江苏奥数夏令营新平面几何教师日

2018年奥数夏令营讲义——平面几何目录一、等差幂线定理 2二、共边比例定理、分角张角 72.1共边比例定理 72.2分角定理 102.3张角定理 12三、Menelaus、Ceva、Pascal定理 143.1梅涅劳斯（Menelaus）定理 143.2赛瓦（Ceva)定理 183.3Pascal定理 22四、三角形五心 274.1三角形的内心 274.2三角形的外心 304.3三角形的重心 334.4三角形的垂心 364.5三角形的旁心 40五、等角共轭 475.1等角共轭 475.2等角共轭点 48六、Simson定理、托勒密、三弦定理 596.1Simson定理 596.2Ptolemy定理 626.3三弦定理 66七、Stewart定理 68八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆 73九、圆幂定理、根轴、根心 81十、内外角平分线定理、线段的“分割比”、阿波罗尼斯圆 96十一、调和点列、线束 101十二、顾冬华20题 110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 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 重复编排在内，方便备课.一、等差幂线定理1.如图，点为内部一点，分别垂直于，且，.求证：.【证明】由定差幂线定理 ； ； .　　上述三式相加，结合及，得.2.在正方形对角线上一点(不与重合)，.求证：ABCDPEF【证明】则3.在中，.求证：和边上的中线和互相垂直.【证明】连接，得ABCDE4.如图，在中，，，、是垂足，与交于点.证明：.证明：在凹四边形中，由得.在凹四边形中，由得.于是，在凹四边形中，得到，则.由此题可得垂线的一个性质：.5.在五边形中，为五边形内一点，且.求证：.【证明】连接延长交，由，得：两式相减：即：由凹四边形得：.BACDEPQ6.如图，在四边形ABCD中，E和F是CD和BC上的点，AB=AD，DF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7.若点在三边、、所在直线上的射影分别为、、.证明：自、、的中点分别向、、所作的垂线共点.证明：由三角形中线长公式，有.由，，，则 .同理， .以上三式相加，得.因为，由定差幂线定理可得：以上三式相加得所以=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.8.以锐角△ABC的一边为直径作圆，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为劣弧上一点，BE与AC交于点N.若AF2+BD2+CE2=AE2+CD2+BF2.求证：.证明如图，由于以为直径的圆分别与、交于点，，则，.设与交于点，则为的垂心，故点与关于对称，点与关于对称.从而，，，.由，有.即.由定差幂线定理知，.又注意到为垂心，有.故知、、三点共线.因为为边与的交点，则.故.二、共边比例定理、分角张角2.1共边比例定理9.如图，中，，、交于.求证：直线平分和.【证明】设直线分别交、于、.由共边定理，得，，而，则，所以，则.又由共边定理，得，所以，即，所以是的中点.又易知，则.由共边定理，得，则，所以是的中点.故直线平分和.10.过圆外一点P引圆的两条切线和一条割线，在上取一点使.求证：.【证明】设由共边比例定理，得：（的高）APBCDQ又得连接，..，.11.在内任取一点P，连结PA、PB、PC分别交对边于X、Y、Z点.求证：证明：由共边比例定理知：12.已知是的内切圆，、、分别为、、上的切点，连结并延长交于点，连结并延长交于点.求证：是的中点.证明:如图，联结，，由、、、N及、、、分别四点共圆有，.由共边比例定理，有，及.于是，.故是的中点.2.2分角定理13.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，则外分. 设，作.由分角定理得： ① 在中，内分，由分角定理得： ② 由①=②且，得. 设，在等腰中，有. ∴，∴，∴. 以上过程均可逆.14.设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，，已知圆过点C与AC交于F，与AB相切于AB的中点G.求证：.【证明】设，，. 在中，内分，则： . 又，∴. 又在中，. ∴，又， ∴（切割线定理） ∴，从而，15.