第5讲线束定理、相似-联赛班教师版

第5讲

北京市初二数学竞赛专项训练

1

npoints

与平行线相关的几何结论:

一、线束定理：过一点的三条直线截两条平行线，截得的线段对应成比例.

如图所示，直线4〃小过点。的三条直线分别交《、，2于A、A,B、R,C.C,求证

ABBCAC

A7^7-BV-AC

证明：因为AB〃A3',故色=丝OA

A'B'OB'~OX

BCOBACOA

同理可证

NC~~ON'

故』生*

A'B'B'CAC'

特别地，当AB=BC时，有A®=8。，反之亦然.

点评：平行线的这种性质易于理解和掌握，它的证明利用了平行线截线段成比例定理，但它不同

于后者，定理只考虑两条平行线上被截得的线段之间的关系，且由一条平行线上被截得的两线段

相等，立即可得另一条平行线上被截得的两线段也相等，这一结论是证明两线段相等或线段被平

分的重要依据.平行线的这一性质还可推广到两条平行线被过一点的n条直线所截的情形，即“过

一点的〃（“23,〃eN）条直线截两条平行线，截得的线段对应成比例因为过一点的若干条直

线叫作线束，故该定理叫作线束定理.

二、线段等式：-+-=

xyz

CD=y,EF=z,则工+LL

如图所示，AB//CD//EFAB=x9

证明：由题意可得三=0，-=—,

xCAyAC

则三十三二1,

%y

xyz

三、线段等式：EF=-^—AB+^—CD.

1+A1+2

在梯形AB。中'跖平行于两条底边'交2C和ZM于跖’其中警=言=汨则有如下等式成

1Q

立EF=——AB+——CD.

1+A1+2

证明：由面积关系有：

+S^EC+S于CD—S^gE+S^EC+S.CDS梯形ABC。=S^BC+SMCD=S-BC+^^BCD

=

则由5AABF+SgEC+^AFCD4^AABC+^ABCD

得到,sin夕AB庇+」sin夕川.5C+』sineCD.JFC=!sinOABJ5C+」sinOCD.5C

22222

（9为底边和腰8C的夹角）

所以AB-B尸+E尸•BC+CD-尸C=AB-BC+CD-BC

EFBC^AB（BC-BF）+CD（BC-CF）

CFBF1；

可化简为所=上45+丝CD,即即=——AB+——CD.

BCBC1+21+2

这条关系式也可以通过平移梯形的腰，将梯形转化为三角形后用平行线截线段成比例定理证明.

肋

J'板盘一j,线束定理

【例1】如图所示，在梯形ABC。中，。是底的中点，0C、0。分别交对角线5。、AC于£、F,

FE交AD、BC于G、H,^v£GF=FE=EH.

【解析】因为。C〃AB,故区=里DCDE

AOFOOB~EB

乂DFDE

而AO=OB,故——=——从而在1〃A5.

FOEB

在943中，GE//AB,

而AO=OB,故GF=FE.

同理可得FE=：EH,

故GF=FE=EH.

【变式】如图所示，E、尸分别是平行四边形ABC3的边AB、CO上的任意两点，AF.DE交于尸,

BF、CE交于。，PQ分别交AB、C。的延长线于G、H,求证8G=£>”.

HDFC

【解析】由线束定理可得任=

EG而，茄—丽

亦v.1.3：__p/曰AGCH

两式相乘可付---=----

BGDH

口日「AG-BGCH-DH

“匕即1-------=--------,

BGDH

即丝=型，而AB=CD,故BG=£)H.

BGDH

【例2】如图所示，M.N分别是矩形的边AD、BC的中点，在CO的延长线上取点P,交对角

线AC于。，求证平分NPAQ.

【解析】如图所示，设AC交MN于。，易知MO=NO.

延长PC、QN交于R.

注意到MN〃CD,MO=NO,由定理有尸C=RC.

