二试题分析

1第二讲平面几何在国内外数学竞赛中，平面几何问题有着十分突出的地位，常常需用严密的逻辑推理和灵活的证题方法。在1998年2月，于美国费城召开的公开科学家大会上，科学家们一致提出：二十一世纪教育——几何万岁！虽然这种说法有失偏颇，但从某个角度也能足见几何的重要。就国内每年举办的数学竞赛联赛而言，平面几何题基本处于第二试第一题的位置，含50分，占总分的61，如果能在二试中较顺利的解决平几题，一方面为整个考试取得理想成绩打下良好的基础，另外也可以为解决后面的问题增添足够的信心。一:极端原理在平几证题中的运用:例一:(1991年全国联赛二试二)设凸四边形ABCD的面积为1,求证在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点,使得以其中任意三点为顶点所够成的四个三角形的面积均大于41分析:寻找极端元素,由四边形的图形特征不难发现,面积最大的三角形其三个顶点必定为凸四边形的四个顶点中的三个,于是首先考察四个顶点构成的四个三角形.证明:考虑四个三角形:△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面积，不妨设S△DAB最小，则：⑴若S△DAB41，此时，显然A、B、C、D即为所求的四个点。⑵若S△DAB41，则S△BCD43，设G为△BCD的重心，于是有：S△GBC=S△GCD=S△GDB=31S△BCD41于是,B、C、D、G四点即为所求⑶若S△DAB=41而其他三个三角形的面积均大于41，由于S△ABC=1-S△CDA43=S△BCD故过点A作平行于BC的直线必交CD于其内部一点，设为E。由于S△AEB=S△AECS△ABD=41S△BCE=S△BCA41于是，A、B、C、E四点即为所求⑷若S△DAB=41而其他三个三角形中还有一个面积为41，不妨设S△ADC=41，则AD∥BCEDCBAGDCBA2又S△BCA=S△BCD=34故得：BC=3AD如图，取AB、DC的四等分点分别记为E、F，连EF由比例关系不难得出AD=2EF故：S△EFB=S△EFC=34S△ABF=34·12·S△BCD=34·12·3441而：S△BCE=S△BCFS△EFB41于是，E、B、C、F四点即为所求。二、共线点与共圆点：例二：如图所示，H为△ABC的垂心。试问图中共有几组四点共圆？分析：观察图形可知，图中的四点共圆分为两类，即含点H和不含点H含点H的四点共圆有：A、F、H、EB、D、H、FC、E、H、D不含点H的四点共圆有：A、F、D、C;B、D、E、A;C、E、F、B评注：①四点共圆是考点②熟悉基本图形③注意字母的轮换例三：如图所示，H为△ABC的垂心，AD、BE、CF分别为三边BC、CA、AB的高。求证：H为△DEF的内心。证明：∵A、F、D、C四点共圆∴∠3=∠Α∵A、E、D、B四点共圆∴∠4=∠ΑFEDCBAHFEDCBA41HFECBA23D3∴∠3=∠4∴∠1=∠2∴DA平分∠EDF同理可得：EB平分∠DEF、FC平分∠EFD故：H为△DEF的内心注：称△DEF为△ABC的垂三角形。例四：（2001年全国联赛二试一）如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N。求证：①OB⊥DF，OC⊥DE。②OH⊥MN。证明：①：∵A、C、D、F四点共圆，∴∠BDF=∠BAC，又∵∠OBC=12（180。-∠BOC）=90。-∠BAC∴OB⊥DF同理：OC⊥DE②：∵CF⊥MA∴MC2-MH2=AC2-AH2①∵BE⊥NA∴NB2-NH2=AB2-AH2②∵AD⊥BC∴AB2-AC2=BD2-BC2③∵OB⊥DF∴BN2-BD2=ON2-OD2④∵OC⊥DE∴CM2-CD2=OM2-OD2⑤①-②+③+④-⑤，得NH2-MH2=ON2-OM2HONMFEDCBA4即：MO2-MH2=NO2-NH2∴OH⊥MN注：本例需先证以下结论：若四边形的两组对边的平方和相等，则两对角线互相垂直。证明：充分性：设四边形ABCD中，AB2+CD2=AD2+BC2，如图，作AO⊥BD于O，CO1⊥BD于O1，则：AO2+BO2+CO2+DO2=AO2+DO2+BO2+CO2∴BO2+DO2=BO2+DO2即：BO2-BO2=DO2-DO2故必有O与O重合。