初中数学竞赛几何讲座(共5讲)

初中数学竞赛几何讲座（共5讲）

第一讲注意添加平行线证题

第二讲巧添辅助妙解竞赛题

第三讲点共线、线共点

第四讲四点共圆问题

第五讲三角形的五心

第一讲注意添加平行线证题

在同一平面内，不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常

重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线，则能使

证明顺畅、简洁.

添加平行线证题,一般有如下四种情况.

1为了改变角的位置

大家知道,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.利

用这些性质,常可通过添加平行线，将某些角的位置改变，以满足求解的需要.

例1设P、。为线段8C上两点，且

A为BC外一动点（如图1）.当点A运动到使

ZBAP=ZCAQ时,AABC是什么三角形？试

证明你的结论.

答：当点A运动到使/84尸=/。1。时，△ABC为等腰三角形图1

证明：如图1,分别过点P、B作AC、AQ的平行线得交点D.连结DA.

在中，显然

ZDBP=ZAQC,ZDPB=ZC.

由BP=CQ,可知

△DBP0AAQC.

有DP=AC,/BDP=ZQAC.

于是,DA〃BP,ZBAP=ZBDP.

则A、D、B、尸四点共圆，且四边形AOBP为等腰梯形.故A8=OP.

所以A8=AC.

这里,通过作平行线，将NQ4C“平推”至UN2DP的位置.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，

ZBAF=ZBCE.求证：ZEBA=ZADE.

证明：如图2,分别过点A、B作瓦入EC

的平行线，得交点尸，连尸工

由AB乙CD,易知ZXPBAm/\ECD.有

PA=ED,PB=EC.

显然，四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有

NBCE=/BPE,/APE=/ADE.

^ZBAF=ZBCE,可知

ZBAF=ZBPE.

有P、B、A、E四点共圆.

于是,NEBA=NAPE.

所以，ZEBA=ZADE.

这里，通过添加平行线，使已知与未知中的四个角通过P、B、A、E四点共圆，紧密联系

起来ZAPE成为/EBA与NADE相等的媒介,证法很巧妙.

2欲“送”线段到当处

利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”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AABC中,BD.CE为角平分线,P为上任意一点.过P分别作AC.AB.BC的

垂线,M、N、。为垂足.求证：

PM+PN=PQ.

证明：如图3,过点P作AB的平行线交A

于F,过点F作BC的平行线分别交PQ、AC

于K、G,连PG.

由8。平行乙4BC,可知点尸到48、BC

两边距离相等.有KQ=PN.京

由CE平分NBCA,知GP平分/BGA.有PK=PM.于是，

PM+PN=PK+KQ=PQ.

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为了线段比的转化

由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”，在一些问题中，可

以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.

例4设M、必是的8c边上的点，且B必=C%.任作一直线分别交AB、AC、4必、

4此于尸、。、Ni、M.试证：

ABAC_AMX!AM2

APAQ~AN】ANJ

证明：如图4,若尸。〃BC,易证结论成立.

若PQ与BC不平行,设PQ交直线BCA

于D过点A作PQ的平行线交直线BC于才、、

由BM1=CM2,可知BE+CE=MtE+

ME,易知BM\MiCD

2图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

这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”，使公分母为DE,于是

问题迎刃而解.

例5AO是△ABC的高线,K为AO上一点交AC于E,CK交AB于凡求证：ZFDA=

ZEDA.

证明：如图5,过点A作8c的平行线，分

另IJ交直线。E、DF、BE、CF于。、P、

N、M.

…BDKDDC

显然，——=——=----

ANKAAM

有BD•AM=DC•AN.⑴

上APAFAM士

BDFBBC

BDAM

4尸=--------.⑵

BC

上AQAEAN上

DCECBC

DCAN

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

BC

对比⑴、⑵、⑶有

AP=AQ.

显然AO为PQ的中垂线，故平分NPOQ.

所以，ZFDA=ZEDA.

这里,原题并未涉及线段比，添加BC的平行线，就有大量的比例式产生,恰当地运用这

些比例式,就使AP与A0的相等关系显现出来.

4为了线段相等的传递

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

相等的关系传递开去.

例6在△ABC中,是8C边上的中线，点M在AB边上,点N在AC边上,并且/MDN=

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

4

证明：如图6,过点B作AC的平行线交A©

延长线于E.连ME.

