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高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)

第一讲注意添加平行线证题（一）

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,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.

添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1、为了改变角的位置

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,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.

例1、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使 ∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答：当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 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△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC,∠DPB ＝∠C. 由BP ＝CQ,可知△DBP ≌△AQC.有DP ＝AC,∠BDP ＝∠QAC.

于是,DA ∥BP,∠BAP ＝∠BDP.则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP.所以AB ＝AC.

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,∠BAF ＝∠BCE.求证：∠EBA ＝∠ADE. 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△PBA ≌△ECD.有PA ＝ED,PB ＝EC. 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有 ∠BCE ＝∠BPE,∠APE ＝∠ADE.由∠BAF ＝∠BCE,可知

∠BAF ＝∠BPE.有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE.所以,∠EBA ＝∠ADE. 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,证法很巧妙. 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 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ.

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.

∥＝

P Q

图1

E D G A B F

图2A N E B

Q K

G C

D M F

P 图3

由BD 平行∠ABC,可知点F 到AB 、BC 两边距离相等.有KQ ＝PN. 显然,

PD EP ＝FD EF ＝GD

,可知PG ∥EC. 由CE 平分∠BCA,知GP 平分∠FGA.有PK ＝PM.于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ.

这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM ＝PK,就有PM ＋PN ＝PQ.证法非常简捷. 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经常遇到的. 例4设M1、M2是△ABC 的BC 边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM1、AM2于P 、Q 、N1、N2.试证：

AP AB

＋AQ AC ＝11AN AM ＋2

2AN AM .

证明：如图4,若PQ ∥BC,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BM1＝CM2,可知BE ＋CE ＝M1E ＋M2E,

易知 AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE CE ,1

AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2.

则AP AB ＋AQ AC ＝DE

BE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM .

所以,

AP AB

＋AQ AC ＝11AN AM ＋2

2AN AM .

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5、AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E,CK 交AB 于F.求证：∠FDA ＝

∠EDA.

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.

显然,AN BD ＝KA KD ＝AM

.有BD·AM ＝DC·AN. (1)

由BD AP ＝FB AF ＝BC AM

,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BC

AN DC ·. (3) 对比(1)、(2)、(3)有AP ＝AQ.

显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ.所以,∠FDA ＝∠EDA.

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.

P E

C M 2M 1B

N 1

N 2

图4

图5

M P A Q N F

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,应注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∠MDN ＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝

(AB2＋AC2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E.连ME. 由BD ＝DC,可知ED ＝DN.有△BED ≌△CND. 于是,BE ＝NC. 显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN.

由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝

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

所以,AD2＝2

21⎪⎭

⎫

⎝⎛BC ＝41(AB2＋AC2).

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EA ＝DA,FB ＝DB.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DB2＝FB2＝AB·HB,AD2＝AE2＝AG·AB. 二式相减,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.显然,EG ∥CD ∥FH.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

BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即BN DM

＝NC ME 或ME DM ＝NC

BN . 此式表明,DM ＝ME 的充要条件是BN ＝NC.

利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮. 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BD ∥EF,AC 的延长线交

EF 于G.求证：EG ＝GF.

证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、AF 于M 、N.由BD ∥EF,

图6

N C

D E

D O H B

C E

图7

图8

A D

N C E

M N D C

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OD ⊥BC,可知OK ⊥PQ.

由OF ⊥AB,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ. 由OE ⊥AC,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP. 显然,∠FKQ ＝∠EKP,可知∠FOQ ＝∠EOP.由OF ＝OE,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP.

则OQ ＝OP.于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP.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.同学们在实践中应注意适时添加平行线,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,AB ＝CD,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：∠BEN ＝∠CFN. (提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN.)

2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB.已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB. (提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D.易证△ACD ∽△PBA.答：75°)

3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm2.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Rt △ABC 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:AB ＝k.求AE:EC.

(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F.设BC ＝1,有AD ＝k,DC ＝k2.答：

) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB

于F.求证：DE AD ＝FB

.(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:∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c.求证：a 1＋

＝c

.(提示：在BC 上取一点D,使AD ＝AB.分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F.)

O 图10

7. △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：FH ＝HG.

(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N.)

8. 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：OM ＝ON.

(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.AB ∥GF.)

第二讲巧添辅助妙解竞赛题

在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅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.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 1、挖掘隐含的辅助圆解题

有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,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,AB ＝AC,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A.求证：BD ＝2CD.

分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE≠ED,故不能直接证出BD ＝2CD.若延长AD 交△ABC 的外接圆于F,则可得EB ＝EF,从而获取.

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∠BFA ＝∠BCA ＝

∠ABC ＝∠AFC,即∠BFD ＝∠CFD.故BF:CF ＝BD:DC.

又∠BEF ＝∠BAC,∠BFE ＝∠BCA,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE. 故EB ＝EF. 作∠BEF 的平分线交BF 于G,则BG ＝GF. 因∠GEF ＝

∠BEF ＝∠CEF,∠GFE ＝∠CFE,故△FEG ≌△FEC.从而GF ＝FC. 于是,BF ＝2CF.故BD ＝2CD. 1.2 利用四点共圆

例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°, AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O,如图2.则sin ∠AOB ＝____. 分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D

四点共圆,欲求sin ∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可. 解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P,则∠ADP ＝

∠ABC ＝60°.

D F

E 图1

O 图2

设AD ＝x,有AP ＝3x,DP ＝2x.由割线定理得(2＋3x)3x ＝2x(1＋2x).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝

BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12. 又SABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝

233. 故sin ∠AOB ＝26

615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD,AH ⊥CD 于H,CP ⊥BC,CP 交AH 于P.求证：△ABC

的面积S ＝4

AP·BD.

分析：因S △ABC ＝43BC2＝4

AC·BC,只须证AC·BC ＝AP·BD,

转化为证△APC ∽△BCD.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AC ＝AD,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ.又AB ＝AD,故∠ADQ ＝∠ABQ.

从而,∠ABQ ＝∠ACQ.可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD,∠CBQ ＝∠CAQ, ∴△APC ∽△BCD.∴AC·BC ＝AP·BD.于是,S ＝43AC·BC ＝4

3AP·BD. 2 、构造相关的辅助圆解题

有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆

例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD,AD ＝DC ＝DB ＝p,BC ＝q.求对角线AC 的长. 分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p”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.显然A 、B 、C 在⊙D 上. ∵AB ∥CD,∴BC ＝AE.

从而,BC ＝AE ＝q.在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p,AE ＝q,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2 联想直径的性质构造辅助圆

例5 已知抛物线y ＝－x2＋2x ＋8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. A

图3

C A E

图4

解：如图5,所给抛物线的顶点为A0(1,9),对称轴为x ＝1,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(1－22,1)、Q(1＋22,1).

可知,点A 在不含端点的抛物线PA0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有 3＝DP ＝DQ ＜AD≤DA0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆

例6AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M,交AC 于N.求证：AB2－AN2＝BM·BN.

分析：因AB2－AN2＝(AB ＋AN)(AB －AN)＝BM·BN,而由题设易知AM ＝AN,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.

证明：如图6,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝

90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN. 以AM 长为半径作⊙A,交AB 于F,交BA 的延长线于E. 则AE ＝AF ＝AN. 由割线定理有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：EP2＋FQ2＝EF2. 分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使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∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE,故F 、D 、C 、G 四点共圆. 由切割线定理,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 联想托勒密定理构造辅助圆

例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝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CD ∥AB 交圆于D,连结AD 和BD,如图9所示.

∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D,∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇, E

A N C

D B

M 12

5图6

(1)

(2)图8A

a b a'c'b'A

a b

b c

∴∠A ＇＝∠D,∠B ＇＝∠BCD.

∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB. 有

DC B A ''＝CB C B ''＝DB

C A '

', 即 DC c '＝a a '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝'

'a ab .

又AB ∥DC,可知BD ＝AC ＝b,BC ＝AD ＝a.从而,由托勒密定理,得 AD·BC ＝AB·DC ＋AC·BD,即 a2＝c·

''a ac ＋b·'

a a

b . 故aa ＇＝bb ＇＋c

c ＇. 练习题

1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A,则

AC AB ＝DC

. (提示：不妨设AB≥AC,作△ADC 的外接圆交AB 于E,证△ABC ∽△DBE,从而

AC AB ＝DE

＝DC

.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a,BC ＝CD ＝DE,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a.求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE.

(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE.)

3. 在△ABC 中AB ＝BC,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M,使BM ＝AC.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∠BCM ＝

∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是

ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF,CE ⊥AE.求

证：AB·AE ＋AD·AF ＝AC2.

(提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点G 、H.则CG ＝AH,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AC ＝AD,EC 、ED 分别切两圆于C 、D.求证：AC2＝AB·AE.

(提示：作△BCD 的外接圆⊙O3,延长BA 交⊙O3于F,证E 在⊙O3上,得△ACE ≌△ADF,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：AB·AC ＝AE2－BE2.

(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E,交AE 及其延长线于N 、M,由△ANC ∽△ABM 证AB·AC ＝AN·AM.)

F D

图10

图11

7. 若正五边形ABCDE 的边长为a,对角线长为b,试证：

a b －b

＝1. (提示：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)

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(n≥4)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，AD EC KG ，知四边形AKGD 是平行四边形，于是AK DG 。同样可证AK HB 。四边形AHBK 是平行四边形，其对角线AB ，KH 互相平分。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△AMC ∽△ACF ，得

CA CF MA MC ==。又因为∠AMC=BAC ，所以△AMC ∽△EAC ，得AE

AE AC MA MC ==。所以AE

CD CF =，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD ∽△ADE 。所以∠ADE=∠DFB 。因为AD ∥BC ，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=QM·QP=QC·QB ①∠PMC=∠ABC=∠PDQ 。从而C ，D ，Q ，M 四点共圆，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，

C E

(E ')A

B D

F M

Q G A C

D E

F H K G

即PE’·PF=PQ2-QF2。又PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG －GF)=PF·(PG －GF)，从而PE’=PG －GF=PG －GE’，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CD ∥BE ，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给予证明。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△MAC ≌△BCF ，∠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，∠APB －∠ACB=∠APC －∠ABC 。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∠APB －∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT 。同理，∠APC －∠ABC=∠RST ，由条件知∠SRT=∠RST ，所以RT=ST 。

M E

K G

又RT=PBsinB ，ST=PCsinC ，所以PBsinB=PCsinC ，那么AC

AB PB =。由角平分线定理知MP

PB AB PC AC NP AN ===。故M ，N 重合，即AP ，BD ，CE 交于一点。例

O2外切于P 点，QR 为两圆的公切线,其中Q ，R

，

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△QIM ∽△QO2O1，得MI O O QM QO 211=同理可证MI

O O RM RO 2

12=。因此 21

RO QO MR QM =①因为QO1∥RO2，所以有2

11RO QO OR O O =② 由①，②得MO ∥QO1。又由于O1P=O1Q ，PO2=RO2，所以 2

1211PO P

O RO Q O OR O O ==，即OP ∥RO2。从而MO ∥QO1∥RO2∥OP ，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

1=⋅⋅RB AR

QA CQ PC BP 。

证：如图，由三角形面积的性质，有

BMC AMC S S RB AR ∆∆=

, AMC AMB S S PC BP ∆∆=, AMB BMC

S S QA CQ ∆∆=.以上三式相乘，得

1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP . 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1=⋅⋅RB

QA CQ PC BP ，则AP ，BQ ，CR 交于一点。

证：如图，设AP 与BQ 交于M ，连CM ，交AB 于R’。

O 1O 2

Q R

A R

Q B

由定理1有

1''=⋅⋅B R AR QA CQ PC BP . 而1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，所以RB

B R AR =''. 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

1=⋅⋅RB

QA CQ PC BP 证：如图，由三角形面积的性质，有

BRP ARP S S RB AR ∆∆=, CPR BRP S S PC BP ∆∆=, ARP CRP S S QA CQ ∆∆=.将以上三式相乘，得1=⋅⋅RB

QA CQ PC BP . 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

1=⋅⋅RB

QA CQ PC BP ，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

1=⋅⋅EC

HD BH GB CG ① 因为AH 是∠BAD 的角平分线，由角平分线定理知

AD AB HD BH =,代入①式1=⋅⋅EC

AD AB GB CG ② 因为CI ∥AB ，CJ ∥AD ，则AB CI GB CG =，CJ

AD EC DE =。代入②式得1=⋅⋅CJ

AD AD AB AB CI .从而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 。 H C A

B G

I J

A E

J L

F C I M H

在△ECD 与△FAB 中分别使用梅涅劳斯定理，得1=⋅⋅HE CH IC DI GD EG ， 1=⋅⋅JA

HB FH GF AG . 因为AB ∥CD ，所以GF AG GD EG =， HB FH HE CH =.从而JA

IC DI =，即=+CI CI CD AJ AJ AB +，故CI=AJ. 而LA

AJ DI CI BJ MC BM ===，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Rt △OAD ∽Rt △PAH ，于是有DO HP

AD AH =. 类似地，Rt △OCB ∽Rt △PHB ，则有CO

BC BH =. 由CO=DO ，有BC BH AD AH =，从而1=⋅⋅DA

CP BC HB AH . 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 为圆上任意一点，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

111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A .如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O ，根据圆内接多边形的性质易知

△ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，△OC1D1∽△OA1F1，从而有

O D O B E D B A 111111=,O B O F C B F E 111111=,O

F O

D A F D C 111111=.将上面三式相乘即得

1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A ，引理2：

D l

B O F(H)

E C P

C T

圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足11

111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A 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△EBR ∽△EPA ，△FDS ∽△FPA ，知

EP EB PA BR =,FD FP DS PA =.两式相乘，得FD

EP FP EB DS BR ⋅⋅=. ① 又由△ECR ∽△EPD ，△FPD ∽△FAS ，知EP EC PD CR =，FA

FP AS PD =. 两式相乘，得FA EP FP EC AS CR ⋅⋅=② 由①，②得FD EC FA EB CR DS AS BR ⋅⋅=⋅⋅. 故=⋅⋅AB SA DS CD RC BR CE

FD AF BA EB ⋅⋅. ③

对△EAD 应用梅涅劳斯定理，有

1=⋅⋅CE

DC FD AF BA EB ④ 由③④得

1=⋅⋅AB

DS CD RC BR .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 的外接圆上任意一点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PD ∥AC ，PE ∥AB ，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△A’B’C’。证明：线段A’D, BC 和B’C 的中点在一条直线上。

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 的外接圆圆心分别是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的中点向对边所作的4条垂线交于一点。

7. △ABC 为锐角三角形，AH 为BC 边上的高，以AH 为直径的圆分别交AB ，AC 于M ，N ；M ，N 与A 不同。过A 作直线lA 垂直于MN 。类似地作出直线lB 与lC 。证明：直线lA ，lB ，lC 共点。

F A E

C D 1

8. 以△ABC 的边BC ，CA ，AB 向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC ，CA ，AB 的对边的中点。求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点。

B 组

9. 设A1，B1，C1是直线l1上的任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上的任意三点，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 ，△A’B’C’中，连接AA’，BB’，CC’，使这3条直线交于一点S 。求证：AB 与A’B’、BC 与B’C’、CA 与C’A’的交点F ，D ，E 在同一条直线上(笛沙格定理)。

11. 设圆内接六边形ABCDEF 的对边延长线相交于三点P ，Q ，R ，则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”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1、“四点共圆”作为证题目的

例1．给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC′及其延长线交于M ，N.以AC 为直径的圆与AC 边的高BB′及其延长线将于P ，Q.求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆.

