初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽幾何講座(共5講)

初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽幾何講座（共5講）

第一講注意添加平行線證題

第二講巧添輔助妙解競(jìng)賽題

第三講點(diǎn)共線、線共點(diǎn)

第四講四點(diǎn)共圓問題

第五講三角形的五心

第一講注意添加平行線證題

在同一平面內(nèi)，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(shí),若能依據(jù)證題的需要,添加恰當(dāng)?shù)钠叫芯€，則能使

證明順暢、簡(jiǎn)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(nèi)錯(cuò)角相等，同旁內(nèi)角互補(bǔ).利

用這些性質(zhì),?？赏ㄟ^添加平行線，將某些角的位置改變，以滿足求解的需要.

例1設(shè)P、。為線段8C上兩點(diǎn)，且

A為BC外一動(dòng)點(diǎn)（如圖1）.當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到使

ZBAP=ZCAQ時(shí),AABC是什么三角形？試

證明你的結(jié)論.

答：當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到使/84尸=/。1。時(shí)，△ABC為等腰三角形圖1

證明：如圖1,分別過點(diǎn)P、B作AC、AQ的平行線得交點(diǎn)D.連結(jié)DA.

在中，顯然

ZDBP=ZAQC,ZDPB=ZC.

由BP=CQ,可知

△DBP0AAQC.

有DP=AC,/BDP=ZQAC.

于是,DA〃BP,ZBAP=ZBDP.

則A、D、B、尸四點(diǎn)共圓，且四邊形AOBP為等腰梯形.故A8=OP.

所以A8=AC.

這里,通過作平行線，將NQ4C“平推”至UN2DP的位置.由于A、D、B、P四點(diǎn)共圓,

使證明很順暢.

例2如圖2,四邊形ABCD為平行四邊形，

ZBAF=ZBCE.求證：ZEBA=ZADE.

證明：如圖2,分別過點(diǎn)A、B作瓦入EC

的平行線，得交點(diǎn)尸，連尸工

由AB乙CD,易知ZXPBAm/\ECD.有

PA=ED,PB=EC.

顯然，四邊形PBCE、PADE均為平行四邊形.有

NBCE=/BPE,/APE=/ADE.

^ZBAF=ZBCE,可知

ZBAF=ZBPE.

有P、B、A、E四點(diǎn)共圓.

于是,NEBA=NAPE.

所以，ZEBA=ZADE.

這里，通過添加平行線，使已知與未知中的四個(gè)角通過P、B、A、E四點(diǎn)共圓，緊密聯(lián)系

起來ZAPE成為/EBA與NADE相等的媒介,證法很巧妙.

2欲“送”線段到當(dāng)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(dāng)位置，以證題.

例3在AABC中,BD.CE為角平分線,P為上任意一點(diǎn).過P分別作AC.AB.BC的

垂線,M、N、。為垂足.求證：

PM+PN=PQ.

證明：如圖3,過點(diǎn)P作AB的平行線交A

于F,過點(diǎn)F作BC的平行線分別交PQ、AC

于K、G,連PG.

由8。平行乙4BC,可知點(diǎn)尸到48、BC

兩邊距離相等.有KQ=PN.京

由CE平分NBCA,知GP平分/BGA.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(jiǎn)捷.

3為了線段比的轉(zhuǎn)化

由于“平行于三角形一邊的直線截其它兩邊,所得對(duì)應(yīng)線段成比例”，在一些問題中，可

以通過添加平行線,實(shí)現(xiàn)某些線段比的良性轉(zhuǎn)化.這在平面幾何證題中是會(huì)經(jīng)常遇到的.

例4設(shè)M、必是的8c邊上的點(diǎn)，且B必=C%.任作一直線分別交AB、AC、4必、

4此于尸、。、Ni、M.試證：

ABAC_AMX!AM2

APAQ~AN】ANJ

證明：如圖4,若尸?！˙C,易證結(jié)論成立.

若PQ與BC不平行,設(shè)PQ交直線BCA

于D過點(diǎn)A作PQ的平行線交直線BC于才、、

由BM1=CM2,可知BE+CE=MtE+

ME,易知BM\MiCD

2圖4

AB_BEAC_CE

APDE'AQDE

AM,_MXEAM,_M2E

ANX~DE'AN2~DE'

nlAB,ACBE+CEM^E+M.EAM,,AM2

APAQDEDEAN,AN2

所以，理+9=也+必.

APAQA*AN2

這里,僅僅添加了一條平行線,將求證式中的四個(gè)線段比“通分”，使公分母為DE,于是

問題迎刃而解.

