初中數(shù)學競賽大綱

初中數(shù)學競賽大綱

（2006年修訂試用稿）

中國數(shù)學會普及工作委員會制定

（2006年8月第14次全國數(shù)學普及工作會議討論通過）

數(shù)學競賽活動對于開發(fā)學生智力、開拓視野、促進教學改革、提高教學水平、發(fā)現(xiàn)和培養(yǎng)數(shù)學人才都

有著枳極的作用。這項活動也激勵著廣大青少年學習數(shù)學的興趣，吸引他們去進行積極的探索，不斷培

養(yǎng)和提高他們的創(chuàng)造性思維能力。數(shù)學競賽的教育功能顯示出這項活動已成為中學數(shù)學教育的一個重要

組成部分。

為了使全國數(shù)學競賽活動持久、健康地發(fā)展，中國數(shù)學會普及工作委員會于1994年制定了《初中數(shù)

學競賽大綱》，這份大綱的制定對全國初中數(shù)學競賽活動的開展起到了很好的指導作用，使我國初中數(shù)

學競賽活動日趨規(guī)范化和正規(guī)化。

新的數(shù)學課程標準的實施在一定程度上改變了初中數(shù)學課程的體系、內容和要求。同時，隨著國內外

數(shù)學競賽活動的發(fā)展，對競賽活動所涉及的知識內容、思想和方法等方面也有了一些的新的要求。為了

使新的《初中數(shù)學競賽大綱》能夠更好地適應初中數(shù)學教育形勢的發(fā)展和要求，經過廣泛征求意見和多

次討論，中國數(shù)學會普及工作委員會組織了對《初中數(shù)學競賽大綱》的修訂。

本大綱是在《全日制義務教育數(shù)學課程標準（實驗稿）》的精神和基礎上制定的。在《全日制義務教

育數(shù)學課程標準（實驗稿）》中提到：”……要激發(fā)學生的學習潛能，鼓勵學生大膽創(chuàng)新與實踐；……

要關注學生的個體差異，有效地實施有差異的教學，使每個學生都得到充分的發(fā)展；……”由于各種不

同的因素，學生在數(shù)學知識、技能、能力方面和志趣上存在著差異，教學中要承認這種差異，區(qū)別對待，

因材施教，因勢利導。應根據基本要求和通過選學內容，適應學生的各種不同需要；對學有余力的學生,

要通過講授選學內容和組織課外活動等多種形式，滿足他們的學習愿望，發(fā)展他們的數(shù)學才能；鼓勵學

生積極參加形式多樣的課外實踐活動。

學生的數(shù)學學習活動應當是一個生活活潑的、主動的和富有個性的過程，不應只限于接受、記憶、模

仿和練習，應倡導自主探索、動手實踐、合作交流、閱讀自學等學習數(shù)學的方式。教師要根據學生的不

同基礎、不同水平、不同興趣和發(fā)展方向給予具體的指導，引導學生主動地從事數(shù)學活動，從而使學生

形成自己對數(shù)學知識的理解和有效的學習策略。教師應激發(fā)學生的學習積極性，向學生提供充分從事數(shù)

學活動的機會，幫助他們在自主探索和合作交流的過程中真正理解和掌握基本的數(shù)學知識與技能、數(shù)學

的思想和方法，獲得廣泛的數(shù)學活動經驗。

《全日制義務教育數(shù)學課程標準（實驗稿）》中所列出的內容是教學的要求，也是競賽的基本要求。

在競賽中，對同樣的知識內容在理解程度、靈活運用能力以及方法與技巧掌握的熟練程度等方血有更高

的要求。”課堂教學為主，課外活動為輔”也是應遵循的原則。因此，本大綱所列的課程標準外的內容

充分考慮到學生的實際情況，分階段、分層次讓學生逐步地去掌握，重在培養(yǎng)學生的學習興趣、學習習

慣和學習方法，使不同程度的學生在數(shù)學上都得到相應的發(fā)展，并且要貫徹“少而精”的原則，處理好

普及與提高的關系。

初中數(shù)學競賽大綱

1、數(shù)

整數(shù)及進位制的表示法，整除性及其判定。

質數(shù)和合數(shù)，最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)。

奇數(shù)和偶數(shù)，奇偶性分析。

帶余除法和利用余數(shù)分類。

完全平方數(shù)。

因數(shù)分解的表示法，約數(shù)個數(shù)的計算。

有理數(shù)的概念及表示法，無理數(shù)，實數(shù)，有理數(shù)和實數(shù)四則運算的封閉性。

2、代數(shù)式

綜合除法、余式定理。

因式分解。

拆項、添項、配方、待定系數(shù)法。

對稱式和輪換對稱式。

整式、分式、根式的恒等變形。

恒等式的證明。

3、方程和不等式

含字母系數(shù)的一元一次方程、一元二次方程的解法，一元二次方程根的分布。

含絕對值的一元一次方程、一元二次方程的解法。

含字母系數(shù)的一元一次不等式的解法，一元二次不等式的解法。

含絕對值的一元一次不等式。

簡單的多元方程組。

簡單的不定方程（組）。

4、函數(shù)

