小學幾何教案

數(shù)學競賽平面幾何講座：講巧添輔助妙解競賽題。

老師工作中的一部分是寫教案課件，大家應該要寫教案課件了。只有制定教案課件工作計劃，可以更好完成工作任務！你們到底知道多少優(yōu)秀的教案課件呢？小編特地為您收集整理“數(shù)學競賽平面幾何講座：講巧添輔助妙解競賽題”，歡迎閱讀，希望您能夠喜歡并分享！

第二講巧添輔助妙解競賽題

在某些數(shù)學競賽問題中,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)學競賽題的若干思路.

1挖掘隱含的輔助圓解題

有些問題的題設或圖形本身隱含著“點共圓”,此時若能把握問題提供的信息,恰當補出輔助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質(zhì),就會使題設和結(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△ABC中,AB＝AC,D是底邊BC

上一點,E是線段AD上一點且∠BED＝2∠CED＝

∠A.求證：BD＝2CD.

分析：關(guān)鍵是尋求∠BED＝2∠CED與結(jié)論的聯(lián)系.

容易想到作∠BED的平分線,但因BE≠ED,故不能

直接證出BD＝2CD.若延長AD交△ABC的外接圓

于F,則可得EB＝EF,從而獲取.

證明：如圖1,延長AD與△ABC的外接圓相交于點F,連結(jié)CF與BF,則∠BFA＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:CF＝BD:DC.

又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,從而∠FBE＝∠ABC＝∠ACB＝∠BFE.

故EB＝EF.

作∠BEF的平分線交BF于G,則BG＝GF.

因∠GEF＝∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.從而GF＝FC.

于是,BF＝2CF.故BD＝2CD.

1.2利用四點共圓

例2凸四邊形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝

∠BCD＝90°,

AB＝2,CD＝1,對角線AC、BD交于點O,如圖2.

則sin∠AOB＝____.

分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D

四點共圓,欲求sin∠AOB,聯(lián)想到托勒密定理,只須求出BC、AD即可.

解：因∠BAD＝∠BCD＝90°,故A、B、C、D四點共圓.延長BA、CD交于P,則∠ADP＝∠ABC＝60°.

設AD＝x,有AP＝x,DP＝2x.由割線定理得(2＋x)x＝2x(1＋2x).解得AD＝x＝2－2,BC＝BP＝4－.

由托勒密定理有

BDCA＝(4－)(2－2)＋2×1＝10－12.

又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝.

故sin∠AOB＝.

例3已知：如圖3,AB＝BC＝CA＝AD,AH

⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求證：

△ABC的面積S＝APBD.

分析：因S△ABC＝BC2＝ACBC,只

須證ACBC＝APBD,轉(zhuǎn)化為證△APC∽△BCD.這由A、B、C、Q四點共圓易證(Q為BD與AH交點).

證明：記BD與AH交于點Q,則由AC＝AD,AH⊥CD得∠ACQ＝∠ADQ.

又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ.

從而,∠ABQ＝∠ACQ.可知A、B、C、Q四點共圓.

∵∠APC＝90°＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ,

∴△APC∽△BCD.

∴ACBC＝APBD.

于是,S＝ACBC＝APBD.

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ABCD中,AB∥CD,AD＝DC

＝DB＝p,BC＝q.求對角線AC的長.

分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在

半徑為p的⊙D上.利用圓的性質(zhì)即可找到AC與

p、q的關(guān)系.

解：延長CD交半徑為p的⊙D于E點,連結(jié)AE.

顯然A、B、C在⊙D上.

∵AB∥CD,

∴BC＝AE.

從而,BC＝AE＝q.

在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故

AC＝＝.

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＝－x2＋2x＋8與x軸交于B、C兩點，點D平分BC.若在x軸上側(cè)的A點為拋物線上的動點,且∠BAC為銳角,則AD的取值范圍是____.

分析：由“∠BAC為銳角”可知點A在以定線段BC為直徑的圓外,又點A在x軸上側(cè),從而可確定動點A的范圍,進而確定AD的取值范圍.

解：如圖5,所給拋物線的頂點為A0(1,9),

對稱軸為x＝1,與x軸交于兩點B(－2,0)、

C(4,0).

分別以BC、DA為直徑作⊙D、⊙E,則

兩圓與拋物線均交于兩點P(1－2,1)、

Q(1＋2,1).

可知,點A在不含端點的拋物線PA0Q

內(nèi)時,∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD

≤DA0＝9,即AD的取值范圍是3＜AD≤9.

2.3聯(lián)想圓冪定理構(gòu)造輔助圓

例6AD是Rt△ABC斜邊BC上的高,∠B的平行線交AD于M,交AC于N.求證：AB2－AN2＝BMBN.

分析：因AB2－AN2＝(AB＋AN)(AB－AN)＝BMBN,而由題設易知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,

∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,

又∠3＝∠4,∠1＝∠5,

∴∠1＝∠2.從而,AM＝AN.

以AM長為半徑作⊙A,交AB于F,交

BA的延長線于E.則AE＝AF＝AN.

由割線定理有

BMBN＝BFBE

＝(AB＋AE)(AB－AF)

＝(AB＋AN)(AB－AN)

＝AB2－AN2,

即AB2－AN2＝BMBN.