例5AO是△ABC的高線,K為AO上一點(diǎn)交AC于E,CK交AB于凡求證：ZFDA=

ZEDA.

證明：如圖5,過點(diǎn)A作8c的平行線，分

另IJ交直線。E、DF、BE、CF于。、P、

N、M.

…BDKDDC

顯然，——=——=----

ANKAAM

有BD?AM=DC?AN.⑴

上APAFAM士

BDFBBC

BDAM

4尸=--------.⑵

BC

上AQAEAN上

DCECBC

DCAN

AQ=----------.

BC

對(duì)比⑴、⑵、⑶有

AP=AQ.

顯然AO為PQ的中垂線，故平分NPOQ.

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(chǎn)生,恰當(dāng)?shù)剡\(yùn)用這

些比例式,就使AP與A0的相等關(guān)系顯現(xiàn)出來.

4為了線段相等的傳遞

當(dāng)題目給出或求證某點(diǎn)為線段中點(diǎn)時(shí),應(yīng)注意到平行線等分線段定理,用平行線將線段

相等的關(guān)系傳遞開去.

例6在△ABC中,是8C邊上的中線，點(diǎn)M在AB邊上,點(diǎn)N在AC邊上,并且/MDN=

90°.如果BM1+CN1=DM2+DN2,求證：AD2=-（AB2+AC2）.

4

證明：如圖6,過點(diǎn)B作AC的平行線交A?

延長(zhǎng)線于E.連ME.

由BD=DC,可知ED=DN.有

E

圖6

△BED冬4CND.

于是,BE=NC.

顯然,MD為EN的中垂線.有

EM=MN.

由BM2+BE2=BM2+NC2^MD2+DN2=MN2=EM2,可知為直角三角形,ZMBE

=90°.有

ZABC+ZACB

=ZABC+ZEBC=9Q°.

于是，ZBAC=90°.

所以,=L(AB2+AC2).

這里,添加AC的平行線，將8c的以。為中點(diǎn)的性質(zhì)傳遞給EN,使解題找到出路.

例7如圖7,A8為半圓直徑，。為A8上一點(diǎn),

分別在半圓上取點(diǎn)E、/，使E4=D4,FB=OR

過。作A8的垂線，交半圓于C.求證：CZ）平

分EF.

證明：如圖7,分別過點(diǎn)￡、尸作AB的垂線,G、H為垂足，連翻、E8.易知

DB1=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?！?GD

顯然,EG〃C?！ㄊ琀.

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、X兩點(diǎn).證明很精彩.

經(jīng)過一點(diǎn)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(gòu)成一組直線束,是與8C平行的直線.于是，有

DMAM

BNAN

_ME

—記，

RnDMMEDMBN

即-B--N-=--N-C-或伐--M--E-=--N-C-'

此式表明,。的充要條件是

BN=NC.

利用平行線的這一性質(zhì),解決某些線段相等的問題會(huì)很漂亮.

例8如圖9,ABCD為四邊形,兩組對(duì)邊延長(zhǎng)

后得交點(diǎn)E、F,對(duì)角線BD//EF,AC的延長(zhǎng)

圖9

線交于G.求證：EG=GF.

證明：如圖9,過C作Eb的平行線分別交AE、

AF于M、N.由BD//EF,可知MN//BD.易知

SABEF=SADEF，

有SABEC=SAUKG-*5IIDFC-

可得MC=CN.

所以,EG=GE

例9如圖10,。。是△ABC的邊8c外的旁

切圓,。、E、尸分別為。。與BC、CA,AB

的切點(diǎn).若OD與EF相交于K,求證：AK平

分BC.

證明：如圖10,過點(diǎn)K作BC的行平線分別

交直線A3、AC于。、P兩點(diǎn)，連。P、OQ、

O

OE、OF.

圖10

由ODLBC,可知OK_LPQ.

由。尸，48,可知。、K、F、。四點(diǎn)共圓，有

ZFOQ=ZFKQ.

由OELAC,可知0、K、P、E四點(diǎn)共圓.有

ZEOP=ZEKP.

顯然，/FKQ=NEKP,可知

ZFOQ=ZEOP.

由OF=OE,可知

RtAOFQ^RtAOEP.

貝ljOQ=OP.

于是,OK為PQ的中垂線,故

QK=KP.

所以,AK平分BC.

綜上,我們介紹了平行線在平面幾何問題中的應(yīng)用.同學(xué)們?cè)趯?shí)踐中應(yīng)注意適時(shí)添加平

行線,讓平行線在平面幾何證題中發(fā)揮應(yīng)有的作用.