△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16.已知是△ABC的边上的中线，任作一直线顺次交于.求证：成等差数列.【证明】令. 以为视点，分别对及应用张角定理，有 ， ① . ② 又在和中，由正弦定理，有 . 由已知，上述两式相除得，于是②式可变为： ，即 ，. 代入①得， 故成等差数列.17.如图，在线段上取内分点，使，分别以，为边，在的同侧作正方形和，和分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于，.求证：，，三点共线.证明连，，，，，则，则，，三点共线，注意.设，，的半径分别为，，则，，.对视点，考察点，，所在的三角形.由.由张角定理可知，，三点共线.三、Menelaus、Ceva、Pascal定理3.1梅涅劳斯（Menelaus）定理设直线l与三边所在直线BC，CA，AB分别交于点D，E，F，则反之，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）18.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.DBCAEFK证明：过点A作MN∥BC，与DE、DF的延长线分别交于点M、N.由于··=1.而＝，＝.?＝1?AN＝AM，即DA是等腰三角形DMN的底边上的高，从而∠EDA＝∠FDA.19.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.HBCAMTK证明：由CD截△ABM，有··=1.故＝·.设AB＝c，BC＝a，CA＝b，则＝?BT＝，CT＝.MT＝CM－CT＝－＝.但TK∥AC?＝＝，?＝.＝＝，即＝?AD＝b＝AC.故证.20.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：.【解析】考虑被直线HBD截，应用梅涅劳斯定理可知①考虑被直线BCF截，同理可得②考虑被直线ECD截，同理可得③②×③÷①可得所以原命题成立21.如图，已知的内切圆分别切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】考虑被直线EFR截，应用梅涅劳斯定理可知，因为AF=AE所以，如图，设BE与CF交于点S，则~，~，~所以，考虑及三个点P，Q，R，由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P，Q，R三点共线.22.已知的内心为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，所以MF=CF，且考虑被NIP截，应用梅涅劳斯定理知又因为，所以.所以所以.又因为~所以，所以.而~，则，所以.所以，所以.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，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）标记为至，则.或者改为判断过的顶点的三条直线AX，BY，CZ是否共点，等价于23.在中，已知，，D，E分别为边AC，AB上的点，且使，，F是BD与CE的交点，连结AF，证明：.【析】设则，如图用角元.Ceva定理可知：所以24.在锐角中，AD是的内角平分线，D在边BC上，过D作，，垂足分别为E，F，连结BE，CF，它们相交于点H，求证：.【析】过A作于K点，只须证：即可由题意知四点共圆，则四点共圆，则所以又因为AD平分所以所以又因为AF=AE，所以.所以由赛瓦定理逆定理知原命题成立.25.四边形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是的赛瓦点即可设则；；所以（*）因为~，~，~所以所以（*）可化为（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.26.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··＝1，即λ1··＝1.(1)对△ABC及截线EFH，应用梅涅劳斯定理，有··＝1，即λ2··＝－1，(2)(1)＋(2)，得(λ1＋λ2)·＝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.3.3Pascal定理圆O上六点，则的交点X，Y，Z共线.考虑三顶点引出的直线与两边所成角的正弦值（*）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.27.