nèi)的情形，如下圖,PCD是圓內(nèi)的現(xiàn)，PAB是以P為中點的弦則由相交弦定理有PAPB=PA2（因為P是弦AB中點）=PCPD連OP,0A，由垂徑定理，AOPA是RTA由勾股定理有PA2=OA2OP2，結(jié)

5、合相父弦定理，便得到PAPB=PA（因為P是弦AB中點）=PCPD=OA2OP2這個結(jié)果同樣表明，當0與P是固定的時候PC與PD之積是定值以上是P在圓內(nèi)的討論當P在圓上時，過P任作一弦交圓于A（即弦AP）,此時P02OA2=0也是定值綜上，我們可以把相交弦定理，切割線定理，割線定理，切線長定理統(tǒng)一起來，得到圓摹定理O圓摹定理：P是圓0所在平面上任意一點（可以在圓內(nèi)，圓上，圓外），過點P任作一直線交圓0于A,B兩點（A,B兩點可以重合，也可以之一和P重合），圓0半徑為r則我們有：PAPB=1PO2r2|由上面我們可以看到，當P點在圓內(nèi)的時候，P6-r20，此時圓摹定理為相交弦定理當P在圓上的時候

6、，PO?-r2=0當P在圓外的時候，P6-r20此時圓摹定理為切割線定理，割線定理，或切線長定理以下有很重要的概念和定理：根軸先來定義摹的概念：從一點A作一圓周上的任一割線，從A起到和圓周相交為止的兩線段之積，稱為點對于這圓周的摹對于已知兩圓有等摹的點的軌跡，是一條垂直于連心線的直線。根軸的定義：兩圓等摹點的軌跡是一條直線，這條直線稱為兩圓的根軸性質(zhì)1若兩圓相交，其根軸就是公共弦所在直線由于兩圓交點對于兩圓的冪都是0,所以它們位于根軸上，而根軸是直線，所以根軸是兩交點的連線性質(zhì)2若兩圓相切，其根軸就是過兩圓切點的公切線（即性質(zhì)1的極限情況）性質(zhì)3若三圓兩兩不同心，則其兩兩的根軸交于一點，或互相

7、平行所交的這點稱為根心證明：若三圓心共線，則兩兩圓的根軸均垂直于連心線，因此此時兩兩的根軸互相平行若三圓心不共線，則必成一三角形，因此兩兩的根軸必垂直于兩兩的連心線。如圖，設(shè)CD與EF交于點0，連AO交圓分02圓03于B,B，則OAOB=OEOF=OCOD=OAOB“其中前兩式是點0對圓02的冪，后二式是點0對圓03的冪，中間是圓0對圓01的冪進行轉(zhuǎn)化由此B與B重合，事實上它們就是點B（圓02與圓03的非A的交點），由此圓冪定理是對于圓適用的定理，今使用圓冪定理對圓內(nèi)接四邊形判定方法的補充：圓內(nèi)接四邊形判定方法相交弦定理逆定理：如果四邊形ABCD的對角線AC,BD交于點P，且滿足PAPC=PB

8、PD，則四邊形ABCD有一外接圓切割線定理逆定理：如果凸四邊形ABCD一雙對邊AB與DC交于點P且滿足PAPC=PBPD，則四邊形ABCD有一外接圓這樣我們就補充了兩種判定方法例(射影定理)：RTAABC中，BC是斜邊，AD是斜邊上的咼則AD2=BDCDAB2=BDBCAC2=CDBC證明：如圖，延長AD至A,如圖，延長AD至A,使AD=DA,連AB,AC貝JAABC二AABC,因此ABAC+ZBAC=180(1)因此ABCA四點共圓由相交弦定理有：ADDA=AD2=BDCD(2)(3)(2)(3)A(3)同理，現(xiàn)證作RTAADB的外接圓，則RTAADB的外接圓圓心為E其中E是AB的中點則EA

