2023年高中数学竞赛题之平面几何.doc

第一讲 注意添加平行线证题
在同一平面内,不相交两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本,也是非常重要图形.在证明某些平面几何问题时,若能根据证题需要,添加恰当平行线,则能使证明顺畅、简洁.
添加平行线证题,一般有如下四种状况.
1 为了变化角位置
人们懂得,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.运用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角位置变化,以满足求解需要.
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.
因此AB＝AC.
这里,通过作平行线,将∠QAC“平推”到∠BDP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. 因此,∠EBA＝∠ADE.
这里,通过添加平行线,使已知与未知中四个角通过P、B、A、E四点共圆,紧密联络起来.∠APE成为∠EBA与∠ADE相等媒介,证法很巧妙.
2 欲“送”线段到当处
运用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间平行线段相等”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垂线,M、N、Q为垂足.求证：PM＋PN＝PQ.
证明：如图3,过点P作AB平行线交BD于F,过点F作BC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两边距离相等.有KQ＝PN.
显然,＝＝,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 为了线段比转化
由于“平行于三角形一边直线截其他两边,所得对应线段成比例”,在某些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比良性转化.这在平面几何证题中是会常常碰到.
例4 设M1、M2是△ABCBC边上点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.试证：＋＝＋.
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平行线交直线BC于E.
由BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋M2E,易知
＝,＝,
＝,＝. 则＋＝＝＝＋.
因此,＋＝＋.
这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中四个线段比“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平行线,分别交直线DE、DF、BE、CF于Q、P、N、M.
显然,＝＝.
有BD·AM＝DC·AN. (1)
由＝＝,有 AP＝. (2)
由＝＝,有 AQ＝. (3)
对比(1)、(2)、(3)有 AP＝AQ.
显然AD为PQ中垂线,故AD平分∠PDQ. 因此,∠FDA＝∠EDA.
这里,原题并未波及线段比,添加BC平行线,就有大量比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP与AQ相等关系显现出来.
4 为了线段相等传递
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关系传递开去.
例6 在△ABC中,AD是BC边上中线,点M在AB边上,点N在AC边上,并且∠MDN＝90°.假如BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝(AB2＋AC2).
证明：如图6,过点B作AC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中垂线.有 EM＝MN.
由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM为直角三角形,∠MBE＝90°.
有 ∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°. 于是,∠BAC＝90°.
因此,AD2＝＝(AB2＋AC2).
这里,添加AC平行线,将BC以D为中点性质传递给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垂线,G、H为垂足,连FA、EB.
易知 DB2＝FB2＝AB·HB,
AD2＝AE2＝AG·AB.
二式相减,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.
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两条平行线EG、FH,从而得到G、H两点.证明很精彩.
通过一点若干直线称为一组直线束.
一组直线束在一条直线上截得线段相等,在该直线平行直线上截得线段也相等.
如图8,三直线AB、AN、AC构成一组直线束,DE是与BC平行直线.于是,有
＝ ＝,即 ＝或＝.
此式表明,DM＝ME充要条件是
BN＝NC.
运用平行线这一性质,处理某些线段相等问题会很漂亮.
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延长
线交EF于G.求证：EG＝GF.
证明：如图9,过C作EF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.
因此,EG＝GF.
例9 如图10,⊙O是△ABC边BC外旁切圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、AB
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中垂线,故 QK＝KP.
因此,AK平分BC.
综上,咱们简介了平行线在平面几何问题中应用.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作用.
练习题
1. 四边形ABCD中,AB＝CD,M、N分别为AD、BC中点,延长BA交直线NM于E,延长CD交直线NM于F.求证：∠BEN＝∠CFN.
(提醒：设P为AC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.
(提醒：过点C作PA平行线交BA延长线于点D.易证△ACD∽△PBA.答：75°)