△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，过K，P，C三点的圆与边AC交于点D，连结BD交圆于点E，连结PE并延长与边AB交于点F，证明：.【析】设CF与圆交于点S，考虑圆上六点形KPEDCS，由Pascal定理可知B，K，S三点共线.设圆与BC交于点T，连结KT，则.所以，所以.28.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.求证：.【析】由Pascal定理可知，P，Q，R三点共线.因为，所以~.所以，所以BC//TS.，同理，，所以又因为所以29.如图，的外心为O，CD为高线，M为边AC的中点，射线DM与以AD为直径的圆的另一个交点为Y，圆与⊙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】设是XY，AC的交点，下面证明：共线即可.设直线交圆O于点L，连结XD并延长交圆O于点P，那么，从而三点共线，所以连结AOP，因为是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：因为，所以LB//MD，所以只要证，这由可得.证毕.30.如图，过的顶点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、、.又在△ABC的外接圆上任取一点Q，证明：、、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.31.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为内一点，AI所在直线交的外接圆于D，I为内心的充要条件是：ID=DB=DC（鸡爪定理）【证明】如图，必要性：连BI，由知ID=BD=DC充分性：由DB=DC，即知AD平分由DI=DB，有即，而从而，即BI平分故I为的内心.性质3：设I为内一点，I的内心的充要条件是：的外心均在的外接圆上.32.已知，如图I为的内心，过I的BC的垂线交的外接圆于P、Q，PA、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，所以.那么易知~，所以且，所以A，K，P，J四点共圆.又因为~，又因为，所以.，所以E为的垂心，则所以A，I，E，F四点共圆.33.已知：如图，O，I分别为的外心和内心，点为点B关于OI的对称点.求证：过点作外接圆的切线，交点在AC上.【析】设为外接圆圆心，则在OI上，延长BI交圆O于M，设交AC于E，由例1知所以，四点共圆，注意到，~，于是设过点I，的圆切线交点为D，则四点共圆，从而五点共圆.从而所以，D在EC上.34.已知圆内切圆O于点D，A为大圆O上任意一点，圆O的弦AB，AC分别切圆于点E，F，EF交于点I，求证：I为的内心.【析】延长交圆O于点M，设，圆的半径依次为R，r，由性质2（鸡爪定理）知，只要证明即可.由圆幂定理知：整理得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为所在平面内的一点，则O为的外心的充要条件是下述条件之一成立：（2）35.设O为的外心，连结AO并延长交的外接圆于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，作于E，则O，E，P，D四点共圆.四点共圆，因为E为BC中点，所以F为BG中点，所以O为MN中点.36.设的外接圆O上的劣弧的中点为K，优弧的中点为S，线段AK与BC边交于点D，点E，F分别为，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，所以S，E，C三点共线，同理S，F，B三点共线.设，那么由F是的外心可知在中，在中，所以所以所以结论得证.37.过B，C作的外接圆的切线交于D，、关于AC对称，、关于AB对称，O是的外心，求证：.【析】不妨设，同理可得所以又因为DB=DC且所以，所以所以~取的外心F，则~由于所以~且所以~，所以所以AO//DF，而，所以.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为的重心，P为内任一点，则证明：（1）设D为BC边上的中点，则对和分别应用余弦定理可得，而，于是，又因为PD，DG分别是的BC边，的BC边上的中线，有，从而，此三式相加整理得38.