由BD=DC,可知ED=DN.有

E

图6

△BED冬4CND.

于是,BE=NC.

显然,MD为EN的中垂线.有

EM=MN.

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

=90°.有

ZABC+ZACB

=ZABC+ZEBC=9Q°.

于是，ZBAC=90°.

所以,=L(AB2+AC2).

这里,添加AC的平行线，将8c的以。为中点的性质传递给EN,使解题找到出路.

例7如图7,A8为半圆直径，。为A8上一点,

分别在半圆上取点E、/，使E4=D4,FB=OR

过。作A8的垂线，交半圆于C.求证：CZ）平

分EF.

证明：如图7,分别过点£、尸作AB的垂线,G、H为垂足，连翻、E8.易知

DB1=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。〃=GD

显然,EG〃C。〃尸H.

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的两条平行线EG、FH,

从而得到G、X两点.证明很精彩.

经过一点的若干直线称为一组直线束.

一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.

如图8,三直线A8、AN、AC构成一组直线束,是与8C平行的直线.于是，有

DMAM

BNAN

_ME

—记，

RnDMMEDMBN

即-B--N-=--N-C-或伐--M--E-=--N-C-'

此式表明,。的充要条件是

BN=NC.

利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.

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的延长

图9

线交于G.求证：EG=GF.

证明：如图9,过C作Eb的平行线分别交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如图10,。。是△ABC的边8c外的旁

切圆,。、E、尸分别为。。与BC、CA,AB

的切点.若OD与EF相交于K,求证：AK平

分BC.

证明：如图10,过点K作BC的行平线分别

交直线A3、AC于。、P两点，连。P、OQ、

O

OE、OF.

图10

由ODLBC,可知OK_LPQ.

由。尸，48,可知。、K、F、。四点共圆，有

ZFOQ=ZFKQ.

由OELAC,可知0、K、P、E四点共圆.有

ZEOP=ZEKP.

显然，/FKQ=NEKP,可知

ZFOQ=ZEOP.

由OF=OE,可知

RtAOFQ^RtAOEP.

贝ljOQ=OP.

于是,OK为PQ的中垂线,故

QK=KP.

所以,AK平分BC.

综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.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的作用.

练习题

1.四边形A8CO中,AB=CZ）,M、N分别为A。、2C的中点，延长B4交直线于瓦延长

CD交直线NM于F.求证：/BEN=ZCFN.

（提示：设尸为AC的中点，易证）

2.设P为△ABC边BC上一点，且PC=2P2.已知/ABC=45°,/APC=60°.求NACB.

（提示：过点C作E4的平行线交A4延长线于点D易证人40）64尸B4.答：75°）

3.六边开A8COEF的各角相等,E4=AB=BC,/仍。=60°,SAEBD=60cm2.求六边形

ABCDEF的面积.

（提示：设EF、0c分别交直线于P、。，过点£作。C的平行线交A8于点所求面积

与Z7EMQD面积相等.答：120cm2）

4.A。为RtzMBC的斜边8C上的高，尸是4。的中点，连BP并延长交AC于E.已知AC:AB

=k.求AE:EC.

（提示:过点A作BC的平行线交BE延长线于点F.设BC=1,有AD=k,DC*答：）

1+42

5.AB为半圆直径,C为半圆上一点,CDLAB于'D,E为DB上一点,过。作CE的垂线交CB

ADCF

于F.求证:

DEFB

（提示：过点尸作AB的平行线交CE于点H.H为4CDF的垂心.）

6.在△ABC中，NA:NB:/C=4:2:1,NA、N8、NC的对边分别为。、6、c.求证：-+-

ab

_j_

c

（提示：在BC上取一点。，使AO=A8分别过点8、C作4。的平行线交直线C4、于点

E、F.）

7.分别以△A8C的边AC和BC为一边在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点尸是Ef■的

中点.求证：尸点到边的距离是的一半.

8.△ABC的内切圆分别切BC、CA.AB于点D、E、F,过点F作BC的平行线分别交直线

DA.DE于点、H、G.求证：FH=HG.

（提示：过点A作8C的平行线分别交直线。歹于点M、N.）

9.AD为。。的直径,PD为。。的切线,PCB为。。的割线，尸。分别交AB、AC于点M、

N.求证：OM=ON.

