高中数学竞赛题之平面几何Word文档下载推荐.docx
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如图3,过点P作AB的平行线交BD于F,过点F作BC的平行线分别交PQ、AC
于K、G,连PG.
由BD平行∠ABC,可知点F到AB、BC两边距离相等.有KQ＝PN.
显然,EP＝EF＝CG,可知PG∥EC.
PDFDGD
由CE平分∠BCA,知GP平分∠FGA.有PK＝PM.于是,PM＋PN＝PK＋KQ＝PQ.
这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM＝PK,就有PM＋PN＝PQ.证法非常简捷.
3为了线段比的转化
-1-
由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可
以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.
例4设M1、M2是△ABC的BC边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.试证：
AB＋AC＝AM1＋AM2.
APAQAN1AN2
如图4,若PQ∥BC,易证结论成立.若PQ与BC不平行,设PQ交直线BC于D.过点A作PQ的平行线交直线BC于E.
由BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋M2E,易知
AB＝BE,AC＝CE,
APDEAQDE
AM1＝M1E,
AM2＝M2E.
则AB＋AC＝BECE＝M1EM2E＝
AN1
DE
AN2
APAQ
AM1
＋AM2.
所以,
AB＋AC＝AM1＋AM2.
AP
AQ
这里,仅仅添加了一条平行线
将求证式中的四个线段比“通分”
使公分母为
DE,于是
问题迎刃而解.
例5AD是△ABC的高线,K为AD上一点,BK交AC于E,CK交AB于F.求证：
∠FDA＝∠EDA.
如图5,过点A作BC的平行线,分别交直线DE、DF、BE、CF于Q、P、N、M.
显然,
BD＝KD＝DC.
ANKAAM
有BD·
AM＝DC·
AN.
（1）
由AP＝AF＝AM
BDFBBC
由AQ＝AE＝ANDCECBC
有AP＝BD·
AM.
（2）
BC
有AQ＝DC·
AN.（3）
对比
（1）、
（2）、（3）有AP＝AQ.
显然AD为PQ的中垂线,故AD平分∠PDQ.所以,∠FDA＝∠EDA.
这里,原题并未涉及线段比,添加BC的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这
些比例式,就使AP与AQ的相等关系显现出来.
4为了线段相等的传递
当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段
相等的关系传递开去.
例6在△ABC中,AD是BC边上的中线,点M在AB边上,点N在AC边上,并且∠MDN＝
22222122
90°
.如果BM＋CN＝DM＋DN,求证：
AD＝（AB＋AC）.
如图6,过点B作AC的平行线交ND延长线于E.连ME.
-2-
由BD＝DC,可知ED＝DN.有△BED≌△CND.
于是,BE＝NC.
显然,MD为EN的中垂线.有EM＝MN.
由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM为直角三角形,∠MBE
＝90°
.
有∠ABC＋∠ACB＝∠ABC＋∠EBC＝90°
.于是,∠BAC＝90°
所以,AD2＝
1
2
＝
（AB＋AC）.
4
这里,添加AC的平行线,将BC的以D为中点的性质传递给
EN,使解题找到出路.
例7
如图7,AB为半圆直径,D为AB上一点,分别在半圆上取点
E、F,使EA＝DA,
FB＝DB.过D作AB的垂线,交半圆于C.求证：
CD平分EF.
如图7,分别过点E、F作AB的垂线,G、H为垂足,连FA、EB.
易知DB2＝FB2＝AB·
HB,
AD2＝AE2＝AG·
AB.
二式相减,得DB2－AD2＝AB·
（HB－AG）,或（DB－AD）·
AB＝AB·
（HB－AG）.
于是,DB－AD＝HB－AG,或DB－HB＝AD－AG.就是DH＝GD.
显然,EG∥CD∥FH.故CD平分EF.
这里,为证明CD平分EF,想到可先证CD平分GH.为此添加CD的两条平行线EG、FH,从而得到G、H两点.证明很精彩.
经过一点的若干直线称为一组直线束.
一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.
如图8,三直线AB、AN、AC构成一组直线束,DE是与BC平行的直线.于是,有
DM＝AM＝ME,即DM＝ME或DM＝BN.
BNANNCBNNCMENC
此式表明,DM＝ME的充要条件是
BN＝NC.
利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.
例8
如图9,ABCD为四边形,两组对边延长后得交点
E、F,对角线BD∥EF,AC的延长
线交EF于G.求证：
EG＝GF.
如图9,过C作EF的平行线分别交
AE、AF于M、N.由BD∥EF,可知MN∥BD.易
知
S△BEF＝S△DEF.
