平面几何基础知识

一、

几个重要定义

外心：三角形三边中垂线恰好交于一点，此点称为外心 内心：三角形三内角平分线恰好交于一点，此点称为内心 垂心：三角形三边上的高所在直线恰好交于一点，此点称为垂心

凸四边形：四边形的所有对角线都在四边形ABCD内部的四边形称为凸四边形 折四边形：有一双对边相交的四边形叫做折四边形（如下图）

（折四边形）

二、

圆内重要定理：

1． 四点共圆

定义：若四边形ABCD的四点同时共于一圆上，则称A，B，C，D四点共圆 基本性质：若凸四边形ABCD是圆内接四边形，则其对角互补 证明：略 判定方法：

1．定义法：若存在一点O使OA=OB=OC=OD，则A，B，C，D四点共圆 2．定理1：若凸四边形ABCD的对角互补，则此凸四边形ABCD有一外接圆 证明：略

特别地，当凸四边形ABCD中有一双对角都是90度时，此四边形有一外接圆 3．视角定理：若折四边形ABCD中，ADBACB，则A，B，C，D四点共圆

证明：如上图，连CD，AB，设AC与BD交于点P 因为ADBACB，所以

ΔCPB∽ΔDPAPCPBPDPA再注意到CPDBPA所以有因此ΔCPD∽ΔBPA因此PCDPBA由此BCDBADBCAPCDBADBDAPBABAD180（ΔABD的内角和）因此A，B，C，D四点共圆

特别地，当ADBACB=90时，四边形ABCD有一外接圆 2．圆幂定理：

圆幂定理是圆的相交弦定理、切割线定理、割线定理、切线长定理的统一形式。 相交弦定理：P是圆内任一点，过P作圆的两弦AB，CD，则PAPBPCPD

证明：

连AC，BD，则CABCDB（等弧对等圆周角）而APCDPB（对顶角相等）因此ΔAPC∽ΔDPBPAPC即，因此PAPBPCPDPDPB

（切）割线定理：P是圆外任意一点，过P任作圆的两割（切）线PAB，PCD，则

PAPBPCPD

证明方法与相交弦定理完全一样，可仿前。

特别地，当C，D两点重合成为一点C’时，割线PCD变成为切线PC’ 而由割线定理，PAPBPCPDPC'2，此时割线定理成为切割线定理 而当B，A两点亦重合为一点A’时，由切割线定理PC'2PAPBPA'2 因此有PC’=PA’，此时切割线定理成为切线长定理

