高中数学竞赛平面几何讲座非常详细.docx

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1、第一讲 留意添加平行线证题 在同一平面内,不相交两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最根本,也是特别重要图形.在证明某些平面几何问题时,假设能根据证题须要,添加恰当平行线,那么能使证明顺畅、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,将某些角位置变更,以满意求解须要.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？试证明你结论.答： 当点A运动到使BAPCAQ时,ABC为等腰三角形.证明

2、：如图1,分别过点P、B作AC、AQ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.那么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平行线,得交点P,连PE. 由AB CD,易知PBAECD.有PAED,PBEC. 明显,四边形PBCE、PADE

3、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,使与未知中四个角通过P、B、A、E四点共圆,严密联络起来.APE成为EBA与ADE相等媒介,证法很奇妙.2、欲“送线段到当处 利用“平行线间间隔 相等、“夹在平行线间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垂线,M、N、Q为垂足.求证：PMPNPQ.证明：如图3,过点P作AB平行线交BD于F,过点F作BC平

4、行线分别交PQ、AC于K、G,连PG. 由BD平行ABC,可知点F到AB、BC两边间隔 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 、为了线段比转化 由于“平行于三角形一边直线截其它两边,所得对应线段成比例,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比良性转化.这在平面几何证题中是会常常遇到.例4 设M1、M2是ABCBC边上点,且BM1CM2.任作始终线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.试证：.证明：如

5、图4,假设PQBC,易证结论成立. 假设PQ与BC不平行,设PQ交直线BC于D.过点A作PQ平行线交直线BC于E.由BM1CM2,可知BECEM1EM2E,易知 ,.那么.所以,. 这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中四个线段比“通分,使公分母为DE,于是问题迎刃而解.例5、 AD是ABC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)比照(1)、(2)、(3)有APAQ.明显AD为PQ中垂线,故AD平分P

6、DQ.所以,FDAEDA.这里,原题并未涉及线段比,添加BC平行线,就有大量比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP与AQ相等关系显现出来.4、为了线段相等传递 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关系传递开去.例6 在ABC中,AD是BC边上中线,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中垂线.有 EMMN. 由BM2BE2BM2NC2MD2D

7、N2MN2EM2,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平行线,将BC以D为中点性质传递给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

8、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两条平行线EG、FH,从而得到G、H两点.证明很精彩. 经过一点假设干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得线段相等,在该直线平行直线上截得线段也相等. 如图8,三直线AB、AN、AC构成一组直线束,DE是与BC平行直线.于是,有 ,即 或. 此式说明,DMME充要条件是 BNNC. 利用平行线这一性质,解决某些线段相等问题会很美丽.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延长线交EF于G.求证：EGGF.证明：如图9,过C作EF平行线

9、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边BC外旁切圆,D、E、F分别为O与BC、CA、AB切点.假设OD与EF相交于K,求证：AK平分BC.证明：如图10,过点K作BC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. 那么OQOP.

10、于是,OK为PQ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应用.同学们在理论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作用.练习题1. 四边形ABCD中,ABCD,M、N分别为AD、BC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中点,易证PMPN.)2. 设P为ABC边BC上一点,且PC2PB.ABC45,APC60.求ACB.(提示：过点C作PA平行线交BA延长线于点D.易证ACDPBA.答：75)3. 六边形ABCDEF各角相等,FAABBC,EBD60,SEBD60cm2.求六边形AB

11、CDEF面积.(提示：设EF、DC分别交直线AB于P、Q,过点E作DC平行线交AB于点M.所求面积与EMQD面积相等.答：120cm2)4. AD为RtABC斜边BC上高,P是AD中点,连BP并延长交AC于E.AC:ABk.求AE:EC.(提示：过点A作BC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垂线交CB于F.求证：.(提示：过点F作AB平行线交CE于点H.H为CDF垂心.)6. 在ABC中,A:B:C4:2:1,A、B、C对边分别为a、b、c.求证：.(提示：在BC上取一点D,使ADAB.分

