高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)
数学想象画-
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<
/p>
.
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
.
<
/p>
添加平行线证题
,
一般有如下四种情况<
/p>
.
1
、为了改变角的位置
大家知道
,
< br>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>
P
、
Q
为线段<
/p>
BC
上两点
,
且
BP
＝
CQ,A
为
BC
外一动点
(
< br>如图
1).
当点
A
运动到
A
D
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
.
在△
DBP
＝∠
AQC
中
,
显然∠
DBP
＝∠
AQC
,∠
DPB
＝∠
C
.
由
BP
＝
CQ
,
可知△
DBP
≌△
AQC
.
有
DP
< br>＝
AC
,∠
BDP
＝∠
QAC
.
于是
,
DA
∥
BP
,∠
BAP
＝∠
BD
P
.
则
A
、<
/p>
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
< br>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
、<
/p>
EC
的平行线
,
得交点
P
,
连
PE
.
B
P
图1
Q
C
证明
：如图
1,
分别过点
P
、
B
作
AC
< br>、
AQ
的平行线得交点
D
.
连结
DA
.
∥
CD
,
易知△<
/p>
PBA
≌△
ECD
.
有
PA
＝
ED
,
PB
＝
EC
.
由
AB
＝
显然
,
四边形
PBCE
、
PADE
均为平行四边形
.
有
∠
BCE
＝∠
BPE
,∠
APE
＝∠
ADE
.
由∠
BAF
＝∠
BCE
,
可知
P<
/p>
E
A
B
G
F
D
C
图2
∠
BAF
＝∠
BPE<
/p>
.
有
P
、
B
、
A
、
E
四点共圆
.
于是,∠<
/p>
EBA
＝∠
APE
.
所以,∠
EBA
＝∠
ADE
.
这里<
/p>
,
通过添加平行线
,
使已知与未知中的四个角通过
P
、
B
、
A
、
E<
/p>
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<
/p>
、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：<
/p>
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
B
E
F
A
N
P
K
Q
< br>图3
M
D
G
C
1
两边距离相等
.
有
KQ
＝
PN
.
显然
,
EP
EF
CG
＝
＝
,
可知
PG
∥
EC
.
PD
FD
GD
由
CE
平分∠
BCA
,
知
GP
平分∠
FGA
.
有
< br>PK
＝
PM
.
< br>于是
,
PM
＋
< br>PN
＝
PK
＋
< br>KQ
＝
PQ
.
这里
,
通过添加平行线
,
将
PQ
“掐开”成两段
,
证得
P
M
＝
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<
/p>
,
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<
/p>
M
1
、
M
2
是△
ABC
的
BC
边上的点
,
且
BM
1
＝
CM
2
.
任作一直线分别交
AB
、
AC
、
AM
1
、
AM
2
于
P
、
Q
、
N
1
、
N
2
.
试证
：
AM
2
AC
AM
1
AB
＋
＝
＋
.
AP
AQ
AN
1
AN
2
P
N
1
A
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
BM
1
＝
CM
2
,
可知
BE
＋
CE
＝
M
1
E
＋
M
2
E
,
易知
则
B
Q
N
2
M
1
M
2
C
D
图4
E
M
E
AM
2
< br>M
E
AB
BE
< br>AC
CE
AM
1
＝
,
＝
,
＝
1
,
＝
2
.
AP
DE
AQ
DE
AN
1
DE
AN
2
DE
< br>AM
1
AM
2
< br>M
E
M
2
E
AC
BE
CE
AB
＋
＝
＝
1
＝
＋
.
AP
DE
DE
AQ
AN
1
AN
2
AM
2
AC
AM
1
AB
＋
＝
＋
.
AP
AQ
AN
1
AN
2
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
5
、
AD
是△
ABC
的
高线
,
K
为
A
D
上一点
,
BK
交
AC
于
E
,
CK
交
AB
于
F
.
求证：
∠
FDA
＝∠
EDA
< br>.
证明：
如图
5,
过点
A
作
BC
的平行线
,
分别交直线
D
E
、
DF
、
BE
、
CF
于
Q
、
P
、
N
、
M
.
