、Q(1＋22,1).
可知,点A在不含端点的抛物线PA0Q内时,∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD≤DA0＝9,即AD的取值范围是3＜AD≤9.
2.3 联想圆幂定理构造辅助圆
例6 AD是Rt△ABC斜边BC上的高,∠B的平行线交AD于M,交AC于N.求证：AB2－AN2＝BM·BN. 分析：因AB2－AN2＝(AB＋AN)(AB－AN)＝BM·BN,而由题设易知AM＝AN,联想割线定理,构造辅助圆即
E可证得结论.
证明：如图6,
A∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,又∠3＝∠4,∠1＝∠5,
2N1∴∠1＝∠2.从而,AM＝AN. F35M 以AM长为半径作⊙A,交AB于F,交BA的延长线于E.则AE＝AF＝AN. 4CDB 由割线定理有 图622
BM·BN＝BF·BE ＝(AB＋AE)(AB－AF)＝(AB＋AN)(AB－AN) ＝AB－AN, 即 AB2－AN2＝BM·BN.
例7 如图7,ABCD是⊙O的内接四边形,延长AB和DC相交于E,延长AB和DC相交于E,延长AD和BC相交于F,EP和FQ分别切⊙O于P、Q.求证：EP2＋FQ2＝EF2.
分析：因EP和FQ是⊙O的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP、FQ向EF转化. 证明：如图7,作△BCE的外接圆交EF于G,连结CG.
A因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、G四点共圆.
P由切割线定理,有 Q2
EF＝(EG＋GF)·EF＝EG·EF＋GF·EF＝EC·ED＋FC·FB OD＝EC·ED＋FC·FB＝EP2＋FQ2, CB即 EP2＋FQ2＝EF2.
FEG2.4 联想托勒密定理构造辅助圆
例8 如图8,△ABC与△A＇B＇C＇的三边分别为a、b、c与a＇、 AA'cb＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇. bc'b'分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,
BaCB'a'C'构造圆内接四边形加以证明.
(1)(2)证明：作△ABC的外接圆,过C作CD∥AB交圆于D,连结AD和BD, 图8如图9所示. ∵∠A＋∠A＇＝180°＝∠A＋∠D, ∠BCD＝∠B＝∠B＇, A ∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD. cbA'B'B'C'A'C' ∴△A＇B＇C＇∽△DCB. 有＝＝,
DCCBDBc'a'b'ac'ab'即 ＝＝. 故DC＝,DB＝.
DBa'a'DCa 又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a.
从而,由托勒密定理,得 AD·BC＝AB·DC＋AC·BD, 即 a2＝c·
BabD图9Cac'ab'＋b·. 故aa＇＝bb＇＋cc＇. a'a'
练习题
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1. 作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则
ABBD＝. ACDCABBDBD＝＝.) ACDEDC(提示：不妨设AB≥AC,作△ADC的外接圆交AB于E,证△ABC∽△DBE,从而
2. 已知凸五边形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD
＝∠DAE.
(提示：由已知证明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,从而A、B、C、D、E共圆,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.) 3. 在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB边上取一点M,使BM＝AC.求∠AMC的度数. (提示：以BC为边在△ABC外作正△KBC,连结KM,证B、M、C共圆,从而∠BCM＝
1∠BKM＝10°,得∠2AMC＝30°.) FC4．如图10,AC是ABCD较长的对角线,过C作CF⊥AF,CE⊥AE. D求证：AB·AE＋AD·AF＝AC2. (提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点 G、H.则CG＝AH,由割线定理可证得结论.) ABE5. 如图11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直线CD过A交⊙O1和⊙O2于C、D, 图102
E且AC＝AD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC＝AB·AE.
D(提示：作△BCD的外接圆⊙O3,延长BA交⊙O3于F,证E在⊙O3上, 得△ACE≌△ADF,从而AE＝AF,由相交弦定理即得结论.) ACOO216．已知E是△ABC的外接圆之劣弧BC的中点.
