1、1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,AB
2、C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,显然DBPAQC,DPB C.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AB CD,易知PBA ECD .有P
3、AED,PBEC.显然,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,EBA APE.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
4、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 ABPQC图 1PEDGABFC图 2ANEBQKGCDMFP图 32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 . 显然, ,可知PGEC.PDEFGC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
5、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、N 2.试证： .APBQCNMA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BM 1CM 2,可知BE CE M 1EM 2E,易知 , , , .PBECDAN12DM则 .AQ211AN所以, .12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
6、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. 显然, .有 BDAMDCAN. (1)BDAC由 ,有AP . (2)FBMD由 ,有AQ . (3)CAENAEDC21BN图 4图 5MPAQNFBDCEK3对比(1)、(2)、(3)有APAQ.显然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
7、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MDN90.如果BM 2CN 2DM 2DN 2,求证：AD 2 (AB2AC 2).41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.显然,MD为EN的中垂线.有 EMMN.由BM 2BE 2BM 2NC 2 MD2DN 2MN 2EM 2,可知BEM为直角三角形,MBE90.有ABCACB ABCEBC90. 于是,BAC90.所以,AD 2 (AB2AC 2).
8、1BC4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DB 2FB 2ABHB ,AD2AE 2AG AB.二式相减,得DB 2AD 2AB (HBAG),或 (DB AD)ABAB(HBAG ).于是,DBAD HBAG ,或 DBHBAD AG .就是DHGD.显然,EGCDFH.故CD平分EF.这里,为证明CD平分EF,想到可先证C
9、D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 图 6ANCDEBMAGDOHBFCE图 74 ,即 或 .BNDMACEBNDMCENB此式表明, DM ME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BDEF,AC的延长线交EF于G.求证：EGGF.证明：如图9,
10、过C作EF的平行线分别交AE、AF于M、N.由BD EF,可知MN BD.易知 SBEF SDEF .有 SBEC S KG *5 DFC.可得MC CN . 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OD BC,可知OK PQ. 由OFAB,可知O 、K、F 、Q 四点共圆,有FOQ FKQ .由OEAC,可知O、K、P、E四点共圆.有EOPEKP.显然,FKQEKP,可知F
11、OQEOP.由OF OE,可知Rt OFQRtOEP.则OQOP.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：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ABC 45,APC60.求ACB.(提示：过点C作PA的平行线交BA延长线于点D.易证ACD
12、PBA.答：75)3. 六边形ABCDEF 的各角相等,FAABBC,EBD 60, S EBD60cm 2.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：120cm 2)图 8ADBNCEM图 9ABMEFNDCGAOEPCBFQK图 1054. 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BC 1,有AD k ,DCk 2.答： )21k5. AB为半圆直径,C为半圆上一点,
13、CD AB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.)DEB6. 在ABC中,A:B:C4:2:1,A、B、C的对边分别为a、b 、c.求证： a1b .(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c1点E、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.(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,P
14、O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.ABGF.)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,ABAC ,D是底边BC上一点,E是线段AD上一点且B
15、ED 2CEDA.求证：BD 2CD.ABGCDFE图 16分析：关键是寻求BED 2CED与结论的联系.容易想到作BED 的平分线,但因BEED,故不能直接证出BD 2CD.若延长AD交ABC的外接圆于F,则可得EBEF,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BFABCAABC AFC,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GEF BEFCEF,GFE CFE,故FEGFEC.从而GF FC.21于是,BF 2CF.故BD2CD.1.
