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高中数学竞赛教程 平面几何


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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 A 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. D 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. B P Q C 图1 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. E P 证明:如图 2,分别过点 A、B 作 ED、EC 的平行线,得交点 P,连 PE. G D A 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. B F C 由∠BAF=∠BCE,可知 ∠BAF=∠BPE. 图2 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. A 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 N M P E 于 K、G,连 PG. D F G 由 BD 平行∠ABC,可知点 F 到 AB、BC 两边距离相等.有 KQ=PN.

EP EF CG 显然, = = ,可知 PG∥EC. PD FD GD

B

K Q

C

图3

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:

AM 2 AC AM1 AB + = + . AP AQ AN1 AN2
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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 A 线交直线 BC 于 E. 由 BM1=CM2,可知 BE+CE=M1E+M2E,易知 P

AB BE AC CE = , = , AP DE AQ DE

B

Q N2 M1 M2 C D 图4

N1

E

M E AM 2 M E AM1 AM1 AM 2 AC BE ? CE M 1 E ? M 2 E AB = 1 , = 2 . 则 + = = = + . AP DE DE AN2 DE DE AQ AN1 AN1 AN2
所以,

AM 2 AC AM1 AB + = + . AP AQ AN1 AN2

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,

BD KD DC = = . AN KA AM
(1) AP=
M P F A K Q N

有 BD·AM=DC·AN.

AP AF AM = = ,有 BD FB BC AQ AE AN 由 = = ,有 EC BC DC


BD· AM . BC DC · AN AQ= . BC

(2) (3)
B

E

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. 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=

D 图5

C

1 (AB2+AC2). 4

A M

N 证明:如图 6,过点 B 作 AC 的平行线交 ND 延长线于 E.连 ME. C B 由 BD=DC,可知 ED=DN.有 △BED≌△CND. D 于是,BE=NC. E 图6 显然,MD 为 EN 的中垂线.有 EM=MN. 2 2 2 2 2 2 2 2 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 = ? BC ? = (AB2+AC2). 4 ?2 ?
2

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 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,
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C E

F

A

G

D O H 图7

B

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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. A 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. E D 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

DM AM ME = = ,即 BN AN NC

ME DM BN DM = 或 = . BN ME NC NC

M

B

N

C

图8 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 A 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,可知 MN∥BD.易知 B D S△BEF=S△DEF. M N C 有 S△BEC=S△ⅡKG- *5ⅡDFC. E F G 可得 MC=CN. 图9 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 A 的切点.若 OD 与 EF 相交于 K,求证:AK 平分 BC. C B 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、 F P Q K OE、OF. E 由 OD⊥BC,可知 OK⊥PQ. O 由 OF⊥AB,可知 O、K、F、Q 四点共圆,有 ∠FOQ=∠FKQ. 图10 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. 六边开 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.

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(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:

1 ) 1? k 2 AD DE

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: =

CF . FB 1 1 1 + = . a b c

(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:

(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.) 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:FH=HG. (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: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. A 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 E 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, B C D 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, G F 则可得 EB=EF,从而获取. 图1 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=

1 ∠BEF=∠CEF,∠GFE=∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而 GF=FC. 2

C O

B

于是,BF=2CF.故 BD=2CD. D 1.2 利用四点共圆 A 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=____. P 分析:由∠BAD=∠BCD=90°可知 A、B、C、D 图2 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°. 设 AD=x,有 AP= 3 x,DP=2x.由割线定理得(2+ 3 x) 3 x=2x(1+2x).
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分享智慧泉源 解得 AD=x=2 3 -2,BC= 由托勒密定理有

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1 BP=4- 3 . 2

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BD·CA=(4- 3 )(2 3 -2)+2×1=10 3 -12.

又 SABCD=S△ABD+S△BCD= 例3

3 3 . 2

故 sin∠AOB=

15? 6 3 . 26
B

A

已知:如图 3,AB=BC=CA=AD,AH⊥CD 于 H,CP⊥BC,CP 交 AH 于 P.求证:
P Q D C 图3 H

3 △ABC 的面积 S= AP·BD. 4
分析:因 S△ABC=

3 2 3 BC = AC·BC,只 4 4

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= 2

3 3 AC·BC= AP·BD. 4 4

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 A 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. B 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 E C 可找到 AC 与 p、q 的关系. D 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, 图4 ∴BC=AE. 从而,BC=AE=q. 在△ACE 中,∠CAE=90°,CE=2p,AE=q,故
2 2 AC= CE 2 ? AE 2 = 4 p ? q .