B求证：AB·AC＝AE2－BE2. 图11(提示：以BE为半径作辅助圆⊙E,交AE及其延长线于N、M,由△ANC∽△ABM证AB·AC＝AN·AM.) 7. 若正五边形ABCDE的边长为a,对角线长为b,试证：
ba－＝1. ab(提示：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)
第三讲 点共线、线共点
在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。 1. 点共线的证明
点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等。n(n≥4)点共线可转化为三点共线。
例1 如图，设线段AB的中点为C，以AC和CB为对角线作平行四边形AECD，BFCG。又作
平行四边形CFHD，CGKE。求证：H，C，K三点共线。
G证 连AK，DG，HB。
D由题意，ADECKG，知四边形AKGD是平行四边形，于
是AKDG。同样可证AKHB。四边形AHBK是平行四边形，KABC其对角线AB，KH互相平分。而C是AB中点，线段KH过C点，
H故K，C，H三点共线。 E F例2 如图所示，菱形ABCD中，∠A=120°，
O为△ABC外
接圆，M为其上一点，连接MC交AB于E，AM交CB延长线于F。求证：D，E，F三
点共线。
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证 如图，连AC，DF，DE。
因为M在
O上，则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB，
MCCFCF??。 MACACDFBMEOADC有△AMC∽△ACF，得
又因为∠AMC=BAC，所以△AMC∽△EAC，得 所以
MCACAD??。 MAAEAECFAD?，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD∽△ADE。所以∠ADE=∠DFB。因为CDAEAD∥BC，所以∠ADF=∠DFB=∠ADE，于是F，E，D三点共线。
例3 四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC的延长线交于点P，AD与BC的延长线交于点Q。
由Q作该圆的两条切线QE和QF，切点分别为E，F。求证：P，E，F三点共线。
证 如图。
连接PQ，并在PQ上取一点M，使得B，C，M，P四点共圆， FA连CM，PF。设PF与圆的另一交点为E’，并作QG丄PF，垂足为G。
DG易如 QE2=QM·QP=QC·QB ①
CQ∠PMC=∠ABC=∠PDQ。 B(E')E从而C，D，Q，M四点共圆，于是
MPM·PQ=PC·PD ②
由①，②得 PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB， 即PQ2=QC·QB+PC·PD。
易知PD·PC=PE’·PF，又QF2=QC·QB，有
PPE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2，
即PE’·PF=PQ2-QF2。又
PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG－GF)=PF·(PG－GF)，
从而PE’=PG－GF=PG－GE’，即GF=GE’，故E’与E重合。所以P，E，F三点共线。
例4 以圆O外一点P，引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点。割线PCD交圆O于C，D。
又由B作CD的平行线交圆O于E。若F为CD中点，求证：A，F，E三点共线。
证 如图，连AF，EF，OA，OB，OP，BF，OF，延长FC交BE于G。
易如OA丄AP，OB丄BP，
AOF丄CP，所以P，A，F，O，B五点共圆，
FCD有∠AFP=∠AOP=∠POB= ∠PFB。 P又因CD∥BE，所以有∠PFB=∠FBE，∠EFD=∠FEB， O而FOG为BE的垂直平分线，故EF=FB，∠FEB=∠EBF，
G所以∠AFP=∠EFD，A，F，E三点共线。 EB
2. 线共点的证明
证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明。
例5 以△ABC的两边AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG。△ABC的高为AH。求证：AH，
BF，CD交于一点。
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证 如图。延长HA到M，使AM=BC。连CM，BM。 M设CM与BF交于点K。 在△ACM和△BCF中，
AC=CF，AM=BC，
E∠MAC+∠HAC=180°， G∠HAC+∠HCA=90°，
AD并且∠BCF=90°+∠HCA，
FK因此∠BCF+∠HAC=180° ∠MAC=∠BCF。
从而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。 BCH所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°， 即 BF丄MC。
同理CD丄MB。AH，BF，CD为△MBC的3条高线，故AH，BF，CD三线交于一点。
例6 设P为△ABC内一点，∠APB－∠ACB=∠APC－∠ABC。又设D，E分别是△APB及△
APC的内心。证明：AP，BD，CE交于一点。
证 如图，过P向三边作垂线，垂足分别为R，S，T。
A连RS，ST，RT，设BD交AP于M，CE交AP于N。
易知P，R，A，S；P，T，B，R；
RMNSP，S，C，T分别四点共圆，则
DE ∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT。
P 同理，∠APC－∠ABC=∠RST，
CBT由条件知∠SRT=∠RST，所以RT=ST。
又RT=PBsinB，ST=PCsinC，
PBPC? 所以PBsinB=PCsinC，那么 。 ABACANACABAM??? 由角平分线定理知 。 NPPCPBMP 故M，N重合，即AP，BD，CE交于一点。 例7
O1与
O2外切于P点，QR为两圆的公切线，其中Q，R分别为O1，
O2上的切
点，过Q且垂直于QO2的直线与过R且垂直于RO1的直线交于点I，IN垂直于O1O2，垂足为N，IN与QR交于点M。证明：PM，RO1，QO2三条直线交于一点。
证 如图，设RO1与QO2交于点O， 连MO，PO。
因为∠O1QM=∠O1NM=90°，所以Q，O1，N，M四点共圆，有∠QMI=∠QO1O2。
I而∠IQO2=90°=∠RQO1，所以∠IQM=∠O2QO1，
故△QIM∽△QO2O1，得
QO1O1O2 ?QMMIRQMO1NOPO2RO2O1O2QMQO1? 同理可证。因此 ① ?RMMIMRRO2因为QO1∥RO2，所以有
O1OQO1 ② ?ORRO2由①，②得MO∥QO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，
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所以
O1OO1QO1P， ??ORRO2PO2即OP∥RO2。从而MO∥QO1∥RO2∥OP，故M，O，P三点共线，所以PM，RO1，QO2三条直线相交于同一点。
3. 塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用 定理1 (塞瓦(Ceva)定理):
设P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB边上的点。若AP，BQ，CR相交于一点M，则
BPCQAR???1。 PCQARBAQMBPC证 如图，由三角形面积的性质，有
ARS?AMCBPS?AMBCQS?BMC, , . ???RBS?BMCPCS?AMCQAS?AMB以上三式相乘，得
BPCQAR???1. PCQARB
定理2 (定理1的逆定理):
设P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB上的点。若交于一点。
证 如图，设AP与BQ交于M，连CM，交AB于R’。
由定理1有
BPCQAR'BPCQAR???1. 而???1，所以 PCQAR'BPCQARBBPCQAR???1，则AP，BQ，CRPCQARBAR'AR?. R'BRB于是R’与R重合，故AP，BQ，CR交于一点。
定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理):
一条不经过△ABC任一顶点的直线和三角形三边BC，CA，AB(或它们的延长线)分别交于P，Q，R，则
BPCQAR???1 PCQARBBARQCP证 如图，由三角形面积的性质，有
ARS?ARPBPS?BRPCQS?CRP, , . ???RBS?BRPPCS?CPRQAS?ARP将以上三式相乘，得
BPCQAR???1. PCQARBWisdom&Love 第 10 页（共21页）