（提示：过点C作PM的平行线分别交AB,AD于点E、F.过0作BP的垂线,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的内在联系,通过圆的

有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.

1挖掘隐含的辅助圆解题

有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”，此时若能把握问题提供的信息，恰当补出

辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化.

1.1作出三角形的外接圆

例1如图1,在△48C中,是底边

上一点,E是线段4。上一点且/8£Z>=2/CEO=

N4.求证：BD=2CD.

分析：关键是寻求=与结论的联系.

容易想到作/BE。的平分线，但因BE^ED,故不能

直接证出BD=2CD.若延长AD^ABC的外接圆

于F,则可得从而获取.

证明：如图1,延长AD"ABC的外接圆相交于点F,连结CF与BF,贝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的平分线交BF于G,则BG=GF.

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

2

于是,BF=2CF.故BD=2CD.

1.2利用四点共圆

例2凸四边形ABC。中，NABC=60°,NA4Z)=

ZBC£)=90°,

AB=2,0)=1,对角线AC、BD交于点O,如图2.

则sinZA0B=.

分析：由/A4O=NBCZ)=90°可知A、B、C、D

四点共圆,欲求sinZAOB,联想到托勒密定理,只须求出BC、4“翻可.

解：因NA4O=N8Cr>=90°,故4、B、C、。四点共圆.延长A4、CD交于尸，则乙4。尸=

/ABC=60".

设A£)=x,有AP=gx,DP=2x.由割线定理得(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：如图3,AB=BC=C4=AD,A"

J_CO于aCPLBC,C?交AH于P.求证：

73

△ABC的面积S=—AP-BD.

4

分析：因SAABC=&BC2=—AC•BC,只

44

须证AC・3C=AP・3D,转化为证△APCsABCD这由A、B、C、Q四点共圆易证（0为

BD与AH交点）.

证明：记BD与AH交于点Q,贝IJ由AC=AO,AH_LC。得/ACQ=/AZ）0.

y.AB=AD,ikZADQ=ZABQ.

从而，NABQ=NACQ.可知A、B、C、。四点共圆.

VZAPC=90°+ZPCH=ZBCD,ZCBQ=ZCAQ,

：./\APC^/\BCD.

：.AC•BC=AP•BD.

T13gV3

于是，s=——AC•BC=—AP-BD.

44

2构造相关的辅助圆解题

有些问题貌似与圆无关，但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信

息,此时可大胆联想构造出与题目相关

的辅助圆，将原问题转化为与圆有关的问题加以解决.

2.1联想圆的定义构造辅助圆

例4如图4,四边形ABC。中,AB〃CD,AO=OC

=DB=p,BC=q.求对角线AC的长.\

分析：由“AD=DC=DB=p”可知A、5、C在——1£

半径为p的。。上.利用圆的性质即可找到AC与''、0，:

p、q的关系.

解：延长交半径为p的。。于E点，连结AE图4

显然A、B、。在。。上.

,:AB〃CD,

：.BC=AE.

从而,BC=AE=q.

在△ACE中，ZCAE=90°,CE=2p,AE=q,故

AC=^CE2-AE2=挑2.

2.2联想直径的性质构造辅助圆

例5已知抛物线y=—f+2x+8与x轴交于B、C两点，点。平分BC.若在x轴上侧的A

点为抛物线上的动点,且/ZMC为锐角，则AO的取值范围是—.

分析：由“NBAC为锐角”可知点A在以定线段BC为直径的圆外,又点A在x轴上侧，从

而可确定动点A的范围,进而确定AD的取值范围.

解：如图5,所给抛物线的顶点为4（1,9）,

对称轴为x=1,与x轴交于两点8（—2,0）、

C（4,0）.

分别以8C、DA为直径作。QE,则

两圆与抛物线均交于两点尸（1—2后，1）、

。（1+2行,1）.

可知，点A在不含端点的抛物线PA0Q

内时,ZBAC<90°.且有3=OP=OQ<AD

WD4o=9,即AD的取值范围是3cADW9.

2.3联想圆幕定理构造辅助圆

例6A。是RtAABC斜边BC上的高，ZB的平行线交AO于跖交AC于N.求证：AB2-

AN2=BM•BN.