y=|ax+b,y=|ax'+bx+c|及y=ax'+b|x+c的圖像和性質。

二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值，簡單分式函數(shù)的最值。

含字母系數(shù)的二次函數(shù)。

5、幾何

三角形中的邊角之間的不等關系。

面積及等積變換。

三角形的心（內心、外心、垂心、重心）及其性質。

相似形的概念和性質。

圓，四點共圓，圓幕定理。

四種命題及其關系。

6、邏輯推理問題

抽屜原理及其簡單應用。

簡單的組合問題。

簡單的邏輯推理問題，反證法。

極端原理的簡單應用。

枚舉法及其簡單應用。

高中數(shù)學競賽大綱（2006年修訂試用稿）

為了使全國數(shù)學競賽活動持久、健康地開展，中國數(shù)學會普及工作委員會于1994年制定了《高中數(shù)

學競賽大綱》，這份大綱的制定對高中數(shù)學競賽活動的開展起到了很好的指導作用，使我國高中數(shù)學競

賽活動日趨規(guī)范化和正規(guī)化。

近年來，課程改革的實踐，在一定程度上改變了我國中學數(shù)學課程的體系、內容和要求。同時，隨

著國內外數(shù)學競賽活動的發(fā)展，對競賽試題所涉及的知識、思想和方法等方面也有了一些新的要求。為

2

了使新的《高中數(shù)學競賽大綱》能夠更好地適應高中數(shù)學教育形勢的發(fā)展和要求，經過廣泛征求意見和

多次討論，中國數(shù)學會普及工作委員會組織了對《高中數(shù)學競賽大綱》的修訂。

本大綱是在教育部2002年《全II制普通高級中學數(shù)學教學大綱》的精神和基礎上制定的。該教學大

綱指出：“要促進每一個學生的發(fā)展，既要為所有的學生打好共同基礎，也要注意發(fā)展學生的個性和特

長；……在課內外教學中宜從學生的實際出發(fā)，兼顧學習有困難和學有余力的學生，通過多種途徑和方

法，滿足他們的學習需求，發(fā)展他們的數(shù)學才能?！?/p>

學生的數(shù)學學習活動應當是一個生動活潑、富有個性的過程，不應只限于接受、記憶、模仿和練習，

還應倡導閱讀自學、自主探索、動手實踐、合作交流等學習數(shù)學的方式，這些方式有助于發(fā)揮學生學習

的主動性。教師要根據學生的不同基礎、不同水平、不同興趣和發(fā)展方向給予具體的指導。教師應引導

學生主動地從事數(shù)學活動，從而使學生形成自己對數(shù)學知識的理解和有效的學習策略。教師應激發(fā)學生

的學習積極性，向學生提供充分從事數(shù)學活動的機會，幫助他們在自主探索和合作交流的過程中真正理

解和掌握基本的數(shù)學知識與技能、數(shù)學的思想和方法，獲得廣泛的數(shù)學活動經驗。對于學有余力并對數(shù)

學有濃厚興趣的學生，教師要為他們設置一些選學內容，提供足夠的材料，指導他們閱讀，發(fā)展他們的

數(shù)學才能。

教育部2002年《全日制普通高級中學數(shù)學教學大綱》中所列出的內容，是教學的要求，也是競賽的

基本要求。在競賽中對同樣的知識內容，在理解程度、靈活運用能力以及方法與技巧掌握的熟練程度等

方面有更高的要求。“課堂教學為主，課外活動為輔”也是應遵循的原則。因此，本大綱所列的內容充

分考慮到學生的實際情況，旨在使不同程度的學生都能在數(shù)學上得到相應的發(fā)展，同時注重貫徹“少而

精”的原則。

全國高中數(shù)學聯(lián)賽

全國高中數(shù)學聯(lián)賽（一試）所涉及的知識范圍不超出教育部2000年《全日制普通高級中學數(shù)學教學

大綱》中所規(guī)定的教學要求和內容，但在方法的要求上有所提高。

全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試

全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試（二試）與國際數(shù)學奧林匹克接軌，在知識方面有所擴展：適當增加一些教

學大綱之外的內容，所增加的內容是：

1.平面幾何

幾個重要定理：梅涅勞斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

三角形中的幾個特殊點:旁心、費馬點，歐拉線。

幾何不等式。

幾何極值問題。

幾何中的變換：對稱、平移、旋轉。

圓的幕和根軸。

面積方法，復數(shù)方法，向量方法，解析幾何方法。

2.代數(shù)

