初中数学竞赛精品标准教程及练习36：三点共线练习题

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欣宜市实验学校二零二一学年度初三数学三点共线不容忽视试题

黔西北州欣宜市实验学校二零二一学年度初三数学三点一共线不容无视□朱元生四边形是初中几何的重要内容之一，也是中考的必考内容，它既是三角形知识的延续，又是学好相似形和圆的根底。

在四边形问题的解答过程中，不少同学常常无视三点一共线这一关键点，为引起同学们的重视，现略举几例加以剖析，供学习时参考。

一、解题过程中没有说明三点一共线例1.如图1，在菱形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，OE⊥AB于点E，OF⊥BC于点F，OG⊥CD于点G，OH ⊥AD于点H，依次连接EF，FG，GH和HE，试证明四边形EFGH为矩形。

图1错解：因BD为菱形ABCD的对角线，所以∠ABD＝∠CBD。

又因为OE⊥AB，OF⊥BC，由角平分线性质得OE＝OF。

同理可得OF＝OG，OG＝OH，OH＝OE即OE＝OF＝OG＝OH所以四边形EFGH为平行四边形因为OE＋OG＝OF＋OH，即EG＝FH所以四边形EFGH为矩形剖析：在上面的解题过程中，先说明了四边形EFGH的“对角线〞EG和FH互相平分，可得四边形EFGH为平行四边形，再说明“对角线〞EG＝FH，从而得到结论四边形EFGH为矩形。

外表上似乎推理严谨，无懈可击，其实不然，无论是，还是推理过程都没有说明E，O，G和F，O，H分别是同一条直线上的三点〔即三点一共线〕，所以上述解题过程中把EG和HF直接看做四边形EFGH的对角线是缺乏根据的，必须说明EG和FH分别是四边形EFGH的对角线后，上面的说理才能成立。

正解：因为OG⊥CD，AB∥CD，所以OG⊥AB又OE ⊥AB ，那么线段OE 和OG 在同一条直线上。

即E ，O ，G 三点一共线，从而EG 为四边形EFGH 的对角线。

同理可知，FH 也是四边形EFGH 的对角线。

下略，可参考错解。

例2.如图2，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，E ，F ，G ，H 分别是AB ，DC ，BD ，AC 的中点，连接EG ，GH ，HF ，试证明()GH BC AD =-12。

初中数学竞赛精品标准教程及练习36三点共线

初中数学竞赛精品标准教程及练习36三点共线三点共线是数学中的一个基本概念，在几何学中经常涉及。

它指的是三个点在同一条直线上。

下面，我们将详细讨论三点共线的定义、性质，并提供一些相关的练习题。

一、三点共线的定义在数学中，三点共线是指三个点在同一条直线上。

具体地说，对于平面上的三个点A、B、C，如果它们可以被找到一条直线L，那么这三个点就是共线的。

我们可以写成：三点A、B、C共线，记作A、B、C∈L。

二、三点共线的性质1.任意两点确定一条直线。

如果两点A、B共线，则直线AB唯一地确定。

2.三点共线的条件。

如果三个点A、B、C共线，则任意两点都在同一条直线上。

即对于点A、B、C，如果A、B∈L，B、C∈L，则A、C∈L。

3.共线三点不共线。

如果三个点A、B、C共线，则A、B、C三点不可能在同一直线上形成一个三角形。

三、三点共线的判定方法1.通过计算斜率。

对于提供的三个点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)，我们可以计算A到B的斜率k1=(y2-y1)/(x2-x1)，B到C的斜率k2=(y3-y2)/(x3-x2)和A到C的斜率k3=(y3-y1)/(x3-x1)。

如果这三个斜率相等，则三点共线。

2.利用面积。

对于提供的三个点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)，我们可以计算三角形ABC的面积。

如果面积为0，则三点共线。

3.使用向量。

对于提供的三个点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)，我们可以计算向量AB和向量AC的叉积。

如果叉积为0，则三点共线。

四、三点共线的练习题以下是一些关于三点共线的练习题，供你练习。

练习1：给定三个点A(1,2)、B(3,4)、C(5,6)，判断它们是否共线。

练习2：给定三个点A(-2,0)、B(2,4)、C(0,1)，计算三角形ABC的面积。

练习3：已知点A(1,2)、B(3,5)、C(5,8)，求向量AB和向量AC的叉积。

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。

全国初中数学竞赛试题汇编---几何解答题及答案

全国初中数学竞赛试题汇编---几何解答题1、如图，圆O 与圆D 相交于,A B 两点，BC 为圆D 的切线，点C 在圆O 上，且AB BC =.（1）证明：点O 在圆D 的圆周上.（2）设△ABC 的面积为S ，求圆D 的的半径r 的最小值.解:（1）连,,,OA OB OC AC ，因为O 为圆心，AB BC =，所以△OBA ∽△OBC ，从而OBA OBC ∠=∠.因为,OD AB DB BC ⊥⊥，所以9090DOB OBA OBC DBO ∠=°−∠=°−∠=∠，所以DB DO =，因此点O 在圆D 的圆周上.（2）设圆O 的半径为a ，BO 的延长线交AC 于点E ，易知BE AC ⊥.设2AC y =(0)y a <≤，OE x =，AB l =，则222a x y =+，()S y a x =+，22222222()2222()aSl y a x y a ax x a ax a a x y=++=+++=+=+=.因为22ABC OBA OAB BDO ∠=∠=∠=∠,AB BC =,DB DO =，所以△BDO ∽△ABC ，所以BD BO AB AC =，即2r a l y =，故2alr y=.所以22223222()4422a l a aS S a Sr y y y y ==⋅=⋅≥，即r ≥其中等号当a y =时成立，这时AC 是圆O 的直径.所以圆D 的的半径r .2、如图，给定锐角三角形ABC ，BC CA <，AD ，BE 是它的两条高，过点C 作△ABC 的外接圆的切线l ，过点D ，E 分别作l 的垂线，垂足分别为F ，G ．试比较线段DF 和EG 的大小，并证明你的结论．解法1：结论是DF EG =．下面给出证明．因为FCD EAB ∠=∠，所以Rt △FCD ∽Rt △EAB ．于是可得CD DF BE AB =⋅．同理可得CEEG AD AB=⋅．又因为tan AD BEACB CD CE ∠==，所以有BE CD AD CE ⋅=⋅，于是可得DF EG =．解法2：结论是DF EG =．下面给出证明连接DE ，因为90ADB AEB ∠=∠=°，所以A ，B ，D ，E 四点共圆，故CED ABC ∠=∠．又l 是⊙O 的过点C 的切线，所以ACG ABC ∠=∠．所以，CED ACG ∠=∠，于是DE ∥FG ，故DF ＝EG ．3、是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2倍的△ABC ？证明你的结论．解：存在满足条件的三角形．当△ABC 的三边长分别为6=a ，4=b ，5=c 时，B A ∠=∠2．………………5分如图，当B A ∠=∠2时，延长BA 至点D ，使b AC AD ==．连接CD ，则△ACD 为等腰三角形．因为BAC ∠为△ACD 的一个外角，所以2BAC D ∠=∠．由已知，2BAC B ∠=∠，所以D B ∠=∠．所以△CBD 为等腰三角形．又D ∠为△ACD 与△CBD 的一个公共角，有△ACD ∽△CBD ，于是BDCDCD AD =，即cb aa b +=，所以()c b b a +=2．而264(45)=×+，所以此三角形满足题设条件，故存在满足条件的三角形．………………15分说明：满足条件的三角形是唯一的．若B A ∠=∠2，可得()c b b a +=2．有如下三种情形：（i ）当b c a >>时，设1+=n a ，n c =，1−=n b （n 为大于1的正整数），代入()c b b a +=2，得()()()21121n n n +=−−，解得5=n ，有6=a ，4=b ，5=c ；（ⅱ）当b a c >>时，设1+=n c ，n a =，1−=n b （n 为大于1的正整数），代入()c b b a +=2，得()n n n 212⋅−=，解得2=n ，有2=a ，1=b ，3=c ，此时不能构成三角形；（ⅲ）当c b a >>时，设1+=n a ，n b =，1−=n c （n 为大于1的正整数），代入()c b b a +=2，得()()1212−=+n n n ，即0132=−−n n ，此方程无整数解．所以，三边长恰为三个连续的正整数，且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在，而且只有三边长分别为4，5，6构成的三角形满足条件．4、△ABC 的三边长,,,,,BC a AC b AB c a b c === 都是整数，且,a b 的最大公约数是2.点G和点I 分别为△ABC 的重心和内心，且90oGIC ∠=，求△ABC 的周长.解：如图，连结GA ，GB ，过G ，I 作直线交BC 、AC 于点E 、F ，作△ABC 的内切圆I ，切BC 边于点D 。