(第数学奥林匹克)

分析：设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM.欲证M ，N ，P ，Q 四点共圆，须证MK·KN ＝PK·KQ ，

即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′) 或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ① 不难证明 AP=AM ，从而有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，命题得证.

例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O1，O2，O3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O1，O2，O3四点共圆. (第27届莫斯科数学奥林匹克)

分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB ，O1O3垂直平分OA.观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO2O1=

∠OO2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆，立得A B

K M

N P

B ′

C ′A B

O O O 1

∠OO3O1=

∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1⇒O ，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

这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，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，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，∠DAM ＝∠CBK.求证：∠DMA ＝∠CKB.（第二届袓冲之杯初中竞赛）

分析：易知A ，B ，M ，K 四点共圆.连接KM ，有∠DAB ＝∠CMK. ∵∠DAB+∠ADC ＝180°，∴∠CMK+∠KDC ＝180°. 故C ，D ，K ，M 四点共圆⇒∠CMD ＝∠DKC. 但已证∠AMB ＝∠BKA ，∴∠DMA ＝∠CKB. (2)证线垂直

例4．⊙O 过△ABC 顶点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N(K 与N 不同).△ABC 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，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的. 连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.而

∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK ， ∴∠COK+∠CMK=180°⇒C ，O ，K ，M 四点共圆.

在这个圆中，由OC=OK ⇒OC=OK ⇒∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK ，故∠BMO=90°. (3)判断图形形状

例5．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为IA ，

IB ，IC ，ID.试证：IAIBICID 是矩形.(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°

+21∠ADB=90°+2

∠ACB=∠AIDB ⇒A ，B ，ID ，IC 四点共圆. 同理，A ，D ，IB ，IC 四点共圆.此时

∠AICID=180°-∠ABID =180°-21

∠ABC ，∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-21∠ADC ，

∴∠AICID+∠AICIB=360°-21

(∠ABC+∠ADC)=360°-21

×180°=270°.故∠IBICID=90°. A B

C D K M ·

·A

B O K N

C M G A B C

D I C I D

I I B ·P O

C D

A B

F K

G ··

····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 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________(1989，全国初中联赛)

分析：答案是PB=42㎝.怎样得到的呢？连接OA ，OB.易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°.故PA2+PB2=AB2=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB. (5)其他

例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断).(1978，全国高中联赛)

分析：设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方形的三条边上，所以不妨令F ，G 两点在正方形的一组对边上.

作正△EFG 的高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的边长，当KF 丄AB 时，边长为1，这时边长最小，而面积S=

也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S=23-3也最大.

例8．NS 是⊙O 的直径，弦AB 丄NS 于M ，P 为ANB 上异于N 的任一点，PS 交AB 于R ，PM 的延长线交⊙O 于Q.求证：RS ＞MQ.(1991，初中竞赛)

分析：连接NP ，NQ ，NR ，NR 的延长线交⊙O 于Q′.连接MQ′，SQ′.易证N ，M ，R ，P 四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.

根据圆的轴对称性质可知Q 与Q′关于NS 成轴对称⇒MQ′=MQ.

又易证M ，S ，Q′，R 四点共圆，且RS 是这个圆的直径(∠RMS=90°)，MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS ＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS ＞MQ.

练习题

1.⊙O1交⊙O2 于A ，B 两点，射线O1A 交⊙O2 于C 点，射线O2A 交⊙O1于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.(提示：设法证明C ，D ，O1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O2 四点共圆，从而知C ，D ，O1，B ，O2五点共圆.)

2.△ABC 为不等边三角形.∠A 及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.

(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A ，B ，A1，C 四点共圆；再证A ，A2，B ，C 四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC 的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)

3.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.

4.在Rt △ABC 中，AD 为斜边BC 上的高，P 是AB 上的点，过A 点作PC 的垂线交过B 所作AB 的垂线于Q 点.求证：PD 丄QD.

(提示：证B ，Q ，E ，P 和B ，D ，E ，P 分别共圆)

5.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l1，从B 引FD 的垂线l2，从C 引DE 的垂线l3.求证：l1，l2，l3三线共点.(提示：过B 作AB 的垂线交l1于K ，证：A ，B ，K ，C 四点共圆)

第五讲三角形的五心

三角形的外心、重心、垂心、内心及旁心，统称为三角形的五心. 一、外心.

三角形外接圆的圆心，简称外心.与外心关系密切的有圆心角定理和圆周角定理. 例1．过等腰△ABC 底边BC 上一点P 引PM ∥CA 交AB 于M ；引PN ∥BA 交AC 于N.作点P 关于MN 的对称点P′.试证：P′点在△ABC 外接圆上.(杭州大学《中学数学竞赛习题》) 分析：由已知可得MP′=MP=MB ，NP′=NP=NC ，故点M 是△P′BP 的外心，点 N 是△P′PC 的外心.有 ∠BP′P=21∠BMP=2

∠BAC ， ∠PP′C=

21∠PNC=2

∠BAC. ∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC.

从而，P′点与A ，B ，C 共圆、即P′在△ABC 外接圆上. 由于P′P 平分∠BP′C ，显然还有 P′B:P′C=BP:PC.

例2．在△ABC 的边AB ，BC ，CA 上分别取点P ，Q ，S.证明以△APS ，△BQP ，△CSQ 的外心为顶点的三角形与△ABC 相似.(B·波拉索洛夫《中学数学奥林匹克》) 分析：设O1，O2，O3是△APS ，△BQP ，△CSQ 的外心，作出六边形 O1PO2QO3S 后再由外心性质可知

∠PO1S=2∠A ， ∠QO2P=2∠B ，∠SO3Q=2∠C.

∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.从而又知∠O1PO2+∠O2QO3+∠O3SO1=360°

将△O2QO3绕着O3点旋转到△KSO3，易判断△KSO1≌△O2PO1，同时可得

△O1O2O3≌△O1KO3. ∴∠O2O1O3=∠KO1O3=21∠O2O1K=21(∠O2O1S+∠SO1K)=2

(∠O2O1S+∠PO1O2)=

∠PO1S=∠A ；同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC. 二、重心

A B

P M

A B C Q K

O O O ..

..S

A A 1

H H 1

三角形三条中线的交点，叫做三角形的重心.掌握重心将每条中线都分成定比2:1及中线长度公式，便于解题.

例3．AD ，BE ，CF 是△ABC 的三条中线，P 是任意一点.证明：在△PAD ，△PBE ，△PCF 中，其中一个面积等于另外两个面积的和.(第26届莫斯科数学奥林匹克)

分析：设G 为△ABC 重心，直线PG 与AB ，BC 相交.从A ，C ，D ，E ，F 分别

作该直线的垂线，垂足为A′，C′，D′，E′，F′.

易证AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′，∴EE′=DD′+FF′.有

S △PGE=S △PGD+S △PGF.两边各扩大3倍，有S △PBE=S △PAD+S △PCF.

例4．如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相似.其逆亦真.

分析：将△ABC 简记为△，由三中线AD ，BE ，CF 围成的三角形简记为△′.G 为重心，连DE 到H ，使EH=DE ，连HC ，HF ，则△′就是△HCF.