△
△Ⅱ
KG
－
*5
Ⅱ
DFC.
有S
BEC＝S
可得MC＝CN.
所以,EG＝GF.
例9如图10,⊙O是△ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、AB
的切点.若OD与EF相交于K,求证：
AK平分BC.
如图10,过点K作BC的行平线分别交直线AB、AC于Q、P两点,连OP、OQ、
OE、OF.
由OD⊥BC,可知OK⊥PQ.
由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四点共圆,有∠FOQ＝∠FKQ.
由OE⊥AC,可知O、K、P、E四点共圆.有∠EOP＝∠EKP.
显然,∠FKQ＝∠EKP,可知∠FOQ＝∠EOP.
-3-
由OF＝OE,可知Rt△OFQ≌Rt△OEP.则OQ＝OP.
于是,OK为PQ的中垂线,故QK＝KP.
所以,AK平分BC.
综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平
行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.
练习题
1.四边形ABCD中,AB＝CD,M、N分别为AD、BC的中点,延长BA交直线NM于E,延长CD交直线NM于F.求证：
∠BEN＝∠CFN.
（提示：
设P为AC的中点,易证PM＝PN.）
2.设P为△ABC边BC上一点,且PC＝2PB.已知∠ABC＝45°
∠APC＝60°
.求∠ACB.（提示：
过点C作PA的平行线交BA延长线于点D.易证△ACD∽△PBA.答：
75°
）
3.六边开ABCDEF的各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°
S△EBD＝60cm2.求六边形
ABCDEF的面积.
设EF、DC分别交直线AB于P、Q,过点E作DC的平行线交AB于点M.所求面积
与EMQD面积相等.答：
120cm2）
4.AD为Rt△ABC的斜边BC上的高,P是AD的中点,连BP并延长交AC于E.已知AC:
AB
＝k.求AE:
EC.
过点A作BC的平行线交BE延长线于点F.设BC＝1,有AD＝k,DC＝k2.答：
1
1k2
5.AB为半圆直径,C为半圆上一点,CD⊥AB于D,E为DB上一点,过D作CE的垂线交CB
于F.求证：
AD＝CF.
DEFB
过点F作AB的平行线交CE于点H.H为△CDF的垂心.）
6.在△ABC中,∠A:
∠B:
∠C＝4:
2:
1,∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c.求证：
1＋1
ab
＝1.
c
在BC上取一点D,使AD＝AB.分别过点B、C作AD的平行线交直线CA、BA于点E、F.）
7.分别以△ABC的边AC和BC为一边在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF的
中点.求证：
P点到边AB的距离是AB的一半.
8.△ABC的内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F,过点F作BC的平行线分别交直线
DA、DE于点H、G.求证：
FH＝HG.
过点A作BC的平行线分别交直线DE、DF于点M、N.）
9.AD为⊙O的直径,PD为⊙O的切线,PCB为⊙O的割线,PO分别交AB、AC于点M、
N.求证：
OM＝ON.
过点C作PM的平行线分别交AB、AD于点E、F.过O作BP的垂线,G为垂足.AB
∥GF.）
第二讲巧添辅助妙解竞赛题
在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的
有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.
-4-
1挖掘隐含的辅助圆解题
有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出
辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化.
1.1作出三角形的外接圆
例1如图1,在△ABC中,AB＝AC,D是底边BC上一点,E是线段AD上一点且∠BED＝2∠CED＝∠A.求证：
BD＝2CD.
分析：
关键是寻求∠BED＝2∠CED与结论的联系.容易想到作∠BED的平分线,但因BE≠ED,故不能直接证出BD＝2CD.若延长AD交△ABC的外接圆于F,则可得EB＝EF,从而获取.
如图1,延长AD与△ABC的外接圆相交于点F,连结CF与BF,则∠BFA＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:
CF＝BD:
DC.
又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,从而∠FBE＝∠ABC＝∠ACB＝∠BFE.
故EB＝EF.
作∠BEF的平分线交BF于G,则BG＝GF.
因∠GEF＝1∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC.
于是,BF＝2CF.故BD＝2CD.
1.2利用四点共圆
例2凸四边形ABCD中,∠ABC＝60°
∠BAD＝∠BCD＝90°
AB＝2,CD＝1,对角线AC、BD交于点O,如图2.则sin∠AOB＝____.
由∠BAD＝∠BCD＝90°
可知A、B、C、D
四点共圆,欲求sin∠AOB,联想到托勒密定理
只须求出BC、AD即可.