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. 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(1-2 2 ,1)
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y A0 (1,9)

E P B (-2,0) D 图5 Q C (4,0) x

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分享智慧泉源 、Q(1+2 2 ,1).

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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 6 AD 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 E 可证得结论. 证明:如图 6, A ∵∠2+∠3=∠4+∠5=90°,又∠3=∠4,∠1=∠5, 2 N 1 ∴∠1=∠2.从而,AM=AN. F 3 5M 4 以 AM 长为半径作⊙A,交 AB 于 F,交 BA 的延长线于 E.则 AE=AF=AN. C D B 由割线定理有 图6 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. A 因∠FDC=∠ABC=∠CGE,故 F、D、C、G 四点共圆. P 由切割线定理,有 Q 2 EF =(EG+GF)·EF=EG·EF+GF·EF=EC·ED+FC·FB O D 2 2 =EC·ED+FC·FB=EP +FQ , C B 即 EP2+FQ2=EF2. F E G 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'、 A A' c b'、c',且∠B=∠B',∠A+∠A=180°.试证:aa'=bb'+cc'. b c' b' 分析:因∠B=∠B',∠A+∠A'=180°,由结论联想到托勒密定理, B a C B' a' C' 构造圆内接四边形加以证明. (1) (2) 证明:作△ABC 的外接圆,过 C 作 CD∥AB 交圆于 D,连结 AD 和 BD, 图8 如图 9 所示. ∵∠A+∠A'=180°=∠A+∠D, ∠BCD=∠B=∠B', A ∴∠A'=∠D,∠B'=∠BCD. c b ∴△A'B'C'∽△DCB. 即

c' a' b' = = . DB DC a

A' B ' B ' C ' A' C ' = = , DC CB DB ac ' ab ' 故 DC= ,DB= . a' a'


C

B b D

a

图9

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·

ac ' ab ' +b· . a' a'

故 aa'=bb'+cc'.

练 习 题
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AB BD = . AC DC

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1. 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∽△DBE,从而

AB BD BD = = .) AC 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=

1 ∠BKM=10°,得∠ 2

AMC=30°.) F C 4.如图 10,AC 是 ABCD 较长的对角线,过 C 作 CF⊥AF,CE⊥AE. D 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.) A B E 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, 图10 E 且 AC=AD,EC、ED 分别切两圆于 C、D.求证:AC2=AB·AE. D (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.) A C O O2 1 6.已知 E 是△ABC 的外接圆之劣弧 BC 的中点. B 求证:AB·AC=AE2-BE2. 图11 (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.) 7. 若正五边形 ABCDE 的边长为 a,对角线长为 b,试证:

b a - =1. a b

(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。 G 证 连 AK,DG,HB。 D 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, K A B C 其对角线 AB,KH 互相平分。而 C 是 AB 中点,线段 KH 过 C 点, H 故 K,C,H 三点共线。 E
F

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。
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F M B E

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A O C D



如图,连 AC,DF,DE。 因为 M 在 O 上,则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB,
MC CF CF ? ? 。 MA CA CD

有△AMC∽△ACF,得

又因为∠AMC=BAC,所以△AMC∽△EAC,得 所以

MC AC AD ? ? 。 MA AE AE

CF AD ? ,又∠BAD=∠BCD=120°,知△CFD∽△ADE。所以∠ADE=∠DFB。因为 CD AE 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, 与 BC 的延长线交于点 Q。 AD 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, F A 连 CM,PF。设 PF 与圆的另一交点为 E’,并作 QG 丄 PF,垂足为 G。 D G 易如 QE2=QM·QP=QC·QB ① C Q ∠PMC=∠ABC=∠PDQ。 B E (E') 从而 C,D,Q,M 四点共圆,于是 M 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 P PE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2, 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 证 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。 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, A OF 丄 CP,所以 P,A,F,O,B 五点共圆, F C D 有∠AFP=∠AOP=∠POB= ∠PFB。 P 又因 CD∥BE,所以有∠PFB=∠FBE,∠EFD=∠FEB, O 而 FOG 为 BE 的垂直平分线,故 EF=FB,∠FEB=∠EBF, G 所以∠AFP=∠EFD,A,F,E 三点共线。 E B

