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初中数学奥林匹克中的几何问题：第7章九点圆定理及应用附答案
第七章九点圆定理及应用【基础知识】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接线段的中点，这九点共圆． 如图7-1，设ABC △三条高AD ，BE ，CF 的垂足分别为D ，E ，F ；三边BC ，CA ，AB 的中点分别为L ，M ，N ；又AH ，BH ，CH 的中点分别为P ，Q ，R ．求证：D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．BVO RF P E NMHQL图7-1A证法1连PQ ，QL ，LM ，MP ，则知12LM BA QP ∥∥，即知L M P Q 为平行四边形．又LQ CH BP LM ⊥∥∥，知LMPQ 为矩形．从而L ，M ，P ，Q 四点共圆，且圆心V 为PL 与QM 的交点．同理，MNQR 为矩形，从而L ，M ，N ，P ，Q ，R 六点共圆，且PL ，QM ，NR 均为这个 圆的直径．由90PDL QEM RFN ∠=∠=∠=︒，知D ，E ，F 三点也在这个圆上．故D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．证法2设ABC △的外心为O ，取OH 的中点并记为V ，连AO ，以V 为圆心，12AO 为半径作V ，如图71-．由12VP OA ∥，知P 在V 上．同理，Q ，R 也在V 上．由12OL AH ∥（可由延长AO 交ABC △的外接圆于K ，得HBKC 为平行四边形，此时L 为KH 的中点，则OL 为AKH △的中位线即得），知OL PH ∥．又OV VH =，知O L V H P V △△≌，从而1=2VL VP OA =，且L ，V ，P 共线，故L 在V 上． 同理，M ，N 在V 上．由L ，V ，P 共线知LP 为V 的一条直径．又90LDP ∠=︒，90MEQ ∠=︒，90NFR ∠=︒，知D ，E ，F 在V 上， 故D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．上述圆通常称为九点圆，也有人叫费尔巴哈圆或欧拉圆，显然，正三角形的九点圆即为其内切圆． 证法3由Rt Rt CBF ABD △∽△，有BC BABF BD=．注意到L 、N 分别为BC 、BA 的中点， 则BL BNBF BD=，即BL BD BF BN ⋅=⋅，这表明L 、D 、F 、N 四点共圆（或者联结NL 、DF ，则由BDF BAC BNL ∠=∠=∠知L 、D 、F 、N 四点共圆）．同理，L 、D 、E 、M 及E 、M 、F 、N 分别四点共圆．由戴维斯定理，即知L 、D 、E 、M 、F 、N 六点共圆于Γ．又Rt Rt CHD CBF △∽△，有C H C B CD C F =，注意R 、L 分别为CH 、CB 中点，则CR CLCD CF=，知R 、F 、L 、D 共圆，即点R 在圆Γ上．同理，点P 、Q 也在圆Γ上，故九点均在圆Γ上． 注戴维斯定理指的是：三角形每边所在直线有一对点（可以重合），若每两对点同在一个圆上，则三对点（六点）均在同一圆上．事实上，若所说三个圆不重合．则由根轴共点或平行推得三条边共点或平行，这是不可能的，所以三个圆非重合不可，特别地，三角形内切圆是其特殊情形． 由上述定理及其证明，我们可得如下一系列推论：推论1ABC △九点圆的圆心是其外心与垂心所连线段的中点，九点圆的半径是ABC △的外接圆半径的12． 注意到PQR △与ABC △是以垂心H 为外位似中心的位似形，位似比是12H P H A =∶∶，因此，可得 推论2三角形的九点圆与其外接圆是以三角形的垂心为外位似中心，位似比是12∶的位似形；垂心与三角形外接圆上任一点的连接线段被九点圆截成相等的两部分． 注意到欧拉定理（欧拉线），又可得推论3ABC △的外心O ，重心G ，九点圆圆心V ，垂心H ，这四点（心）共线，且12OG GH =∶∶，13GV VH =∶∶，或O 和V 对于G 和H 是调和共轭的，即OG OHGV HV=． 推论4ABC △的九点圆与ABC △的外接圆又是以ABC △的重心G 为内位似中心，位似比为12∶的位似形．事实上，因G 为两相似三角形LMN △与ABC △的相似中心，而LMN △的外接圆即ABC △的九点圆． 推论5一重心组的四个三角形有一个公共的九点圆；已知圆以已知点为垂心的所有内接三角形有共同的九点圆．【典型例题与基本方法】例1如图72-，设H 为ABC △的垂心，L 为BC 边的中点，P 为AH 的中点．过L 作PL 的垂线交AB 于G ，交AC 的延长线于K ．求证：G ，B ，K ，C 四点共圆．A证明设ABC △的外心为O ，连OH ，取OH 的中点V ， 则V 为ABC △九点圆的圆心．连AO ，则A O P V ∥，从而AO GK ⊥．设N 为AB 的中点，连ON ，则O N A G ⊥，由此知AON AGL ∠=∠．又ACL AON ∠=∠，则ACL AGL ∠=∠．从而BGL BGK KCL KCB ∠=∠=∠=∠．故B ，K ，C ，G 四点共圆． 例2试证：ABC △的垂心H 与其外接圆上的点的连线被其九点圆平分．证明如图73-，过垂心H 作ABC △外接圆的两条弦DE ，FG ，连DF ，EG ．E图7-3STG DAM HCN F B设M ，N ，S ，T 分别为HD ，HE ，HF ，HG 的中点，则 FDH SMH ∠=∠，EGH NTH ∠=∠． 又FDH EGH ∠=∠，则SMH NTH ∠=∠． 故M ，S ，T ，N 四点共圆，由DE ，FG 的任意性，得H 与ABC △外接圆上任意点连线的中点在同一圆上，由于这个圆过HA ，HB ，HC 的中点，故这个圆就是ABC △的九点圆，从而命题获证．例3如图74-，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：（1）OB DF ⊥，OC DE ⊥；（2）OH MN ⊥． （2001年全国高中联赛题）AN证明（1）设ABC △的外接圆半径为R ，由相交弦定理，有 22R OF AF FB -=⋅，22R OD BD DC -=⋅，从而22OF OD BD DC AF FB -=⋅-⋅．由A ，F ，D ，C 四点共圆，有BD BC BF BA ⋅=⋅，即()()B D B D D C B F B F FA ⋅+=+，亦即2222B F B D B D D C A F F B O F O D -=⋅-⋅=-，故OB DF ⊥．同理，OC DE ⊥． （2）由九点圆定理的推论1，知OH 的中点V 为DEF △的外心．又由D ，E ，A ，B 及D ，F ，A ，C 分别四点共圆，有M D M E M B M A ⋅=⋅，ND NF NC NA ⋅=⋅．由此，即知M ，N 对ABC △的外接圆与DEF △的外接圆的幂相等，从而M ，N 在这两个外接圆的根轴上，即有MN OV ⊥，故MN OH =． 【解题思维策略分析】1．注意题中九点圆的显现形式例4如图75-，ABC △中，O 为外心，H 是垂心，作CHB △，CHA △和AHB △的外接圆，依次记它们的圆心为1A ，1B ，1C ，求证：111ABC A B C △△≌，且这两个三角形的九点圆重合．（IMO 31-预选题）图7-51证明由于()18090(90)180CHB B C B C A ∠=︒-︒-∠-︒-∠=∠+∠=︒-∠，知CHB △外接圆的半径和 CAB △外接圆的半径相等，从而，有1A 是O 关于BC 的对称点．设M 是BC 中点，则知2AH OM =，即1AH OA =．