2021年初中数学竞赛专题复习第二篇平面几何第4章共点线与共线点试题新人教版

2021年初中数学竞赛专题复习第二篇平面几何第14章共点线与共线点试题新人教版14.1.1★★设等腰直角三角形，，是中点，在上，，求证： .（试用梅氏定理证明）解析如图，设与交于，则，由梅氏定理，，得，又，故∽，故.ABDCE F14.1.2★设是锐角三角形的边上的一点，，是边上的一点，，与相交于点，求. 解析由梅涅劳斯定理，，得，，故，. 所以.AEFBDC14.1.3★证明：锐角三角形一条高线的垂足在另两边及另两条高线的身影在同一直线上.AF P DCS E H R Q解析设的三条高线为、、，在、、、上的身影分别为、、、，欲证、、、共线，先证、、共线.由梅氏逆定理，知该结论为真，即221FR HQ BP AD HD BD AD HDRH QB PF HD BD CD CD BD⋅⋅=⋅⋅=⋅=，最后一步是由于∽.同理，、、共线，故、、、四点共线.14.1.4★已知是的高，在内，且，，作与垂直，与垂直，、分别是垂足，连结并延长，交延长线于，求.解析如图，设，则由梅氏定理AEBDC GF.又由身影定理，，，于是，得.14.1.5★★如图，已知锐角三角形，是高，在、上的垂足分别是、，延长后交延长线于，若，求.ANBDCEM解析由图知，，故.11cot cot AD AD CAD BAD CD BD CD BD∠-∠=-=-. 由梅氏定理及身影定理，有，，，故，即，移项并因式分解，得111110CD BD CD BD ⎛⎫⎛⎫+--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，于是，即是所求答案.14.1.6★证明，两内角、平分线分别交对边于、，而的外角平分线交直线于，求证：、、共线. 解析如图，既然的外角平分线直线相交，说明，不防设，则在延长线上.AFBCDE由角平分线性质知1BD CE AF AB BC ACDC EA FB AC AB BC ⋅⋅=⋅⋅=，故由梅氏逆定理知、、共线. 14.1.7★★已知不等边三角形，、、的平分线分别交对边于、、，的中垂线与直线交于，同理得到、，证明：、、共线.A B A'C A''P解析如图，不妨设的中垂线与延长线相交，连结，则，于是CAA A AA A AC AA A BAA B ''''''''''∠=∠-∠=∠-∠=∠，因此∽，于是. 同理，，于是，由梅氏逆定理，知、、共线. 14.1.8★★已知：是的边上一点，是上一点，、分别在、上，与交于，与交于.求证：若，则. 解析如图，由梅氏定理，A GF EMNBD1AD GM BF AD GN CEDG BM FA DG NC EA ⋅⋅==⋅⋅.于是 .由于，故，于是，故.14.1.9★已知的面积为，点、在上，且∶∶∶∶，点在上，且∶∶，、分别与交于点、，求四边形的面积.AGHFB D E C解析这类题目基本且典型，显然有，而，于是下求. 由梅氏定理，有，代入已知数值得，于是，从而. 又由，即，得，从而，于是，故116351251102DEHF S ⎛⎫=-=⎪⎝⎭四边形. 14.1.10★★★已知不等边锐角三角形，、是高，且位置如图所示，与中位线交于点，点、分别是的外心与垂心，求证：.A P M EN OHBDCFQ解析一个熟知事实是，.延长交直线于点，则有，延长交于点，于是只需证明∽，即只需证 .由于，问题归结为，下面计算与. 由梅氏定理知，于是cos 2cos DF AB A CD AB ENA EF AC EQ AC EQ=⋅=⋅. 因，由正弦定理有，故上式为.证毕.14.1.11★★★如图，已知、是圆的两条切线，为圆的一条割线，交于，在上，，交于，求证：.PQ ABE SFR解析易知、、、为调和点列，于是 .（见题12.3.13）由梅氏定理，1RA FE QS FE PR QS EF AF EQ SR EQ PQ SR EQ=⋅⋅=⋅⋅=，因此 .14.1.12★★★ 已知为的直径，弦，弦与交于，，求证：平分.解析如图，无非要证明，或证明CN CD NB BD NB BC ⋅=⋅=⋅，或证明. 设与交于，与交于.由梅氏定理，，得，故，即，得，证毕.C N BMKAO JD14.1.13★★★证明牛顿定理：设中，、分别在、上，、交于，则、、的中点在一条直线上（牛顿线）.ADBR CY E X Q PFZ解析设、、的中点分别为、、，则易由中位线知、、共线，、、共线，、、共线.且 1YR ZP XQ EB CA DF RZ PX QY BF AE CD⋅⋅=⋅⋅= （后者是截所得）.故由梅氏逆定理，知、、共线. 评注此题亦可由面积证.14.1.14★★★★设等腰直线三角形中，，是三角形内一点，，连结并延长至，使，是中点，直线分别与、交于、，求证：是的中点. 解析如图，延长、，分别交直线于、，设，，，则由梅氏定理，有，而，故，即，或，或.A M E Pa Bb QcCDN G又由梅氏定理，，此即，所以，于是. 14.1.15★★★★设的边的中点，，是射线上一点，满足，是射线上一点，且与在边的同侧，满足，与交于，与交于，求.QA CDTBN P E解析设边长分别为、、，由梅氏定理，，由于，，，故， .接下去处理.延长与交于，则，故，，，又由梅氏定理，，得，故平分，.故答案为. 14.1.16★★★在中，，为的中点，以为直径的圆交、于另一点、.分别过点、作圆的切线和.证明：、和直线共点.解析如图设交直线于点，与直线交于点.由条件，及圆以为直径，可知，于是 . ①为证、与直线共点，只需证明与重合.我们下证：.利用，可知∽，故，于是.同理可证.于是222BEC EDC S BG BH BC EB BI DG HD CD ED S ID ⎛⎫⨯⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭△△，其中为与的交点.对考虑割线，运用梅涅劳斯定理，可知，结合，可知，从而. 再由①可知，综合上式，得.命题获证.§14.2 塞瓦定理14.2.1★已知，向外外作长方形、、，又设直线与直线交于，直线与直线交于，直线与直线交于，则、、共点.解析如图，设延长后交于，同理定义、（图中未画出）.P E GAD QKHR C F B A'连结、，则，同理，，故，、、共点或平行，由于、、均在内，故平行不可能.14.2.2★已知内有一点，今过点作一直线与关于的角平分线对称，同样，过点、分别作直线、，求证：、、交于一点.解析如图，设与直线交于，则22sin sin AA B CAPAA C PABS S BA AB BAA AB CA S AC PAB AC S ''''∠===⋅'∠△△△△，同理，AB A'CP于是，由塞瓦逆定理，即知、、共点.这个公共点，称为的等角共轭点. 14.2.3★已知，向外作相似的等腰三角形、及，其中、、是顶角.求证：、、交于一点. 解析如图，不妨设与交于，同理定义、.设FAB FBA ACE θ∠=∠==∠=，则AFEBC D A'B'C'sin()sin()sin()1sin()sin()sin()ABD BCE AFC ACD ABE BFC S S S CB AC AB B BC C AC A B A C B S S S AC C AB A BC B θθθθθθ''+++⋅=⋅⋅=⋅⋅=''+++△△△△△△，由塞瓦逆定理，便得结论.14.2.4★★★已知：中，、、是角平分线，则当且仅当.K AGHFBD C E解析当，延长至任一点，则，于是至距离等于至距离；又平分，故至距离等于至距离，因此可知平分，同理平分，故.反之，若，过作，与、延长线分别交于、，则由塞瓦定理知，于是，故，即平分，于是过作、、的垂线，不难得出平分，于是. 14.2.5★★已知中，、分别在、上，，、交于，延长后交于，与交于，与交于，、延长后分别交于、，求∶ ∶.P S MBHF GED A解析由塞瓦定理易知，又由梅氏定理，，两式相除，注意，，得.易得，同理，故 ∶∶∶∶.14.2.6★★如图，是锐角的角平分线，于点，于点，与交于点，求证：.AD EGF HBMS P C解析作，易知∽，∽，故而有，，于是. 又由，故由塞瓦逆定理知、、共点.于是. 14.2.7★★锐角，向外作和，使得，，，若、交于点，求证：.AEB DCFN P M解析为证明结论，我们干脆作的高，设法证明、与共点. 由及知 .设与交于点，与交于点，则有cos sin(90)cos sin(90)AB B BC C CFAC C BC B BE⋅⋅︒+⋅=⋅⋅⋅︒+⋅ .于是由塞瓦逆定理，结论成立，最后一步用到的仍是∽. 14.2.8★中，、、分别在边、、上，且、、共点于.也在上，且与的中点重合，同理定义、.求证：、、也共点.解析由塞瓦定理和逆定理，注意到等，立得结果. 评注新共点与点互为等边共轭点. 14.2.9★★★设的边、、上分别有点、、，且、、共点，又的边、、上分别有点、、，、、也共点，求证：、、共点.解析如图，又设延长后与交于（为简洁起见，图中未图出），同理定义、.于是AFXAXBAXCAEX ABS S BX AB AE FX AF ACX C S AC AF EX S AE'===⋅⋅'△△△△，同理，，由条件及塞瓦定理，得，于是、、共点.AF XEYZ BDC14.2.10★★★一个三角形的一边上的高、第二边上的中线与第三边上的角平分线交于一点，这个三角形一定是正三角形吗？解析不一定.不妨设中，、、分别为高、中线与角平分线，于是，若三线交于一点，则由塞瓦定理（此处设，，），知有. 