9、丄AC,因此AC是圓ABD的切線由切割線定理有CA2=CDCB例2:垂心aabc中，三邊所在的高的所在的直線交于一點證明：設(shè)BE與CF交于H,連AH延長交BC于D即證ADIBC因為ZBEC=ZBFC=90,因此B,F,E，C四點共圓同理A,F,H,E四點共圓所以ZBHD=180ZAHFZBHF=180ZAEFZEHC=180ZBZA=ZC因此D,E,C四點共圓由此ZHDC=903.Mique定理之前1,2的重要定理都是討論關(guān)于點共圓的情況。那么反過來，圓共點的情況又如何？從最簡單的開始了解，在本文之后討論圓共點問題中，甚至其他類型的問題，加如。定理都給予莫大的便利，我們將要不止一次地用到它。先

10、看一個事實：CC如圖，AABC中，AD，BE，CF分別是三邊上的高，則分別以AEF，BDF，CDE作圓這三個圓共于一點，而且可以通過觀察，這個點就是垂心剛好是AD，BE，CF的交點在介紹蚌/定理之后，我們將會給這題與垂心一個闡釋呦吻定理：4ABC中，X，Y，Z分別是直線AB，BC，AC上的點，則AXZ,口BXY,口CYZ共于一點O這樣的點0稱為X，Y，Z對于AABC的如/點證明：如圖，設(shè)口AXZ與口BXY交于O,連OX,OY,OZ即問題轉(zhuǎn)化為證O,Z,Y,C四點共圓因為A,X,O,Z與B,X,丫，0為兩組四點圓則ZAZO=180-ZAXO=BXO=180-ZBYO=ZOYC即ZOZC+ZOYC

11、=180因此O,Z,Y,C四點共圓事實上這個證明隱含著對一般證圓共點的方法在發(fā)掘Miquel定理的證明方法時可以得到一種更一般的證題方法注意這個證明只在X，Y，Z在AB，BC，AC邊上時可以當在直線AB，BC，AC上時需要改一下，這里略去了。現(xiàn)在回到之前關(guān)于垂心的問題。為什么D,E,F關(guān)于AABC的Mqu點就是AABC的垂心證明：如圖，AD,BE,CF是A4BC的三條高，垂心為H,則E,F,HD,F,HD,E,H共三組四點共圓由此可見UAEF,BDF,CDE共于一點H而H就是垂心有了Mquel定理，我們可以對垂心有一個新的看法HD是口BDF與口CDE的根軸對HE,HF同理而ZADB=ZADC=

12、90因此口BDF與口CDE的連心線平行于BC（中位線定理）因此HD垂直于BCHE,HF同理因此垂心可以被認為是這三圓的根軸的交點（根軸性質(zhì)3）用同樣的方法可以對內(nèi)心，外心以同樣的解釋：由此可見，共點圓與三角形的特殊點有很大的關(guān)系，上述3種只是最簡單的最容易發(fā)現(xiàn)的提起外心就會聯(lián)想到外接圓，這里不得不提一個常用定理：正弦定理正弦定理：AABC中，外接圓半徑R，則BCACAB“2.RsinAsinBsinC證明：作直徑AOD，連BD則乙ABD=90,ZADB=ZACB因此在RtAABD中因此在RtAABD中ABsinZADBABsinC=AD=2R其余同理想到三角函數(shù)里面的函數(shù)名，那么自然會想到余弦

13、定理余弦定理：a2=b2+c2想到三角函數(shù)里面的函數(shù)名，那么自然會想到余弦定理余弦定理：a2=b2+c22bccosAb2=a2+c22accosBc2=b2+a22abcosCABC中AB=c,AC=b,BC=aB證明：作BC邊上的高ADCD=ACcosC=bcosCBD=BC一CD=a一bcosC因此AB2-BD2=AC2-CD2即c2-(a一bcosC)2=b2一(bcosC)2c2一a2一b2cos2C+2abcosC=b2一b2cos2C即c2=a2+b2一2abcosC其余同理接著便就是著名的費馬點，它也與共點圓有關(guān)系費馬點，即AABC內(nèi)一點，使其到三頂點距離之和最小的點當AABC

