初中数学竞赛第二轮专题复习(4)几何
(2020年编辑)历年(95-10)全国初中数学竞赛(联赛)分类题型详解-几何(4)
历年(95-10)年全国初中数学竞赛(联赛)分类题型详解-几何(4)证明题 (9道题)1.材已知∠ACE＝∠CDE＝90°，点B在CE上，CA＝CB＝CD，经A、C、D三点的圆交AB于F（如图）求证F为△CDE的内心。
1995年全国初中数学联赛试题证法1：如图6，连DF，则由已知，有连BD、CF，由CD＝CB，知∠FBD＝∠CBD－45°＝∠CDB－45°＝∠FDB，得FB＝FD，即F到B、D和距离相等，F在线段BD的垂直平分线上，从而也在等腰三角形CBD的顶角平分线上，CF是∠ECD的平分线．由于F是△CDE上两条角平分线的交点，因而就是△CDE的内心．证法2：同证法1，得出∠CDF＝45°＝90°－45°＝∠FDE之后，由于∠ABC=∠FDE，故有B、E、D、F四点共圆．连EF，在证得∠FBD=∠FDB之后，立即有∠FED＝∠FBD＝∠FDB＝∠FEB，即EF是∠CED的平分线．2. 设凸四边形ABCD的对角线AC、BD的交点为M，过点M作AD的平行线分别交AB、CD于点E、F，交BC的延长线于点O，P是以O为圆心OM为半径的圆上一点（位置如图所示），求证：∠OPF=∠OEP ．1996年全国初中数学联赛试题证 作AD 、BO 的延长线相交于G ，∵OE3．如图所示，已知AB 是⊙O 的直径，BC 是⊙O 的切线，OC 平行于弦AD ，过点D 作DE ⊥AB 于点E ，连结AC ，与DE 交于点P . 问EP 与PD 是否相等？证明你的结论. P DOCAB E2003年“TRULY ®信利杯”全国初中数学竞赛试题解：DP =PE . 证明如下：因为AB 是⊙O 的直径，BC 是切线，所以AB ⊥BC .由Rt △AEP ∽Rt △ABC ，得ABAE BC EP = . ① 又AD ∥OC ，所以∠DAE=∠COB ，于是Rt △AED ∽Rt △OBC . 故AB AE AB AE OB AE BC ED 221=== ② 由①，②得 ED =2EP .所以 DP =PE .4．如图所示，在△ABC 中，∠ACB =90°.（1）当点D 在斜边AB 内部时，求证：ABBD AD BC BD CD -=-222. （2）当点D 与点A 重合时，第（1）小题中的等式是否存在？请说明理由.（3）当点D 在BA 的延长线上时，第（1）小题中的等式是否存在？请说明理由. B A CD2003年“TRULY ®信利杯”全国初中数学竞赛试题证：（1）作DE ⊥BC ，垂足为E . 由勾股定理得 .)()()(22222222BC BE CE BE CE DE BE DE CE BD CD -=-=+-+=-A B 所以BC BE BC CE BC BE CE BCBD CD -=-=-222. 因为DE ∥AC ，所以 AB BD BC BE AB AD BC CE ==,.故 AB BD AD AB BD AB AD BCBD CD -=-=-222. （2）当点D 与点A 重合时，第（1）小题中的等式仍然成立。
八年级几何竞赛知识点总结
八年级几何竞赛知识点总结几何学是数学的一部分，但它与其他数学学科的联系并不是特别紧密，因为几何学有自己的特点和特殊性。
几何竞赛是一种全面考查学生几何知识和解题能力的数学竞赛。
在八年级几何竞赛中，学生需要掌握一定的几何知识点和解题技巧。
下面对八年级几何竞赛知识点进行总结。
一、平面几何基础知识1. 点、线、面的基本概念点：几何学的基本概念之一，它是没有长度、宽度和高度的物体，通常用大写字母表示。
线：由无数个点连成的，没有宽度和高度的东西。
面：有长度和宽度，但没有高度的物体。
2. 点、线、面的关系和性质点与点之间是不同的，但有联系的，两点间只有一条线相连；两点确定一条直线；三点确定一个平面。
在同一平面内，两条直线有且只有一个公共点，或者平行无交点。
同一个平面内的两条直线交于一个点。
3. 角的概念及性质角是由两条射线的公共端点分割而成的图形。
两条射线称为角的两边，公共端点称为角的顶点。
角的性质：顶角相等，对顶角相等，余角相等，相对顶角相等。
4. 直线、线段、射线直线：无限延伸并且无限多个点连成的线。
线段：直线上有限的长度部分叫线段。
射线：一端起点，另一端无限延伸的射线。
5. 多边形多边形是平面内由有限个顶点和边组成的封闭图形。
多边形的顶点和边的条数分别称为多边形的顶点数和边数。
最小的三角形，最大的四边形、五边形等。
6. 几何作图利用尺规作图，判断各种角、面积大小，利用尺规作图，解答一些几何问题。
包括平移、旋转、镜像等作图方法。
二、图形的面积和周长1. 图形的周长图形的周长是指图形的边的长度之和。
2. 矩形和正方形的面积和周长正方形的周长=4a (a为正方形的边长) 正方形的面积=a^2矩形的周长=2(a+b) (a、b分别为矩形的长和宽) 矩形的面积=ab3. 三角形的面积三角形的面积S=1/2bh (b为底，h为高)4. 圆的周长和面积圆的周长C=2πr (r为圆的半径) 圆的面积S=πr^25. 复合图形的周长和面积复合图形的周长和面积需要根据具体的题目分析计算。
数学初中竞赛大题训练：几何专题(包含答案)
数学初中竞赛大题训练：几何专题1．阅读理解：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB＝∠ACB，则A，B，C，D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC＝180°，则A，B，C，D四点共圆．（1）如图1，已知∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BAD＝65°，则∠ACD＝55°；（2）如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD，BE⊥AB，AD＝2，求AE 的长；（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE＝3，求EF的长．