高中數(shù)學(xué)競賽平面幾何講座

第一講注意添加平行線證題

在同一平面,不相交的兩條直線叫平行線.平行線是初中平面幾何最根本的，也是非常重要的

圖形.在證明某些平面幾何問題時(shí)，假設(shè)能依據(jù)證題的需要，添加恰當(dāng)?shù)钠叫芯€，那么能使證明

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，錯(cuò)角相等，同旁角互補(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(diǎn)，且BP=CQ,A為BC外一動(dòng)點(diǎn)（如圖1）.當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到使

/BAP=/CAQ時(shí),Z\ABC是什么三角形？試證明你的結(jié)論.Dr____女

答：當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到使/BAP=/CAQ時(shí),Z\ABC為等腰三角形.

證明：如圖1,分別過點(diǎn)P、B作AC、AQ的平行線得交點(diǎn)1）連結(jié)DA.\X/\\

在△DBP=/AQC中，顯然/DBP=/AQC,/DPB=/C.Bp,；

由BP=CQ,可知△DBP0Z\AQC.有DP=AC,/BDP=ZQAC.圖1

于是,DA//BP,NBAP=NBDP.那么A、D、B、P四點(diǎn)共圓，且四邊形ADBP為等腰梯形.故

AB=DP.所以AB=AC.

這里,通過作平行線，將/QAC“平推”到NBDP的位置.由于A、D、B、P四點(diǎn)共圓，使證

明很順暢.

例2、如圖2,四邊形ABCD為平行四邊形,/BAF=/BCE.求證：ZEBA=ZADE.

證明：如圖2,分別過點(diǎn)A、B作ED、EC的平行線,得交點(diǎn)P,連PE.「

由ABCD,易碗△PBA0Z\ECD.有PA=ED,PB=EC.p

顯然，四邊形不BCE、PADE均為平行四邊形.有軟仔號(hào)。

ZBCE=ZBPE,ZAPE=ZADE.由ZBAF=ZBCE,可知'、』W/

NBAF=/BPE.有P、B、A^E四點(diǎn)共圓.于是,/EBA=/APE.所以,/EBA=2A5E,

這里，通過添加平行線，使與未知中的四個(gè)角通過P、B、A、E四點(diǎn)共圓，嚴(yán)密矍余起

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aABC中,BD、CE為角平分線,P為ED上任意一點(diǎn).過P分別作AC、AB、BC的

垂線,M、N、Q為垂足.求證：PM+PN=PQ.人

證明：如圖3,過點(diǎn)P作AB的平行線交BD于F,過點(diǎn)F作BC的

平行線分別交PQ、AC于K、G,連PG.飛乂

由BD平行/ABC,可知點(diǎn)F到AB、BC

ppEFCG圖3

兩邊距離相等.有KQ=PN.顯然,——=——=—，可知PGIIEC.

PDFDGD

由CE平分/BCA,知GP平分/FGA.有PK=PM.于是,PM+PN=PK+KQ=PQ.

這里，通過添加平行線，將PQ“掐開"成兩段，證得PM=PK,就有PM+PN=PQ.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(duì)應(yīng)線段成比例”，在一些問題中,可以通

過添加平行線，實(shí)現(xiàn)某些線段比的良性轉(zhuǎn)化.這在平面幾何證題中是會(huì)經(jīng)常遇到的.

例4設(shè)M、M是的6c邊上的點(diǎn)，且A%=O念任作一直線分別交46、Aa

,ABACAM.AM,

AM^/監(jiān)于P、Q、Ni、N2.試證：-----1-——=——L+——-

-APAQANtAN1

證明：如圖4,假設(shè)PQIIBC,易證結(jié)論成立.假設(shè)PQ與BC不平行,

設(shè)PQ交直線BC于D.過點(diǎn)A作PQ的平行線交直線BC于E.Q

,?E

由尸可知BMMCD

BMCM2,BE+CE=MIE+M2E,t2

圖4

ABBEAC_CEAM,MEAM2ME

易知t2

APDE'AQDE'AN】—DE',AN2"DE,

AB」AC_BE+CE_ME+ME_AM,

那么r}2+必

APAQDEDEAN1AN1

ABACAM.AM,

所以,——+—=——L+——

APAQAN,AN,

這里，僅僅添加了一條平行線,將求證式中的四個(gè)線段比“通分”，使公分母為DE,于是問題

迎刃而解.