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为的重心，连结OT，GT，由及有为定值，同理其他五个切点到G的距离的平方均为，证毕.39.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，使得，连结，因为，所以～，从而，即，同理，，即为垂心，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，所以，同理，所以四边形是平行四边形.所以CH=NB，又因为OM是的中位线，所以，所以～所以O，G，H三点共线且HG=2GO.40.已知的三边BC=a，CA=b，AB=c，是的任意内接三角形，试以a，b，c表示的三边平方和的最小值.【析】首先，证明一个结论：若G为内的任意一点，G到三边BC，CA，AB的距离分别为x，y，z，则当时，所以的最小值为设G为的重心，则由中线长公式可知三式相加得从G点向的三边BC，AC，AB引垂线，垂足分别为，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为的垂心，则性质2：设H为的垂心，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为的垂心，则①H关于三边的对称点均在的外接圆上②的外接圆是等圆③H关于三边中点的对称点均在的外接圆上性质4：在中，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，称为的九点圆.41.△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，由欧拉线性质可知且因为PH//OL，则所以PL与OH的交点T恰好平分OH（）所以T也是PL中点，恰好也是九点圆圆心，同时由于PL是的中位线，可得出【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.42.设的内切圆与边BC，CA，AB分别相切于点D，E，F.求证：的外心O、内心I、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，所以只要即可.而ID//OM，所以转化为去证明~证：设外接圆半径为R，内切圆半径为r，由题意知连结BM，所以，所以，所以~.所以原命题成立.43.如图，设H为的垂心，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：，即要证：.由题意知PL是的九点圆的直径，考虑作出的外心O，取AB的中点M，连结OM，OA，那么，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，所以，所以.证毕.44.如图，AD，BE分别是锐角边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=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：（对于顶角B，C也有类似的式子）性质2：：（其中，）性质3：（其中，表示BC外侧相切的旁切圆的半径，类推，r表示的内切圆半径）【析】性质:2：易知，，而，所以.性质4：，，.45.如图，⊙与⊙和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：.【析】易知三点共线，设交EF于点D，连，由题意知CE=CG，，BH=BF，又因为所以四点共圆，又因为所以A，H，P，D四点共圆.所以又因为所以五点共圆，即有，所以所以46.如图，O，I分别为的外心和内心，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，作于E，作于F，设，外接圆、旁切圆半径分别为R，，再作于N，由三角形外心性质所以AI平分，那么所以证毕47.已知的内心为I，内切圆与BC边的切点为D，所对的旁心为，所在直线与圆I交于另一点K，H是线段的中点，求证：K，B，C，H四点共圆.【析】过作BC边的垂线，垂足为，连结IK，ID，所以所以，即.又因为，所以所以K，B，C，H四点共圆.证毕.48.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.CBADFE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.49.△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＝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.