因为NC_LPR,故PN=RN.

进而PM：QM=RN：QN=PN：QN,故NM平分ZPNQ.

点评：若有两条平行线被过一点的三条直线所截，并已在一条直线上截得相等的线段，或要证明

在一条上截得的线段相等，都可考虑适当添加辅助线以构成利用定理的基本图形.

【变式】如图所示，在梯形ABC。中，对角线AC和腰3c相等，M是底4?的中点，P是腰ZM延长线

上的点，PM交BD于N,求证NACP=NBCN.

【解析】如图所示，设PC交A3于E,CN史AB于F,延长PN、DC交于G.

过点P的三条直线截AB、CD,故坐=型；

AMDG

过点N的三条直线截AB、CD,故空=型

BMDG

而=故

又因为AC=8C,ZCAB=ZCBA,itAAECABFC.

从而ZACP=ZBCN.

点评：将本题图形顺时针旋转90。度，连接CM后，与原题题目相同.若两条平行线被多束过不

同点的三条直线所截，且都交其中的一条于相同的三点，可多次应用定理，再将所得的比例式进

行变形或代换.

【变式】如图所示，已知在AA8C中，ZC=90°,P是高C。的中点，AP交BC于E,

£7」至于尸，求证

DFBA

【解析】如图所示，延长FE交AC的延长线于点G.

因为CD〃G产，CP=PD,故GE=EF.

而NGCE=NBFE=90°,故G、C、F、3四点共圆.

由相交弦定理可知EGxMuEBxEC,即EF2=EBxEC.

【例3】如图所示，在AA8C中，D、E、尸分别是AB、BC、AC的中点，DM、ON分别是ACD8和

ACDA的角平分线，MN交CD于O,EO、FO的延长线分别交AC、BC于Q、尸，求证PQ=CD.

N

BPMEBPME

【解析】如图所示，连接所，则所〃AB,设EF交CD于G,由定理有EG=/G,

因为。W和ON是角平分线，故空=92=8=空，

BMBDADAN

则MN//AB//EF,

又由定理有MO=NO,且（因为NATON=90°）,

因为殁=丝=独=丝近加―

PFEFEFQE

设尸。交。。于H,再应用定理有。"二灯/,

因为幺=8=型=卬PQ^PH=PO

EFBDOMOD'EFFGOF'

rnpc

连接。尸，则。尸〃BC,故上上=上，

ODOF

点评：若多条平行线被过一点的三条直线所截，可反复应用线束定理及平行线截线段成比例定理,

将所得等量关系式、比例式进行代换或变形.

［例4］如图所示，H是AA8C的高AD上的任意一点,BH、CH分别交AC、AB于E、F,求证

ZEDH=ZFDH.

【解析】解法一：如图所示，过A作8c的平行线分别交CF、DF、DE、BE的延长线于。、K、G、

P,分别过“、E、尸的三条直线都截BC于3、C三点.三次应用线束定理有：

—,①

CDAQ

旦生,②

BCAP

四=殁.③

BDAK

①X②X③得1二把，故AG=AK.

AK

又因为PQ_LAD,故AKDG是等腰三角形，从而NEDH=NFDH.

解法二：直线b截A4BE,由梅涅劳斯定理和三角形的面积公式可得：

］_-BHEC_S邮口SgBDS^EDC

FBHECASAFBDS^HDES^DC

ADsinZADFBDEDsinNEDC

~BDsinZBDFEDsinNHDEAD

=tan/ADF-cotZHDE.

所以tanNm^utanNHDE,从而/FDH=/FDH.

解法三：由塞瓦定理可得：

1AFBDCE

FBDCEA

_5.尸。.BDS^EDC

S^FBDDCS^DE

ADsinZADFBDCDsin/EDC

~BDsin/FDB~DCAD

=tanZADF-cotZHDE,

所以tan=tanNHO石，从而/FDH=/FDH.