解：
因∠BAD＝∠BCD＝90°
故A、B、C、D四点共圆.延长BA、CD交于P,则∠ADP＝
∠ABC＝60°
设AD＝x,有AP＝3x,DP＝2x.由割线定理得（2＋3x）3x＝2x（1＋2x）.
解得AD＝x＝2
3－2,BC＝1BP＝4－3.
由托勒密定理有
BD·
CA＝（4－
3
）（23－2）＋2×
1＝103－12.
又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝33.
故sin∠AOB＝1563.
26
例3已知：
如图
3,AB＝BC＝CA＝AD,AH⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证：
△ABC的面积S＝
AP·
BD.
因S△ABC＝
BC2＝
AC·
BC,只
须证AC·
BC＝AP·
BD,转化为证△APC∽△BCD.这由A、B、C、Q四点共圆易证（Q为BD与AH交点）.
记BD与AH交于点Q,则由AC＝AD,AH⊥CD得∠ACQ＝∠ADQ.
又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ.
-5-
从而,∠ABQ＝∠ACQ.可知A、B、C、Q四点共圆.
∵∠APC＝90°
＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ,
∴△APC∽△BCD.
∴AC·
BD.
于是,S＝
BC＝
2构造相关的辅助圆解题
有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关
的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决.
2.1联想圆的定义构造辅助圆
例4如图4,四边形ABCD中,AB∥CD,AD＝DC＝DB＝p,BC＝q.求对角线AC的长.
由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在半径为p的⊙D上.利用圆的性质即可找到AC与p、q的关系.
延长CD交半径为p的⊙D于E点,连结AE.显然A、B、C在⊙D上.
∵AB∥CD,
∴BC＝AE.
从而,BC＝AE＝q.
在△ACE中,∠CAE＝90
°
CE＝2p,AE＝q,故
AC＝CE2
AE2
4p2
q2.
2.2
联想直径的性质构造辅助圆
例5
已知抛物线y＝－x2＋2x＋8
与x轴交于B、C两点，点D平分BC.若在x轴上侧的
A点为抛物线上的动点,且∠BAC
为锐角,则AD的取值范围是____.
由“∠BAC为锐角”可知点
A在以定线段BC为直径的圆外,又点A在x轴上
侧,从而可确定动点A的范围,进而确定AD的取值范围.
如图5,所给抛物线的顶点为
A0（1,9）,对称轴为x＝1,与x轴交于两点B（－2,0）、
C（4,0）.分别以BC、DA为直径作⊙D、⊙E,则两圆与抛物线均交于两点P（1－22,1）
、Q（1＋22,1）.
可知,点A在不含端点的抛物线
PA0Q内时,∠BAC＜90°
.且有3＝DP＝DQ＜AD≤DA0
＝9,即AD的取值范围是3＜AD≤9.
2.3联想圆幂定理构造辅助圆
例6AD是Rt△ABC斜边BC上的高,∠B的平行线交AD于M,交AC于N.求证：
AB2－
AN2＝BM·
BN.
因AB2－AN2＝（AB＋AN）（AB－AN）＝BM·
BN,而由题设易知
AM＝AN,联想割线定
理,构造辅助圆即可证得结论.
如图6,
∵∠2＋∠
3＝∠4＋∠5＝90°
又∠3＝∠4,∠1＝∠5,
∴∠1＝∠
2.从而,AM＝AN.
以AM长为半径作⊙A,交AB于F,交BA的延长线于E.则AE＝AF＝AN.
-6-
由割线定理有
BM·
BN＝BF·
BE＝（AB＋AE）（AB－AF）＝（AB＋AN）（AB－AN）＝AB2－AN2,
即AB2－AN2＝BM·
例7如图7,ABCD是⊙O的内接四边形,延长AB和DC相交于E,延长AB和DC相交于E,延长AD和BC相交于F,EP和FQ分别切⊙O于P、Q.求证：
EP2＋FQ2＝EF2.
因EP和FQ是⊙O的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP、FQ向EF
转化.
如图7,作△BCE的外接圆交EF于G,连结CG.
因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、G四点共圆.
由切割线定理,有
EF2＝（EG＋GF）·
EF＝EG·
EF＋GF·
EF＝EC·
ED＋FC·
FB＝EC·
ED＋FC·
FB＝EP2＋FQ2,
即EP2＋FQ2＝EF2.
2.4联想托勒密定理构造辅助圆
例8如图8,△ABC与△A＇B＇C＇的三边分别为a、b、c与a＇、
b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A
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