12、别过点B、C作AD平行线交直线CA、BA于点E、F.)7. ABC内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F,过点F作BC平行线分别交直线DA、DE于点H、G.求证：FHHG.(提示：过点A作BC平行线分别交直线DE、DF于点M、N.)8. AD为O直径,PD为O切线,PCB为O割线,PO分别交AB、AC于点M、N.求证：OMON.(提示：过点C作PM平行线分别交AB、AD于点E、F.过O作BP垂线,G为垂足.ABGF.) 第二讲 巧添协助 妙解竞赛题.1、挖掘隐含协助圆解题 有些问题题设或图形本身隐含着“点共圆,此时假设能把握问题供应信息,恰当补出协助圆,并合理挖掘图形隐含性质,就会使题设和

13、结论逻辑关系明朗化.1.1 作出三角形外接圆例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BED2CEDA.求证：BD2CD.分析：关键是寻求BED2CED与结论联络.简单想到作BED平分线,但因BEED,故不能干脆证出BD2CD.假设延长AD交ABC外接圆于F,那么可得EBEF,从而获得.证明：如图1,延长AD与ABC外接圆相交于点F,连结CF与BF,那么BFABCAABCAFC,即BFDCFD.故BF:CFBD:DC. 又BEFBAC,BFEBCA,从而FBEABCACBBFE.故EBEF. 作BEF平分线交BF于G,那么BGGF. 因GEFBEFCEF,GF

14、ECFE,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,BADBCD90, AB2,CD1,对角线AC、BD交于点O,如图2.那么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、DBA、CD交于P,那么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)211012. 又SABCDSABDSBCD.

15、故sinAOB.例3 ：如图3,ABBCCAAD,AHCD于H,CPBC,CP交AH于P.求证：ABC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,那么由ACAD,AHCD得ACQADQ.又ABAD,故ADQABQ. 从而,ABQACQ.可知A、B、C、Q四点共圆. APC90PCHBCD,CBQCAQ, APCBCD. ACBCAPBD.于是,SACBCAPBD.2 、构造相关协助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题题设或结论或图形供应了某些与圆性质相像信息,此时

16、可大胆联想构造出与题目相关协助圆,将原问题转化为与圆有关问题加以解决.2.1 联想圆定义构造协助圆例4 如图4,四边形ABCD中,ABCD,ADDCDBp,BCq.求对角线AC长. 分析：由“ADDCDBp可知A、B、C在半径为pD用圆性质即可找到AC与p、q关系.解：延长CD交半径为pD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 联想直径性质构造协助圆例5 抛物线yx22x8与x轴交于B、C两点，点D平分BC.假设在x轴上侧A点为抛物线上动点,且BAC为锐角,那么AD取值范围是_.分析：由“BA

17、C为锐角可知点A在以定线段BC为直径圆外,又点A在x轴上侧,从而可确定动点A范围,进而确定AD取值范围.解：如图5,所给抛物线顶点为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,那么两圆与抛物线均交于两点P(12,1)、Q(12,1).可知,点A在不含端点抛物线PA0Q内时,BAC90.且有3DPDQADDA09,即AD取值范围是3AD9.2.3 联想圆幂定理构造协助圆例6 AD是RtABC斜边BC上高,B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AMA

18、N,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延长线于E.那么AEAFAN.由割线定理有BMBNBFBE(ABAE)(ABAF)(ABAN)(ABAN)AB2AN2,即 AB2AN2BMBN.例7 如图7,ABCD是O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外接圆交EF于G,连结CG.因FDC

19、ABCCGE,故F、D、C、G四点共圆.由切割线定理,有EF2(EGGF)EF EGEFGFEF ECEDFCFBECEDFCFBEP2FQ2,即 EP2FQ2EF2.2.4 联想托勒密定理构造协助圆例8 如图8,ABC与ABC三边分别为a、b、c与a、b、c,且BB,AA180.试证：aabbcc. 分析：因BB,AA180,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外接圆,过C作CDAB交圆于D,连结AD和BD,如图9所示. AA180AD, BCDBB, AD,BBCD. ABCDCB. 有, 即 . 故DC,DB. 又ABDC,可知BDACb,BCADa.从而,由

20、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,假设AD平分A,那么.(提示：不妨设ABAC,作ADC外接圆交AB于E,证ABCDBE,从而.)2. 凸五边形ABCDE中,BAE3a,BCCDDE,BCDCDE1802a.求证：BACCADDAE.(提示：由证明BCEBDE1803a,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