練習(xí)題

1.四邊形A8CO中,AB=CZ）,M、N分別為A。、2C的中點(diǎn)，延長(zhǎng)B4交直線于瓦延長(zhǎng)

CD交直線NM于F.求證：/BEN=ZCFN.

（提示：設(shè)尸為AC的中點(diǎn)，易證）

2.設(shè)P為△ABC邊BC上一點(diǎn)，且PC=2P2.已知/ABC=45°,/APC=60°.求NACB.

（提示：過點(diǎn)C作E4的平行線交A4延長(zhǎng)線于點(diǎn)D易證人40）64尸B4.答：75°）

3.六邊開A8COEF的各角相等,E4=AB=BC,/仍。=60°,SAEBD=60cm2.求六邊形

ABCDEF的面積.

（提示：設(shè)EF、0c分別交直線于P、。，過點(diǎn)￡作。C的平行線交A8于點(diǎn)所求面積

與Z7EMQD面積相等.答：120cm2）

4.A。為RtzMBC的斜邊8C上的高，尸是4。的中點(diǎn)，連BP并延長(zhǎng)交AC于E.已知AC:AB

=k.求AE:EC.

（提示:過點(diǎn)A作BC的平行線交BE延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.設(shè)BC=1,有AD=k,DC*答：）

1+42

5.AB為半圓直徑,C為半圓上一點(diǎn),CDLAB于'D,E為DB上一點(diǎn),過。作CE的垂線交CB

ADCF

于F.求證:

DEFB

（提示：過點(diǎn)尸作AB的平行線交CE于點(diǎn)H.H為4CDF的垂心.）

6.在△ABC中，NA:NB:/C=4:2:1,NA、N8、NC的對(duì)邊分別為。、6、c.求證：-+-

ab

_j_

c

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

E、F.）

7.分別以△A8C的邊AC和BC為一邊在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,點(diǎn)尸是Ef■的

中點(diǎn).求證：尸點(diǎn)到邊的距離是的一半.

8.△ABC的內(nèi)切圓分別切BC、CA.AB于點(diǎn)D、E、F,過點(diǎn)F作BC的平行線分別交直線

DA.DE于點(diǎn)、H、G.求證：FH=HG.

（提示：過點(diǎn)A作8C的平行線分別交直線。歹于點(diǎn)M、N.）

9.AD為。。的直徑,PD為。。的切線,PCB為。。的割線，尸。分別交AB、AC于點(diǎn)M、

N.求證：OM=ON.

（提示：過點(diǎn)C作PM的平行線分別交AB,AD于點(diǎn)E、F.過0作BP的垂線,G為垂足.AB

//GF.）

第二講巧添輔助妙解競(jìng)賽題

在某些數(shù)學(xué)競(jìng)賽問題中，巧妙添置輔助圓?？梢詼贤ㄖ本€形和圓的內(nèi)在聯(lián)系,通過圓的

有關(guān)性質(zhì)找到解題途徑.下面舉例說明添置輔助圓解初中數(shù)學(xué)競(jìng)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(shè)或圖形本身隱含著“點(diǎn)共圓”，此時(shí)若能把握問題提供的信息，恰當(dāng)補(bǔ)出

輔助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質(zhì),就會(huì)使題設(shè)和結(jié)論的邏輯關(guān)系明朗化.

1.1作出三角形的外接圓

例1如圖1,在△48C中,是底邊

上一點(diǎn),E是線段4。上一點(diǎn)且/8￡Z>=2/CEO=

N4.求證：BD=2CD.

分析：關(guān)鍵是尋求=與結(jié)論的聯(lián)系.

容易想到作/BE。的平分線，但因BE^ED,故不能

直接證出BD=2CD.若延長(zhǎng)AD^ABC的外接圓

于F,則可得從而獲取.

證明：如圖1,延長(zhǎng)AD"ABC的外接圓相交于點(diǎn)F,連結(jié)CF與BF,貝Ij/8FA=/BCA

NABC=ZAFC,即/BFD=ZCFD.故BF:CF=BD:DC.

又/BEF=/BAC,NBFE=NBCA,ZFBE=ZABC=ZACB=ZBFE.

故EB=EF.

作/BEF的平分線交BF于G,則BG=GF.

因/GEF=L/BEF=NCEF,ZGFE=ZCFE,故△FEGgZXFEC.從而GF=FC.

2

于是,BF=2CF.故BD=2CD.

1.2利用四點(diǎn)共圓

例2凸四邊形ABC。中，NABC=60°,NA4Z)=

ZBC￡)=90°,

AB=2,0)=1,對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O,如圖2.

則sinZA0B=.