分析：因AB2-AN2^（A8+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,

VZ2+Z3=Z4+Z5=90°,

又/3=/4,/1=/5,

Z1=Z2.从而,

以AM长为半径作。A,交AB于F,交

BA的延长线于E.则AE=AF=AN.

由割线定理有

BM•BN=BF•BE

=(AB+A£)(AB-AF)

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

^AB2-AN2,

即AB2-AN2=BM•BN.

例7如图1,ABCD是。。的内接四边形，延长A8和0c相交于E,延长42和0c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+F（^^EF2.

分析：因EP和FQ是。O的切线，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的外接圆交EF于G,连

结CG.

因/尸£>C=NABC=/CGE,故尸、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EP-JrFQ1=EF2.

2.4联想托勒密定理构造辅助圆

例8如图8,△ABC与夕

C的三边分别为a、b、c与a'、

b'、c',且,/A+/A

'=180°.试证：aa'=bb'+cc'.

分析：因/8=/夕，/A+/A'图8

=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△A8C的外接圆，过<7作。〃48交圆于£）,连结AD和8。,如图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.

从而，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'.

练习题

AD

1.作一个辅助圆证明：AMC中，若40平分NA,则——=——.

ACDC

ABBD

（提示：不妨设ABNAC,作△AOC的外接圆交AB于E,证△ABCS/WE,从而——=——

ACDE

BD、

=------.）

DC

2.已知凸五边形ABCDE中，NBAE=3a,BC=C£>=£>E,/BCr>=/Cr>E=180°—2a.求

证：NBAC=/CAD=NDAE.

（提示：由已知证明/8CE=/BOE=180°—3a,从而A、B、C、D、E共圆，得/8AC=/

CAD=NDAE.）

3.在△ABC中A8=BC,NABC=20°,在AB边上取一点M,使8Af=AC.求/AMC的度数.

（提示：以BC为边在△A8C外作正△心（7,连结KM,证8、M、C共圆，从而/BCM=工/

2

2KM=10。，得NAMC=30。.）

4.如图10,AC是O48C。较长的对角线，过C作

CF±AF,CE±AE.求证：AB•AE+AD-AF^AC2.

（提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点

A

图10

G、H.则CG=AH,由割线定理可证得结论.）

5.如图11.已知。。1和。。2相交于A、8,直线

CD过A交。。1和。Q于C、。,且AC=AO,EC、ED分别切两圆于C、D求证:AC2=AB-AE.

（提示：作△8CO的外接圆。。3,延长助交。。3

于尸，证E在。Q上,得△ACEdADF,从而AE

=AF,由相交弦定理即得结论.）

6.已知E是△A8C的外接圆之劣弧8C的中点.

求证：AB•AC=AE2~BE2.

（提示：以BE为半径作辅助圆。E,交AE及其延长线于N、M,由△ANCsAABM证A8

=AN•AM.）

hn

7.若正五边形ABCOE的边长为a,对角线长为瓦试证：一一一=1.

ab

（提示：证b^c^+ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.）

第三讲点共线、线共点

在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理

的应用。

1.点共线的证明

点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线

必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等。〃(“24)点共线可转化为三点

共线。

例1如图，设线段A3的中点为C,以AC和C3为对角线作平行四边形AECD,

BFCG。又作平行四边形CF4D,CGKE。求证：H,C,K三点共线。

证连AK,DG,HBo

由题意，AD2EC&KG,知四边形AKGD

是平行四边形，于是AK2OG。同样可证

AK2HB。四边形AHBK是平行四边形，其对

角线A3,K"互相平分。而C是AB中点，线

段K”过C点，故K,C,H三点共线。

例2如图所示，菱形A3CO中，ZA=120°,°。为△ABC外接圆，〃为其上

一点，连接交A3于E,AM交C3延长线于凡求证：D,E,F三

点共线。

证如图，连AC,DF,DE。

因为M在。。上，

贝U/A"C=60°=ZABC=ZACB,

有△AMCS2XACF得

MC_CF_CF

“A-CA-CD

又因为NAMC=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。因为AD//BC,所以/40/=/0刑=/40£,于