3. 六边开ABCDEF各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S△EBD＝60cm2.求六边形ABCDEF面积.
(提醒：设EF、DC分别交直线AB于P、Q,过点E作DC平行线交AB于点M.所求面积与EMQD面积相等.答：120cm2)
4. AD为Rt△ABC斜边BC上高,P是AD中点,连BP并延长交AC于E.已知AC:AB＝k.求AE:EC.
(提醒：过点A作BC平行线交BE延长线于点F.设BC＝1,有AD＝k,DC＝k2.答：)
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垂线交CB于F.求证：＝.
(提醒：过点F作AB平行线交CE于点H.H为△CDF垂心.)
6. 在△ABC中,∠A:∠B:∠C＝4:2:1,∠A、∠B、∠C对边分别为a、b、c.求证：＋＝.
(提醒：在BC上取一点D,使AD＝AB.分别过点B、C作AD平行线交直线CA、BA于点E、F.)
7. 分别以△ABC边AC和BC为一边在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF中点.求证：P点到边AB距离是AB二分之一.
8. △ABC内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F,过点F作BC平行线分别交直线DA、DE于点H、G.求证：FH＝HG.
(提醒：过点A作BC平行线分别交直线DE、DF于点M、N.)
9. AD为⊙O直径,PD为⊙O切线,PCB为⊙O割线,PO分别交AB、AC于点M、N.求证：OM＝ON.
(提醒：过点C作PM平行线分别交AB、AD于点E、F.过O作BP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内在联络,通过圆有关性质找到解题途径.下面举例阐明添置辅助圆解初中数学竞赛题若干思绪.
1 挖掘隐含辅助圆解题
有些问题题设或图形自身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含性质,就会使题设和结论逻辑关系明朗化.
1.1 　作出三角形外接圆
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与结论联络.轻易想到作∠BED平分线,
但因BE≠ED,故不能直接证出BD＝2CD.若延长AD交△ABC外接圆于F,
则可得EB＝EF,从而获取.
证明：如图1,延长AD与△ABC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平分线交BF于G,则BG＝GF.
因∠GEF＝∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC.
于是,BF＝2CF.故BD＝2CD.
1.2 运用四点共圆
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°.
设AD＝x,有AP＝x,DP＝2x.由割线定理得(2＋x)x＝2x(1＋2x).
解得AD＝x＝2－2,BC＝BP＝4－.
由托勒密定理有 BD·CA＝(4－)(2－2)＋2×1＝10－12.
又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝. 故sin∠AOB＝.
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面积S＝AP·BD.
分析：因S△ABC＝BC2＝AC·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＝AC·BC＝AP·BD.
2 构造有关辅助圆解题
有些问题貌似与圆无关,但问题题设或结论或图形提供了某些与圆性质相似信息,此时可大胆联想构造出与题目有关
辅助圆,将原问题转化为与圆有关问题加以处理.
2.1 联想圆定义构造辅助圆
例4 如图4,四边形ABCD中,AB∥CD,AD＝DC＝DB＝p,BC＝q.求对角线AC长.
分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在半径为p⊙D上.运用圆性质即
可找到AC与p、q关系.
解：延长CD交半径为p⊙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＝＝.
2.2 联想直径性质构造辅助圆
例5 已知抛物线y＝－x2＋2x＋8与x轴交于B、C两点，点D平分BC.若在x轴上侧
A点为抛物线上动点,且∠BAC为锐角,则AD取值范围是____.
分析：由“∠BAC为锐角”可知点A在以定线段BC为直径圆外,又点A在x轴上
侧,从而可确定动点A范围,进而确定AD取值范围.
解：如图5,所给抛物线顶点为A0(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(1－2,1)
、Q(1＋2,1).
可知,点A在不含端点抛物线PA0Q内时,∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD≤DA0＝9,即AD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上高,∠B平行线交AD于M,交AC于N.求证：AB2－AN2＝BM·BN.
分析：因AB2－AN2＝(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) ＝AB2－AN2,
即 AB2－AN2＝BM·BN.
例7 如图7,ABCD是⊙O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：EP2＋FQ2＝EF2.
分析：因EP和FQ是⊙O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
EF2＝(EG＋GF)·EF＝EG·EF＋GF·EF＝EC·ED＋FC·FB
＝EC·ED＋FC·FB＝EP2＋FQ2,
即 EP2＋FQ2＝EF2.
2.4 联想托勒密定理构造辅助圆
例8 如图8,△ABC与△A＇B＇C＇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＇,
∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD.
∴△A＇B＇C＇∽△DCB. 有＝＝，
即 ＝＝. 故DC＝,DB＝.
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 a2＝c·＋b·. 故aa＇＝bb＇＋cc＇.