现考虑割线与切线同时存在的情况，即切割线定理的情况：

如图，PCD是圆的割线，PE是圆的切线

设圆心为O，连PO，OE，则由切割线定理有：

PCPDPE2而注意到黄色Δ是RTΔ，由勾股定理有：

PE2PO2OE2，结合切割线定理，我们得到

PCPDPE2PO2OE2，这个结果表明，如果圆心O与P是确定的，那么

PC与PD之积也是唯一确定的。 以上是P在圆外的讨论

现在再重新考虑P在圆内的情形，如下图，PCD是圆内的现，PAB是以P为中点的弦

则由相交弦定理有PAPBPA（因为P是弦AB中点）=PCPD

2连OP，OA，由垂径定理，ΔOPA是RTΔ由勾股定理有

PA2OA2OP2，结合相交弦定理，便得到

2PAPBPA（因为P是弦AB中点）=PCPDOA2OP2

这个结果同样表明，当O与P是固定的时候PC与PD之积是定值 以上是P在圆内的讨论

当P在圆上时，过P任作一弦交圆于A（即弦AP），此时

PO2OA20也是定值

综上，我们可以把相交弦定理，切割线定理，割线定理，切线长定理统一起来，得到圆幂定理。

圆幂定理：P是圆O所在平面上任意一点（可以在圆内，圆上，圆外），过点P任作一直线交圆O于A，B两点（A，B两点可以重合，也可以之一和P重合），圆O半径为r

22则我们有：PAPB|POr|

由上面我们可以看到，当P点在圆内的时候，POr0，此时圆幂定理为相交弦定理

当P在圆上的时候，POr0

当P在圆外的时候，POr0此时圆幂定理为切割线定理，割线定理，或切线长定理

以下有很重要的概念和定理：根轴

先来定义幂的概念：从一点A作一圆周上的任一割线，从A起到和圆周相交为止的两线段之积，称为点对于这圆周的幂

对于已知两圆有等幂的点的轨迹，是一条垂直于连心线的直线。 根轴的定义：两圆等幂点的轨迹是一条直线，这条直线称为两圆的根轴 性质1 若两圆相交，其根轴就是公共弦所在直线

222222由于两圆交点对于两圆的幂都是0，所以它们位于根轴上，而根轴是直线，所以根轴是两交点的连线

性质2 若两圆相切，其根轴就是过两圆切点的公切线（即性质1的极限情况） 性质3 若三圆两两不同心，则其两两的根轴交于一点，或互相平行 所交的这点称为根心

证明：若三圆心共线，则两两圆的根轴均垂直于连心线，因此此时两两的根轴互相平行

若三圆心不共线，则必成一三角形，因此两两的根轴必垂直于两两的连心线。如图，设CD与EF交于点O，连AO交圆分O2圆O3于B’,B’’，则

OAOB'OEOFOCODOAOB''其中前两式是点O对圆O2的幂，后二式是

点O对圆O3的幂，中间是圆O对圆O1的幂进行转化

由此B’与B’’重合，事实上它们就是点B（圆O2与圆O3的非A的交点），由此两两的根轴共点

圆幂定理是对于圆适用的定理，今使用圆幂定理对圆内接四边形判定方法的补充：

圆内接四边形判定方法

4．相交弦定理逆定理：如果四边形ABCD的对角线AC，BD交于点P，且满足

PAPCPBPD，则四边形ABCD有一外接圆

5．切割线定理逆定理：如果凸四边形ABCD一双对边AB与DC交于点P 且满足PAPCPBPD，则四边形ABCD有一外接圆 这样我们就补充了两种判定方法

例（射影定理）：RTΔABC中，BC是斜边，AD是斜边上的高 则

(1)AD2BDCD(2)AB2BDBC(3)AC2CDBC

证明：

如图，延长AD至A'，使AD=DA'，连A'B,A'C则ΔABCΔA'BC,因此BACBA'C180因此A，B，C，A'四点共圆ADDA'AD2BDCD（1）由相交弦定理有：

（2）（3）

(2)(3)同理，现证(3)作RTΔADB的外接圆，则RTΔADB的外接圆圆心为E其中E是AB的中点则EAAC，因此AC是圆ABD的切线由切割线定理有CA2CDCB

例2：垂心

ΔABC中，三边所在的高的所在的直线交于一点 证明：

设BE与CF交于H，连AH延长交BC于D即证ADBC因为BECBFC90，因此B，F，E，C四点共圆同理A，F，H，E四点共圆所以BHD180AHFBHF180AEFEHC180BAC因此H，D，E，C四点共圆由此HDC90

3．Miquel定理

之前1，2的重要定理都是讨论关于点共圆的情况。那么反过来，圆共点的情况

又如何？

从最简单的开始了解，在本文之后讨论圆共点问题中，甚至其他类型的问题，Miquel定理都给予莫大的便利，我们将要不止一次地用到它。 先看一个事实：

如图，ΔABC中，AD，BE，CF分别是三边上的高，则分别以AEF，BDF，CDE作圆

这三个圆共于一点，而且可以通过观察，这个点就是垂心刚好是AD，BE，CF的交点

在介绍Miquel定理之后，我们将会给这题与垂心一个阐释

Miquel定理：ΔABC中，X，Y，Z分别是直线AB，BC，AC上的点，则

AXZ,BXY,CYZ共于一点O

这样的点O称为X，Y，Z对于ΔABC的Miquel点

证明：

如图，设AXZ与BXY交于O，连OX，OY，OZ即问题转化为证O，Z，Y，C四点共圆因为A，X，O，Z与B，X，Y，O为两组四点圆则AZO180AXOBXO180BYOOYC即OZCOYC180因此O，Z，Y，C四点共圆