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。
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如图。延长 HA 到 M,使 AM=BC。连 CM,BM。 M 设 CM 与 BF 交于点 K。 在△ACM 和△BCF 中, AC=CF,AM=BC, E ∠MAC+∠HAC=180°, G ∠HAC+∠HCA=90°, A D 并且∠BCF=90°+∠HCA, F K 因此∠BCF+∠HAC=180° ∠MAC=∠BCF。 从而△MAC≌△BCF,∠ACM=∠CFB。 B C H 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。 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。 如图,过 P 向三边作垂线,垂足分别为 R,S,T。 A 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; R M N S P,S,C,T 分别四点共圆,则 D E ∠APB-∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT。 P 同理,∠APC-∠ABC=∠RST, C B T 由条件知∠SRT=∠RST,所以 RT=ST。 又 RT=PBsinB,ST=PCsinC, PB PC ? 所以 PBsinB=PCsinC,那么 。 AB AC AN AC AB AM ? ? ? 由角平分线定理知 。 NP PC PB MP 故 M,N 重合,即 AP,BD,CE 交于一点。 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

例6 证

例7



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。 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。 I 而∠IQO2=90°=∠RQO1,所以∠IQM=∠O2QO1, 故△QIM∽△QO2O1,得
QO1 O1O2 ? QM MI
R Q M O1 N O P O2

同理可证

RO2 O1O2 ? 。因此 RM MI

QM QO1 ? MR RO2 O1O QO1 ? OR RO2



因为 QO1∥RO2,所以有



由①,②得 MO∥QO1。 又由于 O1P=O1Q,PO2=RO2,

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所以

O1O O1Q O1 P , ? ? OR RO2 PO2

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
BP CQ AR ? ? ? 1。 PC QA RB
A Q M B P C



如图,由三角形面积的性质,有

AR S ?AMC BP S ?AMB CQ S ?BMC , , . ? ? ? RB S ?BMC PC S ?AMC QA S ?AMB
以上三式相乘,得
BP CQ AR ? ? ? 1. PC QA RB

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 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' BP CQ AR ? ? ? 1. 而 ? ? ? 1,所以 PC QA R' B PC QA RB BP CQ AR ? ? ? 1,则 AP,BQ,CR PC QA RB

AR ' AR ? . R' B RB 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
BP CQ AR ? ? ?1 PC QA RB
B

A R Q C P



如图,由三角形面积的性质,有

AR S ?ARP BP S ?BRP CQ S ?CRP , , . ? ? ? RB S ?BRP PC S ?CPR QA S ?ARP

将以上三式相乘,得

BP CQ AR ? ? ? 1. PC QA RB

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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
BP CQ AR ? ? ? 1, PC QA RB

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。 CG BH DE ? ? ?1 对△BCD 用塞瓦定理,可得 ① A GB HD EC 因为 AH 是∠BAD 的角平分线, D BH AB ? 由角平分线定理知 。 H HD AD F E CG AB DE B ? ? ?1 代入①式得 ② G GB AD EC C CG CI DE AD J ? ? 因为 CI∥AB,CJ∥AD,则 , 。 I GB AB EC CJ CI AB AD ? ? ?1. 代入②式得 AB AD CJ 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。 在△ECD 与△FAB 中分别使用 E J A B EG DI CH AG FH BJ L ? ? ? 1, ? ? ? 1. 梅涅劳斯定理,得 GD IC HE GF HB JA G EG AG CH FH H ? ? 因为 AB∥CD,所以 , . M GD GF HE HB D F C I DI BJ CD ? CI AB ? AJ ? ? 从而 ,即 ,故 CI=AJ. 而 IC JA CI AJ BM BJ DI DL ? ? ? , MC CI AJ LA P 且 BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以 BM=DL。 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。
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例 10

D A

E O F(H)

C B l

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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。 AH HP ? 由题意知 Rt△OAD∽Rt△PAH,于是有 . AD DO BH HP ? 类似地,Rt△OCB∽Rt△PHB, 则有 . BC CO AH BH AH BC PD ? ? ? ? 1. 由 CO=DO,有 ,从而 AD BC HB CP DA 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。 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。
B R C T D P S F E

例 11

引理 1: A1B1C1D1E1F1 为圆内接六边形,若 A1D1,B1E1,C1F1 交于一点,
AB C D E F 则有 1 1 ? 1 1 ? 1 1 ? 1 . B1C1 D1E1 F1 A1
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

