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1、第十五讲第十五讲自主招生中的平面几何问题自主招生中的平面几何问题 【考点说明】【考点说明】 北约和华约的自主招生考试中，高中数学知识占到 60%，高中数学内容以外的知识占到 40%；其中 北约的考试中，每年都会出现一道平面几何问题，华约考试也会考到一道平面几何问题。 【知识引入】【知识引入】 相似三角形的判定：相似三角形的判定： 如果两个三角形与同一 个三角形相似，那么这两个三角形相似； 相似三角形的预备定理：相似三角形的预备定理：平行于三角形一边的直线截其他两边所在的直线，截得的三角形与原三角形 相似； 相似三角形判定定理相似三角形判定定理 1 1：如果一个三角形的两个内角与另一个三角形的两
2、个内角对应相等， 那么这两个 三角形相似。两个对应角相等，两个三角形相似。两个对应角相等，两个三角形相似。 相似三角形判定定理相似三角形判定定理 2 2：如果一个三角形的两边与另一个三角形的两边对应成比例， 并且夹角相等，那 么这两个三角形相似。两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似。两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似。 相似三角形判定定理相似三角形判定定理 3 3：如果一个三角形的三边与另一个三角形的三边对应成比例， 那么这两个三角形 相似。三边对应成比例，两个三角形相似。三边对应成比例，两个三角形相似。 直角相似三角形判定定理：直角相似三角形判定定理：如果一个直角三角形的斜边及一条
3、直角边与另一个三角形的斜边及一条直 角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似。斜边和直角边对应成比例，两个直角三角形相似。斜边和直角边对应成比例，两个直角三角形相似。 【知识拓展】【知识拓展】 一三个常用定理：一三个常用定理： 1. 1.梅涅劳斯（ 梅涅劳斯（MenelausMenelaus）定理：）定理：设ABC的三边BC、CA、AB或它们的延长线与一条不经过其顶点的 直线（梅氏线）交于X、Y、Z三点，则 BX CYAZ =1。 XC YAZB Z A B Y C X 梅涅劳斯（梅涅劳斯（MenelausMenelaus）定理逆定理：）定理逆定理：设X、Y、Z分别是ABC的三边BC、CA、A
4、B或它们的延长 线的三点，若有 BX CYAZ =1，则X、Y、Z三点共线。 XC YAZB 1 2. 2.赛瓦（赛瓦（CevaCeva 定理）定理） ：设X、Y、Z分别为ABC的三边BC、CA、AB或它们的延长线上的三点，则 AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是 A AZ BX CY =1。 ZBXC YA Y A Z P BX Y P Z B CC X 角元赛瓦角元赛瓦 （CevaCeva 定理）定理） ：三条线段AD、BE、CFD、E、F分别为ABC的三边BC、CA、AB的点， 交于点M，则 sinBAM sinACM sinCBM =1。 sinMAC sinMCBsinMBA
5、 A F M BD E C 3. 3.托勒密（托勒密（PtolemyPtolemy 定理）定理） ：四边形的两组对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形外接于 一个圆。 二多点共圆问题：二多点共圆问题： 最近几年在高校自主招生中，关于多点共圆问题时有出现，并且大有形成常规题的可能。多点共圆 的问题主要有两类，一类是直接证明若干个点共圆；另一类则是利用多点共圆来寻找角度或是三角形边 长之间的等量关系。尤其是四点共圆的应用较为广泛，证明四点共圆，常利用一下一些思考的方法： 1.要证明若干点共圆， 先设法发现其中以某两点为端点的四边形的线段恰为一直径， 然后证明其它的 点对这条线段的视角均为