事实上这个证明隐含着对一般证圆共点的方法

在发掘Miquel定理的证明方法时可以得到一种更一般的证题方法 注意这个证明只在X，Y，Z在AB，BC，AC边上时可以 当在直线AB，BC，AC上时需要改一下，这里略去了。

现在回到之前关于垂心的问题。为什么D，E，F关于ΔABC的Miquel点就是ΔABC的垂心 证明：

如图，AD，BE，CF是ΔABC的三条高，垂心为H，则A，E，F，HB，D，F，HC，D，E，H共三组四点共圆由此可见AEF，BDF，CDE共于一点H而H就是垂心

有了Miquel定理，我们可以对垂心有一个新的看法

HD是BDF与CDE的根轴对HE，HF同理而ADBADC90因此BDF与CDE的连心线平行于BC（中位线定理）因此HD垂直于BCHE，HF同理因此垂心可以被认为是这三圆的根轴的交点（根轴性质3）

用同样的方法可以对内心，外心以同样的解释：

由此可见，共点圆与三角形的特殊点有很大的关系，上述3种只是最简单的最容易发现的

提起外心就会联想到外接圆，这里不得不提一个常用定理：正弦定理 正弦定理：ΔABC中，外接圆半径R，则

BCACAB2R sinAsinBsinC证明：

作直径AOD，连BD

则ABD90，ADBACB因此在RtΔABD中ABABAD2RsinADBsinC其余同理

想到三角函数里面的函数名，那么自然会想到余弦定理 余弦定理：

ΔABC中AB=c,AC=b,BC=aa2b2c22bccosAb2a2c22accosBc2b2a22abcosC

证明：

作BC边上的高ADCDACcosCbcosCBDBCCDabcosC因此AB2BD2AC2CD2即c2(abcosC)2b2(bcosC)2即c2a2b22abcosC其余同理c2a2b2cos2C2abcosCb2b2cos2C

接着便就是著名的费马点，它也与共点圆有关系

费马点，即ΔABC内一点，使其到三顶点距离之和最小的点

当ΔABC任一内角都<120时，费马点存在于内部，当Δ有一内角>=120时费马点与此角顶点重合

设ΔABC中任一内角均<120，则费马点F可以通过如下方法作出来： 分别以AB，AC，BC向外作正Δ，连接对着的顶点，则得 事实上，点F是这3个正Δ的外接圆所共的点

而FA+FB+FC其实就是顶点到对着的正Δ顶点的连线的长 而且之后将会有一种方法计算FA+FB+FC的长度 而这将会在之后进行讨论

4．Simson定理

Simson定理是常用而且著名的定理，多用于证明点共线，其逆定理也成立

Simson定理：P是ΔABC外接圆上一点，过点P作PD垂直BC，PE垂直于AB，同理PF

则D，E，F是共线的三点

直线DEF称为点P关于ΔABC的Simson线

引理（完全四边形的Miquel定理）：四条直线两两交于A，B，C，D，E，F六点

，BCE，CDF，DAE共点 则ABF先从ΔABF对E，C，D三点运用密克定理，则BCE，CDF，DAE共点ΔDAE对B，C，F三点运用密克定理，则ABF，BCE，CDF共点因此ABF，BCE，CDF，DAE共点

其中所共的点叫做完全四边形的Miquel点 证明：这里运用Miquel定理作为证明

设PD垂直BC，PE垂直AB，延长DE交CA于F则问题等价于证明PF垂直AC连PF四边形AFCDBE是完全四边形所以由完全四边形的Miquel定理（引理）ABC，BDE，AEF，CDF共点注意到PEBPDB所以P，B，D，E四点共圆所以ABC与BDE交于点P和B因此完全四边形FACDBE的Miquel点非P则B而A，E，B是同一直线上三点因此A，E，F，B不可能共圆因此P是完全四边形FACDBE的Miquel点由此P，E，F，A四点共圆则PFA=90