(1)a2，b2，c2成等差数列⇒△∽△′.若△ABC 为正三角形，易证△∽△′. 不妨设a≥b≥c ，有CF=2222221c b a -+，BE=222222

1b a c -+， AD=

222222

a c

b -+. 将a2+c2=2b2，分别代入以上三式，得CF=a 23，BE=b 23，AD=

c 2

3. ∴CF:BE:AD =

a 23:

b 23:

c 2

=a:b:c.故有△∽△′. (2)△∽△′⇒a2，b2，c2成等差数列. 当△中a≥b≥c 时，△′中CF≥BE≥AD.

∵△∽△′，∴∆∆S S '＝(a

CF )2. 据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的4

”，有∆∆S S '=43.

∴2

CF =43⇒3a2=4CF2=2a2+b2-c2⇒a2+c2=2b2. 三、垂心

三角形三条高的交战，称为三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四个等(外接)圆三角形，给我们解题提供了极大的便利.

例5．设A1A2A3A4为⊙O 内接四边形，H1，H2，H3，H4依次为△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心.求证：H1，

A A 'F F 'G

E 'D '

C '

D O O O 2

4O 1

H2，H3，H4四点共圆，并确定出该圆的圆心位置. (1992，全国高中联赛) 分析：连接A2H1，A1H2，H1H2，记圆半径为R.由△A2A3A4知

321

2sin H A A H A ∠=2R ⇒A2H1=2Rcos ∠A3A2A4；由△A1A3A4得A1H2=2Rcos ∠A3A1A4.但

∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2.易证A2H1∥A1A2，于是，A2H1A1H2，

故得H1H2A2A1.设H1A1与H2A2的交点为M ，故H1H2与A1A2关于M 点成中心对称. 同理，H2H3与A2A3，H3H4与A3A4，H4H1与A4A1都关于M 点成中心对称.故四边形H1H2H3H4与四边形A1A2A3A4关于M 点成中心对称，两者是全等四边形，H1，H2，H3，H4在同一个圆上.后者的圆心设为Q ，Q 与O 也关于M 成中心对称.由O ，M 两点，Q 点就不难确定了.

例6．H 为△ABC 的垂心，D ，E ，F 分别是BC ，CA ，AB 的中心.一个以H 为圆心的⊙H 交直线EF ，FD ，DE 于A1，A2，B1，B2，C1，C2.求证：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2. (1989，加拿大数学奥林匹克训练题)

分析：只须证明AA1=BB1=CC1即可.设BC=a ， CA=b ，AB=c ， △ABC 外接圆半径为R ，⊙H 的半径为r. 连HA1，AH 交EF 于M.

A A12=AM2+A1M2=AM2+r2-MH2=r2+(AM2-MH2)， ①

又AM2-HM2=(21AH1)2-(AH-2

AH1)2=AH·AH1-AH2=AH2·AB-AH2=cosA·bc-AH2,②

而ABH AH ∠sin =2R ⇒AH2=4R2cos2A,A

a sin =2R ⇒a2=4R2sin2A.∴AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2.③

由①、②、③有A 2

1A =r2+

a c

b 2222-+·bc-(4R2-a2)=21(a2+b2+c2)-4R2+r2.

同理，21BB =21(a2+b2+c2)-4R2+r2，2

1CC =2

1(a2+b2+c2)-4R2+r2.故有

AA1=BB1=CC1. 四、内心

三角形内切圆的圆心，简称为内心.对于内心，要掌握张角公式，还要记住下面一个极为有用的等量关系：

设I 为△ABC 的内心，射线AI 交△ABC 外接圆于A′，则有A′I=A′B=A′C.换言之，点A′必是△IBC 之外心(内心的等量关系之逆同样有用).

例7．ABCD 为圆内接凸四边形，取△DAB ，△ABC ，△BCD ，△CDA 的内心O1,O2，O3，O4.求证：O1O2O3O4为矩形.(1986，中国数学奥林匹克集训题),证明见《中等数学》1992；4

∥=

H H H M

A B B A A B C C

C F 1

122

D E

高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)

第一讲注意添加平行线证题在同一平面,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,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1、为了改变角的位置大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,错角相等,同旁角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 、设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使 ∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答：当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 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△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC,∠DPB ＝∠C. 由BP ＝CQ,可知△DBP ≌△AQC.有DP ＝AC,∠BDP ＝∠QAC. 于是,DA ∥BP,∠BAP ＝∠BDP.则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP.所以AB ＝AC. 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,∠BAF ＝∠BCE.求证：∠EBA ＝∠ADE. 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AB CD,易知△PBA ≌△ECD.有PA ＝ED,PB ＝EC. 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有 ∠BCE ＝∠BPE,∠APE ＝∠ADE.由∠BAF ＝∠BCE,可知 ∠BAF ＝∠BPE.有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE.所以,∠EBA ＝∠ADE. 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,证法很巧妙. 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 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ. 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KQ ＝PN. 显然,PD EP ＝FD EF ＝GD CG ,可知PG ∥EC. 由CE 平分∠BCA,知GP 平分∠FGA.有PK ＝PM.于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ. 这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK,就有PM ＋PN ＝PQ.证法非常简捷. 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经常遇到的. ∥＝A D B P Q C 图1 P E D G A B F C 图2 A N E B Q K G C D M F P 图3

数学奥赛教练员培训班讲义(平面几何)

数学奥赛教练员培训班讲义（1）第一讲平面几何平面几何是数学竞赛中的一个基本内容。它以严密的逻辑结构、灵活的证题方法，在发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力等方面起着特殊的作用。因此在数学竞赛中平面几何的内容占有十分突出的地位。平面几何主要研究度量关系的证明、位置关系的证明、面积关系解题、几何量的计算、轨迹问题等。一、与三角形有关的重要定理 1.梅涅劳斯定理一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1=??FB AF EA CE DC BD 。说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。（3）其逆定理为：如果D 、E 、F 分别在△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线上），并且 1=??FB AF EA CE DC BD ，那么D 、E 、F 三点在同一条直线上。（4）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。 2.塞瓦定理设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于D ，E ，F ，则1=??FB AF EA CE DC BD 。说明：（1）该定理可借助于梅氏定理来证明（也可用面积法来证明）。如果O 点在三角形外，结论仍然是成立的。

（2）其逆定理为：分别在△ABC 三边（所在直线）BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若有1=??FB AF EA CE DC BD ，则AD 、BE 、CF 平行或共点。（3）塞瓦定理及其逆定理是证明三直线交于一点（线共点）问题的重要定理，应用塞瓦定理很容易证明三角形中的主要线段的共点问题。 3.三角形的五心三角形的三条中线共点，三条角平分线共点，三条高线共点，三条中垂线共点。三角形的垂心、重心、外心共线（欧拉线），并且重心把连结垂心和外心的线段分成2∶1的两段。三角形的外心和内心的距离)2(r R R d -= 。此公式称为欧拉式，由此还得到r R 2≥。当且仅当△ABC 为正三角形时,d=0,此时R=2r.其中R 和r 分别是三角形外接圆半径和内切圆半径。与△的一边及另两边的延长线均相切的圆称为△的旁切圆，旁切圆的圆心称为旁心。二、与圆有关的重要定理 4.四点共圆的主要判定定理（1）若∠1=∠2，则A 、B 、C 、D 四点共圆；（2）若∠EAB=∠BCD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆；（3）若PA ?PC=PB ?PD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆；（4）若AB ?DC+AD ?BC=AC ?BD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆。 5.西姆松定理过三角形外接圆上任意一点作三边的垂线，则三垂足共线（称为西姆松线）。说明：（1）其逆定理为：若一点到三角形三边所在直线的垂足共线，则该点在三角形的外接圆上。