例7如圖7,ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形,延長AB和DC相交于E,延長AB和DC相交于E,延長AD和BC相交于F,EP和FQ分別切⊙O于P、Q.求證：EP2＋FQ2＝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∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、

G四點共圓.

由切割線定理,有

EF2＝(EG＋GF)EF

＝EGEF＋GFEF

＝ECED＋FCFB

＝ECED＋FCFB

＝EP2＋FQ2,

即EP2＋FQ2＝EF2.

2.4聯(lián)想托勒密定理構(gòu)造輔助圓

例8如圖8,△ABC與△A＇B＇

C＇的三邊分別為a、b、c與a＇、

b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A

＇＝180°.試證：aa＇＝bb＇＋cc＇.

分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇

＝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△ABC的外接圓,過C作CD∥AB交圓于D,連結(jié)AD和BD,如圖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.

從而,由托勒密定理,得

ADBC＝ABDC＋ACBD,

即a2＝c＋b.

故aa＇＝bb＇＋cc＇.

練習題

1.作一個輔助圓證明：△ABC中,若AD平分∠A,則＝.

(提示：不妨設AB≥AC,作△ADC的外接圓交AB于E,證△ABC∽△DBE,從而＝＝.)

2.已知凸五邊形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求證：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.

(提示：由已知證明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,從而A、B、C、D、E共圓,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)

3.在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB邊上取一點M,使BM＝AC.求∠AMC的度數(shù).

(提示：以BC為邊在△ABC外作正△KBC,連結(jié)KM,證B、M、C共圓,從而∠BCM＝∠BKM＝10°,得∠AMC＝30°.)

4．如圖10,AC是ABCD較長的對角線,過C作

CF⊥AF,CE⊥AE.求證：ABAE＋ADAF＝AC2.

(提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點

G、H.則CG＝AH,由割線定理可證得結(jié)論.)

5.如圖11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直線

CD過A交⊙O1和⊙O2于C、D,且AC＝AD,EC、ED分別切兩圓于C、D.求證：AC2＝ABAE.

(提示：作△BCD的外接圓⊙O3,延長BA交⊙O3

于F,證E在⊙O3上,得△ACE≌△ADF,從而AE

＝AF,由相交弦定理即得結(jié)論.)

6．已知E是△ABC的外接圓之劣弧BC的中點.

求證：ABAC＝AE2－BE2.

(提示：以BE為半徑作輔助圓⊙E,交AE及其延長線于N、M,由△ANC∽△ABM證ABAC＝ANAM.)

7.若正五邊形ABCDE的邊長為a,對角線長為b,試證：－＝1.

(提示：證b2＝a2＋ab,聯(lián)想托勒密定理作出五邊形的外接圓即可證得.)

精選閱讀

數(shù)學競賽平面幾何講座：四點共圓問題

老師職責的一部分是要弄自己的教案課件，大家在認真準備自己的教案課件了吧。只有規(guī)劃好了教案課件新的工作計劃，新的工作才會如魚得水！你們知道適合教案課件的范文有哪些呢？下面是小編幫大家編輯的《數(shù)學競賽平面幾何講座：四點共圓問題》，歡迎您參考，希望對您有所助益！

第四講四點共圓問題

“四點共圓”問題在數(shù)學競賽中經(jīng)常出現(xiàn)，這類問題一般有兩種形式：一是以“四點共圓”作為證題的目的，二是以“四點共圓”作為解題的手段，為解決其他問題鋪平道路.

1“四點共圓”作為證題目的

例1．給出銳角△ABC，以AB為直徑的圓與AB邊的高CC′及其延長線交于M，N.以AC為直徑的圓與AC邊的高BB′及其延長線將于P，Q.求證：M，N，P，Q四點共圓.

分析：設PQ，MN交于K點，連接AP，AM.

欲證M，N，P，Q四點共圓，須證

MKKN＝PKKQ，

即證(MC′-KC′)(MC′+KC′)

＝(PB′-KB′)(PB′+KB′)

或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2.①

不難證明AP=AM，從而有

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，命題得證.

例2．A、B、C三點共線，O點在直線外，

O1，O2，O3分別為△OAB，△OBC，

△OCA的外心.求證：O，O1，O2，

O3四點共圓.

分析：作出圖中各輔助線.易證O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.觀察△OBC及其外接圓，立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.觀察△OCA及其外接圓，立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.

由∠OO2O1=∠OO3O1O，O1，O2，O3共圓.

利用對角互補，也可證明O，O1，O2，O3四點共圓，請同學自證.

2以“四點共圓”作為解題手段

這種情況不僅題目多，而且結(jié)論變幻莫測，可大體上歸納為如下幾個方面.

(1)證角相等

例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分別在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK.

求證：∠DMA＝∠CKB.

分析：易知A，B，M，K四點共圓.連接KM，

有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC

＝180°，

∴∠CMK+∠KDC＝180°.

故C，D，K，M四點共圓∠CMD＝∠DKC.

但已證∠AMB＝∠BKA，

∴∠DMA＝∠CKB.

(2)證線垂直

例4．⊙O過△ABC頂點A，C，且與AB，

BC交于K，N(K與N不同).△ABC

外接圓和△BKN外接圓相交于B和

M.求證：∠BMO=90°.