今逆定理证略

从这个证明我们看到Miquel定理的威力不仅在于圆共点，而且对于共点圆也同样适用

在有了Simson定理之后，我们可以运用Simson定理来给予完全四边形的Miquel

定理一个新的证明（即前面的引理）

证明：

设BCE与CDF非C的一个交点为M，过M作MP垂直BE，MQ垂直EC，其余同理。因为M在BCE上，由Simson定理，PQR是共线的三点同理对ΔCDF运用Simson定理，有QRS也是共线的三点因此P，Q，R，S四点共线而注意到P，Q，S是点M对ΔADE三边的垂直且共线欲Simson定理逆定理，得A，M，D，E四点共圆同理A，B，F，M四点共圆因此BCE，CDF，ADE，ABF共点于M

由这个证明，我们可以知道完全四边形的Miquel定理和Simson定理是等价的 能够运用Simson定理证明的必也可用完全四边形的密克定理证明，反之亦然 这样，Simson定理便与密克定理产生了莫大的关联

‘BC交圆周于A’，B‘直线AC例.如图，P为ΔABC外接圆上一点，作PA作P交

圆周于B’，C’同理。求证：AA’BB‘CC’

证明：设PA’交BC于D，PB’交AC于E，F同理，则由Simson定理知，DEF三点共线

由图形看来，题断三条互相平行的线均与Simson线平行，因此可以试证 连PB

‘ 而注意到P，B，D，F四点共圆，因此EDBFDBPBAPAA因此AA’与Simson线平行。其余同理

事实上，Simson定理可以作推广，成为Carnot定理

Carnot定理：通过ΔABC外接圆上的一点P，引与三边BC，CA，AB分别成同向等角（即PDBPECPFB）的直线PD，PE，PF与三边或其所在直线的交点分别为D，E，F则D，E，F是共线的三点 可以仿照前面的证明

(这里的证明也可以运用四点共圆的判定定理与性质，再证DEF180) 证明留给读者，作为习题

5．Ptolemy定理

本文主要介绍一些平面几何圆中较为重要和常用的定理，而Ptolemy定理是一个

十分重要的定理，及其也有重要的推广

Ptolemy定理：若四边形ABCD是圆内接四边形，则ABCDADBCACBD

证明：

如图，设ABCD外接圆半径为R，连AC，过点D作ΔABC各边的垂线分交AB于C',AC于B’,BC于A‘，则由Simson定理，A'B'C'是共线的三点因此C'B'B'A'C'A'由A，C’,B',D四点共圆，且C’ADDB‘C’,因此AD是AC‘B’D的直径由正弦定理有C'B'ADsinC'DB'ADsinC'AB'BCADBCsinBAC，所以C'B'2R2RCDABACBD同理B'A',C'A'2R2RADBCCDABACBD因此2R2R2R即ADBCCDABACBD

至此，我们重新把求费马点至三顶点距离的长度和的问题提出，运用Ptolemy定理解决：

，AB’C60，有A，F，B’,C四点共圆 如图，设AB=c,AC=b,BC=a由AFC120对AFCB‘运用Ptolemy定理有FAB'CFCAB'ACFB'因为ΔACB'是等边Δ，因此FAFCFB'所以FA+FB+FC=BB'同理FA+FB+FCAA'CC'今考察ΔBCB‘，由余弦定理BB'2a2b22abcos(60C)a2b22ab[cos60cosCsin60sinC]a2b2ab[cosC3sinC]2SΔABC而ΔABC中,sinCab222abccosC代入上式有2aba2b2c223SΔABCBB’abab[]2abab(a2b2c2)22ab23SΔABC2a2b2c223SΔABC2222a2b2c2因此FAFBFC23SΔABC2

abc其中ＳΔＡＢＣ＝p(pa)(pb)(pc),p2(这里我们用到著名的求积公式:

SABCp(pa)(pb)(pc)(其中pabc),证略). 2至此，本文平面几何圆的基础知识已经全部介绍完毕，这里将以著名的Chapple定理结束(只做了解)