周期函數(shù)，帶絕對值的函數(shù)。

三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函數(shù)。

遞歸，遞歸數(shù)列及其性質，一階、二階線性常系數(shù)遞歸數(shù)列的通項公式。

第二數(shù)學歸納法。

平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函數(shù)。

復數(shù)及其指數(shù)形式、三角形式，歐拉公式，棣莫弗定理，單位根。

多項式的除法定理、因式分解定理，多項式的相等，整系數(shù)多項式的有理根*,多項式的插值公式*。

n次多項式根的個數(shù)，根與系數(shù)的關系，實系數(shù)多項式虛根成對定理。

函數(shù)迭代，簡單的函數(shù)方程*

3.初等數(shù)論

同余，歐幾里得除法，裴蜀定理，完全剩余類，二次剩余，不定方程和方程組，高斯函數(shù)[x],費馬小定

理，格點及其性質，無窮遞降法，歐拉定理*,孫子定理*。

4.組合問題

圓排列，有重復元素的排列與組合，組合恒等式。

組合計數(shù)，組合幾何。

抽屜原理。

容斥原理。

極端原理。

圖論問題。

集合的劃分。

覆蓋。

平面凸集、凸包及應用*。

注：有*號的內容加試中暫不考，但在冬令營中可能考。（完）

（2006年8月第14次全國數(shù)學普及工作會議討論通過）

從1981年中國數(shù)學會普及工作委員會舉辦全國高中數(shù)學聯(lián)賽以來，在“普及的基礎上不斷提高”的

方針指引下，全國數(shù)學競賽活動方興未艾，每年一次的競賽活動吸引了廣大青少年學生參加。1985年我

國又步入國際數(shù)學奧林匹克殿堂，加強了數(shù)學課外教育的國際交流，20年來我國已躋身于國際數(shù)學奧林

匹克強國之列。數(shù)學競賽活動對于開發(fā)學生智力、開拓視野、促進教學改革、提高教學水平、發(fā)現(xiàn)和培

養(yǎng)數(shù)學人才都有著枳極的作用。這項活動也激勵著廣大青少年學習數(shù)學的興趣，吸引他們去進行積極的

探索，不斷培養(yǎng)和提高他們的創(chuàng)造性思維能力。數(shù)學競賽的教育功能顯示出這項活動已成為中學數(shù)學教

育的..個重要組成部分。

4

第二章平面幾何

第一講注意添加平行線證題

在同一平面內，不相交的兩條直線叫平行線.平行線是初中平面幾何最基本的,也是非常重要的圖形.

在證明某些平面幾何問題時,若能依據證題的需要,添加恰當?shù)钠叫芯€,則能使證明順暢、簡潔.

添加平行線證題，一般有如下四種情況.

1為了改變角的位置

大家知道，兩條平行直線被第三條直線所截，同位角相等，內錯角相等，同旁內角互補.利用這些性質,

?？赏ㄟ^添加平行線，將某些角的位置改變,以滿足求解的需要..

DA

例1設P、Q為線段8C上兩點，且8P=CQ,K-

A為BC外一動點（如圖1）.當點4運動到使\\

ZBAP=ZCAQ時，XABC是什么三角形？試

證明你的結論.圖1

答：當點A運動到使時,XABC為等腰三角形.

證明：如圖1,分別過點尸、B作AC、AQ的平行線得交點。.連結04

在△QBP=NAQC中，顯然

NDBP=NAQC,NDPB=NC.

山BP=CQ,可知

^\DBP^/\AQC.

有OP=4C,ZBDP=ZQAC.

于是,。4〃8尸，/BAP=NBDP.

則A、D、B、P四點共圓，且四邊形4OBP為等腰梯形.故A8=OP.

所以AB=AC.

這里,通過作平行線,將/04C“平推”至U/BOP的位置.由于A、。、8、P四點共圓，使證明很順暢.

例2如圖2,四邊形ABCD為平行四邊形，

ZBAF=ABCE.求證：NEBA=AADE.P

證明：如圖2,分別過點A、B作E。、EC

的平行線,得交點P,連PE.

由4B幺C。,易知有

圖2

PA=ED,PB=EC.

顯然，四邊形PBCE、PADE均為平行四邊形.有

ZBCE=ZBPE,ZAPE=ZADE.

由NBAF=NBCE,可知

ZBAF=ZBPE.

有P、B、4、E四點共圓.

于是，NEBA=NAPE.

所以，NEBA=NADE.

這里，通過添加平行線，使已知與未知中的四個角通過P、B、A、E四點共圓，緊密聯(lián)系起來NAPE

成為NEBA與/ACE相等的媒介,證法很巧妙.

2欲“送”線段到當處

利用“平行線間距離相等”、“夾在平行線間的平行線段相等”這兩條，?？赏ㄟ^添加平行線,將某些

線段“送”到恰當位置，以證題.

例3在△ABC中,8。、CE為角平分線,P為E。上任意一點.過P分別作4C、AB.BC的垂線,M、N、

。為垂足.求證：PM+PN=PQ.

A

證明：如圖3,過點尸作4B的平行線交8。

于凡過點F作BC的平行線分別交PQ,AC

于K、G,連PG.

