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数学竞赛平面几何讲座：三角形的五心数学竞赛平面几何讲座：讲巧添协助妙解竞赛题 其次讲巧添协助妙解竞赛题 在某些数学竞赛问题中,奇妙添置协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.下面举例说明添置协助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 1挖掘隐含的协助圆解题 有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题供应的信息,恰当补出协助圆,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,ABAC,D是底边BC 上一点,E是线段AD上一点且BED2CED A.求证：BD2CD. 分析：关键是寻求BED2CED与结论的联系. 简单想到作BED的平分线,但因BEED,故不能 干脆证出BD2CD.若延长AD交ABC的外接圆 于F,则可得EBEF,从而获得. 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BFABCAABCAFC,即BFDCFD.故BF:CFBD:DC. 又BEFBAC,BFEBCA,从而FBEABCACBBFE. 故EBEF. 作BEF的平分线交BF于G,则BGGF. 因GEFBEFCEF,GFECFE,故FEGFEC.从而GFFC. 于是,BF2CF.故BD2CD. 1.2利用四点共圆 例2凸四边形ABCD中,ABC60°,BAD BCD90°, AB2,CD1,对角线AC、BD交于点O,如图2. 则sinAOB_. 分析：由BADBCD90°可知A、B、C、D 四点共圆,欲求sinAOB,联想到托勒密定理,只须求出BC、AD即可. 解：因BADBCD90°,故A、B、C、D四点共圆.延长BA、CD交于P,则ADPABC60°. 设ADx,有APx,DP2x.由割线定理得(2x)x2x(12x).解得ADx22,BCBP4. 由托勒密定理有 BDCA(4)(22)2×11012. 又SABCDSABDSBCD. 故sinAOB. 例3已知：如图3,ABBCCAAD,AH CD于H,CPBC,CP交AH于P.求证： ABC的面积SAPBD. 分析：因SABCBC2ACBC,只 须证ACBCAPBD,转化为证APCBCD.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ACAD,AHCD得ACQADQ. 又ABAD,故ADQABQ. 从而,ABQACQ.可知A、B、C、Q四点共圆. APC90°PCHBCD,CBQCAQ, APCBCD. ACBCAPBD. 于是,SACBCAPBD. 2构造相关的协助圆解题 有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形供应了某些与圆的性质相像的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关 的协助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1联想圆的定义构造协助圆 例4如图4,四边形ABCD中,ABCD,ADDC DBp,BCq.求对角线AC的长. 分析：由“ADDCDBp”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. 明显A、B、C在D上. ABCD, BCAE. 从而,BCAEq. 在ACE中,CAE90°,CE2p,AEq,故 AC. 2.2联想直径的性质构造协助圆 例5已知抛物线yx22x8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A0(1,9), 对称轴为x1,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(12,1)、 Q(12,1). 可知,点A在不含端点的抛物线PA0Q 内时,BAC90°.且有3DPDQAD DA09,即AD的取值范围是3AD9. 2.3联想圆幂定理构造协助圆 例6AD是RtABC斜边BC上的高,B的平行线交AD于M,交AC于N.求证：AB2AN2BMBN. 分析：因AB2AN2(ABAN)(ABAN)BMBN,而由题设易知AMAN,联想割线定理,构造协助圆即可证得结论. 证明：如图6, 234590°, 又34,15, 12.从而,AMAN. 以AM长为半径作A,交AB于F,交 BA的延长线于E.则AEAFAN. 由割线定理有 BMBNBFBE (ABAE)(ABAF) (ABAN)(ABAN) AB2AN2, 即AB2AN2BMBN. 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：EP2FQ2EF2. 分析：因EP和FQ是O的切线,由结论联想到切割线定理,构造协助圆使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FDCABCCGE,故F、D、C、 G四点共圆. 由切割线定理,有 EF2(EGGF)EF EGEFGFEF ECEDFCFB ECEDFCFB EP2FQ2, 即EP2FQ2EF2. 2.4联想托勒密定理构造协助圆 例8如图8,ABC与AB C的三边分别为a、b、c与a、 b、c,且BB,AA 180°.试证：aabbcc. 分析：因BB,AA 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CDAB交圆于D,连结AD和BD,如图9所示. AA180°AD, BCDBB, AD,BBCD. ABCDCB. 有, 即. 故DC,DB. 又ABDC,可知BDACb,BCADa. 从而,由托勒密定理,得 ADBCABDCACBD, 即a2cb. 故aabbcc. 练习题 1.作一个协助圆证明：ABC中,若AD平分A,则. (提示：不妨设ABAC,作ADC的外接圆交AB于E,证ABCDBE,从而.) 2.已知凸五边形ABCDE中,BAE3a,BCCDDE,BCDCDE180°2a.求证：BACCADDAE. (提示：由已知证明BCEBDE180°3a,从而A、B、C、D、E共圆,得BACCADDAE.) 3.在ABC中ABBC,ABC20°,在AB边上取一点M,使BMAC.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BCMBKM10°,得AMC30°.) 4如图10,AC是ABCD较长的对角线,过C作 CFAF,CEAE.求证：ABAEADAFAC2. (提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点 G、H.则CGAH,由割线定理可证得结论.) 5.如图11.已知O1和O2相交于A、B,直线 CD过A交O1和O2于C、D,且ACAD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC2ABAE. (提示：作BCD的外接圆O3,延长BA交O3 于F,证E在O3上,得ACEADF,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：ABACAE2BE2. (提示：以BE为半径作协助圆E,交AE及其延长线于N、M,由ANCABM证ABACANAM.) 