2010江苏省高中数学奥林匹克夏令营 平面几何

2018年奥数夏令营讲义——平面几何目录一、等差幂线定理............................................................................................二、共边比例定理、分角张角 ............................................................................2.1 共边比例定理......................................................................................2.2 分角定理 ............................................................................................2.3 张角定理 ............................................................................................三、Menelaus、Ceva、Pascal定理.......................................................................3.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理....................................................................3.2 赛瓦（Ceva)定理..................................................................................3.3 Pascal定理..........................................................................................四、三角形五心...............................................................................................4.1 三角形的内心......................................................................................4.2 三角形的外心......................................................................................4.3 三角形的重心......................................................................................4.4 三角形的垂心......................................................................................4.5 三角形的旁心......................................................................................五、等角共轭 ..................................................................................................5.1 等角共轭 ............................................................................................5.2 等角共轭点.........................................................................................六、Simson 定理、托勒密、三弦定理................................................................6.1 Simson 定理........................................................................................6.2 Ptolemy 定理 ......................................................................................6.3 三弦定理 ............................................................................................七、Stewart 定理 .............................................................................................八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆 .........................................................................九、圆幂定理、根轴、根心 ...............................................................................十、内外角平分线定理、线段的“分割比”、阿波罗尼斯圆 ....................................... 十一、调和点列、线束...................................................................................... 十二、顾冬华20题 .......................................................................................... 注：第81题、第104题、第124题为同一题，分别由三位老师提供，诠释角度不同，故仍然顺应内容重复编排在内，方便备课.一、等差幂线定理1. 如图，点P 为ABC △内部一点，PL PM PN 、、分别垂直于BC CA AB、、，且AM AN =，BN BL =.2. 求证：CL CM =.【证明】由定差幂线定理PN AB ⊥⇔2222PA PB NA NB -=-； PL BC ⊥⇔2222PB PC LB LC -=-； PM CA ⊥2222PC PA MC MA ⇔-=-.上述三式相加，结合AM AN =及BN BL =，得CL CM =.3. 在正方形对角线 上一点(不与 、 重合)， ， . 求证：【证明】 则4. 在 中， . 求证： 和 边上的中线 和 互相垂直.【证明】连接 ， 得5. 如图，在ABC △中，CD AB ⊥，BE AC ⊥，D 、E 是垂足，CD 与BE 交于点H .ABCDECD F证明：AH BC ⊥.证明：在凹四边形ACBH 中，由CH AB ⊥得2222AC BH BC AH +=+. 在凹四边形ABCH 中，由BH AC ⊥得2222AB CH BC AH +=+.于是，在凹四边形ABHC 中，得到2222AB CH AC BH +=+，则AH BC ⊥. 由此题可得ABC △垂线H 的一个性质：222222AB CH BC AH AC BH +=+=+.6. 在五边形 中， ， ， 为五边形内一点，且 ， . 7. 求证： .【证明】连接 延长交 于 ，由 ， ，得： ， 两式相减： ， 即： ，由凹四边形得： .8. 如图，在四边形ABCD 中，E 和F 是CD 和BC 上的点，AB =AD ，DF ， ， 9. 求证：证明：在四边形ADEF 中，由DF 及定差幂线定理得 ，又因为AB =AD ， ， 所以 ，即 ，由定差幂线定理知10. 若点P 在ABC △三边BC 、CA 、AB 所在直线上的射影分别为X 、Y 、Z . 证明：自YZ 、ZX 、XY 的中点分别向BC 、CA 、AB 所作的垂线共点.证明：由三角形中线长公式，有22221()42a mbc a =+-. 由DX BC '⊥，EY CA '⊥，FZ AB '⊥，则2222X B X C BD CD ''-=-22221()2BY BZ CY CZ =+--. 同理，2222221()2Y C Y A CZ CX AZ AX ''-=+--2222221()2Z A Z B AX AY BX BY ''-=+--.以上三式相加，得BACDEPQ2222221()2XC XB YA YC ZB ZA =-+-+-. 因为 ， ， ，由定差幂线定理可得：， ， ，以上三式相加得，所以222222X B X C Y C Y A Z A Z B ''''''-+-+-=0（*） 设 与 交于M 点，则由定差幂线定理可得代入（*）得 即 所以M 在过 引AB 的垂线上， 所以 、 、 三线共点.11. 以锐角 ABC 的一边AC 为直径作圆，分别与AB 、BC 交于点K 、L ，CK 、AL分别与 ABC 的外接圆交于点F 、D (F ≠C ，D ≠A )，E 为劣弧AC 上一点，BE 与AC 交于点N . 若AF 2+BD 2+CE 2=AE 2+CD 2+BF 2. 12. 求证：KNB BNL =∠∠.证明 如图，由于以AC 为直径的圆分别与AB 、BC 交于点K ，L ，则CK AB ⊥，AL BC ⊥. 设CK 与AL 交于点H ，则H 为ABC △的垂心，故点H 与F 关于AB 对称，点H 与D 关于BC 对称.从而，AF AH =，CD CH =，BD BH BF ==. 由222222AF BD CE AE CD BF ++=++，有2222AH CE AE CH +=+.即2222AH CH AE CE -=-. 由定差幂线定理知，HE AC ⊥. 又注意到H 为垂心，有BH AC ⊥. 故知B 、H 、E 三点共线. 因为N 为边AC 与BH 的交点，则BN AC ⊥. 故KNB BNL =∠∠.二、共边比例定理、分角张角2.1 共边比例定理13. 如图，ABC △中，DE BC ∥，BE 、CD 交于P . 求证：直线AP 平分BC 和DE .【证明】设直线AP 分别交BC 、DE 于M 、H . 由共边定理，得ACP BCP S AD BD S =△△，ABPCBP S AE CE S =△△，而DE BC ∥，则AD AE BD CE=， 所以ACP ABPBCP CBPS S S S =△△△△，则ACP ABP S S =△△. 又由共边定理，得BAPCAP S BM CM S =△△，所以1BM CM=，即BM CM =，所以M 是BC 的中点.又易知BPD CPE S S =△△，则DAP EAP S S =△△.由共边定理，得1DAPEAPS DH HE S ==△△，则DH HE =，所以H 是DE 的中点. 故直线AP 平分BC 和DE .14. 过圆外一点P 引圆的两条切线和一条割线 、 、 ，割线 交圆于点 ，在 上取一点 使 . 求证： .【证明】设 由共边比例定理，得：（ 、 为 、 的高）又，得连接 ，则 ～ ，.，且 .～ ， .15. 在 内任取一点P ，连结P A 、PB 、PC 分别交对边于X 、Y 、Z 点. 求证：证明：由共边比例定理知：16. 已知O 是ABC △的内切圆，D 、E 、N 分别为AB 、AC 、BC 上的切点，连结NO 并延长交DE 于点K ，连结AK 并延长交BC 于点M . 求证：M 是BC 的中点.证明:如图，联结OD ，OE ，由O 、D 、B 、N 及O 、N 、C 、E 分别四点共圆有KOD B ∠∠=，KOE C ∠=∠.由共边比例定理，有sin sin ODK OKE S DK OD OK DOK KE S OE OK KOE ⋅⋅∠==⋅⋅∠△△sin sin sin sin DOK B ACKOE C AB∠===∠， 及sin sin ADK AEK S DK DAKKE S EAK∠==∠△△. 于是，sin sin ABM ACM S BM AB BAMMC S AC CAM ⋅∠==⋅∠△△sin sin AB DAK AC EAK ⋅∠=⋅∠AB DK AC KE =⋅1AB AC AC AB=⋅=. 故M 是BC 的中点.2.2 分角定理17. 在等腰 ABC 中，∠A ＜90°，从边AB 上点D 引AB 的垂线，交边AC 于E ，交边BC 的延长线于F .求证：AD =CF 当且仅当 ADE 面积是 CEF 面积的两倍. 【证明】连接BE ，则EA 外分BED ∠.设βα=∠=∠AEB AED ,，作BC EM ⊥. 由分角定理得：BEDEAB AD :sin sin =βα①在BEF ∆中，EC 内分BEF ∠，由分角定理得：BEEFBC CF :sin sin =βα ②由①=②且CF AD =，得EF ABBCDE ⋅=. 设θ=∠ABC ，在等腰ABC ∆中，有θcos 2=ABBC. ∴θcos 2⋅=EF DE ，∴EM DE 2=，∴CEF ADE S S ∆∆=2.以上过程均可逆.18. 设 ABC 是直角三角形，点D 在斜边BC 上，4BD DC =，已知圆过点C 与AC交于F ，与AB 相切于AB 的中点G . 求证：AD BF ⊥.【证明】设α=∠BAD ，β=∠ABF ，γ=∠DAC . 在ABC ∆中，AD 内分BAC ∠，则：ABACAC AB DC BD 4:sin sin ==γα. 又ααπγcos )2sin(sin =-=，∴ABAC 4tan =α.又在ABF Rt ∆中，AB AF=βtan .∴24tan tan AB AFAC ⋅⋅=⋅βα，又AG AB 2=，∴AC AF AG AB ⋅==4422（切割线定理）∴1tan tan =⋅βα，从而2πβα=+，.BF AD ⊥∴19. ABC 是等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，AB =AC . 以AB 为一边作 ABD ，且AD =BD .若∠ADC =15°，求证： ABD 是等边三角形.证明：设 .在 中，在AB 边上用分角定理可得：在 中，在AB 边上用分角定理可得：所以解得 ，所以 ABD 是等边三角形2.3 张角定理20. 已知AM 是 ABC 的BC 边上的中线，任作一直线顺次交AM AC AB ,,于N Q P ,,. 求证：AQAC AN AM AP AB ,,成等差数列. 【证明】令θβα=∠=∠=∠AMB MAC BAM ,,. 以A 为视点，分别对Q N P ,,及C M B ,,应用张角定理，有AQAP AN αββαsin sin )sin(+=+，①AC AB AM αββαsin sin )sin(+=+. ②又在ABM ∆和AMC ∆中，由正弦定理，有MC AC MB AB βθαθsin sin ,sin sin ==.由已知MC MB =，上述两式相除得ABAC βαsin sin =，于是②式可变为：AC AB AM αββαsin 2sin 2)sin(==+，即sin()sin 2AB AM αββ+=，sin()sin 2AC AM αβα+=.代入①得，).(21AQ ACAP AB AN AM +=故AQ AC AN AM AP AB ,,成等差数列. 21. 如图，在线段AB 上取内分点M ，使A M B M ≤，分别以MA ，MB 为边，在AB的同侧作正方形AMCD 和MBEF ，P 和Q 分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于M ，N . 求证：B ，C ，N 三点共线.证明 连MD ，ME ，NE ，ND ，NM ，则90DNM ENM ==︒∠∠，则D ，N ，E 三点共线，注意454590DME =︒+︒=︒∠. 设DMN NEM α==∠∠，P ，Q 的半径分别为1r ，2r ，则MC =，2MB =，12cos MN r α=⋅= 22sin r α⋅. 对视点M ，考察点B ，C ，N 所在的三角形△MBN . 由sin NMBMC︒+︒-==∠.由张角定理可知B ，C ，N 三点共线.三、Menelaus 、Ceva 、Pascal 定理3.1 梅涅劳斯（Menelaus ）定理设直线l 与ABC ∆三边所在直线BC ，CA ，AB 分别交于点D ，E ，F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD 反之，若三角形三边所在直线上三点使得上述等式成立，则该三点共线.利用面积转换，可得出如下两个角元形式： 第一角元形式： 第二角元形式：（O 为不再三边所在直线上的任意一点）22. AD 为锐角三角形ABC 的一条高，K 为AD上任一点，BK 、CK 的延长线分别交AC 、AB 于点E 、F .求证：∠EDK ＝∠FDK .证明：过点A 作MN ∥BC ，与DE 、DF 的延长线分别交于点M 、N .由于AF FB ·BD DC ·CEEA=1.而AF FB ＝AN BD ，CE EA ＝DC AM . ?ANAM＝1?AN ＝AM ，即DA 是等腰三角形DMN 的底边上的高， 从而∠EDA ＝∠FDA .23. 在 ABC 中，AM 、AT 分别为BC 边上的中线与角平分线. TK ∥AC ，交AM 于K . 证明：AT ⊥CK .