M
P
F
A
K
Q
E
N
BD
KD
DC
显然
,
＝
＝
.
有
BD
·
AM
＝
DC
·
AN
. (1)
AN
KA
AM
B
< br>C
BD
·
AM
< br>AP
AF
AM
D
由
＝
＝
,
有
AP
＝
.
(2)
图5
BD
FB
BC
BC
AQ
AE
AN
DC
·
AN
由
＝
＝
,
有
AQ
＝
.
(3)
EC
BC
BC
DC
对比
(1)
、
(2)
、
(3)
有
AP
＝
AQ
.
显然
AD
为
PQ<
/p>
的中垂线
,
故
A
D
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
.
4
、为了线段相等的传递
2
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
,
A
D
是
BC
边上的中线
< br>,
点
M
在
AB
边上
,
点
N
在
AC
边上
,
并且
1
(
AB
2
＋
AC
2
).
4
M
证明：
如图
6,
过点
< br>B
作
AC
的平行线交
ND
延长线于
E
.
连
ME
.
∠
MDN
＝90°.如果
BM
2
＋
CN
2
＝
DM
2
＋
DN
2
,
求
证：
AD
2
＝
由
BD
＝
DC
,
可知
ED
＝
DN
.
有△
B
ED
≌△
CND
.
< br>于是
,
BE
＝
< br>NC
.
B
显然
,
MD
为
EN
的中垂线
.
有
EM
＝
MN
.
2
2
2
2
2
2
2
2
A
N
C
D
E
图6
由
BM
＋
BE
＝
BM
＋
NC
＝
MD
＋
DN
＝
MN
＝
EM
,
可知△
BEM
为直角三角
形,∠
MBE
＝90°.有∠
ABC
＋∠
ACB
＝∠
ABC
＋∠
EBC
＝90°.于是,∠
BAC
＝90°.
1
1
所以
,
AD
2
＝
< br>BC
＝
(
AB
2
＋
AC
2
).
4
2
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
< br>作
AB
的垂线
,
交半圆于
C
.
求证：
CD
平分
EF
. <
/p>
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
DB
< br>2
＝
FB
2
＝
AB
·
HB
,
AD
2
＝
AE
2
＝
AG
·
AB
.
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<
/p>
,
为证明
CD
平
分
EF
,
想到可先证
< br>CD
平分
GH
.
为此添加
CD
的两条平行线
E
G
、
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
< br>.
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<
/p>
行的直线
.
于是
,
有
A
C
E
F
2
二式相减
,
得
DB
2
－
AD
2
＝
AB
·
(
HB
－
AG
)
,
或
(
DB
－
AD
)·
AB
＝
AB
·
(
HB
－
AG
).
< br>图7
G
D
O
H
B
ME
ME
DM
AM
DM
BN
DM
＝
＝
,
< br>即
＝
或
＝
. <
/p>
BN
AN
BN
M
E
NC
NC
NC
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
.
A
D
M
B
N
图8
C
E
A
< br>证明：
如图
9,
过
C
作
EF
的平行线分别交<
/p>
AE
、
AF
于<
/p>
M
、
N
.
由
BD
∥
EF
,
可知
MN
∥
BD
.
易知
S
△
BEF
＝
S
△
DEF
.
有
S
△
BEC
＝
S
△Ⅱ
KG
－
*5
Ⅱ
DFC
.
可得
MC
＝
CN
.
所以
,
EG
＝
GF
.
E
M
B
< br>C
D
N
例
9
如图
10,⊙
O
是△
ABC
的边
BC
外的旁切圆
,
D
、
E
、
F
分别为⊙
O
与
3
F
G
BC<
/p>
图9
、
CA
、<
/p>
AB
的切点
.
若
OD
与<
/p>
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>
、
P
、
E
四点共圆
.
有∠
EO
P
＝∠
EKP
.
O
Q
F
B
K
A
C
P
E<
/p>
图10
显然,∠
FKQ
＝∠
EKP
,
可知∠
FOQ
＝∠
EO
P
.
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
＝
< br>CD
,
M
、
N
分别为
AD
、
< br>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
< br>PM
＝
PN
.)
2.