14、任一內(nèi)角都120時，費馬點存在于內(nèi)部，當有一內(nèi)角=120時費馬點與此角頂點重合設(shè)AABC中任一內(nèi)角均120，則費馬點F可以通過如下方法作出來：分別以AB，AC，BC向外作正，連接對著的頂點，則得事實上，點F是這3個正的外接圓所共的點而FA+FB+FC其實就是頂點到對著的正頂點的連線的長而且之后將會有一種方法計算FA+FB+FC的長度而這將會在之后進行討論Simson定理是常用而且著名的定理，多用于證明點共線，其逆定理也成立Simson定理：P是AABC外接圓上一點，過點P作PD垂直BC,PE垂直于AB,同理PF則D,E,F是共線的三點直線DEF稱為點P關(guān)于AABC的Simson線引理（完全四邊

15、形的豳“定理）：四條直線兩兩交于A，B，C，D，E，F(xiàn)六點則口ABFgBCEgCDF口DAE共點先從AABF對E,C,D三點運用密克定理，貝IBCE,CDF,DAE共點DAE對B,C,F三點運用密克定理，則口ABF,BCE,CDF共點因此口ABF,口BCE,CDF,口DAE共點其中所共的點叫做完全四邊形的咖/點證明：這里運用Miquel定理作為證明設(shè)PD垂直BC,PE垂直AB，延長DE交CA于F則問題等價于證明PF垂直AC連PF四邊形AFCDBE是完全四邊形所以由完全四邊形的Miquel定理（引理）ABC,BDE,AEF,CDF共點注意到ZPEB=ZPDB所以P,B,D,E四點共圓所以口ABC

16、與口BDE交于點P和B因此完全四邊形FACDBE的Miquel點非P則B而A,E,B是同一直線上三點因此A,E,F,B不可能共圓因此P是完全四邊形FACDBE的Miquel點由此P,E,F,A四點共圓則ZPFA=90今逆定理證略從這個證明我們看到Mqu”定理的威力不僅在于圓共點，而且對于共點圓也同樣適用在有了Simson定理之后，我們可以運用Simson定理來給予完全四邊形的Miquel定理一個新的證明（即前面的引理）設(shè)BCE與CDF非C的一個交點為M,過M作MP垂直BE,MQ垂直EC,其余同理。因為M在口BCE上，由Simson定理，PQR是共線的三點同理對CDF運用Simson定理，有QR

17、S也是共線的三點因此P,Q,R,S四點共線而注意到P,Q,S是點M對44DE三邊的垂直且共線欲Simson定理逆定理，得A,M,D,E四點共圓同理A,B,F,M四點共圓因此口BCE,口CDF,口ADE，ABF共點于M由這個證明，我們可以知道完全四邊形的砸u”定理和Simson定理是等價的能夠運用Simson定理證明的必也可用完全四邊形的密克定理證明，反之亦然這樣，Simson定理便與密克定理產(chǎn)生了莫大的關(guān)聯(lián)例.如圖，P為AABC外接圓上一點，作PAA丄BC交圓周于A,作丄直線交圓周于B，C同理。求證：AALIBBJCCECEC證明：設(shè)PA交BC于D,PB交AC于E,F同理，則由Simson定理

18、知，DEF三點共線由圖形看來，題斷三條互相平行的線均與Simson線平行，因此可以試證連PB而注意到P，B，D，F(xiàn)四點共圓，因此ZEDBFDBPBAPA因此AA與Simson線平行。其余同理事實上，Simson定理可以作推廣，成為Carnot定理Carnot定理：通過AABC外接圓上的一點P，引與三邊BC，CA，AB分別成同向等角（即ZPDB=ZPEC=ZPFB）的直線PD,PE,PF與三邊或其所在直線的交點分別為D，E，F(xiàn)則D，E，F(xiàn)是共線的三點可以仿照前面的證明（這里的證明也可以運用四點共圓的判定定理與性質(zhì)，再證ZDEF=180）證明留給讀者，作為習題5.Ptolemy定理本文主要介紹一些

19、平面幾何圓中較為重要和常用的定理，而Ptolemy定理是一個十分重要的定理，及其也有重要的推廣Ptolemy定理：若四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，則ABCD+ADBC二ACBD證明：如圖,設(shè)口ABCD外接圓半徑為R,連AC,過點D作A4BC各邊的垂線分交AB于C；AC于B,BC于A,則由Simson定理，ABC是共線的三點因此CB+BA=CA由A,C,B,D四點共圓，且ZCAD=ZDBlC,因此AD是口ACBD的直徑由正弦定理有CB=ADsinZCDB=ADsinZCABsinZBAC=BC2R所以CB=ADsinZBAC=BC2R所以CB=ADBC2R同理BA=CDAB2RACBD2R因此A