解：（1）∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴A，B，C，D四点共圆，∴∠ACD＝∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣65°＝55°，故答案为：55°；（2）在线段CA取一点F，使得CF＝CD，如图2所示：∵∠C＝90°，CF＝CD，AC＝CB，∴AF＝DB，∠CFD＝∠CDF＝45°，∴∠AFD＝135°，∵BE⊥AB，∠ABC＝45°，∴∠ABE＝90°，∠DBE＝135°，∴∠AFD＝∠DBE，∵AD⊥DE，∴∠ADE＝90°，∵∠FAD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠BDE＝90°，∴∠FAD＝∠BDE，在△ADF和△DEB中，，∴△ADF≌△DEB（ASA），∴AD＝DE，∵∠ADE＝90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝AD＝2；（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：∴∠EKG＝∠EBG＝∠EKF＝∠EAF＝90°，∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°，∴△ABK是等边三角形，∴AB＝AK＝KB＝4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，∴KM＝AK•sin60°＝2，∵AE＝3，AM＝AB＝2，∴ME＝3﹣2＝1，∴EK＝＝＝，∴EF＝＝＝．2．问题再现：如图1：△ABC 中，AF 为BC 边上的中线，则S △ABF ＝S △ACP ＝S △ABC由这个结论解答下列问题：问题解决：问题1：如图2，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，则S △BOC ＝S 四边形ADOE ．分析：△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，则S △BCD ＝S △ABC ，BE 为AC 边上的中线，则S △ABE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △ABE∴S △BCD ﹣S △BOD ＝S △ABE ﹣S △BOD又∵S △BOC ＝S △BCD ﹣S △BOD ，S 四边形ADOE ＝S △ABE ﹣S △BOD即S △BOC ＝S 四边形ADOE问题2：如图3，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，AF 为BC 边上的中线．（1）S △BOD ＝S △COE 吗？请说明理由．（2）请直接写出△BOD 的面积与△ABC 的面积之间的数量关系：S △BOD ＝S △ABC ．问题拓广：（1）如图4，E 、F 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ． （2）如图5，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ．（3）如图6，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，若S △AME ＝1、S △BNG ＝1.5、S △CQF ＝2、S △DPH ＝2.5，则S 阴＝ 7 ．解：问题2：S △BOD ＝S △COE 成立，理由：∵△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，∴S △BCD ＝S △ABC ，∵BE 为AC 边上的中线，∴S △CBE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △CBE∵S △BCD ＝S △BOD +S △BOC ，S △CBE ＝S △COE +S △BOC∴S △BOD ＝S △COE（2）由（1）有S △BOD ＝S △COE ，同（1）方法得，S △BOD ＝S △AOD ，S △COE ＝S △AOE ，S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ，∵点O 是三角形三条中线的交点，∴OA ＝2OF ，∴S △AOC ＝2S △COF ＝S △AOE +S △COE ＝2S △COE ，∴S △COF ＝S △COE ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ＝S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △ABC ，故答案为问题拓广：（1）如图4：连接BD，由问题再现：S△BDE ＝S△ABD，S△BDF ＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为，（2）如图5：连接BD，由问题解决：S△BMD ＝S△ABD，S△BDN＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为；（3）如图6，设四边形的空白区域分别为a，b，c，d，∵S△AME ＝1、S△BNG＝1.5、S△CQF＝2、S△DPH＝2.5，由（1）得出：a+1+2.5＝a+3.5＝S△ACD①，c+1.5+2＝c+3.5＝S△ACB②，b +1+1.5＝b +2.5＝S △ABD ③，d +2+2.5＝d +4.5＝S △BCD ④，①+②+③+④得，a +3.5+c +3.5+b +2.5+d +4.5＝a +b +c +d +14＝S 四边形ABCD ⑤而S 四边形ABCD ＝a +b +c +d +7+S 阴影⑥∴S 阴影＝7，故答案为7．3．如图，在△ABC 中，AB ＞AC ，内切圆⊙I 与边BC 切于点D ，AD 与⊙I 的另一个交点为E ，⊙I 的切线EP 与BC 的延长线交于点P ，CF ∥PE 且与AD 交于点F ，直线BF 与⊙I 交于点M 、N ，M 在线段BF 上，线段PM 与⊙I 交于另一点Q ．证明：∠ENP ＝∠ENQ ．证明：如图，设⊙I 与AC 、AB 分别切于点S 、T ，连接ST 、AI 、IT ，设ST 与AI 交于点G ．则IE ⊥PE ，ID ⊥PD ，故I 、E 、P 、D 四点共圆，∵AS 2＝AE •AD ＝AG •AI ，∵∠EAG ＝∠DAI ，∴△AEG ∽△AID ，∴∠AGE＝∠AID，∴E，G，D，I四点共圆，∴I、G、E、P、D五点共圆，∴∠IGP＝∠IEP＝90°，即IG⊥PG，∴P、S、T三点共线，对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知，∵AS＝AT，CS＝CD，BT＝BD，∴，设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知，∵CF∥BE，∴，∴，∴PH＝HE，∴PH2＝HE2＝HM•HN，∴，∴△PHN∽△MHP，∴∠HPN＝∠HMP＝∠NEQ，∵∠PEN＝∠EQN，∴∠ENP＝∠ENQ．