而由，222222BD CD AB AC c b -=-=-，知，于是有， .例如令，，则.14.2.11★★★ 如图，、是两条切线，与是任意两条割线，求证：、与交于一点.AB CQNMP解析本题无疑是要运用塞瓦逆定理，比如在中，知只需证 .由圆内接四边形对角互补知，上式等价于1BP PC PQ QN QC MCBQ QC PC CN PQ PM ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，化简，得.由∽、∽及∽，得，，，于是. 14.2.14★★设的内切圆分别与、、切于点、、，于点，与交于点，与交于点，求证：、与共点.AF M EPQBDC解析易知sin sin sin sin BF FM AFE CD MD MDC FMBD MD MDB CE ME AEF ME⋅⋅∠⋅⋅∠=⋅=⋅⋅∠⋅⋅∠，由塞瓦逆定理，知三线共点. 评注此处这个条件多余，但可用来证明平分.证明如下：设中内角为、、，于是易知，，故sin2sin 2CFD FM BF B ME CEED ==，又由，故∽，于是命题得证.14.2.13★★★已知凸四边形，，是上任一点，延长、，分别交、于、，求证：. 解析如图，分别作，，且、、共线，、、共线，设与交于.BARMJ PCQND由塞瓦定理及角平分线性质定理，有.但，，于是.又180180ACM BAC DAC ACN ∠=︒-∠=︒-∠=∠，，故≌，于是.14.2.14★★设、分别是的边和上的点，、分别是与、与的交点.证明：若，点、、、共圆，则. 解析如图，延长交于，为证，只需证明.而、、、共圆，故，，于是只需证明为的平分线.ABCDB 1A 1E F对的割线及其内一点分别利用梅涅劳斯定理和塞瓦定理，得， .所以， . ①在射线上取一点，使得，则由，可知为的外角平分线，于是，利用内、外角平分线定理，可知 .从而， .对比式①得，故与重合，因此，为的角平分线. 14.2.15★★★给定，点为内一点，使得，；为内一点，使得，；为内一点，使得，.证明：、和三线共点，且该公共点在的外接圆上.A MA 1解析延长交于点，则11BMA MAB MBA MAC MCA CMA BAC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，即为的平分线，于是，.而由条件，易知∽，故（这里、、为的三边长），从而，故 .同理可证：，，其中为与的交点，为与的交点（图中、未画出）.从而 .于是，由塞瓦定理的逆定理可知、、三线共点. 设上述公共点为，为的外心，则，故、、、四点共圆.于是设交这个圆于另一点，则为的中点.结合，可知为、、、所共圆的直径.因此，，类似可证，，.所以，、、在以为直径的圆上.§14.3 其他问题 14.3.1★求证：已知，点是上一点，则有sin sin sin BAP CAP BACAC AB AP∠∠∠+=；反之，若上式成立，且（即不是“反方向”的），则点、、共线. 解析如图，由，得111sin sin sin 222AB AP BAP AC AP PAC AB AC BAC ⋅∠+⋅∠=⋅∠，两边同时除以，即得结论.AB P为证三点共线，只需将上述过程反过来，得，于是点、、共线.14.3.2★★已知及直线，在上的身影为，在上的身影为，类似地定义，和、，求证：、和共点. 解析如图，只需证明2222220A B A C B C B A C A C B ''''''''''''-+-+-=（、未画出）.AB CB'A'C'lA''由于22222222A B A C A B A C A B B B A C C C ''''''''''''-=-=+--，同理2222B C B A B C C C '''''''-=+- ，222222C A C B C A A A C B B B ''''''''''-=+--，于是三式相加，便知结论成立. 14.3.3.★★★锐角三角形中，，、是两条高，为的垂心，、分别是、的中点.证明：、和共点，这里为的外心.解析如图，由条件，可知和都是等腰直角三角形，而为、的中垂线上的点，故，，于是，，从而四边形为平行四边形.故与的交点为的中点.B另一方面，、为、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，.即四边形为菱形，所以与的交点亦是的中点. 从而命题获证.14.3.4★★四边形与都是正方形，且点、、共线，点、、共线，连结、，点在上的射影是点，点在上的射影是点，求证：点、、共线.MNAS P TFE解析设与交于点，又设，.于是由，有 tan cot ASB ATB S SP AS BSP T S AT BTαβ'⋅===⋅'⋅△△ ，即点与点重合.14.3.5★★在矩形的边、、、上分别取异于顶点的、、、，已知.证明与的交点在矩形的对角线上.D M C NOLA K B解析连结、.因为，与相交于，所以∽，可得，. 又因，所以，则；因此∽. 综上，，，所以∽，可得，即、、共线.14.3.6★★证明：如果一个梯形内的（）个点到梯形四边距离之和相等，那么这个点共线. 解析如图，延长梯形的腰、交于点.设为这个点中的一个点，过作一直线，交、于点、，使得为等腰三角形（）.设是这个点中的另一个点，我们证明在直线上.由条件到、的距离和等于到、的距离和.若在四边形内，则，从而(,)(,)(,)(,)EG d Q EG EH d Q EH EG d P EG EH P EH ⨯+⨯<⨯+⨯，这里表示点到直线的距离.结合，可得()(,)(,)d Q EG d Q EH d P EG +<∥，矛盾.类似地，若在四边形内，则(,)(,)(,)(,d Q EG d Q EH d P EG d P +>+，亦矛盾.故在线段上.14.3.7★★★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，设四边形中，，作矩形，则，又设的中垂线与之中垂线交于，则易知，于是、均在中垂线上.同理、中垂线之交点也在中垂线上，故而结论成立.AFDEPB G C14.3.8★★等腰梯形中.将绕点旋转一个角度，得一个新的.证明：线段、和的中点共线. 解析如图，设、、的中点分别为、、，为的中点.并设，，则，，且111222ZW A B AB CD WX ''====，即为等腰三角形，并且等于减去与所成的角. CZ B'Y BW A'DXA注意到，(180)2180γβαββα=-︒--=-︒+，所以，，从而1(180)9022XZW XWZ αβ∠=︒-∠=+-︒.于是902CZX XZW αβ∠=-∠=︒-.另一方面，，而1(180)9022CB B αα'∠=︒-=︒-，故.综上，.故、、共线.14.3.9★★直角三角形中，是斜边，为斜边上的高，以为圆心、为半径作.过作的割线，交于点和，交于点（在与之间）.在上取一点，使得，且与不在的同一侧.证明：、、三点共线.G 'AHBDF C E解析延长交于点，我们证明与重合，即证.由知为的切线，故.再在中，为高，从而由身影定理可知，所以，故、、、共圆，因此. 注意到，故（这里再次用到、、、共圆），结合前面的结果，可知. 由圆的对称性，即得.14.3.10★★设锐角三角形，、、为高，是垂心，、分别在、上，且，求证：、的中垂线之交点在上. 解析如图，若设、中垂线分别交于、（、在图中未画出），只要证明，即知结论成立.AF M BDCE NH由于，，而2cos 2cos 22BF CE BC BCBC B C +=+=，故只需证明或即可.由条件知∽，故sin cos sin cos MF FH AH BAD BNE HE AH CAD C∠===∠.结论证毕. 14.3.11★★★的内切圆切边、于点、，直线与该内切圆切于劣弧内一点，分别交、于点、.为与的交点.证明：在线段上. C Q XP lMN TAYB解析设交于点，的内切圆切与于点、.交于点，先证：与重合. 由正弦定理，可知，，结合，180180AMN CMN CNM ∠=-∠=-∠，可知.同理可证：.所以，由及，可知，即与重合.这表明过与的交点.类似可知，与与的交点.所以，与的交点在线段上.14.3.12★★★在中，，.、、分别为边、、上的点，使得四边形为正方形.设为过所作的外接圆的切线.证明：、和三线共点.CE AD FB G解析设交直线于点，连延长交于点.只需证明与重合. 记的三边长分别为、、，而正方形的边长为.则由，可知，故.由为外接圆的切线，得，而为公共角，故∽，从而，于是222GB BG AG AG c GC AG GC CA b ⎛⎫=⋅== ⎪⎝⎭，即，从而，结合，可知，故22222ac ac abcGD b c b c b c=+=-+-，.所以，即.而2bc b CE b x b b c b c=-=-=++.所以，故与重合，命题获证. 14.3.13★★★、均为圆的切线，是该圆的一条能弦，与圆交于点、，已知，点为中点，求证：点、、共线，这里为与的交点.A MBC QPDR解析连结、、，易知题目无非是要证明 . 易知，，，，于是问题转变为求证 .由切线性质知，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 .事实上， ACPACD ACP CBDPBD PBD CDS S S DP DP ACCP CD S CP S CP BD S DP⋅==⋅=⋅⋅△△△△△△，这是由于，且.26439 6747 杇+>37601 92E1 鋡24653 604D 恍Dp| 21696 54C0 哀Kj。