B1 A1 C1 O D1 E1 F1

A1 B1 B1O EF FO CD DO , 1 1 ? 1 , 1 1 ? 1 . ? D1 E1 D1O B1C1 B1O F1 A1 F1O

将上面三式相乘即得

A1B1 C1D1 E1F1 ? ? ?1, B1C1 D1E1 F1 A1 A1B1 C1D1 E1F1 ? ? ?1 B1C1 D1E1 F1 A1

引理 2:圆内接六边形 A1B1C1D1E1F1,若满足

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. BR EB PA FP ? ? 由△EBR∽△EPA,△FDS∽△FPA,知 , . PA EP DS FD BR EB ? FP ? 两式相乘,得 . ① DS EP ? FD CR EC PD FP ? ? 又由△ECR∽△EPD,△FPD∽△FAS,知 , . 两式相乘,得 PD EP AS FA CR EC ? FP ? ② AS EP ? FA BR ? AS EB ? FA BR CD SA EB AF DC ? ? ? ? ? ? 由①,②得 . 故 . ③ DS ? CR EC ? FD RC DS AB BA FD CE
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EB AF DC ? ? ?1 BA FD CE

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对△EAD 应用梅涅劳斯定理,有 由③,④得



BR CD SA ? ? ? 1. RC DS AB 由引理 2 知 BD,RS,AC 交于一点,所以 R,T,S 三点共线。





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。 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。 9. 过△ABC 的三边中点 D,E,F 向内切圆引切线,设所引的切线分别与 EF,FD,DE 交于 I, L,M。求证:I,L,M 在一条直线上。 B组 10. 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。 11. 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)。 12. 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)。

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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 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·KN=PK·KQ, 即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)=(PB′-KB′)·(PB′+KB′) N A 2 2 2 2 或 MC′ -KC′ =PB′ -KB′ . ① Q 不难证明 AP=AM,从而有 C′ B′ AB′2+PB′2=AC′2+MC′2. K P M 故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2 B C 2 2 2 2 =(AK -KB′ )-(AK -KC′ ) =KC′2-KB′2. ② O 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, O1 ? ? △OBC,△OCA 的外心.求证:O,O1,O2,O3 四点共圆. O2 O3 (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. A B C 1 观察△OBC 及其外接圆,立得∠OO2O1= ∠OO2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆, 2 1 立得∠OO3O1= ∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1 ? O,O1,O2,O3 共圆. 2 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 C D 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 K M 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. · · A B 分析:易知 A,B,M,K 四点共圆.连接 KM, 有∠DAB=∠CMK.∵∠DAB+∠ADC=180°, A ∴∠CMK+∠KDC=180°. 故 C,D,K,M 四点共圆 ? ∠CMD=∠DKC. O K 但已证∠AMB=∠BKA, ∴∠DMA=∠CKB. B (2)证线垂直 N C 例 4.⊙O 过△ABC 顶点 A,C,且与 AB,BC 交于 K,N(K 与 N 不同). M G △ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于 B 和 M.求证:∠BMO=90°. 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,
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∴∠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. 1 1 D 分析:连接 AIC,AID,BIC,BID 和 DIB.易得∠AICB=90°+ ∠ADB=90°+ 2 2 IB IA ∠ACB=∠AIDB ?A,B,ID,IC 四点共圆. C 同理,A,D,IB,IC 四点共圆.此时 1 IC ID ∠AICID=180°-∠ABID =180°- ∠ABC, 2 A B 1 ∠AICIB=180°-∠ADIB=180°- ∠ADC, 2 1 1 ∴∠AICID+∠AICIB=360°- (∠ABC+∠ADC)=360°- ×180°=270°.故∠IBICID=90°. 2 2 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=__________ C D 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°. O 故 PA2+PB2=AB2=1989. P · 由于 PA:PB=5:14,可求 PB. B (5)其他 A · 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). A · E (1978,全国高中联赛) ·D · 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 F · ·G K ∠KAE=60°.故△KAD 也是一个正三 B ?∠KDE=∠KGE=60°.同理, C 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=
3 也最小. 4