例5、AD是4ABC的高線,K為AD上一點(diǎn),BK交AC于E.CK交AB于F.求證：/FDA=

ZEDA.

證明：如圖5,過點(diǎn)A作BC的平行線，分別交直線DE、DF、

BE、CF于Q、P、N、M.

BD

顯然KDDC__-

——力nn.AN4—nr.AN(1)

ANKAAM'

」APAFAMeBDAM

由---='——，有AP=-------------2

BDFBBCBC

,AQAE_怨，有AQ=DC'^N.(3)

由---=

DCECBCBC

比照(1)、(2)、(3)有AP=AQ.

顯然AD為PQ的中垂線，故AD平分NPDQ.所以,NFDA=/EDA.

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(diǎn)為線段中點(diǎn)時(shí)，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4ABC中,AD是BC邊上的中線，點(diǎn)M在AB邊上，點(diǎn)N在AC邊上，并且/MDN=

90°.如果BM2+2=DM2+DN2,求證：AD2=-(AB2+AC2).

4

證明：如圖6,過點(diǎn)8作/C的平行線交ND延長線于H連Affi：

由BD=DC,可知ED=DN.有4BED組Z\D.于是,BE=NC.

E

圖6

顯然,MD為EN的中垂線.有EM=MN.

由BM2+BE2=BM2+NC2=MD2+DM=MN2=EM2,可知aBEM為直角三角形,NMBE=

90°.有/ABC+/ACB=/ABC+/EBC=90°.于是,/BAC=90°.

(1V1

所以,AD2=-BC=-(AB?+AC2).

12)44

這里，添加AC的平行線，將BC的以D為中點(diǎn)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(diǎn)，分別在半圓上取點(diǎn)E、F,使EA=DA,FB=DB.

過D作AB的垂線，交半圓于C.求證：CD平分EF.c

證明：如圖7,分別過點(diǎn)E、F作的垂線,G、H為垂足，連FA、EB.

易知DB?=FB2=AB-HB,AD2=AE2=AG-AB.

二式相減，得DB2—AD2=AB?(HB—AG),或(DB-AD)-AB=AB?(岫氣0H

于是。13—人口=^18—46,或口8—1^13=八口一八6.圖7

就是DH=GD.顯然,EGIICDIIFH.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(diǎn).證明很精彩.

經(jīng)過一點(diǎn)的假設(shè)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

=空或

DMAM=-M--E即_--D--M-DMBN

BNANNCBNNCMENC

此式說明夕"=ME的充要條件是BN=NC.

利用平行線的這一性質(zhì)，解決某些線段相等的問題會(huì)很漂亮.

例8如圖9,ABCD為四邊形，兩組對(duì)邊延長后得交點(diǎn)E、F,對(duì)角線

BD//EF,AC的延長線交EF于G.求證：EG=GF.

證明：如圖9,過C作EF的平行線分別交AE、AF于M、N.由BD//EF,

可知易知

MNIIBD.5ABE1-=SADEF?有S/XBEC=$△IIKG-*5IIDI'C-

可得MC=.所以,EG=GF.

例9如圖10,00是AABC的邊BC外的旁切圓,D、E、F分別為

的切點(diǎn).假設(shè)OD與EF相交于K,求證：AK平分BC.圖9

證明：如圖10,過點(diǎn)K作6c的行平線分別交直線AB、AC于Q、P

兩點(diǎn)，連。P、C)Q、OE、OF.

由OD_LBC,可知OKJ_PQ.

由OF_LAB,可知O、K、F、Q四點(diǎn)共圓，有NFOQ=/FKQ.

由OE1AC,可知O、K、P、E四點(diǎn)共圓.有NEOP=/EKP.

顯然，/FKQ=/EKP,可知/FOQ=/EOP.由OF=OE,可知RtAOFQ^RtA^fe^.

那么QQ=QP.于是QK為PQ的中垂線，故QK=KP.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?cè)趯?shí)踐中應(yīng)注意適時(shí)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,AB=CD,M、N分別為AD、BC的中點(diǎn)，延長BA交直線NM于E,延長

CD交直線NM于F.求證：ZBEN=ZCFN.