证明：由CD 截 ABM ，有AD DB ·BC CM ·MK KA =1. 故AD DB ＝ 1 2·AK KM. 设AB ＝c ，BC ＝a ，CA ＝b ，则BT CT ＝c b ?BT ＝ac b ＋c ，CT ＝abb ＋c. MT ＝CM －CT ＝a 2－ab b ＋c ＝a (c －b )2(b ＋c ).但TK ∥AC ?AK KM ＝CT TM ＝2b c －b ，?AD DB ＝b c －b.AD AB ＝AD AD ＋DB ＝b c ，即AD c ＝b c ?AD ＝b ＝AC . 故证.24. 如图，四边形ABCD 中，AB 与CD 所在直线交于点E ，AD 与BC 所在直线交于点F ，BD 与EF 所在直线交于点H ，AC 与EF 所在直线交于点G . 求证：HBC AM TKDBCAEFKHE FG HF EG ⋅=⋅.【解析】考虑AEF ∆被直线HBD 截，应用梅涅劳斯定理可知1=⋅⋅DAFD HF EH BE AB ① 考虑AEG ∆被直线BCF 截，同理可得1=⋅⋅CA GC FG EF BE AB ② 考虑AGF ∆被直线ECD 截，同理可得1=⋅⋅DAFDEF GE CG AC ③②×③÷①可得1=⋅EHHFFG GE 所以原命题成立25. 如图，已知ABC ∆的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，线段BE 、CF 分别与该内切圆交于点P ，Q . 若直线FE 与BC 交于圆外一点R ，证明：P ，Q ，R 三点共线.【析】考虑ABC ∆被直线EFR 截，应用梅涅劳斯定理可知1=⋅⋅EA CE RC BR FB AF ，因为AF =AE 所以CE FBRC BR =，如图，设BE 与CF 交于点S ，则 EFC ∆~QEC ∆，FEB ∆~PFB ∆，SEQ ∆~SFP ∆所以，EQFPSQ SP FB FE PB FP EF CE EQ CQ ===,, 考虑SBC ∆及三个点P ，Q ，R ，由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P ，Q ，R 三点共线.26. 已知ABC △的内心为I ，外接圆圆心为O ，BC 中点为N ，NI 与AC 交于点P ，B 点相对的旁切圆圆心为M ，MI 与圆O 交于点E ，过M 点的直线l 与AC 平行且与BC 所在直线交于点F . 求证：P ，E ，F 三点共线.【析】如图，连结BI ，设MI 与AC 交于点D ，易知，B ，I ，D ，E ，M 五点共线.因为MC 平分ACF ∠，所以MF =CF ， 且DC BCMF BF FC BF == 考虑BCD ∆被NIP 截，应用梅涅劳斯定理知1=⋅⋅IBDIPD CP NC BN又因为BC CD BI DI =，所以1=⋅⋅BC CD PD CP NC BN . 所以CDBCPD CP =所以22CD BC PD CP FC BF =⋅. 又因为BCD ∆~AED ∆所以EDAECD BC =，所以22DE AE PD CP FC BF =⋅. 而ABE ∆~DAE ∆，则AEDE BE AE =，所以BE DE AE ⋅=2. 所以DE BE DE BE DE PD CP FC BF =⋅=⋅2，所以1=⋅⋅BEDE PD CP FC BF . 所以由梅涅劳斯定理逆定理知，P ，E ，F 三点共线.3.2 赛瓦（Ceva)定理设点P 不在ABC ∆三边所在直线上，直线AP ，BP ，CP 分别与BC ，CA ，AB 交于点D ，E ，F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD ，反之，若三角形三边所在直线上的点使得上述等式成立，则AD ，BE ，CF 交于一点或互相平行.Ceva 定理角元形式：为了方便，我们可以从某个角开始，把六个角顺时针（或逆时针）标记为1∠至6∠，则16sin 5sin 4sin 3sin 2sin 1sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠.或者改为判断过ABC ∆的顶点的三条直线AX ，BY ，CZ 是否共点， 等价于1sin sin sin sin sin sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠YBACBYZCB ACZ XAC BAX27. 在ABC △中，已知40BAC ∠=，60ABC ∠=，D ，E 分别为边AC ，AB 上的点，且使40CBD ∠=，70BCE ∠=，F 是BD 与CE 的交点，连结AF ，证明：AF BC ⊥. 【析】设,α=∠BAF 则α-=∠40CAF ，如图用角元.Ceva 定理可知：120sin 40sin 70sin 10sin )40sin(sin =⋅⋅-αα 所以302080=⇒+=-ααα28. 在锐角ABC △中，AD 是A ∠的内角平分线，D 在边BC 上，过D 作DE AC ⊥，DF AB ⊥，垂足分别为E ，F ，连结BE ，CF ，它们相交于点H ，求证：AH BC ⊥. 【析】过A 作BC AK⊥于K 点，只须证：1=⋅⋅EA CEKC BK FB AF 即可由题意知K D F A ,,,四点共圆，则BK BD BA BF ⋅=⋅K D E A ,,,四点共圆，则CA CE CD CK ⋅=⋅所以CA CE BA BF CK BK CD BD ⋅⋅=⋅又因为AD 平分BAC ∠ 所以AC AB CD BD =所以CEBFCK BK =又因为AF =AE ，所以1=⋅⋅EAAFBF CE CK BK .所以由赛瓦定理逆定理知原命题成立.29. 四边形BCEF 内接于圆O ，其边CE 与BF 的延长线交于点A ，由点A 作圆O的两条切线AP 和AQ ，切点分别为P ，Q ，BE 与CF 的交点为H ，求证：P ，H ，Q 三点共线.【析】考虑连结FQ ，QB ，只须说明H 是FBQ ∆的赛瓦点即可 设M CF BQ L BE FQ K PQ BF === ,,则BQ PB FQ PF S S KB FK PBQ FPQ ⋅⋅==∆∆；CQFQ BC FB S S MQ BM FQC FBC ⋅⋅==∆∆； 所以EFBC CQ EQ PB PF LF QL MQ BM KB FK ⋅⋅=⋅⋅（*） 因为APF ∆~ABP ∆，AQE ∆~ACQ ∆，AFE ∆~ACB ∆ 所以AFAC EF BC AC AQ CQ EQ AB AP PB PF ===,,所以（*）可化为12=⋅AF AB AP （圆幂定理） 所以由赛瓦定理逆定理可知H 在PQ 上，所以P ，H ，Q 三点共线.30. 如图，在 ABC 中，∠BAC ＝90°，G 为AB 上给定的一点（G 不是线段AB 的中点）. 设D 为直线GC 上与C 、G 都不相同的任意一点，并且直线AD 、BC 交于E ，直线BD 、AC 交于F ，直线EF 、AB 交于H . 试证明交点H 与D 在直线CG 上的位置无关.证明：设G 分线段AB 为定比λ1，H 分线段AB 为定比λ2. 下面证明λ2由λ1确定，即当A 、B 给定后，点H 的位置由点C 唯一确定.在 ABC 中，由AE 、BF 、CG 交于一点D ，应用塞瓦定理，有AG GB ·BE EC ·CF FA ＝1，即λ1·BE EC ·CF FA＝1. (1) 对 ABC 及截线EFH ，应用梅涅劳斯定理，有AH HB ·BE EC ·CF FA ＝1，即λ2·BE EC ·CF FA＝－1， (2) (1)＋(2)，得(λ1＋λ2)BE EC ·CF FA＝0. 从而λ1＋λ2＝0，即λ2＝－λ1，故λ2由λ1唯一确定.因此，点H 与D 在直线CG 上的位置无关.3.3 Pascal 定理圆O 上六点654321,,,,,A A A A A A ，则164365325421,,,,,A A A A A A A A A A A A 的交点X ，Y ，Z 共线. 考虑63ZA A ∆三顶点引出的直线5623,,A A ZX A A 与两边所成角的正弦值4114545612412366536563232sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin XZA XZA A A A Z A A A A A A A A XZA XZA Z A A A A A A A A Z A A ∠∠⋅∠∠⋅∠∠=∠∠⋅∠∠⋅∠∠（*） 所以（*）为1，由Ceva 定理（角元形式）逆定理知原命题成立.【注】结论与六个点在圆上的次序无关. 六个点中相邻两个点若重合，则对应两点连线变为该点的切线，从而六边形可以变为五边形或者四边形甚至三角形.31. ABC 内接于圆O ，P 为BC 弧上一点，点K 在线段AP 上，使得BK 平分ABC ∠，过K ，P ，C 三点的圆Ω与边AC 交于点D ，连结BD 交圆Ω于点E ，连结PE 并延长与边AB 交于点F ，证明：2ABC FCB ∠=∠.【析】设CF 与圆Ω交于点S ，考虑圆Ω上六点形KPEDCS ，由Pascal 定理可知B ，K ，S 三点共线.设圆Ω与BC 交于点T ，连结KT ，则KBC ABC APC KPC KTC ∠=∠=∠=∠=∠2. 所以FCB SCB BKT KBC ∠=∠=∠=∠，所以FCB ABC ∠=∠2.32. 如图，六点A ，B ，D ，E ，F ，C 在圆周上顺次排列，AB =AC ，AD 与BE 交于点P ，CD 与BF 交于点Q ，AF 与CE 交于点R ，AD 与BF 交于点S ，AF 与CD 交于点T ，在线段TS 上取一点K ，使得SKQ ACE ∠=∠. 求证：SK PQ TK RQ =. 【析】由Pascal 定理可知，P ，Q ，R 三点共线.因为CFT AFB BDS FCT DBS ∠=∠=∠∠=∠,，所以BDS ∆~CFT ∆. 所以QCQB CF BD CT BS ==，所以BC //TS . 2⋂⋂+=∠-∠=∠-∠=∠∴DE AB BCQ ACE STQ SKQ TQK APB ∠=， 同理，ARC SQK ∠=∠，所以APBTQ ARC SQ TQK TQ SQK SQ TK SK ∠∠=∠∠=sin sin sin sin 又因为APRARP AR AP AB AP AR AC APB ABP ACR ARC APB ARC ∠∠==⋅=∠∠⋅∠∠=∠∠sin sin sin sin sin sin sin sin 所以RQ PQ RQ RTQ PSQ PQ TQ ARP APR SQ ST SK =∠⋅∠=∠⋅∠=sin sin sin sin 33. 如图，ABC △的外心为O ，CD 为高线，M 为边AC 的中点，射线DM 与以AD为直径的圆Γ的另一个交点为Y ，圆Γ与⊙O 的另一个交点为X ，直线DO 与AC 交于点Z . 证明：X ，Y ，Z 三点共线.【析】设'Z 是XY ，AC 的交点，下面证明：D O Z,,'共线即可. 设直线'XYZ 交圆O 于点L ，连结XD 并延长交圆O 于点P ，那么 90=∠=∠AXD AXP ，从而 P O A ,,三点共线，所以连结AOP ，因为'Z 是XY ，AC 的交点，即XL 与AC 的交点，而延长CD 交圆O 于点G ，则D 点就是XP 和CG 的交点，此时考虑六点形CAPXLG ，只要能证明O 是AP 和LG 的交点即可由Pascal 定理证得. 所以下面证明：L ，O ，G 三点共线.要证L ，O ，G 三点共线，只要证：BG LB ⊥因为YDA YXA LXA LBA ∠=∠=∠=∠，所以LB //MD ，所以只要证BG MD ⊥，这由DBG MCD MDC ∠=∠=∠可得. 证毕.34. 如图，过ABC △的顶点A 、B 、C 各作一直线使之交于一点P ，而分别交 ABC的外接圆于点A '、B '、C '. 又在 ABC 的外接圆上任取一点Q ，证明：QA '、QB '、QC '与BC 、CA 、AB 对应的交点X 、Z 、Y 三点共线.证明：在圆内接六边形BCAA 'QB '中，其三组对边BC 与A 'Q 、CA 与QB '、AA '与B 'B 的交点分别为X 、Z 、P .由帕斯卡定理可知，P 、X 、Z 三点共线.在圆内接六边形CBAA 'QC '中，其三组对边CB 与A 'Q 、BA 与QC '、AA '与C 'C 的交点分别为X 、Y 、P .由帕斯卡定理可知，P 、Y 、X 三点共线. 故X 、Z 、Y 三点共线.35. 如图，点P 在 ABC 的内部，P 在边BC 、CA 、AB 上的射影分别为D 、E 、F ，过点A 分别作直线BP 、CP 的垂线，垂足分别为M 、N .求证：ME 、NF 、BC 三线共点.证明：由题设有∠AEP ＝∠AFP ＝∠AMP ＝∠ANP ＝90o.从而，点A 、N 、F 、P 、E 、M 都在以AP 为直径的圆上.于是，对于圆内接六边形AFNPME ，它的三组对边AF 与PM 、FN 与ME 、NP 与EA 的交点分别为B 、Q 、C .由帕斯卡定理可知，B 、Q 、C 三点共线. 则点Q 在直线BC 上. 故ME 、NF 、BC 三线共点.四、三角形五心4.1 三角形的内心三角形的内切圆的圆心简称为三角形的内心.性质1：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点.性质2：设I 为ABC ∆内一点，AI 所在直线交ABC ∆的外接圆于D ，I 为ABC ∆内心的充要条件是：ID =DB =DC （鸡爪定理）【证明】如图，必要性：连BI ，由DBI IBC CBD B A DIB ∠=∠+∠=∠+∠=∠2121 知ID =BD =DC充分性：由DB =DC ，即知AD 平分.BAC ∠由DI =DB ，有DBI DIB =∠即ABI IAB CBI DBC ∠+∠=∠+∠，而DBC IAC IAB ∠=∠=∠从而IBA CBI ∠=∠，即BI 平分ABC ∠故I 为ABC ∆的内心.性质3：设I 为ABC ∆内一点，I ABC ∆的内心的充要条件是：IAB ICA IBC ∆∆∆,,的外心均在ABC ∆的外接圆上.36. 已知，如图I 为ABC △的内心，过I 的BC 的垂线交ABC △的外接圆于P 、Q ，P A 、QA 交BC 于E 、F ，求证：A ，I ，E ，F 四点共圆.【析】如图，连结AI 并延长交外接圆于S ，交BC 边于K ，连结SP 并延长与BC 所在直线交于点J ，连结AJ ，IJ ，IE ，由性质2可知SC =SI =SB ，因为C P J S A C A S C B ∠=∠=∠=∠21，所以S C P J S C B S C J ∠=∠-=∠-=∠ 180180. 那么易知SCP ∆~SJC ∆，所以SAP SCP KJS∠=∠=∠且SJ SP SC ⋅=2，所以A ，K ，P ，J 四点共圆.又因为SJ SP SC SI ⋅==22SIP ∆∴~SJI SIP SJI ∠=∠∴∆，又因为K S A P∠=∠，所以IPE IAP SIP SCP SIP KJS IJS IJB ∠=∠-∠=∠-∠=∠-∠=∠.AP IJ BC IP ⊥∴⊥ ，所以E 为IPJ ∆的垂心，则所以A ，I ，E ，F 四点共圆. 37. 已知：如图，O ，I 分别为ABC △的外心和内心，点B '为点B 关于OI 的对称点.求证：过点,I B '作BIB '△外接圆的切线，交点在AC 上.【析】设'O 为'BIB ∆外接圆圆心，则'O 在OI 上，延长BI 交圆O 于M ，设'MB 交AC 于E ，由例1知''''2B IO IBB MIB MEI ∠=∠=∠=∠所以，'',,,B E O I 四点共圆，注意到'BB OI ⊥，MCE ∆~C MB '∆，于是设过点I ，'B 的圆'O 切线交点为D ，则I D BO ,,,'' 四点共圆，从而I D BE O ,,,,''五点共圆. 从而EC O D B O ED O ''''90∠==∠=∠所以，D 在EC 上. 38. 已知圆O '内切圆O 于点D ，A 为大圆O 上任意一点，圆O 的弦AB ，AC 分别切圆O '于点E ，F ，EF 交AO '于点I ，求证：I 为ABC △的内心.【析】延长'AO 交圆O 于点M ，设α2=∠BAC ，圆',O O 的半径依次为R ，r ，由性质2（鸡爪定理）知，只要证明αsin 2R MB MI ==即可.由圆幂定理知：2'2222)(2OO R r R R r Rr -=--=-整理得αsin 2R MI =4.2 三角形的外心三角形的外接圆的圆心简称为三角形的外心.性质1：三角形的外心是三角形三条边的中垂线的交点.性质2：三角形所在平面内的一点是其外心的充要条件是：该点到三顶点的距离相等性质3：设O 为ABC ∆所在平面内的一点，则O 为ABC ∆的外心的充要条件是下述条件之一成立：（2）A BOC OC OB ∠=∠=2,且39. 设O 为ABC △的外心，连结AO 并延长交ABC △的外接圆于D ，BC 的延长线与过D 点的⊙O 的切线l 交于P ，直线PO 交AB 于N ，交AC 于M ，求证：OM =ON .【析】过B 作PO 平行线交AD 于F ，交AC 于G ，作BC OE ⊥于E ，则O ，E ，P ，D 四点共圆. OPE FDE ∠=∠∴B D E F ,,,∴四点共圆，C BDA FEB ∠=∠=∠∴因为E 为BC 中点，所以F 为BG 中点，所以O 为MN 中点.40. 设ABC △的外接圆O 上的劣弧BC 的中点为K ，优弧BC 的中点为S ，线段AK与BC 边交于点D ，点E ，F 分别为ACD △，ABD △的外心. 求证：A ，E ，O ，F ，S 五点共圆.【析】如图，由题意知S ，O ，K 三点共线，下面证明S ，E ，C 三点共线.易知CK SC ⊥，所以S ，E ，C 三点共线，同理S ，F ，B 三点共线.设α=∠ADB ，那么由F 是ABD ∆的外心可知α2360-=∠BFA 在AOK ∆中，在AEC ∆中，α23602-=∠=∠ADC AEC 所以AEC AOK AFB ∠=∠=∠所以AES AOS AFS ∠=∠=∠所以结论得证.41. 