∴AC⊥BD必要性略。例五：设O、H分别为△ABC的外心、垂心，A1是BC的中点。求证：AH=2OA1证明：作△ABC外接圆的直径AK，连KB、KC。则KB⊥AB又CH⊥AB∴KB∥CH同理：BH∥KC∴BHCK为平行四边形故两对角线BC、HK相互平分且交于BC中点A1∴OA1=21AH。思考：若OA1=21AH，且O为外心，则H为垂心吗？若OA1=21AH，且H为垂心，则O为外心吗？例六：已知O、G、H分别为△ABC的外心、重心和垂心。求证：O、G、H三点共线，且HG=2GO证明：（同一法）设AA1与OH交于点G*，事实上：OA1⊥BCAH⊥BCAHBCKA1OODCBAO5故：OA1∥AH∴△AG*H∽△AGO∴OA1∶HA=A1G*∶AG*=1∶2，G*为AA1的三等分点根据三角形重心的特征与唯一性可知：G与G*重合故：HG=2GO注：本例称为欧拉定理（EulerTheorem）,称H、G、O三点所在的线为欧拉线（EulerLine）练习：连O、G并延长到H*，使GH*=2OG，则H*即为垂心H（同一法）例七：(1992年全国联赛二试二)设A1、A2、A3、A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心。求证：H1，H2，H3，H4四点在同一圆上，并定出该圆的圆心位置。证明：连接A2O并延长交⊙O于点A，连接AA3、AA4，由例四结论可知：图一中四边形A1H4A3A、四边形A4H1A3A均为平行四边形，所以，四边形A1H4H1A4是平行四边形，设对角线交点为P，则：PA1=PH1、PA4=PH4。同理，图二中有：PA1=PH1、PA2=PH2。图三中有：PA2=PH2、PA3=PH3。于是，点H1、H2、H3、H4与点A1、A2、A3、A4关于点P成中心对称。因为A1、A2、A3、A4共⊙O，所以H1、H2、H3、H4必定共一个以点O关于点P对称的点为圆心的圆。例八、已知既不是等腰，也不是直角的△ABC中，D、E、F为△ABC三条高的垂足，A1、B1、C1分GOHA1BCAA4AAA3A2A1H4OPA2A1A3AH2OA4PH1AA2A4OA3H2H3A1PH1图一图二图三6别是BC、CA、AB的中点，A2、B2、C2分别是AH、BH、CH的中点，又O、G、H分别是△ABC的外心、重心、垂心。求证：D、E、F、A1、B1、C1、A2、B2、C2九点共圆。证明:连接OA、OA1、OH、A1A2、AD，设OH交A1A2于P，连接PD，∵A2是AH的中点，由例四可知：OA1∥A2H且OA1=A2H∴PA1=PA2=PD=12OA=12R∴以OH的中点P为圆心，以△ABC的外接圆半径R的一半为半径的圆过BC中点A1、BC边上高的垂足D及AH的中点A2，∵三边地位相等，以下字母轮换：（略）注：①：称此圆为欧拉圆。其圆心为OH中点P，半径为2R。②：欧拉圆是多点共圆的一个范例，证法很多，是竞赛考点。③：竞赛中平几主要考查的地方有：三点共线、四点共圆、几何变换。其中几何变换中的平移、旋转、位似是高中竞赛的重点。三、几个重要定理：梅涅劳斯（Menelaus）定理：如果一条直线和△ABC的三边（或其延长线）分别交于P、Q、R三点，那么BPCQARPCQARB=1。其逆定理也是成立的。塞瓦（Ceva）定理：对于△ABC所在平面上任意一点O，连接AO、BO、CO并延长，如果分别交三角形的三边于P、Q、R，那么有BPCQARPCQARB=1。其逆定理也是成立的。托勒密（Ptolemy）定理：圆内接四边形ABCD的两组对边乘积的和等于它的两条对角线的乘积：AB·CD+AD·BC=AC·BD。其逆命题也成立。西姆松（Simson）定理：从△ABC的外接圆上任意一点P向BC、CA、AB或它们的延长线引垂线，垂足分别是D、E、F，则D、E、F三点共线，过点D、E、F的直线叫做△ABC的关于P点的西姆松线，其逆定理也是成立的。