6、直角； 2.要证明四点共圆，可以证明这些点为顶点的四边形的对角互补， 或证明某两点视另外两点所连线段 的视角相等； 3.如果两条线段AB、CD相交于点E，且AEEB CE ED，则A、B、C、D四点共圆（相交弦 定理的逆定理） ； 4.若相交直线PA、PB上各有一点C、D，且PAPC PBPD，则A、B、C、D四点共圆（割 线定理的逆定理） ； 2 5.若四边形的一个外角等于其内对角，则四边形的四顶点共圆； 6. 6.要证明若干点共圆，先证明其中四点共圆，再证其余点都在此圆上。 三三角形问题：三三角形问题： 三角形的心是指重心、外心、内心、垂心、旁心和界心（本节重点介绍前四心） 。三角形的心是
7、三角 形的重要几何点，在自主招生考试中，有关三角形的心的几何问题是考试的热点，下面对三角形的前四 心的几何性质进行归纳总结，有关的证明方法和解题技巧略作一点探究： 1. 1.重心：重心：三角形三条中线的交点。重心把三角形的中线分成了2:1 的两部分； 2. 2.内心：内心：三角形三条内角平分线的交点，也是三角形内切圆的圆心，三角形的内心到三角形三边的距离 相等； 3. 3.外心：外心：三角形三边中垂线的交点，也是三角形外接圆的圆心，三角形的外心到三角形三个顶点的距离 相等； 4. 4.垂心：垂心：三角形三条高线的交点。 欧拉定理（欧拉线）欧拉定理（欧拉线） ：三角形的重心G、垂线H和外心O共线
8、，并且GH 2GO。 分析：分析：若定理成立，则由AG 2GM，知应有AH 2OM故应从证明AH 2OM入手 证明：证明：如图，作直径BK，取BC中点M，连OM、CK、AK，则KCB KAB 90，从而 KCAH，KACHCKAH，AH CK 2MO 由OMAH，且AH 2 OM，设中线AM与OH交于点G，则GOM，故得 GHA ，从而G为ABC的重心且GH 2GOMG: GA 1:2 说明：说明：若延长AD交外接圆于N，则有DH DN这一结论也常有用 四点到圆的幂：四点到圆的幂：设P为O所在平面上任意一点，PO=d，O的半径为r，则d r就是点p对 于O的幂过P任作一直线与O交于点A、B，则
9、PAPB d r “到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，则该轨迹是此二 圆的公共弦所在直线”这个结论这条直线称为两圆的“根轴” 三个圆两两的根轴如果不互相平行，则 它们交于一点，这一点称为三圆的“根心” 三个圆的根心对于三个圆等幂当三个圆两两相交时，三条 公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点 3 22 22 A F O G H B M D C K 【典例精讲】【典例精讲】 例例 1 1 （ （蝴蝶定理）AB是O的弦，M是其中点，弦CD、EF经过点M，CF、DE交AB于P、 Q，求证：MP MQ F 分析分析：圆是关于直径对称的，当作出点F关于OM的对称点F
10、后，只要设法证明FMPFMQ即 可 证明：证明：作点F关于OM的对称点F，联结FF、 F Q、FD 则MF MF，QMF PMF 2 又圆内接四边形F FED中，QDF 2 180 QDF QMF 180， M、F、D、Q四点共圆 3=4 又1=4，1=3 所以：FMPFMQ，MP MQ 说明：说明：本定理有很多种证明方法，而且有多种推广 例例 2 2 （2012 年北约）求证：若圆内接五边形的每个角都相等，则它为正五边形. （图 1）（图 2） 分析与解答：分析与解答： 设该正五边形为ABCDE，则按正五边形定义，只需正它的每条边相等。 4 （方法一）（方法一）联结AC、BD，在BAC与CD
11、B中 ABC DCB BAC CDB AC BD BACCDB，则AB CD。同理可得CD EA，EA BC，BC DE AB BC CD DE EA，该圆内接五边形为正五边形。 （方法二）（方法二）由题可知，五边形ABCDE的每个内角都等于 3180 108 ， 5 所以AB与CD不平行，设AB与DC的延长线交于点F，联结AD，如图 2 示 五边形ABCDE的内角都相等 FBC FCB FB FC. 又圆内接四边形ABCD的外角等于内对角 由FBC FCB得FDAFADFA FB. 由、得AB CD，同理可得CD EA，EA BC，BC DE AB BC CD DE EA，该圆内接五边形为正
