初中奥数几何讲解

初中奥数（几何）考点归纳：1.几何基本概念与简单图形2.三角形，解直角三角形，相似形3.四边形，平面图形的初步变化4.圆知识梳理（1）：几何的基本概念与简单图形线段与角的推理计算平行线，相交线通过面积割补练习推理通过面积割补法：

面积割补的知识大家早已熟悉，其中“等底等高的两个三角形面积相等”是非常重要的等积变形定理。“三角形的一边中位线平分这个三角形的面积。”是它的直接推论。两直线平行的等积判定准则：

如图所示，线段BC在线段m上，A,D在m的同侧，若△ABC与△DBC面积相等，则点A,D所在直线n必与直线m平行。ADBCnm知识梳理（2）：三角形相似形三角形及其边角关系全等三角形，等腰三角形直角三角形与勾股定理三角形的不等关系三角形的中位线定理相似三角形三角形平分线性质定理及其应用梅内劳斯定理于塞瓦定理及其应用梅内劳斯定理梅内劳斯定理：X,Y,Z分别是△ABC三边所在的直线BC,CA,AB上的点,则X,Y,Z共线的充分必要条件是

ABCXYZabcABCXYZabc由定理可得以上两种图形：1.X,Y,Z三点之中只有一点在三角形的延长线上，而其它两点在三角形的边上2.X,Y,Z三点分别都在三角形三边的延长线上证明定理：证明（1）必要性，即若X,Y,Z三点共线，则设A,B,C到直线XYZ的距离分别是a,b,c则三式相乘及得(2)充分性即若则X,Y,Z三点共线设直线XZ交AC与,由此证必要性得：又固已知得：∴因为和Y或同在AC线段上，或同在AC边的延长线上，并且并且能分得比值相等，所以和Y必重合为一点，也就是X,Y,Z三点共线。梅内劳斯定理的应用：1.求共线线段的比2.证明三点共线赛瓦定理连接三角形一顶点和对边上一点的线段叫做这个三角形的一条塞瓦线。

赛瓦定理：从△ABC的每个顶点出发作一条赛瓦线，AX,BY,CZ.则AX,BY,CZ共点的充要条件是ABCXYZC1

B1

赛瓦定理实质上包含充分性和必要性两个命题：充分性命题设△ABC的三条赛瓦线AX,BY,CZ共点，则必有必要性命题设△ABC中，AX,BY,CZ是三条赛瓦线，如果则AX,BY,CZ三线共点。赛瓦定理的应用

1.利用必要性可证明三线共点问题。2.利用充分性可以证明线段之间的比例式或乘积式。知识梳理（3）：四边形平面图形的初步变化矩形，菱形，正方形，多边形平行四边形及其判定梯形的判定及中位线定理平移，轴对称，图形的旋转面积问题与面积方法知识梳理（4）：圆垂径定理及其应用圆周角定理及其应用圆内接四边形与四点共圆圆幂定理及其应用点与圆的位置关系直线与圆的位置关系圆与圆的位置关系和圆有关的比例线段三角形中的四心正多边形和圆几何中的定值和最值垂径定理垂径定理垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。ABCDOr∵OC⊥AB则AD=AB∠AOD=∠BOD其中，OB叫做弦AB的弦心距离。应用：通过垂径定理来确定圆的圆心与半径，从而确定圆。圆幂定理相交弦定理与切割弦定理统称为圆幂定理。相交弦定理圆的弦相交与圆内一点，各弦被点内分成的两条线段的乘积相等。图1所示，有PA·PB=PC·PD切割弦定理圆的延长线相交与圆外一点，各被这点外分成的两条线段的乘积相等，并且等于这点到的切线的平方。图1所示，有PA·PB=PC·PD=PC·PCABCDP图1ABPCDE图2应用：圆幂定理多用来证明线段的乘积式与比例式，或者用于计算圆中的线段。圆幂定理的逆定理多用来证明四点共圆及圆与直线相切。线段与角的求解1.如图所示，OM是∠AOB的平分线，射线OC在∠BOM内，ON是∠BOC的平分线。已知∠AOC=80°，求∠MON的度数。OABCMN解：因为OM是∠AOB的平分线，所以∠AOM=∠BOM（角平分线的定义）

又ON是∠BOC的平分线所以∠BON=∠CON

所以∠BOC=2∠NOC……………（*）由图可知∠AOM+∠COM=∠AOC=80°

所以∠BOM+∠COM=80°（等量代换）但∠BOM=∠BOC+∠COM（全量等于各部分的和）所以∠BOC+∠COM+∠COM=80°

即∠BOC+2∠COM=80°

将（*）代入得2∠NOC+2∠COM=80°

即∠NOC+∠COM=40°

所以∠MON=40°2.如图所示，C是线段AB上一点，D是线段CB的中点,已知图中所有线段的长度之和等于23cm，线段AC与线段BC的长度都是正整数，求线段AC的长度是多少cm？ABCD解：设线段AC的长为x，CB的长为y，则x,y均为正整数。在图中所有线段及其长度表示如下：AC=x,AD=x+AB=x+y,CD=,DB=CB=由所有线段的和等于23cm，列出方程：x+（x+）+（x+y）++y+=23