4．如图，△ABC的垂心为H，AD⊥BC于D，点E在△ABC的外接圆上，且满足，直线ED交外接圆于点M．求证：∠AMH＝90°．证明：作高BP，CQ．连结MB、MC、MP、MQ、PQ．＝＝＝•①＝•＝•②由①②得：＝，又∵∠MBA＝∠MCA，∴△MBQ∽△MCP，∴点M、A、P、Q四点共圆，即点M、A、P、Q、H五点共圆，又AH为直径，∴∠AMH＝90°．5．如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD 和AC交于点N．求证：OH⊥MN．证明：∵A 、C 、D 、F 四点共圆，∴∠BDF ＝∠BAC又∵∠OBC ＝（180°﹣∠BOC ）＝90°﹣∠BAC ，∴OB ⊥DF ．∵CF ⊥MA ，∴MC 2﹣MH 2＝AC 2﹣AH 2（①）∵BE ⊥NA ，∴NB 2﹣NH 2＝AB 2﹣AH 2 （②）∵DA ⊥BC ，∴BD 2﹣CD 2＝BA 2﹣AC 2 （③）∵OB ⊥DF ，∴BN 2﹣BD 2＝ON 2﹣OD 2 （④）∵OC ⊥DE ，∴CM 2﹣CD 2＝OM 2﹣OD 2，①﹣②+③+④﹣⑤，得NH 2﹣MH 2＝ON 2﹣OM 2 MO 2﹣MH 2＝NO 2﹣NH 2∴OH ⊥MN ．6．在图1到图4中，已知△ABC 的面积为m ．（1）如图1，延长△ABC 的边BC 到点D 使CD ＝BC ，连接DA ，若△ACD 的面积为S 1，则S 1＝ m ．（用含m 的式子表示）（2）如图2，延长△ABC 的边BC 到点D ，延长边CA 到点E ，使CD ＝BC ，AE ＝CA ，连接DE ．若△DEC 的面积为S 2，则S 2＝ 2m ．（用含a 的代数式表示）（3）如图3，在图2的基础上延长AB 到点F ，使BF ＝AB ，连接FD 于E ，得到△DEF ，若阴影部分的面积为S 3，则S 3＝ 6m ．（用含a 的代数式表示）（4）可以发现将△ABC 各边均顺次延长一倍，连接所得端点，得到△DEF ，如图3，此时，我们称△ABC 向外扩展了一次．可以发现扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的 7 倍．（5）应用上面的结论解答下面问题：去年在面积为15平方面的△ABC 空地上栽种了各种花卉，今年准备扩大种植规模，把△ABC 内外进行两次扩展，第一次由△ABC 扩展成△DEF ，第二次由△DEF 扩展成△MGH ，如图4，求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为多少平方米？解：（1）∵CD ＝BC ，∴△ABC 和△ACD 的面积相等（等底同高），故得出结论S 1＝m ．（2）连接AD ，，∵AE ＝CA ，∴△DEC 的面积S 2为△ACD 的面积S 1的2倍，故得出结论S 2＝2m ．（3）结合（1）（2）得出阴影部分的面积为△DEC 面积的3倍， 故得出结论则S 3＝6m ．（4）S △DEF ＝S 阴影+S △ABC＝S 3+S △ABC＝6m +m＝7m＝7S △ABC故得出结论扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的7倍．（5）根据（4）结论可得两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为（7×7﹣1）×15＝720（平方米），答：求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为720平方米． 7．（1）如图①，AD 是△ABC 的中线，△ABD 与△ACD 的面积有怎样的数量关系？为什么？（2）若三角形的面积记为S ，例如：△ABC 的面积记为S △ABC ，如图②，已知S △ABC ＝1，△ABC 的中线AD 、CE 相交于点O ，求四边形BDOE 的面积．小华利用（1）的结论，解决了上述问题，解法如下：连接BO ，设S △BEO ＝x ，S △BDO ＝y ，由（1）结论可得：S，S △BCO ＝2S △BDO ＝2y ，S △BAO ＝2S △BEO ＝2x ． 则有，即．所以．请仿照上面的方法，解决下列问题： ①如图③，已知S △ABC ＝1，D 、E 是BC 边上的三等分点，F 、G 是AB 边上的三等分点，AD 、CF 交于点O ，求四边形BDOF 的面积．②如图④，已知S △ABC ＝1，D 、E 、F 是BC 边上的四等分点，G 、H 、I 是AB 边上的四等分点，AD 、CG 交于点O ，则四边形BDOG 的面积为 ．解：（1）S △ABD ＝S △ACD ．∵AD 是△ABC 的中线，∴BD ＝CD ，又∵△ABD 与△ACD 高相等，∴S △ABD ＝S △ACD ．（2）①如图3，连接BO ，设S △BFO ＝x ，S △BDO ＝y ，S △BCF ＝S △ABD ＝S △ABC ＝S △BCO ＝3S △BDO ＝3y ，S △BAO ＝3S △BFO ＝3x ．则有，即，所以x +y ＝，即四边形BDOF 的面积为；②如图，连接BO ，设S △BDO ＝x ，S △BGO ＝y ，S△BCG ＝S△ABD＝S△ABC＝，S△BCO ＝4S△BDO＝4x，S△BAO ＝4S△BGO＝4y．则有，即，所以x+y＝，即四边形BDOG的面积为，故答案为：．8．我们初中数学里的一些代数公式，很多都可以通过表示几何图形面积的方法进行直观推导和解释．例如：平方差公式、完全平方公式．【提出问题】如何用表示几何图形面积的方法推证：13+23＝32？【解决问题】A表示1个1×1的正方形，即：1×1×1＝13B表示1个2×2的正方形，C与D恰好可以拼成1个2×2的正方形，因此：B、C、D就可以表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23而A、B、C、D恰好可以拼成一个（1+2）×（1+2）的大正方形．由此可得：13+23＝32【递进探究】请仿用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33＝62．要求：自己构造图形并写出详细的解题过程．【推广探究】请用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33+…+n3＝．（参考公式：）注意：只需填空并画出图形即可，不必写出解题过程．【提炼运用】如图，下列几何体是由棱长为1的小立方体按一定规律在地面上摆成的，如图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8个看不见；求：从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数．