解析法证明平面几何题—高二中数学竞赛讲座
2023年数学名师叶中豪整理高中数学竞赛平面几何讲义完整版
高中平面几何叶中豪学习要点几何问题的转化圆幂与根轴P’tolemy定理及应用几何变换及相似理论位似及其应用完全四边形与Miquel点垂足三角形与等角共轭反演与配极, 调和四边形射影几何复数法及重心坐标方法例题和习题1. 四边形ABCD中, AB=BC, DE⊥AB, CD⊥BC, EF⊥BC, 且。
求证:2EF=DE+DC。
（10081902.gsp）2. 已知相交两圆O和O'交于A.B两点, 且O'恰在圆O上, P为圆O的AO'B弧段上任意一点。
∠APB的平分线交圆O'于Q点。
求证: PQ2=PA×PB。
（10092401-1.gsp）3. 设三角形ABC的Fermat点为R, 连结AR, BR, CR, 三角形ABR, BCR, ACR的九点圆心分别为D, E, F, 则三角形DEF为正三角形。
（10082602.gsp）4. 在△ABC中, 已知∠A的内角平分线和外角平分线分别交外接圆于D.E, 点A关于D.E的对称点分别为F、G, △ADG和△AEF的外接圆交于A和另一点P。
求证: AP//BC。
（10092102.gsp）5. 圆O1和圆O2相交于A.B两点, P是直线AB上一点, 过P作两圆作切线, 分别切圆O1和圆O2于点C.D, 又两圆的一条外公切线分别切圆O1和圆O2于点E, F。
求证: AB.CE、DF共点。
（10092201.gsp）6. 四边形ABCD中, M是AB边中点, 且MC=MD, 过C.D分别作BC.AD的垂线, 两条垂线交于P点, 再作PQ⊥AB于Q。
求证: ∠PQC=∠PQD。
（10081601-26.gsp）7. 已知RT△ABD∽RT△ADC, M是BC中点, AD与BC交于E, 自C作AM垂线交AD于F。
求证: DE=EF。
（10083001.gsp）8. 在△ABC中, AB=AC, D为BC边的中点, E是△ABC外一点, 满足CE⊥AB,BE=BD。
数学奥赛平面几何
《竞赛数学解题研究》之平面几何专题一、平面几何中的一些重要定理：1、梅涅劳斯定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则D 、E 、F 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEFC BF DB AD 。
2、塞瓦定理：设D 、E 、F 分别是ABC ∆三边（或其延长线）上的三点，则AF 、BE 、CD 三点共线的充要条件是1=⋅⋅EACEFC BF DB AD 。
3、托勒密定理：四边形ABCD 内接于圆的充要条件是CD BC CD AB BD AC ⋅+⋅=⋅4、西摩松定理：设P 是ABC ∆外接圆上任一点，过P 向ABC ∆的三边分别作垂线，设垂足为D 、E 、F ，则D 、E 、F 三点共线。
5、斯德瓦特定理：设P 是ABC ∆的边BC 边上的任一点，则BC PC BP AP BC AB PC AC BP ⋅⋅+⋅=⋅+⋅2226、共角定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个角相等或互补（不妨设A=A '）则 C A B A ACAB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆7、共边定理：设ABC ∆和C B A '''∆中有一个边相等，则CA B A ACAB S S C B A ABC ''⋅''⋅='''∆∆举例说明：1、设M 、N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 上的点，且AM:AC=CN:CE=k,如果BMN 三点共线，试求k 。
（IMO23,1982）2、在四边形ABCD 中，ABD ∆、BCD ∆、ABC ∆的面积之比为3：4：1，点M 、N 分别 是AC 、CD 上的点，且AM:AC=CN:CD, 并且BMN 三点共线，求证：M 、N 分别是AC 、 CD 的中点。
【北师大附中】2020-2021学年高中数学竞赛课程讲义高二平面几何(一)---三角法
平面几何（一）---三角法一、知识点拨三角法是平面几何的基本而又重要的方法之一. 熟练掌握和运用公式是用三角法解决平面几何问题的基础.较常用的有：1.正余弦定理；2.积化和差、和差化积公式；3.三倍角公式；4.其他.二、例题选讲例1（四边形的余弦定理）设凸四边形ABCD 对角线交于点P ，θ=∠APB ，求证：BDAC CD AB BC AD ⋅--+=2cos 2222θ图1例2 如图2，在△ABC 中，︒=∠︒=∠60,40ABC BAC ，D 和E 分别是边AC 和AB 上点，使得︒=∠︒=∠70,40BCE CBD ，F 是直线BD 与CE 的交点. 求证：直线AF 和直线BC 垂直.图2例3 如图3，O 是△ABC 内一点，满足α=∠=∠=∠=∠ACO CBO CAO BAO .求证：△ABC 三边长成等比数列.图3例4 如图4，凸四边形ABFD中，AB+BF=AD+DF.延长AB与DF相交于点C，延长AD 与BF相交于点E.求证：AC+CF=AE+EF.图4例5 如图5，给定凸四边形ABCD ，︒<∠+∠180D B ，2=AC ，DA 与DC 是△ABC 外接圆O 的切线，E 是圆O 的AB 上一点，满足：23=AB AE ，13-=EC BC ，ECA ECB ∠=∠21，求BD .图5例6 证明Morley 定理：如图6，设△ABC 内有三点D,E,F ，ABC FBA DBC ∠=∠=∠31，BAC EAC FAB ∠=∠=∠31，ACB DCB ECA ∠=∠=∠31，则△DEF 是正三角形.图6例7 如图7，已知O,I分别是△ABC的外心和内心，BC=a，CA=b，AB=c. 问当且仅当a,b,c 满足什么条件时，有OI⊥IB？证明你的结论.(若O,I重合时，也算成立.)图7例8 已知锐角△ABC，CD是高，点M是AB中点. 过点M的直线分别交射线CA,CB于点K,L，且CK=CL. 求证：若△CKL的外心为点S，则SD=SM.图8三、课后练习1. 在锐角△ABC 中，∠ACB =2∠ABC ，点D 是BC 边上一点，使得2∠BAD =∠ABC . 求证：AC AB BD 111+=.2. 设a,b,c为△ABC的三条边，a≤b≤c，R和r分别是△ABC的外接圆半径和内切圆半径. 令f=a+b-2R-2r，试用角C的大小来判定f的符号.。
2012年高中数学竞赛讲座平面几何问题选讲
第一节1．梅涅劳斯（Menelauss ）定理如果一条直线和ABC ∆的边AB CA BC ,,或其延长线分别交于点R Q P ,,，且有奇数个点在边的延长线上（如图1（1）（2）） 则1=⋅⋅RBARQA CQ PC BP 。
证明方法，请注意这四种证法。