（提示：設(shè)P為AC的中點(diǎn)，易證PM=PN.）

2.設(shè)P為AABC邊BC上一點(diǎn)，且PC=2PB./ABC=45°,ZAPC=60°.求/ACB.

（提示：過點(diǎn)C作PA的平行線交BA延長線于點(diǎn)D.易證△ACDsaPBA.答：75°）

3.六邊形ABCDEF的各角相等,FA=AB=BC,NEBD=60°,5口加=60＜：012.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(diǎn)E作DC的平行線交AB于點(diǎn)M.所求面積

與OEMQD面積相等.答：120cm2）

4.AD為RtAABC的斜邊BC上的高,P是AD的中點(diǎn)，連BP并延長交AC于E.AC:AB=k.求

AE:EC.

（提示：過點(diǎn)A作BC的平行線交BE延長線于點(diǎn)F.設(shè)BC=1,有AD=k,DC=k2.答：—!—）

1+%-

5.AB為半圓直徑,C為半圓上一點(diǎn),CDJ_718于D,E為DB上一點(diǎn)，過D作CE的垂線交CB

A.r）rp

于F.求證：——=—.（提示：過點(diǎn)F作AB的平行線交CE于點(diǎn)H.H為4CDF的垂心.）

DEFB

6.在AABC中,/A:/B:/C=4:2:l,/A、/B、/C的對(duì)邊分別為a、b、c.求證：-+-=

ab

工.（提示：在BC上取一點(diǎn)D,使AD=AB.分別過點(diǎn)B、C作AD的平行線交直線CA、BA

c

于點(diǎn)E、F.）

7.AABC的切圓分別切BC、CA、AB于點(diǎn)D、E、F,過點(diǎn)F作BC的平行線分別交直線

DA、DE于點(diǎn)H、G.求證：FH=HG.

（提示：過點(diǎn)A作BC的平行線分別交直線DE、DF于點(diǎn)M、N.）

8.AD為OO的直徑,PD為0。的切線,PCB為OO的割線,P。分別交AB、AC于點(diǎn)M、N.

求證：OM=ON.

（提示：過點(diǎn)C作PM的平行線分別交AB、AD于點(diǎn)E、F.過。作BP的垂線,G為垂足.AB

IIGF.）

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?？梢詼贤ㄖ本€形和圓的在聯(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)競賽題的假設(shè)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(diǎn)共圓”，此時(shí)假設(shè)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(huì)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4ABC中,AB=AC,D是底邊BC上一點(diǎn),E是線段AD上一

點(diǎn)且NBED=2/CED=/A.求證：BD=2CD.

IS1

分析：關(guān)鍵是尋求NBED=2/CED與結(jié)論的聯(lián)系.容易想到作/BED的平分線，但因BER

ED,故不能直接證出BD=2CD.假設(shè)延長AD交4ABC的外接圓于F,那么可得EB=EF,從

而獲取.

證明：如圖1,延長AD與4ABC的外接圓相交于點(diǎn)F,連結(jié)CF與BF,那么/BFA=/BCA

=/ABC=/AFC,即ZBFD=ZCFD.故BF:CF=BD:DC.

又/BEF=/BAC,/BFE=/BCA,從而/FBE=/ABC=/ACB=ZBFE.

故EB=EF.作NBEF的平分線交BF于G,那么BG=GF.

因NGEF=L/BEF=NCEF,ZGFE=ZCFE,故△FEG組△FEC.從而GF=FC.

2

于是,BF=2CF.故BD=2CD.

1.2利用四點(diǎn)共圓J-'、、

例2凸四邊形ABCD中,NABC=60°,ZBAD=ZBCD=90°,

AB=2,CD=1,對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O,如圖2.那么sin/AOB=.//

分析：由NBAD=/BCD=90°可知A、B、C、D'

四點(diǎn)共圓，欲求sin/AOB,聯(lián)想到托勒密定理，只須求出BC、AD即可.；/

解：因NBAD=/BCD=90°，故A、B、C、D四點(diǎn)共圓.延長BA、CD交存P,那么/ADP

=ZABC=60°.圖2

設(shè)AD=x，有AP=V3x,DP=2x.由割線定理得(2+x)J^x=2x(l+2x).解得AD=x=

273-2,BC=-BP=4-V3.