解：【递进探究】如图，A表示一个1×1的正方形，即：1×1×1＝13，B、C、D表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23，E、F、G表示3个3×3的正方形，即：3×3×3＝33，而A、B、C、D、E、F、G恰好可以拼成一个大正方形，边长为：1+2+3＝6，，∵S A+S B+S C+S D+S E+S F+S G＝S大正方形∴13+23+33＝62；【推广探究】由上面表示几何图形的面积探究知，13+23+33+…+n3＝（1+2+3+…+n）2，又∵1+2+3+…+n＝，∴13+23+33+…+n3＝（）2＝．【提炼运用】图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0＝（1﹣1）3个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1＝（2﹣1）3个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8＝（3﹣1）3个看不见；…，从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为：（1﹣1）3+（2﹣1）3+（3﹣1）3+…+（101﹣1）3＝03+13+23+…+1003＝50502＝25502500．故一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为25502500．故答案为：62；．9．问题引入：如图，在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，求：尝试探究：过点A作BC的垂线，垂足为F，过点E作BC的垂线，垂足为G，如图所示，有＝，＝，．类比延伸：若E为AD上的任一点，如图所示，试猜S四边形ABEC 与S△ABC的比是图中哪条线段的比，并加以证明．拓展应用：如图，E为△ABC内一点，射线AE于BC于点D，射线BE交AC于点F，射线CE交AB于点G，求的值．解：问题引入：∵在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，∴，，∴＝＝；尝试探究：∵AE＝AD，∴＝，∵AF⊥BC，EG⊥BC，∴AF∥EG，∴△EDG∽△ADB，∴＝；∵＝＝＝，∴＝1﹣＝；故答案为：，，；类比延伸：＝，∵E为AD上的一点，∴＝，＝，∴＝＝；拓展应用：∵＝＝，同理：＝，＝，∴＝＝2．10．如图，在凸四边形ABCD中，M为边AB的中点，且MC＝MD，分别过点C、D作边BC、AD 的垂线，设两条垂线的交点为P，过点P作PQ⊥AB于Q，求证：∠PQC＝∠PQD．证明：连接AP、BP，取AP的中点E，取BP的中点F，连接DE、ME、QE、CF、QF、MF，如图．∵E为AP的中点，F为BP的中点，M为AB的中点，∴EM∥BP，EM＝BP，MF∥AP，MF＝AP．∵E为AP的中点，F为BP的中点，∠ADP＝∠BCP＝90°，∴DE＝AE＝EP＝AP，FC＝PF＝BF＝BP，∴DE＝MF，EM＝FC．在△DEM和△MFC中，，∴△DEM≌△MFC（SSS），∴∠DEM＝∠MFC．∵EM∥BP，MF∥AP，∴四边形PEMF是平行四边形，∴∠PEM＝∠PFM．又∵∠DEM＝∠MFC，∴∠DEP＝∠CFP．∵DE＝AE，FC＝BF，∴∠DAE＝∠ADE＝∠DEP，∠FBC＝∠FCB＝∠CFP，∴∠DAE＝∠FBC，即∠DAP＝∠PBC．∵∠ADP＝∠AQP＝90°，E为AP中点，∴ED＝EA＝EQ＝EP＝AP，∴D、A、Q、P四点共圆，∴∠PQD＝∠DAP．同理可得：∠PQC＝∠PBC，∴∠PQD＝∠PQC．11．如图：D是以AB为直径的圆O上任意一点，且不与点A、B重合，点C是弧BD的中点，作CE∥AB，交AD或其延长线于E，连接BE交AC与G，AE＝CE，过C作CM⊥AD交AD延长线于点M，MC与⊙O相切，CE＝7，CD＝6，求EG的长．解：连接OC，如图．∵MC与⊙O相切，∴OC⊥MC．∵CM⊥AD，∴OC∥AM．∵CE∥AB，∴四边形AOCE是平行四边形，∴OA＝CE＝7，∴AB＝14．∵点C是弧BD的中点，∴BC＝CD＝6．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴AC＝＝＝4．∵CE∥AB，∴△CGE∽△AGB，∴＝＝＝，∴AG＝AC＝．在Rt△ACB中，cos∠BAC＝＝＝．∵点C是弧BD的中点，∴∠BAC＝∠CAD，即∠BAC＝∠EAG，∴cos∠EAG＝．在△EAG中，cos∠EAG＝．∴＝．∵AG＝，AE＝CE＝7，∴＝．整理得：GE2＝．∵GE＞0，∴GE＝．∴EG的长为．12．如图，圆内接四边形ABCD的边AB、DC的延长线交于E，AD、BC延长线交于F，EF中点为G，AG与圆交于K．求证：C、E、F、K四点共圆．证明：延长AG到H，使得GH＝AG，连接EH、FH、CK，如图所示．∵GH＝AG，EG＝FG，∴四边形AEHF是平行四边形，∴∠EAG＝∠GHF，∠GAF＝∠GHE．∵A、B、C、K四点共圆，∴∠KCF＝∠EAG，∴∠KCF＝∠GHF，∴K、C、H、F四点共圆．∵K、C、A、D四点共圆，∴∠KCD＝∠KAF，∴∠KCD＝∠GHE，∴K、C、E、H四点共圆，∴K、C、E、H、F五点共圆，∴C、E、F、K四点共圆．13．在半圆O中，AB为直径，一直线交半圆周于C、D，交AB延长线于M（MB＜MA，AC＜MD），设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O外的另一个交点，求证：∠MKO＝90°．证明：连接CK，BK，BC，如图所示．∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∴∠OAC+∠ABC＝90°．∵A、B、C、D四点共圆，∴∠BDC＝∠BAC．∵A、O、C、K四点共圆，∴∠CKO＝∠OAC．∵D、O、B、K四点共圆，∴∠BKO＝∠BDO．∴∠BKC＝∠BKO﹣∠CKO＝∠BDO﹣∠OAC．∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠BDO．∴∠BMC＝∠ABD﹣∠BDC＝∠BDO﹣∠BAC＝∠BKC．∴B、C、K、M四点共圆．∴∠ABC＝∠MKC．∴∠MKO＝∠MKC+∠CKO＝∠ABC+∠OAC＝90°．14．