高中數(shù)學競賽題之平面幾何.doc

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第一講 注意添加平行線證題 在同一平面內,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?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,內錯角相等,同旁內角互補.利用這些性質,?？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P、Q為線段BC上兩點,且BP＝CQ,A為BC外一動點(如圖1).當點A運動到使 ∠BAP＝∠CAQ時,△ABC是什么三角形？試證明你的結論. 答： 當點A運動到使∠BAP＝∠CAQ時,△ABC為等腰三角形. 證明：如圖1,分別過點P、B作AC、AQ的平行線得交點D.連結DA. 在△DBP＝∠AQC中,顯然 ∠DBP＝∠AQC,∠DPB＝∠C. 由BP＝CQ,可知 △DBP≌△AQC. 有DP＝AC,∠BDP＝∠QAC. 于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP. 則A、D、B、P四點共圓,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∠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,∠BAF＝∠BCE.求證：∠EBA＝∠ADE. 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△PBA≌△ECD.有PA＝ED,PB＝EC. 顯然,四邊形PBCE、PADE均為平行四邊形.有 ∠BCE＝∠BPE,∠APE＝∠ADE. 由∠BAF＝∠BCE,可知 ∠BAF＝∠BPE. 有P、B、A、E四點共圓. 于是,∠EBA＝∠APE. 所以,∠EBA＝∠ADE. 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：PM＋PN＝PQ. 證明：如圖3,過點P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KQ＝PN. 顯然,＝＝,可知PG∥EC. 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 為了線段比的轉化 由于“平行于三角形一邊的直線截其它兩邊,所得對應線段成比例”,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化.這在平面幾何證題中是會經(jīng)常遇到的. 例4 設M1、M2是△ABC的BC邊上的點,且BM1＝CM2.任作一直線分別交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.試證：＋＝＋. 證明：如圖4,若PQ∥BC,易證結論成立. 若PQ與BC不平行,設PQ交直線BC于D.過點A作PQ的平行線交直線BC于E. 由BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋M2E,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：∠FDA＝∠EDA. 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BD·AM＝DC·AN. (1) 由＝＝,有 AP＝. (2) 由＝＝,有 AQ＝. (3) 對比(1)、(2)、(3)有 AP＝AQ. 顯然AD為PQ的中垂線,故AD平分∠PDQ. 所以,∠FDA＝∠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生,恰當?shù)剡\用這些比例式,就使AP與AQ的相等關系顯現(xiàn)出來. 4 為了線段相等的傳遞 當題目給出或求證某點為線段中點時,應注意到平行線等分線段定理,用平行線將線段相等的關系傳遞開去. 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∠MDN＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求證：AD2＝(AB2＋AC2). 證明：如圖6,過點B作AC的平行線交ND延長線于E.連ME. 由BD＝DC,可知ED＝DN.有 △BED≌△CND. 于是,BE＝NC. 顯然,MD為EN的中垂線.有 EM＝MN. 由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM為直角三角形,∠MBE＝90°. 有 ∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°. 于是,∠BAC＝90°. 所以,AD2＝＝(AB2＋AC2). 這里,添加AC的平行線,將BC的以D為中點的性質傳遞給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EA＝DA, FB＝DB.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 DB2＝FB2＝AB·HB, AD2＝AE2＝AG·AB. 二式相減,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. 顯然,EG∥CD∥FH. 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構成一組直線束,DE是與BC平行的直線.于是,有 ＝ ＝,即 ＝或＝. 此式表明,DM＝ME的充要條件是 BN＝NC. 利用平行線的這一性質,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,兩組對邊延長后得交點E、F,對角線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OD⊥BC,可知OK⊥PQ. 由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四點共圓,有 ∠FOQ＝∠FKQ. 由OE⊥AC,可知O、K、P、E四點共圓.有 ∠EOP＝∠EKP. 顯然,∠FKQ＝∠EKP,可知 ∠FOQ＝∠EOP. 由OF＝OE,可知 Rt△OFQ≌Rt△OEP. 則OQ＝OP. 于是,OK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用.同學們在實踐中應注意適時添加平行線,讓平行線在平面幾何證題中發(fā)揮應有的作用. 練習題 1. 四邊形ABCD中,AB＝CD,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：∠BEN＝∠CFN. (提示：設P為AC的中點,易證PM＝PN.) 2. 設P為△ABC邊BC上一點,且PC＝2PB.已知∠ABC＝45°,∠APC＝60°.求∠ACB. (提示：過點C作PA的平行線交BA延長線于點D.易證△ACD∽△PBA.答：75°) 3. 六邊開ABCDEF的各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S△EBD＝60cm2.