20、DBC2RCDAB2RACBD2R即ADBC=CDAB+ACBD至此，我們重新把求費馬點至三頂點距離的長度和的問題提出，運用Ptolemy定理解決：BB如圖，設(shè)AB=c,AC=b,BC=a由zafc=120zabc=60,有A,F,B,dZ9點共圓對口AFCB運用Ptolemy定理有FABC+FCAB=ACFB因為AACB是等邊，因此FA+FC=FB所以FA+FB+FC=BB同理FA+FB+FC=AA=CC今考察ABCB，由余弦定理BB2=aBB2=a2+b2-2abcos(60+C)=a2+b2-2abcos60cosC-sin60sinC=a2+b2-abcosC一P3sinC2SABC而

21、ABC中,sinC=abcosC=a2+b2一c2代入上式有2aba2+b2-c2BB2=a2+b2-ab-2ab=a2+b2-(a2+b2一c2)+2J3sABCab2=a2+b2+C2+2朽SABC因此FA+FB+FC=心產(chǎn)+2呂ABC其中SUBCPp(p-a)(p-b)(p-c),p=(這里我們用到著名的求積公式a+b+cSAABC二、p(p-a)(p-b)(p-c)(其中p=)，證略).至此，本文平面幾何圓的基礎(chǔ)知識已經(jīng)全部介紹完畢，這里將以著名的Chapple定理結(jié)束(只做了解)這是與圓冪定理的應(yīng)用有關(guān)的定理之一Chapp%定理：殳R是AABC的外接圓半徑，r是內(nèi)切圓半徑,d是這兩圓

22、的圓心距，則d2=R2-2RrQP證明：連AI并延長交AABC外接圓于P,并作直徑POQ,連BQ設(shè)內(nèi)切圓與AB的切點為D,連ID,IB則在AADI與AQBP中，ZDAI=ZBQPZADI=ZQBP=90因此AADIAQBP有蟲=D,即AIBP=DIPQ=2RrPQBPAIBP中，ZIBP=(/A+ZB)上BIP=/IAB+/IBA=2(/A+ZB)因此BP=IP,由此AIBP=AIIP=2R,再由圓冪定理AIIP=R2OI2=R2d2=2Rr即d2=R2一2Rr事實上Chappl定理對旁心也有相應(yīng)的公式，不過是等號右邊的符號-變+但對本文不提及旁心，因此略去習題第一部分（四點共圓的應(yīng)用）如圖，

23、在ABC中,AB=AC.任意延長CA到P，再延長AB到Q使AP=BQ.求證：ABC的外心0與A,P,Q四點共圓.（1994年全國初中數(shù)學聯(lián)合競賽二試第1題）如圖，在AABC中，AB=AC,D是底邊BC上一點，E是線段AD上一點，且ZBED二2ZCED二ZA.求證：BD二2CD.（1992年全國初中數(shù)學聯(lián)合競賽二試第2題）如圖，設(shè)AB,CD為的兩直徑，過B作PB垂直于AB,并與CD延長線相交于點P,過P作直線與分別交于E,F兩點，連結(jié)AE,AF分別與CD交于G,H求證:OG=OH.（2002年我愛數(shù)學初中生夏令營一試第2題）.p第二部分（圓冪定理的應(yīng)用）如圖，等邊三角形ABC中，邊AB與相切于點

24、H，邊BC,CA與交于點D,E,F；G。已知AG=2,GF=6,FC=1.則DE=.（第33屆美國中學生數(shù)學邀請賽試題改編）如圖，。0和都經(jīng)過點A和B,PQ切于P，交于Q,M，交AB的延長線于N.求證：PN2二MN-NQ.3N如圖，已知點P是0外一點,PS,PT是0的兩條切線，過點P作0的割線PAB,1111交0于A.B兩點，并交ST于點C,求證：丄二上（丄+丄）.（2001年TI杯全國PC2PAPB初中數(shù)學競賽B卷第14題）第三部分（血o頤y定理的應(yīng)用）已知a,b,x,y是正實數(shù)，且a2+b2二1,x2+y2二1，求證：ax+by1.&從銳角ABC的外心O向它的邊BC,CA,AB作垂線，垂足