已知，在△ABC中，AC＞AB，BC边的垂直平分线与∠BAC的外角∠PAC的平分线相交于E，与BC相交点D，DE与AC相交于点F．（1）如图1，当∠ABC＝3∠ACB时，求证：AB＝AE；（2）如图2，当∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，过点D作AC的垂线，垂足为点H，并延是点D关于直线AC的对长DH交射线AE于点M，过点E作BP的垂线，垂足为点G，点D1称点，试探究AG和MD之间的数量关系，并证明你的结论．1解：（1）证明：连接BF，如图1．设∠A CB＝x，则∠ABC＝3x，∵FD垂直平分BC，∴FB＝FC，∴∠FBC＝∠FCB＝x，∴∠ABF＝∠AFB＝2x，∴AB＝AF，∠PAC＝4x．∵AE平分∠PAC，∴∠EAC＝2x．∵∠AFE＝∠DFC＝90°﹣x，∴∠AEF＝180°﹣∠EAF﹣∠AFE＝180°﹣2x﹣（90°﹣x）＝90°﹣x，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，∴AB＝AE．．（2）AG＝MD1证明：作EN⊥AC于N，取EC中点O，、NM、MC、MO、NO、EB、EC，如图2．连接AD1∵AE平分∠PAC，EN⊥AC，EG⊥AP，∴EG＝EN，∠EGA＝∠ENA＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠EGA＝∠ENA＝∠BAC＝90°，∴四边形EGAN是矩形．∵EG＝EN，∴矩形EGAN是正方形，∴AG＝AN，∠EAN＝45°，∠GEN＝90°．∵ED垂直平分BC，∴EB＝EC．在Rt△BEG和Rt△CEN中，，∴Rt△BEG≌Rt△CEN（HL），∴∠GBE＝∠NCE，∠GEB＝∠NEC，∴∠GEN＝∠BEC＝90°∵EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝45°．∵∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，∴∠ABC＝60°，∠ACB＝30°，∴∠ABE＝∠ACE＝15°．∵∠BAC＝90°，点D为BC中点，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝30°．∵点D与点D关于AC对称，1AC＝∠DAC＝30°，∴∠D1＝45°﹣30°＝15°．∴∠MAD1∵DA＝DC，DM⊥AC，∴DM垂直平分AC，∴MA＝MC，∴∠CMH＝∠AMH＝90°﹣45°＝45°，∴∠AMC＝90°，∴∠ENC＝∠AMC＝90°．∵点O为EC中点，∴ON＝OM＝OE＝OC＝EC，∴E、N、C、M四点共圆，∴∠EMN＝∠ECN＝15°，∴∠MAD＝∠EMN＝15°，1中，在△AMN和△MAD1，，∴△AMN≌△MAD1，∴AN＝MD1．∴AG＝MD115．在平面直角坐标系中，已知A（2，2），AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C．（1）如图1，E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE交x轴于F，连EF，ED平分∠OEF交OA于D，过D作DG⊥EF于G，求DG+EF的值；（2）如图2，D为x轴上一点，AC＝CD，E为线段OB上一动点，连接DA、CE、F是线段CE的中点，若BF⊥FK交AD于K，请问∠KBF的大小是否变化？若不变，求其值；若改变，求其变化范围．解：（1）∵AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C，∴∠ABO＝∠ACO＝90°．∵∠BOC＝90°，∴四边形ABOC是正方形，∴AB＝AC＝BO＝CO＝2，OA平分∠BOC，∠BAC＝90°．∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAF．在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE＝AF，BE＝CF．设BE＝CF＝t，OE＝2﹣t，OF＝2+t．∵ED平分∠OEF，∴点D是△OEF的内心．如图1，作DM⊥OB于M，作DH⊥OF于H，且DG⊥EF于G，∴DG＝DM＝DH，∴四边形MOHD是正方形，∴MO＝HO＝DM＝DG．设DG＝MO＝x，∴x＝，∴x＝，∴EF＝4﹣2x，∴WF＝2﹣x．∴DG+EF＝x+2﹣x＝2．即DG+EF的值为2；（2）∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°如图2，延长BF交AC于G，连接KG，作KM⊥AB于M，KN⊥AC于N，∵四边形ABOC是正方形，∴O B∥AC．∴∠EBF＝∠CGF，∠BEF＝∠GCF．∵F是CE的中点，∴EF＝CF．在△BEF和△GCF中，，∴△BEF≌△GCF（AAS），∴BF＝GF．∵BF⊥FK，∴∠BFK＝∠GFK＝90°．在△BFK和△GFK中，，∴△BFK≌△GFK（SAS）∴BK＝GK．∵AC＝CD，∠ACD＝90°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠CAD＝45°．∵KN⊥AC，∴∠ANK＝90°，∴∠AKN＝45°，∴AN＝KN．∵KM⊥AB，∴四边形AMKN是正方形，∴KM＝KN．∠M＝∠GNK＝90°AM∥KN．在Rt△BKM和Rt△GKN中，，∴Rt△BKM≌Rt△GKN（HL），∴∠MBK＝∠NGK．∠GKN＝∠BKM．∵AM∥KN，∴∠BKN＝∠MBK．∵∠BKM+∠BKN＝90°，∴∠GKN+∠BKN＝90°，即∠BKG＝90°．∵BK＝GK，∴△BKG是等腰直角三角形．∴∠KBF＝45°，∴∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°．16．如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，直线MN⊥AB于A，且分别与⊙O1，⊙O2交于M、N，P为线段MN的中点，又∠AO1Q1＝∠AO2Q2，求证：PQ1＝PQ2．解：连接MQ1、BQ1、BQ2、NQ2，过点P作PH⊥Q1B于H，如图所示．则由圆内接四边形的性质可得：∠Q1MA+∠ABQ1＝180°，∠ABQ2+∠ANQ2＝180°，∠MAB＝∠BQ2N．由圆周角定理可得：∠ABQ 1＝∠AO 1Q 1，∠ANQ 2＝∠AO 2Q 2． ∵∠AO 1Q 1＝∠AO 2Q 2，∴∠ABQ 1＝∠ANQ 2，∴∠ABQ 2+∠ABQ 1＝∠ABQ 2+∠ANQ 2＝180°， ∴Q 1、B 、Q 2三点共线．由圆内接四边形的性质可得：∠ABQ 1＝∠ANQ 2， ∴∠Q 1MA +∠ANQ 2＝∠Q 1MA +∠ABQ 1＝180°， ∴MQ 1∥NQ 2．∵AB ⊥MN ，∴∠MAB ＝90°，∴∠Q 1Q 2N ＝∠MAB ＝90°．∵PH ⊥Q 1B ，即∠Q 1HP ＝90°，∴∠Q 1HP ＝∠Q 1Q 2N ，∴PH ∥NQ 2，∴MQ 1∥PH ∥NQ 2．∵P 为线段MN 的中点，∴H 为线段Q 1Q 2的中点，∴PH 垂直平分Q 1Q 2，∴PQ 1＝PQ 2．。
