内容发布更新时间 : 2024/5/28 19:02:06星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

定理4 (定理3的逆定理):

设P，Q，R分别是△ABC的三边BC，CA，AB或它们延长线上的3点。若

BPCQAR???1， PCQARB则P，Q，R三点共线。

定理4与定理2的证明方法类似。

塞瓦定理和梅涅劳斯定理在证明三线共点和三点共线以及与之有关的题目中有着广泛的应用。

例8 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于

F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。

证 如图，连接BD交AC于H，

过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J。

CGBHDE???1 ① 对△BCD用塞瓦定理，可得

AGBHDEC因为AH是∠BAD的角平分线，

DBHAB?由角平分线定理知 。 HHDADFECGABDEB???1 ② 代入①式得 GGBADECCCGCIDEADJ??因为CI∥AB，CJ∥AD，则，。 IGBABECCJCIABAD???1. 代入②式得

ABADCJ从而CI=CJ。又由于

∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ，

所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.

例9 ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上的一点。AF交ED于G，EC

交FB于H。连接线段GH并延长交AD于L，交BC于M。求证：DL=BM. 证 如图，设直线LM与BA的延长线交于点J，与DC的延长线交于点I。

在△ECD与△FAB中分别使用

EJABEGDICHAGFHBJL???1， ???1. 梅涅劳斯定理，得

GDICHEGFHBJAGEGAGCHFHH??因为AB∥CD，所以 ， .

MGDGFHEHBDFCIDIBJCD?CIAB?AJ??从而，即，故CI=AJ. 而 ICJACIAJBMBJDIDL???， MCCIAJLAP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

DE和D的切线分别交l于B和A，半圆的圆心在线段BA上，ECl是线段AC和BD的交点，F是l上的点，EF垂直l。求证：OF(H)BAEF平分∠CFD。

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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????1. 由CO=DO，有，从而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。

E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。

BR

C引理1:

TA1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，

ABCDEF则有11?11?11?1.

B1C1D1E1F1A1APSDF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

B1A1C1OD1E1F1A1B1B1OEFFOCDDO， 11?1， 11?1. ?D1E1D1OB1C1B1OF1A1F1OABCDEF将上面三式相乘即得11?11?11?1，

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

A1B1C1D1E1F1???1 B1C1D1E1F1A1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，得 PDEPASFACREC?FP? ② ASEP?FABR?ASEB?FABRCDSAEBAFDC??????由①，②得. 故 . ③

DS?CREC?FDRCDSABBAFDCEWisdom&Love 第 12 页（共21页）

对△EAD应用梅涅劳斯定理，有 由③，④得

EBAFDC???1 ④ BAFDCEBRCDSA???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)。

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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′) NA2222

或MC′-KC′=PB′-KB′ . ① Q不难证明 AP=AM，从而有 C′B′2222AB′+PB′=AC′+MC′. K2222PM故 MC′-PB′=AB′-AC′

BC =(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)

=KC′2-KB′2. ② O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， O1？？△OBC，△OCA的外心.求证：O，O1，O2，O3四点共圆. O2O3(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. ABC1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 CD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 KM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. ··AB分析：易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，

有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC＝180°，

A ∴∠CMK+∠KDC＝180°.

故C，D，K，M四点共圆?∠CMD＝∠DKC. OK 但已证∠AMB＝∠BKA， ∴∠DMA＝∠CKB.

B(2)证线垂直 NC例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同). MG△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，

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∴∠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.

11D分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得∠AICB=90°+∠ADB=90°+ 22IBIA∠ACB=∠AIDB?A，B，ID，IC四点共圆. C同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时

1ICID∠AICID=180°-∠ABID =180°-∠ABC，

2AB1∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，

211∴∠AICID+∠AICIB=360°-(∠ABC+∠ADC)=360°-×180°=270°.故∠IBICID=90°.

22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

例6．正方形ABCD的中心为O，面积为1989㎝2.P为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________ CD分析：答案是PB=42㎝.怎样得到的呢？连接OA，OB.易知O，P，A，B

四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°. O故PA2+PB2=AB2=1989. P·由于PA:PB=5:14，可求PB.

B(5)其他 A·例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积

最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断). A·E(1978，全国高中联赛) ·D·分析：设△EFG为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三

个顶点至少必落在正方形的三条边上，所以不妨令F，G两点在正方

·形的一组对边上. 作正△EFG的高EK，易知E，K，G，D四点共圆F··GK∠KAE=60°.故△KAD也是一个正三B?∠KDE=∠KGE=60°.同理，C角形，K必为一个定点.又正三角形面积取决于它的边长， 当KF丄AB时，边长为1，这时边长最小，而面积S=

3也最小. 4当KF通过B点时，边长为2·2?3，这时边长最大，面积S=23-3也最大.

例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.

分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接MQ′，SQ′.

易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=∠SNQ. 根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称?MQ′=MQ.

又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径(∠RMS=90°)，MQ′是一条

弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.

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