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

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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′ 1 1 A P' PC 的外心.有 ∠BP′P= ∠BMP= ∠BAC, 2 2 N 1 1 ∠PP′C= ∠PNC= ∠BAC. 2 2 M B C ∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC. P 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. 分析:设 O1,O2,O3 是△APS,△BQP,△CSQ 的外心,作出六边形 A O1PO2QO3S 后再由外心性质可知 O1 .. .. P K S ∠PO1S=2∠A, ∠QO2P=2∠B, ∠SO3Q=2∠C. ∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.从而又知∠O1PO2+ O2 O3 B ∠O2QO3+∠O3SO1=360° C Q 将△O2QO3 绕着 O3 点旋转到△KSO3,易判断△KSO1≌△O2PO1, 同时可得△O1O2O3≌△O1KO3. 1 1 1 ∴∠O2O1O3=∠KO1O3= ∠O2O1K= (∠O2O1S+∠SO1K)= (∠O2O1S+∠PO1O2) 2 2 2
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1 ∠PO1S=∠A; 2 同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC. 二、重心 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. A (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 A' F ' E F G 作该直线的垂线,垂足为 A′,C′,D′,E′,F′. E' D' 易证 AA′=2DD′,CC′=2FF′,2EE′=AA′+CC′, B C C' D ∴EE′=DD′+FF′. P 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△∽△′. 1 1 2a 2 ? 2b 2 ? c 2 , 2c 2 ? 2 a 2 ? b 2 , 不妨设 a≥b≥c,有 CF= BE= 2 2 1 2b 2 ? 2c 2 ? a 2 . AD= 2

=

将 a2+c2=2b2,分别代入以上三式,得
3 3 3 a: b: c =a:b:c. 2 2 2

CF=

3 3 3 a ,BE= b ,AD= c. 2 2 2

∴CF:BE:AD =

故有△∽△′.

(2)△∽△′ ?a2,b2,c2 成等差数列. 当△中 a≥b≥c 时, △′中 CF≥BE≥AD. ∵△∽△′, ∴

S?' CF 2 =( ). a S? S 3 3 ”,有 ? ' = . 4 S? 4

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
CF 2 3 = ?3a2=4CF2=2a2+b2-c2 ? a2+c2=2b2. 2 4 a



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
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△A2A3A4,△A3A4A1,△A4A1A2,△A1A2A3 的垂心.求证:H1,H2,H3,H4 四点共圆,并 确定出该圆的圆心位置. 分析:连接 A2H1,A1H2,H1H2,记圆半径为 R.由△A2A3A4 知 A1
A2

A2 H 1 =2R ?A2H1=2Rcos∠A3A2A4; sin ?A2 A3 H 1

H1

O

. H2

A3 由△A1A3A4 得 A1H2=2Rcos∠A3A1A4. A4 但∠A3A2A4=∠A3A1A4,故 A2H1=A1H2. 易证 A2H1∥A1A2,于是,A2H1 ∥ 1H2, A = 故得 H1H2 ∥A2A1.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. B2 C1 A 求证:AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2. H2 M E 分析:只须证明 AA1=BB1=CC1 即可.设 BC=a, CA=b,AB=c,△ABC 外 A1 A2 F 接圆半径为 R,⊙H 的半径为 r. 连 HA1,AH 交 EF 于 M. H

A A12 =AM2+A1M2=AM2+r2-MH2 =r2+(AM2-MH2), 又 AM2-HM2=(
1 1 AH1)2-(AH- AH1)2 2 2 2 =AH·AH1-AH =AH2·AB-AH2 =cosA·bc-AH2,



B

D C2

H1

C

B1



AH =2R ? AH2=4R2cos2A, sin ?ABH a =2R ?a2=4R2sin2A. sin A ∴AH2+a2=4R2,AH2=4R2-a2.





由①、②、③有 同理, BB12 =

1 b2 ? c2 ? a2 A A =r + ·bc-(4R2-a2)= (a2+b2+c2)-4R2+r2. 2 2bc
2 1

2

1 2 2 2 1 (a +b +c )-4R2+r2, CC12 = (a2+b2+c2)-4R2+r2.故有 AA1=BB1=CC1. 2 2

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). D 例 7.ABCD 为圆内接凸四边形,取△DAB,△ABC,△BCD, O4 O 3 C △CDA 的内心 O1, O2,O3, O4.求证:O1O2O3O4 为矩形.
O1

O2 B

A

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例 8.已知⊙O 内接△ABC,⊙Q 切 AB,AC 于 E,F 且与⊙O 内切.试证:EF 中点 P 是△ABC 之内心. 分析: 在第 20 届 IMO 中, 美国提供的一道题实际上是例 8 的一种特例, 但它增加了条件 AB=AC. 当 AB≠AC,怎样证明呢? r 如图,显然 EF 中点 P、圆心 Q,BC 中点 K 都在∠BAC 平分线上.易知 AQ= . sin ? ∵QK·AQ=MQ·QN, ∴QK=
MQ ? QN (2 R ? r ) ? r = = sin ? ? (2R ? r ) . r / sin ? AQ
M R E O B N K r αα P Q F C A

由 Rt△EPQ 知 PQ= sin ? ? r . ∴PK=PQ+QK= sin ? ? r + sin ? ? (2R ? r ) = sin ? ? 2 R . ∴PK=BK. ?