设
P
为
△
ABC
边
BC
上一点
,
且
PC
＝
2
PB
.
已知∠
ABC
＝45°,∠
APC<
/p>
＝60°.求∠
ACB
.
(
提示：过点
C
作
PA
的平行线交
BA
延
长线于点
D
.
易证△
< br>ACD
∽△
PBA
.
答：75°)
3.
六
边形
ABCDEF
的各角相等
,
FA
＝
AB
＝
BC
,∠
EBD
＝6
0°,
S
△
EBD
＝
60cm
.
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
EMQ
D
面积相等
.
答：
120cm
2
)
4.
AD
为
Rt
△
ABC
的斜边
BC
上的
高
,
P
是
AD
的中点
,
连
B
P
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
.<
/p>
设
BC
＝
1,<
/p>
有
AD
＝
k
,
DC
＝
k
2
.
答：
2
1
)
2
1
k
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
C
E
的垂线交
CB
于
F
.
求证：
垂心
< br>.)
6.
在△
ABC
中,∠
A
:∠
B
:∠
C
＝4:2:1,∠
< br>A
、∠
B
、∠
< br>C
的对边分别为
a
、
b
、
c
.
求证：
＋
AD
CF
＝
.(
提示：过点
F
作
AB
的平行线交
CE
于点
H
.
H
为△
CDF
的
DE
FB
1
a
1
1
＝
.(
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
b
c
CA<
/p>
、
BA
于点
E<
/p>
、
F
.)
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
.
4
(<
/p>
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⊙
< br>O
的割线
,
PO
分别交
AB
、
AC
于点
M
、
N
.
求证：
OM
＝
ON
.
(
提示：过点<
/p>
C
作
PM
的平行
线分别交
AB
、
AD
< br>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
A
例
1
<
/p>
如图
1,
在△
A
BC
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
＝
2
CD
.
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
＝
2
CD
.
若延长
AD
交△
ABC
的外接圆于
F
< br>,
则可得
EB
＝
EF
,
从而获取
.
＝∠
ABC
＝∠
AFC
,
即∠
BFD
＝∠
CFD
.
故
BF
< br>:
CF
＝
BD
< br>:
DC
.
又∠
BEF
＝∠
BAC<
/p>
,
∠
BFE
＝∠
BCA
,
从而∠
FBE
＝∠
ABC
＝∠
ACB
＝∠
BFE
.
故
EB<
/p>
＝
EF
.
作∠
BEF
的平分线交
BF
于
G
,
则
BG
＝
GF
.
因∠
GEF
< br>＝
B
E
G
D
F
C
图1
证明：
如图
1,
延长
< br>AD
与△
ABC
的外接圆相交于
点
F
,
连结
C
F
与
BF
,
则
∠
BFA
＝∠
BCA
< br>1
∠
BEF
＝∠
CEF
,
∠
GFE
＝∠
CFE
,
故△
FEG
≌△
FEC
.
从而
GF
＝
F
C
.
2
C
O
D
B
于是
,
BF
＝
2
CF
.
故
B
D
＝
2
CD
.
1.2
利用四点共圆
例
2
凸四边形
ABCD
中
,
∠
< br>ABC
＝
60
°
,
∠
BAD
＝∠
BCD
＝
90
°
,
AB
＝
2,
CD
＝
1,
对角线<
/p>
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
°
,
< br>故
A
、
B
、
C
、
D
四
点共圆
.
延长
BA
、
CD
交于
P
,
则∠
ADP
图2
＝∠
ABC
＝
60
°
.
设
AD
＝
x
,
有
AP
＝
3
x
,
DP
＝
2
x
.
由割线定理得
(2
＋
3
x
)
3
x
＝
2
x
(1
＋
2
x
).
解得
P
A
1
BP
< br>＝
4
－
3
.
2
由托勒密定理有
BD
·
CA
＝
(4
－
3
)(2
3
－
2)
＋
2
< br>×
1
＝
10
3
－
12.
AD
＝
x
＝
2
3
－
2,
BC
＝
5
又
S
ABCD
＝
S
△
ABD
＋
S
△
BCD
＝
3
3
15
6
3
.
故
sin
∠
AOB
＝
.