12、五边形。 例例 3 3 （2012 “华约” ） 已知ABC中，BE AC于E，CD AB于D，BC 25，CE 7，BD 15。 连结DE，以DE为直径画圆，该圆与AC交于另一点F，求AF的长。 C E F AD B 分析与解答：分析与解答： 方法一：方法一： 联结DF，则有DF垂直AC。由已知条件有 cosB 374 ，cosC ，所以sin B ， 5255 244 ，则可得：sin A sin(BC) sin B。 255 又因为ABC为锐角三角形， 则A B， 即ABC为等腰三角形， 于是由CD AB可得AC 25， AD DB 15，AE AC CE 18。 sinC 因为CDB
13、CEB 90，所以B、C、D、E四点共圆；则ABC DEA A 所以AD DE，即ADE为等腰三角形，所以由DF AE知：AF EF 方法二：方法二：因为BE AC、CD AB，则BEC CDB 90 AE 9. 2 5 四边形BDEC外接于一个圆 由托勒密定理知，BCDE BDEC BECD 又由条件可知：BC 25、BD 15、EC 7、BE 24、CD 20 所以：25DE 105 480，从而DE 15 AD DE 由直径所对的圆周角是直角知DE AE，则AF 9 例例 4 4 （2012 年卓越）如图，AB是圆O的直径，CD AB于点H，且AB 10，CD 8，DE 4， EF是圆的
14、切线，BF交HD于点G。 （1）求GH的长 （2）联结FD，判断FD与AB的位置关系，并加以证明。 A F OO A F C H G B D E C H G B D E 分析与解答：分析与解答： （1）联结AF、OF，则A、F、G、H四点共圆。且由EF是圆的切线知，OE EF FGE BAF，并且EFG=BAF（弦切角等于弦所对的圆周角） FGE EFG，从而EF EG 则OH HE OF EF OE， EF OH HE OF 3 8 5 48 EF EG 4 3，GH EH EG 84 3 （2）FD与AB不平行（相交） 。用反证法证明， 以O为原点，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
15、若FDAB，则D点的横坐标等于F点的横坐标，都为 4. 从而F(4,3)，又因为E(8,-3)，所以EF的斜率为K EF = 而KOF=- 2222222 22222 -3-33 =- 8-42 33 39 ，所以K EF K OF =-=- -1，与EF是圆的切线矛盾。 42 48 所以：FD与AB不平行（相交） 例例 5 5 （2011年卓越）如图，ABC 内接于O，过 BC 中点 D 作平行于 AC 的 6 直线 l，l 交 AB 于 E，交O 于 G、F，交O 在 A 点的 切线于 P，若 PE=3，ED=2，EF=3，则 PA 的长为 (A)5 答案：答案：B 分析与解答：分析与解答
16、： 设PG x，则有切割线定理得PA PGPF 6x PE PF、AE BE PAEFBE BF PA 2 (B)6(C)7(D)22 6x 2 BD GDFD 5 xBD 5 x 2 BE GEFE 93xBE 93x 在EDB中，由余弦定理得cosEDB x67x 。同理cosFDB ； 2 5 x2 5 x 6 又cosEDBcosFDB 0，解的x 1，所以PA 例例 6 6 （2010 年华约）如图示，ABC的两条高线AD、BE交于点H，其外接圆圆心为O，若过点O作 OF BC，OH与AF交于点G，则OFG与GAH的面积之比为 （ ） （A） 1:4（B） 1:3（C） 2:5（D） 1:2 答案：答案：A 分析与解答：分析与解答： 如图，联结CO并延长，交圆O于点K，联结AK、BK，易证四边形AKBH