分析：由/A4O=NBCZ)=90°可知A、B、C、D

四點(diǎn)共圓,欲求sinZAOB,聯(lián)想到托勒密定理,只須求出BC、4“翻可.

解：因NA4O=N8Cr>=90°,故4、B、C、。四點(diǎn)共圓.延長(zhǎng)A4、CD交于尸，則乙4。尸=

/ABC=60".

設(shè)A￡)=x,有AP=gx,DP=2x.由割線定理得(2+gx=2x(l+2x).解得AD=

X=2-N/3-2,BC=-BP=4-V3.

2

由托勒密定理有

BD-CA=(4-V3)(2A/3-2)+2X1=10A/3-12.

又SABCD=SAABO+SABCD

2

15+66

故sin/AOB=

26-

例3已知：如圖3,AB=BC=C4=AD,A"

J_CO于aCPLBC,C?交AH于P.求證：

73

△ABC的面積S=—AP-BD.

4

分析：因SAABC=&BC2=—AC?BC,只

44

須證AC?3C=AP?3D,轉(zhuǎn)化為證△APCsABCD這由A、B、C、Q四點(diǎn)共圓易證（0為

BD與AH交點(diǎn)）.

證明：記BD與AH交于點(diǎn)Q,貝IJ由AC=AO,AH_LC。得/ACQ=/AZ）0.

y.AB=AD,ikZADQ=ZABQ.

從而，NABQ=NACQ.可知A、B、C、。四點(diǎn)共圓.

VZAPC=90°+ZPCH=ZBCD,ZCBQ=ZCAQ,

：./\APC^/\BCD.

：.AC?BC=AP?BD.

T13gV3

于是，s=——AC?BC=—AP-BD.

44

2構(gòu)造相關(guān)的輔助圓解題

有些問題貌似與圓無關(guān)，但問題的題設(shè)或結(jié)論或圖形提供了某些與圓的性質(zhì)相似的信

息,此時(shí)可大膽聯(lián)想構(gòu)造出與題目相關(guān)

的輔助圓，將原問題轉(zhuǎn)化為與圓有關(guān)的問題加以解決.

2.1聯(lián)想圓的定義構(gòu)造輔助圓

例4如圖4,四邊形ABC。中,AB〃CD,AO=OC

=DB=p,BC=q.求對(duì)角線AC的長(zhǎng).\

分析：由“AD=DC=DB=p”可知A、5、C在——1￡

半徑為p的。。上.利用圓的性質(zhì)即可找到AC與''、0，:

p、q的關(guān)系.

解：延長(zhǎng)交半徑為p的。。于E點(diǎn)，連結(jié)AE圖4

顯然A、B、。在。。上.

,:AB〃CD,

：.BC=AE.

從而,BC=AE=q.

在△ACE中，ZCAE=90°,CE=2p,AE=q,故

AC=^CE2-AE2=挑2.

2.2聯(lián)想直徑的性質(zhì)構(gòu)造輔助圓

例5已知拋物線y=—f+2x+8與x軸交于B、C兩點(diǎn)，點(diǎn)。平分BC.若在x軸上側(cè)的A

點(diǎn)為拋物線上的動(dòng)點(diǎn),且/ZMC為銳角，則AO的取值范圍是—.

分析：由“NBAC為銳角”可知點(diǎn)A在以定線段BC為直徑的圓外,又點(diǎn)A在x軸上側(cè)，從

而可確定動(dòng)點(diǎn)A的范圍,進(jìn)而確定AD的取值范圍.

解：如圖5,所給拋物線的頂點(diǎn)為4（1,9）,

對(duì)稱軸為x=1,與x軸交于兩點(diǎn)8（—2,0）、

C（4,0）.

分別以8C、DA為直徑作。QE,則

兩圓與拋物線均交于兩點(diǎn)尸（1—2后，1）、

。（1+2行,1）.

可知，點(diǎn)A在不含端點(diǎn)的拋物線PA0Q

內(nèi)時(shí),ZBAC<90°.且有3=OP=OQ<AD

WD4o=9,即AD的取值范圍是3cADW9.

2.3聯(lián)想圓幕定理構(gòu)造輔助圓

例6A。是RtAABC斜邊BC上的高，ZB的平行線交AO于跖交AC于N.求證：AB2-

AN2=BM?BN.

分析：因AB2-AN2^（A8+AN）（AB—AN）=BM-BN,而由題設(shè)易知AM=AN,聯(lián)想割線定

理,構(gòu)造輔助圓即可證得結(jié)論.

