竞赛几何：近代几何定理与证明

本章按“定理工具箱 -> 典型模型 -> 题组训练”组织高中数学竞赛中的纯几何内容。重点不是记结论，而是建立可复用的证明链条：

1. 比例链：梅涅劳斯/塞瓦/斯图尔特。
2. 圆幂链：幂定理、切割线、调和分割。
3. 共线共点链：西姆松线、欧拉线、九点圆。

一、核心知识点讲解

1. 梅涅劳斯定理与塞瓦定理（正逆配套）

在 $\triangle ABC$ 中：

• 若点 $D,E,F$ 分别在 $BC,CA,AB$（可在延长线）上且三点共线，则

$$\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1$$

（有向线段形式）。

• 若三条线 $AD,BE,CF$ 共点，则

$$\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1.$$

竞赛中常见策略：

• 目标是“共线”时，构造比例后用梅涅劳斯逆定理收口。
• 目标是“共点”时，构造三边分比后用塞瓦逆定理收口。

2. 斯图尔特定理（长度计算主工具）

设 $D\in BC$，$BD=m,\,DC=n,\,BC=a,\,AD=d,\,AB=c,\,AC=b$，则

$$b^2m+c^2n=a(d^2+mn).$$

用途：

• 已知三边和分点，求 cevian 长度；
• 与中线定理/角平分线定理联用；
• 反向用于判定“某点是中点/角平分点”。

3. 圆幂定理与切割线模型

对定点 $P$ 与圆 $\omega$：

• 两割线：$PA\cdot PB=PC\cdot PD$；
• 切线-割线：$PT^2=PA\cdot PB$；
• 交弦：$PA\cdot PB=PC\cdot PD$（$P$ 在圆内）。

竞赛意义：把“角度-圆”问题转化为“乘积不变量”问题，经常能与比例定理拼接成一条代数链。

4. 欧拉线与九点圆（三心结构）

在任意非等边三角形中：外心 $O$、重心 $G$、垂心 $H$ 共线且

$$OG:GH=1:2.$$

九点圆圆心是 $OH$ 中点，过三边中点、三高垂足、以及顶点到垂心连线中点。

5. 割补法 (Cut-and-Paste Method)

割补法是处理面积、体积及复杂图形性质的经典直观方法。

• 等积变形：通过剪裁并重新拼接，不改变图形的总面积。
• 割法：将复杂图形分割为若干个易计算的简单图形（如三角形、矩形）。
• 补法：将原图形补全为一个更大的规则图形，再减去多余的部分。
• 面积法证明：利用面积比等于底边比（等高）或边长积之比（共角）来证明比例关系。例如，塞瓦定理的最直观证明即源于面积比。

竞赛策略：先定型，再运算

看到“共点/共线”先判断是否是塞瓦-梅涅劳斯模型；看到“圆+长度”优先尝试圆幂；看到涉及复杂多边形面积或难以直接计算的长度，优先考虑割补法构造等积或等长的辅助图形。

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二、经典例题实战

例题 1：塞瓦定理逆定理判共点

在 $\triangle ABC$ 中，点 $D,E,F$ 分别在边 $BC,CA,AB$ 上，满足

$$\frac{BD}{DC}=2,\quad \frac{CE}{EA}=3,\quad \frac{AF}{FB}=\frac16.$$

证明：$AD,BE,CF$ 三线共点。

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解析过程

1. 计算三比分积：

$$\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=2\cdot 3\cdot\frac16=1.$$

2. 满足塞瓦定理逆定理条件。
3. 得 $AD,BE,CF$ 共点。

答案

三线共点。

例题 2：梅涅劳斯定理判共线

在 $\triangle ABC$ 中，点 $D\in BC,\ E\in CA,\ F\in AB$，满足

$$\frac{BD}{DC}=\frac32,\quad \frac{CE}{EA}=\frac45,\quad \frac{AF}{FB}=\frac56.$$

判断 $D,E,F$ 是否共线。

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解析过程

1. 梅涅劳斯定理要求三比分积为 $1$。
2. 计算：

$$\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB} =\frac32\cdot\frac45\cdot\frac56=1.$$

3. 满足逆定理，因此三点共线。

答案

$D,E,F$ 共线。

例题 3：斯图尔特定理计算线段

在 $\triangle ABC$ 中，$AB=13, AC=15, BC=14$。点 $D$ 为 $BC$ 中点，求 $AD$。

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解析过程

1. 设 $BD=DC=7$，套用斯图尔特：

$$15^2\cdot 7+13^2\cdot 7=14(AD^2+49).$$

2. 左边：$7(225+169)=2758$。
3. 化简得：

$$AD^2+49=197\Rightarrow AD^2=148.$$

4. 所以

$$AD=2\sqrt{37}.$$

答案

$AD=2\sqrt{37}$。

例题 4：切割线与切线长度

点 $P$ 在圆外，过 $P$ 作割线交圆于 $A,B$，其中 $PA=4, PB=9$；另作切线 $PT$。求 $PT$。

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解析过程

1. 切割线-切线定理：

$$PT^2=PA\cdot PB.$$

2. 代入：

$$PT^2=4\cdot9=36.$$

3. 长度取正：$PT=6$。

答案

$PT=6$。

例题 5：割补法在角度/形状判定中的应用 (High Difficulty)