初中数学奥林匹克几何问题梅涅劳斯定理及应用

初中数学奥林匹克几何问题-梅涅劳斯定理及应用第一章涅劳斯定理及应用【基础知识】梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，，三点共线，则．①证明如图，过作直线交的延长线于，则，，故．注此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法．正弦定理证法设，，，在中，有，同理，，，此三式相乘即证．面积证法由，，，此三式相乘即证．梅涅劳斯定理的逆定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，②则，，三点共线．证明设直线交于，则由梅涅劳斯定理，得到．由题设，有，即有．又由合比定理，知，故有，从而与重合，即，，三点共线．有时，也把上述两个定理合写为：设，，分别是的三边，，所在直线（包括三边的延长线）上的点，则，，三点共线的充要条件是．上述①与②式是针对而言的，如图（整个图中有4个三角形），对于、、也有下述形式的充要条件：；；．③第一角元形式的梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，所在直线（包括三边的延长线）上的点，则，，共线的充分必要条件是．④证明如图，可得．同理，，．以上三式相乘，运用梅涅劳斯定理及其逆定理，知结论成立．第二角元形式的梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，所在直线上的点，点不在三边所在直线上，则，，三点共线的充要条件是．⑤证明如图，由，有．同理，，．于是．故由梅涅劳斯定理知，，共线．从而定理获证．注（1）对于④、⑤式也有类似③式（整个图中有4个三角形）的结论．（2）于在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式中的右端均为，③、④、⑤式中的角也可以按①或②式中的对应线段记忆．特别要注意的是三边所在直线上的点为一点或者三点在边的延长线上．【典型例题与基本方法】1．恰当地选择三角形及其截线（或作出截线），是应用梅涅劳斯定理的关键例1如图，在四边形中，，，的面积比是3∶4∶1，点，分别在，上，满足∶∶，并且，，共线．求证：与分别是和的中点．（1983年全国高中联赛题）证明设（），交于．，，．．又因，，三点共线，可视为的截线，故由梅涅劳斯定理，得，即．化简整理，得，解得，（舍去）．故与分别是和的中点．例2如图1-5，在四边形中，对角线平分，在上取一点，与相交于，延长交于．求证：．（1999年全国高中联赛题）证明记，，，直线与相截，由梅涅劳斯定理，有．故．即，亦即，且只可能为0，故．例3设、分别为四边形的边、上的点，与交于点．若，则．证明如图1-6，只需证得当关于的等角线交于时，、、共线即可．事实上，、、分别为三边所在直线上的三点，且不在其三边所在直线上．又，，，由第二角元形式的梅涅劳斯定理，有．故、、三点共线．注当平分时，即为1999年全国高中联赛题．2．梅涅劳斯定理的逆用（逆定理的应用）与迭用，是灵活应用梅氏定理的一种方法例2另证如图1-5，设，关于的对称点分别为，，易知，，三点共线，连，，只须证明，，三点共线．设，，，则．对，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．故．注在图1-5中，*式也可为，若在的延长上，则*式为．例4如图1-7，与和的三边所在的3条直线都相切，，，，为切点，直线与交于点．求证：．（1996年全国高中联赛题）证法1过作于，延长交直线于点．对及截线应用梅涅劳斯定理，有．由，有．显然，，三点共线，连，，，，则由，有，从而，即．又，则．对，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线，即为直线与的交点．故点与点重合，从而．证法2延长交于，直线与的三边延长线都相交，直线与的三边延长线都相交，分别应用（迭用）梅涅劳斯定理，有，．上述两式相除，则有．而，，于是，即．连，，，，，，而，，共线，则，，且，从而，于是．故，即．【解题思维策略分析】梅涅劳斯定理是三角形几何学中的一颗明珠，它蕴含着深刻的数学美，因而它在求解某些平面几何问题，特别是某些平面几何竞赛题中有着重要的应用．1．寻求线段倍分的一座桥梁例5已知的重心为，是边的中点，过作边的平行线交边于，交边于，且与交于点，与交于点．证明：．（1991年第3届亚太地区竞赛题）证明如图1-8，延长交于，则为的中点．由，知，而．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有，故．从而，且．同理，，且．由此可知，与的两边分别平行且方向相反，从而，且，故．例6是一个等腰三角形，，是的中点；是的延长线上的一点，使得；是线段上不同于和的任意一点，在直线上，在直线上，使得，，是不同的和共线的，求证：（Ⅰ）若，则；（Ⅱ）若，则．（1994年第35届试题）证明（1）如图1-9，连，，．由，易证，，，四点共圆，，，，四点共圆．则，因此．故．（Ⅱ）由，，对及截线运用梅涅劳斯定理，有，即．于是可证，得，故．例7在凸四边形的边和上取点和，使线段和把对角线三等分，已知，求证：是平行四边形．（1990年第16届全俄竞赛题）证明如图1-10，设，分别交于，，两对角线交于．要证是平行四边形，若证得（或），且即可．由，（等底等高），知，而，故有，从而有．对及截线，及截线，分别应用梅涅劳斯定理，有，①．②由①，②两式相除得．而，故，即有．此时，又有．又由，知，于是①式可写为，即有，亦即．故为平行四边形．2．导出线段比例式的重要途径例8在中，为边上的中线，为的平分线，且交于，为上的点，使．证明．（1997年第58届莫斯科竞赛题）证明如图1-11，延长交于，只须证．由平分，有．①由，有．注意到，对及截线运用梅涅劳斯定理，得．故，由合比定理，有，即为．②由①，②式有，故．例9给定锐角，在边上取点，（位于与之间），在边上取点，（位于与之间），在边上取点，（位于与之间），使得，直线，与可构成一个三角形，直线，与可构成另一个三角形．证明：（1995年第36届1mo预选题）这两个三角形的六个顶点共圆．证明如图1-12，设题中所述两个三角形分别为与．由已知条件，有，，，得，，，此三式相乘得．①对及截线，及截线，分别应用梅涅劳斯定理，得，②，③①，②，③三式相乘化简，得．故．同理，．故．从而点在的外接圆上．同理，可证得，也在的外接圆上．证毕．例10如图1-13，以的底边为直径作半圆，分别与边，交于点和，分别过点，作的垂线，垂足依次为，，线段和交于点．求证：．（-37中国国家队选拔赛题）证法1设直线与交于，连，，则知，直线与相截，直线与相截，迭用梅涅劳斯定理，有，．两式相除，得．在与中，有，，即．将其代入①式，得．又由，有．将其代入②式，得，从而，．而，则，故．证法2作高，连，，则，于是，，．．又，，，即，故．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．由，知．例11如图1-14，设点，分别为锐角的内心和垂心，点，分别为边，的中点．已知射线交边于点（），射线交的延长线于点，与相交于，为的外心．试证：，，三点共线的充分必要条件是和的面积相等．（-2003试题）分析首先证，，三点共线．设为的外心，连，，则．又，因此，，，，四点共圆在的外接圆上与重合，，三点共线．其次，再证．并在三角函数式中，用、、分别表示三内角．证法1设的外接圆半径为，的延长线交于，对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．①注意到，则．而，由①式，有．从而．②又对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．注意到，有，，即．从而．③由，注意②，③，且为锐角．证法2如图1-14，设直线交于，直线交的延长线于．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．④又由及角平分线性质，即有．令，，，则．由④式，有，即．而，则．又，（由题设知）．从而．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．将⑤式代入上式，得，．⑥同理．由，注意⑥，⑦．注例11还有其他证法，可参见笔者另文《关于20XX年中国数学奥林匹克第一题》（《中等数学》20XX年第6期）．例12如图1-15，凸四边形的一组对边与的延长线交于，且，过作截线交另一组对边所在直线于，，交对角线所在直线于，．求工业化：．证法1如图1-15，对及直线由梅涅劳斯定理得．对及直线由梅涅劳斯定理得．对及直线由梅涅劳斯定理得．由①②③得，所以，所以，故．证法2设与的延长线相交于．和均被直线所截，迭用梅涅劳斯定理，有，①，②由①②，得．③注意到（直线上的托勒密定理），则③式变为．④又由截和截，迭用梅涅劳斯定理，有，．将此结果代入④式整理，即得欲证结论．注当，④式显然成立，故仍有结论成立．此题是二次曲线蝴蝶定理的推论．3．论证点共直线的重要方法例13如图1-16，的内切圆分别切三边，，于点，，，点是的一个内点，的内切圆也在点处与边相切，并与，分别相切于点，．证明：是圆内接四边形．（1995年第36届预选题）证明由切线长定理，知，，，．设的延长线与的延长线交于，对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线，故由切割线定理有，．以而，即是圆内接四边形．例14如图1-17，中，内的旁切圆切的两边于和，直线与交于；类似地定义，，和，，．求证：，，三点共线．证明由切线长定理，知，，．对与直线，，分别应用梅涅劳斯定理，有，，．上述三式相乘，有．设切于，切于，则由，可得．同理．又由两内公切线长相等，即，故．同理，，．从而，故对用梅涅劳斯的逆定理，知，，三点共直线．例15如图1-18，设的三边，，所在的直线上的点，，共线，并且直线，，关于，，平分线的对称直线，，分别与，，所在直线交于，，，则，，也共线．证明对及截线应用第一角元形式的梅涅劳斯定理，有．由题设知，，，，，，，从而有，即．故由第一角元形式的梅涅劳斯定理，知，，共线．例16在筝形中，，．过上的一点作一条直线分别交、于、，再过点作一条直线分别交、于、．设与分别与交于、，求证：．证明如图1-19，过作的平行线交直线于，再过作的平行线交直线于，则，．进而．所以．又、、分别为三边所在直线上的点，且点不在三边所在的直线上．由第二角元形式的梅涅劳斯定理的逆定理知、、共线．于是，由，．有．因此，．故．注当，为中点时，即为1989年12月冬令营选拔赛试题．例17如图1-20，四边形内接于圆，其边，的延长线交于点，和的延长线交于点，过作该圆的两条切线，切点分别为，．求证：，，三点共线．（1997年试题）证明设圆心为，连交于，连，，，，则由切割线定理和射影定理，有，从而，，，四点共圆，即有，亦即为的内角的外角平分线．又，则平分．设分别交，于，，于是．同理，．于是，，，所以，，．直线与的三边延长线相交，由梅涅劳斯定理，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．所以，，三点共线．注此例的其他证法，可参见第二章例9，第九章例15等．例18已知的内切圆分别切、、于点、、，线段、分别与该内切圆交于点、，若直线与交于圆外一点．证明、、三点共线．（20XX年香港奥林匹克题）证明如图1-21，由切线长定理有．对及截线应用梅涅劳斯定理，有，即有．设与交于点，由，，，有，，．又对及所在边上的点、、，有．于是，由梅涅劳斯定理的逆定理，知、、三点共线．4．注意与其他著名定理配合运用例19在中，已知，，是处接圆的圆心，直线、分别切于点、，与直线、与直线分别交于点、，与交于点，与直线交于点，又设是直线上的点，且使得，（不同于点）是与的交点，是与的交点，令与直线交于点．证明：．（20XX年韩国奥林匹克题）证明如图1-22，设的延长线与（过点）的切线交于点．由帕斯卡定理知、、三点共线，从而点与重合．由切割线窄弹知，．所以，．①设与交于点，对及截线，截线分别应用梅涅劳斯定理，有，．②注意相交弦定理，有．③由①、②、③，得．例20在梯形中，已知、分别为上、下底，为腰上一点，与交于点，为边上一点，满足，与交于点，与交于点．证明：、、三线共点．（20XX年乌克兰奥林匹克题）证明如图1-23，设直线与、与分别交于点、．先证、、三点共线．由，知，，．有．上述三式相乘，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知、、三点共线．考虑和，注意到直线与，与、与分别交于点、、，于是由戴沙格定理，知、、三线共点．【模拟实战】习题A1．在中，点在上，，，分别在，上，，，交于点，求．2．在中，，分别是，的中点，与相交于，与相交于，求∶∶．3．是内一点，引线段，和，使在上，在上，在上．已知，，，，，求的面积．（第7届题）4．设凸四边形的对角线和交于点，过作的平行线分别交，于点，，交的延长线于点，是以为圆心，以为半径的圆上一点，求证：．（1996年全国初中联赛题）5．已知，分别是的边，上的点，且，连交边的延长线于点，求．6．设为等腰（）的直角边的中点，在上，且，求证：．7．在中，点和顺次三等分，点和顺次三等分，与，分别交于点，，求四边形与的面积之比．8．，，，分别为四边形的四条边，，，上的点，若，，三直线共点，则，，三直线共点或平行．9．设，，分别是的边，和延长线上的点，又，和分别是外接圆的切线．证明：，，三点共线．（1989年新加坡竞赛题）10．求证：三角形两角的平分线与第三角的外角平分线各与对边所在直线的交点共线．11．已知直径为的圆和圆上一点，设，和分别是这个圆在，，处的切线．设是直线与的交点，是直线与的交点，证明：，，三直线共点．（第6届加拿大竞赛题）12．是中任一点，过作的平行线分别交，于，，又过作的平行线，分别交，于，．求证：，，三线共点．13．在中，为中线，为角平分线，为上的点，使．证明：．（第58届莫斯科奥林匹克题）14．直线交直线，分别于，，点与是线段两侧的直线上两点，且．过的直线交于，交于；过的直线交于，交于．连结和，交直线分别于，．求证：．15．设四边形外切于一圆，，，，分别是，，，边上的切点，若直线与相交于点，则，，三点共线．16．设为的内点，过点的直线，，分别垂直于，，，若交于，交于，交于，证明：，，共线．（-28预选题）17．已知的与它的内切圆相切于点．证明：该圆的圆心在与的两个中点，的连线上．18．已知凸四边形内接于，对角线，相交于点，过分别作直线，，，的垂线，垂足分别是，，，．求证：，，三直线共点或互相平行．19．设为圆外切四边形，又，，，与该圆的切点为，，，．求证：，，，共点．习题B1．是内一点，，分别过，且分别与，交于点，，且分别与，交于点，．求证：，，三线共点．2．在中，为锐角，从上任一点作于，于，点是的垂心，求当点在线段上移动时，点的轨迹．（-7试题）3．在正的边，，上有内分点，，将边分成3∶，线段，，相交所成的（交于，交于）是的面积的时，求的值．（1992年日本奥林匹克预选题）4．在中，，点在上，点在上，的延长线交于．若∶∶，则．5．已知点，，在（）的边上，，交于，又与的延长线交于，交于，又与的延长线交于．求证：．（《数学通报》问题1353题）6．圆外切四边形中，，，，边上的切点分别为，，，．与的延长线交于点，与延长线相交于点．求证：（Ⅰ），，，四线共点；（Ⅱ），，，四线共点；（Ⅲ），，，四线共点（假定）．7．若凸四边形的对角线与互相垂直，且相交于，过点分别作边，，，的垂线，垂足依次为，，，，并分别交，，，边于，，，，再顺次连接，．，，则；．（-22试题的推广）8．面积为1的的边，上分别有点，，线段，相交于点．点，分别在，上移动，但满足四边形的面枳是面积的两倍这一条件，求面积的最大值．（1992年日本奥林匹克题）9．是边长为2的正方形，为的中点，是的中点，和相交于，和相交于．求四边形的面积．10．是凸四边形所在平面上一点，，，，的平分线分别交，，，于点，，，．（Ⅰ）寻找一点，使是平行四边形；（Ⅱ）求所有这样的点的轨迹．（1995年世界城市际联赛题）11．中，，为内角平分线，点在的内部，且，，求证：射线平分边．（《数学教学》问题536题）12．设为非等腰三角形，内心为，（，2，3）为过与和相切的小圆（增加的下标作模3同余），（，2，3）为圆和的另一交点，证明：，，的外心共线．（-38预选题）。