利用内心等量关系之逆定理,即知 P 是△ABC 这内心. 五、旁心 三角形的一条内角平分线与另两个内角的外角平分线相交于 一点,是旁切圆的圆心,称为旁心.旁心常常与内心联系在一起, 旁心还与三角形的半周长关系密切. 例 9.在直角三角形中,求证:r+ra+rb+rc=2p.式中 r,ra,rb,rc 分别表示内切圆半径及与 a,b, c 相切的旁切圆半径,p 表示半周.(杭州大学《中学数学竞赛习题》) 分析:设 Rt△ABC 中,c 为斜边,先来证明一个特性: p(p-c)=(p-a)(p-b). rc K 1 1 1 1 A O3 ∵p(p-c)= (a+b+c)· (a+b-c)= [(a+b)2-c2] = ab; 2 2 4 2 O2 1 1 rb O (p-a)(p-b)= (-a+b+c)· (a-b+c) r E 2 2 B ra C 1 2 1 2 = [c -(a-b) ]= ab. O1 4 2 ∴p(p-c)=(p-a)(p-b). ① 观察图形,可得 ra=AF-AC=p-b,rb=BG-BC=p-a,rc=CK=p. 1 而 r= (a+b-c)=p-c.∴r+ra+rb+rc =(p-c)+(p-b)+(p-a)+p =4p-(a+b+c)=2p. 2 由①及图形易证. 例 10.M 是△ABC 边 AB 上的任意一点.r1,r2,r 分别是△AMC,△BMC,△ABC 内切圆的半 径,q1,q2,q 分别是上述三角形在∠ACB 内部的旁切圆半径.

r r r 证明: 1 · 2 = . q1 q2 q
分析:对任意△A′B′C′,由正弦定理可知 OD=OA′· sin
A' 2 A' B' sin ? sin 2 2 , =A′B′· A'? B' sin 2
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C'

O A ' .. E D
. B '

B' sin A' 2 =A′B′· · sin 2 sin ?A' O' B'

O'

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cos

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A' B' cos 2 2 . O′E= A′B′· A'? B' sin 2 OD A' B ' ? tg tg . ∴ O' E 2 2
亦即有

r1 r A ?CMA ?CNB B A B r tg tg · 2 = tg tg = tg tg = . 2 2 2 2 2 2 q q1 q2

六、众心共圆 这有两种情况:(1)同一点却是不同三角形的不同的心;(2)同一图形出现了同一三角形的 几个心. 例 11.设在圆内接凸六边形 ABCDFE 中,AB=BC,CD=DE,EF=FA.试证:(1)AD,BE,CF 三条对角线交于一点; (2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF. (1991,国家教委数学试验班招生试题) 分析:连接 AC,CE,EA,由已知可证 AD,CF,EB 是△ACE 的三条内角平分线,I 为△ACE 的内心.从而有 ID=CD=DE, IF=EF=FA, IB=AB=BC. .. 再由△BDF,易证 BP,DQ,FS 是它的三条高,I 是它的垂心,利用 Erdos 不等式有: A BI+DI+FI≥2·(IP+IQ+IS). F 不难证明 IE=2IP,IA=2IQ,IC=2IS. B Q ∴BI+DI+FI≥IA+IE+IC. I P E ∴AB+BC+CD+DE+EF+FA =2(BI+DI+FI) S ≥(IA+IE+IC)+(BI+DI+FI)=AD+BE+CF. C I 就是一点两心. D 例 12.△ABC 的外心为 O,AB=AC,D 是 AB 中点,E 是△ACD 的重心.证明 OE 丄 CD. (加拿大数学奥林匹克训练题) A 分析:设 AM 为高亦为中线,取 AC 中点 F,E 必在 DF 上且 DE:EF=2:1.设 CD 交 AM 于 G,G 必为△ABC 重心.连 GE,MF,MF 交 DC 于 K.易证: E F D G 1 DG:GK= DC:( )DC=2:1. O K 3 B C ∴DG:GK=DE:EF ? GE∥MF. ∵OD 丄 AB,MF∥AB, ∴OD 丄 MF ? OD 丄 GE.但 OG 丄 DE ? G 又是△ODE 之垂心.易证 OE 丄 CD. 例 13. △ABC 中∠C=30°, 是外心,是内心, AC 上的 D 点与边 BC 上的 E 点使得 AD=BE=AB. O I 边 求证:OI 丄 DE,OI=DE. 分析:辅助线如图所示,作∠DAO 平分线交 BC 于 K. D A C 30 ° 易证△AID≌△AIB≌△EIB,∠AID=∠AIB=∠EIB. O K I 1 F E 利用内心张角公式,有 AIB=90°+ ∠C=105°, 2 B ∴∠DIE=360°-105°×3=45°. 1 1 1 ∵∠AKB=30°+ ∠DAO=30°+ (∠BAC-∠BAO)=30°+ (∠BAC-60°) 2 2 2 1 = ∠BAC=∠BAI=∠BEI. 2
A D F C P O E G B