易证OE丄CD.50.△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).求证：?OPQ的垂心在直线AC上.BCAPOQ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?－?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.51.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O1，O2，O3分别是?ABT，?DAT，?CDT的外心.求证：三角形O1O2O3的垂心位于直线AD上.O3TO1O2BCDA证明：作O1H⊥O2O3，交AD于点H，连O2H，O3H.连O1A，O1T，O2D，O2A，O3D.O1，O2都在AT的中垂线上，故O1O2是AT的中垂线.同理，O2O3是DT的中垂线.如图位置有?O1O2O3＝180?－?ATD.∴?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52.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=MQMDBEAQPCF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、，则P、Q关于OA光路和为，P、Q关于OB光路和P，易证△PO≌△，则=P.即P、Q关于OA、OB光路和相等MDBEAQPCFK证明：点F、E关于BC，AD两边的对称点、，延长AD、BC交于点K，由△KAB∽△KCD，是KE、KF是相似三角形的对应中线，KE、KF关于∠K的等角共轭线，是F、E关于BC“光路和”，是F、E关于BC“光路和”，由引理知=MP=MQ∴MP=MQ5.2等角共轭点53.如图，P、Q是△ABC的等角共轭点(∠PAB=∠QAC，∠PBC=∠QBA，∠PCB=∠QCA).证明：APAQBC+BPBQAC+CPCQAB=ABBCCA.ABPQC证明：设D是射线AQ上的点，且使得∠ACD=∠APB.ABPQDC又因为∠APB>∠ACB.，则点D必在△ABC外部，∵∠PAB=∠CAD，∴△APB∽△ACD，故（1）.由∠QAB=∠PAC，可知△ABD∽△APC，则∵∠CDA=∠PBA=∠QBC，∴B、Q、C、D四点共圆，由托勒密（Ptolemy）定理，有BCDQ=BQCD+BDCQ即BC=BQCD+BDCQ（3），由式（1）、式（2），CD（4）将（4）中各式代入式（3），得.即APAQBC+BPBQAC+CPCQAB=ABBCCA54.设P是△ABC内任一点，、、、分别是△ABC、△PBC、△PCA、△PAB的外心.证明：O、P关于是一对等角共轭点.ABCPO证明：如图，联结，ABCPO则.因为均在BC的中垂线上，所以平分，令，，，则，，故，∴，∴这表明关于是等角线，同理，另两角也如此，即O、P关于是一对等角共轭点.55.点P在△ABC外角平分线上的射影分别为，在内角平分线上的射影分别是.证明：三线共点.证明：过点A作的平行线AQ，因为四边形是矩形，所以==，这表明，此平行线即为AP的等角线.记矩形的中心为，并取点P关于△ABC的等角共轭点Q，则由中位线性质，知平分线段PQ，即经过PQ的中点M，同理、也经过点M，因此M即为这三线所共的点.56.设是的外心，是的外心，直线分别交的外接圆于另一点，是关于直线的对称点.求证：.【析】易知，所以为垂心，与外接圆为关于对称的等圆.由为的外心，知为的外心，于是为等角线.为外心，故.57.的内切圆与三边相切于，交于点，的中点为，关于的对称点为.求证：.【析】延长及交于点，由知共圆，从而.又为的陪位中线，关于对称，故，，于是四点共圆，.58.设是的边上的中点，是边上另一点（异于端点），令，，，则的充要条件是分别过，点的的外接圆的两切线的交点及、三点共线.证明充分性.如图，当，，三点共线时，设直线与交于点，联结，，则由∽，∽，有，即有.对四边形应用托勒密定理，有，即有，亦即.注意到，则知∽，从而，故.必要性.如图，当时，设直线交的外接圆于，联结，，则由∽，有，即，亦即.又对四边形应用托勒密定理，有.于是，.运用三角形正弦定理，有.延长交于点，延长交于点，则，.从而，有. （*）由于，注意到（*）式及，则.由塞瓦定理的逆定理，知、、三线共点于，即知直线与重合.故、、三点共线.注：其必要性也可这样来证：如图，由及为中点，直线交圆于，由充分性中证明，知四边形满足条件.