初中数学经典竞赛几何题20道及答案

【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEF＝90°，
∴∠BEF+∠BCF＝180°，
∴B，C，F，E四点共圆，
∴∠EBF＝∠ECF，∵∠BEF＝∠D＝90°，
∴△BEF∽△CDE，
∴ ＝，
∵∠ABE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠DEF＝90°，
∴∠DEF＝∠ABE，
（1）求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）在点O运动的过程中，△EFD的周长是否发生变化？如果发生变化，请用x的代数式表示△EFD的周长；如果不变化，请求出△EFD的周长；
（3）以点A为圆心，OA为半径作圆，在点O运动的过程中，讨论⊙O与⊙A的位置关系，并写出相应的x的取值范围．
参考答案
A． B． C． D．
6．如果一个三角形的三边长分别为1，k，3，则化简的结果是（）
A．-5 B．1 C．13 D．19-4k
7．已知：如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM＝2，N是AC上一动点，则DN＋MN的最小值为（）
A．8B．10C．11D．12
第II卷（非选择题)
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二、填空题
8．如图，在矩形ABCD中，点E是边AD上的点，EF⊥BE，交边CD于点F，联结CE、BF，如果tan∠ABE＝，那么CE：BF＝_____．
9．如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，且AB≠AD，过点O作OE⊥BD交BC于点E，若△CDE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为____．
∵BD=AD，
∴AD=DC，
∵∠CDA=90°，
∴∠ACD=45°，

初中数学竞赛：点共线、线共点

初中数学竞赛点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。

1. 点共线的证明点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等。

n (n ≥4)点共线可转化为三点共线。

例1 如图，设线段AB 的中点为C ，以AC 和CB 为对角线作平行四边形AECD ，BFCG 。

又作平行四边形CFHD ，CGKE 。

求证：H ，C ，K 三点共线。

证连AK ，DG ，HB 。

由题意，AD EC KG ，知四边形AKGD 是平行四边形，于是AK DG 。

同样可证AK HB 。

四边形AHBK 是平行四边形，其对角线AB ，KH 互相平分。

而C 是AB 中点，线段KH 过C 点，故K ，C ，H 三点共线。

例2 如图所示，菱形ABCD 中，∠A =120O 为△ABC 外接圆，M 为其上一点，连接MC 交AB 于E ，AM 交CB 延长线于F 。

求证：D ，E ，F 三点共线。

证如图，连AC ，DF ，DE 。

因为M在O 上，则∠AMC =60°=∠ABC =∠ACB有△AMC ∽△ACF ，得CDCFCA CF MA MC ==。

又因为∠AMC =BAC ，所以△AMC ∽△EAC ，得AEADAE AC MA MC ==。

所以AEADCD CF =，又∠BAD =∠BCD =120°，知△CFD ∽ △ADE 。

所以∠ADE =∠DFB 。

因为AD ∥BC ，所以∠ADF =∠DFB =∠ADE ，于是F ，E ，D 三点共线。

AB CD E FH K G例3 四边形ABCD 内接于圆，其边AB 与DC 的延长线交于点P ，AD 与BC 的延长线交于点Q 。

由Q 作该圆的两条切线QE 和QF ，切点分别为E ，F 。

求证：P ，E ，F 三点共线。

证如图。

连接PQ ，并在PQ 上取一点M ，使得B ，C ，M ，P 四点共圆，连CM ，PF 。

七年级数学尖子生培优竞赛专题辅导第二十讲点共线与线共点(含答案)

第二十讲点共线与线共点趣题引路】例1证明梅涅劳斯定理：如图20-b 在AABC 中，一直线截AABC 的三边AB 、AC 及BC 的延长线于ZX E 、F 三点。