点评：若只有一条直线被过一点的三条直线所截，可设法作出该直线的平行线，构成利用定理的

图形，然后证明.

【变式】已知AABC的两边的中点分别为A/、N,P为上任一点，BP、CP的延长线分别交A。、AB

于。、E.求证：&+丝为定值.

DCEB

AG

A

D:N

N

BC

【解析】如图，延长CE和a）交过A点的BC平行线于G和。，则

ADAEAGAFFG.

DCEBBCBCBC'

［例5］如图所示，AD是AABC的外接圆。。的直径，过。的切线交CB的延长线于尸，P0分别交AB、

AC于Af、N,求证OM=ON.

【解析】如图所示，过点3作PN的平行线分别交A。、AC于E、F,取BC的中点G,连接GE、GO、

GD、BD.

因为。是圆心，G是8c的中点，由垂径定理可知OG_L8C.

注意到PD是圆的切线，故NAD尸=90°,

则NODP=NOGP=90°,从而0、P、D、G四点共圆，故NOPG=NO£>G.

由8F〃PN可得NOPG=ZEBG,

则NODG=NEBG,从而3、D、G、E四点共圆，进而有NBGE=NBDE.

而NBDE=NBDA=NBCA=NBCF,故NBGE=NBCF,从而EG〃AC.

注意到G是8c的中点，故E是班7的中点，

而MN//BF,故OM=ON.

【例6］（全国初中数学联合竞赛试题）设凸四边形ABCD的对角线AC'BD的交点为过点M作AZ）

的平行线分别交AB、CD于点,E、F,交8c的延长线于点。，P是以点。为圆心、OM为半

径的圆上的一点，求证NOPP=NOEP.

K

【解析】解法一：如图所示，AD.的延长线交于K点，由线束定理可得丝=股OMKD

OMKA~OE~~KA

,,丁OFOM

卜N向=

OMOE

注意到P、Af在＜3。上，故。P=从而竺=里.

OPOE

而ZPOF=NEOP,故APOFs\EOP,因“匕ZOPF=ZOEP.

解法二：过Af作MK〃。交OB于K,连接EK（或过时作

MK〃AB交0B于K）.

nI七BEBMBK,,

则有一=——=——，故KE〃AC.

EABDKC

OFOCOM„_0八尸八尸

而-----=——=------,OM'=OFOE.

OMOKOE

而OM=O尸，则Op2=oE-o尸.

而AEOP=ZPOF,所以\OPFs\OEP,

从而ZOPF=ZOEP.

解法三：如图所示，过M作MG〃A8交。8于G,

OEEBEBABBMAC

则有

OMMGABMGBDCM

过M作MH〃DC交OB于H,

^OMMHMHDCBMAC

贝n1]J有==------------=-------------.

OFFCDCFCBDCM

,,,-r.OEOM

由此可知-----=------

OMOF

因为OM=OP,所以上

OPOF

而ZPOF=ZEOP,故XOPFsROEP.

则ZOPF=ZOEP.

解法四：MN//OB,EQ//OB,连接N。.

,CNBMBECQ即空二殁从而NQ〃AD

有=7二~______一—~~,

DN~DM~AEAQDNAQ

“CFCM

而OE〃AO,则NQ//OE,

CNCQ

亡OFCFOM_CMnlOFOM

nrj---------•，-_一—_，

OMCNOECQOMOE

即竺=匕，以下证明略.

OPOE

解法五：以ADMF为基础三角形、直线。C8为截线，由梅涅劳斯定理可得收巧殁=1.

OFCDBM

以A4ME为基础三角形、直线。CB为截线，可得匹生空=1.

OMCABE

因为OE〃AD,所以里=生BDAB

CDCA

OM_OE

以下证明略.

~OF~7)M

点评：本题是相当简单的，但是复杂的图形让人有眼花缭乱的感觉.假如解题者对涉及平行线时

的辅助线常用之作法比较熟悉，或者对线束定理有一个比较深刻的认识，则可以极快地找到正确

的解题途径.