2

由托勒密定理有BD-CA=（4一若）（2、回-2）+2X1=10A/3-12.

,==3百,15+673

又^ABCD^ABCD~~一?故si。/AOB=

26

例3:如圖3,AB=BC=CA=AD,AHJ_CD于H,CP_LBC,CP交AH于P.求證：ZsABC的

73

面積S=—AP-BD.

4

J3J3

分析：因$-=—Be=——AC-BC,只須證AC-BC=AP-BD,

44

轉(zhuǎn)化為證△APCs^BCD.這由A、B、C、Q四點(diǎn)共圓易證(Q為BD

與AH交點(diǎn)).

證明：記BD與AH交于點(diǎn)Q,那么由AC=AD,AH1CD得/ACQ=/ADQ.又AB=AD,故

ZADQ=ZABQ.

從而,/ABQ=/ACQ.可知A、B、C、Q四點(diǎn)共圓.

?:乙APC=90"+ZPCH=ZBCD,/CBQ=ZCAQ,

V3V3

.■.△APC^ABCD./.AC-BC=AP-BD.于是o,S=—AC-BC=—AP-BD.

44

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(shí)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,ABHCD,AD=DC=DB=p,BC=q.求對(duì)角線月。的長.

分析：由"AD=DC=DB=p”可知A、B、C在半徑為p的OD上.利

用圓的性質(zhì)即可找到AC與p、q的關(guān)系.月-----

解：延長CD交半徑為p的OD于E點(diǎn)，連結(jié)AE.顯然A、B、C在。D上.\

ABIICD,.'.BC=AE.c——|￡

從而,BC-Qq.在4ACE中,NCAE=90°,CE=2p,AE=q，故'/'

AC=-\JCE2—AE~《4p--q--圖4

2.2聯(lián)想直徑的性質(zhì)構(gòu)造輔助圓

例5拋物線y=-x2+2x+8與x軸交于B、C兩點(diǎn)，點(diǎn)D平分BC.假設(shè)在x軸上側(cè)的A點(diǎn)

為拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，且/BAC為銳角，那么AD的取值圍斃____.

分析：由“NBAC為銳角”可知點(diǎn)A在以定線段BC為直徑的圓夕卜，又點(diǎn)A在x軸上側(cè)，從

而可確定動(dòng)點(diǎn)A的圍，進(jìn)而確定AD的取值國.

解：如圖5,所給拋物線的頂點(diǎn)為4(1,9),對(duì)稱軸為x=l,與x軸交

于兩點(diǎn)B(—2,0)、C(4,0).

分別以BC、DA為直徑作(3D、OE,那么兩圓與拋物線均交于兩點(diǎn)

①-2痣,1)、8+2盤,1).

可知，點(diǎn)A在不含端點(diǎn)的拋物線介Q時(shí),NBAC<90°.且有

3=DP=DQ<ADWDA0=9,即AD的取值圍是3<AD<9.

2.3聯(lián)想圓賽定理構(gòu)造輔助圓

例6AD是Rt^ABC斜邊BC上的高,/B的平行線交AD于M,交AC于N.求證：AB2-

AN2=BM-BN.

分析：因AB2-AN2=(AB+AN)(AB-AN)=BM-BN,而由題設(shè)易知AM=AN,聯(lián)想割線定

理,構(gòu)造輔助圓即可證得結(jié)論.與

證明：如圖6,；/2+/3=/4+/5=90",'''

又/3=/4,/1=/5,=/2.從而,AM=AN.

以/1M長為半徑作。力,交43于月交砌的延長線于￡

用R么AE=AF=AN.

BD

由割線定理有BM-BN=BF-BE=(AB+AE)(AB-AF)=(AB+AN)(AB-=AB2-AN2,

即AB2-AN2=BM-BN.

例7如圖7,ABCD是OO的接四邊形，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OO于P、Q.求證：EP2+FQ2=EF2.

分析：因EP和FQ是。。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aBCE的外接圓交EF于G,連結(jié)CG.

因/FDC=/ABC=NCGE,故F、D、C、G四點(diǎn)共圓.

由切割線定理，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聯(lián)想托勒密定理構(gòu)造輔助圓

例8如圖8,AABCgl\A'B'C'的三邊分別為a、b、c與a’、bc',且NB=/B',

ZA+ZA?=180”.試證：aa'=bb'+cc'.