證明：如圖6,

VZ2+Z3=Z4+Z5=90°,

又/3=/4,/1=/5,

Z1=Z2.從而,

以AM長(zhǎng)為半徑作。A,交AB于F,交

BA的延長(zhǎng)線于E.則AE=AF=AN.

由割線定理有

BM?BN=BF?BE

=(AB+A￡)(AB-AF)

={AB+AN)(.AB-AN)

^AB2-AN2,

即AB2-AN2=BM?BN.

例7如圖1,ABCD是。。的內(nèi)接四邊形，延長(zhǎng)A8和0c相交于E,延長(zhǎng)42和0c相交于

E,延長(zhǎng)AD和BC相交于F,EP和FQ分別切。O于P、Q.求證：EP2+F（^^EF2.

分析：因EP和FQ是。O的切線，由結(jié)論聯(lián)想到切割線定理,構(gòu)造輔助圓使EP、FQ向EF

轉(zhuǎn)化.

證明：如圖7,作△BCE的外接圓交EF于G,連

結(jié)CG.

因/尸￡>C=NABC=/CGE,故尸、D、C、

G四點(diǎn)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EP-JrFQ1=EF2.

2.4聯(lián)想托勒密定理構(gòu)造輔助圓

例8如圖8,△ABC與夕

C的三邊分別為a、b、c與a'、

b'、c',且,/A+/A

'=180°.試證：aa'=bb'+cc'.

分析：因/8=/夕，/A+/A'圖8

=180°,由結(jié)論聯(lián)想到托勒密定理，構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形加以證明.

證明：作△A8C的外接圓，過<7作?！?8交圓于￡）,連結(jié)AD和8。,如圖9所示.

VZA+ZA7=180°=/A+/D,

/BCD=/B=NB',

：.ZA'=ZD,ZB'=ZBCD.

.?.△A'B'CS^DCB.

----B---'=C-----A---'=C--------

DCCBDB'

,ac1ab1

故z。。=——,DB=——.

a1a'

又AB//DC,可知BD=AC=b,BC=AD=a.

從而，由托勒密定理，得

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

ac'Iab'

即nna2—c?——+b7,---.

Q'a'

故。a'—bb'~\~cc'.

練習(xí)題

AD

1.作一個(gè)輔助圓證明：AMC中，若40平分NA,則——=——.

ACDC

ABBD

（提示：不妨設(shè)ABNAC,作△AOC的外接圓交AB于E,證△ABCS/WE,從而——=——

ACDE

BD、

=------.）

DC

2.已知凸五邊形ABCDE中，NBAE=3a,BC=C￡>=￡>E,/BCr>=/Cr>E=180°—2a.求

證：NBAC=/CAD=NDAE.

（提示：由已知證明/8CE=/BOE=180°—3a,從而A、B、C、D、E共圓，得/8AC=/

CAD=NDAE.）

3.在△ABC中A8=BC,NABC=20°,在AB邊上取一點(diǎn)M,使8Af=AC.求/AMC的度數(shù).

（提示：以BC為邊在△A8C外作正△心（7,連結(jié)KM,證8、M、C共圓，從而/BCM=工/

2

2KM=10。，得NAMC=30。.）

4.如圖10,AC是O48C。較長(zhǎng)的對(duì)角線，過C作

CF±AF,CE±AE.求證：AB?AE+AD-AF^AC2.

（提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點(diǎn)

A

圖10

G、H.則CG=AH,由割線定理可證得結(jié)論.）

5.如圖11.已知。。1和。。2相交于A、8,直線

CD過A交。。1和。Q于C、。,且AC=AO,EC、ED分別切兩圓于C、D求證:AC2=AB-AE.

（提示：作△8CO的外接圓。。3,延長(zhǎng)助交。。3

于尸，證E在。Q上,得△ACEdADF,從而AE

=AF,由相交弦定理即得結(jié)論.）

6.已知E是△A8C的外接圓之劣弧8C的中點(diǎn).

求證：AB?AC=AE2~BE2.

（提示：以BE為半徑作輔助圓。E,交AE及其延長(zhǎng)線于N、M,由△ANCsAABM證A8

=AN?AM.）

hn

7.若正五邊形ABCOE的邊長(zhǎng)為a,對(duì)角線長(zhǎng)為瓦試證：一一一=1.

ab

（提示：證b^c^+ab,聯(lián)想托勒密定理作出五邊形的外接圓即可證得.）

第三講點(diǎn)共線、線共點(diǎn)

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

的應(yīng)用。

1.點(diǎn)共線的證明

點(diǎn)共線的通常證明方法是：通過鄰補(bǔ)角關(guān)系證明三點(diǎn)共線；證明兩點(diǎn)的連線

必過第三點(diǎn)；證明三點(diǎn)組成的三角形面積為零等?！?“24)點(diǎn)共線可轉(zhuǎn)化為三點(diǎn)

