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初中数学竞赛几何讲座(共5讲)

第一讲 注意添加平行线证题 第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题 第三讲 点共线、线共点 第四讲 四点共圆问题 第五讲 三角形的五心

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 为线段上两点，且=， Ａ为外一动点（如图1).当点A 运动到使 ∠=∠时,△是什么三角形？试 证明你的结论。 答: 当点A 运动到使∠=∠时，△为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作、的平行线得交点D .连结．

在△=∠中,显然 ∠=∠,∠=∠C . 由＝，可知 △≌△． 有=,∠＝∠． 于是∥,∠=∠．

则A 、D 、Ｂ、P 四点共圆，且四边形为等腰梯形．故＝. 所以＝.

这里,通过作平行线，将∠“平推"到∠的位置．由于A 、Ｄ、B 、P 四点共圆，使证明很顺畅。

例2 如图２,四边形为平行四边形， ∠=∠.求证：∠=∠。

证明:如图2,分别过点A 、B 作、

的平行线，得交点P ,连。

由 ，易知△≌△。有

＝=.

显然，四边形、均为平行四边形。有 ∠=∠，∠=∠。

∥＝A D B P Q C 图1P

E

D G A B F C

图2

由∠=∠，可知

∠=∠。

有P 、Ｂ、A 、E 四点共圆． 于是，∠=∠. 所以，∠=∠。

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．∠成为∠与∠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△中、为角平分线为上任意一点。过P 分别作、、的垂线、N 、Q 为垂足.求证：

+=．

证明：如图3，过点P 作的平行线交

于F ,过点F 作的平行线分别交、 于K 、G ,连． 由平行∠，可知点F 到、 两边距离相等．有=。 显然,

PD EP =FD EF =GD

CG

,可知∥. 由平分∠，知平分∠．有=．于是， +=＋＝.

这里，通过添加平行线，将“掐开”成两段,证得=，就有+=．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△的边上的点，且1=２。任作一直线分别交、、１、２于P 、Q 、N 1、N ２．试证：

AP AB ＋AQ AC =11AN AM +2

2

AN AM 。 证明：如图４，若∥，易证结论成立。 若与不平行，设交直线

于Ｄ.过点A 作的平行线交直线于 E ．

由1=2，可知+＝M １E ＋ Ｍ2E ，易知

AP AB =DE

BE ，AQ AC ＝DE CE

，

A N E

B

Q

K G

C D

M F P 图3A P

E

D

M 2M 1B

Q N 1

N 2

图4

11AN AM =DE E M 1，22AN AM =DE

E

M 2。 则

AP AB ＋AQ AC =DE

CE BE +=DE E M E M 21+=11AN AM +22

AN AM 。

所以，

AP AB +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，于是

问题迎刃而解．

例5 是△的高线为上一点交于交于F ．求证:∠=∠．

证明:如图5,过点A 作的平行线,分

别交直线、、、于Q 、P 、 N 、M ．

显然,

AN BD ＝KA KD =AM

DC

。 有·=·。 （1) 由

BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有 =BC

AM BD ·. (2）

由DC AQ =EC AE ＝BC AN ，有 =BC

AN DC ·。 （3)

对比(1）、(2)、(3)有 ＝。

显然为的中垂线,故平分∠. 所以,∠=∠.

这里，原题并未涉及线段比，添加的平行线，就有大量的比例式产生，恰当地运用这些比例式，就使与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△中是边上的中线，点M 在边上，点N 在边上，并且∠=90°。如果2＋２=2+２

，求证：２

=

4

1(２+2

)． 证明:如图６，过点B 作的平行线交 延长线于E 。连。

由=，可知＝。有

△≌△．

图5

M P A Q N F B

D

C

E K 图6

A

N C

D E

B

M

于是=．

显然为的中垂线。有 =．

由2+2＝2+2=2+2=２

＝2，可知△为直角三角形,∠=90°。有 ∠+∠

＝∠＋∠=90°. 于是，∠=90°。

所以２=2

21??? ??BC =4

1(２+2）.