这是与圆幂定理的应用有关的定理之一

Chapple定理：设R是ΔABC的外接圆半径，r是内切圆半径,d是这两圆的圆心距，则

d2R22Rr

证明：

连ＡＩ并延长交ΔＡＢＣ外接圆于Ｐ，并作直径ＰＯＱ，连ＢＱ设内切圆与ＡＢ的切点为Ｄ，连ＩＤ，ＩＢ则在ΔＡＤＩ与ΔＱＢＰ中，ＤＡＩ＝ＢＱＰＡＤＩ＝ＱＢＰ＝９０因此ΔＡＤＩ∽ΔＱＢＰAIDI,即AIBPDIPQ2RrPQBP1ΔＩＢＰ中，IBP(AB)21BIPIABIBA(AB)2因此ＢＰ＝ＩＰ，由此有AIBP＝AIIP2Rr，再由圆幂定理AIIPR2OI2R2d22Rr即d2R22Rr

事实上Chapple定理对旁心也有相应的公式，不过是等号右边的符号-变+ 但对本文不提及旁心，因此略去

习题：

第一部分(四点共圆的应用)

1. 如图，在△ABC中，AB=AC.任意延长CA到P，再延长AB到Q使AP=BQ.求证：△ABC的外心O与A,P,Q四点共圆.(1994年全国初中数合竞赛二试第1题)

2.如图，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.(1992年全国初中数合竞赛二试第

2题)

3. 如图，设AB,CD为⊙O的两直径，过B作PB垂直于AB,并与CD延长线相交于点P,过P作直线与⊙O分别交于E,F两点，连结AE,AF分别与CD交于G,H求证:OG=OH.(2002年我爱数学初中生夏令营一试第2题).

第二部分(圆幂定理的应用)

4.如图，等边三角形ABC中，边AB与⊙O相切于点H，边BC,CA与⊙O交于点D,E,F,G。已知AG=2,GF=6,FC=1.则DE=_______.(第33届美国中学生数学邀请赛试题改编)

5. 如图，⊙O和⊙O′都经过点A和B，PQ切⊙O于P，交⊙O′于Q，M，交AB的延长线于N.求证: PN2MNNQ.

6.如图,已知点P是O外一点,PS,PT是O的两条切线，过点P作O的割线PAB,交O于A.B两点，并交ST于点C,求证:

1111().(2001年TI杯全国PC2PAPB初中数学竞赛B卷第14题)

第三部分(Ptolemy定理的应用)

7.已知a,b,x,y是正实数，且a2b21,x2y21，求证: axby1.

8.从锐角△ABC的外心O向它的边BC,CA,AB作垂线,垂足分别为D,E,F.设△ABC的外接圆和内切圆半径分别为R,r.求证:OD+OE+OF=R+r.

9.设△ABC与△A’B’C’的三边分别为a,b,c与a’,b’,c’,且∠B=∠B’, ∠A+∠A’=180.试证:aa’=bb’+cc’.

第四部分(Simon定理的应用) 10．证明Carnot定理

11.如图,△ABC的边BC上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC的延长线于F.求证: BCEFBFCEBECF.

12.设P为ABC外接圆圆周上一点,P在边BC,CA,AB上的射影分别为L,M,N令PL=l,PM=m,PN=n,BC=a,CA=b,AB=c,求证: mnalnblmc.（提示：应用张角定理:设P为△ABC的边BC上一点，∠BAP=，∠CAP=,则

sin()sinsin，证略） APACAB

习题解答：

1．证明：

如图，连QP，OP，OA，OQ，OB

要证A，O，P，Q四点共圆，考虑到视角定理，可证OPAOQA而考虑到条件，因此可证ΔAPQΔBQO而APBQ，OBOA，OBQ180OBA180OAB 180OACOAP因此ΔAPQΔBQO，故OPAOQA得证2.证明:

作AEB的平分线交AB于点G,则1=211=(180BED)(180BAC)ABC22G,E,D,B四点共圆.23.故GBD为等腰三角形.设F为BD中点,连GF,则67过点G作GHBC,叫AC与点H,连HD.易知AGAH 注意到AGABAEADAHACE,D,C,H四点共圆.所以4556可知GBFHCD故BFCD,于是BD2CD.3．

证明：

作FE中点C，，，1连OC1过F作FD1E1CD交AB于D1AE于E1则OC1PPBO90，因此O，P，C，1B四点共圆因此OPC1OBC，而FD1E1CD，因此OPC1D1FC11因此OBC1D1FC，由视角定理有1B，F，D，1C1四点共圆有FBAFC1D1FEA由此D1C1AE考虑ΔFEE，1C1是FE中点，因此D1是FE1中点这样由FE1GH有OGAOOH，即OGOHD1E1AD1D1F

4.解:

设BDx.CEy.对O及点A用圆幂定理,得AH2AGAF2(26)16AH4.ABC是正三角形ABAC9BH5同理,对O及点B;O及点C分别用圆幂定理,可得BDBE25x(9y)25CECD7y(7y)71121721,y22DE9(xy)21解得x

5．证明：

对O和N运用圆幂定理有NP2NBNA，即证NBNANMNQ再对O'和N运用圆幂定理NBNANMNQ即得

6.证明:

连PO交ST于点H,作OMPB于点M.易知点M为AB中点.11(PAPB)(2PA2AM)PM.即有221(PAPB)PM(1)2CMOCHO90C,M,O,H四点共圆PCPMPHPOPS2又PS是O切线,所以PS2PAPB从而有PCPMPAPB(2)将(1)带入(2),整理即得1112()PCPAPB

7．证明：

由题断的形式可以联想到Ptolemy定理，因此构造如图的四边形使AB=a,AD=b,BC=x,CD=y,BD=1，BADBCD90则符合题设因此A，B，C，D四点共圆由Ptolemy定理有axbyACBDBD21最后一步是由于直径是圆内最大的弦

8．证明：

设内心为I，连IA，IB，IC，OA，OB，OC，设ODx,OEy,OFz外接圆半径为R,内切圆半径为r则SΔABCSΔIABSΔIBC+SΔIAC(abc)r2另一方面，SΔABCSΔOABSΔOBC+SΔOACcxbyaz(abc)r22有cxbyaz(abc)r注意到OF垂直于AB，OD垂直于BC，因此O，D，B，F四点共圆由Ptolemy定理acbxR222即azcxbR所以有z同理aybxcRbzcyaR上三式相加a(yz)c(xy)b(xz)(abc)R再加此式cxbyaz(abc)r(xyz)(abc)(abc)(Rr)即xyzRr

9.证明:

作ABC的外接圆,过C作CDAB交圆于D,连AD,DCD和BD,如图.因A+A'=180AD,BCDBB'则A'D,B'BCD.从而A'B'C'DCB,A'B'B'C'A'C'有,DCCBDBc'a'b'即DCaDBac'ab'故DC,DBa'a'又ABDC,可知BDACb,BCADa.从而,由Ptolemy,得ADBCABDCACBDac'ab'即a2cba'a'故aa'bb'cc'10．证明：

因为PDBPECPFB因此P，B，D，F；P，E，A，F；P，D，C，E共三组四点共圆因此DFEDFPDFE180PBDDAE180PBDPBC180因此DEF是共线的三点

11.证明:

由在同一平面的2点确定一条直线及PEAB,PDBC,P在圆ABC上,知ED即ABC的simon线,联结P,F知PFAC.从而,E,B,P,D;D,P,F,C分别四点共圆由切割线定理,得

AEABADAPACAF再由切割线逆定理,知E,B,F,C四点共圆,那么应用托勒密定理,即得BCEFBFCEBECF.12.证明:

由西姆松定理知,L,M,N三点共线.注意到P,L,N,B及P,M,C,L分别四点共圆,知,LPNB,LPMC.又由张角定理,有sin(BC)sinBsinCPLPMPN即mnsinAlnsinBmlsinC.再应用正弦定理,即得mnalnblmc.