证法一：如图所示，过点A 作直线AD//PR 交BC 的延长线于点则PB DP RB AR PD CP QA CQ ==,，故⋅⋅=⋅⋅PBDPPD CP PC BP RB AR QA CQ PC BP 若对于此定理应用正弦定理以及面积法也可得出相同的结论： 证法二（正弦定理证法）：设βα=∠=∠=∠QPB CQP BRP ,,则在BPR ∆中，有γαsin sin =RB BP ， 同理可得：αββγsin sin ,sin sin ==AQ AR CP CQ ，此三式相乘即证。
证法三（面积法）：由PRC PRB S S PC BP ∆∆=，PAQ CPQQARCQR S S S S QA CQ ∆∆∆∆==ARP RCP PAQ QAR CPQ CQR S S S S S S ∆∆∆∆∆∆=++=RBPARPS S RB AR ∆∆=，现将上述三式相乘，即可得所证结论。
证法四：如图所示，设C B A h h h ,,分别是A 、B 、C 到直线l 的垂线的长度，则1=⋅⋅=⋅⋅BAA C CB h h h h h h RB AR QA CQ PC BP 。
梅涅劳斯逆定理：设R Q P ,,是ABC ∆的三边AB CA BC ,,或其延长线上的点，并且这三点中位于ABC ∆边上的个数是0或是2，若1=⋅⋅RBARQA CQ PC BP ，则R Q P ,,三点共线。
证明：设直线Q P ,交AB 于点M ，则由梅涅劳斯定理，得到1=⋅⋅MBAMQA CQ PC BP ，由题设条件知1=⋅⋅RB AR QA CQ PC BP ，即有=MB AM RB AR ，又由合比定理知=AB AM ABAR，故有AR AM =，从而R M ,重合，即R Q P ,,三点共线。
高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)
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. 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 . 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PA ＝ED ,PB ＝EC . 显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ,可知∠BAF ＝∠BPE .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 .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 于K 、G ,连PG . 由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC∥＝A D BP QC图1PE D G A B FC图2A N E BQ K G CD M FP 图3两边距离相等.有KQ ＝PN . 显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC . 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：APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .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 1E ＋M 2E , 易知 AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE CE ,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2.则AP AB ＋AQ AC ＝DECEBE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM .所以,APAB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM .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,AN BD ＝KA KD ＝AMDC .有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DCAQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BC AN DC ·. (3)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AP EDM 2M 1BQN 1N 2图4图5MP A Q NFB DC EK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BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ,可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND . 于是,BE ＝NC . 显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是,∠BAC ＝90°.所以,AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 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DB 2＝FB 2＝AB ·HB ,AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得DB 2－AD 2＝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.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BN DM ＝AN AM ＝NC ME ,即 BN DM＝NCME 或ME DM ＝NC BN . 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 .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 S △BEF ＝S △DEF .有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC . 可得MC ＝CN . 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图6AN CDEB MAGD O HBFC E图7图8A DBN C EM图9ABM EF ND CG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OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有∠FOQ ＝∠FKQ . 