解析:左边是比值的积.而右边是1,转化比值使其能约简.想到平行线分线段成比例作平行线即可.证明过点C 作CG///EF 交AB 于G如图20-2,在厶ABC 内任取一点P,直线BP 、CP 分别与BC 、CA. AB 相交于D 、E 、F,求证:1 •证明三点共线和三线共点的问题，是几何中常遇到的困难而有趣的问题，解这类问题一左要掌握好证三点共线和三线共点的基本方法。

2 •证明三点共线的方法是：（1）利用平角的概念，证明相邻两角互补、（2）当AB±BC=AC 时，A. B 、C 三点共线。

（3）用同一方法证明A 、B 、C 中一点必在另两点的连线上。

（4）当AB 、BC 平行于同一直线时，A 、B 、C 三点共线。

（5）若B 在PQ 上,A. C 在P. 0两侧，ZABP 二ZCBQ 时，A 、B 、C •三点共线.（6）利用梅涅劳斯定理的逆定理.3.证明三线共点的基本方法是：（1）证明其中两条直线的交点在第三条直线上（2）证明三条直线都经过某一个特泄的点.（3）利用已知泄理，例如任意三角形三边的中垂线交于一点，三条内角平分线交于一点，三条中线交于一点以及三条高所在直线交于一点等。

（4）利用塞瓦泄理的逆立理。

在证题过程中要根据题意灵活选用方法。

求证: BF CE AD FC EA DBBF . BD EC DGCF~ ~DG •J -- JAD'• BF CE AD _ BD DG AD> • FC EA BD ' DG AD BD 例2证明塞瓦左理:BD CE AFDC E4 7^证明 BD = S 、\Bp CE _ S*p AF _ DCS“C p弘 S*P FB S 磁p • BD CE AF = S MRH S ^CP DC EA FB Sx'p S WBP S 、\CP_]S 乂 cp知识拓展】图20-2例1 如图20-3,已知BD二CE,求证：AC • EF二AB • DF.解析等积转化为等比，由比例式可看岀直线BCF 截AADE 的三边, 即可用梅氏定理加以证明.证明直线BF 交ZMDE 三边所在直线于B 、C 、F. V BD = CE :. AB • DF 二EF • AC . 例2（1995年河北省初中竞赛题）如图20-4,在正△ABC 的边BC 、CA. AB 上分别有内分点D 、E 、 5-2）（其中Q4）,线段AD BE, CF 相交所成的△〃/?的面积是8BC 面积的芥则• c _ "("一2)c _ n(n - 2) 2 c _ 2(/i - 2) c…WP =血一 2)+ 4 — 2)+ 4 7 A4fiC = n(n-2)+4同理 Sg=s“ =』Uswcn(n-2) + 46(/?-2) c 讹-2) + 4 ""由已知_ 6耳)=< ,解得尸6.n(n-2) + 4 7故选B.例3如图20-5, AABC 的乙4的外角平分线与边BC 的延长线交于P, ZB 的平分线交AC 于0 Z Q 的平分线交AB 于乩求证：P 、Q 、R 三点共线.由梅氏定理得: AB DF EC BD ACF,将边分成2： n 的值是（ A:5 )B:6 C:7解析 BD CE AF :，由梅氏世理有 n-2门-2 /?（/?-2） DC EA FB DB CE _ AP 2PD BC E4 = PD H.AP (畀一2) . APPD 4• AD "zi(n -2) + 4' AP A W2O-3D:8 C解析：••• AP 为ZB AC的外角平分线，AC PC• BQ为角平分线，二兰=些同理得：竺=竺BC QC AC RA..AR BP CQ AC AB BC・.P、Q、R三点共线.例4求证：三角形的三条角平分线交于一点已知：如图20-6, AD. BE、CF分别为角平分线，求证：AD. BE、CF交于一点解析：••• AD为ZBAC的平分线,・ BD _AB DC"ACCE BC AF _ AC同理得:E4 = AB= BCBD CE AF _ AB BC AC DC E4 FB = AC AB BC=1・••由塞瓦泄理得AD. BE、CF交于一点。

初中数学竞赛证明三点共线

初中数学竞赛证明三点共线要证明三点共线，我们可以使用反证法。

假设有三个点A,B和C，我们要证明它们共线。

那么我们可以假设它们不共线，即A,B和C不在同一条直线上。

首先，我们可以连接AB和AC这两条线段。

这样我们就得到了一个三角形ABC。

在三角形ABC中，我们可以找到一个内角D，使得D是一个钝角。

我们假设D是钝角。

现在，我们将点B向点C移动。

点B移动到B'，新的线段BB'与AC相交于点E。

由于AB'与AC相交于E，所以根据隐含的直角定理，我们可以得知E是一个直角，即∠AEB'=90°。

同理，我们将点C向点B移动，点C移动到C'，新的线段CC'与AB相交于点F。

由于AC'与AB相交于F，我们可以得知F是一个直角，即∠AFC'=90°。

现在，我们来考虑线段BB'和CC'的关系。

根据直线的传递性，我们可以得知∠EAF'=∠CFB'。

同时，根据直角的性质，我们可以得知∠EAF'=∠CAF'和∠CFB'=∠CBF'。

因此，∠CBF'=∠CAF'。

现在，考虑三角形BC'F'和AC'F'。

根据共边原理，我们可以得知∠C'BF'=∠A'CF'和∠F'CB'=∠F'CA'。

因此，∠C'BF'=∠A'C F'。

现在，我们来考虑三角形BC'F'和BA'F'。

根据角边对应原理，我们可以得知∠C'BF'=∠B'AF'和∠F'CB'=∠F'BA'。

因此，∠C'BF'=∠B'AF'。

现在，我们来考虑线段ABB'和ACC'的关系。

数学初中竞赛：《梅涅劳斯定理和塞瓦定理》训练(含答案)