（**）设过的切线与直线交于，过的切线与直线交于.由∽，有.于是 .同理 .注意到（**）式有 ，从而 ，即 .从而与重合，亦与重合.故、、三点共线.59.设、是的边上（异于端点）的两点，令，，，则的充要条件是的外接圆与的外接圆内切于点.证明充分性.如图，当两个外接圆内切于点时.过作两圆的公切线，设的外接圆分别与，交于点，，联结，则.从而，即有，亦即有.故.必要性.如图，设，分别为，的外心，与，分别交于点，.当时，即时，则有，从而.过作的切线，过作的切线，则，即知与重合.故与在点相内切.60.在中，，分别为边，的中点，与交于点，的外接圆与的外接圆交于点，的延长线与的外接圆交于点.求证：.证明如图，联结，，，，，则由题设有，，知∽（或点是完全四边形的密克尔点即得）.从而当，分别为，的中点时，有. ①又由，即（，分别为点到、的距离），有. ②于是，由①，②有.此时，由性质中的三角形式，即知.从而，故.注：性质设、是的边上（异于端点）的两点，令，，，则的充要条件是或或.证：如图，应用三角形正弦定理，有，.①必要性.当时，则由上述①式，即得结论.充分性.当时，在边上取点，使.此时，由①式，有.于是，有.从而，即知与重合.故.61.如图，设凸四边形的两组对边的延长线分别交于点、，的外接圆与的外接圆交于、两点.求证：的充分必要条件是.证明如图.由题设有，，知∽，有.①此时由，即知，，，四点共圆.从而，有，.②由①，②又有. ③充分性.当时，有，即有，从而.④于是，由③，④，有.从而由性质中的三角形式，知.必要性.当时，则由性质中的三角形式，知.注意到③式，有. ⑤设点到，的距离分别为，，则. ⑥于是，由⑤，⑥有，即知.故.62.圆内接四边形的对角线与相交于点.证明：、、、的垂心，外心分别四点共圆.证明：为了证明该结论，先看如下引理：引理：过圆内接四边形两对角线交点作任一边的垂线，则垂线必过以其对边为一边，以交点为一顶点的三角形的外心.事实上，如图，过作于，作的中垂线交于，交于，过作，交于，则，为的中点.由知，，，四点共圆.又是直角，所以，知为的外心.下面，回到原问题的证明：如图，设、与、分别为、的外心与垂心.由上述引理知，、、、及、、、分别四点共线.由于三角形的外心与垂心是等角共轭点，有，.所以，，所以，.即知，.从而，（）于是，即，故，，，四点共圆.同理，与的外心，垂心四点共圆.63.已知非等腰，是其外接圆孤的中点，是边的中点，、分别是、的内心.证明：、、N、四点共圆.证明如图，设是关于直线的对称点，联结，、、，则.故、关于的平分线对称.同理，、关于的平分线对称.这表明、，是的一对等角共轭点.因此，，从而.故、、、四点共圆.六、Simson定理、托勒密、三弦定理6.1Simson定理64.三角形外接圆上一点的西姆松线平分该点与三角形垂心的连线.HLMNDABCP证明：如图设AD为边BC上的高，延长AD，与△ABC的外接圆交于点F，QSGHFLMNDABCP连接HL、PH，，并设PH，PF分别与西姆松线交于点S、Q，PF与BC交于点G，连接HG，因为P、C、L、M，A、F、C、P分别四点共圆，所以===，故PQ=LQ因此，Q为Rt△PLG斜边的中点，又DH=DF，则===，故HG∥ML从而，SQ为△PHG的中位线，因此S为PH的中点.65.已知锐角△ABC，CD是过点C的高线，M是边AB的中点，过M的直线分别与CA、CB交于点K、L，且CK=CL.若△CKL的外心为S，证明：SD=SM.(第54届波兰数学奥林匹克)LMDABCSK证明：如图作△ABC外接圆，延长CS与外接圆交于点T，L()MDABCSTK连接TM，作于点，于点因为S为△CKL的外心，且KC=LC，所以CS为的角平分线.于是，T为弧的中点，又M为AB的中点，则，由西姆松定理知，三点共线，又CT是的角平分线，且三点共线，则，故点K与重合，故点L与重合.于是，从而四点共圆，故S为四边形的外接圆圆心，于是，即S为TC的中点，又，则CD∥MT，故SM=SD.66.如图，设、是圆与圆的两个交点，过作直线分别交圆、圆于、两点，过、两点分别作圆与圆的切线，并过点分别作两条切线的垂线，垂足分别为、.求证：是以为直径的圆的切线.证明：设、相交于点，则.故、、、四点共圆，即点在的外接圆上.作于，由定理，得、、三点共线.因为的外接圆即是以为直径的圆，设为的中点，由于、、三点共线，这里只要证明即可.且(由于、、、四点共圆).因此.从而，是以为直径的圆的切线.67.如图，圆与直线相离，作，为垂足.设点是直线上任意一点(不与点重合)，过点作圆的两条切线和，和为切点，和相交于点，过点作、，为垂足.求证：直线平分线段.证明：作PI⊥AB，I为垂足，记J为直线MN与线段PK的交点. 