即3x+=23………………..(*)由于x,y均为正整数，根据(*)式，可知为正整数，从而y为偶数。当y≥6时，3x+≥23，所以y只能取2或4.当y=2时，由3x+=23，求出x=不是整数，所以y≠2,因此，只能y=4,进而x=3即线段AC的长度是3.平行线和相交线3.如图所示，CD∥AF，∠CDE=∠BAF，AB⊥BC，∠C=124°，∠E=80°，求∠F的度数。AFBCDE解：如图过B做BP∥CD.∵CD∥AF,∴BP∥AF

由BP∥CD，∴∠C+∠CBP=180°∴∠CBP=180°-∠C=180°-124°=56°

已知AB⊥BC,∠CBA=90°

所以∠PBA=90°-56°=34°∵BP∥AF,∴∠A=180°-∠C=180°-34°=146°=∠CDF

过E做EQ∥CD.由于CD∥AF,得EQ∥AF

则∠DEQ=180°-∠CDE=180°-146°=34°

又已知∠DEF=80°，所以∠QEF=80°-34°=46°因为EQ∥AF，则∠F+∠QEF=180°所以∠F=180°-∠QEF=180°-46°=134°面积割补法4.四边形ABCD的面积为S,点E,F,M,N分别为

AB,DC的三等分点，求证：四边形EFNM

的面积等于ABCDMNEF证明：连接BD,DE,BN二式相加得：连接EN，可知相加得5.证明：等边三角形内一点到三边距离之和等于定值，这个定值是这个等边三角形的高。ABCDEFH证明：已知△ABC中，AB=BC=CA=a，P为△ABC内一点，PD⊥AB于D,PE⊥BC于E，PF⊥AC于F，AH⊥BC于H记，PD=,PE=,PF=,AH=h,联接PA,PB,PC.则可得则∴即即PD+PF+PE=h梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是

塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）△ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件是例1.（梅氏定理）过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。求证：【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。DEG截△ABM→DGF截△ACM→例2.（塞瓦定理）设X、Y、Z分别是△ABC的边BC、CA、AB上的点，若则AX、BY、CZ三线共点.解：设ＡＸ与ＢＹ交于点Ｏ，连ＺＯ、ＯＣ．设易知△ＡＯＺ＝λ△ＢＯＺ，△ＡＯＣ＝λμ△ＡＯＢ＝λμ（）＝λ△ＢＯＣ，∴△ＢＯＺ＋△ＢＯＣ＝△ＡＢＣ－△ＡＯＺ－△ＡＯＣ＝△ＡＢＣ－λ△ＢＯＺ－λ△ＢＯＣ∴△ＢＯＺ＋△ＢＯＣ＝△ＡＢＣ＝△ＢＺＣ∴Ｚ、Ｏ、Ｃ共线．∴ＡＸ、ＢＹ、ＣＺ共点．1.已知：二次方程mx2－(m－2)x+(m－1)=0两个不相等的实数根，恰好是直角三角形两个锐角的正弦值.求：这个直角三角形的斜边与斜边上的高的比.解：作Rt△ABC斜边上的高CD。

∵sinA和sinB是方程的两根，根据韦达定理，得

当m=1时，没有意义；当m=-8时，即直角三角形斜边与斜边上的高的比是32∶9.2.如图已知：△ABC中，AD是角平分线BE＝CF，M、N分别是BC和EF的中点。求证：MN∥AD

证明一：连结EC，取EC的中点P，连结PM、PN，则有MP∥BE，NP∥CF，∵BE＝CF，∴MP＝NP，∴∠2=∠3∴MN∥AD证明二：连结并延长EM到G，使MG＝ME连结CG，FG，则MN∥FG，△MCG≌△MBE∴CG＝BE＝CF，∠B＝∠BCG

∴AB∥CG，∠BAC＋∠FCG＝180°∠CAD＝（180°－∠FCG）∠CFG＝（180°－∠FCG）=∠CAD∴

MN∥AD证明：作DE∥AC，DF∥BC，交BA或延长线于点E、F，ACDE和BCDF都是平行四边形∴DE＝AC，DF＝BC，AE＝CD＝BF

作DH⊥AB于H，根据勾股定理AH＝，FH＝∵AD＞BC，AD＞DF，∴AH＞FH，EH＞BH

DE＝，BD＝∴DE＞BD，即AC＞BD3.已知梯形ABCD中，AB∥CD，AD＞BC。求证：AC＞BD4.已知：△ABC中，AB＝AC，点P在中位线MN上，BP，CP的延长线分别交AC，AB于E，F.求证：有定值。证明：设MP为t,则NP=a－t.∵MN∥BC，∵c是定线段，∴是定值.，即有定值.