求六邊形ABCDEF的面積. (提示：設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Rt△ABC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:AB＝k.求AE:EC. (提示：過點A作BC的平行線交BE延長線于點F.設BC＝1,有AD＝k,DC＝k2.答：) 5. AB為半圓直徑,C為半圓上一點,CD⊥AB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CE于點H.H為△CDF的垂心.) 6. 在△ABC中,∠A:∠B:∠C＝4:2:1,∠A、∠B、∠C的對邊分別為a、b、c.求證：＋＝. (提示：在BC上取一點D,使AD＝AB.分別過點B、C作AD的平行線交直線CA、BA于點E、F.) 7. 分別以△ABC的邊AC和BC為一邊在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,點P是EF的中點.求證：P點到邊AB的距離是AB的一半. 8. △ABC的內切圓分別切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：FH＝HG. (提示：過點A作BC的平行線分別交直線DE、DF于點M、N.) 9. 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：OM＝ON. (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.AB∥GF.) 第二講 巧添輔助 妙解競賽題 在某些數(shù)學競賽問題中,巧妙添置輔助圓常可以溝通直線形和圓的內在聯(lián)系,通過圓的有關性質找到解題途徑.下面舉例說明添置輔助圓解初中數(shù)學競賽題的若干思路. 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,恰當補出輔助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質,就會使題設和結論的邏輯關系明朗化. 1.1 　作出三角形的外接圓 例1 如圖1,在△ABC中,AB＝AC,D是底邊BC上一點,E是線段AD上一點 且∠BED＝2∠CED＝∠A.求證：BD＝2CD. 分析：關鍵是尋求∠BED＝2∠CED與結論的聯(lián)系.容易想到作∠BED的平分線, 但因BE≠ED,故不能直接證出BD＝2CD.若延長AD交△ABC的外接圓于F, 則可得EB＝EF,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CF與BF,則∠BFA＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:CF＝BD:DC. 又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,從而∠FBE＝∠ABC＝∠ACB＝∠BFE. 　　故EB＝EF. 作∠BEF的平分線交BF于G,則BG＝GF. 因∠GEF＝∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.從而GF＝FC. 于是,BF＝2CF.故BD＝2CD. 1.2 利用四點共圓 例2 凸四邊形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝∠BCD＝90°, AB＝2,CD＝1, 對角線AC、BD交于點O,如圖2.則sin∠AOB＝____. 分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D 四點共圓,欲求sin∠AOB,聯(lián)想到托勒密定理,只須求出BC、AD即可. 解：因∠BAD＝∠BCD＝90°,故A、B、C、D四點共圓.延長BA、CD交于P,則∠ADP＝∠ABC＝60°. 設AD＝x,有AP＝x,DP＝2x.由割線定理得(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SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝. 故sin∠AOB＝. 例3 已知：如圖3,AB＝BC＝CA＝AD,AH⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求證： △ABC的面積S＝AP·BD. 分析：因S△ABC＝BC2＝AC·BC,只 須證AC·BC＝AP·BD,轉化為證△APC∽△BCD.這由A、B、C、Q四點共圓易證(Q為BD與AH交點). 證明：記BD與AH交于點Q,則由AC＝AD,AH⊥CD得∠ACQ＝∠ADQ. 又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ. 從而,∠ABQ＝∠ACQ.可知A、B、C、Q四點共圓. ∵∠APC＝90°＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ, ∴△APC∽△BCD. ∴AC·BC＝AP·BD. 于是,S＝AC·BC＝AP·BD. 2 構造相關的輔助圓解題 有些問題貌似與圓無關,但問題的題設或結論或圖形提供了某些與圓的性質相似的信息,此時可大膽聯(lián)想構造出與題目相關 的輔助圓,將原問題轉化為與圓有關的問題加以解決. 2.1 聯(lián)想圓的定義構造輔助圓 例4 如圖4,四邊形ABCD中,AB∥CD,AD＝DC＝DB＝p,BC＝q.求對角線AC的長. 分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在半徑為p的⊙D上.利用圓的性質即 可找到AC與p、q的關系. 解：延長CD交半徑為p的⊙D于E點,連結AE.顯然A、B、C在⊙D上. ∵AB∥CD, ∴BC＝AE. 從而,BC＝AE＝q. 在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故 AC＝＝. 2.2 聯(lián)想直徑的性質構造輔助圓 例5 已知拋物線y＝－x2＋2x＋8與x軸交于B、C兩點，點D平分BC.若在x軸上側的 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,從而可確定動點A的范圍,進而確定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x＝1,與x軸交于兩點B(－2,0)、 C(4,0).分別以BC、DA為直徑作⊙D、⊙E,則兩圓與拋物線均交于兩點P(1－2,1) 、Q(1＋2,1). 可知,點A在不含端點的拋物線PA0Q內時,∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD≤DA0＝9,即AD的取值范圍是3＜AD≤9. 2.3 聯(lián)想圓冪定理構造輔助圓 例6 AD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,而由題設易知AM＝AN,聯(lián)想割線定理,構造輔助圓即可證得結論. 證明：如圖6, ∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,又∠3＝∠4,∠1＝∠5, ∴∠1＝∠2.從而,AM＝AN. 以AM長為半徑作⊙A,交AB于F,交BA的延長線于E.