过B ，C 作ABC △的外接圆的切线交于D ，B 、B '关于AC 对称，C 、C '关于AB 对称，O 是DB C ''△的外心，求证：AO BC ⊥.【析】不妨设C B ∠≥∠，同理可得A C DCB ∠+∠=∠2' 所以''DCB DBC ∠=∠又因为DB =DC 且''BC CB CB == 所以''D C B D B C ∆≅∆，DC B BD C DB DC '''',∠=∠=∴ 所以BDC DB C ∠=∠''所以DBC ∆~''B DC ∆取DBC ∆的外心F ，则DFB ∆~'DOB ∆由于OD C C DB DBC A AC C ''''222∠=∠=∠=∠=∠所以AC C '∆~OD C '∆D CC O AC D OC C AC '''',∠=∠∴∠=∠∴ 且''''DCOC CC AC =所以AO C '∆~CD C '∆，所以FDC FBD D OC CD AO ∠=∠=∠=∠'),( 所以AO //DF ，而BC DF ⊥，所以BC AO ⊥.4.3 三角形的重心三角形三条中线的交点称为三角形的重心.性质1：设G 是ABC ∆的重心，连AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，AG :GD =2:1且 性质2：设G 为ABC ∆的重心，P 为ABC ∆内任一点，则证明：（1）设D 为BC 边上的中点，则对APG ∆和DPG ∆分别应用余弦定理可得AGP PG AG PG AG AP ∠⋅-+=cos 2222，而DGP AGP DG AG ∠-=∠=cos cos ,2，于是，22222322PG DG AG PD AP ++=+ 又因为PD ，DG 分别是BPC ∆的BC 边，BGC ∆的BC 边上的中线，有 2222212BC PC PB PD -+=，2222212BC CG BG DG -+= 从而22222223PG CG BG AG CP BP AP +++=++222241)(2149AB AC BC CG -+=，此三式相加整理得 42. 证明：以锐角三角形各边为直径作圆，从相对的顶点作切线，得到的六个切点共圆.【析】如图，设ABC ∆的三边分别为a ，b ，c ，圆O 是以BC 为直径的圆，AT 切圆O 于T 点. （由AO 垂直平分ST 可知目标圆圆心在AO 上，同理其他两组也在对应中线上，所以探究重心是可行的了）连AO ，在AO 上取点G 使得AG =2GO ，则G 为ABC ∆的重心，连结OT ，GT ，由,2221222a c b AO -+=及,31,21,cos OA OG a OT OA OT TOA ===∠ 有)(1812222c b a TG ++=为定值，同理其他五个切点到G 的距离的平方均为)(181222c b a ++，证毕.43. 证明：任意三角形的垂心H 、重心G 和外心O 三点共线，且HG =2GO .法1：如图1，设M 为AB 中点，连结CM ，则G 在CM 上，且CG =2GM ，连结OM ，则OM 垂直平分AB ，延长OG 到'H ，使得GO G H 2'=，连结'CH ，因为MGO CGH ∠=∠'，所以G CH '∆～MOG ∆，从而OM CH //'，即AB CH ⊥'，同理，BC AH ⊥'，即'H 为垂心，命题得证.法2：如图2，作出圆O ，连结AO 并延长交圆O 于点N ，连结NB ，NC ，BH ，HG ，GO ，因为AB CH AB NB ⊥⊥,，所以CH NB //，同理，BH NC //所以四边形HBNC 是平行四边形. 所以CH =NB ，又因为OM 是ABN ∆的中位线，所以2:1:=NB OM ，所以2:1:=CH OM CHG GC GM OMG HCG ∆∴=∠=∠2:1:, ～MOG ∆MGO CGH ∠=∠∴所以O ，G ，H 三点共线且HG =2GO .44. 已知ABC △的三边BC =a ，CA =b ，AB =c ，DEF △是ABC △的任意内接三角形，试以a ，b ，c 表示DEF △的三边平方和的最小值.【析】首先，证明一个结论：若G 为ABC ∆内的任意一点，G 到三边BC ，CA ，AB 的距离分别为x ，y ，z ，则当c b a z y x ::::=时，所以222z y x ++的最小值为22224c b a S ABC ++∆ 设G 为DEF ∆的重心，则由中线长公式可知 三式相加得)(3222222GF GE GD FD EF DE ++=++从G 点向ABC ∆的三边BC ，AC ，AB 引垂线，垂足分别为000,,F E D ，则4.4 三角形的垂心三角形三边上的高线的交点称为三角形的垂心.性质1：设H 为ABC ∆的垂心，则性质2：设H 为ABC ∆的垂心，则H ，A ，B ，C 四点中任一点是其余三点为顶点的三角形的垂心（这样的四点组为一垂心组，且一个垂心组的四个外接圆的圆心组成另一垂心组）性质3：设H 为ABC ∆的垂心，则①H 关于三边的对称点均在ABC ∆的外接圆上②ACH BCH ABH ABC ∆∆∆∆,,,的外接圆是等圆③H 关于三边中点的对称点均在ABC ∆的外接圆上性质4：在ABC ∆中，H 是垂心，L ，M ，N 分别为BC ，CA ，AB 的中点，D ，E ，F 分别为三高之垂足，P ，Q ，R 分别是AH ，BH ，CH 的中点，则L ，M ，N ，D ，E ，F ，P ，Q ，R 九点共圆，称为ABC ∆的九点圆.45. ABC 的外心O 与垂心H 的连线段的中点恰是九点圆圆心. 证明：九点圆半径是其外接圆半径的一半.【分析】如图，连结NP ，LR ，PR ，NL ，PL 因为NP 是 ABH 的中位线，所以NP //BH ，而NL 是 ABC 的中位线则NL //AC ，所以NP ⊥NL ;同理，NP ⊥PR ，RL ⊥NL ，RL ⊥PR ，所以四边形PNLR 是矩形，所以P ，N ，L ，R 共圆且以NR 为直径，易知点F 也在这个圆上，又因为PL 也是该圆的直径，所以点D 也在该圆上连结PM ，LM ，由PM //CH ，LM //AB 可知PM ⊥LM ，所以M 也在该圆上，连结PQ ，LQ 可知PQ ⊥LQ ，所以Q 也在该圆上，由QM 也是圆的直径可知点E 也在该圆上.如图，由四边形HCXB 是平行四边形可知，A ，O ，X 三点共线且Y ，H ，L ，X 四点共线，由欧拉线性质可知OL AH PH ==21 且因为PH //OL ，则LOT PHT OLT HPT ∠=∠∠=∠, 所以PL 与OH 的交点T 恰好平分OH （LOT PHT ∆≅∆）所以T 也是PL 中点，恰好也是九点圆圆心，同时由于PL 是HAX ∆的中位线，可得出OA TP 21= 【注】由图中连线及推出的比例关系可知AL 连线与OH 的交点为ABC ∆的重心G ，且G 就是外接圆和九点圆的内位似中心而H 是外位似中心.46. 设ABC △的内切圆与边BC ，CA ，AB 分别相切于点D ，E ，F . 求证：ABC △的外心O 、内心I 、DEF △的垂心H 三点共线.【析】连结AI 并延长交圆O 于点M ，连结OM ，DH ，IDOI ，IH ，要证O ，I ，H 三点共线，因为IM //DH ，所以只要IHD OIH ∠=∠即可. 而ID //OM ，所以转化为去证明OIM ∆~IHD ∆证：设外接圆半径为R ，内切圆半径为r ，由题意知IDH OMI ∠=∠连结BM ，2sin 22sin 2A RA R OM BM OM IM ∠=∠== 所以2s i n 2c o s 2c o s 2A A F E F D E ID DH ∠=∠=∠=，所以IDDH OM IM =，所以O I M ∆~IHD ∆. 所以原命题成立. 47. 如图，设H 为ABC △的垂心，L 为BC 边的中点，P 为AH 的中点，过L 作PL的垂线交AB 于G ，交AC 的延长线于S .求证：G ，B ，S ，C 四点共圆.【析】如图，要证G ，B ，S ，C 四点共圆，只要证：BCS BGS ∠=∠，即要证：ACB AGL ∠=∠. 由题意知PL 是ABC ∆的九点圆的直径，考虑作出ABC ∆的外心O ，取AB 的中点M ，连结OM ，OA ，那么ACB AOM ∠=∠，由九点圆性质知：H ，O ，N 三点共线，且N 为OH 中点，所以PN //AO ，又因为GL PN ⊥，所以GL AO ⊥，所以ACB AOMAGL ∠=∠=∠.证毕. 48. 如图，AD ，BE 分别是锐角ABC △边BC ，AC 上的高，M 是AB 中点，AD ，BE 交于H ，圆ABH 交圆MDE 于P ，Q . 求证：MQ ，ED ，PH 共点，且交点在ABC △外接圆上.【析】分析：考虑用同一法，结合九点圆性质延长MQ 分别交圆O 、圆ABH 于点X ，U ;连结MP 并双向延长交圆O 、圆ABH 于点Y ，V .可以观察出X ，Y 地位等同，故只需证明D ，E ，Y 三点共线便可完成第一步：MQ 和DE 交点在圆O 上.由垂心的性质知圆O 和圆ABH 是等圆，所以MX =MU ，MV =MP ，所以2MD =MA ?MB =MV ?MY =MP ?MY ，所以 MDP ～ MYD ， 所以∠DPM =∠YDM ，又因为∠DPM =∠DEM =∠DEH +∠MEH =∠DCH +∠ABH =∠MAH +∠ABH =∠MDH +∠ECH =∠MDH +∠EDH =∠MDE ，所以∠MDY =∠MDE ，所以D ，E ，Y 三点共线；同理，X ，D ，E 三点共线，所以MQ 和DE 交点X 在圆O 上.设XH 交圆MDE 于点T ，P '，由九点圆的性质知XT =TH ，而由圆幂定理知XT ?XP '=XQ ?XM ，则2XT ?XP '=XQ ?2XM ，即XH ?XP '=XQ ?XU ，所以点P '也在圆ABH 上所以P ，P '重合，证毕. 4.5 三角形的旁心与三角形的一边外侧相切，又与另两边的延长线相切的圆叫做三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为三角形的旁心.性质1：A C BI C BI A C BI c B A ∠=∠=∠∠-=∠21,2190 （对于顶角B ，C 也有类似的式子） 性质2：：A C C B B A C B A C B A ABCr r r r r r r r r r c p r b p r a p S ++=-=-=-=∆)()()( （其中，)(21c b a p ++=） 性质3：2cot 2cot ,2cot 2cot ,2cot 2cot B A r r A C r r C B r r C B A ===（其中，A r 表示BC 外侧相切的旁切圆的半径，C B r r ,类推，r 表示ABC ∆的内切圆半径）【析】性质:2：易知p AE AD ==，A E ADI r p S A ⋅=，而A ABC F CEI F BDI ABC E ADI ar S S S S S A A A +=++=∆∆，所以A ABC r a p S )(-=∆.性质4：1()2B A C I I I B C ∠=∠+∠，1()2A B C I I I A C ∠=∠+∠，1()2A C B I I I A B ∠=∠+∠. 49. 如图，⊙1O 与⊙2O 和ABC △的三边所在的直线都相切，E 、F 、G 、H 为切点，直线EG 与FH 交于点P ，求证：PA BC ⊥.【析】易知21,,O A O 三点共线，设21O O 交EF 于点D ，连F O H O DH BD B O E O 2211,,,,,， 由题意知CE =CG ，C CEG ∠-=∠2190 ，BH =BF ，B BHF ∠-=∠2190 又因为)360(1801801BED ABE DAB ADEDE O ∠-∠-∠--=∠-=∠所以D B E O ,,,1四点共圆， 901=∠∴DBO 又因为BHF B DE O PDA ∠=∠-=∠=∠21901 所以A ，H ，P ，D 四点共圆. 所以ADH APH ∠=∠又因为 90222=∠=∠=∠DB O FB O HBO 所以F O H D B ,,,,2五点共圆，即有FH O ADH 2∠=∠，所以F O PA 2//所以BC PA ⊥50. 如图，O ，I 分别为ABC △的外心和内心，AD 是BC 边上的高，I 在线段OD上.求证： ABC 的外接圆半径等于BC 边上的旁切圆半径.【析】连AO ，作BC IE ⊥于E ，作BC OF ⊥于F ，设c AB b CA a BC ===,,，外接圆、旁切圆半径分别为R ，A r ，再作AB ON ⊥于N ，由三角形外心性质OAN BAD ABD AON ∠=∠∠=∠,所以AI 平分DAO ∠，那么BD BE BE BF DE EF ID OI AD R --=== 所以A r ac b S a c b aAD R =-+=-+=2 证毕 51. 已知ABC △的内心为I ，内切圆与BC 边的切点为D ，A ∠所对的旁心为A I ，A I D所在直线与圆I 交于另一点K ，H 是线段A I D 的中点，求证：K ，B ，C ，H 四点共圆.【析】过A I 作BC 边的垂线，垂足为'D ，连结IK ，ID ，AA r c b K I D IDK ||tan tan '-=∠=∠ 所以2222)()(2cos cos AA r c b r c b IDK KID +---=∠-=∠ 所以DHrr DI rr KID r r KD A A A ==∠-=2cos 2222，即A rr DH KD =⋅. 又因为'''cot D I CD D I BD BD I BD r A A A ==∠=，所以DH KD rr CD BD A ⋅==⋅所以K ，B ，C ，H 四点共圆. 证毕.52. 如图，已知∠ACE ＝∠CDE ＝90?，点B 在CE 上，且CA ＝CB ＝CD ，过A 、C 、D 三点的圆交AB 于点F . 求证：F 为 CDE 的内心.证明：连CF 、DF 、BD . ∵AC ＝CB ，∠ACB ＝90?，∴ ∠BAC ＝∠CAB ＝45?，∴ ∠CDF ＝∠CAF ＝45?，但∠CDE ＝90?，∴ DF 是∠CDE 的角平分线.∵ CB ＝CD ，∴∠CBD ＝∠CDB ，但∠CBF ＝∠CDF ＝45?，∴ ∠FBD ＝∠FDB ，∴ BF ＝DF ， 又∵CB ＝CD ，CF ＝CF ，BF ＝DF ，∴ CBF ≌△CDF ，∴∠BCF ＝∠DCF ，即CF 是∠ECD 的平分线.∴ F 是 CDE 的内心. C BADF53. ABC 的外心为O ，AB ＝AC ，D 是AB 中点，E 是 ACD 的重心. 证明：OE丄CD .证明：设AM 为高亦为中线，取AC 中点F ，E 必在DF 上且DE ：EF ＝2：1. 设CD 交AM 于G ，G 必为 ABC 重心. 连GE ，MF ，MF 交DC 于K .易证：DG ：GK ＝31DC ：(3121-)DC ＝2：1. ∴DG ：GK ＝DE ：EF ⇒GE ∥MF . ∵OD 丄AB ，MF ∥AB ，∴OD 丄MF ⇒OD 丄GE . 但OG 丄DE ⇒G 又是 ODE 之垂心. 易证OE 丄CD .54. ABC 是一个锐角三角形，过顶点B 与外心O 的一个圆分别与BC ，BA 交于点P ，Q (P ≠B ，Q ≠B ).55. 求证：?OPQ 的垂心在直线AC 上.证明：作OD ⊥PQ ，交PQ 于点D ，交直线AC 于点H . 连PH ，延长QO 交PH 于点E ，连OA ，OB ，OC . B ，P ，O ，Q 共圆??POE ＝?QBP (＝?ABC ).?OQP ＝?OBP ＝90?－?BAC ；?OPQ ＝?OBQ ＝90?－12?AOB ＝90?－?ACB ??POD ＝?ACB ； ∴ P ，O ，H ，C 共圆.∴ ?OPH ＝?OCH (＝?OCA )＝90?－?ABC .∴ ?OPE ＋?POE ＝90??PH ⊥QE . 即PH 是OQ 边上的高. 从而H 为?OPQ 的垂心.56. 在平行四边形ABCD (?A ＜90?)的边BC 上取点T 使得?ATD 是锐角三角形. 令O 1，O 2，O 3分别是?ABT ，?DAT ，?CDT 的外心.求证：三角形O 1O 2O 3的垂心位于直线AD 上.证明：作O 1H ⊥O 2O 3，交AD 于点H ，连O 2H ，O 3H .连O 1A ，O 1T ，O 2D ，O 2A ，O 3D .O 1，O 2都在AT 的中垂线上，故O 1O 2是AT 的中垂线.同理，O 2O 3是DT 的中垂线. 如图位置有? O 1O 2O 3＝180?－?ATD . OT OOB C DA∴?O2O1O3＋?O1O3O2＝180?－?O1O2O3＝?ATD. ①又O1H∥TD(都与O2O3垂直)，∴?AHO1＝?ADT，又，?AO2O1＝?ADT＝?AHO1?A，H，O2，O1共圆.∵?AO1O2＝?TO1O2＝?B.∴?AHO2＝180?－?AO1O2＝180?－?B＝?C＝?O2O3D.∴H，O2，O3，D共圆.∴?HO3O2＝?HDO2＝90?－?ATD. ②由①②，?O2O1O3＋?HO3O1＝?O2O1O3＋?O1O3O2＋?HO3O2＝90?.∴O3H⊥O1O2.∴H为?O1O2O3的垂心.五、等角共轭5.1 等角共轭57.已知EF是圆内接四边形ABCD对边AB、CD的中点，M是EF的中点，自E点分别作BC、AD的垂线，垂足记为P、Q，证明：MP=MQ先证明一个引理：设P、Q是l真心同侧的两点，点A在直线l上，则称PA+PQ的最小值为P、Q两点关于直线l“光路和”，即P与Q关于直线l的对称点Q¢间的距离.设AP、AQ是∠AOB的一对等角共轭线，则P、Q关于OA、OB光路和相等.证明：如图分别作出P关于OA、Q关于OB的对称点P¢、Q¢，则P、Q关于OA光路和为P Q¢，P、Q关于OB光路和P Q¢，¢，则P Q¢=P Q¢.易证PO Q¢≌△P OQ即P、Q关于OA、OB光路和相等。

