标题：平面几何
概述
  欧几里得欧几里得几何有时就指平面上的几何，即平面几何。本文主要描述平面几何。 三维空间的欧几里得几何通常叫做立体几何。 高维的情形请参看欧几里得空间。
数学上，欧几里得几何是平面和三维空间中常见的几何，基于点线面假设。数学家也用这一术语表示具有相似性质的高维几何。
其中公设五又称之为平行公设（Parallel Axiom），叙述比较复杂，这个公设衍生出“三角形内角和等于一百八十度”的定理。在高斯（F. Gauss, 1777年—1855年）的时代，公设五就备受质疑，俄罗斯数学家罗巴切夫斯基（Nikolay Ivanovitch Lobachevski）、匈牙利人波约（Bolyai）阐明第五公设只是公理系统的一种可能选择，并非必然的几何真理，也就是“三角形内角和不一定等于一百八十度”，从而发现非欧几里得的几何学，即“非欧几何”（non-Euclidean geometry）。
公理描述
  《几何原本》开篇的第一个定理欧几里得几何的传统描述是一个公理系统，通过有限的公理来证明所有的“真命题”。
欧几里得平面几何的五条公理(公设)是：
任意两个点可以通过一条直线连接。
任意线段能无限延伸成一条直线。
给定任意线段，可以以其一个端点作为圆心，该线段作为半径作一个圆。
所有直角都全等。
若两条直线都与第三条直线相交，并且在同一边的内角之和小于两个直角，则这两条直线在这一边必定相交。
第五条公理称为平行公理（平行公设），可以导出下述命题：
通过一个不在直线上的点，有且仅有一条不与该直线相交的直线。
平行公理并不像其他公理那么显然。许多几何学家尝试用其他公理来证明这条公理，但都没有成功。19世纪，通过构造非欧几里得几何，说明平行公理是不能被证明的（若从上述公理体系中去掉平行公理，则可以得到更一般的几何，即绝对几何）。
从另一方面讲，欧几里得几何的五条公理(公设)并不完备。例如，该几何中的所有定理：任意线段都是三角形的一部分。他用通常的方法进行构造：以线段为半径，分别以线段的两个端点为圆心作圆，将两个圆的交点作为三角形的第三个顶点。然而，他的公理并不保证这两个圆必定相交。 因此，许多公理系统的修订版本被提出，其中有希尔伯特公理系统。
欧几里得还提出了五个“一般概念”，也可以作为公理。当然，之后他还使用量的其他性质。
1.与同一事物相等的事物相等。
2.相等的事物加上相等的事物仍然相等。
3.相等的事物减去相等的事物仍然相等。
4.一个事物与另一事物重合，则它们相等。
5.整体大于局部。
现代方法
如今，欧几里得几何的构造通常不是通过公理化方法，而是通过解析几何。通过这种方法，可以像证明定理一样证明欧几里得几何（或非欧几里得几何）中的公理。这一方法没有公理方法那么漂亮，但绝对简练。
欧氏几何
欧几里德的《几何原本》，一开始欧几里德就给出了23个定义，5个公设，5个公理。其实他说的公设就是我们后来所说的公理，他的公理是一些计算和证明用到的方法（如公理1：等于同一个量的量相等，公理5：整体大于局部等）他给出的5个公设倒是和几何学非常紧密的，也就是后来我们教科书中的公理。分别是： 
公设1：任意一点到另外任意一点可以画直线 
公设2：一条有限线段可以继续延长 
公设3：以任意点为心及任意的距离可以画圆 
公设4：凡直角都彼此相等 
公设5：同平面内一条直线和另外两条直线相交，若在某一侧的两个内角和小于二直角的和，则这二直线经无限延长后在这一侧相交。 
在这五个公设理里，欧几里德并没有幼稚地假定定义的存在和彼此相容。亚里士多德就指出，头三个公设说的是可以构造线和圆，所以他是对两件东西存在性的声明。事实上欧几里德用这种构造法证明很多命题。第五个公设非常啰嗦，没有前四个简洁好懂。声明的也不是存在的东西，而是欧几里德自己想的东西。这就足以说明他的天才。从欧几里德提出这个公理到1800年这大约2100年的时间里虽然人们没有怀疑整个体系的正确性，但是对这个第五公设却一直耿耿于怀。很多数学家想把这个公设从这个体系中去掉，但是几经努力而无果，无法从其他公设中推导出第五公设。 
同时数学家们也注意到了这个公设既是对平行概念的论述（故称之为平行公理）也是对三角形内角和的论述（即内角和公理）。高斯对这一点是非常明白的，他认为欧几里德几何是物质空间的几何，1799年他给他的朋友的一封信中表现了他相信平行公理不能从其他的公设中推导出来，他开始认真从事开发一个新的能够应用的几何。1813年，他发展了他的几何，最初称为反欧氏几何，后称星空几何，最后称非欧几何。在他的几何中三角形内角可以大于180度。当然得到这样的几何不是高斯一人，历史上有三个人。一个是他的搭档，另一个是高斯的朋友的儿子独立发现的。其中一个有趣的问题是，非欧氏几何中过直线外一点的平行线可以无穷。 
不久之后，俄国的一位著名数学家也发现了一个新的非欧几何，即罗氏几何。他的三角形内角和是小于180度的。 
而19世纪初非欧式几何的发现，正是后来爱因斯坦发现广义相对论的基础。
四个重要定理
梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点A'、B'、C'，则A'、B'、C'共线的充要条件是 
CB'/A'C·CB'/B'A·AC'/C'B=1塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点A'、B'、C'，则AA'、BB'、CC'三线平行或交于一点的充要条件是
BA'/A'C·CB'/BA'·AC'/C'B=1托勒密(Ptolemy)定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。西姆松(Simson)定理（西姆松线）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。
例题：
1．　 设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。求证：。
【分析】CEF截△ABD→（梅氏定理）
【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。  平面几何2．　 过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。
求证：。
【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。
DEG截△ABM→（梅氏定理）
DGF截△ACM→（梅氏定理）
∴===1
【评注】梅氏定理
3．　 D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，
，AD、BE、CF交成△LMN。
求S△LMN。
【分析】
【评注】梅氏定理
4．　 以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证：AE、BF、CG相交于一点。
【分析】
【评注】塞瓦定理
5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC2=AB2+AB-BC。
【分析】过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。则CD=DA=AB，AC=BD。
由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。
【评注】托勒密定理
6． 已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。
求证：。（第21届全苏数学竞赛）
【分析】
【评注】托勒密定理
7． △ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线于F。
求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。
【分析】
【评注】西姆松定理（西姆松线）
8． 正六边形ABCDEF的对角线AC、CE分别被内分点M、N分成的比为AM：AC=CN：CE=k，且B、M、N共线。求k。（23-IMO-5）
【分析】
【评注】面积法
9． O为△ABC内一点，分别以da、db、dc表示O到BC、CA、AB的距离，以Ra、Rb、Rc表示O到A、B、C的距离。
求证：（1）a·Ra≥b·db+c·dc;　 
(2) a·Ra≥c·db+b·dc;
(3) Ra+Rb+Rc≥2(da+db+dc)。
【分析】
【评注】面积法
10．△ABC中，H、G、O分别为垂心、重心、外心。
求证：H、G、O三点共线，且HG=2GO。（欧拉线）
【分析】
【评注】同一法
11．△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，BM、BN三等分∠ABC，与AD相交于M、N，延长CM交AB于E。
求证：MB//NE。
【分析】
【评注】对称变换
12．G是△ABC的重心，以AG为弦作圆切BG于G，延长CG交圆于D。求证：AG2=GC·GD。
【分析】
【评注】平移变换
13．C是直径AB=2的⊙O上一点，P在△ABC内，若PA+PB+PC的最小值是，求此时△ABC的面积S。
【分析】
【评注】旋转变换  麦田怪圈平面几何图费马点：已知O是△ABC内一点，∠AOB=∠BOC=∠COA=120°；P是△ABC内任一点，求证：PA+PB+PC≥OA+OB+OC。（O为费马点）
【分析】将CC‘，OO’， PP‘，连结OO’、PP‘。则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。
∴OO’=OB，PP‘ =PB。显然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。
由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O、O‘、C’四点共线。
∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+OC。
14．(95全国竞赛) 菱形ABCD的内切圆O与各边分别交于E、F、G、H，在弧EF和弧GH上分别作⊙O的切线交AB、BC、CD、DA分别于M、N、P、Q。　 
求证：MQ//NP。
【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，
结合∠A=∠C知，只需证
△AMQ∽△CPN
←，AM·CN=AQ·CP。
连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则
∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。
∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α
∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM
又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是，
∴AM·CN=AO·CO
同理，AQ·CP=AO·CO。
【评注】
15．(96全国竞赛)⊙O1和⊙O2与ΔABC的三边所在直线都相切，E、F、G、H为切点，EG、FH的延长线交于P。求证：PA⊥BC。
【分析】
【评注】
16．(99全国竞赛)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。
证明：连结BD交AC于H。对△BCD用塞瓦定理，可得
因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理，
可得，故。
过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J。
则，
所以，从而CI=CJ。
又因为CI//AB，CJ//AD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。
因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。
已知AB=AD，BC=DC，AC与BD交于O，过O的任意两条直线EF和GH与四边形ABCD的四边交于E、F、G、H。连结GF、EH，分别交BD于M、N。求证：OM=ON。（5届CMO）
证明：作△EOH△E’OH‘，则只需证E’、M、H‘共线，即E’H‘、BO、GF三线共点。
记∠BOG=α，∠GOE’=β。连结E‘F交BO于K。只需证=1（Ceva逆定理）。
===1
注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。
对应于99联赛2：∠E’OB=∠FOB，且E‘H’、GF、BO三线共点。求证：∠GOB=∠H‘OB。
事实上，上述条件是充要条件，且M在OB延长线上时结论仍然成立。
证明方法为：同一法。
蝴蝶定理
：P是⊙O的弦AB的中点，过P点引⊙O的两弦CD、EF，连结DE交AB于M，连结CF交AB于N。求证：MP=NP。
【分析】设GH为过P的直径，FF’F，显然‘∈⊙O。又P∈GH，∴PF’=PF。∵PFPF‘，PAPB，∴∠FPN=∠F’PM，PF=PF‘。
又FF’⊥GH，AN⊥GH，∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’
=∠EFF‘+∠EDF’=180°，∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。
∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。
【评注】一般结论为：已知半径为R的⊙O内一弦AB上的一点P，过P作两条相交弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB中点的距离为a，则。（解析法证明：利用二次曲线系知识）
证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线的长度之和不小于4十．【分析】四边形的周长和对角线的长度和混在一起令人棘手，我们可以从特例考察起：先考虑面积为1的正方形，其周长恰为4，对角钱之和为2即．其次考察面积为1的菱形，若两对角线长记为l1、l2，那么菱形面积S=l1·l2，知
l1+ l2≥2=2=，菱形周长： l=4≥2=4。
由此，可以猜想：对一般的凸四边形也可将其周长和对角线长度和分开考虑．
【证明】设ABCD为任意一个面积为1的凸四边形，其有关线段及角标如图．则
SABCD= (eg+gf+fh+he)sinα
≤ (e+f)(g+h)≤，
∴e+f+g+h≥2，即对角线长度之和不小于．
∴a+b+c+d≥4，即周长不小于4．
综上所述，结论得证，