分析：這道國際數(shù)學競賽題，曾使許多選手望而卻步.其實，只要把握已知條件和圖形特點，借助“四點共圓”，問題是不難解決的.

連接OC，OK，MC，MK，延長BM到G.易得∠GMC=

∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2∠BAC=∠GMC+

∠BMK=180°-∠CMK，

∴∠COK+∠CMK=180°C，O，K，M四點共圓.

在這個圓中，由

OC=OKOC=OK∠OMC=∠OMK.

但∠GMC=∠BMK，

故∠BMO=90°.

(3)判斷圖形形狀

例5．四邊形ABCD內(nèi)接于圓，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的內(nèi)心依次記為IA，IB，IC，ID.

試證：IAIBICID是矩形.

分析：連接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得

∠AICB=90°+∠ADB=90°+

∠ACB=∠AIDBA，B，ID，IC四點

共圓.

同理，A，D，IB，IC四點共圓.此時

∠AICID=180°-∠ABID=180°-∠ABC，

∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，

∴∠AICID+∠AICIB

=360°-(∠ABC+∠ADC)

=360°-×180°=270°.

故∠IBICID=90°.

同樣可證IAIBICID其它三個內(nèi)角皆為90°.該四邊形必為矩形.

(4)計算

例6．正方形ABCD的中心為O，面積為1989㎝2.P為正方形內(nèi)

一點，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.則PB=__________

分析：答案是PB=42㎝.怎樣得到的呢？

連接OA，OB.易知O，P，A，B

四點共圓，有∠APB=∠AOB=90°.

故PA2+PB2=AB2=1989.

由于PA:PB=5:14，可求PB.

(5)其他

例7．設有邊長為1的正方形，試在這個正方形的內(nèi)接正三角形中找出面積最大的和一個面積最小的，并求出這兩個面積(須證明你的論斷).

分析：設△EFG為正方形ABCD的一個內(nèi)接正三角形，由于正三角形的三個頂點至少必落在正方形的三條邊上，所以不妨令F，G兩點在正方形的一組對邊上.

作正△EFG的高EK，易知E，K，G，

D四點共圓∠KDE=∠KGE=60°.同

理，∠KAE=60°.故△KAD也是一個正

三角形，K必為一個定點.

又正三角形面積取決于它的邊長，當KF丄AB時，邊長為1，這時邊長最小，而面積S=也最小.當KF通過B點時，邊長為2，這時邊長最大，面積S=2-3也最大.

例8．NS是⊙O的直徑，弦AB丄NS于M，P為ANB上異于N的任一點，PS交AB于R，PM的延長線交⊙O于Q.求證：RS＞MQ.

分析：連接NP，NQ，NR，NR的延長線交⊙O于Q′.連接

MQ′，SQ′.

易證N，M，R，P四點共圓，從而，∠SNQ′=∠MNR=

∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.

根據(jù)圓的軸對稱性質(zhì)可知Q與Q′關(guān)于NS成軸對稱MQ′=MQ.

又易證M，S，Q′，R四點共圓，且RS是這個圓的直徑(

∠RMS=90°)，MQ′是一條弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.

練習題

1.⊙O1交⊙O2于A，B兩點，射線O1A交⊙O2于C點，射線O2A

交⊙O1于D點.求證：點A是△BCD的內(nèi)心.

(提示：設法證明C，D，O1，B四點共圓，再證C，D，B，O2

四點共圓，從而知C，D，O1，B，O2五點共圓.)

2.△ABC為不等邊三角形.∠A及其外角平分線分別交對邊中垂線于A1，A2；同樣得到B1，B2，C1，C2.求證：A1A2=B1B2=C1C2.

(提示：設法證∠ABA1與∠ACA1互補造成A，B，A1，C四點共圓；再證A，A2，B，C四點共圓，從而知A1，A2都是△ABC的外接圓上，并注意∠A1AA2=90°.)

3.設點M在正三角形三條高線上的射影分別是M1，M2，M3(互不重合).求證：△M1M2M3也是正三角形.

4.在Rt△ABC中，AD為斜邊BC上的高，P是AB上的點，過A點作PC的垂線交過B所作AB的垂線于Q點.求證：PD丄QD.

(提示：證B，Q，E，P和B，D，E，P分別共圓)

5.AD，BE，CF是銳角△ABC的三條高.從A引EF的垂線l1，從B引FD的垂線l2，從C引DE的垂線l3.求證：l1，l2，l3三線共點.(提示：過B作AB的垂線交l1于K，證：A，B，K，C四點共圓)

數(shù)學競賽平面幾何講座5講(第3講點共線、線共點)

每個老師上課需要準備的東西是教案課件，大家靜下心來寫教案課件了。需要我們認真規(guī)劃教案課件工作計劃，才能對工作更加有幫助！你們到底知道多少優(yōu)秀的教案課件呢？為滿足您的需求，小編特地編輯了“數(shù)學競賽平面幾何講座5講(第3講點共線、線共點)”，僅供參考，歡迎大家閱讀。

第三講點共線、線共點

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

1.點共線的證明

點共線的通常證明方法是：通過鄰補角關(guān)系證明三點共線；證明兩點的連線必過第三點；證明三點組成的三角形面積為零等。n(n≥4)點共線可轉(zhuǎn)化為三點共線。