2
26
A
例
3
已知：如图
3,
AB
＝
BC
＝
CA
＝
AD
,
AH
⊥
CD
于
H
,
CP
⊥
BC
,
CP
交
AH
于
P
.
求证：
3
△
ABC
的面积
S
＝
AP
·
BD
.
4
3
2
3
分析：因
S
△
ABC
＝
BC
＝
AC
·
BC
,
只须证
AC
·
BC
＝
AP
·
BD
,
4
4
转化为证△
APC
∽△
BCD
.
这由
< br>A
、
B
、
C
、
Q
四点共圆易证
(
Q
为
BD
< br>与
AH
交点
).
B
P
Q
D
< br>C
图3
H
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
.
< br>从而
,
∠
ABQ
＝∠
ACQ
.
可知
A
、
B
、
C
、
Q
四点共圆
.
∵∠
APC<
/p>
＝
90
°＋∠
P
CH
＝∠
BCD
,
∠
CBQ
＝∠
CAQ
,
∴△
APC<
/p>
∽△
BCD
.
∴
AC
·
BC
＝
AP
·
BD
.
于是
,
S
＝
3
3
AC
·<
/p>
BC
＝
AP
·<
/p>
BD
.
4
4
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<
/p>
.
2.1
联想圆的定义构造辅助圆
例
4
如图
4,
四边形
ABCD
< br>中
,
AB
∥
CD
,
AD
＝
DC
＝
DB
＝
p
,
BC
＝
q
.
求对角线
AC
< br>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
.
∵
< br>AB
∥
CD
,
< br>∴
BC
＝
AE
< br>.
从而
,
BC
＝
AE
＝
q
.
在△
ACE
中
,
∠
CAE
＝
90
°
,
CE
＝
2
p
,
AE
＝
q
,
故
AC
＝
CE
2
AE
2
＝
4
p
2
q
2
.
2.2
联想直径的性质构造辅助圆
例
5
已知
抛物线
y
＝－
x
2
＋
2
x
＋
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
,<
/p>
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
A
0
(1,9),
对称轴为
x
< br>＝
1,
与
x
轴交
于两点
B
< br>(
－
2,0)
、
C
(4,0).
分别以
B
C
、
DA
为直径作⊙
< br>D
、⊙
E
,
则两圆与抛物线均交于两点
E
P
Q
D
图5
C<
/p>
(4,0)
x
y
A
0
(1,9)
B
A
E
解：
延长
CD
交半径为
p
的⊙
D
于
E
点
< br>,
连结
AE
.
< br>显然
A
、
B
、
C
在⊙
D
上
.
C
D
图4
P
(1
－
2
2
,1)
、
Q
(1
＋
2
2
,1).
可知
,
点
A
在不含端点的抛物线
PA
0
Q
内时
,
∠
BAC
＜
90
°
.
且有
6
B
(-2,0)
3
＝
DP
＝
DQ
＜
AD
≤
DA
0
＝
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
6
AD
是
Rt
△
AB
C
斜边
BC
上的高
,
∠
B
的平行线交
AD
于
M
,
< br>交
AC
于
N
.
求证：
AB
2
< br>－
AN
＝
BM
< br>·
BN
.
分析：因
AB
2
－
AN
2
＝
(
AB
＋
AN
)(
AB
－
AN
)
＝
BM
·
BN
,
而由题设易知
AM
＝
AN<
/p>
,
联想割
E
线定
理
,
构造辅助圆即可证得结论
.
证明：
如图
6,
∵∠
2
＋∠
3
＝∠
4
＋∠
5
＝
90
°
,
A
又∠
3
＝∠
4,
∠
1
＝∠
5,
∴∠
1
＝∠
< br>2.
从而
,
AM
＝
AN
.
以
AM
长为半径作⊙
A
,
交
AB
于
F
,
交
BA
的延长线于<
/p>
E
.
则
AE<
/p>
＝
AF
＝
AN<
/p>
.
AN
2
,
即
AB
－
AN
＝
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<
/p>
、
Q
.
求证：<
/p>
EP
2
＋
FQ<
/p>
2
＝
EF
2
.
