发布时间 : 星期一 文章高中数学竞赛教程 - - 平面几何更新完毕开始阅读7ad6d7ff04a1b0717fd5dd39
证 如图。延长HA到M，使AM=BC。连CM，BM。 M设CM与BF交于点K。 在△ACM和△BCF中，
AC=CF，AM=BC，
E∠MAC+∠HAC=180°， G∠HAC+∠HCA=90°，
AD并且∠BCF=90°+∠HCA，
FK因此∠BCF+∠HAC=180° ∠MAC=∠BCF。
从而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。 BCH所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°， 即 BF丄MC。
同理CD丄MB。AH，BF，CD为△MBC的3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R，S，T。
A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；
RMNSP，S，C，T分别四点共圆，则
DE ∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT。
P 同理，∠APC－∠ABC=∠RST，
CBT由条件知∠SRT=∠RST，所以RT=ST。
又RT=PBsinB，ST=PCsinC，
PBPC? 所以PBsinB=PCsinC，那么 。 ABACANACABAM??? 由角平分线定理知 。 NPPCPBMP 故M，N重合，即AP，BD，CE交于一点。 例7
O1与
O2外切于P点，QR为两圆的公切线，其中Q，R分别为O1，
O2上的切
点，过Q且垂直于QO2的直线与过R且垂直于RO1的直线交于点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。
因为∠O1QM=∠O1NM=90°，所以Q，O1，N，M四点共圆，有∠QMI=∠QO1O2。
I而∠IQO2=90°=∠RQO1，所以∠IQM=∠O2QO1，
故△QIM∽△QO2O1，得
QO1O1O2 ?QMMIRQMO1NOPO2RO2O1O2QMQO1? 同理可证。因此 ① ?RMMIMRRO2因为QO1∥RO2，所以有
O1OQO1 ② ?ORRO2由①，②得MO∥QO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，
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所以
O1OO1QO1P， ??ORRO2PO2即OP∥RO2。从而MO∥QO1∥RO2∥OP，故M，O，P三点共线，所以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△ABC的BC，CA，AB边上的点。若AP，BQ，CR相交于一点M，则
BPCQAR???1。 PCQARBAQMBPC证 如图，由三角形面积的性质，有
ARS?AMCBPS?AMBCQS?BMC, , . ???RBS?BMCPCS?AMCQAS?AMB以上三式相乘，得
BPCQAR???1. PCQARB
定理2 (定理1的逆定理):
设P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB上的点。若交于一点。
证 如图，设AP与BQ交于M，连CM，交AB于R’。
由定理1有
BPCQAR'BPCQAR???1. 而???1，所以 PCQAR'BPCQARBBPCQAR???1，则AP，BQ，CRPCQARBAR'AR?. R'BRB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，AB(或它们的延长线)分别交于P，Q，R，则
BPCQAR???1 PCQARBBARQCP证 如图，由三角形面积的性质，有
ARS?ARPBPS?BRPCQS?CRP, , . ???RBS?BRPPCS?CPRQAS?ARP将以上三式相乘，得
BPCQAR???1. PCQARBWisdom&Love 第 10 页（共21页）
定理4 (定理3的逆定理):
设P，Q，R分别是△ABC的三边BC，CA，AB或它们延长线上的3点。若
BPCQAR???1， PCQARB则P，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。
CGBHDE???1 ① 对△BCD用塞瓦定理，可得
AGBHDEC因为AH是∠BAD的角平分线，
DBHAB?由角平分线定理知 。 HHDADFECGABDEB???1 ② 代入①式得 GGBADECCCGCIDEADJ??因为CI∥AB，CJ∥AD，则，。 IGBABECCJCIABAD???1. 代入②式得
ABADCJ从而CI=CJ。又由于
∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ，
所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.
例9 ABCD是一个平行四边形，E是AB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的延长线交于点J，与DC的延长线交于点I。
在△ECD与△FAB中分别使用
EJABEGDICHAGFHBJL???1， ???1. 梅涅劳斯定理，得
GDICHEGFHBJAGEGAGCHFHH??因为AB∥CD，所以 ， .
MGDGFHEHBDFCIDIBJCD?CIAB?AJ??从而，即，故CI=AJ. 而 ICJACIAJBMBJDIDL???， MCCIAJLAP且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL。
例10 在直线l的一侧画一个半圆T，C，D是T上的两点，T上过C
DE和D的切线分别交l于B和A，半圆的圆心在线段BA上，ECl是线段AC和BD的交点，F是l上的点，EF垂直l。求证：OF(H)BAEF平分∠CFD。
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证 如图，设AD与BC相交于点P，用O表示半圆T的圆心。过P作PH丄l于H，连OD，
OC，OP。
AHHP?由题意知Rt△OAD∽Rt△PAH，于是有 . ADDOBHHP?类似地，Rt△OCB∽Rt△PHB， 则有 . BCCOAHBHAHBCPD????1. 由CO=DO，有，从而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PH上，点H与F重合。 因∠ODP=∠OCP=90°，所以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，因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，所以EF平分∠CFD。
E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。
BR
C引理1:
TA1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，
ABCDEF则有11?11?11?1.
B1C1D1E1F1A1APSDF如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O，根据圆内接多边形的性质易知 △ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1， △OC1D1∽△OA1F1，从而有
B1A1C1OD1E1F1A1B1B1OEFFOCDDO， 11?1， 11?1. ?D1E1D1OB1C1B1OF1A1F1OABCDEF将上面三式相乘即得11?11?11?1，
B1C1D1E1F1A1引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足
A1B1C1D1E1F1???1 B1C1D1E1F1A1则其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1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.
BREBPAFP??由△EBR∽△EPA，△FDS∽△FPA，知 ,. PAEPDSFDBREB?FP?两式相乘，得 . ① DSEP?FDCRECPDFP??又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，知，. 两式相乘，得 PDEPASFACREC?FP? ② ASEP?FABR?ASEB?FABRCDSAEBAFDC??????由①，②得. 故 . ③
DS?CREC?FDRCDSABBAFDCEWisdom&Love 第 12 页（共21页）