共線。

例1如圖，設(shè)線段A3的中點(diǎn)為C,以AC和C3為對(duì)角線作平行四邊形AECD,

BFCG。又作平行四邊形CF4D,CGKE。求證：H,C,K三點(diǎn)共線。

證連AK,DG,HBo

由題意，AD2EC&KG,知四邊形AKGD

是平行四邊形，于是AK2OG。同樣可證

AK2HB。四邊形AHBK是平行四邊形，其對(duì)

角線A3,K"互相平分。而C是AB中點(diǎn)，線

段K”過C點(diǎn)，故K,C,H三點(diǎn)共線。

例2如圖所示，菱形A3CO中，ZA=120°,°。為△ABC外接圓，〃為其上

一點(diǎn)，連接交A3于E,AM交C3延長(zhǎng)線于凡求證：D,E,F三

點(diǎn)共線。

證如圖，連AC,DF,DE。

因?yàn)镸在。。上，

貝U/A"C=60°=ZABC=ZACB,

有△AMCS2XACF得

MC_CF_CF

“A-CA-CD

又因?yàn)镹AMC=BAC,所以△AMCS/\EAC,得

MCAC_AD

MA^AE~AE°

所以一=—,XZBAZ)=ZBCD=120°,知△CTOs

CDAE

△ADE。所以NAOE=NO五3。因?yàn)锳D//BC,所以/40/=/0刑=/40￡,于

是F,E,。三點(diǎn)共線。

例3四邊形A3CO內(nèi)接于圓，其邊A3與OC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P,AO與3c的

延長(zhǎng)線交于點(diǎn)。。由。作該圓的兩條切線QE和。孔切點(diǎn)分別為E,Fo

求證：P,E,歹三點(diǎn)共線。

證如圖。

連接P。，并在P。上取一點(diǎn)使得

B,C,M,P四點(diǎn)共圓，連CM,PFo設(shè)

一交點(diǎn)為E',并作。垂足為G。

QE2=QM.QP=QC.QB①

ZPMC=ZABC=ZPDQ。

從而C,D,Q,〃四點(diǎn)共圓，于是

PM?PQ=PC?PD②

由①，②得

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

即Pg。。?QB+PC?PDo

易知「O?PC=PE,?PF,又QF-=QC?QB,<

PE?PF+QF~=PD?PC+QC?AB=PQ2,

12

BPPE'?PF=PQ-QFO又

PQ2-QF2=PG2-GF2=(PG+GF)?(PG—GF)

=PF?(PG-GF),

AWPE,=PG-GF=PG-GE,,BPGF=GE,,故E'與E重合。

所以P,E,歹三點(diǎn)共線。

例4以圓。外一點(diǎn)尸，引圓的兩條切線PA,PB,A,3為切點(diǎn)。割線PCO交

圓。于C,Do又由3作CO的平行線交圓。于E。若b為CO中點(diǎn)，求

證：A,F,E三點(diǎn)共線。

證如圖，連AF,EF,OA,OB,0P,

延長(zhǎng)PC交3E于G。

易如。4LAP,0B±BP,

OF±CP,所以P,A,F,0,B

五點(diǎn)共圓，＜ZAFP=ZAOP=ZPOB=

NPFB。

又因CD〃3E,所以有

ZPFB=ZFBE,ZEFD=ZFEB,

而R9G為BE的垂直平分線，故EF=FB,/FEB=/EBF,

所以/AFP=/EFD,A,F,E三點(diǎn)共線。

2.線共點(diǎn)的證明

證明線共點(diǎn)可用有關(guān)定理（如三角形的3條高線交于一點(diǎn)），或證明第3條直

線通過另外兩條直線的交點(diǎn)，也可轉(zhuǎn)化成點(diǎn)共線的問題給予證明。

例5以△ABC的兩邊A3,AC向外作正方形A3OE,ACFG.