训练与解析：1．如图，在△ABC中，AB＞AC，内切圆⊙I与边BC切于点D，AD与⊙I的另一个交点为E，⊙I的切线EP与BC的延长线交于点P，CF∥PE且与AD交于点F，直线BF与⊙I交于点M、N，M在线段BF上，线段PM与⊙I交于另一点Q．证明：∠ENP＝∠ENQ．证明：如图，设⊙I与AC、AB分别切于点S、T，连接ST、AI、IT，设ST与AI交于点G．则IE⊥PE，ID⊥PD，故I、E、P、D四点共圆，∵AS2＝AE•AD＝AG•AI，∵∠EAG＝∠DAI，∴△AEG∽△AID，∴∠AGE＝∠AID，∴E，G，D，I四点共圆，∴I、G、E、P、D五点共圆，∴∠IGP＝∠IEP＝90°，即IG⊥PG，∴P、S、T三点共线，对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知，∵AS＝AT，CS＝CD，BT＝BD，∴，设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知，∵CF∥BE，∴，∴，∴PH＝HE，∴PH2＝HE2＝HM•HN，∴，∴△PHN∽△MHP，∴∠HPN＝∠HMP＝∠NEQ，∵∠PEN＝∠EQN，∴∠ENP＝∠ENQ．2．如图，△ABC的垂心为H，AD⊥BC于D，点E在△ABC的外接圆上，且满足，直线ED交外接圆于点M．求证：∠AMH＝90°．证明：作高BP，CQ．连结MB、MC、MP、MQ、PQ．＝＝＝•①＝•＝•②由①②得：＝，又∵∠MBA＝∠MCA，∴△MBQ∽△MCP，∴点M、A、P、Q四点共圆，即点M、A、P、Q、H五点共圆，又AH为直径，∴∠AMH＝90°．3．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：如图，连接BD交AC于H，过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J．对△BCD用塞瓦定理，可得①因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理知．代入①式得②因为CI∥AB，CJ∥AD，则，．代入②式得．从而CI＝CJ．又由于∠ACI＝180°﹣∠BAC＝180°﹣∠DAC＝∠ACJ，所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC＝∠JAC，即∠GAC＝∠EAC．4．如图，四边形ABFD中，C、E分别为BF、DF上一点，且∠BAC＝∠DAE，BE、CD交于点G，连接AG，求证：∠FAC＝∠GAE．证明：根据三角形的面积公式知，＝＝，＝＝，＝＝．又根据梅涅劳斯定理知，＝1．所以××＝1．整理即可得到：＝．又因为∠BAC＝∠DAE，所以∠FAC＝∠GAE．5．梅涅劳斯定理是古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的．它指出，如果一条直线与△ABC的三条边AB、BC、CA（或其延长线）分别交于F、D、E，则有＝1．解答以下两个问题：（1）如图1所示，AB＝AC＝6，D为BC中点，点E在AC上，CE＝2，点F在AB的延长线上，求FB的长．（2）如图2所示，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，D是BC中点，E在AB上，AE ＝2EB，连接AD、CE，求证：AD⊥CE．解：（1）∵AC＝6，CE＝2，∴AE＝AC﹣CE＝4，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∵AB＝6，∴AF＝AB+FB，根据梅涅劳斯定理得，＝1，∴，∴FB＝6；（2）如图，过点B作BF⊥BC交CE的延长线于F，∴∠CBF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠CBF＝180°，∴BF∥AC，∴∠ACE＝∠F，∠CAE＝∠FBE，∴△ACE∽△BFE，∴＝2，∴AC＝2BF，∵点D是BC的中点，∴BC＝2CD，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∴BF＝CD，在△ACD和△CBF中，，∴△ACD≌△CBF，∴∠CAD＝∠BCF，∴∠ACE+∠CAD＝∠ACE+∠BCE＝∠ACB＝90°，∴∠AGC＝90°，∴AD⊥CE．6．在梯形ABCD中，AB∥CD，AC、BD交于点E，AD、BC的延长线交于点H，过点E作FG∥AB交AD于点F，交BC于点G，求证：AG、BF、EH三线共点．证明：∵FG∥AB，∴，，∴•＝1，同理：＝1，∵点E为△HAB的赛瓦点，∴＝1，∴＝1，∴＝1，∴AG、BF、EH三线共点．7．如图，在△ABC中，AQ平分∠BAC，QD⊥BC交BC于点D，在BC上取一点E，使得∠BAD ＝∠CAE，在AE上存在一点K，使得∠KBC＝2∠BQD，求证：QK平分∠BKC．证明：如图，作∠CBK的角平分线交QK于I，延长AD，AE交BQ，CQ于M，N，连接CM交AB的延长线于X，连接BN交AC的延长线于Y，BN，CM交于F，AQ交BC于G，设∠BAM＝∠CAN＝α，∠MAQ＝∠NAQ＝β，∵AQ平分∠BAC，∴①，∵∠KBC＝∠2∠BQD＝2∠CBI，∵QD⊥BC，∴∠DBQ+∠BQD＝90°＝∠DBQ+∠CBI，∴BI⊥BQ，由同角的内、外角平分线互相垂直，得：BQ平分∠XBC，∴，∵②，③，由①②③得，＝1，由塞瓦定理的逆定理得，BN，CM，AQ交于一点F，点F对于△ABC，由塞瓦定理（延长线）得，＝1，∴，∴C Y＝④，∵，∴⑤∵，∴⑥由⑤⑥得，，∴⑦，由④⑦得，，∴，由角平分线的逆定理得，CQ平分∠BCY，∴Q是△KBC的旁心，∴QK平分∠BKC．8．如图，已知△ABC中，M是BC的中点，AD平分∠A，B在AD上的射影为E，EB交AM于N，求证：DN∥AB．证明：延长BE、AC交于点F，连接ME，如图：∵AE平分∠BAC，AE⊥BE，∴BE＝EF，∵BM＝CM，∴EM∥AF，∴，∴，对于△BDE和截线AMN，由梅涅劳斯定理可得，∴，∴，∴DN∥AB．证毕．9．如图，在梯形ABCD的对角线AC的延长线上任取一点P，过点P与梯形两条底边的中点的连线分别交腰AB、CD于点M、N，求证：MN∥AD∥BC．证明：对于△ABC和截线MKP，由梅涅劳斯定理可得：，∵BK＝CK，∴；对于△ACD和截线PNL，由梅涅劳斯定理可得：，∵AL＝LD，∴，∴，∴MN∥AD∥BC．10．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，D点和E点在AC，AB边上，且DE∥BC．P为线段DE 上一点，使得∠CPB＝90°，CP的延长线交AB于点M，延长AP交BC于点Q，过Q作PB 的平行线交PC于点H，交AC于点S，T为BC延长线上一点，且满足＝+，连接TS．求证：TS⊥DQ．证明：如图，连接DT、ET，∵DE∥BC，∴，，∴，∵QS∥PB，∴，∴，∵＝+，∴，∴，由梅涅劳斯定理的逆定理可知E、H、T三点共线，∴，∴CT＝DP，∵CT∥DP，∴TCPD是平行四边形，∴DT∥CP，∵QS∥PB，CP⊥PB，∴QS⊥DT，∵DC⊥TQ，∴S是△TDQ的垂心，∴TS⊥DQ．证完．11．如图，设P为▱ABCD内任意一点，过P作EF∥AB，GH∥BC，EF交A，BC于点E，F，GH 交AB，DC于点G，H，且AC，GF，EH不平行．求证：A C，GF，EH相交于一点．证明：设AC、EH相交于点K，对于△CAD与截线EHK，由梅涅劳斯定理可得：，∵ABCD是平行四边形，且EF∥AB，GH∥BC，∴，，∴，由梅涅劳斯定理的逆定理可知G、F、K三点共线，∴AC，GF，EH相交于一点．12．如图所示，已知D，E分别是△ABC的边BC，AB上的点，AD，CE交F，BF，DE交于G，过G作BC的平行线MN，交AB，CE，AC于M，H，N，求证：GH＝NH．解：过点E作ES∥BC，交AC于点S，∴，∵NM∥BC，∴，对于△ABF及截线EGD，由梅捏劳斯定理可得：，∴，由梅捏劳斯定理可知：S、H、D共线，∴，∴GH＝HN．13．在△ABC中，D，E分别为AB，AC上一点，DE交AF于H，HG⊥BC，连接DG，GE．（1）证明：GH为△DGE的一条平分线；（2）过H的一条直线交DF，AE分别于M，N，证明：GH为△MNG的一条角平分线．证明：（1）延长ED与CB的延长线交于K，对于直线CBK截得△ADE，由梅涅劳斯定理得：••＝1①，对于点F与△ADE，由塞瓦定理得：••＝1②，①＝②得：＝，∴线段DE被点H、K调和，∵∠KGH＝90°，由调和点列结论1得，GH平分∠DGE，即GH为△DGE的一条平分线；（2）延长NM交BC于S，连接AM并延长，交BC于T，对于直线STC截得△AMN，由梅涅劳斯定理得：••＝1①，对于点F与△AME，由塞瓦定理得：••＝1②，①＝②得，＝，∴线段MN被点H、S调和，∵∠KGH＝90°，由调和点列结论1得，GH平分∠MGN，即GH为△MNG的一条角平分线．14．定理3 （梅涅劳斯（M enelaus）定理）：一条不经过△ABC任一顶点的直线和三角形三边BC，CA，AB（或它们的延长线）分别交于P，Q，R．证明：．证明：如图，由三角形面积的性质，有①，②，③．由①×②×③，得．15．由矩形ABCD的外接圆上任意一点M向它的两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT．证明：PR与QT垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上．解：连接BD交PR于N，连接QN、DM、DB、AM、BN、MN、TN、MC，显然M、P、Q共线，R、M、T共线，在矩形APMR中，∠1＝∠2＝∠3，∴R、D、N、M四点共圆，∴R、D、N、Q、M五点共圆，∴∠RNQ＝90°，∠6＝∠7，在矩形QCTM中，∠5＝∠4＝∠2，∴∠5+∠6＝∠2+∠7＝90°，∴∠NQT＝∠5+∠DQM+∠6＝180°，∴N、Q、T共线，∴TQ⊥PR且它们的交点在矩形的一条对角线上．。