則AE＝AF＝AN. 由割線定理有 BM·BN＝BF·BE ＝(AB＋AE)(AB－AF)＝(AB＋AN)(AB－AN) ＝AB2－AN2, 即 AB2－AN2＝BM·BN. 例7 如圖7,ABCD是⊙O的內接四邊形,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：EP2＋FQ2＝EF2. 分析：因EP和FQ是⊙O的切線,由結論聯(lián)想到切割線定理,構造輔助圓使EP、FQ向EF轉化. 證明：如圖7,作△BCE的外接圓交EF于G,連結CG. 因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、G四點共圓. 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)想托勒密定理構造輔助圓 例8 如圖8,△ABC與△A＇B＇C＇的三邊分別為a、b、c與a＇、 b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＝180°.試證：aa＇＝bb＇＋cc＇. 分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°,由結論聯(lián)想到托勒密定理, 構造圓內接四邊形加以證明. 證明：作△ABC的外接圓,過C作CD∥AB交圓于D,連結AD和BD, 如圖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. 從而,由托勒密定理,得 AD·BC＝AB·DC＋AC·BD, 即 a2＝c·＋b·. 故aa＇＝bb＇＋cc＇. 練習題 1. 作一個輔助圓證明：△ABC中,若AD平分∠A,則＝. (提示：不妨設AB≥AC,作△ADC的外接圓交AB于E,證△ABC∽△DBE,從而＝＝.) 2. 已知凸五邊形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求證：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE. (提示：由已知證明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,從而A、B、C、D、E共圓,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.) 3. 在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB邊上取一點M,使BM＝AC.求∠AMC的度數(shù). (提示：以BC為邊在△ABC外作正△KBC,連結KM,證B、M、C共圓,從而∠BCM＝∠BKM＝10°,得∠AMC＝30°.) 4．如圖10,AC是ABCD較長的對角線,過C作CF⊥AF,CE⊥AE. 求證：AB·AE＋AD·AF＝AC2. (提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點 G、H.則CG＝AH,由割線定理可證得結論.) 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AC＝AD,EC、ED分別切兩圓于C、D.求證：AC2＝AB·AE. (提示：作△BCD的外接圓⊙O3,延長BA交⊙O3于F,證E在⊙O3上, 得△ACE≌△ADF,從而AE＝AF,由相交弦定理即得結論.) 6．已知E是△ABC的外接圓之劣弧BC的中點. 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△ANC∽△ABM證AB·AC＝AN·AM.) 7. 若正五邊形ABCDE的邊長為a,對角線長為b,試證：－＝1. (提示：證b2＝a2＋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 點共線、線共點 在本小節(jié)中包括點共線、線共點的一般證明方法及梅涅勞斯定理、塞瓦定理的應用。 1. 點共線的證明 點共線的通常證明方法是：通過鄰補角關系證明三點共線；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(n≥4)點共線可轉化為三點共線。 例1 如圖，設線段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△AMC∽△ACF，得 。 又因為∠AMC=BAC，所以△AMC∽△EAC，得 。 所以，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD∽△ADE。所以∠ADE=∠DFB。因為AD∥BC，所以∠ADF=∠DFB=∠ADE，于是F，E，D三點共線。 例3 四邊形ABCD內接于圓，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上取一點M，使得B，C，M，P四點共圓， 連CM，PF。設PF與圓的另一交點為E’，并作QG丄PF，垂足為G。 易如 QE2=QM·QP=QC·QB ① ∠PMC=∠ABC=∠PDQ。 從而C，D，Q，M四點共圓，于是 PM·PQ=PC·PD ② 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)， 從而PE’=PG－GF=PG－GE’，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PA，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CD∥BE，所以有∠PFB=∠FBE，∠EFD=∠FEB， 而FOG為BE的垂直平分線，故EF=FB，∠FEB=∠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，也可轉化成點共線的問題給予證明。 例5 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=180° ∠MAC=∠BCF。 從而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。 所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°， 即 BF丄MC。 同理CD丄MB。AH，BF，CD為△MBC的3條高線，故AH，BF，CD三線交于一點。 例6 設P為△ABC內一點，∠APB－∠ACB=∠APC－∠ABC。又設D，E分別是△APB及△APC的內心。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 ∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT。 同理，∠APC－∠ABC=∠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△QIM∽△QO2O1，得 同理可證。因此 ① 因為QO1∥RO2，所以有 ② 由①，②得MO∥QO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2， 所以 ， 即OP∥RO2。