由8。平行/ABC,可知點F到AB、BC

兩邊距離相等.有KQ=PN.圖3

顯然￡=黑=黑，可知W

由CE平分/BC4,知GP平分/FG4.有PK=PM.于是,

PM+PN=PK+KQ=PQ.

這里,通過添加平行線，將PQ“掐開”成兩段,證得PM=PK,就有PM+PN=PQ.證法非常簡捷.

3為了線段比的轉化

由于“平行于三角形一邊的直線截其它兩邊,所得對應線段成比例”，在一些問題中，可以通過添加平

行線,實現(xiàn)某些線段比的良性轉化.這在平面幾何證題中是會經常遇到的.

例4設必、%是的BC邊上的點，且8必=CM2.任作一直線分別交AB、AC、AM、A%于尸、

Q、N|、M.試證：

ABAC_AM,[AM2

~AP~AQ~AN,AN]

證明：如圖4,若PQ〃8c，易證結論成立.

若尸0與BC不平行,設PQ交直線BC

于D.過點A作PQ的平行線交直線BC于

E.

山BM尸CM2,可知BE+CE=MiE+

也E,易知

AB_BEAC_CE

APDE'AQDE'

AMi_M、EAM2_M2E

AN,DE'AN]DE-

nlAB,AC_BE+CE_M,E+M2E_AMAM

火n2

APAQDEDEAN、AN2

ABACAM,AM,

所以,■——+——-——LH-----

APAQAN】AN,

這里，僅僅添加了一條平行線，將求證式中的四個線段比“通分”，使公分母為DE,于是問題迎刃而解.

例54。是△ABC的高線,K為AO上一點,8K交AC于E,CK交AB于F.求證：ZFDA-ZEDA.

證明：如圖5,過點A作BC的平行線,分

另U交直線。E、DF、BE、C產于。、P、

N、M.

□心BDKDDC

ANKAAM

有BD?AM^DC?AN.

6

APAFAM

由，有

BDFBBC

BDAM

AP=⑵

BC

,AQAEAN七

由」?=—=——，有

DCECBC

DCAN

AQ=⑶

BC

對比⑴、(2)、⑶有AP=AQ.

顯然AC為PQ的中垂線,故AO平分/PDQ.

所以，ZFDA=ZEDA.

這里,原題并未涉及線段比,添加BC的平行線,就有大量的比例式產生，恰當?shù)剡\用這些比例式,就使

AP與AQ的相等關系顯現(xiàn)出來.

4為了線段相等的傳遞

當題目給出或求證某點為線段中點時，應注意到平行線等分線段定理，用平行線將線段相等的關系傳

遞開去.

例6在△4BC中,AO是8c邊上的中線，點M在48邊上，點N在AC邊上，并且NM￡W=90°.如果8序

+。川=?！?+。%2,求證：A》」(AB2+AC2).

4

證明：如圖6,過點B作4c的平行線交NZ)

延長線于E.連ME.

由BD=DC,可知ED=DN.有

△BED9/\CND.

于是,BE=NC.

顯然,MD為EN的中垂線.有

圖6

EM=MN.

由BM2+BE2=BM2+NC2=MD2+DN2=MN2=EM2,可知△8EM為直角三角形，NMBE=90：有

ZABC+ZACB=/ABC+NE8C=90°.

于是，/BAC=90°.

所以,AD2=(；BC)=1(AB2+AC2).

這里,添加AC的平行線,將BC的以。為中點的性質傳遞給EN,使解題找到出路.

例7如圖7,48為半圓直徑，。為AB上一點，

分別在半圓上取點E、F,使EA=DA,FB=DB.

過。作AB的垂線，交半圓于C.求證：S平

，分EF.

證明：如圖7,分別過點E、f作4B的垂線,G、H為垂足，連杉1、EB.易知圖7

DB2=FB2=AB?HB,

AD2^AE2^AG?AB.

二式相減，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.

顯然,EG〃C。〃/=77.

故CD平分EF.

這里,為證明CD平分EF,想到可先證CD平分GH.為此添加CD的兩條平行線EG、FH,從而得到G、

〃兩點.證明很精彩.

經過一點的若干直線稱為一組直線束.

一組直線束在一條直線上截得的線段相等，在該直線的平行直線上截得的線段也相等.

如圖8,三直線A8、AN、AC構成-組直線束是與8c平行的直線.于是，有

DMAM_ME

BN-AN-NC

DMME_DMBN

即---=---或----=---

BNNC—MENC

此式表明,DM=ME的充要條件是BN=NC.

利用平行線的這一性質，解決某些線段相等的問題會很漂亮.

例8如圖9,ABCD為四邊形,兩組對邊延長

后得交點E、F,對角線8O〃EF,AC的延長

線交EF于G.求證：EG=GF.

證明：如圖9,過C作EF的平行線分別交4E、

AF于M、N.由BD//EF,可知MN//BD.易知

S4BEF=S&DEF,

有SABEC=S&HKG-*5"OFO

可得用C=CN.