从上面几种解法来看，解题的思路可以分成三种类型：

(1)作一条平行线，再连接某线段；

(2)作两条平行线，再连接其端点；

(3)不作辅助线，用梅涅劳斯定理证明.

总之，解答此题必须寻求两三角形相似的条件.需要注意的是，命题者在这里设置的这个圆在题

内仅起着圆的半径相等的作用，即而有的学生只往圆内四边形和圆森定理方面去思

考，从而误入歧途.另外，该题的入口比较宽，有上述多种作辅助线的方法，然而探求过渡比的

技巧较高，要求思路清晰，始终抓住探求OM：。尸=OE：OM的条件不放，就不至于走弯路.在

不少学生的答卷中，由于辅助线的目的不明确，而使解题陷入困局，在某省的六百多份优秀试卷

中得零分的试卷近50%,这说明试题还是有一定的难度的.

那板块二：线段等式相关

[例7](前苏联数学奥林匹克竞赛试题)如图所示，已知正七边形A4…4,证明

111

---=----1---.

AAAAAA

【解析】题设的形式促使我们联想到线段等式，由此构想出发，我们只要找到三条平行线即可.由题意

AA〃4A，显然只要过。点作OD〃AA即可.

由题意可知4。区人是菱形，且可知OD=OA，AA=AA-

由线段等式可得」一=」一+二一=」一+」一，

OD444A444A4

□cl11

即----=-----1-----.

A4AAAA4

【例8](基辅数学奥林匹克竞赛试题)在凸四边形A3C。中，K和“分别是AB和边上的点，且有

BKDM

与。交于点即与交于点。，求证然且

~KA~~MCAMKP,/CKS

q—Q

2MPKQ-2AADP+S即CQ*

【解析】解法一：如图所示，设坐=也=2，

KAMC

JJ1

则BK=-------BA,DM=------------DC,MC=------------DC.

1+21+A1+A

由MF“皿可得黑常常=翳占,

iJ

故KD?=---------BD.+-----------AD..

21+211+23

因为S.M+S*M=1CM.BDl+^DM-AD3

11■BD.CD+-^—AD.CD

21+2121+23

=:CD/\BD}+占AD3)=1CD皿=S",

Z1+A1+AZ

故^ABCD-SAA/W-S^cM~^ABM~ABCD~^AKCD~^AABM=^MDP+^^BCQ~MPKQ=，

贝“SKQMP=SM£)P+SGCQ•

n

解法二：关于第二问的证明方法：设四边形ABCD的面积为S并记生=也—,则n}：

KAMCm

mm

S^ADK+S“BM"-S,

'»AAB£)'、ACBD

n+mn+mn+m

S9AM+S.CK二一s,

m+nm+nm+n

从而S—JJK+S^CBM+^M)AM+SgCK=,

故SMPKQ=S—(S^pK+S^CBM+^ADAM+S阪Q+^MDP+/^BCQ=+^ABCQ,

【例9】如图所示，在四边形ABC。中，DE=EF=FC,AG=GH=HB,求证四边形A3C。的面积等

于四边形EFHG的面积的三倍.

【解析】把四边形分割成两个三角形并进行等积变换，由此即可得证.

=

连接FG、DG、FB，因为5ABGF=，^HHFG^/MFB，

①

所以s0GM=2SEFHG•

连接BD,因为DE=EF=FC,AG=GH=HB,

SSMNCD

故ADBC=3S"BC，ADBA=3sA0G4•"

因此^ABCD=3(S,BC+SA£>GA)'即S"BC+CD•②

①+②得品+S^pBC+,^ADG4=^ABCD=^EFHG+gABCD，

=

故^ABCD3SEFHG*

【变式】（莫斯科数学奥林匹克竞赛试题）在凸四边形ABC。中，4、A2是边AB上顺次的三等分点，于、

不是边8c上顺次的三等分点，G、C?是边CD上顺次的三等分点，〃、&是边ZM上顺次的

三等分点，4G与42、82A分别交于点M、N,AG与巴已、43分别交于K、L,求证

^MNKL=g^ABCD"

【解析】如图所示，连接AA、BD、4c2,则AA//BD//4c2，

口“七\LAR\D1BD\3\

LC2BJC2BDB{C2322’

亦即=

4G3

旦」―工

AC3'4G4G3'

从而L、K为AC2的三等分点，M.N为4G的三等分点.