7.若正五边形ABCDE的边长为a,对角线长为b,试证：1. (提示：证b2a2ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.) 数学竞赛平面几何讲座：留意添加平行线证题 第一讲留意添加平行线证题 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,也是特别重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的须要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种状况. 1为了变更角的位置 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,将某些角的位置变更,以满意求解的须要. 例1设P、Q为线段BC上两点,且BPCQ, A为BC外一动点(如图1).当点A运动到使 BAPCAQ时,ABC是什么三角形？试 证明你的结论. 答：当点A运动到使BAPCAQ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DBPAQC中,明显 DBPAQC,DPBC. 由BPCQ,可知 DBPAQC. 有DPAC,BDPQAC. 于是,DABP,BAPBDP. 则A、D、B、P四点共圆,且四边形ADBP为等腰梯形.故ABDP. 所以ABAC. 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, BAFBCE.求证：EBAADE. 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ABCD,易知PBAECD.有 PAED,PBEC. 明显,四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有 BCEBPE,APEADE. 由BAFBCE,可知 BAFBPE. 有P、B、A、E四点共圆. 于是,EBAAPE. 所以,EBAADE. 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,证法很奇妙. 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上随意一点.过P分别作AC、AB、BC的垂线,M、N、Q为垂足.求证： PMPNPQ. 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KQPN. 明显,可知PGEC. 由CE平分BCA,知GP平分FGA.有PKPM.于是, PMPNPKKQPQ. 这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PMPK,就有PMPNPQ.证法特别简捷. 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常常遇到的. 例4设M1、M2是ABC的BC边上的点,且BM1CM2.任作始终线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.试证： . 证明：如图4,若PQBC,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的平行线交直线BC于 E. 由BM1CM2,可知BECEM1E M2E,易知 , ,. 则. 所以,. 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5AD是ABC的高线,K为AD上一点,BK交AC于E,CK交AB于F.求证：FDAEDA. 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. 明显,. 有BDAMDCAN.(1) 由,有 AP.(2) 由,有 AQ.(3) 对比(1)、(2)、(3)有 APAQ. 明显AD为PQ的中垂线,故AD平分PDQ. 所以,FDAEDA. 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,应留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MDN90°.假如BM2CN2DM2DN2,求证：AD2(AB2AC2). 证明：如图6,过点B作AC的平行线交ND 延长线于E.连ME. 由BDDC,可知EDDN.有 BEDCND. 于是,BENC. 明显,MD为EN的中垂线.有 EMMN. 由BM2BE2BM2NC2MD2DN2MN2EM2,可知BEM为直角三角形,MBE90°.有 ABCACB ABCEBC90°. 于是,BAC90°. 所以,AD2(AB2AC2). 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EADA,FBDB. 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 DB2FB2ABHB, AD2AE2AGAB. 二式相减,得 DB2AD2AB(HBAG), 或(DBAD)ABAB(HBAG). 于是,DBADHBAG, 或DBHBADAG. 就是DHGD. 明显,EGCDFH. 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 , 即或. 此式表明,DMME的充要条件是 BNNC. 利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很美丽. 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BDEF,AC的延长 线交EF于G.求证：EGGF. 证明：如图9,过C作EF的平行线分别交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ODBC,可知OKPQ. 由OFAB,可知O、K、F、Q四点共圆,有 FOQFKQ. 由OEAC,可知O、K、P、E四点共圆.有 EOPEKP. 明显,FKQEKP,可知 FOQEOP. 由OFOE,可知 RtOFQRtOEP. 则OQOP. 于是,OK为PQ的中垂线,故 QKKP. 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.同学们在实践中应留意适时添加平行线,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,ABCD,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：BENCFN. (提示：设P为AC的中点,易证PMPN.) 2.设P为ABC边BC上一点,且PC2PB.已知ABC45°,APC60°.求ACB. (提示：过点C作PA的平行线交BA延长线于点D.易证ACDPBA.答：75°) 3.六边开ABCDEF的各角相等,FAABBC,EBD60°,SEBD60cm2.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：120cm2) 4.AD为RtABC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:ABk.求AE:EC. (提示：过点A作BC的平行线交BE延长线于点F.设BC1,有ADk,DCk2.