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“平面几何”竞赛问题的简单剖析


“平面几何”竞赛问题的简单剖析
平面几何是一门研究平面图形位置关系及相关性质的学科。初中重点学习的是推理几 何,是在学习知识的同时发展能力,是学习逻辑分析、论证的方法,促使学生逐渐具备可持 续发展的能力。 本文选取一些试题作剖析,内容涵盖初中几何的大部分知识点,侧重归纳解题方法、探 寻解题思想、 期望以点带面起到抛砖引玉之作用, 使大家能初步感受和把握初中数学竞赛试 题在几何层面命题的一些脉络。 [例 1] 如图 1,∠AOB=45° ,角内有一点 P,PO=1,在角的两边上有两点 Q、R(均不同于 点 O),则△PQR 的周长的最小值为多少? [略解] 如图 1,分别作点 P 关于 OA、OB 的对称点 P1、P2, 连接 OP1、OP2、P1P2(P1P2 分别交 OA、OB 于点 Q、R)、P1P、P2P. 易证 P1O=P2O=PO=1,∠P1OP2=2× 45° =90° 且 P1Q=PQ,P2R=PR , 则△PQR 的周长=P1P2
O R P2 Q P B P1 A

? P2O ? 而在 Rt△P1OP2 中,显然 P1P2= PO 1
2 2

2
图1

则△PQR 的周长的最小值为 2 . 关于最小此处证略. [点评] 含 45° (或 135° )角的三角形与直角(90° )或正方形之间存在着内在联系.我们要善于挖 掘题设中的隐含条件并及时总结; 两点之间线段最短是解决最小值类问题的重要基础依据之 一,对称变换是研究此类问题较常用的方法. [例 2] 一个六边形的六个内角都是 120° ,连续四条边的边长 依次是 1、3、3、2,则该六边形的周长是多少?
B A P F

[略解] 如图 2,六边形 ABCDEF 的每个内角都为 120° , 且 AF=1,AB=BC=3,CD=2.
Q

E

如图 2 延长相应的边分别交于三个点 P、Q、R, 易证△PAF、△QBC、△RED、△PQR 均为等边三角形, 而 PQ=PA+AB+QB=AF+AB+BC=7, 所以 DE=DR=7-QC-CD=2,EF=7-PF-ER=4 则该六边形的周长为 15.

C

D

R

图2

- 1 -

[点评] 把一般性问题特殊化或者把特殊性问题一般化是解某些竞赛题的常用方法.本题是 抓住六边形的每个内家为 120° 这个特性,将其转化为特殊三角形(等边三角形),从而使问题得 解. [例 3] 如图 3,P 是等边三角形 ABC 内的一个点,PA=2,PB=2 3 ,PC=4.求△ABC 的边长. [略解] 将△PAB 绕点 B 逆时针旋转 60° 等到△HCB,再连接 HP,如图 3 易证△HPB 为等边三角形,则有 HP=BP=2 3 ,而 HC=PA=2,PC=4 所以 HC2+HP2=PC2 ,即△HCP 为 Rt△ 而 HC=2,PC=4,所以∠CPH=30° ,则 ∠CPB=90°
P H C

所以 BC=2 7
B

A

[点评] 在特殊图形中(如正三角形、正方形、圆)探讨问题时, 旋转是常用的方法之一.本题通过旋转后,巧妙地将三条长正好 为勾股数的一组边置于同一个三角形,从而使问题迎刃而解. 图3

[例 4] 已知六边形 ABCDEF 中,M1,M2,M3,M4,M5,M6 分别为 AB,BC,CD,DE, EF,FA 的中点.又 M1M4,M2M5,M3M6 都分别平分六边形 ABCDEF 面积.如图 4. 求证: M1M4,M2M5,M3M6 相交于一点. [证明] 设 M1M4,M2M5 相交于点 P,再连结 PM3,PM6,以及 PA,PB,PC,PD,PE,PF. 易知四边形 PABC 的面积=2× 四边形 PM1BM2 的面积……① 四边形 PDEF 的面积=2× 四边形 PM4EM5 的面积……② 因为 M1M4,M2M5 都平分六边形 ABCDEF 面积 所以五边形 M1M4DCB 的面积=五边形 M2M5EDC 的面积,除去公共部分五边形 M2PM4DC 的 面积, 可得四边形 PM1BM2 面积=四边形 PM4EM5 面积. 由①,②得 四边形 PABC 的面积=四边形 PDEF 的面积
M3 D M4 E

M5

注意到△CPM3 与△DPM3 等积, △CPM6 与△DPM6 等积 因此折线 M3PM6 平分六边形 ABCDEF 的面积,但直线段 M3M6 也平分六边形 ABCDEF 的面积,所以△M3PM6 的 面积为 0,即点 P 应在 M3M6 上.
B C

P F

M2

M6

M1

A

所以 M1M4,M2M5,M3M6 相交于一点.