易知∠QAO＝∠QBO＝∠QPO＝90o， 所以O、B、Q、P、A均在以线段OQ为直径的圆周上. 由于PN⊥QA，PM⊥QB，PI⊥AB，所以由西姆松定理知： △QAB的外接圆上一点P在其三边的垂足N、M、I三点共线，即N、M、J、I四点共线. 因为QO⊥AB，PI⊥AB，所以QO∥PI，所以∠POQ＝∠IPO. 又因为P、A、I、N四点共圆，所以∠PIJ＝∠PIM＝∠PAN＝∠POQ. 所以在直角三角形PIK中，∠PIJ＝∠JPI，所以J为PK的中点. 因此直线MN平分线段KP.6.2Ptolemy定理68.在△ABC中，已知∠A:∠B:∠C=1:2:4，求证：.ABC证明：如图，作△ABC的外接圆，作弦BD=BC，连接AD、CD.OABCD在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD易证AB=AD，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB·AC，两端同除以得69.已知圆内接四边形ABCD的外接圆半径为，AB=BC=CD=200，求边AD的长.DCOBA【解析】如图.由余弦定理知，EDCOBA由AB=BC=CD，知，∴，∴，故==，由托勒密定理得，即，AD=50070.由外接圆的弧BC上一点P分别向边BC、AC、AB作垂线PK、PL、PM.求证：.MBCKPAL证明：连接PA、PB、PC，MBCKPAL对于四边形ABPC利用托勒密定理有:即由可知Rt和Rt相似，同理可得:∴由，可得71.如图，已知四边形是圆内接四边形，直线与相交于点，并且.设是的中点.证明：.(2017广西预赛)证明：由托勒密定理得 AB·CD＋AD·BC＝AC·BD. ① 因为＝，所以AB·CD＝AD·BC. ② 由于E是AC的中点，所以AE＝EC. ③ 将②③代入①得到2AB·CD＝2AE·BD＝2EC·BD. 即有AB·CD＝AE·BD＝EC·BD. 在△CED和△BAD中，因为∠ABD＝∠ECD，＝， 所以△CED∽△BAD，从而∠CED＝∠BAD. 同理△ABE∽△DBC，从而∠AEB＝∠DCB. 于是得到∠AEB＝∠DCB＝180o－∠BAD＝180o－∠CED＝∠AED. 此即EP平分∠BED. 由角平分线定理得到＝.72.如图，四边形ABCD是圆内接四边形且AB·CD＝AD·BC，E是对角线AC上一点.(1)若E是对角线AC中点，求证：∠ABE=∠DBC；(2)若∠ABE=∠DBC，试问E是否为对角线AC中点？说明理由.(2012福建预赛)ADBEC解：(1)由托勒密定理知，AC·BD＝AB·DC＋AD·BC.因为AB·CD＝AD·BC，且E是AC中点，所以AB·CD＝AD·BC=AC·BD＝AE·BD.因此，=.又∠BAE=∠BDC，所以△BAE∽△BDC.因此，∠ABE=∠DBC.(2)由∠ABE=∠DBC以及∠BAE=∠BDC知，△BAE∽△BDC.所以=，即：AB·DC＝AE·BD，又由托勒密定理以及AB·CD＝AD·BC知，AB·CD＝AD·BC＝AC·BD，得:AE＝AC，即：E是AC中点.73.如图，给定凸四边形ABCD，∠B＋∠D＜180°，P是平面上的动点，令f(P)＝PA·BC＋PD·CA＋PC·AB.(1)求证：当f(P)达到最小值时，P、A、B、C四点共圆；(2)设E是△ABC外接圆O的上一点，满足：＝，＝－1，∠ECB＝∠ECA，又DA、DC是⊙O的切线，AC＝，求f(P)的最小值.(2008高中联赛)解：(1)如图，由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有PA·BC＋PC·AB≥PB·CA.因此f(P)＝PA·BC＋PD·CA＋PC·AB≥PB·CA＋PD·CA＝(PB＋PD)CA.因为上面不等式当且仅当P、A、B、C顺次共圆时取等号，因此当且仅当点P在△ABC的外接圆且在上时，f(P)＝(PB＋PD)CA.又因PB＋PD≥BD，此不等式当且仅当B、P、D共线且P在BD上时取等号.因此当且仅当P为△ABC的外接圆与BD的交点时，f(P)取最小值f(P)min＝AC·BD.故当f(P)达最小值时，P、A、B、C四点共圆.(2)记∠ECB＝α，则∠ECA＝2α，由正弦定理有＝＝，从而sin3α＝2sin2α，即(3sinα－4sin3α)＝4sinαcosα，所以3－4(1－cos2α)-4cosα=0，整理得:4cos2α－4cosα－＝0，解得cosα＝或cosα＝－(舍去)，故α＝30°，∠ACE＝60°.