这里,添加的平行线,将的以D 为中点的性质传递给，使解题找到出路。

例７ 如图7为半圆直径为上一点， 分别在半圆上取点Ｅ、F ，使==。

过D 作的垂线，交半圆于C 。求证：平

分。 证明：如图7,分别过点Ｅ、F 作的垂线、H 为垂足,连、．易知 2=２

=·, 2=2=·．

二式相减，得 2－2=·(—）， 或 (-）·=·(-).

于是—＝-, 或 －=—。 就是=。 显然∥∥。 故平分．

这里，为证明平分，想到可先证平分．为此添加的两条平行线、，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、、构成一组直线束是与平行的直线。于是,有

BN DM =AN

AM

＝NC

ME

，

即 BN DM =NC ME 或ME DM =NC

BN 。

此式表明＝的充要条件是 ＝.

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为四边形，两组对边延长 后得交点E 、F ，对角线∥的延长 线交于G ．求证:＝. A G D O H

B F

C E 图7

图8

A D

B

N C E

M

图9

A B

M E

F

N D C G

证明：如图9，过C 作的平行线分别交、 于Ｍ、N .由∥，可知∥．易知 S △=S △．

有S △＝Ｓ△Ⅱ- *５Ⅱ． 可得=． 所以＝．

例9 如图10，⊙O 是△的边外的旁

切圆、Ｅ、F 分别为⊙O 与、、

的切点．若与相交于K ，求证:平 分． 证明：如图１０，过点Ｋ作的行平线分别 交直线、于Q 、P 两点，连、、

、．

由⊥，可知⊥。

由⊥，可知Ｏ、Ｋ、F 、Ｑ四点共圆，有 ∠=∠．

由⊥，可知Ｏ、K 、P 、E 四点共圆。有 ∠=∠．

显然，∠=∠，可知 ∠=∠. 由=，可知 △≌△． 则＝.

于是为的中垂线，故 ＝．

所以平分。

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. 四边形中＝、Ｎ分别为、的中点,延长交直线于E ，延长交直线于Ｆ．求证：∠＝∠． （提示:设Ｐ为的中点,易证=。)

2。 设P 为△边上一点，且=2。已知∠=45°，∠＝60°.求∠. (提示:过点Ｃ作的平行线交延长线于点D 。易证△∽△.答:75°) 3。 六边开的各角相等==，∠=60°△＝6０2。求六边形的面积。

（提示:设、分别交直线于P 、Q ，过点E 作的平行线交于点M ．所求面积与面积相等。答：1２02）

4. 为△的斜边上的高是的中点，连并延长交于E .已知=ｋ.求．

（提示：过点A 作的平行线交延长线于点F ．设＝１,有==k 2。答：2

11

k

） 5． 为半圆直径为半圆上一点⊥于为上一点，过D 作的垂线交于F 。求证:DE AD =FB

CF

.

（提示:过点F 作的平行线交于点为△的垂心．

)

图10

６. 在△中，∠A ：∠Ｂ：∠C =4：2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c ．求证:a

1＋

b 1=c

1． (提示：在上取一点D ，使＝。分别过点B 、C 作的平行线交直线、于点Ｅ、Ｆ．）

7． 分别以△的边和为一边在△外作正方形和，点Ｐ是的中点.求证:Ｐ点到边的距离是的一半。

8。 △的内切圆分别切、、于点D 、E 、F ，过点Ｆ作的平行线分别交直线、于点H 、Ｇ.求证：＝．

(提示：过点A 作的平行线分别交直线、于点Ｍ、N .）

９。 为⊙Ｏ的直径为⊙O 的切线为⊙O 的割线分别交、于点M 、Ｎ.求证:＝。 （提示：过点C 作的平行线分别交、于点E 、F .过O 作的垂线为垂足∥.）

?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△中=是底边

上一点是线段上一点且∠＝2∠＝

∠A .求证：＝２．

分析:关键是寻求∠=２∠与结论的联系．

容易想到作∠的平分线,但因≠，故不能 直接证出＝2。若延长交△的外接圆 于F ，则可得=，从而获取．

证明:如图１,延长与△的外接圆相交于点F ，连结与,则∠=∠=∠＝∠,即∠=∠.故=. 又∠＝∠，∠=∠，从而∠=∠＝∠＝∠。 故=.