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. 六边形ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC ,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm 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)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 .(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 ＝k 2.答：211k ) 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：DE AD ＝FBCF.(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：a1＋b 1＝c1.(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.)O图107. △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,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. 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,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 ,则可得EB ＝EF ,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∠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 ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例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 ＝____. 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°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.A BGCD FE图1ABCDPO 图2设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有 BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只须证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 ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD . 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. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长. 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. 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 ,∴BC ＝AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋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.A图3BPQDHC A EDCB图4解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(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 (1－22,1)、Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有 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 △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图6, ∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交BA 的延长线于E . 则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝AB 2－AN 2,即 AB 2－AN 2＝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：EP 2＋FQ 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,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∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆. 由切割线定理,有EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2, 即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 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 ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝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CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示.∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇,E A NCD B FM 12345图6(1)(2)图8ABCA'B'C'c a b a'c'b'ABCa bb c∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '', 即 DC c '＝aa '＝DB b '. 故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .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 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而ACAB＝DE BD ＝DCBD.) 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 ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2.(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 2＝AB ·AE .(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△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝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.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.F DAEC图10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ABCD E 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋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。
高中数学竞赛讲义第十章 直线与圆的方程【讲义】
第十章 直线与圆的方程一、基础知识1．解析几何的研究对象是曲线与方程。
解析法的实质是用代数的方法研究几何.首先是通过映射建立曲线与方程的关系,即如果一条曲线上的点构成的集合与一个方程的解集之间存在一一映射,则方程叫做这条曲线的方程,这条曲线叫做方程的曲线。
如x 2+y 2=1是以原点为圆心的单位圆的方程。
2．求曲线方程的一般步骤：(1)建立适当的直角坐标系；(2)写出满足条件的点的集合；(3)用坐标表示条件,列出方程；(4)化简方程并确定未知数的取值范围；（5）证明适合方程的解的对应点都在曲线上,且曲线上对应点都满足方程（实际应用常省略这一步）。
3．直线的倾斜角和斜率：直线向上的方向与x 轴正方向所成的小于1800的正角,叫做它的倾斜角。
规定平行于x 轴的直线的倾斜角为00,倾斜角的正切值（如果存在的话）叫做该直线的斜率。
根据直线上一点及斜率可求直线方程。
4．直线方程的几种形式：（1）一般式：Ax+By+C=0；（2）点斜式：y-y 0=k(x-x 0)；（3）斜截式：y=kx+b ；（4）截距式：1=+b y a x ；（5）两点式：121121y y y y x x x x --=--；（6）法线式方程：xcos θ+ysin θ=p（其中θ为法线倾斜角,|p|为原点到直线的距离）；（7）参数式：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=θθsin cos 00t y y t x x （其中θ为该直线倾斜角）,t 的几何意义是定点P 0（x 0, y 0）到动点P （x, y ）的有向线段的数量（线段的长度前添加正负号,若P 0P 方向向上则取正,否则取负）。
5．到角与夹角：若直线l 1, l 2的斜率分别为k 1, k 2,将l 1绕它们的交点逆时针旋转到与l 2重合所转过的最小正角叫l 1到l 2的角；l 1与l 2所成的角中不超过900的正角叫两者的夹角。
若记到角为θ,夹角为α,则tan θ=21121k k k k +-,tan α=21121k k k k +-.6．平行与垂直：若直线l 1与l 2的斜率分别为k 1, k 2。
2022年高二数学竞赛班二试平面几何讲义几何不等式
高二数学竞赛班二试平面几何讲义第十讲几何不等式班级姓名一、知识要点：到三角形旳三个顶点旳距离之和最短旳点叫做费尔马点。
对于一种顶角不超过120旳三角形，费尔马点是对各边旳张角都是120旳点。
对于一种顶角超过120旳三角形，费尔马点就是最大旳内角旳顶点。
二、例题精析：例1. 如图，设三角形旳外接圆O 旳半径为R,内心为I ，∠B=60︒,∠A <∠C ，∠A 旳外角平分线交圆O 于E ．证明：(1) IO=AE ； (2) 2R <IO +IA +IC <(1+3)R ．ABCOIE例2. 水平直线m 通过圆O 旳中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心旳 右侧，直线l 上不同旳三点A,B,C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点 最远，C 点离M 点近来，AP ,BQ,CR 为圆 O 旳三条切线，P ,Q,R 为切点． 试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR +BC ⨯AP=AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时， AB ⨯CR +BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ；(3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ .例3. 如图，在△ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上， 求证：S ∆PQR S ∆ABC >29．三、精选习题：1．如图，在△ABC 中，P 为边BC 上任意一点，PE ∥BA ，PF ∥CA ，若S △ABC =1， 证明：S △BPF 、S △PCE 、S □PEAF 中至少有一种不不不小于49 (S XY …Z 表达多边形XY …Z 旳 面积)．N ACBPQ R H2．设凸四边形ABCD 旳面积为1，求证：在它旳边上(涉及顶点)或内部可以找出 四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成旳四个三角形旳面积不小于14．3．在圆O 内，弦CD 平行于弦EF ，且与直径AB 交成45°角，若CD 与EF 分别 交直径AB 于P 和Q ，且圆O 旳半径为1，求证：PC ∙QE +PD ∙QF 2．四、拓展提高：M NAD C B FE PQ O BPBA D CB E4．设一凸四边形ABCD ，它旳内角中仅有 D 是钝角，用某些直线段将该凸四边 形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该四边形旳周界上， 不含分割出旳钝角三角形顶点．试证n 应满足旳充足必要条件是n ≥4．5．已知边长为4旳正三角形ABC ．D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上旳点，且 |AE |=|BF |=|CD |=1，连结AD 、BE 、CF ，交成△RQS ．