答：) 5.AB为半圆直径,C为半圆上一点,CDAB于D,E为DB上一点,过D作CE的垂线交CB于F.求证：. (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:C4:2:1,A、B、C的对边分别为a、b、c.求证：. (提示：在BC上取一点D,使ADAB.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：FHHG. (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：OMON. (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.ABGF.) 数学竞赛平面几何讲座5讲(第3讲点共线、线共点) 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(n4)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，ADECKG，知四边形AKGD是平行四边形，于是AKDG。同样可证AKHB。四边形AHBK是平行四边形，其对角线AB，KH相互平分。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在O上， 则AMC=60°=ABC=ACB， 有AMCACF，得 。 又因为AMC=BAC，所以AMCEAC，得 。 所以，又BAD=BCD=120°，知CFD ADE。所以ADE=DFB。因为ADBC，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 QE2=QMQP=QCQB PMC=ABC=PDQ。 从而C，D，Q，M四点共圆，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)， 从而PE=PGGF=PGGE，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CDBE，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赐予证明。 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， 因此BCF+HAC=180° MAC=BCF。 从而MACBCF，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，APBACB=APCABC。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 APBACB=PAC+PBC =PRS+PRT =SRT。 同理，APCABC=RST， 由条件知SRT=RST，所以RT=ST。 又RT=PBsinB，ST=PCsinC， 所以PBsinB=PCsinC，那么 。 由角平分线定理知 。 故M，N重合，即AP，BD，CE交于一点。 例7O1与O2外切于P点，QR为两圆的公切线，其中Q，R分别为O1，O2上的切点，过Q且垂直于QO2的直线与过R且垂直于RO1的直线交于点I，IN垂直于O1O2，垂足为N，IN与QR交于点M。证明：PM，RO1，QO2三条直线交于一点。 证如图，设RO1与QO2交于点O， 连MO，PO。 因为O1QM=O1NM=90°，所以Q，O1，N，M四点共圆，有QMI=QO1O2。 而IQO2=90°=RQO1， 所以IQM=O2QO1， 故QIMQO2O1，得 同理可证。因此 因为QO1RO2，所以有 由，得MOQO1。又由于O1P=O1Q，PO2=RO2， 所以， 即OPRO2。从而MOQO1RO2OP，故M，O，P三点共线，所以PM，RO1，QO2三条直线相交于同一点。 3.塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用 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 。 证如图，由三角形面积的性质，有 ,. 以上三式相乘，得. 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，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.而，所以 . 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 证如图，由三角形面积的性质，有 ,. 将以上三式相乘，得. 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 ， 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。 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 因为AH是BAD的角平分线， 由角平分线定理知。 代入式得 因为CIAB，CJAD，则，。 代入式得 . 从而CI=CJ。又由于 ACI=180°BAC=180°DAC=ACJ， 所以ACIACJ，故IAC=JAC，即GAC=EAC. 例9ABCD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中分别运用 梅涅劳斯定理，得 ，. 因为ABCD，所以 ，. 从而，即，故CI=AJ.而 ， 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RtOADRtPAH， 于是有 . 类似地，RtOCBRtPHB， 则有 . 由CO=DO，有，从而. 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为圆上随意一点，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: A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，则有. 如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O，依据圆内接多边形的性质易知 OA1B1OE1D1，OB1C1OF1E1， OC1D1OA1F1，从而有 ，. 将上面三式相乘即得， 引理2： 圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满意 则其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1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EBREPA，FDSFPA，知 ,. 两式相乘，得 . 又由ECREPD，FPDFAS，知，.两式相乘，得 由，得.故 . 对EAD应用梅涅劳斯定理，有 由，得 . 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的外接圆上随意一点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。 2.在ABC的BC边上任取一点P，作PDAC，PEAB，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ABC。证明：线段AD,BC和BC的中点在一条直线上。 5.四边形AB