作∠的平分线交于G ,则＝． 因∠＝

2

1

∠=∠，∠＝∠，故△≌△.从而=. 于是＝２。故=2。 1.2 利用四点共圆 例2 凸四边形中，∠=60°，∠＝

∠=９0°,

=２＝1,对角线、交于点Ｏ，如图2。 则∠=.

分析：由∠=∠=90°可知A 、B 、C 、D

四点共圆，欲求∠,联想到托勒密定理,只须求出、即可．

A B G

C D F

E 图1A

B

C D P

O

图2

解：因∠＝∠=90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆．延长、交于P ，则∠=∠=6０°.

设＝x ，有＝3＝2ｘ.由割线定理得（２＋3x )3ｘ＝2x （1＋2x )．解得＝ｘ=23—2=

2

1

＝4-3． 由托勒密定理有

·=(４—3）（23－2）+２×１=１03—１2。

又＝S △+S △=

2

3

3． 故∠＝

26

3

615 . 例3 已知：如图3=== ⊥于⊥交于P .求证:

△的面积Ｓ＝4

3

·．

分析：因Ｓ△＝

432=4

3·，只 须证·=·,转化为证△∽△．这由A 、Ｂ、Ｃ、Q 四点共圆易证(Q 为与交点）．

证明:记与交于点Ｑ，则由＝⊥得∠=∠． 又=，故∠＝∠．

从而，∠=∠.可知Ａ、B 、Ｃ、Q 四点共圆。 ∵∠=90°＋∠=∠，∠＝∠， ∴△∽△。 ∴·＝·. 于是=

43·=4

3·。

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４，四边形中∥= ＝＝＝ｑ。求对角线的长。

分析：由“===p ”可知A 、B 、Ｃ在 半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到与 p 、q 的关系．

A

图3

B

P Q

D

H

C A E D

C B 图4

解:延长交半径为p 的⊙D 于Ｅ点，连结。 显然A 、B 、Ｃ在⊙D 上。 ∵∥，

∴=．

从而=＝q 。

在△中,∠=90°＝2＝ｑ，故 =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 =－ｘ２

+2x

+8与ｘ轴交于B 、Ｃ两点，点D 平分．若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠为锐角，则的取值范围是.

分析：由“∠为锐角”可知点A 在以定线段为直径的圆外，又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围，进而确定的取值范围.

解：如图５，所给抛物线的顶点为A 0(１，９）,

对称轴为ｘ＝１，与x 轴交于两点B (-2,０）、

Ｃ(4，0）。

分别以、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0Q 内时，∠＜９0°。且有3==<

≤0＝9，即的取值范围是3〈≤9． ２．３ 联想圆幂定理构造辅助圆

例6 是△斜边上的高,∠B 的平行线交于M ，交于N 。求证:2－2=·。

分析:因２—２

=（+)(—）=·,而由题设易知=，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＝。

以长为半径作⊙Ａ,交于F ,交 的延长线于E 。则=＝。

由割线定理有 ·=· =(＋)(-） =（＋）（-）

=2-２

， 即 2－2=·.

例7 如图７是⊙O 的内接四边形,延长和相交于Ｅ,延长和相交于E ，延长和相交于和分别切⊙O 于Ｐ、Ｑ。求证：2+2＝2.