又1AH OA ∥，则连1AA 与OH 的交点K 为平行四边形1AHAO 的中心，即1AA 与OH 互相平分于K ． 同理，1BB ，1CC 也经过K 且被它平分，从而111A B C △与ABC △关于K 中心对称，故111A B C ABC △△≌．显然，K 是ABC △九点圆的圆心．因此，这个圆关于K 作中心对称时不变，它也是111A B C △的九点圆． 例5如图76-，在ABC △中，AD 是BC 边上的高，M ，N 分别是CA ，AB 两边的中点，设直线l 通过A 点，且BC 在l 上的射影为B C ''，连B N '与C M '交于点P ．求证：B '，C '，D ，P 四点共圆，且其圆心O 与P 点均在ABC △的九点圆上．P O NMDBAC '21l 图7-6B'C证明BB '，CC '，ND ，MD ．在Rt AB B '△中，N 为斜边AB 的中点，令1BAB '∠=∠，则1N BA'∠=∠． 同理，NAD NDA ∠=∠， MAD MDA ∠=∠．令2CAC '∠=∠，则2MC A '∠=∠． 于是，12NB A MC A ''∠+∠=∠+∠180A =︒-∠， 故()180MPN NB A MC A ''∠=︒-∠+∠180(180)A A =︒-︒-∠=∠NAD DAM NDA ADM MDN =∠+∠=∠+∠=∠．由此，知D ，M ，N ，P 四点共圆．而MND △的外接圆即为ABC △的九点圆，即点P 在ABC △的九点圆上． 由A ，B '，B ，D 四点共圆，连B D '，则知901B DA B BA ''∠=∠=︒-∠．同理，902C DA C CA ''∠=∠=︒-∠． 于是，18012B DC B DA C DA A MPN B PC ''''''∠=∠+∠=︒-∠-∠-∠=∠=∠， 故B '，C '，D ，P 四点共圆．由题设，B C DP '' 的圆心为O ，连DO ，PO ，则2DOP DB P '∠=∠． 由于A ，B '，B ，D 四点共圆且以N 为其圆心，则知NB ND '=． 于是，有2DNP DB P '∠=∠，DOP DNP ∴∠=∠，D ∴，O ，P ，N 四点共圆．O ∴在DPN 上，即O 在ABC △的九点圆上，故命题获证． 2．注意题中九点圆的隐含形式例6如图77-，锐角ABC △中，角A 的等分线与三角形的外接圆交于另一点1A ，点1B ，1C 与此类似．直线1AA 与B ，C 两角的外角等分线交于0A ，点0B ，0C 与此类似．求证：A 0A 1IC 0B 1C 1B 0图7-7C A（1）000A B C △的面积是六边形111AC BACB 面积的二倍；（2）000A B C △的面积至少是ABC △面积的四倍． （IMO 30-试题）证明（1）令ABC △的内心为I 000()I AA BB CC =∩∩．则I 又是000A B C △的垂心（内、外角平分线互相垂直）．显然，ABC △的外接圆是000A B C △的九点圆，即知1A ，1B ，1C 分别为0A I ，0B I ，0C I 的中点，于是得012A BI A BI S S =△△，012A CI A CI S S =△， 从而012A BIC A BIC S S =四边形四边形．同理，012B CIA B CIA S S =四边形四边形，012C AIB C AIB S S =四边形四边形， 故0001112A B C AC BA CB S S =六边形． （2）由（1），有()1110002=2A BC B CA C ABA B C ABCABCS S S S S S +++△△△△△△故只要证1111A BC B CA C ABABCS S S k S ++=△△△△≥．记2BAC α∠=，2ABC β∠=，2BCA γ∠=，则 ()12111sin 1802sin sin sin 2sin 21sin 2sin 2sin sin 2sin 2sin 22A BC ABCA B AC S S AB AC αααααγβαβγα⋅⋅︒-⋅⋅===⋅⋅⋅⋅⋅△△ 同理，12sin sin 2sin 2B CA ABCS S βαγ=⋅△△，1sin sin 2sin 2C AB ABC S S γαβ2=⋅△△． 于是，2222sin sin sin sin 2sin 2sin 2sin sin 2sin 2k αβγβγαγαβ=++⋅⋅⋅()233cos cos cos 4αβγ-⋅⋅≥ 223cos cos cos 3cos 14343αβγαβγ--++++⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥． 例7如图78-，123A A A △是一非等腰三角形，它的边长分别为以1a ，2a ，3a ，其中i a 是i A 的对边（123i =，，），i M 是边i a 的中点，123A A A △的内切圆I 切边i a 于i T 点，i S 是i T 关于i A ∠角平分线的对称点(123)i =，，．求证：11M S ，22M S ，33M S 三线共点． （IMO 23-试题）311图7-8证明由题设，知1221M M A A ∥，下面证1121S S A A ∥，由1T 和1S ，2T 和3T 分别关于直线1A I 对称，有 1231TT T S =． 同理， 1232TT T S =． 故有 3132T S T S =，即3T 是等腰312T S S △的顶点，有312T I S S ⊥，从而1221S S A A ∥． 同理，2332S S A A ∥，3113S S A A ∥．又1221M M A A ∥，2332M M A A ∥，3113M M A A ∥，于是123M M M △和123S S S △的对应边两两平行，故这两个三角形或全等或位似．由于123S S S △内接于ABC △的内切圆，而123M M M △内接于ABC △的九点圆，且123A A A △不为正三角形，故其内切圆与九点圆不重合，所以123S S S △与123M M M △位似，这就证明了11M S ，22M S ，32M S 共点（于位似中心）．例8过锐角ABC △的顶点A ，B ，C 的三条高线分别交其对边于点D ，E ，F ，过点D 平行于EF 的直线分别交AC ，AB 于点Q 和R ，EF 交BC 于点P ．证明：PQR △的外接圆过BC 的中点．（IMO 38-预选题）证明由题设，点P 的存在意味着AB AC ≠．由对称性，可设AB AC >，则P 在射线BC 上，如图79-．PLR DCFA EB图7-9取BC 的中点L ，我们证明Q ，P ，R ，L 四点共圆⇔DR DQ DP DL ⋅=⋅①因BE AC ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，则B ，C ，E ，F 共圆，于是知CEP ABC ∠=∠． 又EF QR ∥，有CEP CQD ∠=∠，则知B ，Q ，C ，R 四点共圆，从而DR DQ DB DC ⋅=⋅ 设BL CL a ==，CP c =，DL b =，则证①式等价于证明DB DC DP DL ⋅=⋅，即()()()a b a b a c b b +⋅-=+-⋅，亦即()2a b a c =+．由九点圆定理，知D ，E ，F ，L 四点共圆，有PE PF PD PL ⋅=⋅．注意到B ，C ，E ，F 四点共圆，有PE PF PC PB ⋅=⋅，故得PC PB PD PL ⋅=⋅，即 ()()()2c a c a c b b a +=+-⋅+，亦即()2a b a c =+．故有DB DC DP DL ⋅=⋅，亦有DR DQ DP DL ⋅=⋅．亦即Q ，P ，R ，L 四点共圆，即PQR △的外接圆过BC 的中点．