在正方形 $ABCD$ 内部有一点 $P$，使得 $\angle PAD = \angle PDA = 15^\circ$。证明 $\triangle PBC$ 是正三角形。

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解析过程 (补法/构造法)

1. 常规思路：通过正切函数计算 $P$ 到 $AD$ 的距离，再算 $P$ 到 $BC$ 的距离，验证其等于 $\frac{\sqrt{3}}{2}a$。
2. 割补/构造思路：
   • 在正方形内以 $BC$ 为边向内作正三角形 $QBC$。
   • 连接 $QA, QD$。则 $\angle QBA = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$。
   • 因 $QB=BC=BA$，故 $\triangle QBA$ 为等腰三角形，$\angle QAB = (180-30)/2 = 75^\circ$。
   • 同理 $\angle QDC = 75^\circ$。
   • 于是 $\angle QAD = 90^\circ - 75^\circ = 15^\circ$，$\angle QDA = 15^\circ$。
   • 此时点 $Q$ 满足 $\angle QAD = \angle QDA = 15^\circ$。
   • 由点的唯一性，点 $P$ 与点 $Q$ 重合。
   • 故 $\triangle PBC$ 为正三角形。

结论

命题得证。

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三、章节练习（配套）

练习 A（基础）

在 $\triangle ABC$ 中，若 $\frac{BD}{DC}=\frac{2}{3},\ \frac{CE}{EA}=\frac{3}{5}$，且 $AD,BE,CF$ 共点，求 $\frac{AF}{FB}$。

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由塞瓦定理

$$\frac{AF}{FB}=\frac{1}{\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}} =\frac{1}{\frac23\cdot\frac35}=\frac52.$$

答案：$\frac{AF}{FB}=\frac52$。

练习 B（提高）

在圆外点 $P$ 处作两条割线，第一条交圆于 $A,B$，$PA=3,PB=12$；第二条交圆于 $C,D$，$PC=4$，求 $PD$。

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圆幂不变量：

$$PA\cdot PB=PC\cdot PD.$$

代入 $3\cdot12=4\cdot PD$，得 $PD=9$。

练习 C（挑战）

设 $\triangle ABC$ 中 $D\in BC$，已知 $AB=10, AC=17, BC=21, BD=9$。求 $AD$。

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设 $DC=12$，由斯图尔特定理：

$$17^2\cdot 9+10^2\cdot12=21(AD^2+9\cdot12).$$

左边 $=2601+1200=3801$，右边 $=21(AD^2+108)$。 故

$$AD^2+108=181\Rightarrow AD^2=73.$$

答案：$AD=\sqrt{73}$。

练习 D（高难度 - 割补法）

正方形 $ABCD$ 边长为 1，点 $E, F$ 分别在 $BC, CD$ 上，使得 $\triangle CEF$ 的周长为 2。求 $\angle EAF$ 的度数。

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1. 割补构造：将 $\triangle ADF$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $90^\circ$ 到 $\triangle ABF'$。
2. 等量代换：
   • 旋转后 $BF'=DF$，$AF'=AF$，$\angle BAF' = \angle DAF$。
   • 设 $BE=x, DF=y$，则 $CE=1-x, CF=1-y$。
   • 周长 $CE+CF+EF=2 \Rightarrow (1-x)+(1-y)+EF=2 \Rightarrow EF = x+y$。
   • 在旋转后的图中，$F', B, E$ 共线（因 $\angle ABF' + \angle ABC = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$）。
   • 且线段 $F'E = F'B + BE = y + x = EF$。
3. 全等判定：
   • 在 $\triangle AEF'$ 与 $\triangle AEF$ 中：$AE=AE$, $AF'=AF$, $F'E=FE$。
   • 故 $\triangle AEF' \cong \triangle AEF$ (SSS)。
   • 因此 $\angle EAF' = \angle EAF$。
4. 度数计算：
   • $90^\circ = \angle BAD = \angle BAE + \angle EAF + \angle DAF$。
   • 又 $\angle EAF' = \angle BAE + \angle BAF' = \angle BAE + \angle DAF$。
   • 故 $\angle EAF' = \angle EAF \Rightarrow 90^\circ - \angle EAF = \angle EAF \Rightarrow 2\angle EAF = 90^\circ$。
   • $\angle EAF = 45^\circ$。

答案：$45^\circ$