分析：因和是⊙O 的切线，由结论联想到切割线定理，构造辅助圆使、向转化。 证明：如图7，作△的外接圆交于Ｇ，连 结。

图5

E A N D B

F

M 12345图6

因∠=∠=∠,故F 、D 、C 、 Ｇ四点共圆.

由切割线定理，有 2

＝(+）· ＝·＋· ＝·＋·

=·＋· =2+2，

即 2+2=2．

2。4 联想托勒密定理构造辅助圆

例8 如图8，△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：’=＇+＇． 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△的外接圆，过Ｃ作∥交圆于D ，连结和，如图９所示． ∵∠Ａ＋∠Ａ＇=１80°＝∠A ＋∠Ｄ，

∠=∠B ＝∠B '，

∴∠Ａ＇=∠D ，∠Ｂ＇=∠。 ∴△Ａ'B ’C ＇∽△。 有DC B A ''=CB C B ''=DB C A ''，

即 DC c '＝a a '＝DB b '．

故=''a ac ＝'

'

a a

b 。

又∥,可知=＝＝＝a .

从而，由托勒密定理，得 ·=·＋·, 即 a 2=ｃ·

''a ac +b ·'

'a ab 。 故’='+'。

练习题

1。 作一个辅助圆证明：△中,若平分∠A ,则

AC AB =DC

BD

。 （提示:不妨设≥,作△的外接圆交于E ，证△∽△，从而AC AB =DE BD =DC

BD

.)

2。 已知凸五边形中,∠=3==,∠＝∠=180°-２a ．求证：∠＝∠＝∠.

（提示：由已知证明∠=∠=１8０°－3ａ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆，得∠=∠＝∠.） 3。 在△中＝，∠=２0°，在边上取一点Ｍ，使=．求∠的度数。 （提示：以为边在△外作正△，连结，证B 、M 、C 共圆，从而∠=2

1

∠=10°,得∠=３０°.）

(1)(2)

图8A

B C A'

B'C'

c a b a'c'b'A B

C

D

a b

b

c 图9

F D

A

B E

C

图10

4.如图1０是较长的对角线，过Ｃ作 ⊥⊥.求证:·＋·=2．

（提示：分别以和为直径作圆交于点 G 、H ．则=，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

过A 交⊙Ｏ1和⊙Ｏ２于C 、Ｄ,且=、分别切两圆于C 、D .求证：2＝·。

（提示：作△的外接圆⊙O 3,延长交⊙Ｏ3

于F ，证E 在⊙Ｏ3上,得△≌△，从而

=，由相交弦定理即得结论。）

６．已知E 是△的外接圆之劣弧的中点.

求证：·=2－2

. （提示:以为半径作辅助圆⊙E ,交及其延长线于N 、M ，由△∽△证·=·.） 7。 若正五边形的边长为a ，对角线长为b ，试证:

a b —b

a

＝１。 (提示：证b 2=ａ2+，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，设线段的中点为Ｃ，以和为对角线作平行四边形，。又作平行四

边形,。求证:Ｈ，Ｃ,K 三点共线。 证 连,，.

由题意

,，知四边形是平行四边形，于是。同样可证.四边形是平行四边形，

其对角线，互相平分。而Ｃ是中点,线段过Ｃ点，故Ｋ，Ｃ,H 三点共线。

12０°

，Ｏ

例２ 如图所示，菱形中,∠为△外接圆,M 为其上一点，连接交于E ,交延长线于F 。求证：Ｄ，E ，

Ｆ三点共线。

图11

A

B C

D E F

H K G

证 如图,连,，。

因为M

O 上，

则∠６０°=∠∠, 有△∽△，得

CD

CF

CA CF MA MC =

=. 又因为∠，所以△∽△,得

AE

AD

AE AC MA MC =

=。 所以

AE

AD

CD CF =

，又∠∠１20°,知△∽ △.所以∠∠。因为∥，所以∠∠∠，于是F ,E ,D 三点共线。

例３ 四边形内接于圆,其边与的延长线交于点P ,与的延长线交于点Q 。由Q

作该圆的两条切线和,切点分别为Ｅ,F 。求证：Ｐ,Ｅ，Ｆ三点共线。 证 如图。

连接，并在上取一点M ,使得 B ，Ｃ，M ，P 四点共圆,连,。设与圆的另一交点为Ｅ’,并作

丄，垂足为G 。易如

２

·· ① ∠∠∠.