所以,EG=GF.

例9如圖10,。。是△ABC的邊BC外的旁

切圓,。、E、F分別為OO與BC、。、AB

的切點.若OD與EF相交于K,求證：AK平

分BC.

證明：如圖10,過點K作BC的行平線分別

交直線4B、AC于。、尸兩點，連OP、OQ.

OE、OF.

由0￡>J_8C,可知OK_LPQ.

山。工1_48,可知。、K、F、。四點共圓，有ZFOQ=ZFKQ.

由。EL4C,可知0、K、P、E四點共圓.有NEOP=NEKP.

顯然，NFKQ=NEKP,可知ZFOQ=ZEOP.

由OF=OE,可知RtAOrg^RtAOEP.則OQ=OP.

于是,OK為P。的中垂線，故QK=KP.所以,AK平分8c.

綜上,我們介紹了平行線在平面幾何問題中的應用.同學們在實踐中應注意適時添加平行線,讓平行

線在平面幾何證題中發(fā)揮應有的作用.

練習題

1.四邊形ABCD中,A8=CO,M、N分別為AD,BC的中點,延長BA交直線NM于E,延長CD交直線

MW于F.求證：NBEN=NCFN.

（提示：設P為4c的中點，易證PM=PM）

2.設尸為△ABC邊BC上一點，且PC=2P8.已知NA8C=45°,/APC=60°.求NAC8.

（提示：過點C作孫的平行線交BA延長線于點。.易證△ACDSAPBA.答：75°）

8

3.六邊開ABCOEt尸的各角相等，辦=AB=BC,NEBO=60°,S△麗=605?.求六邊形4BCOE尸的面積.

（提示：設EF、QC分別交直線AB于P、。，過點E作。C的平行線交AB于點M.所求面積與。EMQQ

面積相等.答：120CH?）

4.AO為RtZiABC的斜邊8c匕的高,P是AO的中點，連BP并延長交AC于E.已知AC:AB=k.求AE:EC.

（提示：過點4作BC的平行線交BE延長線于點F.設BC=1,有4O=k,CC=三答：—1-―）

1+公

5.AB為半圓直徑,C為半圓上一點,CDYAB于。,E為08上一點,過。作CE的垂線交CB于F.求證：

ADCF

瓦一百，

（提示：過點F作AB的平行線交CE于點H.H為/\CDF的垂心.）

6.在△ABC中，44:/8:/C=4:2:l,乙4、NB、NC的對邊分別為a、b、c.求證：-+-

ahc

（提示：在BC上取一點。，使AO=A8.分別過點8、C作AO的平行線交直線C4、氏4于點E、F.）

7.分別以△A8C的邊AC和BC為一邊在△A8C外作正方形ACDE和CBFG,點P是EF的中點.求證：P

點到邊AB的距離是AB的一半.

8.ZXABC的內切圓分別切BC、C4、AB于點。、E、F,過點F作BC的平行線分別交直線D4、DE于點

H、G.求證：FH=HG.

（提示：過點A作BC的平行線分別交直線DE、DF于點M、N.）

9.4。為。。的直徑,PO為。。的切線,PC8為。。的割線,P。分別交A8、AC于點”、N.求證：OM=

ON.

（提示：過點C作PM的平行線分別交A8、AD于點E、F.過。作BP的垂線,G為垂足.AB//GF.）

第二講巧添輔助妙解競賽題

在某些數(shù)學競賽問題中，巧妙添置輔助圓?？梢詼贤ㄖ本€形和圓的內在聯(lián)系,通過圓的有關性質找到

解題途徑.下面舉例說明添置輔助圓解初中數(shù)學競賽題的若干思路.

1挖掘隱含的輔助圓解題

有些問題的題設或圖形本身隱含著“點共圓”，此時若能把握問題提供的信息，恰當補出輔助圓,并合

理挖掘圖形隱含的性質,就會使題設和結論的邏輯關系明朗化.

1.1作出三角形的外接圓

例1如圖1,在△48C中,AB=4C,C是底邊8c上一點，

E是線段AD上一點且/8E￡）=2/CEO=ZA.

求證：BD=2CD.

圖1

分析：關鍵是尋求/8EO=2/CE。與結論的聯(lián)系.容易想到作/BE。的平分線，但因故不能直

接證出BD=2CD.若延長AD交ZV1BC的外接圓于F,則可得EB=EF,從而獲取.

證明：如圖1,延長4。與△A8C的外接圓相交于點F,連結C尸與BF,則NB用=/BC4=/4BC=/4FC,

即/8尸。=/（7尸￡）.故BF:CF=8O:￡）C.

又NBEF=ABAC,NBFE=NBCA,從而NFBE=ZABC=ZACB=ZBFE.

故EB=EF.

作N8EF的平分線交BF于G,則BG=GF.