例1如圖，設線段AB的中點為C，以AC和CB為對角線作平行四邊形AECD，BFCG。又作平行四邊形CFHD，CGKE。求證：H，C，K三點共線。

證連AK，DG，HB。

由題意，ADECKG，知四邊形AKGD是平行四邊形，于是AKDG。同樣可證AKHB。四邊形AHBK是平行四邊形，其對角線AB，KH互相平分。而C是AB中點，線段KH過C點，故K，C，H三點共線。

例2如圖所示，菱形ABCD中，∠A=120°，O為△ABC外接圓，M為其上一點，連接MC交AB于E，AM交CB延長線于F。求證：D，E，F(xiàn)三點共線。

證如圖，連AC，DF，DE。

因為M在O上，

則∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB，

有△AMC∽△ACF，得

。

又因為∠AMC=BAC，所以△AMC∽△EAC，得

。

所以，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD∽

△ADE。所以∠ADE=∠DFB。因為AD∥BC，所以∠ADF=∠DFB=∠ADE，于是F，E，D三點共線。

例3四邊形ABCD內(nèi)接于圓，其邊AB與DC的延長線交于點P，AD與BC的延長線交于點Q。由Q作該圓的兩條切線QE和QF，切點分別為E，F(xiàn)。求證：P，E，F(xiàn)三點共線。

證如圖。

連接PQ，并在PQ上取一點M，使得

B，C，M，P四點共圓，連CM，PF。設PF與圓的另一交點為E’，并作QG丄PF，垂足為G。易如

QE2=QMQP=QCQB①

∠PMC=∠ABC=∠PDQ。

從而C，D，Q，M四點共圓，于是

PMPQ=PCPD②

由①，②得

PMPQ+QMPQ=PCPD+QCQB，

即PQ2=QCQB+PCPD。

易知PDPC=PE’PF，又QF2=QCQB，有

PE’PF+QF2=PDPC+QCAB=PQ2，

即PE’PF=PQ2-QF2。又

PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)(PG－GF)

=PF(PG－GF)，

從而PE’=PG－GF=PG－GE’，即GF=GE’，故E’與E重合。

所以P，E，F(xiàn)三點共線。

例4以圓O外一點P，引圓的兩條切線PA，PB，A，B為切點。割線PCD交圓O于C，D。又由B作CD的平行線交圓O于E。若F為CD中點，求證：A，F(xiàn)，E三點共線。

證如圖，連AF，EF，OA，OB，OP，BF，OF，

延長FC交BE于G。

易如OA丄AP，OB丄BP，

OF丄CP，所以P，A，F(xiàn)，O，B

五點共圓，有∠AFP=∠AOP=∠POB=

∠PFB。

又因CD∥BE，所以有

∠PFB=∠FBE，∠EFD=∠FEB，

而FOG為BE的垂直平分線，故EF=FB，∠FEB=∠EBF，

所以∠AFP=∠EFD，A，F(xiàn)，E三點共線。

2.線共點的證明

證明線共點可用有關(guān)定理(如三角形的3條高線交于一點)，或證明第3條直線通過另外兩條直線的交點，也可轉(zhuǎn)化成點共線的問題給予證明。

例5以△ABC的兩邊AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG。

△ABC的高為AH。求證：AH，BF，CD交于一點。

證如圖。延長HA到M，

使AM=BC。連CM，BM。

設CM與BF交于點K。

在△ACM和△BCF中，

AC=CF，AM=BC，

∠MAC+∠HAC=180°，

∠HAC+∠HCA=90°，

并且∠BCF=90°+∠HCA，

因此∠BCF+∠HAC=180°

∠MAC=∠BCF。

從而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。

所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°，

即BF丄MC。

同理CD丄MB。AH，BF，CD為△MBC的3條高線，故AH，BF，CD三線交于一點。

例6設P為△ABC內(nèi)一點，∠APB－∠ACB=∠APC－∠ABC。又設D，E分別是△APB及△APC的內(nèi)心。證明：AP，BD，CE交于一點。

證如圖，過P向三邊作垂線，垂足分別為R，S，T。

連RS，ST，RT，設BD交AP于M，CE交AP于N。

易知P，R，A，S；P，T，B，R；

P，S，C，T分別四點共圓，則

∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC

=∠PRS+∠PRT

=∠SRT。

同理，∠APC－∠ABC=∠RST，

由條件知∠SRT=∠RST，所以RT=ST。

又RT=PBsinB，ST=PCsinC，

所以PBsinB=PCsinC，那么

。

由角平分線定理知

。

故M，N重合，即AP，BD，CE交于一點。

例7O1與O2外切于P點，QR為兩圓的公切線，其中Q，R分別為O1，O2上的切點，過Q且垂直于QO2的直線與過R且垂直于RO1的直線交于點I，IN垂直于O1O2，垂足為N，IN與QR交于點M。證明：PM，RO1，QO2三條直線交于一點。

證如圖，設RO1與QO2交于點O，

連MO，PO。

因為∠O1QM=∠O1NM=90°，所以Q，O1，N，M四點共圓，有∠QMI=∠QO1O2。

而∠IQO2=90°=∠RQO1，

所以∠IQM=∠O2QO1，

故△QIM∽△QO2O1，得

同理可證。因此

①

因為QO1∥RO2，所以有

②

由①，②得MO∥QO1。又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，

所以，

即OP∥RO2。從而MO∥QO1∥RO2∥OP，故M，O，P三點共線，所以PM，RO1，QO2三條直線相交于同一點。

3.塞瓦定理、梅涅勞斯定理及其應用

定理1(塞瓦(Ceva)定理):

設P，Q，R分別是△ABC的BC，CA，AB邊上的點。若AP，BQ，CR相交于一點M，則

。

證如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有

,,.