A

分析：因/B=/B',/A+NA'=180°,由結(jié)論聯(lián)想

到托勒密定理，構(gòu)造圓接四邊形加以證明.

證明：作AABC的外接圓，過C作CD//AB交圓于D,

連結(jié)AD和BD,如圖9所示.

'.?ZA+ZA，=180°=ZA+ZD,ZBCD=ZB=Z

B',

NA'=ZD,ZBZ=ZBCD.

A'B'B'CA'C'

.-.△A，B'CzCOADCB.有

DCCBDB圖9

cc'b',,ac'ab'

即---———.故DC=,DB=----.

DCaDBa'a'

又ABIIDC,可知BD=AC=b,BC=AD=a.從而,由托勒密定理，得

acab'

AD-BC=AB-DC+AC-BD,即a2=c-------Fb-------.故aa'=bb+cc

a'a'

練習(xí)題

A8BD

1.作一個(gè)輔助圓證明：Z\ABC中，假設(shè)AD平分/A,那么?一=——

ACDCJ

ABBD

（提示：不妨設(shè)AB>AC,作△ADC的外接圓交AB于E,證△ABCsaDBE,從而——=—

ACDE

BD

DC

2.凸五邊形ABCDE中,/BAE=3a,BC=CD=DE,/BCD=/CDE=180°-2a.求證：Z

BAC=ZCAD=ZDAE.

（提示：由證明NBCE=/BDE=180°—3a,從而A、B,C、D、E共圓，得/BAC=/CAD

=ZDAE.）

3.在4ABC中AB=BC,ZABC=20°，在AB邊上取一點(diǎn)M,使BM=AC.求/AMC的度數(shù).

（提示：以BC為邊在AABC外作正△KBC,連結(jié)KM,證B、M、C共圓，從而/BCM=g/

BKM=10°，得/AMC=30".）

4.如圖1（\AC是。ABCD較長的對(duì)角線，過C作CFJ_AF,CE1AE.求

證：AB-AE+AD-AF=AC2.

（提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點(diǎn)G、H.那么CG=AH,

由割線定理可證得結(jié)論.）

5.如圖11.001和相交于A、B,直線

CD過A交和（DO?于C、D,JLAC=AD,ECsED分別切兩圓于

C、D.求證：AC?=AB-AE.

（提示：作4BCD的外接圓0。3,延長BA交OOs于F,證E在OO.,上，得4ACE0AADF,從

而AE=AF,由相交弦定理即得結(jié)論.）

6.E是aABC的外接圓之劣弧BC的中點(diǎn).求證：AB-AC=AE2-BE2.

（提示：以BE為半徑作輔助圓。E,交AE及其延長線于N、M,由△ANCsaABM證

AB-AC=AN-AM.）

7.假設(shè)正五邊形ABCD5■的邊長為a,對(duì)角線長為b,試證：---=1.

ah

（提示：證b2=a?+ab,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(diǎn)共線、線共點(diǎn)

在本小節(jié)中包括點(diǎn)共線、線共點(diǎn)的一般證明方法及梅涅勞斯定理、塞瓦定理的應(yīng)用。

1、點(diǎn)共線的證明

點(diǎn)共線的通常證明方法是：通過鄰補(bǔ)角關(guān)系證明三點(diǎn)共線；證明兩點(diǎn)的連線必過第三點(diǎn);

證明三點(diǎn)組成的三角形面積為零等。n（n>4）點(diǎn)共線可轉(zhuǎn)化為三點(diǎn)共線。

例1、如圖，設(shè)線段AB的中點(diǎn)為C,以AC和CB為對(duì)角線作平行四邊形AECD,

BFCGo又作平行四邊形CFHD,CGKE。求證：H,C,K三點(diǎn)共線。證：連AK,DG,

HBo

由題意，AD^ECNKG,知四邊形AKGD是平行四邊

形，于是AK4DG。同樣可證■AKqHB。四邊形

AHBK是平行四邊形，其對(duì)角線AB,KH互相平分。

而C是AB中點(diǎn)，線段KH過C點(diǎn)，故K,C,H三點(diǎn)

