初中数学联赛,平面几何的书

篇一:《数学竞赛中的平面几何全 罗增儒》

数学竞赛中的平面几何

陕西师范大学数学系 罗增儒 710062 13516688696 Emil :zrluo@snnu．edu．cn

一、引言 1．国际数学竞赛中出现的几何问题，包括平面几何与立体几何，但以平面几何为主体．国际数学竞赛中的平面几何题数量较多、难度适中、方法多样（综合几何法、代数计算法、几何变换法等），从内容上看可以分成三个层次：

第一层次，中学几何问题．

这是与中学教材结合比较紧密的常规几何题，虽然也有轨迹与作图，但主要是以全等法、相似法为基础的证明题，重点是与圆有关的命题，因为圆的命题知识容量大、变化余地大、综合性也强，是编拟竞赛试题的优质素材．

第二层次，中学几何的拓展．

这是比中学教材要求稍高的内容，如共点性、共线性、几何不等式、几何极值等．这些问题结构优美，解法灵活，常与几何名题相联系．有时还可用几何变换来巧妙求解． 第三层次，组合几何——几何与组合的交叉 ． 这是用组合数学的成果来解决几何学中的问题，主要研究几何图形的拓扑性质和有限制条件的欧几里得性质．所涉及的类型包括计数、分类、构造、覆盖、递推关系以及相邻、相交、包含等拓扑性质．这类问题在第六届IMO（1964）就出现了，但近30年，无论内容、形式和难度都上了新的台阶，成为一类极有竞赛味、也极具挑战性的新颖题目．组合几何的异军突起是数学竞赛的三大热点之一．

2．在中国的数学竞赛大纲中，对平面几何内容除了教材内容外有如下的补充． 初中竞赛大纲：四种命题及其关系；三角形的不等关系；同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系;面积及等积变换;三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质．

高中竞赛大纲: 几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理；三角形中的几个特殊点:旁心、费马点，欧拉线；几何不等式；几何极值问题；几何中的变换：对称、平移、旋转；圆的幂和根轴；面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法．

二、基本内容

全等三角形的判别与性质，相似三角形的判别与性质，等腰三角形的判别与性质，“三线八角”基本图形，中位线定理，平行线截割定理，圆中角（圆心角、圆周角、弦切角）定理等大家都已经非常熟悉，此外，竞赛中还经常用到以下基本内容．

定义1 点集的直径是指两个端点都属于这个集合且长度达到最大值的线段（一个点集可能有多条直径，也可能没有直径）． 定义2 如果对点集A中的任意两点，以这两点为端点的线段包含在A里，则集合A称为是凸的．

定义3 设M1,M2,,Mn是多边形，如果MM1M2Mn并且当ij时，

Mi与Mj没有公共的内点，则称多边形M剖分为多边形M1,M2,,Mn．

定义4 如果凸边形N的所有顶点都在凸多边形M的边上，则称多边形N内接于多边性M．

定理1 两点之间直线距离最短．

推论 三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．



定理2 三角形的内角之等于180．凸n边形（n3）的n个内角和等于(n2)180；

外角和为180（每一个顶点处只计算一个外角）．

证明 如图1，过C作CE//AB，则有

ECAA，（两直线平行，内错角相等）

得 ABCACB （结合律）

ECBB（等量代换）

（两直线平行，同旁内角互补） 图1 180．

推论 三角形的一个外角等于两个不相邻内角之和． 定理3 三角形中大边对大角、小边对小角．

证明 （1）如图2，在ABC中，已知ABAC，可在AB上截取ADAC，则在等腰ACD中有

12．（等腰三角形的性质定理）

又在BCD中，2B，（外角定理） 更有 C12B．（传递性） 说明 由上面的证明知

ABACBC,

ABACBC, ABACBC,



这样的分断式命题，其逆命题必定成立．证明如下： 图2

（2）反之，在ABC中，若CB，这时AB,AC有且只有三种关系ABAC，

ABAC，ABAC．

若ABAC，由上证得CB，与已知CB矛盾．

若ABAC，由等腰三角形性质定理得CB，与已知CB矛盾． 所以ABAC．

定理4 在ABC与A1B1C1中，若ABA1B1,ACA1C1，则

AA1BCB1C1．

定理5 凸四边形ABCD内接于圆的充分必要条件是：

ABCCDA180（或BADDCB180）．





证明 当四边形ABCD内接于圆时，由圆周角定理有

ABCCDA

11

ADCABC 22



11

ADCABC180．

22

同理可证BADDCB180．

反之，当ABCCDA180时，首先过不共线的三点A,B,C作O，若点D不在O上，则有两种可能：

（1）D在O的外部（如图3（1））．记AD与O相交于S，连CS，在CDS中有

ASCCDA． 又由上证，有

ABCASC180，



得 180ABCCDAABCASC180，矛盾．

图3 （2）（如图3（2））．记AD的延长线与O相交于S，连CS，在CDSD在O的内部中有

ASCCDA． 又由上证，有

ABCASC180，



得 180ABCCDAABCASC180，矛盾． 定理6 凸四边形ABCD外切于圆的充分必要条件是

ABCDBCAD．

证明 当凸四边形ABCD外切于圆时，设各边的切点分别为P,Q,R,S（如图4），根据圆外一点到圆的两切线长相等，有

APAS,



PBBQ,CRQC,DRDS.