△ABC的高為44。求證：AH,BF,CD交于一點(diǎn)。

證如圖。延長(zhǎng)HA到M,M

使AM=BC。連CM,BM。,

設(shè)CM與3歹交于點(diǎn)K。E1\\

在△ACM和△BC/中，/\/I\G

AC=CF,AM=BC,/X*

ZMAC+ZHAC=180°,>/\\\

ZHAC+ZHCA=90°,

并且NBCP=90°+ZHCA,

因此N3CF+NHAC=180°

ZMAC=ZBCFO

從而△MA8ABCF,ZACM=ZCFB0

所以ZMKF=ZKCF+ZKFC=ZKCF+ZMCF=90°,

即BF±MCo

同理CO,MB。AH,BF,CO為△M3C的3條高線，故A”,BF,CD

三線交于一點(diǎn)。

例6設(shè)P為△A3C內(nèi)一點(diǎn)，ZAPB-ZACB=ZAPC-AABC.又設(shè)O,E分另U

是/XAPB及△APC的內(nèi)心。證明：AP,BD,CE交于一-點(diǎn)。

證如圖，過P向三邊作垂線，垂足分別為RS,To

連RS,ST,RT,設(shè)30交AP于",CE交AP于

No

易知P,R,A,S；P,T,B,R；

P，S,C,T分別四點(diǎn)共圓，則

ZAPB-ZACB=ZPAC+ZPBC

=ZPRS+ZPRT

=ZSRTo

同理，ZAPC-ZABC=ZRST,

由條件知NSRT=NRST,所以RT=ST。

XRT=PBsinB,ST=PCsinC,

所以PBsi〃B=PCsi〃C,那么

PB_PC

A6-AC°

由角平分線定理知

ANACAB_AM

NP~PC~PB~MP

故M,N重合，即AP,BD,CE交于一點(diǎn)。

例7°Q與外切于P點(diǎn)，QR為兩圓的公切線，其中。，R分別為

°0上的切點(diǎn)，過。且垂直于。。2的直線與過R且垂直于ROi的直線交

于點(diǎn)I,IN垂直于。。2,垂足為N,IN與QR交于點(diǎn)證明：PM,ROi，

三條直線交于一點(diǎn)。

證如圖，設(shè)RQ與。Q交于點(diǎn)。，

連加0,POo

因?yàn)镹QQM=NQNM=90°,所以Q,0],N,〃四點(diǎn)

共圓，有NQM/=NQQ02。

而//。。2=90°=ZRQ0i，

所以

故△Q/Ms^QQQ,得

。一二。。

QM~MI

同理可證￡21=92。因此

RMMI

絲=絲①

MRR02

因?yàn)?。Q〃AQ，所以有

”空②

ORR0,

由①，②得M0〃QQ。又由于01P=Q。，PO2=RO2,

所以也=空=空，

ORR02P02

BP0P//R02.MM0//Q0X//R02//0P,故M,0,P三點(diǎn)共線，所以

PM,ROi，QQ三條直線相交于同一點(diǎn)。

3.塞瓦定理、梅涅勞斯定理及其應(yīng)用

定理1(塞瓦(Ceva)定理):

設(shè)P,Q,R分另1J是△A3C的BC,CA,A3邊上的點(diǎn)。若AP,BQ,CR相交

于一點(diǎn)則

BPCQAR_]

PCQARB~°

證如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有

AR_S^MCBP_5AAMBCQ_5AgMc

RB5ABMcPC^AAMC%\AMB

BPCQAR

以上三式相乘，得=1.

PCQARB

定理2（定理1的逆定理）:

設(shè)P,Q,R分別是△ABC的BC,CA,A3上的點(diǎn)。若絲.歿.理=1,

PCQARB

貝IJAP,BQ,CR交于一點(diǎn)、。

證如圖，設(shè)AP與8。交于“，連CM,交AB于R,

小士EI士BPCOAR"1工BPCQAR1匕匚?

由定理I有----------=1.而-------——=1,所以

PCQAR,BPCQARB

AR'_AR

R'B-RB'

于是R'與R重合，故AP,BQ,CR交于一點(diǎn)。

定理3（梅涅勞斯（Menelaus）定理）:

一條不經(jīng)過△ABC任一頂點(diǎn)的直線和三角形三邊BC,CA,A3（或它們的延

長(zhǎng)線）分別交于P，Q，R，則

BPCQAR,

PCQARB

證如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有

AR_sMRPBPS獨(dú)RPCQ_S&CRP

RBs.RpPCSACPR%SMRP

BPCQAR

將以上三式相乘，得=1.