從而MO∥QO1∥RO2∥OP，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用 定理1 (塞瓦(Ceva)定理): 設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，有 , , . 以上三式相乘，得. 定理2 (定理1的逆定理): 設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，有, , . 將以上三式相乘，得. 定理4 (定理3的逆定理): 設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的題目中有著廣泛的應用。 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 ① 因為AH是∠BAD的角平分線， 由角平分線定理知 。 代入①式得 ② 因為CI∥AB，CJ∥AD，則，。 代入②式得 . 從而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AB∥CD，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，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Rt△OAD∽Rt△PAH，于是有 . 類似地，Rt△OCB∽Rt△PHB， 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，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，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為圓內接六邊形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一點，則有. 如圖，設A1D1，B1E1，C1F1交于點O，根據(jù)圓內接多邊形的性質易知 △ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1， △OC1D1∽△OA1F1，從而有 ， ， . 將上面三式相乘即得， 引理2：圓內接六邊形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，BR，AP，SD. 由△EBR∽△EPA，△FDS∽△FPA，知 ,. 兩式相乘，得 . ① 又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，知，. 兩式相乘，得 ② 由①，②得. 故 . ③ 對△EAD應用梅涅勞斯定理，有 ④ 由③，④得 . 由引理2知BD，RS，AC交于一點，所以R，T，S三點共線。 練 習 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PD∥AC，PE∥AB，PD，PE和以AB，AC為直徑而在三角形外側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，切點是D，E，又和△ABC的外接圓相切于F。求證：△ABC的內心G和D，E在一條直線上。 4. 設四邊形ABCD為等腰梯形，把△ABC繞點C旋轉某一角度變成△A’B’C’。證明：線段A’D, BC和B’C的中點在一條直線上。 5. 四邊形ABCD內接于圓O，對角線AC與BD相交于P。設三角形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：過圓內接四邊形各邊的中點向對邊所作的4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。 9. 過△ABC的三邊中點D，E，F(xiàn)向內切圓引切線，設所引的切線分別與EF，F(xiàn)D，DE交于I，L，M。求證：I，L，M在一條直線上。 B組 10. 設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。 11. 在△ABC，△A’B’C’中，連接AA’，BB’，CC’，使這3條直線交于一點S。求證：AB與A’B’、BC與B’C’、CA與C’A’的交點F，D，E在同一條直線上(笛沙格定理)。 12. 設圓內接六邊形ABCDEF的對邊延長線相交于三點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出來的其他判別方法也可相機采用. 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)學奧林匹克) 分析：設PQ，MN交于K點，連接AP，AM. 欲證M，N，P，Q四點共圓，須證 MK·KN＝PK·KQ， 即證(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′) 或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ① 不難證明 AP=AM，從而有 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，命題得證. 例2．A、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△OBC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，也可證明O，O1，O2，O3四點共圓，請同學自證. 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，AB∥DC，AB＞CD，K，M分別在AD，BC上， ∠DAM＝∠CBK.　　　求證：∠DMA＝∠CKB. 分析：易知A，B，M，K四點共圓.連接KM， 有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC＝180°， 　　　∴∠CMK+∠KDC＝180°. 　　　故C，D，K，M四點共圓∠CMD＝∠DKC. 　　　但已證∠AMB＝∠BKA， 　　　∴∠DMA＝∠CKB. (2)證線垂直 例4．⊙O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°. 分析：這道國際數(shù)學競賽題，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=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK， ∴∠COK+∠CMK=180°C，O，K，M四點共圓. 在這個圓中，由 OC=OK OC=OK∠OMC=∠OMK. 但∠GMC=∠BMK， 故∠BMO=90°. (3)判斷圖形形狀 例5．四邊形ABCD內接于圓，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的內心依次記為IA，IB，IC，ID.試證：IAIBICID是矩形. 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其它三個內角皆為90°.該四邊形必為矩形. (4)計算 例6．正方形ABCD的中心為O，面積為1989㎝2.P為正方形內一點，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.則PB=__________ 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．