由已知＝－1＝，有sin(∠EAC－30°)＝(－1)sin∠EAC，即sin∠EAC－cos∠EAC＝(－1)sin∠EAC，整理得sin∠EAC＝cos∠EAC，故tan∠EAC＝＝2＋，可得∠EAC＝75°，　　　　　从而∠E＝45°，∠DAC＝∠DCA＝∠E＝45°，△ADC为等腰直角三角形.因AC＝，则CD＝1.又△ABC也是等腰直角三角形，故BC＝，BD2＝1＋2－2×1×cos135°＝5，BD＝.故f(P)min＝AC·BD＝×＝.6.3三弦定理74.如图已知，AC是的平分线，且，求证：A、B、C、D四点共圆.ABCD12证明：∵，AC是的平分线，∴，从而，∵，∴，由三弦定理的逆定理，得四点A、B、C、D共圆75.如图，在△ABC中，AB<AC<BC，D点在BC上，E点在BA的延长线上，且BD=BE=AC，△BDE的外接圆与△ABC的外接圆交于F点，求证：BF=AF+CF.证明：对BE、BF、BD应用三弦定理，得，∵BD=BE=AC，，，∴.从而==AF+CF76.如图，设锐角△ABC的∠A平分线交BC于L，交△ABC的外接圆于N，自点L分别向AB和AC作垂线LK和LM，垂足为K和M，求证：△ABC的面积等于四边形AKNM的面积.(第28届国际数学奥林匹克竞赛题)证明：设∠BAN=∠NAC=，由三弦定理得:，即，∵∴，在直角△AKL中，，∴，又易知，∴，从而七、Stewart定理77.如图，、为的两条切线，切点分别为、，过点的直线交于、两点，交弦于点.求证：.证明由切线长定理知，应用（★）式，有.注意到；.故.78.已知锐角的三边、、的中点分别为、、，在、、的延长线上分别取点、、.若，证明：的外心为的垂心.证明如图，设的三条高线分别为，，，垂心为，与交于点.由于是的中位线，，则为线段的中垂线，应用（★）式，有.同理，，.注意到垂心的性质，有，及已知条件，从而.故的垂心为的外心，即的外心为的垂心.79.已知、是的边、的中点，、是边、上的高，连结、交于点.又设、分别是的外心、垂心，连结、.求证：.证明如图，联结，，设，分别为，的中点.在中，；在中，，于是点在线段的中垂线上，应用（★）式，有.①注意到为的中位线，而在的中垂线上，从而也在线段的中垂线上，应用（★）式，有. ②又注意到，知，，，四点共圆，有.而，，知，，，四点共圆，且为其圆心，有.于是，由①，②，③，④，并注意，有.从而由定差幂线定理，知.因，故.80.如图，和是的割线，分别交于，，且.过的直线交于，（在与之间），交于，交于.求证：.证明因为等腰三角形，注意到，知，即也为等腰三角形，应用（★）式，有. ①由，有.再注意到，于是，.②又在中，有. ③将②，③代入①有.整理，即得.81.设和分别是的外心和内心，的内切圆与边，，分别相切于点，，，直线与相交于点，直线与相交于点，又，分别是线段，的中点.求证：.对及截线应用梅涅劳斯定理有.注意到，，，则.又为的中点，则.又，则，即.同理，.又，，为内切圆半径.设为外接圆半径.对，应用等腰三角形性质，有，，由此得即证.82.如图，圆内接四边形的对角线平分于，求证：.ABCDE证明：由定理知：在中，(1)在中，(2)又，把(1)、(2)两式相加得：.再由相交弦定理知：，代入上式得：，即：83.设、分别为的边、上的点，是内一点，使得，且∽.求证：是的外接圆的切线.(2009国家集训队)AEDPCB证明：由条件，有.由正弦定理，.故：.由定理，.由于，故.所以是的外接圆的切线.84.四边形内接于圆，满足且.设点为线段上一动点，直线与圆的另一个交点为(不同与点)，点在弧上且.设点为线段的中点，证明：当点在线段上移动时，点在一个圆周上运动.(2015美国)APOSBTQXM证明：由中线长公式得，①由，利用勾股定理得，，代入①得，②将代入②得，③在中用定理，结合及相交弦定理得，，代入③得，④设的中点为，在中用中线长公式，结合④及勾股定理得，，故：，即：点在一个以为圆心，为半径的圆周上移动.八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆85.如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，，，分别是三边上的切点，证明：的欧拉线平分斜边AB.证明：如图，联结OA′，OB′，OC′.直线OC交AB、A′B′于N、S，易知四边形A'CB′O为正方形.则CS＝SO.SA′＝SB′.△A′B′C′的重心G在中线C′S上.设△A′B′C′的欧拉线GO交斜边AB于点M，观察△SNC′及直线MOG.利用梅涅劳斯定理得：··＝1…………①令BC＝a，CA＝b，AB＝c.由三角形内心性质有＝，但SO＝CO，所以＝，N