PCQARB

定理4（定理3的逆定理）：

設(shè)P,Q,R分別是△A3C的三邊3C,CA,A3或它們延長(zhǎng)線上的3點(diǎn)。若

BPCQAR

貝UP,Q,R三點(diǎn)共線。

定理4與定理2的證明方法類似。

塞瓦定理和梅涅勞斯定理在證明三線共點(diǎn)和三點(diǎn)共線以及與之有關(guān)的題目

中有著廣泛的應(yīng)用。

例8如圖，在四邊形ABCO中，對(duì)角線AC平分NB4O。在CO上取一點(diǎn)E,

BE與AC相交于歹，延長(zhǎng)DF交3c于G。求證：ZGAC=ZEACO

證如圖，連接3。交AC于

過點(diǎn)C作AB的平行線交AG的延長(zhǎng)線于I,過點(diǎn)C作AD的平行線交AE

的延長(zhǎng)線于J。

對(duì)△BCD用塞瓦定理，可得

CGBHDE,小

---------------------=1①

GBHDEC

因?yàn)锳"是/氏4。的角平分線,

由角平分線定理知也=絲。

HDAD

代入①式得

CGABDE,

--------?----------?--------]

GBADEC

DE_AD

因?yàn)镃/〃AB,CJ//AD,則生=口

GBAB~EC~~CJ

代入②式得

CIAB

A5AD

從而C/=G7。又由于

ZAC>180°-Z5AC=180°~ZDAC=ZACJ,

所以△AC/絲△ACJ,故NZAC=NJAC,BPZGAC=ZEAC.

例9ABCD是一個(gè)平行四邊形，E是A3上的一點(diǎn)，F(xiàn)為CD上的一點(diǎn)。AF交

ED于G,EC交FB于H。連接線段G"并延長(zhǎng)交AO于L交3c于

求證：DL=BM.

證如圖，設(shè)直線與3A的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)J,與OC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)/。

在△ECO與△E4B中分別使用B

梅涅勞斯定理，得

EGDICH,AGFHBJ

------------------=1,

GDICHE~HBTA

因?yàn)樗訢FCI

EGAGCH_FH

GDGFHE~~HB,

DI_BJAB+AJ小?ArH

從而,即CD+CJ-----------9CI=AJ.而

1C~1ACIAJ

BMBJDIDL

MCCIAJLA

且BM+MC=BC=AD=AL+LD.所以BM=DL。

例10在直線/的一側(cè)畫一個(gè)半圓T,C,。是T上的兩點(diǎn)，T上過C和。的切

線分別交/于3和A,半圓的圓心在線段氏4上，E是線段AC和30的

交點(diǎn)，/是/上的點(diǎn)，EP垂直/。求證：EF平分/CFD。

證如圖，設(shè)AO與3c相交于點(diǎn)P,用。表示半圓T的圓心。過P作

l于H,連。O,OC,OP。

由題意知RtAOAD^RtAPAH,P

于是有

AH_HP

AD~DO'

類似地，RtAOCBsRtAPHB,

則有

BHHP

正一節(jié)

小「八八八七AHBHEAHBC

fflCO=DO,有---=——，從而--------明.

ADBCHBCPDA

由塞瓦定理的逆定理知三條直線AC,BD,PH相交于一點(diǎn)，即E在

上，點(diǎn)〃與歹重合。

因NOOP=NOCP=90°,所以。，D,C,P四點(diǎn)共圓,直徑為0P.又/

PFC=90°,從而推得點(diǎn)歹也在這個(gè)圓上，因此

NDFP=NDOP=ZCOP=ZCFP,

所以EF平分NCTD。

E

例11如圖，四邊形A3CO內(nèi)接于圓，/AB,DC延長(zhǎng)

線交于E,AO、BC延長(zhǎng)線交于歹，\P為圓上任意

一點(diǎn)，PE,PF分別交圓于R,/S.若對(duì)角線

AC與30相交于T.//

求證：R,T,S三點(diǎn)共線。B/Z/

先證兩個(gè)引理。//xW

引理1：、力

ApBiQDiEpFi為圓內(nèi)接六邊形，若衣著

C內(nèi)交于一點(diǎn)，則有

4瓦,G2.EIK_]

31clDEF1A1

如圖，設(shè)4。1，BiEi，CpFi交于點(diǎn)O,

邊形的性質(zhì)易知

△OAiB^AOEiDi，AOBiCi^AOFiEi，

△OCiD^AOAiFi，從而有

AlBl_Bx0E'K_Fx0C2_D10

DXEX~~Dp,BC—麗

將上面三式相乘即得兇?汕?芻區(qū)=1,

31GD[E]F1Al

引理2：

圓內(nèi)接六邊形A1SC01E/1，若滿足

4瓦.G2.ER=]

31GDRFXAX

則其三條對(duì)角線45,BiEi，CF1交于一點(diǎn)。

該引理與定理2的證明方法類似，留給讀者。

例11之證明如圖，連接PD,AS,RC,BR,AP,SD.

由AEBRS^EPA,AFDS^AFPA,知

BREBPA_FP

~PA~~EP"~DS~~FD

兩式相乘，得

BREB-FP

①