从而C ，D ，Ｑ,M 四点共圆，于是

·· ②

由①，②得 ····,

即２··。

易知·'·,又2·，有

’·2··2,

即'·22。又

2-22

—2

=()·(－） ·(－)，

从而’－－’,即’，故Ｅ’与E 重合. 所以P ,E ，F 三点共线。

例４ 以圆O 外一点P ,引圆的两条切线，，A ，B 为切点.割线交圆O 于C ,D 。又

由Ｂ作的平行线交圆O 于Ｅ。若F 为中点，求证：Ａ，F ,E 三点共线。

证 如图，连,,,,，,，

延长交于G . 易如丄，丄, 丄，所以P ,A ，F ,Ｏ,B

五点共圆，有∠∠∠

∠。

又因∥,所以有

C E (E ')A B

D F P

M

Q G

∠∠,∠∠,

而为的垂直平分线,故，∠∠， 所以∠∠,A ,F ,E 三点共线.

2。 线共点的证明

证明线共点可用有关定理（如三角形的3条高线交于一点），或证明第３条直线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明.

例５ 以△的两边,向外作正方形，。

△的高为。求证：,,交于一点.

证 如图.延长到M ， 使。连,。

设与交于点Ｋ。 在△和△中， ，，

∠∠180°，

∠∠9０°,

并且∠9０°+∠， 因此∠∠１8０°

∠∠。

从而△≌△,∠∠。 所以∠∠∠∠∠9０°, 即 丄.

同理丄。，,为△的3条高线,故,，三线交于一点。

例６ 设P 为△内一点,∠－∠∠—∠.又设Ｄ,E 分别是△及△的内心。证明：,，

交于一点。

证 如图，过Ｐ向三边作垂线,垂足分别为Ｒ,S ,T .

连,，，设交于Ｍ，交于N 。 易知P ,R ，A ,Ｓ；P ，Ｔ，B ，R ;

P ，S ，C ，Ｔ分别四点共圆，则 ∠-∠∠∠

=∠∠ =∠. 同理，∠—∠∠，

由条件知∠∠,所以。

又，， 所以,那么

AC

PC

AB PB . 由角平分线定理知

M

E D B H C

F K G

A

MP

AM

PB AB PC AC NP AN =

==。 故M ，Ｎ重合，即,，交于一点。 例7

O １

与

O 2外切于P 点，为两圆的公切线,其中Ｑ,R

分别为

Ｏ1

，

O ２上的切点，过Q 且垂直于2的直线与过Ｒ且垂直于1的直线交于点

I ，垂直于O 1O ２，垂足为Ｎ，与交于点Ｍ。证明：，1,2三条直线交于一点.

证 如图，设1与2交于点O ,

连，.

因为∠O 1∠Ｏ1９0°,所以Ｑ,Ｏ１,N ，M 四点共圆，有∠∠１O 2。

而∠2=90°＝∠1， 所以∠∠Ｏ21， 故△∽△2O 1,得

MI

O O QM QO 2

11= 同理可证

MI

O O RM RO 2

12=

。因此 2

1

RO QO MR QM = ① 因为1∥2，所以有

2

1

1RO QO OR O O = ② 由①,②得∥1。 又由于Ｏ1１Q ,22, 所以

2

1211PO P

O RO Q O OR O O ==， 即∥2。从而∥1∥２∥，故M ，Ｏ,Ｐ三点共线,所以,1，2三条直线相交于

同一点.