是F,E,。三点共线。

例3四边形A3CO内接于圆，其边A3与OC的延长线交于点P,AO与3c的

延长线交于点。。由。作该圆的两条切线QE和。孔切点分别为E,Fo

求证：P,E,歹三点共线。

证如图。

连接P。，并在P。上取一点使得

B,C,M,P四点共圆，连CM,PFo设

一交点为E',并作。垂足为G。

QE2=QM.QP=QC.QB①

ZPMC=ZABC=ZPDQ。

从而C,D,Q,〃四点共圆，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'与E重合。

所以P,E,歹三点共线。

例4以圆。外一点尸，引圆的两条切线PA,PB,A,3为切点。割线PCO交

圆。于C,Do又由3作CO的平行线交圆。于E。若b为CO中点，求

证：A,F,E三点共线。

证如图，连AF,EF,OA,OB,0P,

延长PC交3E于G。

易如。4LAP,0B±BP,

OF±CP,所以P,A,F,0,B

五点共圆，＜ZAFP=ZAOP=ZPOB=

NPFB。

又因CD〃3E,所以有

ZPFB=ZFBE,ZEFD=ZFEB,

而R9G为BE的垂直平分线，故EF=FB,/FEB=/EBF,

所以/AFP=/EFD,A,F,E三点共线。

2.线共点的证明

证明线共点可用有关定理（如三角形的3条高线交于一点），或证明第3条直

线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明。

例5以△ABC的两边A3,AC向外作正方形A3OE,ACFG.

△ABC的高为44。求证：AH,BF,CD交于一点。

证如图。延长HA到M,M

使AM=BC。连CM,BM。,

设CM与3歹交于点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

从而△MA8ABCF,ZACM=ZCFB0

所以ZMKF=ZKCF+ZKFC=ZKCF+ZMCF=90°,

即BF±MCo

同理CO,MB。AH,BF,CO为△M3C的3条高线，故A”,BF,CD

三线交于一点。

例6设P为△A3C内一点，ZAPB-ZACB=ZAPC-AABC.又设O,E分另U

是/XAPB及△APC的内心。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RS,To

连RS,ST,RT,设30交AP于",CE交AP于

No

易知P,R,A,S；P,T,B,R；

P，S,C,T分别四点共圆，则

ZAPB-ZACB=ZPAC+ZPBC

=ZPRS+ZPRT

=ZSRTo

同理，ZAPC-ZABC=ZRST,

由条件知NSRT=NRST,所以RT=ST。

XRT=PBsinB,ST=PCsinC,

所以PBsi〃B=PCsi〃C,那么

PB_PC

A6-AC°

由角平分线定理知

ANACAB_AM

NP~PC~PB~MP

故M,N重合，即AP,BD,CE交于一点。

例7°Q与外切于P点，QR为两圆的公切线，其中。，R分别为

°0上的切点，过。且垂直于。。2的直线与过R且垂直于ROi的直线交

于点I,IN垂直于。。2,垂足为N,IN与QR交于点证明：PM,ROi，

三条直线交于一点。

证如图，设RQ与。Q交于点。，

连加0,POo

因为NQQM=NQNM=90°,所以Q,0],N,〃四点

共圆，有NQM/=NQQ02。

而//。。2=90°=ZRQ0i，

所以

故△Q/Ms^QQQ,得

。一二。。

QM~MI

同理可证£21=92。因此

RMMI

丝=丝①

MRR02

因为。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三点共线，所以

PM,ROi，QQ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分另1J是△A3C的BC,CA,A3边上的点。若AP,BQ,CR相交

于一点则

BPCQAR_]

PCQARB~°

证如图，由三角形面积的性质，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）:

设P,Q,R分别是△ABC的BC,CA,A3上的点。若丝.殁.理=1,

PCQARB

贝IJAP,BQ,CR交于一点、。

证如图，设AP与8。交于“，连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'与R重合，故AP,BQ,CR交于一点。

定理3（梅涅劳斯（Menelaus）定理）:

一条不经过△ABC任一顶点的直线和三角形三边BC,CA,A3（或它们的延

长线）分别交于P，Q，R，则

BPCQAR,

PCQARB

证如图，由三角形面积的性质，有

AR_sMRPBPS独RPCQ_S&CRP

RBs.RpPCSACPR%SMRP

BPCQAR

将以上三式相乘，得=1.