因此SMNKL=1SqaGCz=35^ABCD=g^ABCD'

点评：类似的可以证明在凸四边形A3C。中，若将每边等分为2〃+1份，连接对边相应的分点,

那么中间一块的面积是四边形ABCD面积的-------.

（2〃+1）2

【例10]（2004年北京市初二数学竞赛）设A，4，G，〃，耳，耳分别是凸六边形A8CDE产的边AB,

BC,CD,DE,EF,E4的中点.AABCt,ABCR,\CDE},AD%,NEF\,AE44的面

积之和为相，六边形A3CQE/的面积为S,证明：S=-m.

3

M

【解析】延长QC和45,交于点则

5=^AB-MC-sinZM=^AB-MC+BD

1•sin/M——(5'ABC+S—BD)

2A

同样的有：

S^BCD、=万(SA^CD+‘MCE)'SACDA=3(SACDE+SkCDF)'^DEA)'

AEA庄AEC

S码=](S£K4+SFB)，4sl+*^4),

相加得到：

+

S/UBG+Sgc]+SkCDR+^\DEFX+SgFA

=5(SAABC+S^QD+SgCD+S邸CE+^ACDE+^ACDF+SM)EF+M)EA+\EFA+\EFR+^AFAB+^AFAC)

'^ABC+S"AC+S^cDF+S^EF)(^AABD^ABCD^ADEA^AEFA)(4^ABCE^ACDE+^AEFB+^AFAB)]

2

—m.

3

习题1.如图所示，AB是。。的直径，PA.PC是。。的切线，C是切点，CCAB于。，PB交CD

于E.求证EC=ED.

F

【解析】如图所示，连接BC并延长之，和AP的延长线交于尸，连接AC.

因为AB是。。的直径，故NAW=NAC3=90。.

在RtAAC尸中，因为尸A=PC,故NP4C=NPCA,ZPCF=ZCAB=ZF,则尸产=PC=PA.

又因为CO_LAB,PA±AB,则CO〃E4.

由定理可得£C=£D.

习题2.如图所示，以线段AB为直径作半圆，在另一侧作矩形ABC。，使=P为半圆上的任

意一点，PC、PD分别交AB于八E两点，求证A尸+BE?=4殷

【解析】如图所示，连接上4、PB并延长，分别交直线CQ于河、N.连接AN、BM.

由勾股定理得MC2=MB2-BC1=PM-+PB2-BC2,①

ND2=-AD1=NP2+PA2-AD2②

①+②得MC2+ND2=MP2+NP2+(PA1+PB2)-2AD2=MP2+NP2+AB2-AB2=MN2.

AFRF4»

因为AB〃MN,由线束定理得£一二——二——.

MCNDMN

故AF2+BE2=AB2.

习题3.（苏州市数学竞赛试题）如图所示，D、£分别是AA6C的边BC、AB上的点，AD.CE交于F,

BF、。石交于G.过G作8C的平行线分别交AB、CE、AC于V、H、N,求证G"=N".

三次应用定理有：

BDMG小

——=——,①

DCGH

型=型，②

DCOH

吗*.③

DCON

②，应用等比定理有型二丝

由①，G+GO=—④

DCGH+OHGH+OH

小七公

由③，MOMOMO

GH+OHONOH+HN

则GH+OH=OH+HN.

故GH=NH