以上三式相乘，得.

定理2(定理1的逆定理):

設P，Q，R分別是△ABC的BC，CA，AB上的點。若，則AP，BQ，CR交于一點。

證如圖，設AP與BQ交于M，連CM，交AB于R’。

由定理1有.而，所以

.

于是R’與R重合，故AP，BQ，CR交于一點。

定理3(梅涅勞斯(Menelaus)定理):

一條不經(jīng)過△ABC任一頂點的直線和三角形三邊BC，CA，AB(或它們的延長線)分別交于P，Q，R，則

證如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有

,,.

將以上三式相乘，得.

定理4(定理3的逆定理):

設P，Q，R分別是△ABC的三邊BC，CA，AB或它們延長線上的3點。若

，

則P，Q，R三點共線。

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和三點共線以及與之有關(guān)的題目中有著廣泛的應用。

例8如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD。在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G。求證：∠GAC=∠EAC。

證如圖，連接BD交AC于H，

過點C作AB的平行線交AG的延長線于I，過點C作AD的平行線交AE的延長線于J。

對△BCD用塞瓦定理，可得

①

因為AH是∠BAD的角平分線，

由角平分線定理知。

代入①式得

②

因為CI∥AB，CJ∥AD，則，。

代入②式得

.

從而CI=CJ。又由于

∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ，

所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.

例9ABCD是一個平行四邊形，E是AB上的一點，F(xiàn)為CD上的一點。AF交ED于G，EC交FB于H。連接線段GH并延長交AD于L，交BC于M。求證：DL=BM.

證如圖，設直線LM與BA的延長線交于點J，與DC的延長線交于點I。

在△ECD與△FAB中分別使用

梅涅勞斯定理，得

，.

因為AB∥CD，所以

，.

從而，即，故CI=AJ.而

，

且BM+MC=BC=AD=AL+LD.所以BM=DL。

例10在直線l的一側(cè)畫一個半圓T，C，D是T上的兩點，T上過C和D的切線分別交l于B和A，半圓的圓心在線段BA上，E是線段AC和BD的交點，F(xiàn)是l上的點，EF垂直l。求證：EF平分∠CFD。

證如圖，設AD與BC相交于點P，用O表示半圓T的圓心。過P作PH丄l于H，連OD，OC，OP。

由題意知Rt△OAD∽Rt△PAH，

于是有

.

類似地，Rt△OCB∽Rt△PHB，

則有

.

由CO=DO，有，從而.

由塞瓦定理的逆定理知三條直線AC，BD，PH相交于一點，即E在PH上，點H與F重合。

因∠ODP=∠OCP=90°，所以O，D，C，P四點共圓，直徑為OP.又∠PFC=90°，從而推得點F也在這個圓上，因此

∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，

所以EF平分∠CFD。

例11如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，AB，DC延長線交于E，AD、BC延長線交于F，P為圓上任意一點，PE，PF分別交圓于R，S.若對角線AC與BD相交于T.

求證：R，T，S三點共線。

先證兩個引理。

引理1:

A1B1C1D1E1F1為圓內(nèi)接六邊形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一點，則有.

如圖，設A1D1，B1E1，C1F1交于點O，根據(jù)圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)易知

△OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，

△OC1D1∽△OA1F1，從而有

，，.

將上面三式相乘即得，

引理2：

圓內(nèi)接六邊形A1B1C1D1E1F1，若滿足

則其三條對角線A1D1，B1E1，C1F1交于一點。

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△EBR∽△EPA，△FDS∽△FPA，知

,.

兩式相乘，得

.①

又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，知，.兩式相乘，得

②

由①，②得.故

.③

對△EAD應用梅涅勞斯定理，有

④

由③，④得

.

由引理2知BD，RS，AC交于一點，所以R，T，S三點共線。

練習

A組

1.由矩形ABCD的外接圓上任意一點M向它的兩對邊引垂線MQ和MP，向另兩邊延長線引垂線MR，MT。證明：PR與QT垂直，且它們的交點在矩形的一條對角線上。

2.在△ABC的BC邊上任取一點P，作PD∥AC，PE∥AB，PD，PE和以AB，AC為直徑而在三角形外側(cè)所作的半圓的交點分別為D，E。求證：D，A，E三點共線。

3.一個圓和等腰三角形ABC的兩腰相切，切點是D，E，又和△ABC的外接圓相切于F。求證：△ABC的內(nèi)心G和D，E在一條直線上。

4.設四邊形ABCD為等腰梯形，把△ABC繞點C旋轉(zhuǎn)某一角度變成△A’B’C’。證明：線段A’D,BC和B’C的中點在一條直線上。

5.四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD相交于P。設三角形ABP，BCP，CDP和DAP的外接圓圓心分別是O1，O2，O3，O4。求證：OP，O1O3，O2O4三直線交于一點。

