初中数学竞赛 几何专题：点共线问题(含答案)

初中数学竞赛 几何专题：点共线问题（含答案）1. 锐角三角形ABC 中，45BAC ∠=︒，BE 、CF 是两条高，H 为ABC △的垂心，M 、K 分别是BC 、AH 的中点.证明：MK 、EF 和OH 共点，这里O 为ABC △的外心.解析 如图，由条件45BAE ∠=︒，可知AEB △和AFC △都是等腰直角三角形，而O 为AB 、BC 的中垂线上的点，故EO AB ⊥，FO AC ⊥，于是EO CF ∥，FO BE ∥，从而四边形EOFH 为平行四边形.故EF 与OH 的交点为EF 的中点.另一方面，M 、K 为BC 、AH 的中点，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知12EM MF BC ==，12EK KF AH ==.即四边形EKFM 为菱形，所以EF 与KM 的交点亦是EF 的中点.从而命题获证.2. 四边形SPNM 与PFET 都是正方形，且点S 、P 、T 共线，点N 、P 、F 共线，连结MT 、SE ，点S 在MT 上的射影是点A ，点T 在SE 上的射影是点B ，求证：点A 、P 、B 共线.解析 设AB 与ST 交于点P '，又设ATS α∠=，TSE β∠=.于是由180ASB ATB ∠+∠=︒，有 tan cot ASB ATB S SP AS BSP T S AT BTαβ'⋅===⋅'⋅△△ MS ST MS SPST TE TE PT =⋅==， 即点P 与点P '重合.3. 在矩形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上分别取异于顶点的K 、L 、M 、N ，已知KL MN ∥.证明KM 与LN 的交点O 在矩形的对角线BD 上.解析 连结OB 、OD .BMNAS P TFED M C NOLA K B因为KL MN ∥，KM 与LN 相交于O ，所以KLO △∽MNO △，可得KL LOMN NO=，KLO MNO ∠=∠. 又因BC AD ∥，所以BLO DNO ∠=∠，则BLK DNM ∠=∠；因此Rt BLK △∽Rt DNM △. 综上，BL LK LODN NM NO ==，BLO DNO ∠=∠，所以BLO △∽DNO △，可得BOL DON ∠=∠，即B 、O 、D 共线.4. 证明：如果一个梯形内的n （2>）个点到梯形四边距离之和相等，那么这n 个点共线.解析 如图，延长梯形ABCD 的腰BA 、CD 交于点E .设P 为这n 个点中的一个点，过P 作一直线，交EB 、EC 于点G 、H ，使得EGH △为等腰三角形（EG EH =）.设Q 是这n 个点中的另一个点，我们证明Q 在直线GH 上.由条件Q 到EG 、EH 的距离和等于P 到EG 、EH 的距离和.若Q 在四边形AGHD 内，则EQG S +△ EQH EGH S S <△△，从而(,)(,)(,)(,)EG d Q EG EH d Q EH EG d P EG EH P EH ⨯+⨯<⨯+⨯，这里(,)d X YZ 表示点X 到直线YZ 的距离.结合EG EH =，可得()(,)(,)d Q EG d Q EH d P EG +<∥ (,)d P EH +，矛盾.类似地，若Q 在四边形BGHC 内，则(,)(,)(,)(,d Q EG d Q EH d P EG d P +>+ )EH ，亦矛盾.故Q 在线段GH 上.5. 设四边形仅有一个内角是直角，且两对角线相等，则对边中垂线交点与直角顶点共线.解析 如图，设四边形ABCD 中，90B ∠=︒，作矩形ABCE ，则BE AC BD ==，又设BC 的中垂线GP 与AD 之中垂线FP 交于P ，则易知PE PA PD ==，于是B 、P 均在DE 中垂线上.同理AB 、CD 中垂线之交点也在DE 中垂线上，故而结论成立.6. 等腰梯形ABCD 中AB CD =.将ABC △绕点C 旋转一个角度，得一个新的A B C ''△.证明：线段A D '、BC 和B C '的中点共线. 解析 如图，设A D '、BC 、B C '的中点分别为X 、Y 、Z ，W 为CA '的中点.并设ACA α'∠=，ABC β∠=， 则ZW A B ''∥，WX CD ∥，且111222ZW A B AB CD WX ''====，即XWZ △为等腰三角形，并且XWZ ∠等于180︒减去A B ''与CD 所成的角γ.AFDEPB G C注意到，(180)2180γβαββα=-︒--=-︒+，所以，3602XWZ αβ∠=︒--，从而1(180)9022XZW XWZ αβ∠=︒-∠=+-︒.于是902CZX XZW αβ∠=-∠=︒-.另一方面，YZ BB '∥，而1(180)9022CB B αα'∠=︒-=︒-，故902CZY α∠=︒-.综上，CZX CZY ∠=∠.故X 、Y 、Z 共线.7. 直角三角形ABC 中，AB 是斜边，CH 为斜边上的高，以A 为圆心、AC 为半径作A ⊙.过B 作A⊙的割线，交A ⊙于点D 和E ，交CH 于点F （D 在B 与F 之间）.在A ⊙上取一点G ，使得ABG ABD ∠=∠，且G 与D 不在AB 的同一侧.