《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。

2010年全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题（本题满分70分，每小题7分）1．方程9135x x +-=的实数解为 ．提示与答案：x ＜0无解; 当0x ≥时，原方程变形为32x +3x －6=0，解得3x =2，x =log 32．2．函数sin cos y x x =+(x ∈R )的单调减区间是 .提示与答案：与f (x )=y 2=1+|sin2x |的单调减区间相同， [,],2422k k k ππππ++∈Z ． 3．在△ABC 中，已知4AB AC ⋅= ，12AB BC ⋅=- ，则AB ＝ .提示与答案：216AB AC AB BC AB ⋅-⋅== ，得4AB = ．4．函数()()()221f x x x =-+在区间[]0,2上的最大值是 ，最小值是 ．提示与答案：极小值－4，端点函数值f (2)=0，f (0)=－2，最小值－4，最大值0．5．在直角坐标系xOy 中，已知圆心在原点O 、半径为R 的圆与△ABC 的边有公共点，其中()4,0A =、()6,8B =、()2,4C =，则R 的取值范围为 ．提示与答案：画图观察，R 最小时圆与直线段AC 相切，R 最大时圆过点B ．[855，10]． 6．设函数()f x 的定义域为R ，若()1f x +与()1f x -都是关于x 的奇函数，则函数 ()y f x =在区间[]0,100上至少有 个零点.提示与答案：f (2k -1)=0，k ∈Z . 又可作一个函数()f x 满足问题中的条件，且()f x 的 一个零点恰为21x k =-，k ∈Z . 所以至少有50个零点.7．从正方体的12条棱和12条面对角线中选出n 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则n 的最大值为 ．提示与答案：不能有公共端点，最多4条，图上知4条可以．8．圆环形手镯上等距地镶嵌着4颗小珍珠，每颗珍珠镀金、银两色中的一种．其中镀2金2银的概率是 ．（第7题）提示与答案：穷举法，注意可翻转，有6种情况，2金2银有两种，概率为 13． 9．在三棱锥A BCD -中，已知ACB CBD ∠=∠，ACD ADC BCD BDC ∠=∠=∠=∠θ=，且cos θ=．已知棱AB的长为 ． 提示与答案：4面为全等的等腰三角形，由体积公式可求得三棱锥的体积为 144 ．10．设复数列{}n x 满足1n x a ≠-，0，且11n n n a x x x +=+．若对任意n ∈N * 都有3n n x x +=， 则a 的值是 ． 提示与答案：由11n n n a x x x +=+，2321n n n a x x x +++==+()21111n n a x a x ++=++()3211n n n a x x a a x =+++ 恒成立，即()()2110n n a a x x a +++-=. 因为1n x a ≠-或0，故210a a ++=，所以122a i =-±．二、解答题（本题满分80分，每小题20分）11．直角坐标系xOy 中，设A 、B 、M 是椭圆22:14x C y +=上的三点．若 3455OM OA OB =+ ，证明：线段AB 的中点在椭圆22212x y +=上． 解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 x 124＋y 12＝1，x 224＋y 22＝1． 由3455OM OA OB =+ ，得 M (35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2)． 因为M 是椭圆C 上一点，所以(35x 1＋45x 2)24＋(35y 1＋45y 2)2＝1， …………………6分 即 (x 124＋y 12)(35)2＋(x 224＋y 22)(45)2+2(35)(45)(x 1x 24＋y 1y 2)=1， 得 (35)2＋(45)2+2(35)(45)(x 1x 24＋y 1y 2)＝1，故 x 1x 24＋y 1y 2＝0． …………………14分又线段AB 的中点的坐标为 (x 1＋x 22，y 1＋y 22)， 所以 (x 1＋x 22)22＋2(y 1＋y 22)2＝12(x 124＋y 12)+12(x 224＋y 22)+x 1x 24＋y 1y 2＝1， 从而线段AB 的中点(x 1＋x 22，y 1＋y 22)在椭圆x 22＋2y 2＝1上． ………………20分 12．已知整数列{}n a 满足31a =-，74a =，前6项依次成等差数列，从第5项起依次成等比数列．(1) 求数列{}n a 的通项公式；(2) 求出所有的正整数m ，使得1212m m m m m m a a a a a a ++++++=．解：(1) 设数列前6项的公差为d ，则a 5=－1+2d ，a 6=－1+3d ，d 为整数.又a 5，a 6，a 7成等比数列，所以(3d －1)2=4(2d －1)，即 9d 2－14d +5=0，得d =1. …………………6分 当n ≤6时，a n =n －4，由此a 5=1，a 6=2，数列从第5项起构成的等比数列的公比为2，所以，当n ≥5时，a n =2n -5.故 a n =⎩⎪⎨⎪⎧n －4，n ≤4，2n -5， n ≥5． …………………10分(2) 由（1）知，数列{}n a 为：－3，－2，－1，0，1，2，4，8，16，…当m =1时等式成立，即 －3－2－1=―6=(－3)(－2)(－1)；当m =3时等式成立，即 －1+0+1=0；当m =2、4时等式不成立； …………………15分当m ≥5时，a m a m +1a m +2 =23m -12， a m +a m +1+a m +2=2m -5(23－1)=7×2m -5， 7×2m -5≠23m -12，所以 a m +a m +1+a m +2≠a m a m +1a m +2 . 故所求 m = 1，或m =3． …………………20分13．如图，圆内接五边形ABCDE 中，AD 是外接圆的直径，BE AD ⊥，垂足H .过点H 作平行于CE 的直线，与直线AC 、DC 分别交于点F 、G ．证明： (1) 点A 、B 、F 、H 共圆；(2) 四边形BFCG 是矩形．证明：(1) 由HG ∥CE ，得∠BHF =∠BEC ，又同弧的圆周角 ∠BAF =∠BEC ，∴ ∠BAF =∠BHF ，∴ 点 A 、B 、F 、H 共圆；…………………8分(2) 由(1)的结论，得 ∠BHA =∠BF A ，∵ BE ⊥AD ， ∴ BF ⊥AC ，又AD 是圆的直径，∴ CG ⊥AC ， …………………14分由A 、B 、C 、D 共圆及A 、B 、F 、H 共圆，∴∠BFG =∠DAB =∠BCG ， ∴ B 、G 、C 、F 共圆.∴ ∠BGC =∠AFB=900, ∴ BG ⊥GC ，∴ 所以四边形BFCG 是矩形． …………………20分14．求所有正整数x ，y ，使得23x y +与23y x +都是完全平方数．解：若x =y ，则x 2+3x 是完全平方数.∵ x 2＜x 2+3x ＜x 2+4x +4= (x +2)2，∴ x 2+3x = (x +1)2，∴ x =y =1. ………………5分若x ＞y ，则x 2＜x 2+3y ＜x 2+3x ＜x 2+4x +4= (x +2)2.∵ x 2+3y 是完全平方数，∴ x 2+3y = (x +1)2，得3y = 2x +1，由此可知y 是奇数，设y = 2k +1，则x =3k +1，k 是正整数. 又 y 2+3x = 4k 2+4k +1+9k +3=4k 2+13k +4是完全平方数，且(2k +2)2=4k 2+8k +4＜4k 2+13k +4＜4k 2+16k +16= (2k +4)2，∴ y 2+3x =4k 2+13k +4=(2k +3)2，得 k =5，从而求得x =16，y =11. …………………15分若x ＜y ，同x ＞y 情形可求得 x =11，y =16.综上所述，(x ，y )= (1，1), (11，16), (16，11)． …………………20分 A B C D EF H G。