点P 在△RQS 内及边上 移动，点P 到△ABC 三边旳距离分别记作x 、y 、z ．(1)求证当点P 在△RQS 旳顶点位置时乘积xyz 有极小值； (2)求上述乘积xyz 旳极小值．CBAD FEG H lz xyEF BCDA PQ RS高二数学竞赛班二试平面几何讲义第十讲 几何不等式例1. 如图，设三角形旳外接圆O 旳半径为R,内心为I ，∠B=60 ,∠A <∠C,∠A 旳外角平分线交圆O 于E ．证明:(1) IO=AE ； (2) 2R <IO +IA +IC <(1+3)R ． 证明：∵∠B=60°，∴∠AOC=∠AIC=120°．∴A ，O ，I ，C 四点共圆．圆心为弧AC 旳中点F ，半径为R ．∴O 为⊙F 旳弧AC 中点，设OF 延长线交⊙F 于H ，AI 延长线交弧BC 于D ． 由∠EAD=90°（内外角平分线）知DE 为⊙O 旳直径．∠OAD=∠ODA ． 但∠OAI=∠OHI ，故∠OHI=∠ADE ，于是Rt ΔDAE ≌Rt ΔHIO ∴AE=IO ．由ΔACH 为正三角形，易证IC +IA=IH ．由OH=2R ．∴IO +IA +IC=IO +IH >OH=2R ．设∠OHI =α，则0<α<30°．∴IO +IA +IC=IO +IH=2R (sin α+cos α)=2R 2sin(α+45°) 又α+45°<75°，故IO +IA +IC <2 2R (6+2)/4=R (1+3)ABCOIE例2. 水平直线m 通过圆O 旳中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心旳右侧，直线l 上不同旳三点A,B,C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点最远，C 点离M 点近来，AP ,BQ,CR 为圆 O 旳三条切线，P ,Q,R 为切点．试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR +BC ⨯AP=AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ；(3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ .证明：设MA=a ，MB=b ，MC=c ，OM=d ， ⊙O 旳半径=r ．且设k=d 2－r 2．则当k >0时，点M 在⊙O 外，此时，直线l 与⊙O 相离； 当k=0时，点M 在⊙O 上，此时，直线l 与⊙O 相切； 当k <0时，点M 在⊙O 内，此时，直线l 与⊙O 相交．∴ AP=a 2+d 2－r 2=a 2+k ，同理，BQ=b 2+k ，CR=c 2+k ． 则AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ= AB ⨯CR +BC ⨯AP －(AB +BC )⨯BQ =BC ×(AP －BQ )－AB ×(BQ －CR )=BC ×AP 2－BQ 2AP +BQ －AB ×BQ 2－CR 2BQ +CR =(b －c )(a －b )(a +b )AP +BQ －(a －b )(b －c )(b +c )BQ +CR=(a －b )(b －c )(a +b AP +BQ －b +cBQ +CR )=(a －b )(b －c ) a ·BQ +a ·CR +b ·CR －b ·AP －c ·AP －c ·BQ(AP +BQ )(BQ +CR )．注意到a ∙BQ －b ∙AP=a 2·BQ 2－b 2·AP 2b ·AP +a ·BQ =(a 2－b 2)kb ·AP +a ·BQ ．故k >0时，a ∙BQ －b ∙AP >0，k=0时，a ∙BQ －b ∙AP=0，k <0时，a ∙BQ －b ∙AP <0； 同理可得，k >0时，b ∙CR －c ∙BQ >0，k=0时，b ∙CR －c ∙BQ =0，k <0时，b ∙CR －c ∙BQ <0；k >0时，a ∙CR －c ∙AP >0，k=0时，a ∙CR －c ∙AP =0，k <0时，a ∙CR －c ∙AP <0； 即当k >0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ >0；当k=0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ=0， 当k <0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ <0．故证．、例3. 如图，在△ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上，求证：S ∆PQR S ∆ABC >29．证明：作△ABC 及△PQR 旳高CN 、RH ．设△ABC 旳周长为1．则PQ=13． 则S ∆PQR S ∆ABC=PQ ·RH AB ·CN =PQ AB ·AR AC ，但AB <12，于是PQ AB >23，AP ≤AB －PQ <12－13=16，∴ AR=13－AP >16，AC <12， 故AR AC >13，从而S ∆PQR S ∆ABC >29．1．如图，在△ABC 中，P 为边BC 上任意一点，PE ∥BA ，PF ∥CA ，若S △ABC =1，证明：S △BPF 、S △PCE 、S □PEAF 中至少有一种不不不小于49(S XY …Z 表达多边形XY …Z 旳面积)．证明：如图，三等分BC 于M 、N ，若点P 在BM 上(含点M )，则由于PE ∥AB ，则△CPE ∽△CBA ．CP ∶CB ≥23．于是S △PCE ≥49．同理，若P 在NC 上(含点N )，则S △BPF ≥49．若点P 在线段MN 上．连EF ，设BP BC =r (13<r <23)，则CPBC =1－r ． S △BPF =r 2，S △PCE =(1－r )2．∴ S △BPF +S △PCE =r 2+(1－r )2=2r 2－2r +1=2(r －12)2+12<2(13-12)2+12=59． 于是S □AEPF ≥49． 故命题成立．2．设凸四边形ABCD 旳面积为1，求证：在它旳边上(涉及顶点)或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成旳四个三角形旳面积不小于14．证明：考虑四边形旳四个顶点A 、B 、C 、D ，若△ABC 、△BCD 、△CDA 、△DAB 旳面积，设其中面积最小旳三角形为△AB D ．N A CB PQR HBB⑴ 若S △ABD >14，则A 、B 、C 、D 即为所求．⑵ 若S △ABD <14，则S △BCD >34，取△BCD 旳重心G ，则以B 、C 、D 、G 这4点中旳任意3点为顶点旳三角形面积>14．⑶ 若S △ABD =14，其他三个三角形面积均> S △ABD =14．