相加 APPBCRDRASBQQCDS， 得 ABCDBCAD． 图4



反之，若ABCDBCAD，我们引B,C的平分线，因为BC360，

所以，两条角平分线必定相交于四边形内部一点，记为N，则N到三边AB,BC,CD的距离相等，可以以N为圆心作N与AB,BC,CD同时相切，这时AD与N的关系有且只有三种可能：相离、相切、相交．

（1）若AD与N相离（如图5（1））．过A作切线与CD相交于D/，在ADD/中，有

DD/ADAD/． ① 但由上证，有

ABCDBCAD，

/

/

又由已知，有

ABCDBCAD 相减得 CD/CDAD/AD ， 即 DD/ADAD/，与①矛盾．

图5

（2）若AD与N相交（如图5（2））．过A作切线与CD的延长线相交于D/，在

/

ADD中，有①

DD/ADAD/． 但由上证，有

ABCDBCAD，

/

/

又由已知，有

ABCDBCAD 相减得 CDCDADAD ， 即 DD/ADAD/，与①矛盾．

综上得AD与N的相切，即凸四边形ABCD外切于圆．

定理7 （相交弦定理）圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．

/

/

定理8 （切割线定理）从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．

定义5 从一点A作O的割线交O于B,C，则点A到两交点B,C的线段长度之积

ABAC称为点A对O的羃．对于两个已知圆有等羃的点的轨迹，称为两圆的根轴（或

等羃轴）．

定理9 若两圆相交，其根轴在两圆公共弦所在的直线上；若两圆相切，其根轴在过两圆切点的公切线上；若两圆相离，则两圆的四条公切线的中点在根轴上．

定理10 （三角形面积公式）在ABC中，记a,b,c为三边长，p

12

(abc)为半

周长，R是外接圆半径，r为内切圆半径，ha是边BC上的高，ra是与边BC及AB,AC的延长线相切的旁切圆的半径，则ABC的面积S为：

(1)S(2)S

1212aha

12bhb

1212chc；

12

bcsinA；

absinCacsinB

(3)S

(4)S

p(pa)(pb)(pc)；

abc4R

2RsinAsinBsinC；

2

(5)Srp； (6)S(7)S

1212

ra(bca)；

R(sin2Asin2Bsin2C)．

2

定理11 在RtABC中，有

（1）abc，（勾股定理的逆定理也成立） （2）r

12

(abc),R

c2

2

2

2

．

定理12 （角平分线定理）设AD是ABC中A的平分线，则．

ABAC

BDDC

．

此定理有10多种证法，下面是有辅助线与无辅助线的两种代表性证法． 证明1 （相似法）如图6，延长BA到E，使AEAC，连CE，则 BAD 

12

12

A（已知）

AECACE（外角定理）

AEC，（等腰三角形的两个底角相等） 有 AD//CE，

篇二:《初中数学竞赛平面几何中几个重要定理》

初中数学竞赛平面几何中几个重要定理

定理1 正弦定理

ABC中，设外接圆半径为R，则

证明:如图1-1，图1-2

过B作直径BA，则AA,BCA90，故abc2R sinAsinBsinCBCasinAsinA,即2R； 同理可得BA2Rsin

A

ab

c2R sinAsinBsinC

当A为钝角时，可考虑其补角A.

当A为直角时，sinA1，故无论哪种情况正弦定理成立。

定理2 余弦定理

ABC中，有关系a2b2c22bccosA

b2a2c22accosB

c2a2b22abcosC

有时也用它的等价形式

abcosCccosB

bacosCccosA

cacosBbcosA

定理3 梅涅(Menelaus)劳斯定理（梅氏线）

直线DEF截ABC的边BC,CA,AB或其延长线于D,E,F.则

AFBDCE1. FBDCEA

定理4塞瓦定理(Ceva) （塞瓦点）

设O是ABC内任意一点，AD,BE,CF分别交对边于D,E,F则

BDCEAF1 DCEAFB

定理5塞瓦定理逆定理

在ABC三边所在直线BC,CA.AB上各取一点D,E,F，若

BDCEAF1则AD,BE,CF平行或共点。: DCEAFB

定理6 斯特瓦尔特定理

b2pc2q在ABC中，若D是BC上一点，且BDp,DCq,ABc,ACb，则ADpq pq

2

1 / 2

定理7 托勒密定理

四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆 ABCDBCADACBD的充要条件是A,B,C,D四点共圆。

定理8 西姆松(Simson)定理（西姆松线）

从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上 ABC的三边BC,CA.AB上有点P,Q,R，则AP,BQ,CR共点的充要条件是BPCQAR

PCQARB1。

2 / 2

篇三:《高中数学竞赛平面几何讲座(非常详细)》

第一讲 注意添加平行线证题

在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.

添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1、为了改变角的位置

大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.