6.求證：過圓內(nèi)接四邊形各邊的中點向?qū)吽鞯?條垂線交于一點。

7.△ABC為銳角三角形，AH為BC邊上的高，以AH為直徑的圓分別交AB，AC于M，N；M，N與A不同。過A作直線lA垂直于MN。類似地作出直線lB與lC。證明：直線lA，lB，lC共點。

8.以△ABC的邊BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的邊BC，CA，AB的對邊的中點。求證：直線AA1，BB1，CC1相交于一點。

9.過△ABC的三邊中點D，E，F(xiàn)向內(nèi)切圓引切線，設所引的切線分別與EF，F(xiàn)D，DE交于I，L，M。求證：I，L，M在一條直線上。

B組

10.設A1，B1，C1是直線l1上的任意三點，A2，B2，C2是另一條直線l2上的任意三點，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N。求證：L，M，N三點共線。

11.在△ABC，△A’B’C’中，連接AA’，BB’，CC’，使這3條直線交于一點S。求證：AB與A’B’、BC與B’C’、CA與C’A’的交點F，D，E在同一條直線上(笛沙格定理)。

12.設圓內(nèi)接六邊形ABCDEF的對邊延長線相交于三點P，Q，R，則這三點在一條直線上(帕斯卡定理)。

數(shù)學競賽平面幾何講座：三角形的五心

教案課件是老師上課中很重要的一個課件，大家正在計劃自己的教案課件了。各行各業(yè)都在開始準備新的教案課件工作計劃了，未來工作才會更有干勁！你們知道多少范文適合教案課件？以下是小編為大家精心整理的“數(shù)學競賽平面幾何講座：三角形的五心”，僅供參考，歡迎大家閱讀。

第五講三角形的五心

三角形的外心、重心、垂心、內(nèi)心及旁心，統(tǒng)稱為三角形的五心.

一、外心.

三角形外接圓的圓心，簡稱外心.與外心關(guān)系密切的有圓心角定理和圓周角定理.

例1．過等腰△ABC底邊BC上一點P引PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交AC于N.作點P關(guān)于MN的對稱點P′.試證：P′點在△ABC外接圓上.

分析：由已知可得MP′=MP=MB，NP′=NP

=NC，故點M是△P′BP的外心，點

N是△P′PC的外心.有

∠BP′P=∠BMP=∠BAC，

∠PP′C=∠PNC=∠BAC.

∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC.

從而，P′點與A，B，C共圓、即P′在△ABC外接圓上.

由于P′P平分∠BP′C，顯然還有

P′B:P′C=BP:PC.

例2．在△ABC的邊AB，BC，CA上分別取點P，Q，S.證明以△APS，△BQP，△CSQ的外心為頂點的三角形與△ABC相似.

分析：設O1，O2，O3是△APS，△BQP，

△CSQ的外心，作出六邊形

O1PO2QO3S后再由外

心性質(zhì)可知

∠PO1S=2∠A，

∠QO2P=2∠B，

∠SO3Q=2∠C.

∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.從而又知∠O1PO2+

∠O2QO3+∠O3SO1=360°

將△O2QO3繞著O3點旋轉(zhuǎn)到△KSO3，易判斷△KSO1≌△O2PO1，同時可得△O1O2O3≌△O1KO3.

∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K

=(∠O2O1S+∠SO1K)

=(∠O2O1S+∠PO1O2)

=∠PO1S=∠A；

同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC.

二、重心

三角形三條中線的交點，叫做三角形的重心.掌握重心將每

條中線都分成定比2:1及中線長度公式，便于解題.

例3．AD，BE，CF是△ABC的三條中線，P是任意一點.證明：在△PAD，△PBE，△PCF中，其中一個面積等于另外兩個面積的和.

分析：設G為△ABC重心，直線PG與AB

，BC相交.從A，C，D，E，F(xiàn)分別

作該直線的垂線，垂足為A′，C′，

D′，E′，F(xiàn)′.

易證AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′，

∴EE′=DD′+FF′.

有S△PGE=S△PGD+S△PGF.

兩邊各擴大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF.

例4．如果三角形三邊的平方成等差數(shù)列，那么該三角形和由它的三條中線圍成的新三角形相似.其逆亦真.

分析：將△ABC簡記為△，由三中線AD，BE，CF圍成的三角形簡記為△′.G為重心，連DE到H，使EH=DE，連HC，HF，則△′就是△HCF.

(1)a2，b2，c2成等差數(shù)列△∽△′.

若△ABC為正三角形，易證△∽△′.

不妨設a≥b≥c，有

CF=，

BE=，

AD=.

將a2+c2=2b2，分別代入以上三式，得

CF=，BE=，AD=.

∴CF:BE:AD=::

=a:b:c.

故有△∽△′.

(2)△∽△′a2，b2，c2成等差數(shù)列.

當△中a≥b≥c時，

△′中CF≥BE≥AD.

∵△∽△′，

∴＝()2.

據(jù)“三角形的三條中線圍成的新三角形面積等于原三角形面積的”，有=.