由于S △ABC +S △ACD =1，而S △ACD >14，故S △ABC <34=S △BC D ．∴ 过A 作AE ∥BC 必与CD 相交，设交点为E ．则∵ S △ABC >S △ABD ，从而S △ABE >S △ABD =14．S △ACE =S △ABE >14，S △BCE =S △ABC >14．即A 、B 、C 、E 四点即为所求．⑷ 若S △ABD =14，其他三个三角形中尚有一种旳面积=14，这个三角形不也许是△BCD ，(否则ABCD 旳面积=12)，不妨设S △ADC = S △ABD =14．则AD ∥BC ，四边形ABCD 为梯形．由于S △ABD =14，S △ABC =34，故若AD=a ，则BC=3a ，设梯形旳高=h ， 则2ah=1．设对角线交于O ，过O 作EF ∥BC 分别交AB 、CD 于E 、F ． ∴ AE ∶EB=AO ∶OC=AD ∶BC=1∶3．∴ EF=a ·3+3a ·11+3=32a ．S △EFB =S △EFC =12·32a ·34h=916ah=932>14． S △EBC =S △FBC =12·3a ·34h=98ah=916>12．于是B 、C 、F 、E 四点为所求．综上可知所证成立．又证：当ABCD 为平行四边形时，A 、B 、C 、D 四点即为所求． 当ABCD 不是平行四边形，则至少有一组对边旳延长线必相交，设延长AD 、BC 交于E ，且设D 与AB 旳距离<C 与AB 旳距离，⑴ 若ED ≤12AE ，取AE 中点P ，则P 在线段AD 上，作PQ ∥AB 交BC 于Q ．若PQ=a ，P 与AB 距离=h ．则AB=2a ，S ABQP =34S ABE >34S ABCD =34．ADCB Eh3aaOAD CBFEPQADC BE NF R S E C DA Q P即12(a +2a )h >34，ah >12．∴ S △APQ =S △BPQ =12ah >14．S △P AB =S △QAB =ah >12>14．即A 、B 、Q 、P 为所求． ⑵ 若ED >12AE ，取AE 中点P ，则P 在线段DE 上，作PR ∥BC 交CD 于R ，AN ∥BC ，交CD 于N ，由于∠EAB +∠EBA <π，故R 在线段CD 上．N 在DC 延长线上．作RS ∥AB ，交BC 于S ，则RS=12AB ，延长AR 交BC 于F ，则S △F AB =S ABCN >S ABCD =1．问题化为上一种状况．3．在圆O 内，弦CD 平行于弦EF ，且与直径AB 交成45°角，若CD 与EF 分别交直径AB 于P 和Q ，且圆O 旳半径为1，求证：PC ∙QE +PD ∙QF <2． 证明：作OM ⊥CD ，垂足为M ，交EF 于N ，设ON=n ，OM=m ．则CM=DM=1－m 2，EN=FN=1－n 2， 本题即证(1－m 2＋m )(1－n 2-n )+(1－m 2－m )(1－n 2+n )<2．展开得，1－m 2·1－n 2±mn <1．移项，平方得，1－m 2－n 2＋m 2n 2<1∓2mn ＋m 2n 2．⇒m 2＋n 2>∓2mn ． 取“+”号时，M 、N 在点O 同侧，此时m ≠n ，总之，命题成立． (当E 、F 互换位置时，且CD 、EF 在点O 异侧时，也许有m=n ．)又证：PC 2+PD 2=(CM +OM )2+(CM －OM )2=2(CM 2+OM 2)=2，同理QE 2+QF 2=2． ∴ 4=PC 2+PD 2+QE 2+QF 2=(PC 2+QE 2)+(PD 2+QF 2)≥2 (PC ∙QE +PD ∙QF )．等号当且仅当PC=QE ，PD=QF 时成立．但由已知，此二式不成立．故证． 4．设一凸四边形ABCD ，它旳内角中仅有∠D 是钝角，用某些直线段将该凸四边形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该四边形旳周界上，不M NAD C B FE PQ O含分割出旳钝角三角形顶点．试证n 应满足旳充足必要条件是n ≥4．证明 充足性⑴当n=4时，如图，只要连AC ，并在ΔABC 内取一点F ，使∠AFB 、∠BFC 、∠CF A 都为钝角(例如，可以取ΔABC 旳Fermat 点，由于ΔABC 是锐角三角形，故其Fermat 点在其形内)．于是，ΔADC 、ΔAFB 、ΔBFC 、ΔAFC 都是钝角三角形．⑵当n=5时，可用上法把凸四边形提成四个钝角三角形．再在AF 上任取一点E ，连EB ，则ΔAEB 也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形．一般旳，由⑴得到了4个钝角三角形后，只要在AF 上再取n －4个点E 1、E 2、…E n －4，把这些点与B 连起来，即可得到均是钝角三角形旳n 个三角形．必要性n=2时，连1条对角线把四边形提成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形提成3个三角形，现连了1条对角线AC 后，再连B 与AC 上某点得到线段，此时无法使得到旳两个三角形都是钝角三角形．∴当n=2，3时无法得到满足题目规定旳解．只有当n ≥4时才有解．5．已知边长为4旳正三角形ABC ．D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上旳点，且|AE |=|BF |=|CD |=1，连结AD 、BE 、CF ，交成△RQS ．点P 在△RQS 内及边上移动，点P 到△ABC 三边旳距离分别记作x 、y 、z ．⑴ 求证当点P 在△RQS 旳顶点位置时乘积xyz 有极小值；⑵ 求上述乘积xyz 旳极小值．解： 运用面积，易证：⑴ 当点P 在△ABC 内部及边上CBAD FEG H lz xyEF BCDA PQ RS移动时，x+y+z为定值h=23；⑵过P作BC旳平行线l，交△ABC旳两边于G、H．当点P在线段GH上移动时，y+z为定值，从而x为定值．⑶设y∈[α，β]，m为定值．则函数u=y(m－y)在点y=α或y=β时获得极小值．于是可知，过R作AB、AC旳平行线，过Q作AB、BC旳平行线，过S作BC、AC旳平行线，这6条平行线交得六边形STRUQV，由上证，易得只有当点P在此六点上时，xyz获得极小值．由对称性易知，xyz旳值在此六点处相等．由EAAC·CDDB·BSSE=1，得BSBE=1213，x=1213·34h=913h，y=SEBE h=113h，z=313h．∴xyz=(313)3h3=64821973．VU Tl SR QAD CB FE。
高中奥林匹克数学竞赛讲座 平面与空间问题的类比