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版高中数学联赛的几何题目有100道，难度较高。

这些题目涉及到各种不同的几何概念和定理，需要考生具备扎实的数学基础和丰富的解题经验。

在这些题目中，有许多需要考生进行证明，需要考生熟练掌握各种证明方法和技巧。

同时，还有一些需要考生进行画图，需要考生具备良好的几何直观和手绘能力。

这些几何题目的难度不仅仅在于其题目本身，还在于考试的时间限制。

考生需要在有限的时间内解决尽可能多的问题，因此需要考生具备快速解题的能力和良好的时间管理能力。

为了更好地应对这些几何题目，考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练。

同时，还需要多做一些类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。

总之，高中数学联赛的几何题目难度较高，需要考生具备扎实的数学基础、丰富的解题经验、良好的几何直观和手绘能力、快速解题的能力和良好的时间管理能力。

考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练，并多做类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。

1.研究证明角平分在这一部分中，我们将研究如何证明一个角被平分。

这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角平分线的定义、角度相等、相似三角形等。

2.研究证明四点共圆在这一部分中，我们将研究如何证明四个点共圆。

这个问题也是几何学中的基础问题之一。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用圆的定义、圆心角、垂直等。

3.研究证明角的倍数关系在这一部分中，我们将研究如何证明角的倍数关系。

这是一个非常重要的几何问题，因为它在许多几何证明中都有应用。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角度相等、相似三角形等。

4.证明线与圆相切在这一部分中，我们将研究如何证明一条线与一个圆相切。

这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用切线的定义、圆心角等。

5.证明垂直在这一部分中，我们将研究如何证明两条线段垂直。

江苏省第十届高等数学竞赛试题（本科二级）考试时间：2010年6月5日 上午 8:30—11:30一、 填空题（每小题4分，共8小题）1、 =-→30)(sin )sin(sin sin limx x x x 求 2、 ='+++=y 求, 1)1x ln(x 已知y 22x3、 =-⎰dx e x x x 214、 ，x cos y 2==(n)y 求5、 =-⎰+∞2411dx x 求6、022*********{=+-+≤+--++z y x z y x z y x ，求该区域面积S=7、 =='='-=)1,2(21|,3)2,3(,2)2,3(),,2(z dz y x y x f f f 求且已知8、 =-+∑∞=1!2!)1(1n n n n n二、;)()(],[)(dx x xf dx x f b b a x f ba ba ⎰⎰=上连续，满足在求证：存在),,(b a ∈ξ使得 ⎰=ξa x f 。

0)(（10分）三、为侧面的中点，为，边长为正方体F D C E D C B A ABCD 1111112-的中心，11BCC B 求（1）形成的二面角；与底面平面ABCD EF A 1（2）积。

截正方体得到的截面面EF A 1 （10分）四、等腰梯形ABCD ，其中AB+BC+CD=8，梯形绕AD 边旋转，得到的旋转体体积最大，求AD ，BC ，AB 的长。

（12分）五、满足：已知区域求D dxdy y x D ,)sin (cos 22⎰⎰+。

0,0,122≥≥≤+y x y x （12分）六、）的积分。

，）到（，沿曲线从（）（求1100)1(2-++++⎰dy y x dx e y x Lx 曲线L 的方程 。

：)10(2)21(222{≤≤=≤≤=+x x y x x y x L （12分）七、已知}{n a 单调增加，113213;5,2,1-+-====n n n a a a a a a 满足且 ),2(*N n n ∈≥n n a x 1=设， 的敛散性。