共線。

例2如下圖，菱形ABCD中，ZA=120°,0O為4

ABC夕卜接■圓，M為其上一點(diǎn)，連接MC交AB于E,

AM交CB延長線于F。求證：D,E,F三點(diǎn)共線。

證：如圖，連AC,DF,DEo因?yàn)镸在。。上，

刃卜么NAMC=60°=/ABC=NACB,

MCCFCF

有△AMCS/\ACF,得——=——=—o

MACACD

又因?yàn)?AMC=BAC,所以△AMCSAEAC,得

MCACAD

MAAEAE

CFAD

所以——=——,又NBAD=/BCD=120°,知△CFDs^ADE。所以/ADE=/DFB。

CDAE

因?yàn)锳D//BC,所以NADF=/DFB=/ADE,于是F,E,D三點(diǎn)共線。

例3四邊形ABCD接于圓，其邊AB與DC的延長線交于點(diǎn)P,AD與BC的延長線交于

點(diǎn)Q。由Q作該圓的兩條切線QE和QF,切點(diǎn)分別為E,F;求證：P,E,F三點(diǎn)共

線。

證：如圖：連接PQ,并在PQ上取一點(diǎn)M,使得B,C,M,P四點(diǎn)共圓，連CM,PF。

設(shè)PF與圓的另一交點(diǎn)為E',并作QG_LPF,垂足為G。易如

QE2=QM-QP=QC-QB①NPMC=/ABC=/PDQ。

從而C,D,Q,M四點(diǎn)共圓，于是PM?PQ=PC?PD②

由①，②得PM?PQ+QM-PQ=PC-PD+QC-QB,

即PQ2=QC-QB+PC-PDo易知PD?PC=PE'-PF,

又QF2=QC-QB,有PE'-PF+QF2=PD-PC+QC-AB=PQ2,

，22222

即PE?PF=PQ-QFO又PQ2-QF=PG-GF=(PG+GF)?(PG-

GF0=PF?(PG-GF),從而PE'=PG-GF=PG-GE,,即

GF=GE',故E'與E重合。

所以P,E,F三點(diǎn)共線。

例4以圓O外一點(diǎn)P,引圓的兩條切線PA,PB,A,B為切點(diǎn)。割線PCD交圓O于C,

Do又由B作CD的平行線交圓。于E。假設(shè)F為CD中點(diǎn)，求證：A,F,E三點(diǎn)共線。

證：如圖，連AF,EF,OA,OB,OP,BF,OF,延長FC交BE于G。

易如OA_LAP,OBXBP,OF_LCP,所以P,A,F,O,B

五點(diǎn)共圓，有ZAFP=ZAOP=/POB=/PFBo

又因CD//BE,所以有/PFB=/FBE,ZEFD=ZFEB,

而FOG為BE的垂直平分線，故EF=FB,ZFEB=ZEBF,

所以NAFP=/EFD,A,F,E三點(diǎn)共線。

2、線共點(diǎn)的證明

證明線共點(diǎn)可用有關(guān)定理（如三角形的3條高線交于一點(diǎn)），或證明第3條直線通過另外兩

條直線的交點(diǎn)，也可轉(zhuǎn)化成點(diǎn)共線的問題給予證明。

例5以4ABC的兩邊AB,AC向外作正方形ABDE,

ACFGoAABC的高為AH。求證：AH,BF,CD交于一

點(diǎn)。

證：如圖。延長HA到M,使AM=BC。連CM,BM。

設(shè)CM與BF交于點(diǎn)K。

在△ACM和4BCF中，AC=CF,AM=BC,

ZMAC+ZHAC=180°,ZHAC+ZHCA=90°,并且/

BCF=90°+ZHCA,

因止匕NBCF+/HAC=180°ZMAC=ZBCFo從而Z\MAC@Z\BCF,ZACM=ZCFBo

所以/MKF=/KCF+/KFC=/KCF+/MCF=90",即BF_LMC。

同理CD_LMB。AH,BF,CD為△MBC的3條高線，故AH,BF,CD三線交于一點(diǎn)。

例6設(shè)P為AABC一點(diǎn)，ZAPB-ZACB=ZAPC-ZABC0又設(shè)D,E分別是AAPB及

△APC的心。證明：AP,BD,CE交于一點(diǎn)。

證：如圖，過P向三邊作垂線，垂足分別為R,S,To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(diǎn)共

圓，那么/APB-ZACB=ZPAC+ZPBC=ZPRS+ZPRT=Z

SRTo

同理，ZAPC-ZABC=ZRST,由條件知NSRT=/RST,所以RT=ST。

PBPC

又RT=PBsinB,ST=PCsinC,所以PBsinB=PCsinC,刃口么——=——。

ABAC

4〃…％ANACABAM,,.?