例1 、设P、Q为线段BC上两点,且BP＝CQ,A为BC外一动点(如图1).当点A运动到

AD使

∠BAP＝∠CAQ时,△ABC是什么三角形？试证明你的结论. 答： 当点A运动到使∠BAP＝∠CAQ时,△ABC为等腰三角形. 在△DBP＝∠AQC中,显然∠DBP＝∠AQC,∠DPB＝∠C. 由BP＝CQ,可知△DBP≌△AQC.有DP＝AC,∠BDP＝∠QAC.

于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP.则A、D、B、P四点共圆,且四边形ADBP为等腰梯形.故AB＝DP.所以AB＝AC.

这里,通过作平行线,将∠QAC“平推”到∠BDP的位置.由于A、D、B、P四点共圆,

使证明很顺畅.

例2、如图2,四边形ABCD为平行四边形,∠BAF＝∠BCE.求证：∠EBA＝∠ADE. 证明：如图2,分别过点A、B作ED、EC的平行线,得交点P,连PE.

B

P图1

证明：如图1,分别过点P、B作AC、AQ的平行线得交点D.连结DA.

∥CD,易知△PBA≌△ECD.有PA＝ED,PB＝EC. 由AB ＝

显然,四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有

∠BCE＝∠BPE,∠APE＝∠ADE.由∠BAF＝∠BCE,可知

P

EBF

图2∠BAF＝∠BPE.有P、B、A、E四点共圆.于是,∠EBA＝∠APE.所以,∠EBA＝∠ADE.

这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P、B、A、E四点共圆,紧密联系起来.∠APE成为∠EBA与∠ADE相等的媒介,证法很巧妙.

2、欲“送”线段到当处

利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.

例3、在△ABC中,BD、CE为角平分线,P为ED上任意一点.过P分别作AC、AB、BC的垂线,M、N、Q为垂足.求证：PM＋PN＝PQ.

证明：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

B

EANQ图3

MDC

两边距离相等.有KQ＝PN. 显然,

EPEFCG

＝＝,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

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：

AM2ACAM1AB

＋＝＋. APAQAN1AN2

A

证明：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 则

B

Q

2

M1M2CD

图4

E

MEAM2MEABBEACCEAM1

＝,＝,＝1,＝2. APDEAQDEAN1DEAN2DE

AM1AM2MEM2EACBECEAB＋＝＝1＝＋. APDEDEAQAN1AN2

AM2ACAM1AB

＋＝＋. APAQAN1AN2

所以,

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5、 AD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.

证明：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.

M

PAQN

BDKDDC显然,＝＝.有BD·AM＝DC·ANANKAAM

BCBD·AMAPAFAMD

由＝＝,有AP＝. (2) 图5

BDFBBCBCAQAEANDC·AN由＝＝,有AQ＝. (3)

ECBCBCDC

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

1

(AB2＋AC2). 4

证明：如图6,过点B作AC的平行线交ND延长线于E.连ME.{初中数学联赛,平面几何的书}.

∠MDN＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝

由BD＝DC,可知ED＝DN.有△BED≌△CND. 于是,BE＝B 显然,MD为EN的中垂线.有 EM＝MN.

2

2

2

2

2

2

2

2

A

NC

E

图6 由BM＋BE＝BM＋NC＝MD＋DN＝MN＝EM,可知△BEM为直角三角

形,∠MBE＝90°.有∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°.于是,∠BAC＝90°.

11

所以,AD2＝BC＝(AB2＋AC2).

42

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.{初中数学联赛,平面几何的书}.

证明：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. 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.{初中数学联赛,平面几何的书}.

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

A

CF

2

二式相减,得DB2－AD2＝AB·(HB－AG),或 (DB－AD)·AB＝AB·(HB－AG). 图7

G

DOH

B

MEMEDMAMDMBNDM

＝＝,即 ＝或＝. BNANBNMENCNCNC

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.

D

M

N图8

CE

A

证明：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.有S△BEC＝S△ⅡKG－ *5ⅡDFC. 可得MC＝CN. 所以,EG＝GF.

E

B

DN

例9 如图10,⊙O是△ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为⊙O与

G

BC图9、CA、AB

的切点.若OD与EF相交于K,求证：AK平分BC.

证明：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.

O

图10

显然,∠FKQ＝∠EKP,可知∠FOQ＝∠EOP.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. 六边形ABCDEF的各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S△EBD＝60cm.求六边形ABCDEF的面积.

(提示：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.

(提示：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：

2

1

) 2

1k

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：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：＋

ADCF

＝.(提示：过点F作AB的平行线交CE于点H.H为△CDF的DEFB

1

a

11

＝.(提示：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bc

CA、BA于点E、F.)

7. △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

.

(提示：过点A作BC的平行线分别交直线DE、DF于点M、N.)

8. 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.

(提示：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. 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 A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.

＝∠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＝

B

E

F

图1

证明：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

1

∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC. 2

C

D

B

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＝____. 分析：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图2＝∠ABC＝60°.

设AD＝x,有AP＝3x,DP＝2x.由割线定理得(2＋3x)3x＝2x(1＋2x).解得