分析：因
EP
和
FQ
是⊙
O
的切线
,
由结论联想到切割线定理
,<
/p>
构造辅助圆使
EP
、
FQ
向
EF
转化
< br>.
证明：
如图
7,
作△
BCE
的外接圆交
E
F
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
EF
＝
(
EG
＋
GF
)
·
EF
＝
EG
·
EF
＋
GF
·
EF
＝
EC
·
ED
＋
FC
·
FB
＝
EC
·
ED
＋
FC
·
FB
＝
EP
＋
FQ
,
即
EP
2
＋
FQ
2
＝<
/p>
EF
2
.
2.4
联想托勒密定理构造辅助圆
∠
B
＇
,
∠
A
＋∠
A
＇＝
180
°
.
试证：
aa
＇＝
b
b
＇＋
cc
＇
.
分析：因∠
B
＝∠
B
＇
,
∠
< br>A
＋∠
A
＇＝
< br>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△
A
BC
的外接圆
,
过
C
作
CD
∥
AB
交圆于
D
,
连结
AD
和
BD
< br>,
如图
9
所示
< br>.
∵∠
A
＋∠
A
＇＝
180
°＝∠
A
＋∠
D
,
∠
BCD
＝∠
B
＝∠
B
＇<
/p>
,
∴∠
A
＇＝∠
D
,
∠
B
＇＝∠
BCD
< br>.
B
b
D
< br>图9
B
c
a
(1)
图8
E
2
< br>2
2
2
2
2
1
F
3
5
M
4
D
B
2
N
C
由割线定理
有
BM
·
BN
＝
BF
·
BE
＝
(
AB
＋
A
E
)(
AB
－
AF
)
＝
(
A
B
＋
AN
)(
AB
图6
－
AN
)
＝
AB
2
－
A
P
O
B<
/p>
C
G
D
Q
F
例
8
如图
8,
△
ABC
与△
A
＇
B
＇
C
＇的三边分别为
a
、
b
、
c<
/p>
与
a
＇、
b
＇、
c
＇
,
且∠
B
＝
A
b
C
B'
c'
a'
(2)
A'
b'<
/p>
C'
A
c
a
b
C
A
'
B
'
B
'
C
'
A
'
< br>C
'
＝
＝
,
DC
CB
DB
c
'
a
'
b
'
ac
'
ab
'
即
＝
＝
.
故<
/p>
DC
＝
,
DB<
/p>
＝
.
DB
a<
/p>
'
a
'
DC
a
∴△
A
＇
B
＇
C
＇∽△
DCB
.
有
7
又
AB
∥
DC
,
可知
BD
＝
AC
＝
b
,
BC
＝
AD
＝
a
.
从
而
,
由托勒密定理
,
< br>得
AD
·
BC
＝
AB
·
DC
＋
AC
·
BD
,
即
a
2
＝
< br>c
·
ac
'
ab
'
＋
b
·
.
故
aa
＇＝
bb
＇＋
cc
< br>＇
.
a
'
a
'
AB
BD
＝
.
AC
DC
< br>AB
＝
AC
练
< br>习
题
1.
< br>作一个辅助圆证明：△
ABC
中
,
若
AD
平分∠
A
,
则
(
提
示：不妨设
AB
≥
AC
,
作△
ADC
的外接圆交
AB
于
E
,
证△
ABC
∽△
DB
E
,
从而
BD
BD
＝
.)
DE
DC
2.
已知凸五边形
ABCDE
中
,
∠
BAE
＝
3
a
,
BC
＝
CD
＝
DE
,
∠
BCD
＝∠
CDE<
/p>
＝
180
°－
2
a
.
求
证：∠
BAC
＝∠
CAD
＝∠
DAE
.
(
提示：由已知证明∠
BCE
＝∠
BDE
＝
180
°－
3
a
,
从而
< br>A
、
B
、
C
、
D
、
E
共圆
,
得∠
B
AC
＝
∠
CAD
＝∠
DAE
.)
3.
在△
ABC
中
AB
＝
BC
,
∠
ABC
＝
20
°
,
在
AB
边上取一点
M
,
使
BM<
/p>
＝
AC
.