21、10,AC是ABCD较长对角线,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.那么CGAH,由割线定理可证得结论.)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外接圆O3,延长BA交O3于F,证E在O3上,得ACEADF,从而AEAF,由相交弦定理即得结论.)6E是ABC外接圆之劣弧BC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. 假设正五边形ABC

22、DE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外接圆即可证得.) 第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理应用。1、点共线证明点共线通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点连线必过第三点；证明三点组成三角形面积为零等。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

23、。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 如下图，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，那么AMC=60=ABC=ACB，有AMCACF，得。又因为AMC=BAC，所以AMCEAC，得。所以，又BAD=BCD=120，知CFDADE。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延长线交于点P，AD与BC

24、延长线交于点Q。由Q作该圆两条切线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

25、)，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平行线交圆O于E。假设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、线共点证明证明线共点可

26、用有关定理(如三角形3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过另外两条直线交点，也可转化成点共线问题赐予证明。例5 以ABC两边AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG。ABC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=180MAC=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MBC3条高线，故

27、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，那么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7 O1与

28、O2外切于P点，QR为两圆公切线,其中Q，R分别为O1，O2上切点，过Q且垂直于QO2直线与过R且垂直于RO1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

29、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ABCBC，CA，AB边上点。假设AP，BQ，CR相交于一点M，那么。证：如图，由三角形面积性质，有, , .以上三式相乘，得.定理2 (定理1逆定理): 设P，Q，R分别是ABCBC，CA，AB上点。假设，那么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任一顶点直线和三角形三边BC，CA，AB(或它们

30、延长线)分别交于P，Q，R，那么证：如图，由三角形面积性质，有, , .将以上三式相乘，得.定理4 (定理3逆定理): 设P，Q，R分别是ABC三边BC，CA，AB或它们延长线上3点。假设，那么P，Q，R三点共线。定理4与定理2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题目中有着广泛应用。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平行线交AG延长线于I，过点C作AD平行线交AE延长线于J。对BCD用塞瓦定理，可得 因为AH是BAD角

31、平分线，由角平分线定理知,代入式 因为CIAB，CJAD，那么，。代入式得.从而CI=CJ。又由于ACI=180BAC=180DAC=ACJ，所以ACIACJ，故IAC=JAC，即GAC=EAC.例9 ABCD是一个平行四边形，E是AB上一点，F为CD上一点。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延长线交于点J，与DC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一侧画一个

32、半圆T，C，D是T上两点，T上过C和D切线分别交l于B和A，半圆圆心在线段BA上，E是线段AC和BD交点，F是l上点，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， 那么有.由CO=DO，有，从而.由塞瓦定理逆定理知三条直线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

33、 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. 假设对角线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，假设A1D1，B1E1，C1F1交于一点，那么有.如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O，根据圆内接多边形性质易知 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，假设满意那么其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1交于一点。该引理与定理2证明方法

34、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外接圆上随意一点M向它两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT。证明：PR与QT垂直，且它们交点在矩形一条对角线上。2. 在ABCBC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半圆交点分别为D，E。求证：D，A，E三点共

35、线。3. 一个圆和等腰三角形ABC两腰相切，切点是D，E，又和ABC外接圆相切于F。求证：ABC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中点在一条直线上。5. 四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P。设三角形ABP，BCP，CDP和DAP外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4。求证：OP，O1O3，O2O4三直线交于一点。6. 求证：过圆内接四边形各边中点向对边所作4条垂线交于一点。7. ABC为锐角三角形，AH为BC边上高，以AH为直径圆分别交AB，AC于M，N；M，N与A不同。过A作直线lA

36、垂直于MN。类似地作出直线lB与lC。证明：直线lA，lB，lC共点。8. 以ABC边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形边BC，CA，AB对边中点。求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点。B组9. 设A1，B1，C1是直线l1上随意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上随意三点，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N。求证：L，M，N三点共线。10. 在ABC，ABC中，连接AA，BB，CC，使这3条直线交于一点S。求证：AB与AB、BC与BC、CA与CA交点F，D，E在同一条直线上(笛沙格定理)。11. 设圆内接六边形ABCDE