ISZGEF=-ZBEF=ZCEF,ZGFE=ZCFE,故AFEG冬AFEC.從而GF=FC.廠一、、

于是,BF=2CF.故BD=2CD.

1.2利用四點共圓

例2凸四邊形A8CQ中，/48C=60°,/B4O=N8C￡>=90°,48=2,

CO=1,對角線AC、8。交于點0,如圖2.則sin/A08=.

分析：由/BAO=N8CO=90°可知4、B、C、。四點共圓，欲求sinNAOB,

聯(lián)想到托勒密定理,只須求出BC、AD即可.

解：因/BAO=N8CO=90°,故A、B、C、。四點共圓.延長區(qū)4、CO交于P,則乙4。尸=/4BC=60°.

設AD^x,有4P=V3x,DP=2x.山割線定理得(2+百尤)百x=2x(l+2x).解得

AO=x=2百一2,BC=-BP=4一百.

2

由托勒密定理有

BD?C>4=(4-V3)(2-x/3-2)+2X1=1073-12.

…c,c3后山./八15+673

又SA8CO=SAABO+5ABCD=~--故sm/A08=----------.

226

例3已知：如圖3,4B=BC=C4=AD,A”

_LC￡>于H,CP_L8C,CP交4”于尸.求證：/

百之/\

△ABC的面積S=—AP-BD.

~CH

JjJj圖3

分析：因SMBC=——Bd=-4c?8C,只須證AC?8C=4尸轉化為證△APCS^BCD這由A、B、

44

C、。四點共圓易證（。為8。與力”交點）.

證明：記8。與AH交于點Q,則由AC=4O,A"_LCZ）得乙4。。=乙4。。.

又48=AZ）,故NAOQ=N48Q.從而，/A8Q=NACQ.可知A、B、C、。四點共圓.

：/APC=90°+NPCH=NBCD,ZCBQ^ZCAQ,

：./\APC^/\BCD.

：.AC?BC^AP?BD.

R/J

于是，S=—AC-BC=—AP?BD.

2構造相關的輔助圓解題

10

有些問題貌似與圓無關,但問題的題設或結論或圖形提供了某些與圓的性質相似的信息，此時可大膽

聯(lián)想構造出與題目相關的輔助圓，將原問題轉化為與圓有關的問題加以解決.

2.1聯(lián)想圓的定義構造輔助圓

例4如圖4,四邊形48C。中,AB〃C￡>,AD=OC=OB=p,欠?一力;4

BC=g.求對角線AC的長.'E

分析：由“AD=DC=DB=p”可知A、B、C在半徑為p的。。上.c\D

利用圓的性質即可找到AC與p、夕的關系.'、、、，/

解：延長8交半徑為p的。。于E點，連結AE.、公;‘

顯然A、B、C在。。上.

'：AB//CD,

從而,BC=AE=q.

在△ACE中，ZCA￡=90°,CE=2p,AE=q,故AC=ylCE2-AE2=^4p2-q2.

2.2聯(lián)想直徑的性質構造輔助圓

例5已知拋物線y=—f+2x+8與x軸交于8、C兩點，點。平分BC.若在x軸上側的A點為拋物線

上的動點,且NBAC為銳角，則AD的取值范圍是一.

分析：由“NBAC為銳角”可知點A在以定線段BC為直徑的圓外,又點4在x軸上側,從而可確定動點A

的范圍,進而確定AD的取值范圍.

解：如圖5,所給拋物線的頂點為A0(l,9),

對稱軸為x=1,與x軸交于兩點8(—2,0)、

C(4,0).

分別以8C、D4為直徑作。。、?！陝t

兩圓與拋物線均交于兩點P(1-2V2,1).

e(l+2V2,1).

可知,點A在不含端點的拋物線PA0Q

內時，N8AC<90°.且有3=￡>P=OQ<AO

WD4o=9,即AD的取值范圍是3VAOW9.

2.3聯(lián)想圓嘉定理構造輔助圓

例6AO是RtAABC斜邊BC上的高,ZB的平行線交AZ)于M交AC于N.求證：AB?—A#=BM'BN.

分析：因"2-4V2=(AB+AN)(A8-AN)=BM?8N,而由題設易知AM=AN,聯(lián)想割線定理,構造輔助圓

即可證得結論.

證明：如圖6,

：/2+/3=/4+/5=90°,

又N3=N4,Z1=Z5,

二/1=/2.從而,

以AM長為半徑作。4,交AB于F,交

BA的延長線于E.則AE=4F=AN.

由割線定理有

圖6

BM?BN=BF?BE

=(AB+AE)(A8—AF)

=(A8+4N)(AB-AN)

=ABr-AN',

即AB2~AN2^BM?BN.

例7如圖1,ABCD是。。的內接四邊形,延長AB和DC相交于E,延長AB和DC相交于E,延長AD和

BC相交于和尸。分別切⑥。于尸、。.求證：EP^FQ^EF2.