高中数学竞赛题之平面几何

第一讲注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,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1 为了改变角的位置大家知道,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,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1设P、Q为线段BC上两点,且BP＝CQ,A为BC外一动点(如图1).当点A运动到使 ∠BAP＝∠CAQ时,△ABC是什么三角形？试证明你的结论. 答：当点A运动到使∠BAP＝∠CAQ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△DBP＝∠AQC中,显然∠DBP＝∠AQC,∠DPB＝∠C. 由BP＝CQ,可知△DBP≌△AQC. 有DP＝AC,∠BDP＝∠QAC. 于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP. 则A、D、B、P四点共圆,且四边形ADBP为等腰梯形.故AB＝DP. 所以AB＝AC. 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,∠BAF＝∠BCE.求证：∠EBA＝∠ADE. 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AB CD,易知△PBA≌△ECD.有PA＝ED,PB＝EC. 显然,四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有∠BCE＝∠BPE,∠APE＝∠ADE. 由∠BAF＝∠BCE,可知∠BAF＝∠BPE. 有P、B、A、E四点共圆. 于是,∠EBA＝∠APE. 所以,∠EBA＝∠ADE. 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,证法很巧妙. 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上任意一点.过P分别作AC、AB、BC的垂线,M、N、Q为垂足.求证：PM＋PN＝PQ. 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KQ＝PN. 显然,＝＝,可知PG∥EC. 由CE平分∠BCA,知GP平分∠FGA.有PK＝PM.于是, PM＋PN＝PK＋KQ＝PQ. 这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM＝PK,就有PM＋PN＝PQ.证法非常简捷. 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经常遇到的. 例4设M1、M2是△ABC的BC边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.试证：＋＝＋. 证明：如图4,若PQ∥BC,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BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋M2E,易知＝,＝,

数学竞赛培优讲义--平面几何

第一讲三角形中的心一、重心 1.定义：三角形的三条中线的交点叫做三角形的重心. 2.性质：（1）重心到顶点的距离是其到对边中点距离的2倍；（2）重心与三角形任意两个顶点组成的三个小三角形的面积相等；（3）重心到三角形三个顶点距离的平方和最小；（4）设G 为△ABC 的重心，连结AG 并延长交BC 于D ，则 ①22221(22)4AD AB AC BC =+- ②)3 ,3( C B A C B A y y y x x x G ++++. 二、外心 1.定义：三角形外接圆圆心叫做三角形的外心. 2.性质：（1）外心是三角形三条中垂线的交点，它到三角形各顶点距离相等；（2）设R 为三角形ABC 的外接圆半径，则4ABC abc R S ?= ；三、垂心 1.定义：三角形的三条高线的交点叫做三角形的垂心； 2.性质：（1）三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2倍；（2）垂心H 关于△ABC 的三边的对称点，均在△ABC 的外接圆上；（3）△ABC 的垂心为H ，则△ABC ，△ABH ，△BCH ，△ACH 的外接圆是等圆；注：（1）欧拉线：三角形的外心O 、重心G 、垂心H 三点共直线（欧拉线），且GH =2OG ．（2）欧拉公式(定理)：设三角形的外接圆半径为R ,内切圆半径为r ,外心与内心的距离为d ,则d 2=R 2－2Rr ．注：欧拉不等式R ≥2r ．四、内心 1.定义：三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心． 2.性质：（1）内心是三角形三条角分线的交点，即内心到三角形各边距离相等；（2）设,,,c AB b AC a BC ===内切圆⊙I 的半径为r ， ⊙I 切AB 于点P ，AI 的延长线交BC 于N ，交△ABC 外接圆于点D ，则 ①902 A BIC ∠∠=?+ ； ②DB =DI =DC ； ③2ABC a b c S r ?++=?；五、旁心 1.定义：三角形旁切圆的圆心叫做旁心． 2.性质：（1）旁心是三角形的一内角平分线与两外角平分线交点；（2）设△ABC 的旁切圆圆心分别记为,,a b c I I I ，其半径分别记为C B A r r r ,,．则 11 90,,22a b c BI C A BI C BI C A ∠=?-∠∠=∠=∠（对于顶角B ，C 也有类似的式子）；1()2 a b c I I I A C ∠=∠+∠.

高中数学讲义平面几何

微专题96 平面几何一、基础知识： 1、相似三角形的判定与性质（1）相似三角形的判定 ① 三个角：若两个三角形对应角都相等，则这两个三角形相似注：由三角形内角和为180o 可知，三角形只需两个内角对应相等即可 ② 两边及一夹角：若两个三角形的两条边对应成比例，且所夹的角相等，则这两个三角形相似 ③ 三边：若两个三角形三边对应成比例，则这两个三角形相似 ④（直角三角形）若两个直角三角形有两组对应边成比例，则这两个直角三角形相似（2）相似三角形性质：若两个三角形相似，这它们的对应角相等，对应边成比例即相似比（主要体现出“对应”两字），例如：若''' ABC A B C V :V ，则有： ''',,,A A B B C C ∠=∠∠=∠∠=∠ '''' '' AB AC BC A B AC B C == 2、平行线分线段成比例：如图：已知123l l l ∥∥，且直线,m n 与平行线交于,,,,,A B C D E F ，则以下线段成比例：（1） AB DE BC EF = （上比下）（2）AB DE AC DF = （上比全）（3）BC EF AC DF = （下比全） 3、常见线段比例模型：（1）“A ”字形：在ABC V 中，平行BC 的直线交三角形另两边于,D E ，即形成一个“A ”字，在“A ”字形中，可得ABC V ADE V ，进而有以下线段成比例： ① AD AE DB EC = ② DB CE AB AC = ③ AD AE DE AB AC BC == （2）“8”字形：已知AB CD ∥，连结,AD BC 相交于O ，即形成一个“8”字，在“8”字 F E D C B A B D E

高中数学竞赛专题讲座---平面几何选讲

平面几何选讲反演变换基础知识一. 定义 1. 设O 是平面π上的一个定点，k 是一个非零常数．如果平面π的一个变换，使得对于平面π上任意异于O 的点A 与其对应点'A 之间，恒有（1）',,A O A 三点共线；（2）'OA OA k ?=，则这个变换称为平面π的一个反演变换，记做(,)I O k ．其中，定点O 称为反演中心，常数k 称为反演幂，点'A 称为点A 的反点． 2. 在反演变换(,)I O k 下，如果平面π的图形F 变为图形'F ，则称图形'F 是图形F 关于反演变换(,)I O k 的反形．反演变换的不动点称为自反点，而反演变换的不变图形则称为自反图形． 3. 设两条曲线u v 、相交于点A ，l 、m 分别是曲线u v 、在点A 处的切线（如果存在），则l 与m 的交角称为曲线u v 、在点A 处的交角；如果两切线重合，则曲线u v 、在点A 处的交角为0．特别地，如果两圆交于点，那么过点作两圆的切线，则切线的交角称为两圆的交角．当两圆的交角为90时，称为两圆正交；如果直线与圆相交，那么过交点作圆的切线，则切线与直线的交角就是直线与圆的交角．当这个交角为90时，称为直线与圆正交．二. 定理定理1. 在反演变换下，不共线的两对互反点是共圆的四点．定理2. 在反演变换(,)I O k 下，设A B 、两点（均不同于反演中心O ）的反点分别为' ' A B 、，则有' 'B A = ''k A B AB OA OB = ?．定理3. 在反演变换下，过反演中心的直线不变．定理 4. 在反演变换下，不过反演中心的直线的反形是过反演中心的圆；过反演中心的圆的反形是不过反演中心的直线．定理5. 在反演变换下，不过反演中心的圆的反形仍是不过反演中心的圆．定理6. 在反演变换下，两条曲线在交点处的交角大小保持不变，但方向相反．定理7. 如果两圆或一圆一直线相切于反演中心，则其反形是两条平行直线；如果两圆或一圆一直线相切于非反演中心，则其反形（两圆或一圆一直线）相切．定理8. 典型例题一. 证明点共线例1. ABC 的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别相切于点D 、E 、F ，设L 、M 、N 分别是EF 、FD 、DE 的中点．求证：ABC 的外心、B