图4

- 2 -

[点评] “等底等高的两个三角形面积相等”、“三角形一边的中线平分这个三角形的面积”等 定理或者推论在面积割补内容中既是基本知识点,运用又相当广泛,在推理中要根据题目条件 恰当地加以运用,会比较轻松并有技巧地解决问题. [例 5] 已知:如图 5,在△ABC 中,∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4. 求证:
C

B

1 1 1 ? ? . AB AC BC

A

[证明] 作△ABC 的外接圆及弦 BD,使 BD=BC 则∠BAD=∠BAC,又∠CAB=∠CDB,∠BCD=∠CDB, ∠CAD=2∠CAB=∠CBA=∠ADC,∠ABD=∠ACD=∠ACB-∠DCB =∠ACB-∠CDB=∠ACB-∠CAB =3∠CAB=2∠CAB+∠CDB=∠CBA+∠CDB=∠ADC+∠CDB=∠ADB, ∴ 由 A、B、C、D 四点共圆以及托勒密定理得 BC· AD+BD· AC=AB· CD 即 BC· AB+BC· AC=AB· AC 图5

D

1 1 ? ? AC AB 1 1 [点评 ] 形如 ? ? a b


1 BC 1 这样的式子在转化为整式形式时变为 :bc+ac=ab,其形式和托勒密定 c

理类似,通常可以试试托勒密定理,从而需要构建以 a、b、c、c 为边及 a、b 为对角线的圆内 接四边形.当然,这种形式的等式也可以采用其他证明方法,比如: 转化为线段的比例式

1 1 1 c c c b?c a?b b ? ? ? ? ? 1(1) ? ? (2) ? ? (3) a b c a b a b a c
(1) 可证

c b , a a

和两个同分母的分式分别相等,例如

m n , . 当 m+n=p 时等式成立 p p

(2)可证明 c,a,b-c,b 四条线段成比例,关鍵是作出 b-c 的差 (3)可证明 a+b,a,b,c 四条线段成比例,关鍵是作出 a+b 的和 [例 6] 已知:⊙O 和⊙O1 相交于 P,外公切线 AB,A,B 是切点,AP 交⊙O 于 C,BP 交 ⊙O1 于 D,CE 和⊙O1 切于点 E.如图 6 求证:CE=CB [证明] 过点 P 作两圆公切线 PQ 交 AB 于 Q
O B

Q

由切线长定理,得 QP=QA=QB
A P

∴△APB 是 Rt△,∠APB=Rt∠ ∴BC 是⊙O 的直径,BC⊥AB

C O1

E

D

- 3 -

根据射影定理,得 BC2=CP× CA ∵CE 切⊙O1 于 E, 根据圆幂定理,得 CE2=CP× CA ∴CE=CB [点评] 竞赛数学在课本知识的基础上补充一些知识是必要的,本例所涉及射影定理,亦即直 图6

角三角形中成比例线段定理,如图 7.
C

A

D

B

图7

?CD 2=AD ? BD ? ?ACB=Rt?? ?AC2=AD ? AB ??? 2 CD ? AB ? ?BC =BD ? AB ?AB ? CD=AC ? BC ?

1. 圆幂定理亦即圆中成比例线段定理,如图 8. 若 ABCD 四点共圆, AB、CD 交于 P, 则 PA× PB=PC× PD =PT2 (PT 切圆于 T)
D P A C B B D A T

C P

图8

[例 7] 已知: 如图 9,四边形 ABCD 中, 过点 B 的直线交 AC 于 M, 交 CD 于 N, 且 S△ABC∶S△ABD∶S△BCD=1∶3∶4. 求证:M,N 平分 AC 和 CD. [证明] 设 S△ABC=1, 则 S△ABD=3, S△BCD=4, 设 S△ACD=3+4-1=6.

AM CN = AC CD

AM CN = =k (0<k<1).连结 AN. AC CD

根据高相等的三角形面积的比等于底的比,得

D N

S△ACN CN = =k , S△ACD CD S△AMN AM = =k , S△ACN AC S△BCN CN = =k , S△BCD CD

∴S△ACN=6k;
A M B C

∴S△AMN=6k× k=6k2;

∴S△BCN=4k;

图9

- 4 -

S△ABM AM = =k , S△ABC AC

∴S△ABM=k; S△BMC=1-k.

∵S△ACN-S△AMN=S△MNC=S△BCN-S△BMC ∴6k-6k2=4k-(1-k) . 6k2-k-1=0. ∴k=

1 1 1 ;或 k= . (k= .不合题意,舍去.) 2 3 3 AM CN 1 = ∴ =k= . AC CD 2
∴AM=MC,CN=ND .

即 M,N 平分 AC 和 CD. [点评] 有一类平面几何的证明, 可以根据图形性质引入参数, 布列方程, 通过计算来完成, 我们称它为参数法.其关键是正确选定参数和准确的进行计算. 联系数量间关系的变数叫做 参变数,简称参数. [例 8] 已知:点 O 是△ABC 的外心,BE,CD 是高.如图 10. 求证:AO⊥DE [证明] 延长 AO 交△ABC 的外接圆于 F,连接 BF.
D O G E C A

∵O 是△ABC 的外心 ∴AF 是△ABC 外接圆的直径,∠ABF=Rt∠.
B

∵BE,CD 是高,∠BDC=∠CEB=Rt∠. ∴B,C,E,D 四点共圆(同斜边的直角三角形顶点共圆) ∴∠ADE=∠ECB=∠F. ∴∠AGD=∠ABF=Rt∠, 即 AO⊥DE.

F

图 10

[点评] 画出辅助圆就可以应用圆的有关性质.常用的有:同弧所对的圆周角相等;圆内接四 边形对角互补,外角等于内对角;圆心角(圆周角)、弧、弦、弦心距的等量关系;圆中成比 例线段定理:相交弦定理 ,切割线定理.因此在解题可以根据需要画出辅助圆. [同步练习] 一、填空题 1. 如图 11,△ABC 中,∠BAC=135° ,AD⊥BC,BD=4,DC=6.则 S△ABC=___________.

- 5 -

B
A

B D C

A

O D

C

图 11

图 12

2. 凸八边形 ABCDEFGH 的八个内角相等,边 AB、BC、CD、DE、EF、FG 的长分别为 7、4、 2、5、6、2,则该八边形的周长=__________.

? ?? ? ,且弦 AB=8,弦 CD=4,则图中 3. 如图 12,A、B、C、D 是圆周上的四点, ? AB ? CD AC ? BD
两个弓形(阴影)的面积和=____________. 4. (2010 年全国)如图 13, 在平面直角坐标系 xOy 中,多边形 OABCDE 的顶点坐标分别是 O (0,0),A(0,6),B(4,6),C(4,4),D(6,4),E(6,0).若直线 l 经 过点 M(2,3),且将多边形 OABCDE 分割成面积相等的两部分,则直线 l 的函数表达 式是 .
D 52 C 60 25 A 39 B

图 14 图 15

二、选择题 5. (2010 年全国)如图 14,在四边形 ABCD 中,∠B=135° ,∠C=120° ,AB= 2 3 , BC= 4 ? 2 2 ,CD= 4 2 ,则 AD 边的长为( (A) 2 6 (B) 4 6 (C) 4 ? 6 ) (D) 2 ? 2 6

6.已知:如图 15,圆内接四边形 ABCD 的边 AB,BC,CD,DA 的长分别为 25,39,52, 60,则圆的直径长为( )

- 6 -

(A)62 三、解答题

(B)63

(C)65

(D)66

7. 已知:在梯形 ABCD 中,AB∥CD,O 是 AC 和 BD 的交点,OE∥AB 交 BC 于有 E.如图 16. 求证:

1 1 1 ? ? AB CD OE
A

D O

C
D

E
E B

C

A

B

F

图 16

图 17

8. 设一直线截△ABC 三边 AB,BC,CA 或延长线于 D,E,F.如图 17. 那么

AD BE CF ? ? ? 1 (梅涅劳斯 Menelaus 定理) DB EC FA

9. (2010 年全国)如图 18,△ABC 为锐角三角形,P,Q 为边 BC 上的两点,△ABP 和 △ACQ 的外接圆圆心分别为 O1 和 O2.试判断 BO1 的延长线与 CO2 的延长线的交点 D 是否可 能在△ABC 的外接圆上,并说明理由.

[参考答案] 1.【答】 10.

图 18 提示:如图 19,分别作∠EBA=∠ABC,∠ECA=∠ACB,再过点 A 分别作

AF⊥BE,AG⊥CE,易知∠E=90° ,AD=AF=AG=EF=EG,利用勾股定理易求得 AD 的值,后略.
B (D)
E G F A

M A E(C) D m

O

B D C

C

- 7 -

图 19

图 20

2.【答】 32+ 2 .

提示:易求该八边形每个内角为 135° ,则可以构造出矩形,且矩形每个顶点

处得到一个等腰直角三角形,从而根据勾股定理可得解.

? ? ? 通 3. 【答】 10 ? -16. 提示:如图 20,作直径 AE,连接 BE.易得 CmD ,相当于把 CmD ? BME
? ,后略. 过一定角度的旋转而得到 BME
4.【答】 y ? ?

1 11 x+ . 3 3

提示:如图 21,延长 BC 交 x 轴于点 F;连接 OB,AF ;连接 CE,

DF,且相交于点 N. 由已知得点 M(2,3)是 OB,AF 的中点,即点 M 为矩形 ABFO 的中心,所以直线 l 把 矩形 ABFO 分成面积相等的两部分.又因为点 N(5,2)是矩形 CDEF 的中心,所以, 过点 N(5,2)的直线把矩形 CDEF 分成面积相等的两部分. 于是,直线 MN 即为所求的直线 l . 设直线 l 的函数表达式为 y ? kx ? b ,则 ?

?2k +b ? 3, ?5k ? b ? 2,
图 21

1 ? k ?? , ? ? 3 解得 ? ?b ? 11 . ? 3 ?
5.【答】D 由已知可得

1 11 故所求直线 l 的函数表达式为 y ? ? x+ . 3 3

提示:如图 22,过点 A,D 分别作 AE,DF 垂直于直线 BC,垂足分别为 E,F.

BE=AE= 6 ,CF= 2 2 ,DF=2 6 ,于是 EF=4+ 6 . 过点 A 作 AG⊥DF,垂足为 G.在 Rt△ADG 中,根据勾股定理得 AD ?

(4 ? 6)2 ? ( 6)2 ? (2 ? 24)2 = 2 ? 2 6
根据勾股定理,得

图 22

6.【答】C 猜测直径是 BD 且∠A=Rt∠. BD2=252+602=4225=652,

把 652 代入△BCD 中检验,刚好 652=392+522,∠C=Rt∠. 说明: 大胆猜想,小心论证是解答选择题的重要方法之一.

故选( C).

- 8 -

7.【答】提示:

1 1 1 OE OE ? ? ? ?1 ? AB CD OE AB CD OE OE CE BE 证明 , 分别和 , 相等即可(下略). AB CD BC BC

8.【答】证明:连结 AE,根据三角形面积比定理④得

S △AEF AD S△BEF BE = = S△BEF DB S△CEF CE


S△CEF CF = S△AEF FA

AD BE CF S △AEF S△BEF S △CEF ? ? ? × × =1 DB EC FA S△BEF S△CEF S△AEF

9. 【答】答案是否定的,即 BO1 的延长线与 CO2 的延长线的交点 D 不可能在△ABC 的外接 圆上. 如图 23,设直线 BO1 与直线 CO2 的交点为 D ,则

?O1 BP ?
同理 所以 故

180? ? ?BO1 P ? 90? ? ?BAP , 2

?O2CQ ? 90? ? ?CAQ , ?O1BP ? ?O2CQ ? 180? ? ?BAP ? ?CAQ .
?BDC ? ?BAP ? ?CAQ .
图 23

由于点 P,Q 为边 BC 上的两点,所以 ?BAP ? ?CAQ ? ?BAC . 因此,点 D 不在△ ABC 的外接圆上.

- 9 -


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