16、2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD中,ABC60,BADBCD90, AB2,CD 1,对角线AC、 BD交于点O,如图2.则sin AOB_.分析：由BAD BCD90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BAD BCD90,故A 、B 、C、D四点共圆.延长BA、CD交于P,则ADPABC60.设AD x,有AP x,DP2 x.由割线定理得(2 x) x2x(12x ).解得AD x332 2,BC BP4 .31由托勒密定理有 BDCA(4 )(2 2)2110 12.3又 SABCD S ABD S BCD . 故s
17、inAOB .226315例3 已知：如图3,ABBCCAAD,AHCD于H,CPBC ,CP交AH于P.求证： ABC的面积S APBD. 43分析：因 S ABC BC2 ACBC,只须证AC BCAPBD,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,AH CD 得ACQ ADQ.又ABAD ,故ADQABQ.从而,ABQACQ.可知A、B、C、Q四点共圆 .APC90PCH BCD ,CBQ CAQ,ABCDPO图 2A图 3BPQDHC7APCBCD. ACBCAPBD.于是,S ACBC APBD.43432
18、 、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,ABCD,ADDCDBp ,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 .显然A 、 B、C在D上.ABCD,BCAE.从而,BC AEq.在ACE中,CAE 90,CE 2p,AEq,故AC .2AC24qp2.2
19、联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线yx 22x8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A 0(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PA 0Q内时,BAC90.且有3DP DQ ADDA 09,即A
20、D的取值范围是3AD9.2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD是RtABC 斜边BC 上的高 ,B的平行线交AD于M,交AC于N.求证：AB 2AN 2BMBN.分析：因AB 2AN 2(AB AN)(ABAN)BM BN,而由题设易知AMAN,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.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AE AFAN.AEDCB图 4ABDCPQEyx0(1,9)(-2,0)(4图 5EANCDBFM12345图 68由割线定理有BMBNBFBE(ABAE)(ABAF)(ABAN)
21、(ABAN )AB 2AN2,即 AB 2AN 2BMBN.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：EP 2FQ 2EF 2.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FDCABCCGE,故F、D、C、G 四点共圆.由切割线定理,有EF 2(EGGF)EF EG EFGFEFECEDFCFB EC EDFCFBEP 2FQ 2,即 EP 2FQ 2EF 2.2.4 联想托勒密定
22、理构造辅助圆例8 如图8,ABC与ABC的三边分别为a、b、c与a、b、c,且B B,A A180.试证：aabb cc. 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.A A180 AD, BCDBB ,A D ,BBCD. A BCDCB. 有 , CDA即 . 故DC ,DB .cabacb又ABDC,可知BD ACb ,BCADa.从而,由托勒密定理,得ADBCAB DCACBD ,即 a 2c b . 故aabbcc .a练 习 题1. 作一个辅助圆证明：ABC中,若AD平分A
23、 ,则 .ACBDAOQPCBGFED(1)(2)图 8ABCABCcabacbABCDabc图 99(提示：不妨设ABAC,作 ADC 的外接圆交AB于E,证 ABCDBE ,从而 ACBDE .)DCB2. 已知凸五边形ABCDE中,BAE3a,BCCDDE,BCDCDE1802a.求证：BACCADDAE.(提示：由已知证明BCEBDE1803a,从而 A、B、C、D、E共圆,得BACCAD DAE.)3. 在ABC中ABBC,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 B21K
24、M10,得 AMC 30.)4如图10,AC是 ABCD较长的对角线,过C作CFAF,CEAE.求证：ABAEAD AFAC 2. (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O 1和O 2相交于A、B ,直线CD过A 交O 1和O 2于C、D,且AC AD ,EC、ED分别切两圆于 C、D.求证：AC 2ABAE.(提示：作BCD的外接圆O 3,延长BA交O 3于F,证 E在O 3上,得ACEADF,从而AEAF,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：ABACAE 2BE2. (提示：
25、以BE为半径作辅助圆E,交AE及其延长线于N、M,由ANCABM证ABACANAM.)7. 若正五边形ABCD E的边长为a,对角线长为b,试证： 1.ab(提示：证b 2a 2ab ,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(n4)点共线可转化为三点共线。FABEC图 10DCABO12图10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AEC
26、D，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AMCACF，得 。CDFA又因为AMC=BAC，所以
27、AMC EAC，得 。AEDCM所以 ，又BAD=BCD =120，知CFDADE。所以ADE=DFB。因AEDCF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=P
28、CPD OAFDMCBECE()ABDFPMQGABCDHKG11由，得PMPQ+QM PQ=PCPD+QCQB，即PQ 2=QCQB+PCPD。易知PDPC=PEPF，又QF 2=QCQB，有PEPF+QF 2=PDPC+QCAB=PQ2，即PEPF=PQ 2-QF2。又PQ2QF 2=PG2GF 2=(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
29、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
30、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。APBDFCOEGMEDBHC
31、FKGAABCTRSMNDEP12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 。ACPB由角平分线定理知 。故M，N重合，即AP，BD，CE 交于一点。PABCNPA例7 O1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