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∴AK∥IE. 由等腰△AOD 可知 DO 丄 AK, ∴DO 丄 IE,即 DF 是△DIE 的一条高. 同理 EO 是△DIE 之垂心,OI 丄 DE. 由∠DIE=∠IDO,易知 OI=DE. 例 14.锐角△ABC 中,O,G,H 分别是外心、重心、垂心.设外心到三边距离和为 d 外,重心 到三边距离和为 d 重,垂心到三边距离和为 d 垂. A 求证:1·d 垂+2·d 外=3·d 重. 分析:这里用三角法.设△ABC 外接圆半径为 1,三个内角记为 A,B, H3 G3 O2 C. 易知 d 外=OO1+OO2+OO3 O3 G2 =cosA+cosB+cosC, H2 O G I ∴2d 外=2(cosA+cosB+cosC). ① B C O1 G 1 H 1 ∵AH1=sinB·AB=sinB·(2sinC)=2sinB·sinC, 同样可得 BH2·CH3. ∴3d 重=△ABC 三条高的和 =2·(sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB) ② BH ∴ =2, sin ?BCH ∴HH1=cosC·BH=2·cosB·cosC. 同样可得 HH2,HH3. ∴d 垂=HH1+HH2+HH3 =2(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB) ③ 欲证结论,观察①、②、③, 须 证 (cosB · cosC+cosC · cosA+cosA · cosB)+( cosA+ cosB+ cosC)=sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB.即可.







1.I 为△ABC 之内心, 射线 AI, CI 交△ABC 外接圆于 A′, BI, B′, ′.则 AA′+BB′+CC′ C >△ABC 周长. 2.△T′的三边分别等于△T 的三条中线,且两个三角形有一组角相等.求证这两个三角形相 似.(1989,捷克数学奥林匹克) 3.I 为△ABC 的内心.取△IBC,△ICA,△IAB 的外心 O1,O2,O3.求证:△O1O2O3 与△ABC 有公共的外心.(1988,美国数学奥林匹克) 4.AD 为△ABC 内角平分线.取△ABC,△ABD,△ADC 的外心 O,O1,O2.则△OO1O2 是等腰 三角形. 5.△ABC 中∠C<90°,从 AB 上 M 点作 CA,CB 的垂线 MP,MQ.H 是△CPQ 的垂心.当 M 是 AB 上动点时,求 H 的轨迹.(IMO-7) 1 6.△ABC 的边 BC= (AB+AC),取 AB,AC 中点 M,N,G 为重心,I 为内心.试证:过 A,M, 2 N 三点的圆与直线 GI 相切.(第 27 届莫斯科数学奥林匹克) 7.锐角△ABC 的垂心关于三边的对称点分别是 H1,H2,H3.已知:H1,H2,H3,求作△ABC.(第 7 届莫斯科数学奥林匹克) 8.已知△ABC 的三个旁心为 I1,I2,I3.求证:△I1I2I3 是锐角三角形. 9.AB,AC 切⊙O 于 B,C,过 OA 与 BC 的交点 M 任作⊙O 的弦 EF.求证:(1)△AEF 与△ABC 有公共的内心;(2)△AEF 与△ABC 有一个旁心重合.
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