练习题
1. 作一种辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则＝.
(提醒：不妨设AB≥AC,作△ADC外接圆交AB于E,证△ABC∽△DBE,从而＝＝.)
2. 已知凸五边形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.
(提醒：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度数.
(提醒：以BC为边在△ABC外作正△KBC,连结KM,证B、M、C共圆,从而∠BCM＝∠BKM＝10°,得∠AMC＝30°.)
4．如图10,AC是ABCD较长对角线,过C作CF⊥AF,CE⊥AE.
求证：AB·AE＋AD·AF＝AC2. (提醒：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⊙O1和⊙O2相交于A、B,直线CD过A交⊙O1和⊙O2于C、D,
且AC＝AD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC2＝AB·AE.
(提醒：作△BCD外接圆⊙O3,延长BA交⊙O3于F,证E在⊙O3上,
得△ACE≌△ADF,从而AE＝AF,由相交弦定理即得结论.)
6．已知E是△ABC外接圆之劣弧BC中点.
求证：AB·AC＝AE2－BE2.
(提醒：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ABCDE边长为a,对角线长为b,试证：－＝1.
(提醒：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形外接圆即可证得.)

第三讲 点共线、线共点
在本小节中波及点共线、线共点一般证明措施及梅涅劳斯定理、塞瓦定理应用。
1. 点共线证明

点共线一般证明措施是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点连线必过第三点；证明三点构成三角形面积为零等。n(n≥4)点共线可转化为三点共线。

例1 如图，设线段AB中点为C，以AC和CB为对角线作平行四边形AECD，BFCG。又作平行四边形CFHD，CGKE。求证：H，C，K三点共线。
证 连AK，DG，HB。
由题意，ADECKG，知四边形AKGD是平行四边形，于是AKDG。同样可证AKHB。四边形AHBK是平行四边形，其对角线AB，KH互相平分。而C是AB中点，线段KH过C点，故K，C，H三点共线。

例2 如图所示，菱形ABCD中，∠A=120°，O为△ABC外接圆，M为其上一点，连接MC交AB于E，AM交CB延长线于F。求证：D，E，F三点共线。

证 如图，连AC，DF，DE。
由于M在O上，则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB，
有△AMC∽△ACF，得 。
又由于∠AMC=BAC，因此△AMC∽△EAC，得 。
因此，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD∽△ADE。因此∠ADE=∠DFB。由于AD∥BC，因此∠ADF=∠DFB=∠ADE，于是F，E，D三点共线。

例3 四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC延长线交于点P，AD与BC延长线交于点Q。由Q作该圆两条切线QE和QF，切点分别为E，F。求证：P，E，F三点共线。
证 如图。
连接PQ，并在PQ上取一点M，使得B，C，M，P四点共圆，
连CM，PF。设PF与圆另一交点为E’，并作QG丄PF，垂足为G。
易如 QE2=QM·QP=QC·QB ①
∠PMC=∠ABC=∠PDQ。
从而C，D，Q，M四点共圆，于是
PM·PQ=PC·PD ②
由①，②得 PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB，
即PQ2=QC·QB+PC·PD。
易知PD·PC=PE’·PF，又QF2=QC·QB，有
PE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2，
即PE’·PF=PQ2-QF2。又
PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG－GF)=PF·(PG－GF)，
从而PE’=PG－GF=PG－GE’，即GF=GE’，故E’与E重叠。因此P，E，F三点共线。

例4 以圆O外一点P，引圆两条切线PA，PB，A，B为切点。割线PCD交圆O于C，D。又由B作CD平行线交圆O于E。若F为CD中点，求证：A，F，E三点共线。
证 如图，连AF，EF，OA，OB，OP，BF，OF，延长FC交BE于G。
易如OA丄AP，OB丄BP，
OF丄CP，因此P，A，F，O，B五点共圆，
有∠AFP=∠AOP=∠POB= ∠PFB。
又因CD∥BE，因此有∠PFB=∠FBE，∠EFD=∠FEB，
而FOG为BE垂直平分线，故EF=FB，∠FEB=∠EBF，
因此∠AFP=∠EFD，A，F，E三点共线。

2. 线共点证明
证明线共点可用有关定理(如三角形3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过此外两条直线交点，也可转化成点共线问题予以证明。