PCQARB

定理4（定理3的逆定理）：

设P,Q,R分别是△A3C的三边3C,CA,A3或它们延长线上的3点。若

BPCQAR

贝UP,Q,R三点共线。

定理4与定理2的证明方法类似。

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的题目

中有着广泛的应用。

例8如图，在四边形ABCO中，对角线AC平分NB4O。在CO上取一点E,

BE与AC相交于歹，延长DF交3c于G。求证：ZGAC=ZEACO

证如图，连接3。交AC于

过点C作AB的平行线交AG的延长线于I,过点C作AD的平行线交AE

的延长线于J。

对△BCD用塞瓦定理，可得

CGBHDE,小

---------------------=1①

GBHDEC

因为A"是/氏4。的角平分线,

由角平分线定理知也=丝。

HDAD

代入①式得

CGABDE,

--------•----------•--------]

GBADEC

DE_AD

因为C/〃AB,CJ//AD,则生=口

GBAB~EC~~CJ

代入②式得

CIAB

A5AD

从而C/=G7。又由于

ZAC>180°-Z5AC=180°~ZDAC=ZACJ,

所以△AC/丝△ACJ,故NZAC=NJAC,BPZGAC=ZEAC.

例9ABCD是一个平行四边形，E是A3上的一点，F为CD上的一点。AF交

ED于G,EC交FB于H。连接线段G"并延长交AO于L交3c于

求证：DL=BM.

证如图，设直线与3A的延长线交于点J,与OC的延长线交于点/。

在△ECO与△E4B中分别使用B

梅涅劳斯定理，得

EGDICH,AGFHBJ

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

GDICHE~HBTA

因为所以DFCI

EGAGCH_FH

GDGFHE~~HB,

DI_BJAB+AJ小〜ArH

从而,即CD+CJ-----------9CI=AJ.而

1C~1ACIAJ

BMBJDIDL

MCCIAJLA

且BM+MC=BC=AD=AL+LD.所以BM=DL。

例10在直线/的一侧画一个半圆T,C,。是T上的两点，T上过C和。的切

线分别交/于3和A,半圆的圆心在线段氏4上，E是线段AC和30的

交点，/是/上的点，EP垂直/。求证：EF平分/CFD。

证如图，设AO与3c相交于点P,用。表示半圆T的圆心。过P作

l于H,连。O,OC,OP。

由题意知RtAOAD^RtAPAH,P

于是有

AH_HP

AD~DO'

类似地，RtAOCBsRtAPHB,

则有

BHHP

正一节

小「八八八七AHBHEAHBC

fflCO=DO,有---=——，从而--------明.

ADBCHBCPDA

由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC,BD,PH相交于一点，即E在

上，点〃与歹重合。

因NOOP=NOCP=90°,所以。，D,C,P四点共圆,直径为0P.又/

PFC=90°,从而推得点歹也在这个圆上，因此

NDFP=NDOP=ZCOP=ZCFP,

所以EF平分NCTD。

E

例11如图，四边形A3CO内接于圆，/AB,DC延长

线交于E,AO、BC延长线交于歹，\P为圆上任意

一点，PE,PF分别交圆于R,/S.若对角线

AC与30相交于T.//

求证：R,T,S三点共线。B/Z/

先证两个引理。//xW

引理1：、力

ApBiQDiEpFi为圆内接六边形，若衣着

C内交于一点，则有

4瓦,G2.EIK_]

31clDEF1A1

如图，设4。1，BiEi，CpFi交于点O,

边形的性质易知

△OAiB^AOEiDi，AOBiCi^AOFiEi，

△OCiD^AOAiFi，从而有

AlBl_Bx0E'K_Fx0C2_D10

DXEX~~Dp,BC—丽

将上面三式相乘即得凶•汕・刍区=1,

31GD[E]F1Al

引理2：

圆内接六边形A1SC01E/1，若满足

4瓦.G2.ER=]

31GDRFXAX

则其三条对角线45,BiEi，CF1交于一点。

该引理与定理2的证明方法类似，留给读者。

例11之证明如图，连接PD,AS,RC,BR,AP,SD.

由AEBRS^EPA,AFDS^AFPA,知

BREBPA_FP

~PA~~EP"~DS~~FD

两式相乘，得

BREB-FP

①