32、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，IN垂直于O 1O2,垂足为N,IN 与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，连MO，PO。因为O 1QM=O 1NM=90，所以Q，O 1，N ，M四点共圆，有QMI= QO1O2。 而IQO 2=90=RQO 1，所以IQM =O 2QO1，故QIMQO 2O1，得 同理可证 。因此I1IOR212 因为QO 1RO 2，所以有 1RQM 2Q由，得MOQO 1。 又由于 O1P=O1Q，PO 2=RO2，所以 ，211POR即OPRO 2。从而MO QO 1RO
33、2OP，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，则。1BAC证：如图，由三角形面积的性质，有, , .以上三式相乘，得BMCASRAMCBSPAMBCSQ 1RBAQCP.O12NPIQRMABM13ARQBCP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，C1RBAQCPR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 ，
34、所以 .1BAC1RBACP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1RBACQ证：如图，由三角形面积的性质，有, , .将以上三式相乘，得 .BRPASCPRSARPCS 1P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。1AC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AB
35、CD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 1ECDHBG因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理知 ,代入式 AA因为CIAB，CJAD，则 ， 。代入 式得BICJE.从而CI=CJ。又由于ACI=180BAC=180DAC =ACJ ，1CJDABI HCADBGIJEF14所以ACIACJ，故IAC =JAC ，即GAC=EAC.例9 ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一
36、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 中分别使用梅涅劳斯定理，得 ， .1HECIDG1JABFG因为ABCD ，所以 ， GFADE.从而 ，即 ，故CI=AJ . 而HBFECJICICAJB，LAJM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，E
37、F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 .DOHPA类似地，RtOCBRtPHB， 则有 .CB由CO= DO，有 ，从而 .CBAD1P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、G
38、AEBJLDCIMHDlABOF(H)ECPEBRCTAPSDF15BC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:A 1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A 1D1，B 1E1，C 1F1交于一点，则有.如图，设A 1D1，B 1E1，C 1F1交于点 O，根据圆内接多边形的性质易知 OA1B1OE 1D1，OB 1C1OF 1E1，OC 1D1OA 1F1，从而有, , .将上面三式相乘即得 ，OEAF 11AFEDCB引理2：圆内接六边形A 1B1C1D1E1F1，若满足 则其三条对角线
39、A 1D1，B 1E1，C 1111FEBAF1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, .两式相乘，得 . EPBARFDSFDEPBSR又由ECR EPD，FPDFAS，知 ，CAPS. 两式相乘，得 APCS由，得 . 故 . FDEBR ABSRCEFD对EAD应用梅涅劳斯定理，有 1CE由得 .由引理2知BD ，RS，AC交于一点,所以R，T，S三点共线。1ABSC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，
40、MT 。证明： PR与QT垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上。BFE1OCD111162. 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ABCD 内接于圆O ，对角线AC 与BD相交于P。设三角形ABP，BCP，CDP和
41、DAP的外接圆圆心分别是O 1，O 2， O3，O 4。求证：OP，O 1O3，O 2O4三直线交于一点。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l A垂直于MN。类似地作出直线l B与l C。证明：直线l A，l B，l C共点。8. 以ABC的边BC，CA，AB向外作正方形，A 1，B 1，C 1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点。求证：直线AA 1，BB 1，CC 1相交于一点。B组9. 设A 1， B1，C 1是直线l 1上的任意三点，A
42、 2，B 2，C 2是另一条直线l 2上的任意三点，A 1B2和B 1A2交于 L，A 1C2和A 2C1交于M，B 1C2和B 2C1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
43、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17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，须证MK KNPKKQ ，即证(MC -KC)(MC+ KC)(PB-KB)(PB+KB)或MC 2-KC 2=PB 2-KB 2
44、. 不难证明 AP=AM，从而有AB2+PB2=AC2+MC2.故 MC 2-PB 2=AB 2-AC 2 =(AK2-KB 2)-(AK2-KC 2)=KC 2-KB 2. 由即得，命题得证.例2A 、B 、C三点共线，O点在直线外，O 1，O 2，O 3分别为OAB，OBC ， OCA的外心.求证：O，O 1，O 2，O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)分析：作出图中各辅助线.易证O 1O2垂直平分OB ，O 1O3垂直平分OA.观察 OBC及其外接圆，立得OO 2O1= OO 2B=OCB.观察OCA及其外接圆，立得OO 3O1= OO 3A=OCA .由OO 2O1=OO 3
45、O1 O，O 1，O 2，O 3共圆.利用对角互补，也可证明O，O 1，O 2，O 3四点共圆，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，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，K四点共圆 .连接KM ，有DAB CMK.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 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.ABCKMQABCO123