注 由例8可演变得如下第8届台湾数学奥林匹克试题：己知过锐角ABC △的顶点A ，B ，C 的垂线分别交对边于D ，E ，F ，AB AC >，直线EF 交直线BC 于P ，过点D 且平行于EF 的直线分别交直线AC ，AB 于Q ，R ，N 是BC 上的一点，且180NQP NRP ∠+∠<︒．求证：BN CN >．事实上，同例8，取BC 的中点L ，关键是证明Q ，P ，R ，L 四点共圆，又等价地证明DR DQ DP DL ⋅=⋅．而当Q ，P ，R ，L 四点共圆时，180LQP LRP ∠+∠=︒，参见图79-，若180NQP NRP ∠+∠<︒，则N 点在QPRL 的内部，又因N 是BC 上的一点，则N 在点L 的右侧，于是BN CN >．【模拟实战】习题A1．试证：圆的直径两端点对ABC △的西姆松线垂直相交，且相交于此三角形的九点圆上．2．设G 为ABC △的重心，P 为ABC △外接圆上任一点，连PG 并延长至点Q ，使12PQ PG =．求证：点Q 在ABC △的九点圆上．3．试证：ABC △的九点圆与它的内切圆及三个旁切圆相切．4．给定非退化的ABC △，设外心为O ，垂心为H ，外接圆的半径为R ．求证：3OH R ．（1994年亚太地区奥林匹克题）5．试证：三角形的三个切圆（内切或旁切）的圆心构成一个三角形，此新三角形的外心对于已知三角形的外心为另外一个切圆圆心的对称点．习题B 1．设A I ，B I ，C I 分别为ABC △的切BC ，CA ，AB 边的旁切圆的圆心．试证：（1）A B C I I I △的九点圆为ABC △的外接圆；（2）过点A I ，B I ，C I 分别作BC ，CA ，AB 边的垂线，则这三条垂线共点． 2．试证：圆周上任意四点，过其中任意三点作三角形，则这四个三角形的九点圆的圆心共圆．第七章九点圆定理及应用习题A1．设P O P '是ABC △的外接圆(圆心为O )的直径，关于P 点的西姆松线为1l ，关于P '点的西姆松线为2l 因为1l 与2l 的交角可以12PP '度量，从而1l 与2l 的交角为直角．设H 为ABC △的垂心，则1l 和2l 分别经过PH ，PH'的中点Q ，Q '，而Q 和Q '在ABC △的九点圆上，H 点是三角形的九点圆和外接圆的外 位似中心，线段QQ '是线段PP '的位似图形，从而QQ '是九点圆的直径，故1l 与2l 的交点在ABC △的九点圆上．2．连AG 并延长交BC 于L ，则A 在ABC △的外接圆上，L 在ABC △的九点圆上，又G 是ABC △的外接圆与九点圆的内位似中心，且位似此为21∶．而21PG GQ =∶∶，且P 点在外接圆上，则Q 点必在九点圆上．3．设I ，O ，H ，V 分别为ABC △的内心、外心、垂心及九点圆圆心，R ，r ，ρ分别为ABC △外接圆、内切圆、九点圆的半径，A I ，A ρ分别为在BC 边外侧相切的旁切圆圆心和半径，则由心距公式，有222OI R Rr =-，2222IH r R ρ=-，224OH R R ρ=-．注意到V 为OH 的中点，由斯特瓦尔特定理的推论（即三角形中线长公式），有()2222222111242VI VI HI VH R Rr r R r ⎛⎫=+-=-+=- ⎪⎝⎭，即12VI R r =-．故九点圆与内切圆相内切．同理，222AA OI R R ρ=+，得22112A VI R ρ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即有112VI R ρ=-，故九点圆与此旁切圆相外切．同理，可证九点圆与其他两个旁切圆相外切．4．设G 是ABC △的重心，V 是九点圆的圆心，O 和V 对于G 和H 是共线且调和共轭的，考察以O 点为起点的向量，则33332OA OB OC OH OG OA OB OC ⎛⎫==++=++ ⎪ ⎪⎝⎭．因此3OH OA OB OC R ++=≤ ，仅当A B C ==时等号成立，这是不可能的．故3OH R <．5．设O ，H 分别为ABC △的外心与垂心，I ，1I ，2I ，3I 分别为ABC △的内心和三个旁心，由于H ，A ，B ，C 构成一老垂心组（四点中，任一点是另三点构成的三角形的垂心，此四点为垂心组）；I 与1I ，2I ，3I 构成一新垂心组，又ABC △的外接圆是123I I I △的九点圆，从而123I I I △的外心O '是关于O的I 的对称点．其余以此类似地推证，从而新垂心组各点与老垂心组各点关于123I I I △的九点圆的圆心对称．习题B1．(1)设E ，F 分别是边BA 的延长线，CA 的延长线上的点，由旁心的定义，知A I A 平分BAC ∠，B I A 平分CAE ∠，C I A 平分BAF ∠．又BAF CAE ∠=∠，从而有B I ，A ，C I 三点共线，且A B C I A I I ⊥．同理，B A C I B I I ⊥，C A B I C I I ⊥．故ABC △为A B C I I I △的垂足三角形，故ABC △的外接圆即为A B C I I I △ 的九点圆．(2)设O '为A B C I I I △的外心，则()()11180180222B C B C B A C O I I I O I I I I ''∠=︒-∠︒-∠=．由A I ，C I ，A ，C 四点共圆，知B B A C I AC I I I ∠=∠，从而90B C B O I I I AC '∠+<∠=︒，即B I O AC '⊥． 同理，A I O BC '⊥，B I O BA '⊥．故三条垂线共点于O '．2．设11()A x y ，，22()B x y ，，33()C x y ，，44()D x y ，是单位圆上任意四点，则()2211234i i x y i +==，，，． 由九点圆圆心是三角形外心与垂心连线的中点，得△ABC ，△ABD ，△BCD ，△ACD 九点圆圆心坐标分别为1231231,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭,1241242,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭, 2342343,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭,1341344,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭． 考虑点12341234,22x x x x y y y y G ++++++⎛⎫⎪⎝⎭，则 12221234123123412312222x x x x x x x y y y y y y y O G ⎡⎤++++++++++⎛⎫⎛⎫=-+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦=12=． 同理，23412O G O G O G ===故1O ，2O ，3O ，4O 在以G 力圆心，12为半径的圆上．。
奥数几何部分
几何部分目录【一】知识点解析 (1)一、等积变形 (7)二、鸟头定理 (8)三、梯形蝴蝶定理 (9)四、燕尾定理 (11)五、相似三角形 (12)六、长方形、正方形 (13)七、曲线形计算 (15)八、立体几何 (16)九、图形剪拼 (17)十、圆与扇形 (18)十一、表面积计算 (18)十二、表面染色 (19)十三、几何综合 (20)【一】知识点解析直线型计算曲线型计算规则图形的曲线型计算：圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形叫做圆。
定点称为圆心，定长称为半径。
弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。