3. 塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用

定理1 (塞瓦（）定理）:

设Ｐ，Ｑ,Ｒ分别是△的，,边上的点。若,，相交于一点Ｍ，则

O 1O 2N P I Q

R M

O C

1=??RB

AR

QA CQ PC BP 。 证 如图，由三角形面积的性质，有

BMC AMC S S RB AR ??=, AMC AMB S S PC BP ??=， AMB

BMC

S S QA CQ ??=． 以上三式相乘，得

1=??RB

AR

QA CQ PC BP 。

定理2 (定理1的逆定理）：

设Ｐ，Ｑ,Ｒ分别是△的,，上的点。若1=??RB

AR

QA CQ PC BP ,则，，交于一点. 证 如图,设与交于M ，连，交于R ’。

由定理１有

1''=??B R AR QA CQ PC BP . 而1=??RB

AR

QA CQ PC BP ，所以 RB

AR

B R AR =

''。 于是Ｒ’与R 重合,故，，交于一点.

定理３ (梅涅劳斯（）定理)：

一条不经过△任一顶点的直线和三角形三边，，（或它们的延长线)分别交于P ，Q ，R ，则

1=??RB

AR

QA CQ PC BP 证 如图，由三角形面积的性质，有

BRP ARP S S RB AR ??=, CPR BRP S S PC BP ??=， ARP

CRP

S S QA CQ ??=。 将以上三式相乘,得

1=??RB

AR

QA CQ PC BP 。

定理4 （定理3的逆定理）：

设Ｐ，Ｑ,R 分别是△的三边，，或它们延长线上的3点。若

1=??RB

AR

QA CQ PC BP ， 则P ，Q ，R 三点共线。

定理4与定理２的证明方法类似。

A

R

Q B

C

P

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,在四边形中，对角线平分∠.在上取一点E ,与相交于F ，延长交于G .

求证：∠∠。 证 如图,连接交于H ,

过点C 作的平行线交的延长线于Ｉ，过点C 作的

平行线交的延长线于Ｊ。

对△用塞瓦定理,可得

1=??EC DE

HD BH GB CG ① 因为是∠的角平分线, 由角平分线定理知AD AB HD BH =

. 代入①式得

1=??EC DE

AD AB GB CG ② 因为∥，∥，则AB CI GB CG =,CJ

AD

EC DE =

。 代入②式得

1=??CJ

AD AD AB AB CI ． 从而。又由于

∠1８0°—∠1８０°－∠∠,

所以△≌△，故∠∠,即∠∠.

例９ 是一个平行四边形，E 是上的一点,Ｆ为上的一点。交于Ｇ,交于Ｈ.连接线

段并延长交于L ,交于Ｍ。求证:． 证 如图，设直线与的延长线交于点J ，与的延长

线交于点I 。

在△与△中分别使用

梅涅劳斯定理,得

1=??HE

CH IC DI GD EG ,

1=??JA BJ

HB FH GF AG ． 因为∥,所以

GF AG GD EG =， HB

FH

HE CH =。 从而JA BJ IC DI =，即=+CI CI CD AJ

AJ AB +，故. 而 LA

DL

AJ DI CI BJ MC BM ===， 且． 所以。

H C

A D B

G

I

J

E F G

A E

B J L

D F C I M H

例１０ 在直线l 的一侧画一个半圆T ，C ，D 是Ｔ上的两点，Ｔ上过C 和D

的切线分别交ｌ于B 和A ，半圆的圆心在线段上，Ｅ是线段和的交点，Ｆ是l 上的点，垂直l 。求证:平分∠.

证 如图,设与相交于点P ,用O 表示半圆T 的圆心。过Ｐ作丄l 于H ，

连，，.

由题意知△∽△, 于是有

DO HP

AD AH =。 类似地，△∽△， 则有

CO

HP

BC BH =

. 由,有BC BH AD AH =,从而1=??DA

PD CP BC HB AH .