分析：因EP和FQ是。。的切線，由結論聯(lián)想到切割線定理,構造輔助圓使EP、FQ向EF轉化.

證明：如圖7,作△BCE的外接圓交EF于G,連

結CG.

因//￡(C=/ABC=/CGE,故人。、C、

G四點共圓.

由切割線定理,有

EF2=(EG+GF)?EF

=EG?EF+GF?EF

=EC?ED+FC?FB

=EC-ED+FC?FB

=EP2+FQ2,

即EP2+FQ2^EF2.

2.4聯(lián)想托勒密定理構造輔助圓

例8如圖8,AASC與'B'

C的三邊分別為“、b、c與a'、

b'、c',且N8=/B',NA+/A

'=180°.試證：aa'=bb'+cc'.

分析：因/8=/夕，/A+/A'=180°由結論聯(lián)想到托勒密定理，構造圓內接四邊形加以證明.

證明：作△ABC的外接圓,過C作CD//AB交圓于D,連結AD和8。,如圖9所示.

'：ZA+ZA'=180。=/A+NO,

NBCD=NB=NB',

：.ZAz=ND,NB'=NBCD.

.?.△4'B'C's叢DCB.

七A'B'BCA'C'

有------=--------=--------

DCCBDB

1y

即二c一二a'b

DCa~DB

,,--acab'

故DC——DB=—

a1優(yōu)

又A6〃OC,可知BD=AC=bfBC=AD=a.

從而，山托勒密定理，得

AD?BC=AB?DC+AC?BD,

ac1,ah'

即a2?----f+b?-----

故。=hh'+cc'.

練習題

1.作一個輔助圓證明：/MBC中，若4。平分NA,則竺=也

ACDC

（提示：不妨設AB^AC,^/XADC的外接圓交AB于E,證△A8CsZ\￡）8E,從而—=—=吧.）

ACDEDC

2.已知凸五邊形A8CDE中，NBAE=3a,BC=C￡）=￡）E,/8C￡>=NC￡>E=180°—22求證：ZBAC=Z

CAD^ZDAE.

（提示：由已知證明NBCEnNBCEnlSO。-3〃,從而A、8、C、。、E共圓，得NBAC=NCAQ=ND4E.）

3.在AABC中AB=BC,/4BC=20°,在AB邊上取一點M,使BM^AC.求/AMC的度數(shù).

12

（提示：以BC為邊在△ABC外作正△KBC,連結KM,證B、M、C共圓,從而NBCM=-4BKM=10",

2

得乙4A/C=30°.）

4.如圖10,AC是OABC。較長的對角線，過C作的

CFA.AF,CE1.AE.求證：AB?AE+AD?AF=AC2.1j~

（提示：分別以BC和。為直徑作圓交AC于點1t

G、H.則CG=AH,由割線定理可證得結論.）4BE

5.如圖11.已知（DO1和。O2相交于A、8,直線圖1°

C。過4交。0和。。2于C、D,SLAC=AD,EC,ED分別切兩圓于C、D求證：AC2=AB'AE.

（提示：作△88的外接圓。Q,延長BA交。。3

于F,證E在。。3上,得△ACEgZXA。尸,從而AE

=AF,由相交弦定理即得結論.）J

6.已知E是aABC的外接圓之劣弧BC的中點.

求證:A8?ACiE2-*.京

（提示：以8E為半徑作輔助圓。E,交4E及其延長線于N、M,[^△ANCsAAbW證A8?AC=AN?AM）

7.若正五邊形ABCDE的邊長為a,對角線長為歷試證：---=1.

ab

（提示：證聯(lián)想托勒密定理作出五邊形的外接圓即可證得.）

第三講巧添輔助妙解競賽題

在本小節(jié)中包括點共線、線共點的一般證明方法及梅涅勞斯定理、塞瓦定理的應用。

1.點共線的證明

點共線的通常證明方法是：通過鄰補角關系證明三點共線；證明兩點的連線必過第三點;