5.已知：△ABC中，,求：的值.解：∵△ADF和△ABC有公共角∠A，6．如图，已知△ABC中，AB=AC，D是BC上一点，若∠BDE=∠CDF，E、F分别为AB、AC上的点。求证：

.解：如图，过E作EM⊥BC于M，过F作FN⊥BC于N，∵AB=AC∴∠ABC=∠ACB∵∠BDF=∠CDF∴△BDE∽△CDF，DE：DF=BD：CD又∵∠EMD=90°=∠FND∠BDE=∠CDF∴△MDE∽△NDFDE：DF=EM：FN∴BD：CD=EM：FN∴BD·FN==CD·EM即初中数学竞赛几何部分——四边形1.四边形在竞赛中的主要知识点2.四边形的一般解题方法四边形在竞赛中的主要知识点四边形包括平行四边形，矩形，梯形，菱形和不规则四边形以下箭头可以表示上述各概念间的从属关系：定义：两组对边分别平行的四边形称为平行四边形。性质：对角分别相等；对边分别相等；对角线互相平行；对角线的平方和等于四条边的平方之和。（可用勾股定理证明）推论：三角形两边的平方和等于第三边上中线的平方与第三边之半的平方和的2倍。欧拉定理：四边形各边的平方之和等于其对角线的平方和加上两对角线中点连结线段的平方之4倍。判定定理：若有下列条件之一成立，四边形即为平行四边形①对角分别相等；②对边分别相等；③一组对边平行且相等；④对角线互相平分；⑤对角线的平方和等于四边的平方和平行四边形定义：一个四边形中如果有一组对边平行，这个四边形称为广义梯形。一个四边形中如果一组对边平行，另一组对边不平行，这个四边形称为狭义梯形。梯形的中位线定理：梯形两腰中点的连线（中位线）平行于底边且等于两底和的一半。注：有关梯形的问题，常通过引高线、平移腰或对角线，将梯形的问题转化为三角形的问题。这是解决梯形问题常用的添设辅助线的方法。梯形定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形称为正方形。性质：四个角都是直角，四条边都相等，对角线相等且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角。注：正方形问题常转化为三角形的问题来解决，在解题时，利用正方形的性质构造直角三角形和等边三角形，再利用勾股定理等解决问题。正方形托勒密(Ptolemy)定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。定理证明、推论/view/148250.htm#2补充：第一类常见的方法是添加辅助线将四边形转化为有关三角形的问题：例：ABCD中，DE⊥AB于E，BM=MC=DC．求证：∠EMC=3∠BEM．

分析由于∠EMC是△BEM的外角，因∠EMC=∠B+∠BEM．从而，应该有∠B=2∠BEM，这个论断在△BEM内很难发现，因此，应设法通过添加辅助线的办法，将这两个角转移到新的位置加以解决。利用平行四边形及M为BC中点的条件，延长EM与DC延长线交于F，这样∠B=∠MCF及∠BEM=∠F，因此，只要证明∠MCF=2∠F即可．不难发现，△EDF为直角三角形(∠EDF=90°)及M为斜边中点，我们的证明可从这里展开．证明：延长EM交DC的延长线于F，连接DM．由于CM=BM，∠F=∠BEM，∠MCF=∠B，所以△MCF≌△MBE(AAS)，所以M是EF的中点．由于AB∥CD及DE⊥AB，所以，DE⊥FD，三角形DEF是直角三角形，

DM为斜边的线，由直角三角形斜边中线的性质知∠F=∠MDC，又由已知MC=CD，所以∠MDC=∠CMD，则∠MCF=∠MDC+∠CMD=2∠F．从而∠EMC=∠F+∠MCF=3∠F=3∠BEM．第二类是利用四点共圆构造隐含的辅助圆解题，这一类虽然涉及较少，在大题中应用不多，但作为一种解题方法，对于一些选择填空题，可以让学生更加简便地得出答案。例3：凸四边ABCD，∠ABC=60°，∠BAD=∠BCD=90°，AB=2,CD=1，对角线AC、BD交于点O，求sin∠AOB的值。