初中数学竞赛几何主要的定理
初中数学竞赛几何主要的定理竞赛专题讲座－几个重要定理1. 正弦定理△ABC 中，设外接圆半径为R ，则2. 余弦定理△ABC 中，有关系a2=b2+c2-2bccosA； a=ccosB+bcosC； b2=c2+a2-2cacosB；有时也用它的等价形式b=acosC+ccosA； c2=a2+b2-2abcosC； c=acosB+bcosA.3. 梅涅(Menelaus)劳斯定理（梅氏线）直线截△ABC 的边BC ，CA ，AB 或其延长线于D 、E 、F. 则4. 塞瓦定理(Ceva) （塞瓦点）设O 是△ABC 内任意一点，AB 、BO 、CO 分别交对边于D 、E 、F ，则5. 塞瓦定理逆定理在△ABC 三边所在直线BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若则AD 、BE 、CE 平行或共点。
6. 斯特瓦尔特定理在△ABC 中，若D 是BC 上一点，且BD=p，DC=q，AB=c，AC=b，则7. 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 AB ∙CD +BC ∙AD =AC ∙BD 的充要条件是ABCD 共圆8. 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 。
AE AF =2求证：。
ED FBAE DC BF ⋅⋅=1（梅氏定理）【分析】CEF 截△ABD →ED CB FA【评注】也可以添加辅助线证明：过A 、B 、D 之一例1 作CF 的平行线2、过△ABC 的重心G 的直线分别交AB 、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。
例2DEG 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 。
八年级几何竞赛知识点梳理
八年级几何竞赛知识点梳理在我们的中学生涯中，几何是一个必修学科，不仅是在日常生活中，也是在许多竞赛中必不可少的学科之一。
在八年级阶段，几何学科将会更加系统化、深入化。
几何知识点的学习将更加注重其应用性和拓展性。
下面，我们将对八年级几何竞赛知识点进行梳理。
一、基础知识在学习几何的任何时间，都需要掌握一些最基础的概念，包括：点、线、面、角度、同位角和补角等。
此外，我们还要理清所学知识中的一些基本定理，如：同旁内角和定理、余角定理、角平分线定理、三角恒等式、勾股定理等。
二、图形的面积和周长在八年级的学习过程中，我们需要了解更多类型的图形，如：梯形、菱形、正多边形等。
此外，我们还需要熟练掌握图形的周长和面积计算方法。
在解题过程中，我们可以运用“拆分”、“移动”、“旋转”等技巧，来更好地解决问题。
三、相似三角形在相似三角形的学习中，我们需要了解相似三角形的概念以及判定方法。
在解决问题时，我们还需要注意相似比例的运用及其性质。
四、三角形的性质八年级阶段，我们需要深入的学习三角形的性质和定理。
例如：中线定理、高线定理、内心、垂心、外心及其相关性质和定理。
此外，在竞赛中，我们还需要运用三角形相似、勾股定理、正弦定理、鱼腰定理等知识来解决问题。
五、圆的性质圆是几何中最重要的图形之一，学习圆的性质和定理也是非常必要的。
在学习过程中，我们需要了解圆的定义和相关概念，如弧、弦和切线等。
在解决问题时，我们需要掌握圆心角和圆周角定理，以及圆内切线定理和圆外切线定理等。
六、空间几何八年级阶段，我们将进入空间几何的学习。
空间几何学习较为抽象，因此我们需要深入理解和掌握空间几何的概念和性质。
例如在解决棱锥、棱台、立体图形等问题时，我们需要熟练掌握这些图形的表面积和体积公式。
七、综合运用综合性的应用题目非常常见，解决这类问题关键是掌握几何知识点的深度和广度，而且还需要灵活运用基础知识和解题技巧。
例如：涉及到平面几何和空间几何的问题、比例运用及公式转换问题等等。
八年级几何竞赛知识点汇总
八年级几何竞赛知识点汇总八年级的学生在学习几何学时，需要掌握许多知识点，从最基础的几何公理到计算复杂的三角函数问题。
而在几何竞赛中，更是需要掌握深入的几何知识与应用能力。
下面将针对八年级几何竞赛涉及到的主要知识点进行一个汇总。
1. 基础概念在解决几何问题时，我们首先需要掌握基础概念，例如关于点、线、面、角、度等几何基础概念的定义，以及平面内的一些特殊点、线和面如垂足、中垂线、中位线等概念。
2. 几何公设和原理作为几何学的基础，我们需要深入学习几何公设和原理。
包括点、直线、平行、垂直、三角形、四边形、圆等一系列定理；欧氏公设、切比雪夫不等式、角平分线定理、反之角定理等。
3. 相似三角形在几何竞赛中，相似三角形是一个重要的知识点。
这个主题包括相似三角形的定义、相似三角形的基本性质、相似三角形的判定方法、相似三角形在实际生活中的应用等。
4. 同斜率的直线同斜率的直线是一个基础的几何知识点，也是解决平面内直线问题的关键。
我们需要了解同斜率的直线的相关定义和判定方法，并且能够运用同斜率的直线求解直线的交点、距离等问题。
5. 圆圆是几何中一个基础的对象，几何竞赛中关于圆的知识点也很多。
包括圆的基础定义、圆的性质、圆的切线、切线定理、弦定理、交线定理、圆内接四边形等。
6. 三角函数关于三角函数，我们需要掌握三角形中各个角的正弦、余弦、正切、余切等概念，以及如何在解决几何问题时应用三角函数。
此外，一些基础的三角函数公式，如角度变换公式、和差公式、倍角公式等也需要掌握。
除此之外，还有一些其他的知识点，例如平移、旋转、反射变换等，这些知识点在几何竞赛的解决中也很重要。
总之，在参加几何竞赛时，我们需要全方位地掌握几何学的知识点，才能取得更好的成绩。
八年级几何竞赛知识点
八年级几何竞赛知识点几何学是初中数学的重要组成部分之一，几何竞赛则是评测学生几何学水平的一个重要的方式。
如果想要在几何竞赛中获得好成绩，学生需要掌握一定的几何知识点。
本文将介绍八年级几何竞赛中的一些重要的知识点。
一、平面几何1. 圆的性质圆是在平面上距离某一点固定距离的所有点的集合。