由角平分線定理知——=——=—=——O故M,N重合A，即AP,BD,CE交于一

NPPCPBMP

點(diǎn)。

例7與外切于p點(diǎn)，QR為兩圓的公切線，其中Q,R分別為。。2上的

切點(diǎn)，過Q且垂直于QO,的直線與過R且垂直于RO1的直線交于點(diǎn)I,IN垂直于OQ2,

垂足為N,IN與QR交于點(diǎn)M.證明：PM,RO1,Q。2三條直線交于一

點(diǎn)。

證：如圖，設(shè)RO】與QCh交于點(diǎn)。，連MO,POo

因?yàn)?OQM=/O|NM=90°,所以Q,OHN,M四點(diǎn)共圓，有/

QMI=NQO()2。而NIQC)2=90°=NRQOI,所以NIQM=N

O2QOt,

故△QIMS^QOQ],得尊■=絲^同理可證=因此

QMMlRMMI

QMQO._0.0QO._

而=麗;①因?yàn)镼°"R°2,所以有質(zhì)=麗②

0}00,20.P

由①，②得MO〃QO1又由于OF=OiQ,PO2=RO2,所以

OR-RO2-P02

即OP//RO2。從而MO//QO"RC>2〃OP,故M,O,P三點(diǎn)共線，所以PM,RO,,QO,

三條直線相交于同一點(diǎn)。

3、塞瓦定理、梅涅勞斯定理及其應(yīng)用

定理1(塞瓦(Ceva)定理)：

設(shè)P,Q,R分別是AABC的BC,CA,AB邊上的點(diǎn)。假設(shè)AP,BQ,CR相交于一點(diǎn)

M,那么

BPCQAR,

PCQARB

O

證：如圖，由三?角形面積的性質(zhì)，有

空=j"=5絲=5.以上三式相乘得空空.空=1.

RBSABMC而一耳短，諼一豆1“二^~PC'~QA'~RB='

定理2(定理1的逆定理)：

BPCQAR,

設(shè)P,Q,R分別是AABC的BC,CA,AB上的點(diǎn)。假設(shè)??竟?石'=1，那么AP,

產(chǎn)CQAKD

BQ,CR交于一點(diǎn)。

證：如圖，設(shè)AP與BQ交于M,連CM,交AB于R'。

BPCQAR',BPCQAR“AR'AR

由定理1有---------------1而正屈.麗二1，所以而=而

PCQAR'B

于是R'與R重合，故AP,BQ,CR交于一點(diǎn)。

定理3（梅涅勞斯（Menelaus）定理）：

一條不經(jīng)過AABC任一頂點(diǎn)的直線和三角形三邊BC,CA,AB（或它們的延長線）分別交于

BPCQAR,

P,Q,R,那么-----------=1

PCQARB

證：如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有

標(biāo)AR=S—MRP，B而P=SA產(chǎn)BRP，C巖Q二片S.將以上三式相乘,得

八Q"ABRPn口ACPR夕0MRP

BPCQARt

PCQARB

定理4（定理3的逆定理）：

設(shè)P,Q,R分別是AABC的三邊BC,CA,AB或它們延長線上的3點(diǎn)。假設(shè)

BPCQAR,

正.遢.版=1'那么P'Q'R三點(diǎn)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(diǎn)和三點(diǎn)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(duì)：角線AC平分/BAD。在CD上取一點(diǎn)E,BE與AC

相交于F,延長DF交BC于G。求.證：ZGAC=ZEACo

證：如圖，連接BD交AC于H,過點(diǎn)C作AB的平行線交AG的延長線于I,過點(diǎn)C作

AD的平行線交AE的延長線于J。

對(duì)ABCD用塞瓦定理，可得-------------=1①

GBHDEC

因?yàn)锳H是/BAD的角平分線，

由角平分線定理知些，代入①式史?”?匹=1②

HDADGBADEC

土,CGCIDEAD,,「、

因?yàn)镃I,AAB,CJIIAD,那么---=----,---------o代入②式

GBABECCJ

。ARAD

得-------------=1.從而CI=CJ。又由于/ACI=180°-Z

ABADCJ

BAC=180°-ZDAC=ZACJ,

所以△ACI0△ACJ,故NIAC=NJAC,即/GAC=NEAC.

