高中数学竞赛题之平面几何

BMBJDIDL， ???MCCIAJLA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和D的切线

分别交l于B和A，半圆的圆心在线段BA上，E是线段AC和BD的交点，F是l上的点，EF垂直l。求证：EF平分∠CFD。

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由CO=DO，有，从而????1.

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。

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。

引理1:

A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，则有

A1B1C1D1E1F1???1. B1C1D1E1F1A1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

A1B1B1OEFFOCDDO?， 11?1， 11?1. D1E1D1OB1C1B1OF1A1F1O将上面三式相乘即得

A1B1C1D1E1F1???1， B1C1D1E1F1A1A1B1C1D1E1F1???1 B1C1D1E1F1A1引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足

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，??PDEPASFA得

CREC?FP ② ?ASEP?FABR?ASEB?FABRCDSAEBAFDC由①，②得. 故 . ??????DS?CREC?FDRCDSABBAFDCE③

EBAFDC对△EAD应用梅涅劳斯定理，有 ???1 ④

BAFDCEBRCDSA由③，④得 ???1.

RCDSAB由引理2知BD，RS，AC交于一点，所以R，T，S三点共线。

练 习

A组

1. 由矩形ABCD的外接圆上任意一点M向它的两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT。证明：PR与QT垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上。

2. 在△ABC的BC边上任取一点P，作PD∥AC，PE∥AB，PD，PE和以AB，AC为直径而在三角形外侧所作的半圆的交点分别为D，E。求证：D，A，E三点共线。

3. 一个圆和等腰三角形ABC的两腰相切，切点是D，E，又和△ABC的外接圆相切于F。求证：△ABC的内心G和D，E在一条直线上。

4. 设四边形ABCD为等腰梯形，把△ABC绕点C旋转某一角度变成△A’B’C’。证明：线段A’D, BC和B’C的中点在一条直线上。

5. 四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P。设三角形ABP，BCP，CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4。求证：OP，O1O3，O2O4三直线交于一点。

6. 求证：过圆内接四边形各边的中点向对边所作的4条垂线交于一点。

7. △ABC为锐角三角形，AH为BC边上的高，以AH为直径的圆分别交AB，AC于M，N；M，N与A不同。过A作直线lA垂直于MN。类似地作出直线lB与lC。证明：直线lA，lB，lC共点。

8. 以△ABC的边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点。求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点。

9. 过△ABC的三边中点D，E，F向内切圆引切线，设所引的切线分别与EF，FD，DE交于I，L，M。求证：I，L，M在一条直线上。

B组

10. 设A1，B1，C1是直线l1上的任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上的任意

三点，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N。求证：L，M，N三点共线。

11. 在△ABC，△A’B’C’中，连接AA’，BB’，CC’，使这3条直线交于一

点S。求证：AB与A’B’、BC与B’C’、CA与C’A’的交点F，D，E在同一条直线上(笛沙格定理)。

12. 设圆内接六边形ABCDEF的对边延长线相交于三点P，Q，R，则这三点在一

条直线上(帕斯卡定理)。

第四讲 四点共圆问题

“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1 “四点共圆”作为证题目的

例1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，

N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)

分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM. 欲证M，N，P，Q四点共圆，须证

MK·KN＝PK·KQ，

即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′) 或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ①

不难证明 AP=AM，从而有 AB′2+PB′2=AC′2+MC′2. 故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2

=(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)

=KC′2-KB′2. ② 由②即得①，命题得证.

例2．A、B、C三点共线，O点在直线外，O1，O2，O3分别为△OAB，

△OBC，△OCA的外心.求证：O，O1，O2，O3四点共圆. (第27届莫斯科数学奥林匹克)

分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA. 1观察△OBC及其外接圆，立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.观察△OCA及其外接圆，

21立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1?O，O1，O2，O3共圆.

2利用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证. 2 以“四点共圆”作为解题手段

这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等

例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上， ∠DAM＝∠CBK. 求证：∠DMA＝∠CKB. 分析：易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，

有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC＝180°， ∴∠CMK+∠KDC＝180°.

故C，D，K，M四点共圆?∠CMD＝∠DKC. 但已证∠AMB＝∠BKA， ∴∠DMA＝∠CKB. (2)证线垂直

例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同). △ABC 外接圆和△BKN外接圆相交于B和M.求证：∠BMO=90°. 分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件

和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.

连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK. 而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK， ∴∠COK+∠CMK=180°?C，O，K，M四点共圆.

在这个圆中，由 OC=OK? OC=OK?∠OMC=∠OMK. 但∠GMC=∠BMK， 故∠BMO=90°. (3)判断图形形状

例5．四边形ABCD内接于圆，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的内心依次记为IA，

IB，IC，ID.试证：IAIBICID是矩形.

11分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得∠AICB=90°+∠ADB=90°+

22∠ACB=∠AIDB?A，B，ID，IC四点共圆. 同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时

1∠AICID=180°-∠ABID =180°-∠ABC，

21∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，

211∴∠AICID+∠AICIB=360°-(∠ABC+∠ADC)=360°-×180°=270°.故∠

22IBICID=90°.

同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. (4)计算