扇形：在圆上，由两条半径和一段弧围成的图形叫做扇形。
扇形由顶点在圆心的角的两边和这两边所截一段圆弧围成的图形，扇形是圆的一部分。
我们经常说的圆、圆、圆等等其实都是扇形，而这个几分之几表示的其实是这个扇形的圆心角占这个圆周角的几分之几。
圆的周长：L＝2πr；扇形的弧长：l＝2πr×(n表示扇形的圆心角的度数)；圆的面积公式：S＝πr2；扇形的面积s＝πr2×(n表示扇形的圆心角的度数)；弓形：弓形一般不要求周长，主要求面积。
一般来说，弓形面积＝扇形面积－三角形面积。
(除了半圆)不规则图形的曲线型计算：对于由圆、扇形、弓形与三角形、正方形、长方形等规则图形组合而成的复杂的不规则图形，为了计算其面积，常常要变动图形的位置或对图形进行适当的分割、拼补、旋转等手段使之转化为规则图形的和、差关系，同时还常要和“容斥原理”(即：集合A与集合B之间有：SA∪B =SA+AB-SA∩B)合并使用才能解决。
立体几何立体图形的特征：1、正方体：8个顶点；6个面；所有面相等；12条棱；所有棱相等；2、长方体：8个顶点；6个面；相对的面相等；12条棱；相对的棱相等；3、圆柱体：上下两底是平面且相等的圆；侧面展开后是长方形；4、圆锥体：下底是圆；只有一个顶点；5、球体：圆心到圆周上任意一点的距离是球的半径。
初中奥数讲义计数专题：几何计数
华杯赛计数专题：6几何计数基础知识：1.几何计数,从类型上看,可分为数线段、数三角形、数正方形、数长方形、数平行四边形等几类.2.几何计数的基本方法和思想：分类枚举与对应.3.分类的标准：按大小,按包含的图形等.4.常见对应方法：线段对应到端点,三角形对应到端点或边,长方形对应到对边等.5.特殊方法：去点法与去线法,本质是分类.方法铺垫：1）加法原理,乘法原理；2）容斥原理；3）排列数,组合数；4）对应法.例题：例1.如图,数一数图中有多少条线段？【答案】28（条）【解答】分类：1个单位长的线段有7条；2个单位长的线段有6条；3个单位长的线段有5条；……7个单位长的线段有1条；故共有线段7＋6＋5＋……＋1=28（条）.例2.数一数,图中共有多少个三角形？【答案】13（个）【解答】分类：含有1块的三角形有4个；含有2块的三角形有5个；含有3块的三角形有2个；含有4块的三角形有1个；含有6块的三角形有1个；故共有三角形4＋5＋2＋1＋1=13（个）.例3.如图,数一数,图中有多少个三角形？【答案】48（个）.【解答】分类：包含1个小三角形的三角形有1＋3＋5＋7＋9=25个；包含4个小三角形的三角形有1＋2＋3＋4＋3=13个；包含9个小三角形的三角形有1＋2＋3=6个包含16个小三角形的三角形有1＋2=3个；包含25个小三角形的三角形有1个；故共有三角形25＋13＋6＋3＋1=48（个）.例4.数一数,图中共有多少个三角形？【答案】35（个）【解答】分类：含有1块的三角形有10个；含有2块的三角形有10个；含有3块的三角形有10个；含有5块的三角形有5个；故共有三角形10＋10＋10＋5=35（个）.例5.图中有多少个正方形？【答案】30（个）【解答】包含1个正方形的正方形有4×4=16个；包含4个正方形的正方形有3×3=9个；包含9个正方形的正方形有2×2=4个；包含16个正方形的正方形有1个；故共有三角形16＋9＋4＋1=30（个）.例6.如图,数一数图中一共有多少条线段？多少个矩形？【答案】70（条）; 60个【解答】线段：横线,共有4×条；竖线：5×,故共有线段40＋30=70条；矩形：竖线中选出两条,共有条,横线中选出两条,共有,根据乘法原理,共有矩形10矩形原60个.例7.如图,这是一个长为9,宽为4的网格,每一个小格都是一个正方形.请问：（1）从中可以数出多少个长方形？（2）从中可以数出包含红点的长方形有多少个？【答案】450（个）；144个【解答】（1）竖线中选出两条,共有条,横线中选出两条,共有,根据乘法原理,共有矩形45×10=450个.（2）竖线中选出两条,共有6竖线中选出条,横线中选出两条,共有2×3=6条,根据乘法原理,共有矩形24×6=144个.例8.如图,数一数,图中共有多少个长方形？【答案】135个【解答】横向看：共有矩形个,竖向看：共有矩形个,这样重复计算了个,所以共有矩形90＋63－18=135个.例9.如图,木板上钉着12枚钉子,排成三行四列的长方阵.用橡皮筋一共可以套出多少个不同的三角形？【答案】200（个）【解答】共有三角形个.例10.下图由相同的正方形和相同的等腰直角三角形构成, 则正方形的个数为多少？（17届华杯赛笔试初赛小高组第6题）【答案】83（个）【解答】包含1小个正方形的正方形有2＋4＋6＋8＋8＋6＋4＋2=40个；包含4小个正方形的正方形有1＋3＋5＋7＋5＋3＋1=25个；包含9小个正方形的正方形有2＋4＋4＋2=12个；包含16小个正方形的正方形有1＋3＋1=5个；共有正方形40＋25＋12＋5＋1=83个.例11. 求图中一共有多少条线段？求图中一共有多少个矩形？【答案】70条线段,60个矩形【解答】每一条线段由同一行或同一列的两个顶点确定,因此共有条线段.每个矩形由长和宽上的各一条线段对应形成,如下图：因此共有个矩形.例12. 数一数,图中有多少个三角形？【答案】78个【解答】只包含1个基本图形的有36个（朝上的21个,朝下的15个）；包含4个基本图形的有21个（朝上的15个,朝下的6个）；包含9个基本图形的有11个（朝上的10个,朝下的1个）；包含16个基本图形的有6个；包含25个基本图形的有3个；包含36个基本图形的有1个.所以共有36＋21＋11＋6＋3＋1=78个.例13. 下图是一个长为9,宽为4的长方形网格,每一个小格都是一个正方形,那么：1）从中可以数出多少个矩形？2）从中可以数出多少个正方形？3）从中可以数出包含黑点的矩形有多少个？【答案】1）450个；2）80个；3）144个【解答】1）图中共有个矩形；2）包含1个基本图形的正方形共有4×9=36个；包含4个基本图形的正方形共有3×8=24个；包含9个基本图形的正方形共有2×7=14个；包含16个基本图形的正方形共有1×6=6个.则共有36＋24＋14＋6=80个.3）黑点左下方的顶点共有18个,黑点右上方的顶点共有8个,所以包含黑点的矩形共有18×8=144个.例14. 图中一共包含多少个矩形？【答案】135个【解答】第（1）部分和第（3）部分合并起来是一个3×5的大矩形（如下图所示）,其中一共包含矩形个；第（2）部分和第（3）部分合并起来是一个6×2的大矩形（如下图所示）,其中一共包含矩形个；第（3）部分中的矩形被重复计算了,其中共有矩形个.所以图中一共包含矩形90＋63－18=135个.例15. 图中的木板上钉着12枚钉子,排成三行四列的长方阵. 那么用橡皮筋一共可以套出多少个不同的三角形？【答案】200个【解答】从12枚钉子中选择3枚钉子的组合总数是.而图中共有3条直线上各有4个点（如下图实线所示）,另外还有8条直线上各有3个点（如下图虚线所示）.因此用橡皮筋一共可以套出个不同的三角形.例16. 求图中所有矩形的面积和以及周长的总和.【答案】周长总和：1364；面积总和：1800【解答】矩形的10种长的总长是3＋+4＋+2＋+6＋+7＋+6＋+8＋+9＋+12＋+15=72。
初中数学奥林匹克几何问题梅涅劳斯定理及应用