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，只需求出BC、AD即可。解：因∠BAD=∠BCD=90°，所以A、B、C、D四点共圆延长BC、AD交于P，则∠ADP=∠ABC=60°设AD=x，有AP=，DP=2x由割线定理得：（）=2x（1+2x）解得AD=，BC=BP=由托勒密定理有BDCA=()()+21=又=+=故sin∠AOB=第三类是补形法。利用辅助线将四边形补充为平行四边形或三角形来解决问题。

例：如图，在四边形ABCD中，∠B＝135°，∠C＝120°，AB=，BC=，CD＝，则AD边的长为多少．如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC，垂足分别为E，F．由已知可得BE=AE=，CF＝，DF＝2，于是EF＝4＋．过点A作AG⊥DF，垂足为G．在Rt△ADG中，根据勾股定理得AD＝=例：在梯形ABCD中，AD∥BC(BC>AD)，，BC=CD=12,，若AE=10，则CE的长为

.解：延长DA至M，使BM⊥BE.过B作BG⊥AM，G为垂足.易知四边形BCDG为正方形，所以BC=BG.又，∴Rt△BEC≌Rt△BMG.∴BM=BE，，∴△ABE≌△ABM，AM=AE=10.设CE=x，则AG=，AD=，DE=.在Rt△ADE中，，∴，即， 解之，得，.故CE的长为4或6.第四类是采用旋转的方法。将图形旋转，寻觅图形间的联系，汇聚已知条件和结论，才能达到解决问题的目的。解：将直角△ABM绕点B顺时针旋转至△CBE处，则BE=BM。，N、C、E共线，所以NE=NC+CE=NC+AM由题意得：AM+CN=MN所以NE=MN又因为BE=BM,BN=BN所以△BMN≌△BEN所以所以例：正方形ABCD中，M、N分别在AD、DC边上，且△MDN的周长等于正方形的周长的一半，求的度数。第五类是涉及动态几何定值的题目。这一类题目在大题中非常常见，具有一定的难度，也是考生需要重点理解掌握的知识。例：平面上有两个边长相等的正方形ABCD，A’B’C’D’，且正方形A’B’C’D’的顶点A’在正方形ABCD的中心。当正方形A’B’C’D’绕A’转动时，两个正方形的重合部分的面积必然是一个定值。这个结论对吗？证明你的判断。解：结论正确，证明如下：如图，当A’B’C’D’的边与ABCD的边对应平行时，易知重合部分面积为正方形面积的当转动到实线正方形A’B’C’D’位置时，易证，所以两个正方形重合部分面积仍为正方形面积的，是个定值。圆的有关性质垂经定理（线、角、弧等价关系）圆心角、弧、弦、弦心距间的关系与圆有关见得关系直线与圆的位置关系切线的性质定理切线长定理弦切角定理圆幂定理（线间的关系）圆与圆的位置关系相交两圆的性质定理相切两圆的性质定理两圆的公切线定理圆考点总结四点共圆问题常考点知识补充.四点共圆判定定理:a.到一个定点的距离相等的所有的点在同一个圆上(圆的定义).b.一组对角互补的四边形顶点在同一圆上（包括其推论）.c.同底同侧顶角相等的三角形顶点共圆d.切割线定理的逆定理e.相交弦定理的逆定理

推论：同斜边的直角三角形顶点共圆(斜边就是圆的直径).西姆松及其逆定理：

过三角形外接圆上任一点作三边（或所在直线）的垂线，则三垂足共线；反之，若自一点作三角形三边所在直线的垂线足共线，则该点在三角形的外接圆上.如下图

直线与圆的关系有关问题例题1.如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD＝4DC。已知圆过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G。求证：AD⊥BF（全国联赛题）分析：已知条件中有切线自然容易联想到应用切割线定理得到有关线段间的比例再根据BD=4DC

易联想要做一条平行线。关键是应用线的转化。证明：如图，作DE⊥AC于E，则AC＝AE，AG＝ED。由切割线定理有：AG2＝AF·AC，∴ED2＝AF·AE，∴5ED2＝AF·AE，∴AB·ED＝AF·AE，∴，∴△BAF∽△AED，∴∠ABF＝∠EAD，而∠EAD＋∠DAB＝90°，∴∠ABF＋∠DAB＝90°，

小结：本题主要考察了切割线定理的应用和线间的转化进而转化为角的转化两个圆的关系有关问题例题2.圆O1与O2圆外切于点A，两圆的一条外公切线与圆O1相切于点B，若AB与两圆的另一条外公切线平行，则圆O1与圆O2的半径之比为（）（2002年全国联赛题）(A)2：5 (B)1：2(C)1：3(D)2：3小结：本题选C。综合考察了圆的切线的性质平行线的性质及相切两圆的性质。BAO1O2四点共圆问题例题3.⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同).△ABC

外接圆和△BKN外接圆相交于B和M.求证：∠BMO=90°.(IM