求∠<
/p>
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
＝<
/p>
30
°
.)
4
．如图
10,
AC
是
ABCD
较长的对角线
,
过
C
作
CF
⊥
AF
,
CE
⊥
AE
.
2
1
2
求证：
AB
·
AE
＋
AD
·
AF
＝
AC
.
(
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
< br>11.
已知⊙
O
1
和⊙
O
2
相交于
A
、
B
,
直线
CD
过
A
交⊙
O
1
< br>和⊙
O
2
于
C
、
D
,
且
AC
＝
AD
,
EC
、
ED
分别切两圆于
C
、
D
< br>.
求证：
AC
2
＝
AB
·
AE
.
(
提示：作△
BCD
的外接圆⊙
O
3
,
延长
BA
交⊙
O
3
于
F
,<
/p>
证
E
在⊙
O
3
上
,
得
△
ACE
≌△
ADF<
/p>
,
从而
AE
＝<
/p>
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
.
< br>求证：
AB
·
AC
＝
AE
2
－
BE
.
2
F
D
C
A
图10
B
E
E
D
< br>A
O
1
B
图11
O
2
C
(
提示：以
BE
为半径作辅助圆⊙<
/p>
E
,
交
AE
及其延长线于
N
、
M
,
由△
ANC
∽△
ABM
证
AB
< br>·
AC
＝
AN
< br>·
AM
.)
7.
若正五边形
ABCD
E
的
边长为
a
,
对角线长为
b
,
试证：
2
2
b
a
－
＝
1.
a
b
(
提示：证
b
＝
< br>a
＋
ab
,
联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得
.)
8
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
< br>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；
< br>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<
/p>
，
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
°，
D
，
E<
/p>
，
F
三点共线。
证：如图，连
AC
，
< br>DF
，
DE
。因为
M
在
则∠
AMC
=60
°
=
∠
ABC
=
∠
ACB
，
有△
AMC
∽△
ACF
，得
O
上，
F
B<
/p>
G
D
A
E
K
C
B
H
F
O
A
E
O
C
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：
M
D
MC
CF
CF
。
MA
CA
CD
MC
AC
AD
。
MA
AE
AE
又因为∠
AMC<
/p>
=
BAC
，所以△
AMC
∽△
EAC
，得
所以
CF
AD
，又∠
BAD
=
∠
BCD
=120
°，知△
CFD
∽△
ADE
。所以∠
ADE
=
∠
DFB<
/p>
。因
CD
AE
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
< br>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
QE
2
=
QM
·
QP
=
QC
·
QB
①
∠
PMC
=
∠
ABC
=
∠
PDQ
。
从而
C
，
< br>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
PQ<
/p>
2
=
QC
·
QB
+
PC
·
PD
。易知
PD
·
PC
=
PE
’
·
PF
，
又
QF
=
QC
·
QB
，有
PE
’·
PF+QF
=
PD
·
PC
+
QC
·
AB
=
PQ
，
9
< br>2
2
2
A
G
C
(
E
'
)
E
F
如
D
Q
M
B
P
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。
<
/p>
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<
/p>
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<
/p>
OA
丄
AP
，<
/p>
OB
丄
BP
，<
/p>
OF
丄
CP
，所
以
P
，
A
，<
/p>
F
，
O
，
B
五点共圆，有∠
AFP
=
∠
AOP
=
∠
POB
=
∠
PFB
。
又因
CD
∥
BE
< br>，所以有∠
PFB
=
∠
FBE
，∠
EFD
=<
/p>
∠
FEB
，
<
/p>
而
FOG
为
BE