几何变换(第十二届夏令营)湖南师大附中数学竞赛组自公元前3世纪古希腊数学家欧几里得(Euclid)的《几何原本》问世以来, 平面几何就作为数学的一个分支而存在于世. 由于平面几何有其鲜明的的直觉与严谨、精确、简明的语言, 并且经常出现一些极具挑战性的问题, 因而这一古老的数学分支一直保持着青春的活力, 以极具魅力的姿态展现在我们面前. 世界各国无不将平面几何作为培养本国公民的逻辑思维能力、空间想象能力和推理论证能力的重要题材. 由匈牙利于1894年首开先河的国内外各级数学竞赛活动更是将平面几何作为常规的竞赛内容, 并且从1959年开始举办的每年一届(1980年因特殊原因中断)的国际中学生数学竞赛(通称国际数学奥林匹克)中, 在同一届出现两道平面几何题的情况已是屡见不鲜.但是, 传统的平面几何都是采用公理化方法处理的, 这种方法将平面图形视为静止的图形, 其优点是便于掌握几何图形本身的内在规律. 但用这种静止的观点研究平面几何的一个最大缺陷是: 难以发现不同几何事实之间的联系. 欲深刻揭示客观事物之间的联系, 掌握运动的事物的空间形式最本质的东西——在运动中始终保持不变的性质, 仅用静止的观点是远远不够的, 必须动静结合, 用运动、变化的观点来研究客观事物的运动形式和变化规律. 就平面几何而言, 按照德国数学家克莱因(F. Klein)于1872年提出的观点, 平面几何是研究平面图形在运动、变化过程中的不变性质和不变量的科学.几何变换作为一种现代数学思想方法, 正是采用运动、变化的观点来研究平面几何的. 面对一个平面几何问题, 几何变换往往能有效地帮助我们顺利地实现由条件到结论的逻辑沟通. 将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换. 平面几何中的几何变换主要有合同变换、相似变换和反演变换等.1 知识方法1.1 合同变换在一个几何变换f下, 如果任意两个之间的距离等于变化后的两点之间的距离, 则称f是一个合同变换.合同变换只改变图形的相对位置, 不改变其性质和大小. 合同变换有三种基本形式: 平移变换, 轴反射变换, 旋转变换.(一) 平移变换将平面图形上的每一个点都按一个定方向移动定距离的变换叫作平移变换.记为()T a , 定方向a 称为平移方向, 定距离称为平移距离.显然, 在平移变换下, 两对应线段平行(或共线)且相等. 因此, 凡已知条件中含有平行线段, 特别是含有相等线段的平面几何问题, 往往可用平移变换简单处理. 平移可移线段, 也可移角或整个图形.例1.1 平面上一个单位正方形与距离为1的两条平行线均相交, 使得正方形被两条平行线截出两个三角形(在两条平行线之外). 证明: 这两个三角形的周长之和与正方形在平面上的位置无关. (第15届亚洲—太平洋数学奥林匹克, 2003)证明: 如图所示, 设直线1l //2l , 1l 与2l 的距离为1,单位正方形ABCD 的边,AB AD 分别与1l 交于,P Q , 边,BC CD 分别与2l 交于,R S . 作平移变换()T PA , 设1122',','l l l l R R →→→, 则'R 在2'l 上, 1'l 过正方形的顶点A . 因点A 到2'l 的距离等于AB , 所以2'l 决不会与边,AB AD 相交. 设2'l 与边,BC CD 分别交于,E F , 则有',,,R F RS SF PA ER AQ === 进而, ',ER PQ = 于是''AP PQ AQ RC CS RS SF ER ER RC CS R F EC CF EF +++++=+++++=++ 过顶点A 作2'l 的垂线, 设垂足为H , 则1AH AB AD ===. 由于,,AB EC AD CF AH EF ⊥⊥⊥, 所以, 点A 是CEF ∆的C -旁心, 且,,B H D 分别为CEF ∆的C -旁心圆与三边的切点, 所以,EH BE HF FD ==, 从而2EC CF EF BC CD ++=+=, 即2AP PQ AQ RC CS RS +++++=. 这就是说, APQ ∆的周长与CSR ∆的周长之和等于2. 它与正方形在平面上的位置无关.(二) 轴反射变换如果直线l 垂直平分连接两点,'A A 的线段'AA , 则称两点,'A A 关于直线l 对称. 其中'()A A 叫作点(')A A 关于直线l 的对称点.把平面上图形中任一点都变到它关于定直线l 的对称点的变换, 叫作关于直线l 的轴反射变换, 记为()S l , 直线l 叫作反射轴.显然, 在轴反射变换下, 对应线段相等, 两对应直线或者相交于反射轴上, 或者与反射轴平行. 通过轴反射变换构成(或部分构成)轴对称图形是处理平面几何问题的重要思想方法.例1.2 在锐角ABC ∆中, AB AC <, AD 是边BC 上的高, P 是线段AD 上一点. 过P 作PE AC ⊥, 垂足为E , 作PF AB ⊥, 垂足为F . 12,O O 分别是,BDF CDE ∆∆的外心. 求证:12,,,O O E F 四点共圆的充要条件为P 是ABC ∆的垂心. (全国高中数学联赛, 2007)证明: 如图所示, 由,PD BC PF AB ⊥⊥知,,,B D P F 四点共圆, 且BP 为其直径, 所以BDF ∆的外心1O 为BP 的中点. 同理, ,,,C D P E 四点共圆, 且2O 是CP 的中点. 因此, 12O O //BC , 所以21O O P CBP ∠=∠.充分性. 设P 是ABC ∆的垂心, 由于,PE AC PF AB ⊥⊥, 所以1,,,B O P E 四点共线, 2,,,C O P F 四点共线, ,,,B C E F 四点共圆. 于是由21O O P CBP ∠=∠得212O O E CBE CFE O FE ∠=∠=∠=∠, 故12,,,O O E F 四点共圆.必要性. 因为1O 是Rt BFP ∆的斜边PB 的中点, 2O 是Rt CEP ∆的斜边PC 的中点, 所以12PO F PBA ∠=∠, 2O EC ACP ∠=∠. 因为,,,A F E P 四点共圆, 所以FEP FAP ∠=∠. 于是212112O O F O O P PO F CBP PBA CBA PBF ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠2229090FEO FEP PEO FAP O EC FAP ACP ∠=∠+∠=∠+-∠=∠+-∠这样, 若12,,,O O E F 四点共圆, 则212180O O F FEO ∠+∠= . 因而有90180CBA PBF FAP ACP ∠+∠+∠+-∠=再注意90CBA FAP ∠+∠= , 即得PBF ACP ∠=∠, 也就是PBA ACP ∠=∠.作反射变换()S AD , 设'B B →, 因AB AC <, AD BC ⊥, 所以BD CD <, 于是'B 在线段CD 上, 且','PB B CBP AB P PBA ∠=∠∠=∠. 因PBA ACP ∠=∠, 所以'AB P ACP ∠=∠, 从而,,',A P B C 四点共圆. 于是'90PB B PAC ACB ∠=∠=-∠ , 所以90CBP ACB ∠=-∠ , 所以, BP AC ⊥. 而AP BC ⊥, 故P 是ABC ∆的垂心.(三) 旋转变换将平面上图形中每一个点都绕一个定点O 按定方向(逆时针或顺时针)转动定角θ的变换, 叫作旋转变换, 记为(,)R O θ. 点O 叫作旋转中心, θ叫作转幅或旋转角.易知, 在旋转变换下, 两对应线段相等, 两对应直线的交角等于转幅. 对于已知条件中含有正方形或等腰三角形或其它特殊图形问题, 往往可运用旋转变换来处理.特别是在转幅为90 的旋转变换下, 两对应线段垂直且相等. 而转幅为180 的旋转变换称为中心对称变换, 记为()C O . 在中心对称变换下, 任意一对对应点的连线段都通过旋转中心(此时称为对称中心), 且被对称中心所平分. 由于中心对称变换的这一特殊性, 凡是与中点有关的平面几何问题, 我们可以考虑用中心对称变换处理.例1.3 设圆1T 与圆2T 交于,A B 两点. 圆1T 在A 点的切线交圆2T 于C , 圆2T在A 点的切线交圆1T 于D . M 是CD 的中点. 求证:CAM DAB ∠=∠. (中国国家队培训, 2007)证明: 如图所示, 作中心对称变换()C M , 设'A A →, 则四边形'ACA D 是一个平行四边形. 设AB 的延长线交'CA 于E , 则AEC BAD BCA ∠=∠=∠. 又CAE ADB ∠=∠, 所以ABC ACE DBA ∆∆∆ , 于是,AC AB AE CE AE AC DA BA ==. 两式相乘, 并注意到'AC DA =, 得'AC CE AD DA =. 而'ACE ADA ∠=∠, 所以'ACE ADA ∆∆ , 则'CAE DAA ∠=∠, 故CAM DAB ∠=∠.例1.4 在ABC ∆中, AB AC =, ,,D E F 分别为直线,,BC AB AC 上的点, 且DE //AC , DF //AB , M 为ABC ∆的外接圆上BC的中点. 求证: MD EF ⊥. (伊朗国家队选拔考试, 2005)证明: 如图所示, 因AB AC =, DF //AB ,所以CF DF =. 又四边形EAFD 显然为平行四边形, 则AE DF CF ==. 于是, 设ABC ∆的外心为O , 作旋转变换(,2)R O CBA (其中,CBA 表示始边为射线BC , 终边为射线BA 的有向角), 则,,C A A B →→ 且F E →, 所以OE OF =. 因此, 设EF 的中点为N , 则ON EF ⊥.另一方面, 因四边形EAFD 是平行四边形, 所以N 也是AD 的中点. 又AB AC =, M 为ABC ∆的外接圆上 BC的中点, 所以AM 为ABC ∆的外接圆的直径, 从而O 为AM 的中点, 故ON //MD . 于是由ON EF ⊥, 即知MD EF ⊥.1.2 相似变换在一个几何变换f 下, 若对于平面上任意两点,A B , 以及对应点','A B , 总有''A B kAB =(k 为非零实数), 则称这个变换f 是一个相似变换. 非零实数k 叫作相似比, 相似比为k 的相似变换记为()H k .显然, 相似变换既改变图形的相对位置, 也改变图形的大小, 但不改变图形的形状. 当1k =时, (1)H 就是合同变换. 讨论相似变换时, 常讨论位似变换、位似旋转变换以及位似轴反射变换.(一) 位似变换设O 是平面上一定点, H 是平面上的变换, 若对于任一双对应点,'A A , 都有'OA kOA =(k 为非零实数), 则称H 为位似变换. 记为(,)H O k , O 叫作位似中心, k 叫作相似比或位似系数. A 与'A 在O 点的同侧时0k >, 此时O 为外分点, 此种变换称为正位似(或顺位似); A 与'A 在O 点的两侧时0k <, 此时O 为内分点, 此种变换称为反位似(或逆位似).显然, 位似变换是特殊的相似变换. 有此问题借助于位似变换求解比相似变换更简洁.例1.5 设ABC ∆的内切圆与边,,BC CA AB 分别切于点,,D E F . 求证: ABC ∆的外心O , 内心I 与DEF ∆的垂心H 三点共线. (第12届伊朗数学奥林匹克, 1995; 第97届匈牙利数学奥林匹克, 1997; 第51届保加利亚数学奥林匹克, 2002)证法一: 如图(1)所示, 设ABC ∆的内切圆半径与外接圆半径分别为,r R , R k r =⋅.作位似变换(,)H I k -, 设'''DEF D E F ∆→∆,则'D I R =. 再设ABC ∆的外接圆上的 BC(不含点A )的中点为M , 则OM //'D I 且'OM D I =, 所以四边形'OMID 是平行四边形, 于是'D O //IM , 注意到,,A I M 共线, 所以'D O //AI . 又AI EF ⊥, 所以'D O EF ⊥. 但EF //''E F , 从而'''D O E F ⊥. 同理, '''E O F D ⊥, 所以O 是'''D E F ∆的垂心, 因此H O →. 故,,H I O 三点共线, 且HI r IO R=.证法二: 如图(2)所示, 设直线,,DH EH FH分别与ABC ∆的内切圆交于另一点,,P Q R , 则DEF ∆的三边分别垂直平分,,HP HQ HR , 所以DQ DH DR ==, 由此可知QR //BC . 同样地,RP //CA , PQ //AB , 因此ABC ∆与PQR ∆是位似的. 而,O I 分别是ABC ∆与PQR ∆的外心, ,I H 分别是ABC ∆与PQR ∆的内心, 故,,O I H 三点共线, 且HI r IO R=.(二) 位似旋转变换具有共同中心的位似变换(,)H O k 和旋转变换(,)R O θ复合便得位似旋转变换(,,)S O k θ, 即(,,)(,)(,)(,)(,)S O k H O k R O R O H O k θθθ=⋅=⋅.例1.6 设圆1T 与圆2T 交于,A B 两点, 一直线过点A 分别与圆1T 、圆2T 交于另一点C 和D , 点,,M N K 分别是线段,,CD BC BD 上的点, 且MN // BD , MK //BC . 再设点,E F 分别在圆1T 的 BC(不含点A )上和圆2T 的 BD(不含点A )上, 且EN BC ⊥, FK BD ⊥. 求证: 90EMF ∠= .(第43届IMO 预选题, 2004; 第22届伊朗数学奥林匹克, 2004)证明: 如图所示, 设圆1T 与圆2T 的半径分别为12,,r r 12r k r =⋅, 作位似旋转变换(,,)S B k DBC , 因割线CD 过两圆的另一个交点, 所以D C →. 设','K K F F →→, 则'K 在BC 上, 'F 在圆1T 上, 且''F K BC ⊥,'K C KD MD NB BC BD CD BC===, 所以, 'K C BN =. 设''F K 的延长线交圆1T 于L , 则有''EBN BF K ∠=∠, 而''BF K BFK ∠=∠, 于是EBN BFK ∠=∠. 又,BKF ENB ∠∠皆为直角, 因此BFK EBN ∆∆ . 但由MN // BD , MK // BC 知, 四边形MNBK 是平行四边形, 所以,,BK MN BN MK ==. 于是, 易知MNE FKM ∠=∠, 因此MEN FMK ∆∆ . 再注意到,EN BC FK BD ⊥⊥, 即知EM MF ⊥.(三) 位似轴反射变换就目前的情况来看, 位似轴反射变换的应用似乎尚不及其他几种几何变换. 但作为一种不可或缺的几何变换, 应该有其广泛的用武之地. 实际上, 对于梯形、圆内接四边形、对角线等问题, 都有可能用得上位似轴反射变换.例1.7 已知圆内接凸四边形ABCD , F 是AC 与BD 的交点, E 是AD 与BC 的交点, ,M N 分别是AB 和CD 的中点. 求证:1||2MN AB CD EF CD AB=-. (第46届保加利亚数学奥林匹克(第3轮), 1997)证明: 如图所示, 设AB k CD =⋅, 以E为位似中心, k 为位似比作位似轴反射变换, 使,C A D B →→. 设1F F →, 则1EF k EF =⋅. 同样地, 如果以1k -为位似比作位似轴反射变换, 使,A C B D →→. 设2F F →, 则12EF k EF -=⋅, 且12,F F 都在EF 关于AEB ∠的平分线对称的直线上, 所以11212||||||F F EF EF k k EF -=-=-⋅另一方面, 由ABF DCF ∆∆ , 1BAF DCF ∆∆ 知1ABF BAF ∆∆ , 从而1ABF BAF ∆≅∆, 所以四边形1AF BF 是一个平行四边形, 因此M 是1FF 的中点. 同理, N 是2FF 的中点. 于是11211||22MN F F k k EF -==-⋅, 故 111||||22MN AB CD k k EF CD AB-=-=- 1.3 反演变换设O 是平面α上一定点, 对于α上任意异于点O 的点A , 有在OA 所在直线上的点'A , 满足'0OA OA k ⋅=≠, 则称法则I 为平面α上的反演变换, 记为(,)I O k . 其中O 为反演中心或者反演极, k 为反演幂; A 与'A 在点O 的两侧时0k <, 否则0k >; A 与'A 为此反演变换下的一对反演点(或反点), 显然A 与'A 互为反点(但点O 的反点不存在或为无穷远点); 点A 集的像'A 集称为此反演变换下的反演形(或反形).由于0k <时的反演变换(,)I O k 是反演变换(,||)I O k 和以O 为中心的中心对称变换的复合, 我们只就0k >讨论反演变换即可.令r =则2'OA OA r ⋅=. 此时, 反演变换的几何意义则可知如图所示, 并称以O 为圆心, r 为半径的圆为反演变换2(,)I O r 的基圆.由此几何意义, 我们可作出与'AA 垂直的过A 的直线l 及过'A 的直线'l 的反形分别为下图中的圆'c 及圆c , 反之以,'OA OA 为直径的圆c , 圆'c 的反形分别为直线',l l .由反演变换(0k >)的定义及几何意义, 即推出反演变换有下列有趣性质: 性质1 基圆上的点仍变为自己, 基圆内的点(O 除外)变为基圆外的点, 反之亦然.性质2 不共线的任意两对反演点必共圆, 过一对反演点的圆必与基圆正交(即交点处两圆的切线互相垂直).性质3 过反演中心的直线变为本身(中心除外), 过反演中心的圆变为不过反演中心的直线, 特别地过反演中心的相切两圆变为不过反演中心的两平行直线; 过反演中心的相交圆变为不过反演中心的相交直线.性质4 不过反演中心的直线变为过反演中心的圆, 且反演中心在直线上射影的反点是过反演中心的直径的另一端点; 不过反演中心的圆变为不过反演中心的圆, 特别地, (1) 以反演中心为圆心的圆变为同心圆; (2) 不过反演中心的相切(交)圆变为不过反演中心的相切(交)圆; (3) 圆11(,)O R 和圆22(,)O R 若以点O 为反演中心, 反演幂为(0)k k >, 则212222||k R R OO R ⋅=-, 212222||k OO OO OO R ⋅=-. 性质5 在反演变换下, (1) 圆和圆、圆和直线、直线和直线的交角保持不变;(2) 共线(直线或圆)点(中心除外)的反点共反形线(圆和直线), 共点(中心除外)线的反形共发形点.例1.8 设M 为ABC ∆的边BC 的中点, 点P 为ABM ∆的外接圆上 AB (不含点M )的中点, 点Q 为AMC ∆的外接圆上AC (不含点M )的中点. 求证: AM PQ ⊥.(第57届波兰数学奥林匹克, 2006)证明: 如图所示, 以M 为反演中心、MB 为反演半径作反演变换, 则,B C 皆为自反点, 直线AM 为自反直线. 设A 的反点为'A , 则'A 在直线AM 上, 且ABM ∆的外接圆的反形为直线'A B , AMC ∆d 的外接圆的反形为直线'A C , 点P 的反点'P 为直线PM 与'A B 的交点, 点Q 的反点'Q 为直线QM 与'A C 的交点, 直线PQ 的反形为''MP Q ∆的外接圆. 因,MP MQ 分别平分AMB ∠和AMC ∠, 所以, ''MP MQ ⊥, 且''''''''A P MA MA A Q P B MB MC Q C=== 从而''P Q //BC . 设'A M 与''P Q 交于N . 因M 是BC 的中点, 所以N 是''P Q 的中点. 再注意''MP MQ ⊥即知N 为''MP Q ∆的外心, 这说明直线'A M 与''MP Q ∆的外接圆正交, 因此直线AM 与PQ 正交, 即AM PQ ⊥.2 范例选讲2.1 合同变换例2.1 设ABC ∆是一个正三角形, 12,A A 在边BC 上, 12,B B 在边CA 上,12,C C 在边AB 上, 且凸六边形121212A A B B C C 的六边长都相等. 