2019-2020年高中奥数《平面几何图形集》竞赛辅导专家精品讲义教案

2019-2020年高中奥数《平面几何图形集》竞赛辅导专家精品讲义教案一. 基本图形与基本结论用综合法解平几题，一般可先问：（每个平几题都有涉及的基本图形与基本结论！）发现了什么基本图形?有什么基本结论可以利用么? 从（几十个）基本图形、基本结论入手: 1. (三角形的内切圆、旁切圆的性质) 基本图形：三角形的内切圆、旁切圆，及其在边上的切点. 基本结论一: 三角形内切圆的性质（可用a 、b 、c 表出与切点有关的诸线段.） 2AM ＝AB ＋AC ＋BC ＝2p ；2AG ＝AB ＋AC －BC ；GM ＝BC 等. [参练习1图] 基本结论二：三角形内切圆与旁切圆性质：若D 为内切圆的切点，F 为旁切圆的切点，则有BD ＝CF ＝CM ＝p －b ；S ＝p r ； S ＝（AB ＋AC －BC ）A r ÷2等. [参练习1图] 2.(圆与弧、角，三角形五心的性质) 基本图形：三角形及其外接圆，外心，内心. 基本结论三: 三角形角B 平分线与其外接圆的交点G 有性质: GI ＝GA ＝GC ； ∠BIC ＝90°＋ 2 1 ∠A ；∠BOC ＝2∠A ；abc ＝4RS 等． A

基本结论四:顺向全等的三角形保角，即对应边的夹角保持相等．顺向全等的三角形（如△ADE 与△GOI ）的定义: 两三角形全等；且对应顶点的排列顺序相同. 顺向全等三角形的判定：两三角形全等；各对应边的夹角同为锐角或钝角. 3. (圆与幂，证两线垂直的新法) 与圆的幂，与证线段垂直有关的问题！基本结论五: 一点关于一圆的幂： PR ·PC ＝PO 2－r 2. 基本结论六: 两线垂直的条件 AO ⊥ AQ 2－AP 2＝OQ 2－OP 2. 4.(圆、平行线与角，证一角为锐角或钝角的方法，射影定理的引伸) 基本结论七: 一角为直角、锐角、钝角的条件当CH ⊥AB 时， ∠BCA CH 2＝AH ·BH ； ∠BCA CH 2＞AH ·BH ； ∠BCA CH 2＜AH ·BH. 要证∠RIS 是锐角,只要证:BI ⊥SR ，BI 2＞BS ·BR. 证一角为锐角的三种方法：利用斜率；余弦定理；及射影定理之逆． A

高中数学竞赛平面几何讲座第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(n≥4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,AD EC KG,知四边形AKGD是平行四边形,于是AK DG。同样可证 AK HB。四边形AHBK是平行四边形,其对角线AB,KH互相平分。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 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 在上, 则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB 有△AMC∽△ACF,得 CD CF CA CF MA MC==。又因为∠AMC=BAC,所以△AMC∽△EAC,得 AE AD AE AC MA MC==。所以AE AD CD CF=,又∠BAD=∠BCD=120°,知△CFD∽△ADE。所以∠ADE=∠DFB。因为AD∥BC,所以∠ADF=∠DFB=∠ADE,于是F,E,D三点共线。 A C D E F H K G

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QE 2=QM·QP=QC·QB① ∠PMC=∠ABC=∠PDQ。从而C,D,Q,M四点共圆,于是 PM·PQ=PC·PD②由①,②得 PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB,即PQ 2=QC·QB+PC·PD。易知PD·PC=PE’·PF,又QF 2=QC·QB,有 PE’·PF+QF 2=PD·PC+QC·AB=PQ 2, 即PE’·PF=PQ 2-QF 2。又 PQ 2-QF 2=PG 2-GF 2=(PG+GF·(PG-GF =PF·(PG-GF, 从而PE’=PG-GF=PG-GE’,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,

数学竞赛中的平面几何问题选讲

数学竞赛中的平面几何问题选讲例1（2005年福建省竞赛题）在直角三角形ABC 中， 90=∠B ，它的内切圆分别与边BC 、CA 、AB 相切于点D 、E 、F ，联结AD ，与内切圆相交于另一点P ，联结PC ，PE 、 PF 、PD ，已知PF PC ⊥，求证：（1）DC PD PD PF =；（2） BC PE //。证法1 （1）联结DE ，DF ，则B D F ∆是等腰直角三角形，于是 45=∠=∠FDB FPD ，故 45=∠DPC 。又PFD PDC ∠=∠，则PFD ∆∽PDC ∆，所以 DC PD FD PF =，① （2）由ADF AFP ∠=∠，ADE AEP ∠=∠，知AFP ∆∽ADF ∆，AEP ∆∽ADE ∆。于是，DF FP AF AP AE AP DE EP ===注（调和四边形）。故由①得DC PD DE EP =，② 因EDC EPD ∠=∠，结合②得。EPD ∆∽EDC ∆，从而EPD ∆也是等腰三角形。于是，EDC EPD PED ∠=∠=∠，所以BC PE =。例2 （2005年福建省竞赛题）已知ABC ∆的内心为I ，BC AC ≠，内切圆与边AB ，BC ，CA 分别相切于点D 、E 、F ，EF CI S =，联结CD 与内切圆的另一个交点为M ，过点M 的切线交AB 的延长线于点G ，求证：（1）CDI ∆∽DSI ∆；（2）CI GS ⊥。证法 1 （1）在CFI Rt ∆中，由射影定理可得 22DI CI SI FI =⋅=，有DI CI SI DI =。而CID ∠ DIS ∠=，故CDI ∆∽DSI ∆。（2）联结IM 、IF 。因为D 、I 、M 、G 四点共圆，并由（1）可得IDC ISD ∠=∠IMD ∠=。所以，点S 在四边形DIMG 的外接圆上，故 90=∠=∠GMI GSI ，即CI GS ⊥。注：①只要点D 与C ，I 不共线且在⊙I 上，则均有CDI ∆∽DSI ∆，且ICD IDS ∠=∠。 ②若C 、M 、D 三点共线，则F 、E 、G 三点也共线，反之亦真。例3 （2008年四川省竞赛题）已知⊙O 与ABC ∆的AB 、AC 分别相切于P 、Q ，与ABC ∆外接圆相切于点D 、M 是PQ 的中点，求证MDC POQ ∠=∠2。证明如图，连接AO 、AD 、DO 和DQ 。因为AP 、AQ 分别与⊙O 相切于P 、Q ，所以 AQ AP =。由OP 和OQ 都是⊙O 的半径，可知 90=∠=∠AQO APO

人教版高中数学竞赛讲座：平面几何四个重要定理.docx

竞赛专题讲座06 －平面几何四个重要定理四个重要定理：梅涅劳斯 (Menelaus) 定理（梅氏线） △ABC的三边 BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则 P、Q、 R 共线的充要条件是。塞瓦 (Ceva) 定理（塞瓦点） △ABC的三边 BC、CA、AB上有点 P、Q、R，则 AP、BQ、CR共点的充要条件是。托勒密 (Ptolemy) 定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。西姆松 (Simson) 定理（西姆松线）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。例题： 1．设AD是△ ABC的边BC上的中线，直线CF交 AD于 F。求证：。