证明：E 、H 、G 三点共线.解析 延长EH 交A ⊙于点G '，我们证明G 与G '重合，即证G BA DBA '∠=∠.由90ACB ∠=︒知BC 为A ⊙的切线，故2BC BD BE =⋅.再在Rt ABC △中，CH 为高，从而由身影定理可知2BC BH BA =⋅，所以BD BE BH BA ⋅=⋅，故E 、D 、H 、A 共圆，因此EDA EHA BHG '∠=∠=∠. 注意到EA DA =，故EDA DEA DHB ∠=∠=∠（这里再次用到E 、D 、H 、A 共圆），结合前面的结果，可知BHD BHG '∠=∠.由圆的对称性，即得HBG HBD '∠=∠. 8. 设锐角三角形ABC ，AD 、BE 、CF 为高，H 是垂心，M 、N 分别在BF 、AE 上，且MHF NHE ∠=∠，求证：BM 、CN 的中垂线之交点在BC 上.解析 如图，若设BM 、CN 中垂线分别交BC 于K 、K '（K 、K '在图中未画出），只要证明BK CK BC '+=，即知结论成立.由于2cos BM BK B =，2cos CN CK C '=，而2cos 2cos 22BF CE BC BC BC B C +=+=，故只需证明2cos 2cos BM CNB C+=CZ B'YB W A'DXAG 'AHBDF C EAF M BDCE N H2cos 2cos BF CE B C +或cos cos NE MFC B=即可. 由条件知MFH △∽NEH △，故sin cos sin cos MF FH AH BAD BNE HE AH CAD C∠===∠.结论证毕. 9.ABC △的内切圆切边AC 、BC 于点M 、N ，直线l 与该内切圆切于劣弧¼MN内一点，l 分别交NC 、MC 于点P 、Q .T 为AP 与BQ 的交点.证明：T 在线段MN 上.解析 设AP 交MN 于点1T ，ABC △的内切圆切l 与AB 于点X 、Y .AP 交XY 于点2T ，先证：1T 与2T 重合.由正弦定理，可知11sin sin PT PNCNM PT N =∠∠， 11sin sin AT AMAMN AT M=∠∠， 结合11PT N AT M ∠=∠，180180AMN CMN CNM ∠=-∠=-∠，可知11PT PN AT AM =.同理可证：22PT PXAT AY=.所以，由PX PN =及AM AY =，可知1212PT PT AT AT =，即1T 与2T 重合.这表明AP 过MN 与XY 的交点. 类似可知，BQ 与MN 与XY 的交点.所以，AP 与BQ 的交点在线段MN 上.10. 在ABC △中，90A ∠=︒，AB AC <.D 、E 、F 分别为边BC 、CA 、AB 上的点，使得四边形AFDE为正方形.设A l 为过A 所作ABC △的外接圆的切线.证明：BC 、EF 和A l 三线共点.解析 设A l 交直线BC 于点G ，连GF 延长交AC 于点E '.只需证明E 与E '重合. 记ABC △的三边长分别为a 、b 、c ，而正方形AFDE 的边长为x .则由DF FB AC AB =，可知x c xb c-=，故C Q XP lMN TAYBCE AD FB Gbcx b c=+. 由AG 为ABC △外接圆的切线，得BAG C ∠=∠，而AGC ∠为公共角，故ABG △∽CAG △，从而AB BG AG CA AG GC==，于是222GB BG AG AG c GC AG GC CA b ⎛⎫=⋅== ⎪⎝⎭，即22GB c a GB b =+，从而222ac GB b c =-，结合BD DF x BC CA b ==，可知ac BD b c =+，故22222ac ac abc GD b c b c b c =+=-+-，22222b ab GC GB c b c =⋅=-.所以DF CE ='GD c GC b=，即2b CE bc '=+. 而2bc b CE b x b b c b c=-=-=++.所以CE CE '=，故E 与E '重合，命题获证. 11. AC 、BD 均为圆的切线，AB 是该圆的一条能弦，CD 与圆交于点Q 、P ，已知AP BP =，点M为AB 中点，求证：点M 、R 、Q 共线，这里R 为AD 与BC 的交点.解析 连结MC 、MR 、MD ，易知题目无非是要证明 CMR DMR S CQS DQ =△△. 易知12CMRACR S S =△△，12DMR BDR S S =△△，2AC CQ CP =，2BD DQ DP =，于是问题转变为求证 22ACR BDR S AC BDS BD CP⋅=⋅△△. 由切线性质知CAB DBA ∠=∠，于是根据三角形面积公式，有 ACR ABC ACD ACDBDR DBC ABD CBD S S S S AR CR AC S DR BR S S BD S ⋅==⋅=⋅⋅△△△△△△△△， 于是待证式又变为求证 ACD CBD S AC DPS BD CP ⋅=⋅△△. 事实上， ACPACD ACP CBDPBD PBD CDS S S DP DP AC CP CD S CP S CP BD S DP⋅==⋅=⋅⋅△△△△△△， 这是由于AP BP =，且CAP DBP ∠=∠.A MBC QPDR。