求证: 三条直线121212,,A B B C C A 交于一点. (第46届IMO , 2005)证明: 如图所示, 作平移变换12()T B A , 则12B A →, 设2B K →, 则12122A A B B KA ==, 且2160KA A ∠= , 所以12KA A ∆是正三角形, 因此11212KA A A C C ==, 且由2160A A K CBA ∠==∠ 知, 1KA //12C C , 所以121C C A K 是平行四边形, 于是12121C K C A B C ==, 又21221B K B A B C ==, 所以21KB C ∆也是正三角形.于是, 由221B KA B 是平行四边形, 12KA A ∆与21KB C ∆都是正三角形可知,121121A A B C B B ∠=∠. 同理, 121121B B C C C A ∠=∠, 所以212121AB C BC A CA B ∠=∠=∠再注意212121B AC C BA A CB ∠=∠=∠, 212121B C C A A B ==即得121212AC B BAC CB A ∆≅∆≅∆进而可知111111AC B BAC CB A ∆≅∆≅∆, 所以111A B C ∆是正三角形. 于是1111A B AC =, 又2121B B B C =, 因此12A B 是11B C 的垂直平分线, 从而12A B 通过111A B C ∆的中心O , 同理1212,B C C A 都通过111A B C ∆的中心O . 故121212,,A B B C C A 三线共点.实际上, 在本题中, 222A B C ∆也是正三角形, 且111A B C ∆、222A B C ∆、ABC ∆这三个正三角形的中心都是点O .例2.2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不平分ABC ∠, 也不平分CDA ∠,点P 在四边形的内部, 满足PBC DBA ∠=∠,PDC BDA ∠=∠. 证明: 四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是PA PC =. (第45届IMO , 2004)证明: 如图所示.必要性. 设四边形ABCD 内接于圆. 以AC 的垂直平分线为反射轴作轴反射变换, 设','B B D D →→, 则','B D 都在圆上, 且','CB AB CD AD ==, 所以'B DC ADB PDC ∠=∠=∠, 这说明',,B P D 三点共线. 同理, ',,D P B 三点共线, 所以点P 是'B D 与'BD 的交点, 因而P 在反射轴上, 即P 在AC 的垂直平分线上, 故PA PC =.充分性. 设PA PC =. 分别延长,BP DP 与BCD ∆的外接圆交于点','D B , 则有''PB C DB C DBC ABP ∠=∠=∠=∠, ''PD C BD C BDC ADP ∠=∠=∠=∠, ''BPD B PD ∠=∠. 因,',,'B B D D 四点共圆, ''PBD PB D ∠=∠, 所以''PBD PB D ∆∆ . 又''CB D CBP DBA =∠=∠, ''B D C PDC ADB ∠=∠=∠, 因此''CB D ABD ∆∆ , 从而''ABPD CB PD 四边形四边形. 但PC PA =, 所以''ABPD CB PD ≅四边形四边形. 这说明四边形ABPD 与四边形''CB PD 关于'BPB ∠的平分线互相对称. 而,',,',B B C D D 共圆, 所以',,,,'B B A D D 共圆, 即,,',,',A B B C D D 六点共圆. 故四边形ABCD 内接于圆.例2.3 设H 为ABC ∆的垂心, ,,D E F 为ABC ∆的外接圆上三点, 且AD //BE //CF , ,,S T U 分别为,,D E F 关于边,,BC CA AB 的对称点. 求证: ,,,S T U H 四点共圆. (中国国家队选拔考试, 2006)证明: 我们先证明如下引理: 设,O H 分别为ABC ∆的外心和垂心, P 为ABC ∆的外接圆上任意一点, P 关于BC 的中点的对称点为Q , 则直线AP 关于OH 的中点对称的直线是QH 的垂直平分线.引理的证明. 事实上, 如右图所示, 过A 作ABC ∆的外接圆的直径'AA , 则'A 与ABC ∆的垂心H 也关于BC 的中点对称, 所以QH //'A P 且'QH A P =. 又'A P AP ⊥, 因此QH AP ⊥. 设,D N分别为,AP QH 的中点, 则'2,A P OD = 2QH NH =, 于是OD //NH 且OD NH =. 而AP OD ⊥, 故直线AP 关于OH 的中点对称的直线是QH 的垂直平分线.回到原题. 如下图所示, 过得D 作BC 的平行线与ABC ∆的外接圆交于另一点P . 由AD //BE //CF 易知PE //CA , PF //AB . 因PD //BC , S 是点D 关于BC 的对称点, 所以点P 关于BC 的中点的对称点是S . 于是, 设ABC ∆的外心为O , OH 的中点为M , 作中心对称变换()C M , 由引理可知, 直线AP 的像直线是HS的垂直平分线. 同理, 直线,BP CP 的像直线分别是,HT HU 的垂直平分线.而,,AP BP CP 有公共点P , 因此,,HS HT HU 的垂直平分线交于一点.故,,,S T U H 四点共圆.进一步, 我们还可以证明()STU 与ABC ∆的外接圆是等圆.事实上, 因,,PS PT PU 的中点分别是ABC ∆的三边的中点, 所以()STU 的半径是ABC ∆的中点三角形的外接圆的半径的两倍, 而ABC ∆的外接圆的半径也是其中点三角形的外接圆半径的两倍. 故()STU 与ABC ∆的外接圆是等圆.在本题中, 我们首先将四点共圆的问题转化成三线共点问题, 然后巧妙地通过中心对称变换使问题得到顺利的解决.例2.4 设ABCD 是一个正方形, 以AB 为直径作一个圆T , P 是边CD 上的任意一点, ,PA PB 分别与圆交于,E F 两点. 求证:直线DE 与CF 的交点Q 在圆T 上, 且AQ DP QB PC=. (第44届塞尔维亚和黑山国家数学竞赛, 2006)证明: 如图所示. 设,BE AD 交于R , ,AF BC 交于S , 则,,,F S C P 四点共圆, 所以SPC SFC ∠=∠. 令O 为正方形ABCD 的中心, 作旋转变换(,90)R O , 则,,B C C D D A →→→, 而,AS BP BR AP ⊥⊥, 所以,S P P R →→, 从而PRD SPC ∠=∠. 显然, BC 为圆T 的切线, 所以CBP BAF ∠=∠. 因//AD BC , 所以=+=+RPB PRD CBP SPC CBP ∠∠∠∠∠. 再设CQ 与AB 交于T , 因//AB DC , 则=ATQ DCQ ∠∠, 于是=+=+=+==RPB SPC CBP SFC BAF AFQ BAF ATQ DCQ ∠∠∠∠∠∠∠∠∠又由,,,R E P D 四点共圆, 知=BRP QDC ∠∠, 因此PRB CDQ ∆∆ , 从而=PBR CQD ∠∠, 即=FBE FQE ∠∠, 这说明,,,E Q B F 四点共圆, 换句话说, 点Q 在圆T 上. 再由,,,R E P D 四点共圆, 知===PRD PED AEQ ABQ ∠∠∠∠, 而=90=RDP BQA ∠∠ , 所以PDR AQB ∆∆ , 于是=AQ PD QB DR, 又=DR CP , 故AQ DP QB PC =. 2.2 相似变换例2.5 设12,O O 是半径不等的外离两圆. ,AB CD 是两圆的两条外公切线,EF 是两圆的一条内公切线, 切点,,A C E 在1O 上, 切点,,B D F 在2O 上. 再设1EO 与AC 交于K , 2FO 与BD 交于L . 求证: KL平分EF . (罗马尼亚国家队选拔赛, 2007)证明: 如图所示, 设两条外公切线交于O , 内公切线EF 与外公切线,AB CD 分别交于,P Q , 以O 为位似中心作位似变换, 使12O O →, 则AC BD →, 而12//O E O F , 所以12O E O F →直线直线, 于是AC 与直线1O E 的交点→BD 与直线2O F 的交点, 即K L →, 因此,,O K L 三点共线. 过L 作EF 的平行线分别与直线,AB CD 交于,R S , 则2O L RS ⊥, 而22,O B BR O D SD ⊥⊥, 所以2,,,R B L O 四点共圆, 2,,,O L S D 四点共圆, 再注意到22O B O D =, 于是2222SRO LBO O DL O SR ∠=∠=∠=∠所以22O R O S =, 因此L 平分RS . 而//PQ RS , 所以OL 平分PQ , 即KL 平分PQ . 又PF QE =, 故KL 平分EF .例2.6 在ABC ∆的外部作PAB ∆与QAC ∆, 使得,AP AB AQ AC ==, 且PAB CAQ ∠=∠. 设,BQ CP 交于R , BCR ∆的外心为O . 求证: AO PQ ⊥. (中国国家队培训, 2006)证法一: 如右图所示, 易知APC ABQ ∆≅∆, 所以APR ABR ∠=∠. 因此,,,A P B R 四点共圆, 从而PRB PAB ∠=∠. 于是22COB PRB PAB ∠=∠=∠. 设BC k BO =⋅, 作位似旋转变换(,,)S B k OBC , 则O C →. 设'A A →, 则'2A AB COB PAB ∠=∠=∠, 所以'A AP PAB CAQ ∠=∠=∠. 又由OC OB =, 有'AA AB =. 于是, 再作旋转变换(,)R A PAB , 则,'C Q A P →→, 从而(,)(,,)R A PAB S B k OBC AO PQ → .另一方面, 由,2OB OC BOC PAB =∠=∠知90PAB OBC ∠+∠= , 因此存在点1O , 使得1(,)(,,)(,,90)R A PAB S B k OBC S O k = . 这说明在位似旋转变换1(,,90)S O k 下, 有AO PQ →. 故AO PQ ⊥.证法二: 若下图所示. 同证法一, 有22BOC PRB PAB ∠=∠=∠. 设M 为BC的中点, 则OM BC ⊥. 再分别过,B C 作,AP AQ 的垂线, 垂足分别为,E F , 则CFA CMO BMO BEA ∆∆≅∆∆于是, 设CO k CM =⋅, FCA θ= , 则1(,,)(,,)S C k S B k M OM θθ-→→ 所以, 1(,,)(,,)(,1,2)(,2)S B k S C k S M R M θθθθ-==. 而1(,,)(,,)S C k S B k F A E θθ-→→, 因此在旋转变换(,2)R M θ下, F E →, 所以ME MF =且2FME θ∠=. 因OA 与等腰MEF ∆的两腰,ME MF 的交角都等于θ, 所以OA EF ⊥. 另一方面, 由CFA BEA ∆ , 有AE AE AF AF AP AB AC AQ===, 所以//EF PQ , 故OA PQ ⊥.2.3 反演变换例2.7 设圆T 与直线l 相离, AB 是圆T 的垂直于l 的直径, 点B 离l 较近,C 是圆T 上不同于,A B 的任意一点, 直线AC 交l于D , 过D 作圆T 的切线DE , E 是切点, 直线BE 与l 交于F , AF 与圆T 交于另一点G . 求证:点G 关于AB 的对称点在直线CF 上. (德国国家队选拔考试, 2005)证明: 如图所示, 设AB 与直线l 交于M , 则,,,A E M F 四点共圆, 再由DE 与圆T 相切可知EDF EOA ∆∆ , 所以DF DE =, 且EOD EAF ∆∆ , 从而DOE FAE ∠=∠. 但2GOE FAE ∠=∠, 所以GOD DOE ∠=∠, 从而GOD EOD ∆≅∆, 所以DG 也为圆T 的切线, G 为切点, DG DE DF ==. 设点,G F 关于直线AB 的对称点分别为','G F , 则'G 在圆T 上, 且'F DFG FGD ∠=∠=∠, 所以,,,'A G D F 四点共圆. 于是, 作反演变换(,)I A AG AF ⋅, 则,F G 互为反点, ','F G 互为反点, 这说明圆T 与直线l 互为反形, 所以,C D 互为反点. 又,,,'A G D F 四点共圆, 这个圆与直线FC 互为反形, 所以,,'F C G 共线, 即点G 关于AB 的对称点在直线CF 上.3 训练习题3.1 合同变换练3.1 设四边形ABCD 外切于圆, ,A B ∠∠的外角平分线交于点K , ,B C ∠∠的外角平分线交于点L , ,C D ∠∠的外角平分线交于点M , ,D A ∠∠的外角平分线交于点N . 再设,,,ABK BCL CDM DAN ∆∆∆∆的垂心分别为1111,,,K L M N . 求证: 四边形1111K L M N 是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)练3.2 设,C D 是以O 为圆心、AB 为直径的半圆上任意两点, 过B 作圆O 的切线交直线CD 于P , 直线PO 与直线,CA AD 分别交于,E F . 证明: OE OF =. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)练3.3 设,D T 是ABC ∆的边BC 上的两点, 且AT 平分BAC ∠, P 是过D 且平行于AT 的直线上的一点, 直线BP 交CA 于E , 直线CP 交AB 于F . 求证: BT DC =的充分必要条件是BF CE =. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克, 2005)练3.4 设ABC ∆是一个正三角形. P 是其内部满足条件=120BPC ∠ 的一个动点. 延长CP 交AB 于M , 延长BP 交AC 于N . 求AMN ∆的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)3.2 相似变换练3.5 在ABC ∆中, AB AC ≠, 中线AM 交ABC ∆的内切圆于,E F 两点, 分别过,E F 两点作BC 的平行线交ABC ∆的内切圆于另一点,K L , 直线,AK AL 分别交BC 于,P Q . 求证: BP QC =. (第46届IMO 预选题, 2005; 第47届伊朗国家队选拔考试, 2006)练3.6 设,b c I I 分别是ABC ∆的,B C --旁心旁心, P 是ABC ∆的外接圆上一点. 证明: ABC ∆的外心是b I AP ∆和c I AP ∆的外心的连线段的中点. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)3.3 反演变换练3.7 设,a I I 分别是分别为ABC ∆的内心和A -旁心, a II 与BC 交于D , 与ABC ∆的外接圆交于M . 设N 是 AM 的中点, ABC ∆的外接圆分别与,a NI NI 交于另一点,S T . 求证: ,,S D T 三点共线. (第18届伊朗数学奥林匹克, 2001) 4 习题解答4.1 合同变换练3.1设四边形ABCD 外切于圆, ,A B ∠∠的外角平分线交于点K , ,B C ∠∠的外角平分线交于点L , ,C D ∠∠的外角平分线交于点M , ,D A ∠∠的外角平分线交于点N . 再设,,,ABK BCL CDM DAN ∆∆∆∆的垂心分别为1111,,,K L M N . 求证: 四边形1111K L M N 是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)证明: 如图所示, 设四边形ABCD 的内切圆圆心为O . 由于内角平分线和外角平分线互相垂直, 所以,OA NK OB KL ⊥⊥.又1AK 是ABK ∆的高, 所以1AK BK ⊥, 因此1AK //OB . 同理, 1BK //OA , 从而四边形1AK BO 是平行四边形. 同样地, 四边形111,,BLCO CM DO DN AO 皆为平行四边形. 于是 ()()1111T AO T OC K N BD L M →→但()()()()T OC T AO T OC OA T AC =+= , 因而()1111T AC K N L M → . 故四边形1111K L M N 是平行四边形.练3.2 设,C D 是以O 为圆心、AB 为直径的半圆上任意两点, 过B 作圆O 的切线交直线CD 于P , 直线PO 与直线,CA AD 分别交于,E F . 证明:OE OF =. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)证明: 如图所示. 以过圆心O 且垂直于EF 的直线为轴作轴反射变换, 设'A A →, 则'A 仍在圆O 上, 且'FOA AOE BOP ∠=∠=∠, 所以'PA 也是圆O 的切线, 因此',,,A O B P 四点共圆. 于是''''A DA A BA A BO A PO ∠=∠=∠=∠, 从而',,,A D P F 四点也共圆, 所以'''A FO A DC A BC ∠=∠=∠.另一方面, 因AB 是圆O 的直径, 所以BC EC ⊥. 又显然有'A B EF ⊥, 由此可知'A BC OEA ∠=∠, 因此'A FO OEA ∠=∠. 再注意'FOA EOA ∠=∠, 'OA OA =, 即知'A OF AOE ∆≅∆, 故OE OF =.练3.3 设,D T 是ABC ∆的边BC 上的两点, 且AT 平分BAC ∠, P 是过D 且平行于AT 的直线上的一点, 直线BP 交CA 于E , 直线CP 交AB 于F . 求证: BT DC =的充分必要条件是BF CE =. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克, 2005)证明: 如图所示, 设M 为BC 的中点, 作中心对称变换()C M , 则C B →.设'A A →, 则四边形'ABA C 是平行四边形. 再设直线'A B 与CF 交于Q , 则有''A C BF A Q BQ =, CP CE PQ BQ=. 于是, '''//.BT DC T D A D CAB AD AT =⇔→⇔∠⇔为的平分线而//PD AT , 故'=',,''='A C CP BT DC A D P A P CA B A Q PQ ⇔⇔∠⇔三点共线为的平分线 又''A C BF A Q BQ =, CP CE PQ BQ =, 所以===BF CE BT DC BF CE BQ BQ⇔⇔. 练3.4 设ABC ∆是一个正三角形. P 是其内部满足条件=120BPC ∠ 的一个动点. 延长CP 交AB 于M , 延长BP 交AC 于N .求AMN ∆的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)证明: 如图所示, 设AMN ∆的外心为O ,ABC ∆的中心为Q , 分别过点,B C 作BC 的垂线交AQ 的垂直平分线于,E F , 易知, 当P B →时, O E →; 当P C →时, O F →.下面证明: 当P 在ABC ∆内变动时, 点O 的轨迹是线段EF (不包括端点). 事实上, 设点P 满足条件, 作旋转变换(,120)R Q , 则,,A B B C C A →→→. 因=120BPC ∠ , 所以N M →. 注意=60BAC ∠ , 因此,P Q 都在AMN ∆的外接圆上, 所以AMN ∆的外心O 在AQ 的垂直平分线EF 上.反之, 设AMN ∆的外心O 在线段EF 上, 以O 为圆心、OA 为半径作圆分别交,AB AC 于,M N . 由于AQ 平分BAC ∠, 所以=QN QM . 从而在旋转变换。