例9ABCD是一個(gè)平行四邊形，E是AB上的一點(diǎn)，F(xiàn)為CD

上的一點(diǎn)。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(diǎn)J,與DC的延長

線交于點(diǎn)I。

在4ECD與4FAB中分別使用梅涅勞斯定理，得

EGDICH—AGFHBJ

GDICHE~'GFHBJA

,EGAGCHFHDIBJ.

因?yàn)锳B//CD,所以——=——，——---.從而—人即

GDGFHEHBIC

CD+CIAB+AJBMBJDIDL

,故CI=AJ.而

CIAJMCCIAJLA

且BM+MC=BC=AD=AL+LD.所以BM=DL。

例10在直線1的一側(cè)畫一個(gè)半圓T,C,D是T上的兩點(diǎn)，T上過C和D的切線分別交1

于B和A,半圓的圓心在線段BA上，E是線段AC和BD的交點(diǎn)，F(xiàn)是1上的點(diǎn)，EF垂

直1。求證：EF平分NCFD。

證：如圖，設(shè)AD與BC相交于點(diǎn)P,用。表示半圓T的圓

心。過P作PHJ-1于H,連OD,OC,OPo

jAHHP

由題意知RtAOADc^RtAPAH,于是有——=——

ADDO

…ABHHP

類似地，RtAOCBc^RtAPHB,刃口么有=.

BCCO

,AHBHAHBCPD

由CO=DO,有——=——,從而-=--1-.----------

ADBCHBCPDA

由塞瓦定理的逆定理知三?條直線AC,BD,PH相交于一點(diǎn),即E在PH上，點(diǎn)H與F重

合。

因/ODP=NOCP=90",所以O(shè),D,C,P四點(diǎn)共圓，直徑

為OP.又NPFC=90°,從而推得點(diǎn)F也在這個(gè)圓上，因此/

DFP=NDOP=/CQP=NCFP,所以EF平分NCFD。

例11如圖，四邊形ABCD接于圓，AB,DC延長線交于E,

AD、BC延長線交于F,P為圓上任意一點(diǎn)，PE,PF分別交

圓于R,S.假設(shè)對(duì)角線AC與BD相交于T.求證：R,T,S三

點(diǎn)共線。

先證兩個(gè)引理。

引理1:A|B￡D|EE為圓接六邊形，假設(shè)AQ”B,E,,CR交

AB.CD.E.F.,

于一點(diǎn)，那么有方不■,亍高■?k7=1.如圖，設(shè)A]D1,B|E1,

4a/[備々A

CE交于點(diǎn)o,根據(jù)圓接多邊形的性質(zhì)易知

△OA.BJC^AOEJD.,△OB￡SZ\OFFI,AOQD^AOA^),從而有

AB.B.OE.F.F.OC.D.D.OA.B.CD.E.F.

黃U=省，蕓?=蕓;，廣=?將上面三式相乘即得王.黃

DED0BtC,ByO々AFXOBiCiDlEl耳A

引理2:

A.B.C,D,E,F.

圓接六邊形A|B|GDE￡,假設(shè)滿足六,六4段=1那么其三條對(duì)角線AQ1,B.E,,

ga*1占4

GF|交于一點(diǎn)。

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,BR,AP,SD.由△EBRs/^EPA,AFDS^A

FPA,知

BREBPABREBFP

---.兩式相乘,付---=--------

PA-EP'DSFDDSEP?FD

CRECPD

又由△ECRs^EPD,AFPDO^AFAS,知---=----

PDEP~AS

得包

兩式相乘,繇②

AS

BRASEBFA

由①，②得

DSCRECFD

BRCDSA_EBAFDC

正而凝一說麗ZF

FT?AFDC

對(duì)4EAD應(yīng)用梅涅勞斯定理，有