例5 以△ABC两边AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG。△ABC高为AH。求证：AH，BF，CD交于一点。
证 如图。延长HA到M，使AM=BC。连CM，BM。
设CM与BF交于点K。 在△ACM和△BCF中，
AC=CF，AM=BC，
∠MAC+∠HAC=180°，
∠HAC+∠HCA=90°，
并且∠BCF=90°+∠HCA，
因而∠BCF+∠HAC=180° ∠MAC=∠BCF。
从而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。
因此∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°，
即 BF丄MC。
同理CD丄MB。AH，BF，CD为△MBC3条高线，故AH，BF，CD三线交于一点。

例6 设P为△ABC内一点，∠APB－∠ACB=∠APC－∠ABC。又设D，E分别是△APB及△APC内心。证明：AP，BD，CE交于一点。
证 如图，过P向三边作垂线，垂足分别为R，S，T。
连RS，ST，RT，设BD交AP于M，CE交AP于N。
易知P，R，A，S；P，T，B，R；
P，S，C，T分别四点共圆，则
∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT。
同理，∠APC－∠ABC=∠RST，
由条件知∠SRT=∠RST，因此RT=ST。
又RT=PBsinB，ST=PCsinC，
因此PBsinB=PCsinC，那么 。
由角平分线定理知 。
故M，N重叠，即AP，BD，CE交于一点。

例7 O1与O2外切于P点，QR为两圆公切线，其中Q，R分别为O1，O2上切点，过Q且垂直于QO2直线与过R且垂直于RO1直线交于点I，IN垂直于O1O2，垂足为N，IN与QR交于点M。证明：PM，RO1，QO2三条直线交于一点。
证 如图，设RO1与QO2交于点O， 连MO，PO。
由于∠O1QM=∠O1NM=90°，因此Q，O1，N，M四点共圆，有∠QMI=∠QO1O2。
而∠IQO2=90°=∠RQO1，因此∠IQM=∠O2QO1，
故△QIM∽△QO2O1，得
同理可证。因而 ①
由于QO1∥RO2，因此有 ②
由①，②得MO∥QO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，
因此 ，
即OP∥RO2。从而MO∥QO1∥RO2∥OP，故M，O，P三点共线，因此PM，RO1，QO2三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(Ceva)定理):
设P，Q，R分别是△ABCBC，CA，AB边上点。若AP，BQ，CR相交于一点M，则
。
证 如图，由三角形面积性质，有
，，.
以上三式相乘，得.

定理2 (定理1逆定理)：
设P，Q，R分别是△ABCBC，CA，AB上点。若，则AP，BQ，CR交于一点。
证 如图，设AP与BQ交于M，连CM，交AB于R’。
由定理1有. 而，因此
.
于是R’与R重叠，故AP，BQ，CR交于一点。

定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理)：
一条不通过△ABC任一顶点直线和三角形三边BC，CA，AB(或它们延长线)分别交于P，Q，R，则
证 如图，由三角形面积性质，有，，.
将以上三式相乘，得.

定理4 (定理3逆定理)：
设P，Q，R分别是△ABC三边BC，CA，AB或它们延长线上3点。若
，
则P，Q，R三点共线。
定理4与定理2证明措施类似。
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题目中有着广泛应用。
例8 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。
证 如图，连接BD交AC于H，
过点C作AB平行线交AG延长线于I，过点C作AD平行线交AE延长线于J。
对△BCD用塞瓦定理，可得 ①
由于AH是∠BAD角平分线，
由角平分线定理知 。
代入①式得 ②
由于CI∥AB，CJ∥AD，则，。
代入②式得 .
从而CI=CJ。又由于
∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ，
因此△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.

例9 ABCD是一种平行四边形，E是AB上一点，F为CD上一点。AF交ED于G，EC交FB于H。连接线段GH并延长交AD于L，交BC于M。求证：DL=BM.
证 如图，设直线LM与BA延长线交于点J，与DC延长线交于点I。
在△ECD与△FAB中分别使用
梅涅劳斯定理，得 ， .
由于AB∥CD，因此 ， .
从而，即，故CI=AJ. 而
，
且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 因此BM=DL。

例10 在直线l一侧画一种半圆T，C，D是T上两点，T上过C和D切线分别交l于B和A，半圆圆心在线段BA上，E是线段AC和BD交点，F是l上点，EF垂直l。求证：EF平分∠CFD。
证 如图，设AD与BC相交于点P，用O体现半圆T圆心。过P作PH丄l于H，连OD，OC，OP。
由题意知Rt△OAD∽Rt△PAH，于是有 .
类似地，Rt△OCB∽Rt△PHB， 则有 .
由CO=DO，有，从而.
由塞瓦定理逆定理知三条直线AC，BD，PH相交于一点，即E在PH上，点H与F重叠。
因∠ODP=∠OCP=90°，因此O，D，C，P四点共圆，直径为OP. 又∠PFC=90°，从而推得点F也在这个圆上，因而∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，因此EF平分∠CFD。