由塞瓦定理的逆定理知三条直线，，相交于一点，即Ｅ在上，点H 与F 重合。

因∠∠90°，所以O ，Ｄ,C ，Ｐ四点共圆，直径为. 又∠90°,从而推得点F 也在这个圆上，因此

∠∠∠∠,

所以平分∠。 例11 如图,四边形内接于圆,,延长线交于E ,、延

长线交于F ,P 为圆上任意一点，,分别交圆于R ,Ｓ。 若对角线与相交于T 。 求证：Ｒ，T ，S 三点共线。

先证两个引理.

引理１：

Ａ1Ｂ1C 1D 1E 1F １为圆内接六边形，若Ａ1D 1，B 1Ｅ1，C 1F １交于一点,则有11

11

111111111=??A F F E E D D C C B B A 。 如图，设Ａ1D 1，B 1Ｅ1,Ｃ1Ｆ１交于点O ,根据圆内接多

边形的性质易知

△ 1B １∽△1Ｄ1，△１C 1∽△1E 1, △1D 1∽△1Ｆ１,从而有

O D O B E D B A 111111=， O B O F C B F E 111111=, O

F O

D A F D C 111111=。 将上面三式相乘即得

11

11

111111111=??A F F E E D D C C B B A ， D l

A B O F(H)E C

P E B R C

T A P S D F B

F A E 1

O

C D 1

1

11

1

引理2：

圆内接六边形A 1B 1C 1D １Ｅ１Ｆ1,若满足

11

11

111111111=??A F F E E D D C C B B A 则其三条对角线A １D 1，B 1E 1,C １F １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，,,，,。 由△∽△,△∽△，知

EP EB PA BR =,FD

FP

DS PA =

。 两式相乘，得

FD EP FP

EB DS BR ??=

． ① 又由△∽△,△∽△，知EP EC PD CR =，FA FP

AS PD =

。 两式相乘，得 FA

EP FP

EC AS CR ??=

② 由①，②得FD

EC FA

EB CR DS AS BR ??=

??. 故 =??AB SA DS CD RC BR CE

DC

FD AF BA EB ?

?。 ③ 对△应用梅涅劳斯定理,有

1=??CE

DC FD AF BA EB ④ 由③，④得

1=??AB

SA

DS CD RC BR . 由引理2知,，交于一点，所以R ，T ，Ｓ三点共线.

练 习

A 组

1. 由矩形的外接圆上任意一点M 向它的两对边引垂线和，向另两边延长线引垂线，。证明:与垂直,且它们的交点在矩形的一条对角线上。

２． 在△的边上任取一点P ，作∥,∥，,和以,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的两腰相切，切点是D ,E ，又和△的外接圆相切于F 。

求证：△的内心G和D,E在一条直线上。

４. 设四边形为等腰梯形,把△绕点C旋转某一角度变成△Ａ’Ｂ'C’。证明：线段A’D，和B’C的中点在一条直线上。

5. 四边形内接于圆Ｏ，对角线与相交于P。设三角形，，和的外接圆圆心分别

是O

１

，Ｏ2，O3,Ｏ4。求证:，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。△为锐角三角形,为边上的高，以为直径的圆分别交，于M，N;M，N与A 不同.过A作直线垂直于。类似地作出直线与.证明:直线,，共点.

８. 以△的边,,向外作正方形，Ａ１，Ｂ1,C1是正方形的边,，的对边的中点。求

证：直线

１,

１

，1相交于一点。

9．过△的三边中点D，E,Ｆ向内切圆引切线,设所引的切线分别与，，交于I,Ｌ,M。求证:I,L,M在一条直线上。

B组

１0。设A

１

，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△，△A'B’C’中,连接',’,'，使这3条直线交于一点Ｓ。求证：与Ａ’B’、与B'C’、与C’A’的交点F，Ｄ,E在同一条直线上（笛沙格定理）。

12.设圆内接六边形的对边延长线相交于三点P,Ｑ,R，则这三点在一条直线上

（帕斯卡定理)。

?第四讲四点共圆问题

“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现,这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的,二是以“四点共圆”作为解题的手段,为解决其他问题铺平道路．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△,以为直径的圆与边的高′及其延长线交于Ｍ,N．以为直径的圆与边的高′及其延长线将于P，Q.求证：M，N,P，Q四点共圆.

A

N

Q

B′

C′

(第19届美国数学奥林匹克） 分析：设，交于K 点，连接,．

欲证M ,N ,Ｐ，Ｑ四点共圆,须证 ·=·，

即证(′′）(′′） =（′′)·（′′)

或′2′2′2′２ . ①

不难证明 ，从而有 ′2′2′2′2． 故 ′2′２′2′２

=（2′2)－（2′2)

′２′2. ②

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，O 3分别为△，△,

△的外心.求证：O ,Ｏ1，Ｏ2， O 3四点共圆．

（第２7届莫斯科数学奥林匹克)

分析：作出图中各辅助线。易证O 1O ２垂直平分，O １O 3垂直平分.观察△及其外

接圆,立得∠2O １=21∠2∠．观察△及其外接圆，立得∠３O 1＝2

1

∠3∠。

由∠２Ｏ１=∠３O 1?O ，O 1,O 2,O 3共圆。

利用对角互补，也可证明Ｏ,O 1,O 2，O ３四点共圆,请同学自证.

2 以“四点共圆”作为解题手段

这种情况不仅题目多,而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面。 （１）证角相等

例３．在梯形中，∥，＞，K ，M 分别在，上,∠=∠. 求证：∠=∠．

（第二届袓冲之杯初中竞赛）

分析：易知A ，B ，M ，Ｋ四点共圆.连接,

有∠=∠.∵∠∠ =18０°， ∴∠∠=180°.

故Ｃ,D ，K ,M 四点共圆?∠=∠. 但已证∠=∠， ∴∠＝∠.

(２）证线垂直

例4。⊙O 过△顶点A ,C ,且与，

交于Ｋ，N (Ｋ与N 不同)。△

外接圆和△外接圆相交于B 和 M .求证：∠90°. (第２6届第五题)

分析:这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件

和图形特点,借助“四点共圆”,问题是不难解决的．

A B C O O O O 1

23

？

？A B C D

K M

··

A B O K N C M

G

连接，,，，延长到Ｇ。易得∠

∠∠∠。而∠2·∠∠ ∠１80°－∠，

∴∠∠180°?C ，O ，Ｋ，M 四点共圆。 在这个圆中,由 ? ?∠∠． 但∠∠， 故∠90°. (3）判断图形形状

例5.四边形内接于圆,△，△，△，△的内心依次记为，,,。

试证:是矩形.

（第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)

分析：连接，，，和.易得

∠９0°+21∠9０°+2

1

∠∠?，Ｂ,,四点

共圆。

同理，A ，D ，,四点共圆.此时 ∠18０°—∠ ＝18０°—21

∠，

∠1８０°—∠18０°—2

1

∠,

∴∠∠

=３6０°－21

（∠∠）

＝3６0°-2

1

×１８0°=2７0°。

故∠９０°.

同样可证其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形．

（４）计算

例６。正方形的中心为Ｏ，面积为１989㎝2为正方形内

一点,且∠45°，５：1４．则 （19８9,全国初中联赛） 分析：答案是42㎝．怎样得到的呢？

连接,．易知O ，Ｐ,A ,B 四点共圆，有∠∠９０°。 故２２2

=1９89.

由于5：１４，可求．

(５）其他

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）。 （１９７8，全国高中联赛）

分析：设△为正方形 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。

A B

C D I C I D

A I I

B ··P O A B

C D