高中奥林匹克数学竞赛讲座平面与空间问题的类比许多平面几何中的命题可以推广成立体几何中的相应命题.反之，解决立体几何的问题，常常先研究该问题在平面内的相应命题及解决方法，然后推广到空间，寻求相应的解决方法.例1：等腰三角形底边上任意一点两腰距离和为定值.分析：这是一个平面几何中很基本的问题，有多种证法.我们关心的是该命题在三维空间中的推广，以及它的各种证法如何推广，以及它的各种证法如何推广到三维空间中去.证法一：如图1—1，在△ABC 中，AB=AC ，D 是BC 上一点，DE ⊥AC 于E ，DF ⊥AB 于F ，连接AD ，作BG ⊥AC 于G. ∵DF AB DE AC S S ADB ADC ⋅+⋅=+∆∆2121 )(21DF DE AC += BG AC S ABC ⋅=∆21 又∵AD B AD C ABC S S S ∆∆∆+= ∴DE+DF=BG=定值该命题推广到空间，变成相应命题：“正三棱锥底面上任一点到三个侧面的距离和等于定值”.它的证明方法与证法1相仿，只是“三角形面积转化成了三棱锥体积”.证法2：作DH ⊥BG 于H ，DEGH 是矩形，得DE=HG ，在△BHD 与△DFB 中，∠BHD=∠DFB=Rt ∠，BD 是公共边，∠HBD=∠EDC=90°－∠B=∠FDB.于是得△BHD ≌△DFB ，BH=DF ，所以DE+DF=BG .这一证明方法推推广到空间，得相应的证法.在平面问题中“作DH ⊥BG 于H ”，相当于在空间问题中“过点D 作垂直于AH 的平面，与AH 交于K ”（如图1—2）.在平面问题中将BG 截成两段，一段HG 与DE 相等，另一段BH 与DF 相等；在空间问题中，可将AH 截成两段，一段KH=DE ，另一段AK 欲证它等于DF+DG ，只需再作一次截面：过D 点作截面与面A VC 平行，这个平面将M 点到ANS 的垂线段分成两截，其中一段与DG 相等，另一段与DF 相等.证法3：如图1—1，DE=DC ·sinC ，DF=DB ·sinB ，∵∠B=∠C ，∴DE+DF=（DC+DB ）sinC=BC ·sinC=BG .这一证法的思路是利用等腰三角形两底角相等的性质，将DE 与DF 转化成用底边上线段表示.推广到空间，就可利用正三棱锥各侧面与底面所成角相等（设此角为θ），将D 点到三侧面的距离和转化成底面上D 点到△ABC 三边距离和与sinθ的乘积，由于△ABC 是正三角形，D 到三边距离和等于一边上的高，于是得证.另外还有其他证明方法，也都可以空间找到相应的方法.例2：四面体ABCD 内接于半径为R 的球O 内，球心O 在该四面体内，连结AO 、BO 、CO 、DO 并延长分别与对面交于A 1、B 1、C 1、D 1.求证：AA 1+BB 1+CC 1+DD 1≥R 316分析：相应的平面内的命题是“△ABC 内接于圆O ，且O 点在△ABC 内，连结AO 、BO 、CO 并延长分别交对边于A 1、B 1、C 1，则AA 1+BB 1+CC 1≥R ''29.如图1—3，1111111=++=++∆∆∆∆∆∆ABCOAB ABC OAC ABC OBC S S S S S S CC OC BB OB AA OA 即 1111111=-+-+-CC R CC BB R BB AA R AA ， 即RCC BB AA 2111111=++.由哥西不等式，得 （AA 1+BB 1+CC 1）9)111(111≥++CC BB AA ∴AA 1+BB 1+CC 1.29R ≥ 将平面问题的证明方法推广到空间，就得到了本例的证明方法.证明：∵ABCDABC O ABCD ABD O ABCD ACD O ABCD BCD O V V DD OD V V CC OC V V BB OB V V AA OA ----====11111111,,, 且V ABCD =V O —BCD +V O —ACD +V O —ABD +V O —ABC ，∴ 111111111=+++DD OD CC OC BB OB AA OA 即 111111111=-+-+-+-DD R DD CC R CC BB R BB AA R AA RDD CC BB AA 311111111=+++ 由哥西不等式，得 16))(1111(11111111≥++++++DD CC BB AA DD CC BB AA ∴AA 1+BB 1+CC 1+DD 1R 316≥例3：A 、B 是平面α同侧的两个定点，在α上找点P ，使∠APB 最大.分析：本题相应的平面内的命题是“A 、B 是直线l 同侧的两个定点，在l 上找点P ，使∠APB 最大”.为解决这一问题，可以AB 为弦作圆（见图1—4），其中至少有一个圆与直线l 相切，较小圆与l 的切点即为所求p 点（当AB 与l 垂直时，两圆相等，这时p 点有两个）.解：如图1—5，设直线AB 与α相交于O ，若AB ⊥α，则p 点轨迹为以O 为圆心，以BO AO ⋅为半径的圆周.若AB 与α不垂直，则可过AB 作唯一平面f ， 使β⊥α，且α与β交于l .在l 上取点P ，使OP=BO AO ⋅.这样的P 点有两个，现取使∠AOP 为锐角时的P 点即为所求.现就此一般情况下证明∠APB 最大.（1）若Q 点是l 上的任意点（与P 不重合），因为OP=BO AO ⋅，所以过A 、B 、P 的圆与l 相切.若Q 与P 在O 点同侧，则必有∠AQB<∠APB （圆外角小于同弧上的圆周角）.若Q 与P 在O 点异侧，可先作⊙ABP ′，使其与l 相切于P ′，P ′与P 在O 点两侧，则有∠AQB<∠AP ′B<∠APB.（2）若Q 点是α上任意点且不在l 上，则连结AQ 、BQ 、OQ ，由于∠AOP 是AB 与α所成角，所以∠AOP<∠AOQ.现将△AOQ 绕AO 旋转到β平面内，由于∠AOP<∠AOQ ，Q 点必转到l 的下方，设为Q ′.AQ ′与l 交于K ，则∠AQB=∠AQ ′B<∠AKB ≤∠APB.说明：在证明∠AQB<∠APB （Q 点不在l 上）时，可能会想到OH ⊥l 于H ，欲证∠AQB<∠AHB ，但这一结论是错误的（如当H 与O 重合时，显然有∠AQB<∠AHB ）.例4：已知四面体A 1A 2A 3A 4的六条棱上二面角的大小分别为342423141312,,,,,θθθθθθ，且这些角都是锐角.求证：.7291cos cos cos cos cos cos 342423141312≤⋅⋅⋅⋅⋅θθθθθθ 分析：本题在平面内的相应命题是“△ABC 中81cos cos cos ≤⋅⋅C B A ”.这一命题有多种证法，现在要选择一种容易推广到三维空间去的证法.不妨设△ABC 是锐角三角形.BA ab A bB a cC A ca c a A c b CB bc B cC b a cos cos 2cos cos cos cos 2cos cos cos cos 2cos cos ≥+=≥+=≥+=将三个不等式相乘，两边消去a bc ，即得81cos cos cos ≤C B A 这一证明用到了三角形中的射影定理及平均不等式.三角形中的射影定理推广到空间，就是三棱锥中的面积射影定理.