例11 如图，四边形ABCD内接于圆，AB，DC延长线交于E，AD、BC延长线交于F，P为圆上任意一点，PE，PF分别交圆于R，S. 若对角线AC与BD相交于T.
求证：R，T，S三点共线。
先证两个引理。

引理1:
A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，则有.
如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O，根据圆内接多边形性质易知
△ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，
△OC1D1∽△OA1F1，从而有 ， ， .
将上面三式相乘即得，
引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足
则其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1交于一点。该引理与定理2证明措施类似，留给读者。
例11之证明如图，连接PD，AS，RC，BR，AP，SD.
由△EBR∽△EPA，△FDS∽△FPA，知 ,.
两式相乘，得 . ①
又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，知，. 两式相乘，得
②
由①，②得. 故 . ③
对△EAD应用梅涅劳斯定理，有 ④
由③，④得 .
由引理2知BD，RS，AC交于一点，因此R，T，S三点共线。

练 习
A组
1. 由矩形ABCD外接圆上任意一点M向它两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT。证明：PR与QT垂直，且它们交点在矩形一条对角线上。

2. 在△ABCBC边上任取一点P，作PD∥AC，PE∥AB，PD，PE和以AB，AC为直径而在三角形外侧所作半圆交点分别为D，E。求证：D，A，E三点共线。

3. 一种圆和等腰三角形ABC两腰相切，切点是D，E，又和△ABC外接圆相切于F。求证：△ABC内心G和D，E在一条直线上。

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

5. 四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P。设三角形ABP，BCP，CDP和DAP外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4。求证：OP，O1O3，O2O4三直线交于一点。

6. 求证：过圆内接四边形各边中点向对边所作4条垂线交于一点。

7. △ABC为锐角三角形，AH为BC边上高，以AH为直径圆分别交AB，AC于M，N；M，N与A不一样。过A作直线lA垂直于MN。类似地作出直线lB与lC。证明：直线lA，lB，lC共点。
8. 以△ABC边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形边BC，CA，AB对边中点。求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点。

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

B组

10. 设A1，B1，C1是直线l1上任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上任意三点，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△ABC，△A’B’C’中，连接AA’，BB’，CC’，使这3条直线交于一点S。求证：AB与A’B’、BC与B’C’、CA与C’A’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ABCDEF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”问题在数学竞赛中常常出现，此类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题目，二是以“四点共圆”作为解题手段，为处理其她问题铺平道路.鉴定“四点共圆”措施，用得最多是统编教材《几何》二册所简介两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本措施推导出来其她鉴别措施也可相机采用.
1　“四点共圆”作为证题目
例1．给出锐角△ABC，以AB为直径圆与AB边高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径圆与AC边高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆.
(第19届美国数学奥林匹克)
分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM. 欲证M，N，P，Q四点共圆，须证
MK·KN＝PK·KQ，
即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)
或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ①
不难证明 AP=AM，从而有
AB′2+PB′2=AC′2+MC′2.
故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2
=(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)
=KC′2-KB′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，O3分别为△OAB，
△OBC，△OCA外心.求证：O，O1，O2，O3四点共圆.
(第27届莫斯科数学奥林匹克)
分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.
观测△OBC及其外接圆，立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.观测△OCA及其外接圆，
立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1O，O1，O2，O3共圆.
运用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.
2　以“四点共圆”作为解题手段
这种状况不仅题目多，并且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几种方面.
(1)证角相等
例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上，
∠DAM＝∠CBK.　　　求证：∠DMA＝∠CKB.
分析：易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，
有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC＝180°，
　　　∴∠CMK+∠KDC＝180°.
　　　故C，D，K，M四点共圆∠CMD＝∠DKC.
　　　但已证∠AMB＝∠BKA， 　　　∴∠DMA＝∠CKB.
(2)证线垂直
例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不一样).
△ABC 外接圆和△BKN外接圆相交于B和M.求证：∠BMO=90°.
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”，问题是不难处理.
连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.
而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠C