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2012年高中数学竞赛讲座平面几何问题选讲


2012 年高中数学竞赛讲座

平面几何问题选讲 平面几何问题选讲

贾广素

编著

初等平面几何学
初等几何学包括平面几何、 立体几何与解析几何, 这三部分的题目类型对于竞赛选手来 讲都是非常重要的, 后二者常出现在一试题目中, 特别是解析几何学在最近几年的竞赛试题 一试中每年都会出一

道题目; 而平面几何对于想在全国竞赛中想拿成绩的同学来讲, 也是非 常重要的,因为每年的二试(加试)试题中都会出现一道平面几何题(50 分) ,并且是二试 中最简单的一题,这当然中不能放弃的。由于立体几何与解析几何不仅是竞赛的重点,也是 我们高中学习阶段高考所重点考查的内容,练习的比较多了,平面几何我们却丢掉了,因此 在这里我们着重讲这平面几何。首先我们先介绍平面几何中的几个重要定理:

第一节 平面几何中的几个重要定理
1.梅涅劳斯(Menelauss)定理 梅涅劳斯( 梅涅劳斯 ) 如果一条直线和 ?ABC 的边 BC , CA, AB 或其延长线分别交于点 R

A

Q

P, Q, R ,且有奇数个点在边的延长线上(如图 1(1) ) (2)

BP CQ AR 则 ? ? = 1。 PC QA RB

B

C A

P

对于此定理的证明是不困难的,我们仅对第一个图形给出四种不同的 证明方法,请注意这四种证法。 证法一:如图所示,过点 A 作直线 AD//PR 交 BC 的延长线于点 D, B P R Q C

CQ CP AR DP BP CQ AR BP CP DP = , = ,故 ? ? = ? ? = 1。 则 QA PD RB PB PC QA RB PC PD PB
若对于此定理应用正弦定理以及面积法也可得出相同的结论: 证法二(正弦定理证法) :设 ∠BRP = α , ∠CQP = β , ∠QPB = γ 则在 ?BPR 中,有

A

BP sin α = , RB sin γ

R Q D B C P

同理可得:

CQ sin γ AR sin β , = = ,此三式相乘即证。 CP sin β AQ sin α

证法三 (面积法) 由 :

S ?CQR + S ?CPQ S ?RCP BP S ?PRB CQ S ?CQR S ?CPQ = , = = = = PC S ?PRC QA S ?QAR S ?PAQ S ?QAR + S ?PAQ S ?ARP

AR S ?ARP = ,现将上述三式相乘,即可得所证结论。 RB S ?RBP
证法四:如图所示,设 h A , hB , hC 分别是 A、B、C 到直线 l 的 垂线的长度,则

BP CQ AR hB hC h A ? ? = ? ? = 1。 PC QA RB hC h A hB

梅涅劳斯逆定理:设 P, Q, R 是 ?ABC 的三边 BC , CA, AB 或 梅涅劳斯逆定理 其延长线上的点,并且这三点中位于 ?ABC 边上的个数是 0 或是 2,若

BP CQ AR ? ? = 1, PC QA RB

则 P, Q, R 三点共线。

证明:设直线 P, Q 交 AB 于点 M ,则由梅涅劳斯定理,得到

BP CQ AM ? ? = 1 ,由 PC QA MB

题设条件知

BP CQ AR AM AR AM AR ? ? = 1 ,即有 = ,又由合比定理知 = ,故有 PC QA RB MB RB AB AB

AM = AR ,从而 M , R 重合,即 P, Q, R 三点共线。
说明: “ P, Q, R 三点中有奇数个点在边的延长线上”这一条件十必要,否则的话, (1) 梅涅劳斯定理就不成立了; (2)恰当地选择三角形的截线或作出截线,是应用梅涅劳斯定理定理的关键,其逆定 理常用来证明三点共线; (3)此定理常运用求证三角形相似的过程中的线段成比例的条件; (4) 也可以将上述两个定理合写成: P, Q, R 分别是 ?ABC 的三边 BC , CA, AB 所在 设 直线(包括三边的延长线)上的点,则 P, Q, R 三点共线的充要条件是

BP CQ AR ? ? = 1。 PC QA RB

例 1.如图所示, ΘO1 与 ΘO2 和 ?ABC 的三边所在的 3 条直线都相切,E,F,G,H 为切 点, 直线 EG 与 FH 交于点 P,求证:PA ⊥ BC 。 (1996 年全国高中数学联赛二试题第 3 题) (先看一般做法) P

G H O1 A O

E

B

D

C

F

(利用梅涅劳斯定理做: ) 过点 A 作 AD ⊥ BC 于点 D,延长 DA 交直线 HF 于点 P/ 由梅涅劳斯定理有

P

AH BF DP / ? ? =1 BH DF AP /
AH DP / ∵ BF = BH ∴ ? =1 DF AP /
G H O1 A O1

∵ O1 F // AD // O2 F , ?AGO1 ~ ?AHO2
∴ DE AO1 AG AH AG ,∴ = = = DF AO2 AH DF DE
AH DP / AG DP / DP / AG CE ? = ? = ? ? DF AP / DE AP / AP / CG DE

又∵ CE = CG

E

B

D

C

F

∴1 =

由梅涅劳斯的逆定理知 P / 、G、E 三点共线,即 P / 为直线 EG 与 FH 的交点。因此点 P / 与 点 P 重合,所以 PA ⊥ BC 例 2.若直角 ?ABC 中, CK 是斜边上的高, CE 是 ∠ACK 的平分线,E 点在 AK 上,D 是 AC 的中点,F 是 DE 与 CK 的交点,证明:BF//CE。

证: 在 ?EBC 中,作 ∠B的平分线 BH ∵ 则: ∠EBC = ∠ACK ∠HBC = ∠ACE ∠HBC + ∠HCB = ∠ACE + ∠HCB = 90 ° 即: BH ⊥ CE ∴ ?EBC 为等腰三角形 作 BC 上的高 EP ,则: CK = EP 对于 ?ACK 和三点 D、 E、 F依梅涅劳斯定理有: CD AE KF ? ? =1 DA EK FC KF EK CK EP BP BK 于是 = = = = = FC AE AC AC BC BE KF BK 即: = FC BE KF BK 依分比定理有: = KC KE ∴ ?FKB ? ?CKE ∴ BF // CE

例 3.点 P 位于 ?ABC 的外接圆上, A1 , B1 , C1 是从点 P 向 BC,CA,AB 所引垂线的垂足, 求证: A1 , B1 , C1 三点共线。

A

BA BP ? cos ∠PBC 证:易得: 1 = ? , CA1 CP ? cos ∠PCB CB1 CP ? cos ∠PCA =? AB1 AP ? cos ∠PAC AC1 AP ? cos ∠PAB =? BC1 PB ? cos ∠PBA 将上面三条式子相乘,
B

C1

A1

C

B1
P

且 ∵ ∠PAC = ∠PBC , ∠PAB = ∠PCB , ∠PCA + ∠PBA = 180° BA CB AC1 可得 1 ? 1 ? =1 , CA1 AB1 BC1 依梅涅劳斯定理可知 A1、B1、C1三点共线;
【练习1】从点 K引四条直线,另两条直 线分别交这四条直线于 A、 B、 C、 D AC AD A1C1 A1 D1 和 A1、 B1、 C1、 D1,试证: : = : BC BD B1C1 B1 D1 【练习 2】设不等腰 ?ABC 的内切圆在三边 BC 、 CA 、 AB 上的切点分别为 D 、 E、 F,则 EF 与 BC ,
FD 与 CA , DE 与 AB 的交点 X、 Y、 Z 在同一条 直线上;

【练习 3】已知直线 AA1, BB1, CC 1相交于 O ,直线 AB 和 A1 B1的交点为 C 2,直线 BC 与 B1C1的交点是 A2,直 线 AC 与 A1C1的交点是 B 2,试证: A2、 B 2、 C 2 三点共线;

【练习 4】在一条直线上取点 E、 C 、 A,在另一条上取点 B 、 F、 D ,记直线 AB 和 ED , CD 和 AF , CD 和 AF , EF 和 BC 的交点依次为 L 、 M 、 N ,证明: L 、 M 、 N 三点共线

练习1的证明 证:若 AD // A1 D1,结论显然成立; 若 AD 与 A1 D1相交与点 L ,则把梅涅劳斯定理分 别用于 ? A1 AL 和 ? B1 BL 可得: AD LD 1 A1 K ? ? =1 LD A1 D1 AK LD BK B1 D1 ? ? =1 BD B1 K LD 1 AD BC A1C1 B1 D1 将上面四条式子相乘可 得: ? ? ? =1 AC BD A1 D1 B1C1 AC AD A1C1 A1 D1 即: : = : BC BD B1C1 B1 D1
练习 2的证明 BX CE AF ? ? =1 证: ? ABC 被直线 XFE 所截,由定理 1可得: XC EA FB BX FB 又 ∵ AE = AF 代人上式可得: = XC CE CY DC AZ EA 同理可得: = = YA AF ZB BD BX CY AZ 将上面三条式子相乘可 得: ? ? =1 XC YA ZB 又 ∵ X 、 Y 、 Z 都不在 ? ABC 的边上,由定理 2可得 X 、 Y 、 Z 三点共线

LC AK A1C 1 ? ? =1 AC A1 K LC 1

BC LC 1 B1 K ? ? =1 LC B1C 1 BK

练习3的证明 证:设 A2、 B 2、 C 2 分别是直线 BC 和 B1C1, AC 和 A1C1, AB 和 A1 B1的交点, 对所得的三角形和在它 们边上的点: OAB 和 ( A1, B1 , C 2 ), OBC 和 ( B1, C1 , A2 ), OAC 和 ( A1, C1 , B 2 )应用梅涅劳斯定理有: AA1 OB1 BC 2 ? ? =1 OA1 BB1 AC 2 OC 1 BB1 CA 2 ? ? =1 CC 1 OB1 BA 2 OA1 CC 1 AB 2 ? ? =1 AA1 OC 1 CB 2

BC AB 2 CA 2 将上面的三条式子相乘 可得: 2 ? ? =1 AC 2 CB 2 BA 2 由梅涅劳斯定理可知 A2 , B 2 , C 2 共线 练习4的证明
证:记直线EF和CD,EF和AB,AB和CD的交点分别为U、V、W,对?UVW,应用梅 涅劳斯定理于五组三元点( L, D, E ), ( A, M , F ), ( B, C , N ), ( A, C , E ), ( B, D, F ),则有 VA UF WM UN WC VB ? ? =1 ? ? =1 WA VF YM VN UC WB WB UD VF ? ? =1 VB WD UF VL WM UN 将上面五条式子相乘可得: ? ? = 1, ∴ 点L, M , N共线 WL UM VN UE VL WD ? ? =1 VE WL UD WA UC VE ? ? =1 VA WC UE


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