数学奥赛教练员培训班讲义（1）第一讲 平面几何平面几何是数学竞赛中的一个基本内容。

它以严密的逻辑结构、灵活的证题方法，在发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力等方面起着特殊的作用。

因此在数学竞赛中平面几何的内容占有十分突出的地位。

平面几何主要研究度量关系的证明、位置关系的证明、面积关系解题、几何量的计算、轨迹问题等。

一、与三角形有关的重要定理1.梅涅劳斯定理一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。

说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。

（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。

（3）其逆定理为：如果D 、E 、F 分别在△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线上），并且1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，那么D 、E 、F 三点在同一条直线上。

（4）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。

用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。

2.塞瓦定理设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于D ，E ，F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。

说明：（1）该定理可借助于梅氏定理来证明（也可用面积法来证明）。

如果O 点在三角形外，结论仍然是成立的。

（2）其逆定理为：分别在△ABC 三边（所在直线）BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若有1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，则AD 、BE 、CF 平行或共点。

（3）塞瓦定理及其逆定理是证明三直线交于一点（线共点）问题的重要定理，应用塞瓦定理很容易证明三角形中的主要线段的共点问题。

3.三角形的五心三角形的三条中线共点，三条角平分线共点，三条高线共点，三条中垂线共点。

高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。

专题讲座：立体几何江苏省扬中高级中学 卞国文一、基础知识导引<一>,直线,平面之间的平行与垂直的证明方法1,运用定义证明(有时要用反证法); 2,运用平行关系证明;3,运用垂直关系证明; 4,建立空间直角坐标系,运用空间向量证明. 例如,在证明:直线a ⊥直线b 时.可以这样考虑(1),运用定义证明直线a 与b 所成的角为090; (2),运用三垂线定理或其逆定理; (3),运用“若a ⊥平面α,b α⊂,则a b ⊥”; (4),运用“若//b c 且a c ⊥,则a b ⊥”; (5),建立空间直角坐标系,证明0a b ⋅=. <二>,空间中的角和距离的计算 1,求异面直线所成的角(1),(平移法)过P 作'//a a ,'//b b ,则'a 与'b 的夹角就是a 与b 的夹角; (2),证明a b ⊥(或//a b ),则a 与b 的夹角为090(或00);(3),求a 与b所成的角([0,]θπ∈),再化为异面直线a 与b 所成的角((0,]2πα∈).2,求直线与平面所成的角(1),(定义法)若直线a 在平面α内的射影是直线b ,则a 与b 的夹角就是a 与α的夹角; (2),证明a α⊥(或//a α),则a 与α的夹角为090(或00);(3)求a 与α的法向量n所成的角θ,则a 与α所成的角为090θ-或090θ-. 3,求二面角(1),(直接计算)在二面角AB αβ--的半平面α内任取一点P AB ∉,过P 作AB 的垂线, 交AB 于C,再过P 作β的垂线,垂足为D,连结CD,则CD AB ⊥,故PCD ∠为所求的二面角. (2),(面积射影定理)设二面角AB αβ--的大小为θ(090θ≠),平面α内一个平面图形F 的面积为1S ,F 在β内的射影图形的面积为2S ,则21cos S S θ=±.(当θ为钝角时取“-”). (3),(异面直线上两点的距离公式):22222cos EF d m n mn θ=++-,其中θ是二面角AB αβ--的平面角,EA 在半平面α内且EA AB ⊥于点A,BF 在半平面β内且FB ⊥AB 于B,而AB d =,EA m =,FB n =.(4),(三面角的余弦定理),三面角S ABC -中,BSC α∠=,CSA β∠=,ASB γ∠=,又二面角B SAC θ--=,则cos cos cos cos sin sin αβγθβγ-=.(5),(法向量法)平面α的法向量1n与平面β的法向量2n所成的角为θ,则所求的二面角为 θ(同类)或πθ-(异类).4,求两点A,B 间距离(1),构造三角形进行计算; (2),导面直线上两点间的距离公式; (3),求AB.5,求点到直线的距离(1),构造三角形进行计算; (2),转化为求两平行红色之间的距离. 6,求点到平面的距离(1),直接计算从点到平面所引垂线段的长度; (2),转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离; (3),(体积法)转化为求一个棱锥的高3Vh S=,其中V 为棱锥体积,S 为底面面积,h 为底面上的高.(4),在平面上取一点A,求AP与平面的法向量n 的夹角的余弦cos θ,则点P 到平面 的距离为cos d AP θ=⋅.7,求异面直线的距离(1)(定义法)求异面直线公垂线段的长; (2)(体积法)转化为求几何体的高; (3)(转化法)转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离;(4)(最值法)构造异面直线上两点间距离的函数,然后求函数的最小值;(5)(射影法)如果两异面直线,a b 在同一平面内的射影分别是一个点P 和一条直线l , 则a 与b 的距离等于P 到l 的距离; (6)(公式法)22222cos d EF m n mn θ=--±. 8,求平行的线线,线面,面面之间的距离的方法,通常是转化为求点与线或点与面之间的距离. <三>,多面体与旋转体 1,柱体(棱柱和圆柱) (1)侧面积S c l =⋅侧(c 为直截面周长,l 为侧棱或母线长)(2)体积V Sh =(S 为底面积,h 为高)2,锥体(棱锥与圆锥)(1)正棱锥的侧面积'12S c h =⋅侧(c 为底面周长,'h 为斜高)(2)圆锥的侧面积:S rl π=侧 (r 为底面周长,l 为母线长)(3)锥体的体积:13V Sh =(S 为底面面积,h 为高). 3,锥体的平行于底面的截面性质:23111123,S h V h S h V h==. 4,球的表面积:24S R π=; 球的体积:343V R π=. 二、解题思想与方法导引1,空间想象能力; 2,数形结合能力; 3,平几与立几间的相互转化; 4,向量法ABCDM K N S 三、选择题1、设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是（ ）. A.αβ⊥，n αβ= ，m n ⊥ B.m αγ= ，αγ⊥，βγ⊥ C.αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ D.n α⊥，n β⊥，m α⊥2、异面直线a 、b 所成的角为600，则过空间一定点O ，与两条异面直线a 、b 都成600角的直线有（ ）条A. 1B. 2C. 3D. 43、设b a ,是夹角为30°的异面直线，则满足条件“α⊆a ，β⊆b ，且βα⊥”的平面α，β有（ ） A. 不存在 B. 有且只有一对 C. 有且只有两对 D. 有无数对4、设O 是正三棱锥P-ABC 底面是三角形ABC 的中心，过O 的动平面与PC 交于S ，与PA 、PB 的延长线分别交于Q 、R ，则和式PS PR PQ 111++ （ ）A ．有最大值而无最小值B ．有最小值而无最大值C ．既有最大值又有最小值，两者不等D ．是一个与面QPS 无关的常数四、填空题1、有一棱长为a 的正方体骨架，其内放置一气球，使其充气且尽可能地大（仍保持为球的形状），则气球表面积的最大值为__________.2、自半径为R 的球面上一点P 引球的两两垂直的弦PC PB PA ,,,则222PC PB PA ++=_________. 3、过正方体1111D C B A ABCD -的对角线1BD 的截面面积为S ，max S 和m in S 分别为S 的最大值、最小值 则minmaxS S 的值为________. 4、已知三个球的半径1R ，2R ，3R 满足32132R R R =+，则它们的表面积1S ，2S ，3S ，满足的等量关系是___________. 四、解答题1、 如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，面11AA C C 是菱形，160ACC ∠=︒， 侧面11ABB A ⊥11AA C C ，11A B AB AC ===.求证：（1）1AA ⊥1BC ；（2）求点1A 到平面ABC 的距离.2、如右图,设S ABCD -是一个高为3,底面边长为2的正四棱锥, K 是棱SC 的中点,过AK 作平面与线段SB ,SD 分别交于M ,N (M ,N 可以是线段的端点).试求四棱锥S AMKN -的体积V 的最大值与最小值.B 1BA 1C 1AC3、有一个m n p ⨯⨯的长方体盒子,另有一个(2)(2)(2)m n p +⨯+⨯+的长方体盒子, 其中,,m n p 均为正整数(m n p ≤≤),并且前者的体积是后者一半,求p 的最大值.4设棱锥ABCD M -的底面是正方形，且MD MA =，AB MA ⊥，DC MD ⊥，如果AMD ∆面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径。