∴=3a2=4CF2=2a2+b2-c2

a2+c2=2b2.

三、垂心

三角形三條高的交戰(zhàn)，稱為三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四個等(外接)圓三角形，給我們解題提供了極大的便利.

例5．設A1A2A3A4為⊙O內(nèi)接四邊形，H1，H2，H3，H4依次為

△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心.求證：H1，H2，H3，H4四點共圓，并確定出該圓的圓心位置.

分析：連接A2H1，A1H2，H1H2，記圓半徑

為R.由△A2A3A4知

=2RA2H1=2Rcos∠A3A2A4；

由△A1A3A4得

A1H2=2Rcos∠A3A1A4.

但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2.

易證A2H1∥A1A2，于是，A2H1A1H2，

故得H1H2A2A1.設H1A1與H2A2的交點為M，故H1H2與A1A2關(guān)于M點成中心對稱.

同理，H2H3與A2A3，H3H4與A3A4，H4H1與A4A1都關(guān)于M點成中心對稱.故四邊形H1H2H3H4與四邊形A1A2A3A4關(guān)于M點成中心對稱，兩者是全等四邊形，H1，H2，H3，H4在同一個圓上.后者的圓心設為Q，Q與O也關(guān)于M成中心對稱.由O，M兩點，Q點就不難確定了.

例6．H為△ABC的垂心，D，E，F(xiàn)分別是BC，CA，AB的中心.一個以H為圓心的⊙H交直線EF，F(xiàn)D，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2.

求證：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2.

分析：只須證明AA1=BB1=CC1即可.設

BC=a，CA=b，AB=c，△ABC外

接圓半徑為R，⊙H的半徑為r.

連HA1，AH交EF于M.

A=AM2+A1M2=AM2+r2-MH2

=r2+(AM2-MH2)，①

又AM2-HM2=(AH1)2-(AH-AH1)2

=AHAH1-AH2=AH2AB-AH2

=cosAbc-AH2，②

而=2RAH2=4R2cos2A,

=2Ra2=4R2sin2A.

∴AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2.③

由①、②、③有

A=r2+bc-(4R2-a2)

=(a2+b2+c2)-4R2+r2.

同理，=(a2+b2+c2)-4R2+r2，

=(a2+b2+c2)-4R2+r2.

故有AA1=BB1=CC1.

四、內(nèi)心

三角形內(nèi)切圓的圓心，簡稱為內(nèi)心.對于內(nèi)心，要掌握張角公式，還要記住下面一個極為有用的等量關(guān)系：

設I為△ABC的內(nèi)心，射線AI交△ABC外接圓于A′，則有A′I=A′B=A′C.換言之，點A′必是△IBC之外心(內(nèi)心的等量關(guān)系之逆同樣有用).

例7．ABCD為圓內(nèi)接凸四邊形，取

△DAB，△ABC，△BCD，

△CDA的內(nèi)心O1，O2，O3，

O4.求證：O1O2O3O4為矩形.

(1986，中國數(shù)學奧林匹克集訓題)

證明見《中等數(shù)學》1992；4

例8．已知⊙O內(nèi)接△ABC，⊙Q切AB，AC于E，F(xiàn)且與⊙O內(nèi)切.試證：EF中點P是△ABC之內(nèi)心.

分析：在第20屆IMO中，美國提供的一道題實際上是例8的一種特例，但它增加了條件AB=AC.當AB≠AC，怎樣證明呢？

如圖，顯然EF中點P、圓心Q，BC中點K都在∠BAC平分線上.易知AQ=.

∵QKAQ=MQQN，

∴QK=

==.

由Rt△EPQ知PQ=.

∴PK=PQ+QK=+=.

∴PK=BK.

利用內(nèi)心等量關(guān)系之逆定理，即知P是△ABC這內(nèi)心.

五、旁心

三角形的一條內(nèi)角平分線與另兩個內(nèi)角的外角平分線相交于

一點，是旁切圓的圓心，稱為旁心.旁心常常與內(nèi)心聯(lián)系在一起，

旁心還與三角形的半周長關(guān)系密切.

例9．在直角三角形中，求證：r+ra+rb+rc=2p.

式中r，ra，rb，rc分別表示內(nèi)切圓半徑及與a，b，c相切的旁切圓半徑，p表示半周.

分析：設Rt△ABC中，c為斜邊，先來證明一個特性：

p(p-c)=(p-a)(p-b).

∵p(p-c)=(a+b+c)(a+b-c)

=[(a+b)2-c2]

=ab；

(p-a)(p-b)=(-a+b+c)(a-b+c)

=[c2-(a-b)2]=ab.

∴p(p-c)=(p-a)(p-b).①

觀察圖形，可得

ra=AF-AC=p-b，

rb=BG-BC=p-a，

rc=CK=p.

而r=(a+b-c)

=p-c.

∴r+ra+rb+rc

=(p-c)+(p-b)+(p-a)+p

=4p-(a+b+c)=2p.

由①及圖形易證.

例10．M是△ABC邊AB上的任意一點.r1，r2，r分別是△AMC，△BMC，△ABC內(nèi)切圓的半徑，q1，q2，q分別是上述三角形在∠ACB內(nèi)部的旁切圓半徑.證明：=.