證明三點組成的三角形面積為零等?！ǎā?4）點共線可轉化為三點共線。

例1如圖，設線段A8的中點為C,以AC和CB為對角線作平行四邊形AECO,BFCG。

又作平行四邊形CF”。，CGKE。求證：H,C,K三點共線。

證連AK,DG,HB。

由題意知四邊形4KGO是平行四邊形，于是AK/OG。同樣可證4K2〃瓦

四邊形A//8K是平行四邊形，其對角線AB,K"互相平分。而C是A8中點，線段K“過C

點，故K,C,“三點共線。

例2如圖所示，菱形ABC。中，NA=120°,°。為△ABC外接圓，M為其上一點，連接

MC交AB于E,AM交C8延長線于凡求證：D,E,尸三點共線。

證如圖，連AC,DF,DE。

因為M在。。上，

則NAMC=60°=ZABC=ZACB,

有△AMCSAACR得

MCCFCF

MA~CA~CD°

又因為N4WC=A4C,所以△AMCS2\￡4C,得

MCAC_AD

~MA~~AE~~AE°

所以——=——，又N8AO=N8CO=120°,知△CF0S2\AOE。所以NAOGNOFB。

CDAE

因為AO〃8C,所以N4DP=NOE8=NAOE,于是凡E,。三點共線。

例3四邊形ABC。內接于圓，其邊AB與OC的延長線交于點尸，AO與8c的延長線交于

點。。由。作該圓的兩條切線。E和。尺切點分別為E,F。求證：P,E,尸三點共線。

證如圖。連接尸。，并在尸。上取一點M,使得8,C,M,尸四點共圓，連CM,PF。設

PF與圓的另一交點為E',并作QG_1PF,垂足為G。

易如QE2^QM?QP=QC?QB①

ZPMC=ZABC=ZPDQ.

從而C,D,Q,M四點共圓，于是

PM?PQ=PC?PD②

由①，②得

PM?PQ+QM?PQ=PC?PD+QC?QB,

即PQ2=QC?QB+PC-PD。

易知PO?PC=PE'?PF,又QF2=QC?QB,<

PE,?PF+QF2=PD-PC+QC-AB=PQ1,

EPPE,?PF=PQ2一Q產。又

PQ2~QF2=PG2~GF2=(PG+GF)?(PG-GF)

=PF?(PG-GF),

從而PE，=PG-GF=PG-GE,即GF=GE，,故E'與E重合。

所以P,E,F三點共線。

例4以圓。外一點P,引圓的兩條切線布，PB,A,B為切點。割線PCO交圓。于C,

Do又由B作CO的平行線交圓。于瓦若尸為CZ）中點，求證：A,F,E三點共線。

證如圖，連AREF,OA,OB,OP,BF,OF,

延長FC交BE于G。

易如。A，4尸，OB±BP,OF±CP,

所以尸，A,F,0,B五點共圓，

有ZAFP=ZA0P=ZPOB=NPFB。

又因CD〃8E,所以有

ZPFB=ZFBE,ZEFD=ZFEB,

而EOG為BE的垂直平分線，^l.EF=FB,NFEB=NEBF,

所以NH/T=NEED,A,F,E三點共線。

14

2.線共點的證明

證明線共點可用有關定理（如三角形的3條高線交于一點），或證明第3條直線通過另外

兩條直線的交點，也可轉化成點共線的問題給予證明。

例5以△A8C的兩邊AB,AC向外作正方形ABDE,ACFG./\ABC的高為AH.求證：AH,

BF,CO交于一點。

證如圖。延長HA到M,

使連CM,BM。

設CM與交于點K。

在△ACM和△BCE中，

AC=CF,AM=BC,

NAMC+Ntt4c=180°,

ZHAC+ZHCA=90°,

并且N3。/=90°+ZHCA,

^itZBCF+ZHAC=lSO°

NMAC=/BCF。

從而4g△BCRZACM=ZCFBo

WZMKF=ZKCF+ZKFC=ZKCF+ZMCF=9Q°,

即BF±MCo

同理CO_LMB。AH,BF,CO為△MBC的3條高線，故A”,BF,CO三線交于一

點。

例6設尸為△ABC內一點，AAPB-ZACB=ZAPC-ZABCo又設。，E分別是△APB及

△4PC的內心。證明：AP,BD,CE交于一點。

證如圖，過尸向三邊作垂線，垂足分別為R,S,To

連RS,ST,RT,設80交AP于M,CE交AP于N。

易知P,R,A,S；P,T,B,R；

P,S,C,T分別四點共圓，則

NAPB-NACB=NMC+NPBC

=ZPRS+ZPRT

=NSRT。

同理，ZAPC-ZABC=ZRST,

由條件知NSRT=NRST,所以RT=S7。

又RT=PBsinB,ST=PCsinC,

所以PBsi1tB=PCsinC,為口么

PBPC

li-AC°

由角平分線定理知

ANACAB_AM

l^P~~PC~~PB~~MP°

故M,N重合，即AP,BD,CE交于一點。

例7與0。2外切于尸點，QR為兩圓的公切線，其中。，H分別為。。1,°。2上的

切點，過。旦垂直于。。2的直線與過R且垂直于ROi的直線交于點UN垂直于。02,

垂足為M/N與QR交于點證明：PM,R0\,。。2三條直線交于一點。

證如圖，設ROi與QQ交于點。，連M。，PO.

因為NOiQM=NOiM0=9O°,所以Q,。1，N,M四點共圓，有NQW=NQ0Q2。

而//。。2=90°=/RQOi，所以//。河=/。2。。1，

故△Q/A/SZ^QO?。］,得

1

QQ_。02

QM-MI

同理可證@=烏生。因此

RMMI

"=空①

MRR02

因為。。1〃/?。2，所以有

_。。1②

~OR~~RO1

由①，MO//QO\o又由于O1P=QQ,P02=R,。2，

所以空=空=空，