学生需要掌握圆的基本性质，如圆心、半径、直径等概念。
此外，他们还需要了解关于弧、圆周角、切线、割线和弦的性质。
2. 三角形的性质三角形是几何学中最基本的图形之一。
学生需要了解关于三角形的三边、三角和三个内角的基本性质。
他们还需要了解勾股定理、正弦定理、余弦定理等三角形的重要定理。
3. 直线和角的性质学生需要掌握直线和角的基本性质，包括平行线、垂直线、相交线等。
此外，他们还需要了解关于角平分线、垂线、相似角等几何概念。
二、空间几何1. 空间图形的性质空间几何学是关于三维图形的研究。
学生需要掌握常见的空间图形，如正方体、长方体、圆柱、圆锥、球等，并了解它们的基本性质。
2. 空间位置关系学生需要了解关于平行、垂直、相交、共面、共线等概念。
此外，他们需要掌握点、直线、平面在空间中的位置关系。
3. 空间向量及其应用向量是空间几何学的重要概念。
学生需要了解向量的定义、加减、数量积、向量积等基本性质，并能够在空间几何的问题中运用向量法解决一些复杂的问题。
三、集合与逻辑集合与逻辑是几何竞赛中不可或缺的一部分。
学生需要了解关于集合的概念、集合的运算、集合的关系等。
此外，他们还需要掌握逻辑的基本原则和方法，如假设法、推理法、演绎推理等。
总之，八年级几何竞赛的知识点包括平面几何、空间几何、集合与逻辑等多个方面。
学生需要深入了解这些知识点，掌握基本概念和定理，加强理论学习，注重实际练习，才能在几何竞赛中取得好成绩。
初中数学竞赛几何主要的定理
初中数学竞赛几何主要的定理初中数学竞赛中，几何部分涵盖了许多重要的定理和概念。
以下是一些最常见和重要的几何定理。
1. 勾股定理：对于任意直角三角形，直角边平方的和等于斜边平方。
即a²+b²=c²（a、b为直角边，c为斜边）。
2. 直角三角形的性质：直角三角形的两条直角边乘积等于斜边上到直角的线段长度之积。
即a×b=c×h（h为斜边上垂线长度）。
3. 正弦定理：对于任意三角形，其内角的正弦值与对边长度的比例相等。
即sinA/a=sinB/b=sinC/c。
4. 余弦定理：对于任意三角形，其某一角的余弦值等于两个相邻边平方和减去第三边平方后再除以两倍这两个边的乘积。
即cosA=(b²+c²-a²)/2bc。
5. 周长比定理：如果两个相似图形之间的比例为k，则其周长比例为k。
7. 圆周角定理：一个圆上的任意圆周角都等于圆心角的一半。
即∠AOB =1/2∠ACB。
8. 弦长定理：在同一圆上，两个相交弦所对应的弧相等，且弦分别乘积等于相应弦分别乘积。
即AB×CD =BC×DE。
9. 正多边形内角和定理：正n边形的每个内角的度数为180°×(n-2)/n。
10. 直线平行定理：如果直线AB和CD分别与直线EF相交，且∠AED=∠BEC，则AB∥CD。
这些定理都是数学竞赛几何中必备的基础知识，能够帮助学生更加深入地理解几何概念和解题方法。
通过不断练习这些定理的应用，学生将能够掌握更高级的几何概念和技巧，成为优秀的数学竞赛选手。
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初中数学竞赛第二轮专题复习（4)几何1、如图,D ，E 分别为∆ＡB Ｃ的边ＡB ，ＡC 上的点,且不与∆A ＢC 的顶点重合.已知ＡE 的长为m,AC 的长为n,A Ｄ,ＡＢ的长是关于x 的方程2140x x mn -+=的两个根．(Ⅰ)证明：C ，B,D,E 四点共圆;(Ⅱ)若∠A=9０°，且m=4， n=６,求C,B ，D,E 所在圆的半径．解:(Ⅰ)连接DE,根据题意在△ADE 和△ＡCB 中，A Ｄ×A Ｂ=mn=A Ｅ×A Ｃ，即AD AE AC AB=． 又∠DAE=∠CAB ，从而△ADE ∽△ACB因此∠AD Ｅ=∠A ＣB ，所以C ， B, D, E 四点共圆．(Ⅱ)ｍ＝4, n ＝6时,方程ｘ2-14x ＋mn=０的两根为ｘ1＝２,x 2＝12.故AD ＝2，ＡB ＝1２.取CE 的中点G ，DB 的中点F,分别过Ｇ，F 作AC ，AB的垂线,两垂线相交于Ｈ点,连接ＤH ．因为C ， B ， Ｄ, E 四点共圆,所以Ｃ， B ， Ｄ, E 四点所在圆的圆 心为H,半径为DH.由于∠Ａ＝９０°，故ＧＨ∥AB,H Ｆ∥AC ．H Ｆ＝AG=5,D Ｆ=12(12-２)=5. 故C,B,D,Ｅ四点所在圆的半径为．2、在等腰∆AB Ｃ中,顶角∠AC Ｂ＝80°,过A ， Ｂ引两直线在∆ABC 内交于一点Ｏ．若∠O ＡB=１0°, ∠ＯＢA=20°，求∠ACO 的大小，并证明你的结论.解:60ACO ∠=︒（４分)以OA 为轴翻转OAB ∆到OAB '∆,连接,CB BB '',由10OAB ∠=︒知20BAB '∠=︒且AB AB '=,ABB '为等腰三角形，故80AB B ACB '∠=︒=∠，从而知,,,A B B C'四点共圆，再由20ABO ∠=︒知60OBB '∠=︒,BB O '∆为等边三角形．由四点共圆知100ACB '∠=︒，又30OBC B BC '∠=∠=︒，OB B B '=,BC 公共，故OBC B BC '∆≅∆．再由100ACB '∠=︒,80ACB ∠=︒，故20OCB ∠=︒,从而得证:60ACO ∠=︒. 答题要点:60ACO ∠=︒ 以OA 为轴翻转OAB ∆到OAB '∆，连接,CB BB ''①OBB '∆为正三角形;②,,,A B B C '四点共圆：因为80ACB AB B '∠=∠=︒20B CB B AB ''∠=∠=︒;③OBC B BC '∆≅∆,20B CB OCB '∠=∠=︒，再由80ACB ∠=︒，得证:60ACO ∠=︒． ３、如图，在△AB Ｃ中,∠A=60︒,ＡB ＞ＡC ，点O 是外心，两条高B Ｅ、ＣF 交于H 点．点M 、N 分别在线段B Ｈ、HF 上，且满足BM ＝CN ． 求OH NH MH +的值. 解:在ＢＥ上取BK=CH ，连接OB 、OC 、O Ｋ,由三角形外心的性质知 ∠ＢOC=2∠Ａ＝1２0°由三角形垂心的性质知 ∠ＢHC ＝180°-∠A=120°∴∠BOC ＝∠BH Ｃ ∴B 、C 、ＨO 四点共圆∴∠ＯB Ｈ＝∠OC Ｈ OB=ＯC BK=CH∴⊿B ＯK ≌⊿CO Ｈ∵ＢO Ｋ=∠BO Ｃ=120°，∠O ＫH=∠OHK=30°观察⊿OKH ， ︒=︒30sin 120sin OH KH ⇒KH ＝3OH 又∵BM=ＣN,ＢK ＝CH, ∴KM=NH∴MH+ＮH=ＭH ＋KM=KH=3OH ∴OHNH MH +=3. 4、如图,在凸四边形A ＢC Ｄ中，∠ABC=∠AD Ｃ，E ， F, Ｇ, H 分别为AB, BD, ＡD, CD 的中点．求证：(Ⅰ)Ｅ, F, G , H 四点共圆；（Ⅱ)∠AEF=∠ACB -∠A ＣD.