证明：过A 1作对面A 2A 3A 4的垂线A 1H ，垂足为H ，则有+⋅=∆∆23cos 321432θA A A A A A S S 3cos cos 2434241431≥⋅+⋅∆∆θθA A A A A A S S · 3243423cos cos cos 241431321θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S同样可得 3321≥∆A A A S · 3231213cos cos cos 432241431θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S 3431≥∆A A A S · 3413413cos cos cos 432241321θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S 3241≥∆A A A S · 3124214cos cos cos 432431431θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S将上面四个不等式相乘、并消去142143432321,,,A A A A A A A A A A A A S S S S ∆∆∆∆得.7291cos cos cos cos cos cos 342423141312≤⋅⋅⋅⋅⋅θθθθθθ 不难看出，当且仅当正四面体时等式成立.例5：已知空间n 个不全共面的点，求证：必存在一个圆，它恰好经过其中三个点. 分析：平面内相应命题是“已知同一平面内n 个不全共线的点，必存在一条直线恰好经过其中两个点”.这就是著名的西尔维斯特定理.现在的关系在于如何将空间问题转化成平面问题，从而运用这一定理.证明：设n 个点为A 1、A 2、…、A n ，连结A 1A i （i =2，3，…，n ），共n －1条直线，必存在一个与A 1A i 均不平行的平面α，设A 1A i 与α交于点'i A （对于不同的i ，j ，可能有'='j i A A ，但由于A 1、A 2、…、A n 不全共面，至少存在三个不同的'i A ），所得'i A 不全共线（否则这几个点共面）.由西尔维斯特定理，至少存在一条直线恰通过其中两点''j i A A ,.这时，过A 1，''j i A A ,的圆恰好过这三个点（在平面j i A A A 1上可能还有这n 个点中的其他点，但即使有，也都在直线A 1A i 或A 1A j 上，而过A 1，j i A A ,三点的圆与直线A 1A i 及A 1A j 交点仅A 1，j i A A ,三个）.例6：已知空间坐标系中一定点P 的坐标为),,(000z y x .试求一点),,(z y x Q ，使满足 ||,PQ z y x 且≤≤最小.分析：先退回平面，其相应的问题是“已知定点y x y x Q y x P ≤使求点),,(),,(00且|PQ|最小”.这一问题不难解决，若0000,,y y x x y x ==≤那么当（即Q 与P 重合）时，|PQ|最小，且最小值为零；若那么,00y x >过P 点作直线y=x 的垂线，垂足即为所求Q 点，这时200y x y x +==.现证明此时|PQ|达到最小. 20002000)2()2(||y x y y x x PQ +-++-= 对于任一其他点))(,(y x y x Q ≤'，则2020)()(||y y x x Q P -+-='0))(()2()2(||||002000200022≥--++-++-=-'x y y x y x y y x x PQ Q P ∴|PQ ′|≥|PQ|解：若000000,,,z z y y x x z y x ===≤≤则当叶.|PQ|=0，取得最小值，且满足 .z y x ≤≤ 若010011000,2,z z y x y x z y x =+==≤>则取，若此时00011,2,z z y x y x z y =+==≤则，使|PQ|最小；若,3,00011z y x z y x z y ++===>则令能使|PQ|最小. 若2,,001101000z y z y x x z y x +===>≤则当.此时，若,2,,00111z y z y x x y x +===≤则令能使|PQ|取得最小值；若3,00011z y x z y x y x ++===>则令，能使|PQ|取得最小值. 若3,000000z y x z y x z y x ++===>>则令，此时|PQ|最小. 证明：略（证明方法与平面问题完全类似）说明：由二维问题推广到三维问题，解决方法类似，仅仅情况多一些，有些情况还需要分步调整.本例还可推广到四维、五维甚至n 维空间去.。
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【高中数学竞赛讲座2】
解析法证明平面几何
解析法，就是用解析几何的方法来解题，将几何问题代数化后求解，但代数问题未必容易，采用解析法就必须有面对代数困难的准备，书写必须非常规范．
解析法的主要技巧：
1．尽量化为简单的代数问题，尽量利用对称性建系，选择恰当的坐标系与便于使用的方程形式；
2．运用各种代数技巧（巧妙消元，利用行列式等）不能一味死算．
例1、证明：任意四边形四条边的平方和，等于两条对角线的平方和，在加上对角线中点连线的平方的4倍．
例2、给定任一锐角三角形ABC 及高AH ，在AH 上任取一点D ,连结BD 并延长交AC 与E ,又连CD 且延长交AB 于F .证明：∠AHE =∠AHF ．
例3、在ABC ∆的边AB 上取点1B ,AC 取点1C ,使
1AB AB λ=，1AC u AC
=．再在11B C 上取点1D ,使1111B D m D C n =（λ，u ，m ，n 都是实数）．延长1A D 交BC 于D ，求BD DC ．
例4、如图，菱形ABCD 的内切圆O 与各边分别切于E ，F ，G ，H ，在弧EF 与GH 上分别作圆O 的切线交AB 于M ，交BC 于N ，交CD 于P ，交DA 于Q ，求证： MQ ∥NP ．
例5、[29届IMO ]在Rt ABC ∆中，AD 是斜边上的高，M 、N 分别是ABD ∆与ACD ∆与的内心，连接MN 并延长分别交AB 与AC 于K 及L ．求证明、：2ABC AKL S S ∆∆≥．
课后拓展训练与指导
钻研《教程》293~302 例1、例2、例3、例7、例8
思考并完成《高二教程》303练习题
补充几道题目，请尝试用解析法研究
1、（2005全国联赛二试）在锐角三角形ABC 中，AB 上的高CE 与AC 上的高BD 相交于点H ，以DE 为直径的圆分别交AB 、AC 于F 、G 两点，FG 与AH 相交于点K ，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK 的长．
2、（全国高中联赛二试）如图，圆O 1和圆O 2与△ABC 的三边所在的三条直线都相切，E 、F 、G 、H 为切点，并且EG 、FH 的延长线交于P 点。
求证直线P A 与BC 垂直．
3、（20届IMO ）在ABC ∆中，AB AC =，有一圆内切ABC ∆的外接圆，与AB 与AC 分别相切于点P 和Q ．求证：P 和Q 连线中点是ABC ∆的圆圆心．
E A B C G H P O 1。
。
O 2 E F
B C D
A G H
K。