【分析】 CEF截△ ABD→（梅氏定理）【评注】也可以添加辅助线证明：过A、 B、D之一作 CF的平行线。 2．过△ ABC的重心G的直线分别交A B、AC于 E、F，交CB于 D。求证：。【分析】连结并延长 AG交 BC于 M，则 M为 BC的中点。 DEG截△ ABM→（梅氏定理） DGF截△ ACM→（梅氏定理） ∴===1 【评注】梅氏定理 3． D 、 E、 F 分别在△ ABC的 BC、CA、 AB边上，，AD、BE、CF交成△ LMN。求S△LMN。【分析】【评注】梅氏定理 4．以△ ABC各边为底边向外作相似的等腰△ BCE、△CAF、△ABG。求证：AE、BF、 CG相交于一点。

【分析】【评注】塞瓦定理 22 5．已知△ ABC中，∠ B=2∠C。求证： AC=AB+AB·BC。【分析】过 A 作 BC的平行线交△ ABC的外接圆于 D，连结 BD。则CD=DA=AB，AC=BD。由托勒密定理， AC·BD=AD·BC+CD·AB。【评注】托勒密定理 6．已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。求证：。（第 21 届全苏数学竞赛）【分析】【评注】托勒密定理 7．△ABC的 BC边上的高 AD的延长线交外接圆于 P，作 PE⊥AB于 E，延长 ED交 AC延长线于 F。求证： BC·EF=BF·CE+BE·CF。【分析】【评注】西姆松定理（西姆松线） 8．正六边形 ABCDEF的对角线 AC、CE分别被内分点M、N 分成的比为求AM： AC=CN：CE=k，且 k。（ 23-IMO-5 ） B、M、N 共线。【分析】【评注】面积法 9． O 为△ ABC内一点，分别以d a、d b、 d c表示 O到 BC、CA、AB的距离，以 R a、R b、 R c表示 O到 A、B、 C 的距离。

【北师大附中】2020-2021学年高中数学竞赛课程讲义高二平面几何(一)---三角法

平面几何（一）---三角法一、知识点拨三角法是平面几何的基本而又重要的方法之一. 熟练掌握和运用公式是用三角法解决平面几何问题的基础. 较常用的有：1.正余弦定理；2.积化和差、和差化积公式；3.三倍角公式；4.其他. 二、例题选讲例1（四边形的余弦定理）设凸四边形ABCD 对角线交于点P ，θ=∠APB ，求证： BD AC CD AB BC AD ⋅--+=2cos 2 222θ 图1

例2 如图2，在△ABC 中，︒=∠︒=∠60,40ABC BAC ， D 和 E 分别是边AC 和AB 上点，使得︒=∠︒=∠70,40BCE CBD ， F 是直线BD 与CE 的交点. 求证：直线AF 和直线BC 垂直. 图2

例3 如图3，O 是△ABC 内一点，满足α=∠=∠=∠=∠ACO CBO CAO BAO .求证：△ABC 三边长成等比数列. 图3

例4 如图4，凸四边形ABFD中，AB+BF=AD+DF.延长AB与DF相交于点C，延长AD 与BF相交于点E.求证：AC+CF=AE+EF. 图4

例5 如图5，给定凸四边形ABCD ，︒<∠+∠180D B ，2=AC ，DA 与DC 是△ABC 外接圆O 的切线，E 是圆O 的AB 上一点，满足：23=AB AE ，13-=EC BC ，ECA ECB ∠=∠21 ，求BD . 图5

例6 证明Morley 定理：如图6，设△ABC 内有三点D,E,F ，ABC FBA DBC ∠=∠=∠3 1，BAC EAC FAB ∠=∠=∠3 1，ACB DCB ECA ∠=∠=∠31，则△DEF 是正三角形. 图6

高中数学竞赛平面几何讲四点共圆问题

高中数学竞赛平面几何讲座四点共圆问题 “四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路。作为判断四点共圆的方法除了定义外，还有以下定理：定理1若四边形的两个对角互补，则四点共圆。定理2若四边形的一个外角等于它的内对角，则四点共圆。定理3两三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等的顶角，则四点共圆。定理4（相交弦定理的逆定理）若两条线段AB和CD相交于点E，且AE·EB=CE·ED,则A,B,C,D四点共圆。定理5（切割定理的逆定理）若相交于点P的两条线段PB,PD上各有一点A,C,且PA·PB=PC·PD,则A,B,C,D四点共圆定理6（托勒密定理的逆定理）若四边形ABCD的两组对边乘积的和等于它的两条对角线的乘积，即AB·CD+BC·DA=AC·BD,则A,B,C,D四点共圆。 1 “四点共圆”作为证题目的

2 以“四点共圆”作为解题手段这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等题2．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，∠DAM ＝∠CBK . 求证：∠DMA ＝∠CKB . (2)证线垂直题3．⊙O 过△ABC 顶点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N (K 与N 不同).△ABC 外接圆和△ BKN 外接圆相交于B 和M .求证：∠BMO =90°. .(3)判断图形形状例4．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为I A ，I B ， I C ，I D . 试证：I A I B I C I D 是矩形. 题5.凸四边形ABCD 有内切圆,该内切圆切边AB,BC,CD,DA 的切点分别为1111,,,.A B C D 连接11111111,,,,A B B C C D D A 点,,,E F G H 分别是11111111,,,A B B C C D D A 的中点。求证：四边形EFGH 为矩形的充要条件是A,B,C,D 四点共圆。 (4)计算

数学名师叶中豪整理高中数学竞赛平面几何讲义(完整版)

高中平面几何叶中豪学习要点几何问题的转化圆幂与根轴 P ’tolemy 定理及应用几何变换及相似理论位似及其应用完全四边形与Miquel 点垂足三角形与等角共轭反演与配极，调和四边形射影几何复数法及重心坐标方法例题和习题 1．四边形ABCD 中，AB=BC ，DE ⊥AB ，CD ⊥BC ，EF ⊥BC ，且 ()sin 1 tan sin 2 θθγγ⋅+=。求证：2EF=DE+DC 。（10081902.gsp ）

2．已知相交两圆O和O'交于A、B两点，且O'恰在圆O上，P为圆O的AO'B弧段上任意一点。∠APB的平分线交圆O'于Q点。求证：PQ2=PA×PB。（10092401-1. gsp） 3．设三角形ABC的Fermat点为R，连结AR，BR，CR，三角形ABR，BCR，ACR 的九点圆心分别为D，E，F，则三角形DEF为正三角形。（10082602.gsp） 4．在△ABC中，已知∠A的内角平分线和外角平分线分别交外接圆于D、E，点A 关于D、E的对称点分别为F、G，△ADG和△AEF的外接圆交于A和另一点P。求证：AP//BC。（10092102.gsp）

5．圆O 1和圆O 2 相交于A、B两点，P是直线AB上一点，过P作两圆作切线，分别切圆O 1和圆O 2 于点C、D，又两圆的一条外公切线分别切圆O 1 和圆O 2 于点 E，F。求证：AB、CE、DF共点。（10092201.gsp） 6．四边形ABCD中，M是AB边中点，且MC=MD，过C、D分别作BC、AD的垂线，两条垂线交于P点，再作PQ⊥AB于Q。求证：∠PQC=∠PQD。（10081601-26.gsp） 7．已知RT△ABD∽RT△ADC，M是BC中点，AD与BC交于E，自C作AM垂线交AD于F。求证：DE=EF。（10083001.gsp）