B1ABCFA1A2B2C1C2OHPDEG7例九：（1996年全国联赛二试三）如图，⊙O1和⊙O2与△ABC的三边所在的三条直线都相切，E、F、G、H为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。求证：直线PA与BC垂直。证明：延长PA交EF于D，则PEG和PHF分别是△ACD与△ABD的截线，由梅涅劳斯定理得：DECGAPECGAPD=1BFDPAHFDPAHB=1∵⊙O1、⊙O2都是△ABC的旁切圆，∴EC=CG=12（BC+CA+AB）=BF=HB于是由①、②、③得：DEFD=GAAH又∵Rt△AGO1∽Rt△AHO2∴DEFD=GAAH=12AOAO而O1、A、O2三点共线，且O1E⊥EF，O2F⊥EF，∴PA⊥BC例十：（1999年全国联赛二试一）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。证明：连结BD交AC于H。对△BCD用塞瓦定理，可得CGBHDEGBHDEC=1又由角平分线定理得：BHHD=ABAD，∴CGABDEGBADEC=1过点C作CI∥AB交AG的延长线于I，作CJ∥AD交AE的延长线于J，由相似三角形知：CGGB=CIAB，DEEC=ADCJCABDEGIHJFHGFEO2O1PDCBA8∴CGBHDEGBHDEC=CIAB·ABAD·ADCJ=CICJ=1∴CI=CJ又∠ACI=π-∠CAB=π-∠CAE=∠CAJ∴△CAI≌△CAJ∴∠CAG=∠CAE例十一：（2003年全国联赛二试一）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A、B。所作割线交圆于C、D两点，C在P、D之间。在弦CD上取一点Q，使∠DAQ=∠PBC。求证：∠DBQ=∠PAC。证明：连结AB，在△ADQ和△PBC中：∵∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠BAC∴△ADQ∽△PBC故：BCAB=DQAD即：BC·AD=AB·DQ又由切割线关系知：△PCA∽△PAD、△PCB∽△PBD故：PCPA=ACAD、PCPB=BCBD又：PA=PB∴ACAD=BCBD于是可得：AB·DQ=BC·AD=AC·BD又由关于圆内接四边形ABCD的托勒密定理知：AD·BC+AC·BD=AB·CD于是有：AB·CD=2AB·DQ∴DQ=12CD=CQ∴ADAB=DQBC=CQBC，∠DAB=∠QCB∴△DAB∽△QCB∴∠ABD=∠CBQ∴∠DBQ=∠ABC=∠PACABCPDQ9四、其它问题：①到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点，②到三角形三顶点距离的平方和最小的点——重心。③三角形内到三边距离之积最大的点——重心。④在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大。⑤在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。⑥在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。⑦在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。注：其中④、⑤、⑥、⑦为了解。例十二：（1997年全国联赛二试一）如图，已知两个半径不相等的⊙O1与⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1、⊙O2分别与⊙O内切于S、T两点。求证：OM⊥MN的充分必要条件是S、N、T三点共线。证明：设⊙O1、⊙O2、⊙O的半径分别为r1、r2、r。连结OO1、OO2、O1O2、O1M、O1N、O2N、O1S、O2T、SN、NT。充分性：若S、N、T三点共线，易知：∠S=∠T=∠O1NS=∠O2NT故：四边形OO1NO2为平行四边形。∴OO1=O2N=O2M=r2,OO2=O1N=O1M=r1.∴△O1OM≌△O2MO∴S△O1OM=S△O2MO∴O1O2∥OM故：OM⊥MN必要性：若OM⊥MN，则O1O2∥OM，从而S△