初中数学奥林匹克几何问题-梅涅劳斯定理及应用第一章涅劳斯定理及应用【基础知识】梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，，三点共线，则．①证明如图，过作直线交的延长线于，则，，故．注此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法．正弦定理证法设，，，在中，有，同理，，，此三式相乘即证．面积证法由，，，此三式相乘即证．梅涅劳斯定理的逆定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，②则，，三点共线．证明设直线交于，则由梅涅劳斯定理，得到．由题设，有，即有．又由合比定理，知，故有，从而与重合，即，，三点共线．有时，也把上述两个定理合写为：设，，分别是的三边，，所在直线（包括三边的延长线）上的点，则，，三点共线的充要条件是．上述①与②式是针对而言的，如图（整个图中有4个三角形），对于、、也有下述形式的充要条件：；；．③第一角元形式的梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，所在直线（包括三边的延长线）上的点，则，，共线的充分必要条件是．④证明如图，可得．同理，，．以上三式相乘，运用梅涅劳斯定理及其逆定理，知结论成立．第二角元形式的梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，所在直线上的点，点不在三边所在直线上，则，，三点共线的充要条件是．⑤证明如图，由，有．同理，，．于是．故由梅涅劳斯定理知，，共线．从而定理获证．注（1）对于④、⑤式也有类似③式（整个图中有4个三角形）的结论．（2）于在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式中的右端均为，③、④、⑤式中的角也可以按①或②式中的对应线段记忆．特别要注意的是三边所在直线上的点为一点或者三点在边的延长线上．【典型例题与基本方法】1．恰当地选择三角形及其截线（或作出截线），是应用梅涅劳斯定理的关键例1如图，在四边形中，，，的面积比是3∶4∶1，点，分别在，上，满足∶∶，并且，，共线．求证：与分别是和的中点．（1983年全国高中联赛题）证明设（），交于．，，．．又因，，三点共线，可视为的截线，故由梅涅劳斯定理，得，即．化简整理，得，解得，（舍去）．故与分别是和的中点．例2如图1-5，在四边形中，对角线平分，在上取一点，与相交于，延长交于．求证：．（1999年全国高中联赛题）证明记，，，直线与相截，由梅涅劳斯定理，有．故．即，亦即，且只可能为0，故．例3设、分别为四边形的边、上的点，与交于点．若，则．证明如图1-6，只需证得当关于的等角线交于时，、、共线即可．事实上，、、分别为三边所在直线上的三点，且不在其三边所在直线上．又，，，由第二角元形式的梅涅劳斯定理，有．故、、三点共线．注当平分时，即为1999年全国高中联赛题．2．梅涅劳斯定理的逆用（逆定理的应用）与迭用，是灵活应用梅氏定理的一种方法例2另证如图1-5，设，关于的对称点分别为，，易知，，三点共线，连，，只须证明，，三点共线．设，，，则．对，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．故．注在图1-5中，*式也可为，若在的延长上，则*式为．例4如图1-7，与和的三边所在的3条直线都相切，，，，为切点，直线与交于点．求证：．（1996年全国高中联赛题）证法1过作于，延长交直线于点．对及截线应用梅涅劳斯定理，有．由，有．显然，，三点共线，连，，，，则由，有，从而，即．又，则．对，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线，即为直线与的交点．故点与点重合，从而．证法2延长交于，直线与的三边延长线都相交，直线与的三边延长线都相交，分别应用（迭用）梅涅劳斯定理，有，．上述两式相除，则有．而，，于是，即．连，，，，，，而，，共线，则，，且，从而，于是．故，即．【解题思维策略分析】梅涅劳斯定理是三角形几何学中的一颗明珠，它蕴含着深刻的数学美，因而它在求解某些平面几何问题，特别是某些平面几何竞赛题中有着重要的应用．1．寻求线段倍分的一座桥梁例5已知的重心为，是边的中点，过作边的平行线交边于，交边于，且与交于点，与交于点．证明：．（1991年第3届亚太地区竞赛题）证明如图1-8，延长交于，则为的中点．由，知，而．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有，故．从而，且．同理，，且．由此可知，与的两边分别平行且方向相反，从而，且，故．例6是一个等腰三角形，，是的中点；是的延长线上的一点，使得；是线段上不同于和的任意一点，在直线上，在直线上，使得，，是不同的和共线的，求证：（Ⅰ）若，则；（Ⅱ）若，则．（1994年第35届试题）证明（1）如图1-9，连，，．由，易证，，，四点共圆，，，，四点共圆．则，因此．故．（Ⅱ）由，，对及截线运用梅涅劳斯定理，有，即．于是可证，得，故．例7在凸四边形的边和上取点和，使线段和把对角线三等分，已知，求证：是平行四边形．（1990年第16届全俄竞赛题）证明如图1-10，设，分别交于，，两对角线交于．要证是平行四边形，若证得（或），且即可．由，（等底等高），知，而，故有，从而有．对及截线，及截线，分别应用梅涅劳斯定理，有，①．②由①，②两式相除得．而，故，即有．此时，又有．又由，知，于是①式可写为，即有，亦即．故为平行四边形．2．导出线段比例式的重要途径例8在中，为边上的中线，为的平分线，且交于，为上的点，使．证明．（1997年第58届莫斯科竞赛题）证明如图1-11，延长交于，只须证．由平分，有．①由，有．注意到，对及截线运用梅涅劳斯定理，得．故，由合比定理，有，即为．②由①，②式有，故．例9给定锐角，在边上取点，（位于与之间），在边上取点，（位于与之间），在边上取点，（位于与之间），使得，直线，与可构成一个三角形，直线，与可构成另一个三角形．证明：（1995年第36届1mo预选题）这两个三角形的六个顶点共圆．证明如图1-12，设题中所述两个三角形分别为与．由已知条件，有，，，得，，，此三式相乘得．①对及截线，及截线，分别应用梅涅劳斯定理，得，②，③①，②，③三式相乘化简，得．故．同理，．故．从而点在的外接圆上．同理，可证得，也在的外接圆上．证毕．例10如图1-13，以的底边为直径作半圆，分别与边，交于点和，分别过点，作的垂线，垂足依次为，，线段和交于点．求证：．（-37中国国家队选拔赛题）证法1设直线与交于，连，，则知，直线与相截，直线与相截，迭用梅涅劳斯定理，有，．两式相除，得．在与中，有，，即．将其代入①式，得．又由，有．将其代入②式，得，从而，．而，则，故．证法2作高，连，，则，于是，，．．又，，，即，故．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．由，知．例11如图1-14，设点，分别为锐角的内心和垂心，点，分别为边，的中点．已知射线交边于点（），射线交的延长线于点，与相交于，为的外心．试证：，，三点共线的充分必要条件是和的面积相等．（-2003试题）分析首先证，，三点共线．设为的外心，连，，则．又，因此，，，，四点共圆在的外接圆上与重合，，三点共线．其次，再证．并在三角函数式中，用、、分别表示三内角．证法1设的外接圆半径为，的延长线交于，对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．①注意到，则．而，由①式，有．从而．②又对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．注意到，有，，即．从而．③由，注意②，③，且为锐角．证法2如图1-14，设直线交于，直线交的延长线于．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．④又由及角平分线性质，即有．令，，，则．由④式，有，即．而，则．又，（由题设知）．从而．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．将⑤式代入上式，得，．⑥同理．由，注意⑥，⑦．注例11还有其他证法，可参见笔者另文《关于20XX年中国数学奥林匹克第一题》（《中等数学》20XX年第6期）．