高中奥林匹克数学竞赛讲座平面与空间问题的类比

高中奥林匹克数学竞赛讲座平面与空间问题的类比许多平面几何中的命题可以推广成立体几何中的相应命题.反之，解决立体几何的问题，常常先研究该问题在平面内的相应命题及解决方法，然后推广到空间，寻求相应的解决方法. 例1：等腰三角形底边上任意一点两腰距离和为定值. 分析：这是一个平面几何中很基本的问题，有多种证法.我们关心的是该命题在三维空间中的推广，以及它的各种证法如何推广，以及它的各种证法如何推广到三维空间中去. 证法一：如图1—1，在△ABC 中，AB=AC ， D 是BC 上一点，D E ⊥AC 于E ，D F ⊥AB 于F ，连接AD ，作BG ⊥AC 于G. ∵DF AB DE AC S S ADB ADC ⋅+⋅=+∆∆2 121 )(2 1DF DE AC += BG AC S ABC ⋅=∆21 又∵AD B AD C ABC S S S ∆∆∆+= ∴DE+DF=BG=定值该命题推广到空间，变成相应命题：“正三棱锥底面上任一点到三个侧面的距离和等于定值”.它的证明方法与证法1相仿，只是“三角形面积转化成了三棱锥体积”. 证法2：作DH ⊥BG 于H ，DEGH 是矩形，得DE=HG ，在△BHD 与△DFB 中，∠BHD=∠DFB=Rt ∠，BD 是公共边，∠HBD=∠EDC=90°－∠B=∠FDB.于是得△BHD ≌△DFB ，BH=DF ，所以DE+DF=BG . 这一证明方法推推广到空间，得相应的证法.在平面问题中“作DH ⊥BG 于H ”，相当于在空间问题中“过点D 作垂直于AH 的平面，与AH 交于K ”（如图1—2）.在平面问题中将BG 截成两段，一段HG 与DE 相等，另一段BH 与DF 相等；在空间问题中，可将AH 截成两段，一段KH=DE ，另一段AK 欲证它等于DF+DG ，只需再作一次截面：过D 点作截面与面A VC 平行，这个平面将M 点到ANS 的垂线段分成两截，其中一段与DG 相等，另一段与DF 相等. 证法3：如图1—1，DE=DC ·sinC ，DF=DB ·sinB ，∵ ∠B=∠C ， ∴DE+DF=（DC+DB ）sinC=BC ·sinC=BG . 这一证法的思路是利用等腰三角形两底角相等的性质，将 DE 与DF 转化成用底边上线段表示.推广到空间，就可利用正三棱锥各侧面与底面所成角相等（设此角为θ），将D 点到三侧面的距离和转化成底面上D 点到△ABC 三边距离和与sin θ的乘积，由于△ABC 是正三角形，D 到三边距离和等于一边上的高，于是得证. 另外还有其他证明方法，也都可以空间找到相应的方法. 例2：四面体ABCD 内接于半径为R 的球O 内，球心O 在该四面体内，连结AO 、BO 、CO 、DO 并延长分别与对面交于A 1、B 1、C 1、D 1.求证： AA 1+BB 1+CC 1+DD 1≥R 3 16

高中数学竞赛教材讲义第十六章平面几何讲义

第十六章平面几何一、常用定理（仅给出定理,证明请读者完成）梅涅劳斯定理设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC,CA,AB 或其延长线上的点,若',','C B A 三点共线,则 .1''''''=⋅⋅B C AC A B CB C A BA 梅涅劳斯定理的逆定理条件同上,若.1''''''=⋅⋅B C AC A B CB C A BA 则',','C B A 三点共线。塞瓦定理设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC,CA,AB 或其延长线上的点,若',','CC BB AA 三线平行或共点,则.1''''''=⋅⋅B C AC A B CB C A BA 塞瓦定理的逆定理设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC,CA,AB 或其延长线上的点,若.1''''''=⋅⋅B C AC A B CB C A BA 则',','CC BB AA 三线共点或互相平行。角元形式的塞瓦定理 ',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC,CA,AB 所在直线上的点,则',','CC BB AA 平行或共点的充要条件是.1'sin 'sin 'sin 'sin 'sin 'sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠BA B CBB CB C ACC AC A BAA 广义托勒密定理设ABC D 为任意凸四边形,则AB •CD+BC •AD ≥AC •BD,当且仅当A,B,C,D 四点共圆时取等号。斯特瓦特定理设P 为ΔABC 的边BC 上任意一点,P 不同于B,C,则有 AP 2=AB 2•BC PC +AC 2•BC BP -BP •PC. 西姆松定理过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线,则三垂足共线。西姆松定理的逆定理若一点在三角形三边所在直线上的射影共线,则该点在三角形的外接圆上。九点圆定理三角形三条高的垂足、三边的中点以及垂心与顶点的三条连线段的中点,这九点共圆。蒙日定理三条根轴交于一点或互相平行。（到两圆的幂（即切线长）相等的点构成集合为一条直线,这条直线称根轴）欧拉定理 ΔABC 的外心O,垂心H,重心G 三点共线,且.2 1GH OG = 二、方法与例题 1．同一法。即不直接去证明,而是作出满足条件的图形或点,然后证明它与已知图形或点重合。例1 在ΔABC 中,∠ABC=700,∠ACB=300,P,Q 为ΔABC 内部两点,∠QBC=∠QCB=100,∠PBQ=∠ PCB=200,求证：A,P,Q 三点共线。 [证明] 设直线CP 交AQ 于P 1,直线BP 交AQ 于P 2,因为∠ACP=∠PCQ=100,所以CQ AC QP AP =1 ,①在ΔABP,ΔBPQ,ΔABC 中由正弦定理有

数学奥赛平面几何

《竞赛数学解题研究》之平面几何专题一、平面几何中的一些重要定理： 1、梅涅劳斯定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则D 、E 、F 三点共线的充要条件是 1=⋅⋅EA CE FC BF DB AD 。 2、塞瓦定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则AF 、BE 、CD 三点共线的充要条件是 1=⋅⋅EA CE FC BF DB AD 。 3、托勒密定理：四边形ABCD 内接于圆的充要条件是CD BC CD AB BD AC ⋅+⋅=⋅

4、西摩松定理：设P 是ABC ∆外接圆上任一点，过P 向ABC ∆的三边分别作垂线，设垂足为D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线。 5、斯德瓦特定理：设P 是ABC ∆的边BC 边上的任一点，则 BC PC BP AP BC AB PC AC BP ⋅⋅+⋅=⋅+⋅222 6、共角定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个角相等或互补（不妨设A=A '）则 C A B A AC AB S S C B A ABC ' '⋅''⋅='''∆∆ 7、共边定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个边相等，则 C A B A AC AB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆

举例说明： 1、设M 、N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 上的点，且AM:AC=CN:CE=k,如果BMN 三点共线，试求k 。（IMO23,1982） 2、在四边形ABCD 中，ABD ∆、BCD ∆、ABC ∆的面积之比为3：4：1，点M 、N 分别是AC 、CD 上的点，且AM:AC=CN:CD, 并且BMN 三点共线，求证：M 、N 分别是AC 、 CD 的中点。（1983，全国高中数学联赛试题）

高中数学竞赛题之平面几何

第一讲注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,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1 为了改变角的位置大家知道,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,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ ,A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使 ∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答：当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 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△DBP ＝∠AQC 中,显然 ∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知 △DBP ≌△AQC . 有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC . 于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP . 则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP . 所以AB ＝AC . 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,∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 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AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有 ∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE . 由∠BAF ＝∠BCE ,可知 ∠BAF ＝∠BPE . 有P 、B 、A 、E 四点共圆. 于是,∠EBA ＝∠APE . 所以,∠EBA ＝∠ADE . 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,证法很巧妙. 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 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ . 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KQ ＝PN . 显然,PD EP ＝FD EF ＝GD CG ,可知PG ∥EC . 由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是, PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ . 这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷. 3 为了线段比的转化 ∥＝ A D B P Q 图1P E D G A B F C 图2 A N E B Q K G C D M F P 图3

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