证明:(Ⅰ)连结ＥG , ＥH ， F Ｇ， FH, G Ｈ,则FG//BA ， FH ／/B Ｃ，所以∠ＧＦH ＝∠ＡＢC ．又因为四边形DGE Ｈ为平行四边形，所以,∠ＧＥH=∠ADC ＝∠ABC=∠GF Ｈ.所以，E, F ， G , Ｈ四点共圆．(Ⅱ)因为E, F ， G ， Ｈ四点共圆，所以∠GEF=∠GH Ｆ＝∠AC Ｂ．又E Ｇ//ＣD ，所以∠AE Ｇ=∠ＡCD ．故∠AEF ＝∠GEF -∠ＡEG=∠ACB -∠ACD ．平面几何中的几个著名定理几何学起源于土地测量,几千年来，人们对几何学进行了深入的研究,现已发展成为一门具有严密的逻辑体系的数学分支．人们从少量的公理出发，经过演绎推理得到不少结论,这些结论一般就称为定理.平面几何中有不少定理，除了教科书中所阐述的一些定理外,还有许多著名的定理，以这些定理为基础，可以推出不少几何事实，得到完美的结论，以至巧妙而简捷地解决不少问题.而这些定理的证明本身,给我们许多有价值的数学思想方法,对开阔眼界、活跃思维都颇为有益.有些定理的证明方法及其引伸出的结论体现了数学的美,使人们感到对这些定理的理解也可以看作是一种享受.下面我们来介绍一些著名的定理．1．梅内劳斯定理亚历山大里亚的梅内劳斯(Mｅneｌaus,约公元100年，他和斯巴达的Menelauｓ是两个人）曾著《球面论》，着重讨论球面三角形的几何性质．以他的名子命名的“梅内劳斯定理”现载在初等几何和射影几何的书中，是证明点共线的重要定理．定理一直线与△AＢC的三边AB，BC，CA或延长线分别相交于X，Y，Z,则证过A，B，C分别作直线ＸZＹ的垂线,设垂足分别为Q,P,S，见图3－98．由△AＸＱ∽△BXP得同理将这三式相乘，得说明 (1）如果直线与△ＡBC的边都不相交,而相交在延长线上，同样可证得上述结论，但一定要有交点,且交点不在顶点上，否则定理的结论中的分母出现零,分子也出现零,这时定理的结论应改为ＡX×ＢY×ＣZ=XＢ×YC×ZA，仍然成立．(2)梅内劳斯定理的逆定理也成立，即“在△ABC的边AＢ和AC上分别取点X，Ｚ，在ＢC的延长线上取点Y，如果那么Ｘ，Y，Z共线”.梅内劳斯定理的逆定理常被用来证明三点共线.例1 已知△ＡＢC的内角∠B和∠Ｃ的平分线分别为BE和CF，∠A的外角平分线与BC的延长线相交于D,求证：D，Ｅ，F共线．证如图3－99有相乘后得由梅内劳斯定理的逆定理得F，Ｄ，Ｅ共线．例２(戴沙格定理）在△ＡＢC和△A′B′C′中,若ＡＡ′,BＢ′,CC′相交于一点S，则ＡB与A′B′,BC与B′C′，AC与A′C′的交点F,Ｄ，E共线．证如图3-1０0,直线FA′B′截△ＳＡＢ,由梅内劳斯定理有同理，直线EC′A′和ＤC′B′分别截△ＳAC和△ＳBC,得将这三式相乘得所以D，Ｅ,Ｆ共线.2.塞瓦定理意大利数学家塞瓦(G．Cｅva）在１６78年发表了下面的十分有用的定理，它是证明共点线的重要定理．定理在△ABC内任取一点P,直线AP,ＢP，CＰ分别与边BＣ，CA,AＢ相交于Ｄ,E,F，则证如图3－101,过Ｂ，C分别作直线ＡP的垂线,设垂足为H和K，则由于△BHD∽△ＣＫD,所以同理可证将这三式相乘得说明(1)如果P点在△ＡBC外，同样可证得上述结论，但P点不能在直线AB,BＣ，CA上,否则，定理的结论中的分母出现零，分子也出现零,这时,定理的结论应改为ＢＤ×CE×AＦ=DC×ＥA×FB,仍然成立．(２)塞瓦定理的逆定理也成立，即“在△ABC的边BC,CA,ＡB上分别取点D,E,Ｆ,如果那么直线ＡＤ，BＥ,CF相交于同一点．”证如图3－10２,设AD和ＢE相交于P，作直线CP，交直线AＢ于F′,由塞瓦定理得所以 F′Ｂ=ＦB，即Ｆ′与Ｆ重合,所以AD，BE，CＦ相交于同一点．塞瓦定理的逆定理常被用来证明三线共点.例3 求证：三角形的三条中线、三条内角平分线和三条高所在的直线分别相交于同一点.证 (１)如果D,E，F分别是△ＡＢＣ的边ＢＣ,CA,AB的中点，则由塞瓦定理的逆定理得中线AD，ＢE,CF共点．（2)如果D，E，F分别是△ABＣ的内角平分线ＡD，BＥ，CF与边BC，CA，AB的交点，则由塞瓦定理的逆定理得角平分线AD,ＢＥ,CF共点.(３)设D,Ｅ,Ｆ分别是△ABC的高AD，BＥ，CF的垂足．（i)当△ＡBC是锐角三角形时(如图3－１03),D,E，F分别在BC，CA，AB上，有BD=cｃｏsB,ＤC=ｂｃｏsC,CE=ａcoｓc，EA=ccosA，AＦ=bcosA,FＢ＝aｃｏsＢ，所以由塞瓦定理的逆定理得高AD,ＢE,CF共点.(ｉi)当△ABC是钝角三角形时，有BD＝ｃcｏsB,DＣ=bcｏsC,CE=ａｃosＣ，ＥA=ccos(１8０°-A)=-cｃosA,AF=bcos（180°-A)=－bcosA,FＢ=ａcosB,所以由塞瓦定理的逆定理，得高AＤ,BE,CF共点.(iii)当△ＡBC是直角三角形时，高AＤ,BE，CF都经过直角顶点，所以它们共点．例4 在三角形ABC的边上向外作正方形,A1，B１，C1是正方形的边BC,CA，ＡB的对边的中点,证明:直线AA１，ＢB1，CC1相交于一点.证如图3－１04．设直线ＡA1,BB１，CC1与边BC，ＣA,ＡB的交点分别为A2,B2，C2,那么ＢA２：Ａ2Ｃ等于从点B和C到边AA１的垂线的长度之比,即其中∠θ＝∠CBＡ1＝∠BCA1．同理将上述三式相乘得根据塞瓦定理的逆定理，得AA1,BB1，CC1共点．3.斯台沃特定理定理△AＢＣ的边BＣ上任取一点D,若BD=u,DC＝v,AＤ=t，则证过Ａ作AE⊥BＣ,Ｅ为垂足(如图3－1０5),设ＤE＝x，则有AE2＝b2-（ｖ－ｘ)２＝c2-(ｕ+ｘ)２=t２-x2,(若E在BC的延长线上,则v-x换成x-ｖ.)于是得消去x得(u+ｖ)２=b2ｕ+ｃ２v-ｕv(ｕ+v)，这就是中线长公式．(2)当ＡD是△ＡＢC的内角平分线时，由三角形的内角平分线的性质设a+b+c＝2ｐ,得这就是内角平分线长公式．(3)当ＡD是△ＡBC的高时,ＡD2＝b2-u2=c2-v２．再由ｕ+v=a，解得所以若设AD=h a,则这就是三角形的高线长公式．当Ｄ在ＢＣ的延长线上时，用－v代替v，同样可得高线长线公式.这就是三角形的面积公式．伦公式例5 如图3-１0６．在△ＡBC中,ｃ>b,AD是△ＡＢC的角平分线,E 在BC上，BＥ＝ＣD．求证:ＡE2-AD2=(ｃ-b)２．证为方便起见,设BD=u，ＤＣ=v,则ＢE=ｖ，EC=u.由斯台沃特定理得所以因为AD是角平分线，所以于是4.托勒密定理托勒密(Ptolemy,约公元8５～165年)是古代天文学的集大成者.一般几何教科书中的“托勒密定理”（圆内接四边形的对边积之和等于对角线之积），实出自依巴谷(Hipparｃhｕs)之手,托勒密只是从他的书中摘出。