例12如图1-15，凸四边形的一组对边与的延长线交于，且，过作截线交另一组对边所在直线于，，交对角线所在直线于，．求工业化：．证法1如图1-15，对及直线由梅涅劳斯定理得．对及直线由梅涅劳斯定理得．对及直线由梅涅劳斯定理得．由①②③得，所以，所以，故．证法2设与的延长线相交于．和均被直线所截，迭用梅涅劳斯定理，有，①，②由①②，得．③注意到（直线上的托勒密定理），则③式变为．④又由截和截，迭用梅涅劳斯定理，有，．将此结果代入④式整理，即得欲证结论．注当，④式显然成立，故仍有结论成立．此题是二次曲线蝴蝶定理的推论．3．论证点共直线的重要方法例13如图1-16，的内切圆分别切三边，，于点，，，点是的一个内点，的内切圆也在点处与边相切，并与，分别相切于点，．证明：是圆内接四边形．（1995年第36届预选题）证明由切线长定理，知，，，．设的延长线与的延长线交于，对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线，故由切割线定理有，．以而，即是圆内接四边形．例14如图1-17，中，内的旁切圆切的两边于和，直线与交于；类似地定义，，和，，．求证：，，三点共线．证明由切线长定理，知，，．对与直线，，分别应用梅涅劳斯定理，有，，．上述三式相乘，有．设切于，切于，则由，可得．同理．又由两内公切线长相等，即，故．同理，，．从而，故对用梅涅劳斯的逆定理，知，，三点共直线．例15如图1-18，设的三边，，所在的直线上的点，，共线，并且直线，，关于，，平分线的对称直线，，分别与，，所在直线交于，，，则，，也共线．证明对及截线应用第一角元形式的梅涅劳斯定理，有．由题设知，，，，，，，从而有，即．故由第一角元形式的梅涅劳斯定理，知，，共线．例16在筝形中，，．过上的一点作一条直线分别交、于、，再过点作一条直线分别交、于、．设与分别与交于、，求证：．证明如图1-19，过作的平行线交直线于，再过作的平行线交直线于，则，．进而．所以．又、、分别为三边所在直线上的点，且点不在三边所在的直线上．由第二角元形式的梅涅劳斯定理的逆定理知、、共线．于是，由，．有．因此，．故．注当，为中点时，即为1989年12月冬令营选拔赛试题．例17如图1-20，四边形内接于圆，其边，的延长线交于点，和的延长线交于点，过作该圆的两条切线，切点分别为，．求证：，，三点共线．（1997年试题）证明设圆心为，连交于，连，，，，则由切割线定理和射影定理，有，从而，，，四点共圆，即有，亦即为的内角的外角平分线．又，则平分．设分别交，于，，于是．同理，．于是，，，所以，，．直线与的三边延长线相交，由梅涅劳斯定理，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．所以，，三点共线．注此例的其他证法，可参见第二章例9，第九章例15等．例18已知的内切圆分别切、、于点、、，线段、分别与该内切圆交于点、，若直线与交于圆外一点．证明、、三点共线．（20XX年香港奥林匹克题）证明如图1-21，由切线长定理有．对及截线应用梅涅劳斯定理，有，即有．设与交于点，由，，，有，，．又对及所在边上的点、、，有．于是，由梅涅劳斯定理的逆定理，知、、三点共线．4．注意与其他著名定理配合运用例19在中，已知，，是处接圆的圆心，直线、分别切于点、，与直线、与直线分别交于点、，与交于点，与直线交于点，又设是直线上的点，且使得，（不同于点）是与的交点，是与的交点，令与直线交于点．证明：．（20XX年韩国奥林匹克题）证明如图1-22，设的延长线与（过点）的切线交于点．由帕斯卡定理知、、三点共线，从而点与重合．由切割线窄弹知，．所以，．①设与交于点，对及截线，截线分别应用梅涅劳斯定理，有，．②注意相交弦定理，有．③由①、②、③，得．例20在梯形中，已知、分别为上、下底，为腰上一点，与交于点，为边上一点，满足，与交于点，与交于点．证明：、、三线共点．（20XX年乌克兰奥林匹克题）证明如图1-23，设直线与、与分别交于点、．先证、、三点共线．由，知，，．有．上述三式相乘，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知、、三点共线．考虑和，注意到直线与，与、与分别交于点、、，于是由戴沙格定理，知、、三线共点．【模拟实战】习题A1．在中，点在上，，，分别在，上，，，交于点，求．2．在中，，分别是，的中点，与相交于，与相交于，求∶∶．3．是内一点，引线段，和，使在上，在上，在上．已知，，，，，求的面积．（第7届题）4．设凸四边形的对角线和交于点，过作的平行线分别交，于点，，交的延长线于点，是以为圆心，以为半径的圆上一点，求证：．（1996年全国初中联赛题）5．已知，分别是的边，上的点，且，连交边的延长线于点，求．6．设为等腰（）的直角边的中点，在上，且，求证：．7．在中，点和顺次三等分，点和顺次三等分，与，分别交于点，，求四边形与的面积之比．8．，，，分别为四边形的四条边，，，上的点，若，，三直线共点，则，，三直线共点或平行．9．设，，分别是的边，和延长线上的点，又，和分别是外接圆的切线．证明：，，三点共线．（1989年新加坡竞赛题）10．求证：三角形两角的平分线与第三角的外角平分线各与对边所在直线的交点共线．11．已知直径为的圆和圆上一点，设，和分别是这个圆在，，处的切线．设是直线与的交点，是直线与的交点，证明：，，三直线共点．（第6届加拿大竞赛题）12．是中任一点，过作的平行线分别交，于，，又过作的平行线，分别交，于，．求证：，，三线共点．13．在中，为中线，为角平分线，为上的点，使．证明：．（第58届莫斯科奥林匹克题）14．直线交直线，分别于，，点与是线段两侧的直线上两点，且．过的直线交于，交于；过的直线交于，交于．连结和，交直线分别于，．求证：．15．设四边形外切于一圆，，，，分别是，，，边上的切点，若直线与相交于点，则，，三点共线．16．设为的内点，过点的直线，，分别垂直于，，，若交于，交于，交于，证明：，，共线．（-28预选题）17．已知的与它的内切圆相切于点．证明：该圆的圆心在与的两个中点，的连线上．18．已知凸四边形内接于，对角线，相交于点，过分别作直线，，，的垂线，垂足分别是，，，．求证：，，三直线共点或互相平行．19．设为圆外切四边形，又，，，与该圆的切点为，，，．求证：，，，共点．习题B1．是内一点，，分别过，且分别与，交于点，，且分别与，交于点，．求证：，，三线共点．2．在中，为锐角，从上任一点作于，于，点是的垂心，求当点在线段上移动时，点的轨迹．（-7试题）3．在正的边，，上有内分点，，将边分成3∶，线段，，相交所成的（交于，交于）是的面积的时，求的值．（1992年日本奥林匹克预选题）4．在中，，点在上，点在上，的延长线交于．若∶∶，则．5．已知点，，在（）的边上，，交于，又与的延长线交于，交于，又与的延长线交于．求证：．（《数学通报》问题1353题）6．圆外切四边形中，，，，边上的切点分别为，，，．与的延长线交于点，与延长线相交于点．求证：（Ⅰ），，，四线共点；（Ⅱ），，，四线共点；（Ⅲ），，，四线共点（假定）．7．若凸四边形的对角线与互相垂直，且相交于，过点分别作边，，，的垂线，垂足依次为，，，，并分别交，，，边于，，，，再顺次连接，．，，则；．（-22试题的推广）8．面积为1的的边，上分别有点，，线段，相交于点．点，分别在，上移动，但满足四边形的面枳是面积的两倍这一条件，求面积的最大值．（1992年日本奥林匹克题）9．是边长为2的正方形，为的中点，是的中点，和相交于，和相交于．求四边形的面积．10．是凸四边形所在平面上一点，，，，的平分线分别交，，，于点，，，．（Ⅰ）寻找一点，使是平行四边形；（Ⅱ）求所有这样的点的轨迹．（1995年世界城市际联赛题）11．中，，为内角平分线，点在的内部，且，，求证：射线平分边．（《数学教学》问题536题）12．设为非等腰三角形，内心为，（，2，3）为过与和相切的小圆（增加的下标作模3同余），（，2，3）为圆和的另一交点，证明：，，的外心共线．（-38预选题）。