37、F对边延长线相交于三点P，Q，R，那么这三点在一条直线上(帕斯卡定理)。第四讲 四点共圆问题“四点共圆问题在数学竞赛中常常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆作为证题目，二是以“四点共圆“四点共圆方法，用得最多是统编教材几何二册所介绍两种即P89定理和P93例3，由这两种根本方法推导出来其他判别方法也可相机采纳.1、“四点共圆作为证题目例1给出锐角ABC，以AB为直径圆与AB边高CC及其延长线交于M，N.以AC为直径圆与AC边高BB及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆.(第19届美国数学奥林匹克)分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM. 欲证M，N，P，Q四点共圆，

38、须证MKKNPKKQ，即证(MC-KC)(MC+KC)(PB-KB)(PB+KB) 或MC2-KC2=PB2-KB2 . 不难证明 AP=AM，从而有AB2+PB2=AC2+MC2.故 MC2-PB2=AB2-AC2 =(AK2-KB2)-(AK2-KC2)=KC2-KB2. 由即得，命题得证.例2A、B、C三点共线，O点在直线外，O1，O2，O3分别为OAB，OBC，OCA外心.求证：O，O1，O2，O3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.视察OBC及其外接圆，立得OO2O1=OO2B=OCB.视察OCA及其外接圆，立得OO3O1=OO3A=O

39、CA.由OO2O1=OO3O1O，O1，O2，O3共圆.利用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.2、以“四点共圆作为解题手段这种状况不仅题目多，而且结论变化莫测，可大体上归纳为如下几个方面.(1)证角相等例3在梯形ABCD中，ABDC，ABCD，K，M分别在AD，BC上，DAMCBK.求证：DMACKB.第二届袓冲之杯初中竞赛分析：易知A，B，M，KKM，有DABCMK.DAB+ADC180，CMK+KDC180.故C，D，K，M四点共圆CMDDKC.但已证AMBBKA，DMACKB.(2)证线垂直例4O过ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同).ABC

40、 外接圆和BKN外接圆相交于B和M.求证：BMO=90.(第26届IMO第五题)分析：这道国际数学竞赛题，曾使很多项选择手望而却步.其实，只要把握条件和图形特点，借助“四点共圆，问题是不难解决. 连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得GMC=BAC=BNK=BMK.而COK=2BAC=GMC+BMK=180-CMK， COK+CMK=180C，O，K，M四点共圆.在这个圆中，由OC=OK OC=OKOMC=OMK.但GMC=BMK，故BMO=90.(3)推断图形形态例5四边形ABCD内接于圆，BCD，ACD，ABD，ABC内心依次记为IA，IB，IC，ID.试证：IAIBICID是矩形

41、.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得AICB=90+ADB=90+ACB=AIDBA，B，ID，IC四点共圆.同理，A，D，IB，ICAICID=180-ABID =180-ABC，AICIB=180-ADIB=180-ADC，AICID+AICIB=360-(ABC+ADC)=360-180=270.故IBICID=90.同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90.该四边形必为矩形.(4)计算例6正方形ABCD中心为O，面积为19892.P为正方形内一点，且OPB=45，PA:PBPB=_(1989，全国初中联赛)分析：答案是PB=

42、42.怎样得到呢？连接OA，OB.易知O，P，A，B四点共圆，有APB=AOB=90. 故PA2+PB2=AB2PA:PB=5:14，可求PB.(5)其他例7设有边长为1正方形，试在这个正方形内接正三角形中找出面积最大和一个面积最小，并求出这两个面积(须证明你论断).(1978，全国高中联赛)分析：设EFG为正方形ABCD 一个内接正三角形，由于正三角形三个顶点至少必落在正方形三条边上，所以不妨令F，G两点在正方形一组对边上. 作正EFG高EK，易知E，K，G，D四点共圆KDE=KGE=60.同理，KAE=60.故KAD也是一个正三角形，K必为一个定点. 又正三角形面积取决于它边长，当KF丄AB时，边长为1，这时边长最小，而面积S=KF通过B点时，边长为2，这时边长最大，面积S=2-3也最大.例8NS