25、分別為D,E,E設(shè)ABC的外接圓和內(nèi)切圓半徑分別為R,r.求證:OD+OE+OF=R+r.9.設(shè)MBC與ABC的三邊分別為a,b,c與a,b,c,且zB=/B,zA+/A=180.試0證:aa=bb+cc.第四部分（曲兀定理的應(yīng)用）10.證明Carnot定理11.如圖,MBC的邊BC上的高AD的延長線交外接圓于P，作PE丄AB于E，延長ED交AC的延長線于E求證：BCEF二BFCE+BECF.AA12設(shè)P為ABC外接圓圓周上一點,P在邊BC,CA,AB上的射影分別為L,M,N令PL=l,PM=m,PN=n,BC=a,CA=b,AB=c,求證:m-n-a二l-n-b+1-m-c.（提示：應(yīng)用張角

26、定理：設(shè)PABC的邊BC上一點，厶BAP=a,/CAP=0,則sin(a+0)sinasin0證略)APACAB略)APAC習題解答證明：如圖，連QP,OP,OA,OQ,OB要證A,O,P,Q四點共圓，考慮到視角定理，可證ZOPA=ZOQA而考慮到條件，因此可證APQ二ABQO而AP=BQ,OB=OA,ZOBQ=180-ZOBA=180ZOAB=180ZOAC=ZOAP因此AAPQ二ABQO，故ZOPA=ZOQA得證2.證明：A作ZAEB的平分線交AB于點G,則Zl二Z211=2(180-ZBED)=-1(180-ZBAC)ZABC22G,E,D,B四點共圓./.Z2=Z3故AGBD為等腰三角

27、形.設(shè)F為BD中點，連GF,則Z6=Z7過點G作GH口注意到AGABBC,叫AC與點H,連HD易知AG二AH過點G作GH口注意到AGABE,D,C,H四點共圓所以Z4二Z5Z5二Z6可知agbf仝ahcd故BF=CD,于是BD=2CD.3.證明：作FE中點C,連0C,過F作FDE口CD交AB于D,AE于E111111貝lZOCP=ZPBO=90,因此O,P,C,B四點共圓11因此ZOPC=ZOBC，而FDEnCD，因此ZOPC=ZDFC1111111因此ZOBC=ZDFC,由視角定理有111B,F,D,C四點共圓11有ZFBA=ZFCD=ZFEA11由此DCE11考慮AFEE,C是FE中點，因

28、此D是FE中點1111這樣由FEDGHAO_OHAO_OHADDF即OG_OH4.解:設(shè)BD=x.CE=y對口0及點A用圓幕定理，得AH2=AG-AF=2x(2+6)=16nAH=4.ABC是正三角形-AB=AC=9BH=5同理，對口。及點B;口。及點C分別用圓幕定理，可得BDBE=25ox(9-y)=25CECD=7oy(7-y)=7解得x=5證明：對口O和N運用圓冪定理有NP2二NBNA,即證NBNA二NMNQ再對口O和N運用圓冪定理NBNA二NMNQ即得6證明：連P0交ST于點H,作OM丄PB于點M.易知點M為AB中點.11.冷(PA+PB)=(2PA+2AM)=PM.即有1(PA+PB)=PM(1)ZCMO+ZCHO=90:C,M,O,H四點共圓.PC.PM=PHPO=PS2又PS是口O切線，所以PS2=PAPB從而有PCPM=PAPB(2)將(1)帶入(2),整理即得1PC1PC=2(pA1PB7證明：由題斷的形式可以聯(lián)想到Ptolemy定理，因此構(gòu)造如圖的四邊形使AB=a,AD=b,BC=x,CD=y,BD=1,ZBAD=ZBCD=90則符合題設(shè)因此A,B,C,D四點共圓由Ptolemy定理有ax+by=ACBDBD2=1