初中几何定理大全.pdf
初中几何概念、定理平面几何1.两点之间的所有连线中，线段最短。
2.两点之间线段的长度叫做这两点之间的距离。
3.经过两点有一条直线，并且只有一条直线。
4.将一个角分成相等的两部分的射线叫做这个角的角平分线。
5.如果两个角的和是一个直角，这两个角叫做互为余角。
简称互余，其中的一个角叫做另一个角的余角。
6.如果两个角的和是一个平角，这两个角叫做互为补角。
简称互补，其中的一个角叫做另一个角的补角。
7.同角（或等角）的余角相等。
8.同角（或等角）的补角相等。
9.对顶角相等。
10.在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线。
11.经过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行。
12.如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线相互平行。
13.如果两条直线相交成直角，那么这两条直线互相垂直。
互相垂直的两条直线的交点叫做垂足。
14.当两条直线互相处置时，其中一条直线叫做另一条直线的垂线。
15.经过一点有且只有一条直线与已知直线垂直。
16.直线外一点到直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短。
17.直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离。
18.同位角相等，两直线平行。
19.内错角相等，两直线平行。
20.同旁内角互补，两直线平行。
21.两直线平行，同位角相等。
22.两直线平行，内错角相等。
23.两直线平行，同旁内角互补。
24.在平面内，将一个图形沿着某个方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做图形的平移。
平移不改变图形的形状、大小。
25.如果两条直线互相平行，那么其中一条直线上任意两点到另一直线的距离相等，这个距离称为平行线之间的距离。
26.三角形的任意两边之和大于第三边。
27.在三角形中，从一个顶点向它的对边所在直线作垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线，简称三角形的高。
28.在三角形中，一个内角的平分线与它的对边相交，这个角的顶点与交点之间的线段叫做三角形的角平分线。
29.在三角形中链接一个顶点与它对边中点的线段，叫做三角形的中线。
初中数学奥林匹克竞赛解题方法大全(配PDF版)-第11章-相汇总
第十一章相似形与面积问题第一节相似三角形【知识点拨】1、相似三角形的判定：（1）两角对应相等，两个三角形相似；（2）两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似；（3）三边对应成比例，两个三角形相似；（4）如果两个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，这两个直角三角形相似。
2、相似三角形的性质（1）相似三角形的对应角相等，对应边成比例；（2）相似三角形的对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比、对应周长的比都等于相似比；（3）相似三角形的面积比等于相似比的平方。
3、涉及的问题及解题思路：证线段成比例、线段相等、线段的和差倍分、角相等；证平行、计算线段长；求三角形的面积。
解题时，要注意抓住题设、结论的特点，设法将问题设法与证两个三角形相似联系。
【赛题精选】例1、已知正方形ABCD的边长是5厘米，EF＝FG，FD＝DG。
求△ECG的面积。
（2003年河北省竞赛题）【说明】在相似形中，计算线段长的主要方法是由线段成比例定理（如平行线分线段成比例定理、相似三角形的性质等）列出含待求线段的比例式，再设法求出待求线段的长。
154例2、已知在平行四边形ABCD中，M、N为AB的三等分点，DM、DN交于AC于P、Q两点。
求AP：PQ：QC的值。
（2001年河北省竞赛题）【说明】解线段a：b：c的问题，可根据相关的性质将a、b、c用同一条线段表示出来，再求几条线段的比。
若a、b、c正好可组成一条线段，常用这条线段表示这三条线段。
例3、正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，F是边AB上一点，且AE＝2EC，FB＝2AF。
求∠EDF的度数（2002年河南省竞赛题）例4、如图，四边形ABCD中，AC与BD交于点O，直线l∥BD，且与AB、DC、BC、AD及AC的延长线分别相交于点M、N、R、S和P。
求证：PM·PN＝PR·PS。
（1999年山东竞赛题）【说明】证明线段成比例的方法有：证两个三角形相似、等线代换法、等比代换法。
初中数学奥林匹克竞赛解题方法大全(配PDF版)-第11章-相似形与面积问题
第十一章相似形与面积问题第一节相似三角形【知识点拨】1、相似三角形的判定：（1）两角对应相等，两个三角形相似；（2）两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似；（3）三边对应成比例，两个三角形相似；（4）如果两个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，这两个直角三角形相似。
2、相似三角形的性质（1）相似三角形的对应角相等，对应边成比例；（2）相似三角形的对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比、对应周长的比都等于相似比；（3）相似三角形的面积比等于相似比的平方。
3、涉及的问题及解题思路：证线段成比例、线段相等、线段的和差倍分、角相等；证平行、计算线段长；求三角形的面积。
解题时，要注意抓住题设、结论的特点，设法将问题设法与证两个三角形相似联系。
【赛题精选】例1、已知正方形ABCD的边长是5厘米，EF＝FG，FD＝DG。
求△ECG的面积。
（2003年河北省竞赛题）【说明】在相似形中，计算线段长的主要方法是由线段成比例定理（如平行线分线段成比例定理、相似三角形的性质等）列出含待求线段的比例式，再设法求出待求线段的长。
例2、已知在平行四边形ABCD中，M、N为AB的三等分点，DM、DN交于AC于P、Q两点。
求AP：PQ：QC的值。
（2001年河北省竞赛题）【说明】解线段a：b：c的问题，可根据相关的性质将a、b、c用同一条线段表示出来，再求几条线段的比。
若a、b、c正好可组成一条线段，常用这条线段表示这三条线段。
例3、正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，F是边AB上一点，且AE＝2EC，FB＝2AF。
求∠EDF的度数（2002年河南省竞赛题）例4、如图，四边形ABCD中，AC与BD交于点O，直线l∥BD，且与AB、DC、BC、AD及AC的延长线分别相交于点M、N、R、S和P。
求证：P M ·PN ＝PR ·PS 。
（1999年山东竞赛题）【说明】证明线段成比例的方法有：证两个三角形相似、等线代换法、等比代换法。
初中奥数讲义_几何的定值与最值附答案