的垂直平分线，故
EF
=
FB
，∠
FEB
=
∠
EBF
，
A
D
F
O
C
P
G
E
< br>B
所以∠
AFP
=
∠
EFD
，
A
，
F
，
E
< br>三点共线。
2
、线共点的证明
< br>证明线共点可用有关定理
(
如三角形的
< br>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。
M
例
5
以
△
ABC
的两边
AB
< br>，
AC
向外作正方形
ABDE<
/p>
，
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
< br>K
。
在△
ACM
和△
BCF
中，
AC
=
CF
，
AM
=
BC
，
∠
MAC
+
∠
HAC
=180
°，∠
HAC
+
∠
H
CA
=90
°，并且∠
BCF
=90
°
+
∠
HCA
，
因此∠
BCF
+
∠
HAC
=180
°∠
MAC
< br>=
∠
BCF
。从而△
MAC
≌△
BCF
，∠<
/p>
ACM
=
∠
CF
B
。
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。
< br>
例
6
设
< br>P
为△
ABC
内一点，∠
APB
－∠
ACB=
∠
APC
－∠
ABC
< br>。又设
D
，
E
< br>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
，<
/p>
R
；
P
，
S
，
C
，
T
分别四点共
圆，则∠
APB
－∠
ACB
=
∠
PAC
+
∠
PBC
=
∠
PRS
+
∠
PRT
=
∠
SRT
。
E
G
D
B
A
K
H
C
F
A
R
M<
/p>
N
D
E
P
B
T
S
C
同理，∠
APC
－∠
AB
C
=
∠
RST
，由条件知∠
SRT
=
∠
RST
，所以
RT
=
ST
。
10
又
RT<
/p>
=
PBsinB
，
ST
=
PCsinC
，所以
PBsinB
=
PCsinC
< br>，那么
PB
PC
。
AB
AC
AN
AC
AB
AM
由角平分线定理
知
。故
M
，
N
重合，即
AP
，
BD
，
CE
交于一
< br>NP
PC
PB
MP
点。
例
7
O
1
与
O
2
外切于
P
点，
QR
为两圆的公切线
,
其中
Q
，
R
分别为
O
1
，
O
2
上
的切点，过
Q
且垂直于
QO
2
的直线与过
R
且垂直于
RO
1
的直线交于点
I
，<
/p>
IN
垂直于
O
1
O
2
,
垂足为
N
,
IN
与<
/p>
QR
交于点
M
.
证明：
PM
，
RO
1
，
QO
2
三条直线交于
一点。
证：如图，设
RO
1
与
QO
2
交于点
O<
/p>
，连
MO
，
PO
。
因为∠
O
1
QM
=
∠
O
1
N
M
=90
°，所以
Q
< br>，
O
1
，
N
，
M
四点共圆，
< br>有∠
QMI
=
∠
QO
1
O
2
< br>。
而∠
IQO
2
=90
°
=
∠
RQO
1
，所以∠
IQM
=
∠
O
2
QO
1
，
Q
M
O
1
N
O
P
O
2
I
R
QO
1
O
1
O
2
RO
2
O
1
O
2
<
/p>
同理可证
。因此
QM
MI
RM
MI
O
1
O
QO
1
QM
QO
1
①
因为
QO
1
∥
RO
2
，所以有
②
MR
RO
2
OR
RO
2
O
1
O
O
1
Q
O
1
P
由①，②得
MO
∥
QO
1
。
又由于
O
1
P=O
1
Q
，
PO
2
=RO<
/p>
2
，所以
，
OR
RO
2
PO
2
故△
QIM
∽△
QO
2
O
1
，得
即
OP
∥
RO
2
。从而
MO
∥
QO
1
∥
RO
2
∥
OP
，故
M
，
O
，
P
三点共线，所以
PM
，
RO
1
，
QO
2
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
，
A
则
BP
CQ
AR
1
PC
QA
RB
。
证：如图，由三角形面积的性质，有
B
Q
M
P
C<
/p>
BP
CQ
AR
A
R
S
AMC
BP
S
AMB
CQ
S
BMC
1
.
,
,
.
以上三式相乘，得
PC
QA
RB
RB
S
BMC
PC
S
AMC
QA
S
AMB
定理<
/p>
2 (
定理
1
的
逆定理
):
BP
CQ
AR
1
，则
AP
，
设
P
，
Q
< br>，
R
分别是△
ABC
的
BC
，
CA
，
AB
上的点。若
PC<
/p>
QA
RB
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
BP
CQ
AR<
/p>
'
BP
CQ
AR
AR
'
AR
1
. <
/p>
而
1
，所以
.
PC
QA
R
'
B
PC
QA
RB<
/p>
R
'
B
RB
11