(IMO-12)

分析：對任意△A′B′C′，由正弦定理可知

OD=OA′

=A′B′

=A′B′，

O′E=A′B′.

∴.

亦即有

=

==.

六、眾心共圓

這有兩種情況：(1)同一點卻是不同三角形的不同的心；(2)同一圖形出現(xiàn)了同一三角形的幾個心.

例11．設在圓內(nèi)接凸六邊形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.試證：(1)AD，BE，CF三條對角線交于一點；

(2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF.

分析：連接AC，CE，EA，由已知可證AD，CF，EB是△ACE的三條內(nèi)角平分線，I為△ACE的內(nèi)心.從而有ID=CD=DE，

IF=EF=FA，

IB=AB=BC.

再由△BDF，易證BP，DQ，F(xiàn)S是它的三條高，I是它的垂心，利用不等式有：

BI+DI+FI≥2(IP+IQ+IS).

不難證明IE=2IP，IA=2IQ，IC=2IS.

∴BI+DI+FI≥IA+IE+IC.

∴AB+BC+CD+DE+EF+FA

=2(BI+DI+FI)

≥(IA+IE+IC)+(BI+DI+FI)

=AD+BE+CF.

I就是一點兩心.

例12．△ABC的外心為O，AB=AC，D是AB中點，E是△ACD的重心.證明OE丄CD.

分析：設AM為高亦為中線，取AC中點

F，E必在DF上且DE:EF=2:1.設

CD交AM于G，G必為△ABC重心.

連GE，MF，MF交DC于K.易證：

DG:GK=DC:()DC=2:1.

∴DG:GK=DE:EFGE∥MF.

∵OD丄AB，MF∥AB，

∴OD丄MFOD丄GE.但OG丄DEG又是△ODE之垂心.

易證OE丄CD.

例13．△ABC中∠C=30°，O是外心，I是內(nèi)心，邊AC上的D點與邊BC上的E點使得AD=BE=AB.求證：OI丄DE，OI=DE.

分析：輔助線如圖所示，作∠DAO平分線交BC于K.

易證△AID≌△AIB≌△EIB，

∠AID=∠AIB=∠EIB.

利用內(nèi)心張角公式，有

∠AIB=90°+∠C=105°，

∴∠DIE=360°-105°×3=45°.

∵∠AKB=30°+∠DAO

=30°+(∠BAC-∠BAO)

=30°+(∠BAC-60°)

=∠BAC=∠BAI=∠BEI.

∴AK∥IE.

由等腰△AOD可知DO丄AK，

∴DO丄IE，即DF是△DIE的一條高.

同理EO是△DIE之垂心，OI丄DE.

由∠DIE=∠IDO，易知OI=DE.

例14．銳角△ABC中，O，G，H分別是外心、重心、垂心.設外心到三邊距離和為d外，重心到三邊距

離和為d重，垂心到三邊距離和為d垂.

求證：1d垂+2d外=3d重.

分析：這里用三角法.設△ABC外接圓

半徑為1，三個內(nèi)角記為A，B，

C.易知d外=OO1+OO2+OO3

=cosA+cosB+cosC，

∴2d外=2(cosA+cosB+cosC).①

∵AH1=sinBAB=sinB(2sinC)=2sinBsinC，

同樣可得BH2CH3.

∴3d重=△ABC三條高的和

=2(sinBsinC+sinCsinA+sinAsinB)②

∴=2，

∴HH1=cosCBH=2cosBcosC.

同樣可得HH2，HH3.

∴d垂=HH1+HH2+HH3

=2(cosBcosC+cosCcosA+cosAcosB)③

欲證結(jié)論，觀察①、②、③，

須證(cosBcosC+cosCcosA+cosAcosB)+(cosA+cosB+cosC)=sinBsinC+sinCsinA+sinAsinB.即可.

練習題

1.I為△ABC之內(nèi)心，射線AI，BI，CI交△ABC外接圓于A′，

B′，C′.則AA′+BB′+CC′＞△ABC周長.

2.△T′的三邊分別等于△T的三條中線，且兩個三角形有一組角相等.求證這兩個三角形相似.

3.I為△ABC的內(nèi)心.取△IBC，△ICA，△IAB的外心O1，O2，O3.求證：△O1O2O3與△ABC有公共的外心.(

4.AD為△ABC內(nèi)角平分線.取△ABC，△ABD，△ADC的外心O，O1，O2.則△OO1O2是等腰三角形.

5.△ABC中∠C＜90°，從AB上M點作CA，CB的垂線MP，MQ.H是△CPQ的垂心.當M是AB上動點時，求H的軌跡.(IMO-7)

6.△ABC的邊BC=(AB+AC)，取AB，AC中點M，N，G為重心，I為內(nèi)心.試證：過A，M，N三點的圓與直線GI相切.

7.銳角△ABC的垂心關(guān)于三邊的對稱點分別是H1，H2，H3.已知：H1，H2，H3，求作△ABC.

8.已知△ABC的三個旁心為I1，I2，I3.求證：△I1I2I3是銳角三角形.

9.AB，AC切⊙O于B，C，過OA與BC的交點M任作⊙O的弦EF.求證：(1)△AEF與△ABC有公共的內(nèi)心；(2)△AEF與△ABC有一個旁心重合.