【例题就解】【例1】 如图，已知AB=10，P 是线段AB 上任意一点，在AB 的同侧分别以AP 和PB 为边作等边△APC 和等边△BPD ，则CD 长度的最小值为 ．思路点拨 如图，作CC ′⊥AB 于C ，DD ′⊥AB 于D ′，DQ ⊥CC ′，CD 2=DQ 2+CQ 2，DQ=21AB 一常数，当CQ 越小，CD 越小，本例也可设AP=x ，则PB=x 10，从代数角度探求CD 的最小值．注：从特殊位置与极端位置的研究中易得到启示，常能找到解题突破口，特殊位置与极端位置是指： (1)中点处、垂直位置关系等； (2)端点处、临界位置等．【例2】 如图，圆的半径等于正三角形ABC 的高，此圆在沿底边AB 滚动，切点为T ，圆交AC 、BC 于M 、N ，则对于所有可能的圆的位置而言， MTN 为的度数（ ） A ．从30°到60°变动 B ．从60°到90°变动C ．保持30°不变D ．保持60°不变(湖北赛区选拔赛试题)； 思路点拨 先考虑当圆心在正三角形的顶点C 时，其弧的度数，再证明一般情形，从而作出判断．⌒注：几何定值与最值问题，一般都是置于动态背景下，动与静是相对的，我们可以研究问题中的变量，考虑当变化的元素运动到特定的位置，使图形变化为特殊图形时，研究的量取得定值与最值．【例3】 如图，已知平行四边形ABCD ，AB=a ，BC=b (a >b )，P 为AB 边上的一动点， 直线DP 交CB 的延长线于Q ，求AP+BQ 的最小值．(永州市竞赛题)思路点拨 设AP=x ，把AP 、BQ 分别用x 的代数式表示，运用不等式ab b a 222≥+ (当且仅当b a =时取等号)来求最小值．【例4】 如图，已知等边△ABC 内接于圆，在劣弧AB 上取异于A 、B 的点M ，设直线AC 与BM 相交于K ，直线CB 与AM 相交于点N ，证明：线段AK 和BN 的乘积与M 点的选择无关．思路点拨 即要证AK ·BN 是一个定值，在图形中△ABC 的边长是一个定值，说明AK ·BN 与AB 有关，从图知AB 为△ABM 与△ANB 的公共边，作一个大胆的猜想，AK ·BN=AB 2，从而我们的证明目标更加明确．注：只要探求出定值，那么解题目标明确，定值问题就转化为一般的几何证明问题．【例5】 已知△XYZ 是直角边长为1的等腰直角三角形(∠Z=90°)，它的三个顶点分别在等腰Rt △ABC(∠C=90°)的三边上，求△ABC 直角边长的最大可能值．( “宇振杯”上海市初中数学竞赛题)思路点拨 顶点Z 在斜边上或直角边CA(或CB)上，当顶点Z 在斜边AB 上时，取xy 的中点，通过几何不等关系求出直角边的最大值，当顶点Z 在(AC 或CB)上时，设CX=x ，CZ=y ，建立x ，y 的关系式，运用代数的方法求直角边的最大值．⌒注：数形结合法解几何最值问题，即适当地选取变量，建立几何元素间的函数、方程、不等式等关系，再运用相应的代数知识方法求解．常见的解题途径是：(1)利用一元二次方程必定有解的代数模型，运用判别式求几何最值； (2)构造二次函数求几何最值．学力训练1．如图，正方形ABCD 的边长为1，点P 为边BC 上任意一点（可与B 点或C 点重合），分别过B 、C 、D 作射线AP 的垂线，垂足分别是B ′、C ′、D ′，则BB ′+CC ′+DD ′的最大值为 ，最小值为 ． (江苏省竞赛题)2．如图，∠AOB=45°，角内有一点P ，PO=10，在角的两边上有两点Q ，R(均不同于点O)，则△PQR 的周长的最小值为 ．(湖北省黄冈市竞赛题)3．如图，两点A 、B 在直线MN 外的同侧，A 到MN 的距离AC=8，B 到MN 的距离BD=5，CD=4，P 在直线MN 上运动，则PB PA -的最大值等于 ．( “希望杯”邀请赛试题)4．如图，A 点是半圆上一个三等分点，B 点是弧AN 的中点，P 点是直径MN 上一动点，⊙O 的半径为1，则AP+BP 的最小值为( ) A ．1 B ．22C ．2D ．13- (湖北省荆州市中考题)5．如图，圆柱的轴截面ABCD 是边长为4的正方形，动点P 从A 点出发，沿看圆柱的侧面移动到BC 的中点S 的最短距离是( )A ．212π+B ．2412π+C ．214π+D ．242π+(贵阳市中考题)6．如图、已知矩形ABCD ，R ，P 户分别是DC 、BC 上的点，E ，F 分别是AP 、RP 的中点，当P 在BC 上从B 向C 移动而R 不动时，那么下列结论成立的是( ) A ．线段EF 的长逐渐增大 B ．线段EF 的长逐渐减小C ．线段EF 的长不改变D ．线段EF 的长不能确定(桂林市中考题)7．如图，点C 是线段AB 上的任意一点(C 点不与A 、B 点重合)，分别以AC 、BC 为边在直线AB 的同侧作等边三角形ACD 和等边三角形BCE ，AE 与CD 相交于点M ，BD 与CE 相交于点N ． (1)求证：MN ∥AB ；(2)若AB 的长为l0cm ，当点C 在线段AB 上移动时，是否存在这样的一点C ，使线段MN 的长度最长?若存在，请确定C 点的位置并求出MN 的长；若不存在，请说明理由． (2002年云南省中考题)8．如图，定长的弦ST 在一个以AB 为直径的半圆上滑动，M 是ST 的中点，P 是S 对AB 作垂线的垂足，求证：不管ST 滑到什么位置，∠SPM 是一定角．(加拿大数学奥林匹克试题)9．已知△ABC 是⊙O 的内接三角形，BT 为⊙O 的切线，B 为切点，P 为直线AB 上一点，过点P 作BC 的平行线交直线BT 于点E ，交直线AC 于点F ．(1)当点P 在线段AB 上时(如图)，求证：PA ·PB=PE ·PF ；(2)当点P 为线段BA 延长线上一点时，第(1)题的结论还成立吗?如果成立，请证明，如果不成立，请说明理由．10．如图，已知；边长为4的正方形截去一角成为五边形ABCDE ，其中AF=2，BF=l ，在AB 上的一点P ，使矩形PNDM 有最大面积，则矩形PNDM 的面积最大值是( )A ．8B ．12C ．225D ．1411．如图，AB 是半圆的直径，线段CA 上AB 于点A ，线段DB 上AB 于点B ，AB=2；AC=1，BD=3，P 是半圆上的一个动点，则封闭图形ACPDB 的最大面积是( ) A ．22+ B ．21+ C ．23+ D ．23+12．如图，在△ABC 中，BC=5，AC=12，AB=13，在边AB 、AC 上分别取点D 、E ，使线段DE 将△ABC 分成面积相等的两部分，试求这样线段的最小长度．(全国初中数学联赛试题)13．如图，ABCD是一个边长为1的正方形，U、V分别是AB、CD上的点，AV与DU相交于点P，BV与CU 相交于点Q．求四边形PUQV面积的最大值．( “弘晟杯”上海市竞赛题)14．利用两个相同的喷水器，修建一个矩形花坛，使花坛全部都能喷到水．已知每个喷水器的喷水区域是半径为l0米的圆，问如何设计(求出两喷水器之间的距离和矩形的长、宽)，才能使矩形花坛的面积最大?(河南省竞赛题)15．某住宅小区，为美化环境，提高居民生活质量，要建一个八边形居民广场(平面图如图所示)．其中，正方形MNPQ与四个相同矩形(图中阴影部分)的面积的和为800平方米．(1)设矩形的边AB=x(米)，AM=y(米)，用含x的代数式表示y为．(2)现计划在正方形区域上建雕塑和花坛，平均每平方米造价为2100元；在四个相同的矩形区域上铺设花岗岩地坪，平均每平方米造价为105元；在四个三角形区域上铺设草坪，平均每平方米造价为40元．①设该工程的总造价为S(元)，求S关于工的函数关系式．②若该工程的银行贷款为235000元，仅靠银行贷款能否完成该工程的建设任务?若能，请列出设计方案；若不能，请说明理由．③若该工程在银行贷款的基础上，又增加资金73000元，问能否完成该工程的建设任务?若能，请列出所有可能的设计方案；若不能，请说明理由．(镇江市中考题)16．某房地产公司拥有一块“缺角矩形”荒地ABCDE，边长和方向如图，欲在这块地上建一座地基为长方形东西走向的公寓，请划出这块地基，并求地基的最大面积(精确到1m2)．(北京市数学知识应用竞赛试题)参考答案。