設有邊長為1的正方形，試在這個正方形的內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△EFG為正方形ABCD 的一個內接正三角形，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KF丄AB時，邊長為1，這時邊長最小，而面積S=也最小. 當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8．NS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：RS＞MQ. 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)圓的軸對稱性質可知Q與Q′關于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(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ. 練習題 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的內心. (提示：設法證明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：設法證∠ABA1與∠ACA1互補造成A，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Rt△ABC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) 第五講 三角形的五心 三角形的外心、重心、垂心、內心及旁心，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PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交AC于N.作點P關于MN的對稱點P′.試證：P′點在△ABC外接圓上. (杭州大學《中學數(shù)學競賽習題》) 分析：由已知可得MP′=MP=MB，NP′=NP =NC，故點M是△P′BP的外心，點N是△P′PC的外心.有 ∠BP′P=∠BMP=∠BAC， ∠PP′C=∠PNC=∠BAC. ∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC. 從而，P′點與A，B，C共圓、即P′在△ABC外接圓上. 由于P′P平分∠BP′C，顯然還有 P′B:P′C=BP: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. 分析：設O1，O2，O3是△APS，△BQP，△CSQ的外心，作出六邊形 O1PO2QO3S后再由外心性質可知 ∠PO1S=2∠A， ∠QO2P=2∠B， ∠SO3Q=2∠C. ∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.從而又知∠O1PO2+ ∠O2QO3+∠O3SO1=360° 將△O2QO3繞著O3點旋轉到△KSO3，易判斷△KSO1≌△O2PO1， 同時可得△O1O2O3≌△O1KO3. ∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K=(∠O2O1S+∠SO1K)=(∠O2O1S+∠PO1O2) =∠PO1S=∠A； 同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC. 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3．AD，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)學奧林匹克) 分析：設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S△PGE=S△PGD+S△PGF. 兩邊各擴大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF. 例4．如果三角形三邊的平方成等差數(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a≥b≥c，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△中a≥b≥c時， △′中CF≥BE≥AD. 　　　∵△∽△′，　　　∴＝()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+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A1A2A3A4為⊙O內接四邊形，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. 分析：連接A2H1，A1H2，H1H2，記圓半徑為R.由△A2A3A4知 =2RA2H1=2Rcos∠A3A2A4； 由△A1A3A4得 A1H2=2Rcos∠A3A1A4. 但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2. 易證A2H1∥A1A2，于是，A2H1 A1H2， 故得H1H2 A2A1.設H1A1與H2A2的交點為M，故H1H2與A1A2關于M點成中心對稱. 同理，H2H3與A2A3，H3H4與A3A4，H4H1與A4A1都關于M點成中心對稱.故四邊形H1H2H3H4與四邊形A1A2A3A4關于M點成中心對稱，兩者是全等四邊形，H1，H2，H3，H4在同一個圓上.后者的圓心設為Q，Q與O也關于M成中心對稱.由O，M兩點，Q點就不難確定了. 例6．H為△ABC的垂心，D，E，F(xiàn)分別是BC，CA，AB的中心.一個以H為圓心的⊙H交直線EF，F(xiàn)D，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2. 求證：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2. 分析：只須證明AA1=BB1=CC1即可.設BC=a， CA=b，AB=c，△ABC外 接圓半徑為R，⊙H的半徑為r. 連HA1，AH交EF于M. A=AM2+A1M2=AM2+r2-MH2 =r2+(AM2-MH2)， ① 又AM2-HM2=(AH1)2-(AH-AH1)2 =AH·AH1-AH2=AH2·AB-AH2 =cosA·bc-AH2， ② 而=2RAH2=4R2cos2A, =2Ra2=4R2sin2A. ∴AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2. ③ 由①、②、③有 A=r2+·bc-(4R2-a2)=(a2+b2+c2)-4R2+r2. 同理，=(a2+b2+c2)-4R2+r2，=(a2+b2+c2)-4R2+r2.故有AA1=BB1=CC1. 四、內心 三角形內切圓的圓心，簡稱為內心.對于內心，要掌握張角公式，還要記住下面一個極為有用的等量關系： 設I為△ABC的內心，射線AI交△ABC外接圓于A′，則有A ′I=A′B=A′C.換言之，點A′必是△IBC之外心(內心的等量關系之逆同樣有用). 例7．ABCD為圓內接凸四邊形