高中数学圆锥曲线系统讲解第26讲《三点共线问题》练习及答案

第26讲三点共线问题知识与方法在解析几何中，三点共线一般用斜率相等或向量共线来计算：（1）斜率相等：A 、B 、C 三点共线AB AC k k ⇔=或直线AB 、AC 的斜率都不存在；（2）向量共线：A 、B 、C 三点共线AB AC ⇔∥.典型例题1.（★★★★）已知曲线()()22:528C m x m y −+−=()m ∈R .（1）若曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，求m 的取值范围；（2）设4m =，曲线C 与y 轴的交点分别为A 、B （点A 位于点B 的上方），直线4y kx =+与曲线C 交于不同的两点M 、N ，直线1y =与直线BM 交于点G ，求证：A 、G 、N 三点共线. 【解析】（1）原曲线方程可化为2218852x y m m +=−−，曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，所以88052m m >>−−，解得：752m <<. （2）当4m =时，曲线C 的方程为2228x y +=，由题意，()0,2A ，()0,2B −，联立22428kx x y y ++==⎧⎨⎩消去y 整理得：()222116240k x kx +++=，判别式()232230k ∆=−>，故232k >，设()11,4M x kx +，()22,4N x kx +，由韦达定理，1221621k x x k +=−+，1222421x x k =+，直线MB 方程为1162kx y x x +=−，令1y =解得：1136x x kx =+，所以113,16x G kx ⎛⎫ ⎪+⎝⎭故113,16x AG kx ⎛⎫=−⎪+⎝⎭，()22,2AN x kx =+要证A 、G 、N 三点共线，只需证AG 与AN 共线，即证()1221326x kx x kx +=−+成立，化简得：()121246kx x x x =−+①由1221621kx x k +=−+和1222421k x x k =+可得式①成立，所以A 、G 、N 三点共线.2.（★★★★）已知A 、B 分别为曲线222:1x C y a+=()0,0y a ≥>与x 轴的左、右两个交点，直线l 过点B且与x 轴垂直，S 为l 上异于B 的一点，连接AS 交曲线C 于点T . （1）若曲线C 为半圆，且T 为圆弧AB 的三等分点，求S 点的坐标；（2）如下图所示，M 是以BS 为直径的圆与线段BT 的交点，试问：是否存在a ，使得O 、M 、S 三点共线?若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）当曲线C 为半圆时，1a =，由点T 为圆弧AB 的三等分点得60BOT ∠=︒或120°，当60BOT ∠=︒时，30SAB ∠=︒，又2AB =，所以在SAB △中，tan303SB AB =⋅︒=，故S ⎛ ⎝⎭当120BOT ∠=︒时，同理可求得点S 的坐标为(，综上所述，点S 的坐标为⎛ ⎝⎭或( （2）解法1：由题意，(),0A a −，(),0B a ，直线AS 不与坐标轴垂直，可设其方程为x my a =−()0m ≠，联立2222x a x m a ay y ⎧⎨+==−⎩消去x 整理得：()22220m a y may +−=，解得：0y =或222mam a+，所以222T may m a =+，从而()2222T T a m a x my a m a −=−=+，故()2222222,a m a ma T m a m a ⎛⎫−⎪ ⎪++⎝⎭，联立x x amy a ⎧⎨==−⎩解得：2a y m =，所以2,a S a m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为点M 在以BS 为直径的圆上，所以SM BM ⊥，又M 是圆与线段BT 的交点，所以SM BT ⊥，故O 、M 、S 三点共线等价于OS BT ⊥，即()222222221OS BTmam a k k m a m a am a +⋅=⋅=−−−+，结合0a >可解得：a =，所以存在a =，使得O 、M 、S 三点共线.解法2：显然AS 的斜率存在且大于0，故可设直线AS 的方程为()y k x a =+，联立()ay k x x a ⎧⎪⎨==+⎪⎩解得：2y ka =，所以(),2S a ka ，故直线OS 的斜率22OS ka k k a ==，设()00,T x y ，则220021x y a +=，所以220021x y a=−，从而202200022222000011AT BT BTx y y y a k k k k x a x a x a x a a−⋅=⋅=⋅===−+−−− 所以直线BT 的斜率为21BT k a k=−，因为点M 是线段BT 与以BS 为直径的圆的交点，所以BT SM ⊥，从而211BT MS MS k k k a k=−⋅=−，故直线MS 的斜率为2MS k a k = 而O 、M 、S 三点共线等价于OS MS k k =，即22a k k =，所以a =，故存在a =使得O 、M 、S 三点共线.强化训练3.（★★★★）已知椭圆22154x y +=的右焦点为F ，设直线:5l x =与x 轴的交点为E ，过点F 的直线1l 与椭圆交于A 、B 两点，M 为线段EF 的中点.（1）若直线1l 的倾斜角为45°，求ABM △的面积S ；（2）过点B 作BN l ⊥于点N ，证明：A 、M 、N 三点共线.【解析】（1）由题意，()5,0E ，()1,0F ，()3,0M ，设()11,A x y ，()22,B x y ，若直线1l 的倾斜角为45°，则其方程为1y x =−，联立221541x y y x =−⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x 整理得：298160y y +−=，判别式()284916640∆=−⨯⨯−=故12121299ABM S FM y y y y =⋅⋅−=−==△.（2）证法1：当1l y ⊥轴时，易得A 、M 、N 三点都在x 轴上，故A 、M 、N 三点共线，当1l 不与y 轴垂直时，设其方程为1x my =+，联立221541x y x my =+=+⎧⎪⎨⎪⎩ 消去x 整理得：()22458160m y my ++−=，易得判别式0∆>，由韦达定理，122845my y m +=−+，1221645y y m =−+()13,MA x y =−，因为()25,N y ，所以()22,MN y =，要证A 、M 、N 三点共线，只需证MA 与MN 共线，即证()12132x y y −=，即()121320x y y −−=，也即()1211320my y y +−−=，故只需证()121220my y y y −+=而()1212221682204545m my y y y m m m ⎛⎫⎛⎫−+=⋅−−⋅−= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，所以A 、M 、N 三点共线. 证法2：当1l y ⊥轴时，易得A 、M 、N 三点都在x 轴上，故A 、M 、N 三点共线，当1l 不与y 轴垂直时，设其方程为1x my =+，联立221541x y x my =+=+⎧⎪⎨⎪⎩ 消去x 整理得：()22458160m y my ++−=，易得判别式0∆>，由韦达定理，122845m y y m +=−+，1221645y y m =−+ 由题意，()25,N y ，所以()()()()()()112112121212111123213232232323AM MN y x y y my y y y my y y y k k x x x x −−−+−+−−=−===−−−− 而()1212228162204545m y y my y m m m ⎛⎫⎛⎫+−=⋅−−⋅−= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，故0AM MN k k −=，即AM MN k k =，所以A 、M 、N 三点共线.【反思】证明三点共线，常用证向量共线或证斜率相等的方法. 4.（★★★★）已知椭圆2222:1x y E a b+=()0a b >>的右焦点为F ，椭圆的上顶点和两个焦点的连线构成一.（1）求椭圆E 的标准方程；（2）若直线:l x my q =+()0m ≠与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，设点A 关于椭圆长轴的对称点为1A ，试求1A 、F 、B 三点共线的充要条件.【解析】（1）由题意，2222122a cc b a b c=⎧⎪⎪⋅⋅=⎨⎪⎪−=⎩，解得：2a =，b 1c =，故椭圆E 的标准方程为22143x y +=. （2）由（1）知()1,0F ，设()11,A x y ，()22,B x y ，则()111,A x y −()1111,FA x y =−−，()221,FB x y =−−，1A 、F 、B 三点共线的充要条件是1F A 与FB 共线，即()()()122111x y x y −=−−，整理得：()1221120x y x y y y +++=①联立22143x my q x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x 整理得：()2223463120m y mqy q +++−=判别式()()()2222223643431248340m q m q m q ∆=−+−=+−>，所以22340m q +−>②，由韦达定理，122634mq y y m +=−+，212231234q y y m −=+，所以()()()()()()122112122112121221x y x y y y my q y my q y y y my y q y y +++=+++−+=+−+()()()()2222312166403434m q q mq m q m m −+−−−===++因为0m ≠，所以4q =，代入式②得：24m >，即2m > 故A 、F 、B 三点共线的充要条件是4q =且2m >.。

(初二20)三点共线

初中数学竞赛辅导资料（初二20）三点共线甲内容提要1. 要证明A ，B ，C 三点在同一直线上， A 。

B 。

C 。

常用方法有：①连结AB ，BC 证明∠ABC 是平角②连结AB ，AC 证明AB ，AC 重合③连结AB ，BC ，AC 证明 AB ＋BC ＝AC④连结并延长AB 证明延长线经过点C2. 证明三点共线常用的定理有：① 过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行② 经过一点有且只有一条直线和已知直线垂直③ 三角形中位线平行于第三边并且等于第三边的一半④ 梯形中位线平行于两底并且等于两底和的一半⑤ 两圆相切，切点在连心线上⑥ 轴对称图形中，若对应线段（或延长线）相交，则交点在对称轴上乙例题例1.已知：梯形ABCD 中，AB ∥CD ，点P 是形内的任一点，PM ⊥AB ， PN ⊥CD求证：M ，N ，P 三点在同一直线上证明：过点P 作EF ∥AB ， ∵AB ∥CD ，∴EF ∥CD ∠1＋∠2＝180 ，∠3＋∠4＝180∵PM ⊥AB ，PN ⊥CD ∴∠1＝90 ，∠3＝90 ∴∠1＋∠3＝180 ∴ M ，N ，P 三点在同一直线上例2.求证：平行四边形一组对边的中点和两条对角线的交点，三点在同一直线上已知：平行四边形ABCD 中，M ，N 分别是AD 和BC 的中点，O 是AC 和BD 的交点求证：M ，O ，N 三点在同一直线上证明一：连结MO ，NO ∵MO ，NO 分别是△DAB 和△CAB 的中位线∴MO ∥AB ，NO ∥AB根据过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行4321A B C D F E N M P O A B C D M N∴ M ，O ，N 三点在同一直线上证明二：连结MO 并延长交BC 于N， ∵MO 是△DAB 的中位线 ∴MO ∥AB 在△CAB 中∵AO ＝OC ，ON ，∥AB∴BN ，＝N ，C ，即N ，是BC 的中点 ∵N 也是BC 的中点，∴点N ，和点N 重合∴ M ，O ，N 三点在同一直线上例3.已知：梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠A ＋∠B ＝90 ，M ，N 分别是AB和CD 的中点，BC ，AD 的延长线相交于P求证：M ，N ，P 三点在同一直线上证明：∵∠A ＋∠B ＝90 ，∠APB ＝Rt ∠连结PM ，PN根据直角三角形斜边中线性质 PM ＝MA ＝MB ，PN ＝DN ＝DC ∴∠MPB ＝∠B ，∠NPC ＝∠B∴PM 和PN 重合 ∴M ，N ，P 三点在同一直线上例4.在平面直角坐标系中，点A 关于横轴的对称点为B ，关于纵轴的对称点是C ，求证B 和C 是关于原点O 的对称点 Y 解：连结OA ，OB ，OC ∵A ，B 关于X 轴对称， C A ∴OA ＝OB ，∠AOX ＝∠BOX 同理OC ＝OA ，∠AOY ＝∠COY ∴∠COY ＋∠BOX ＝90O X ∴B ，O ，C 三点在同一直线上 ∵OB ＝OC∴ B 和C 是关于原点O 的对称点 B 例5.已知：⊙O 1和⊙O 2相交于A ，B 两点，过点B 的直线EF 分别交⊙O 1和⊙O 2于E ，F 。

初中数学竞赛专题选讲三点共线

初中数学竞赛专题选讲三点共线一、内容提要1. 要证明A ，B ，C 三点在同一直线上， A 。

B 。

C 。

常用方法有：①连结AB ，BC 证明∠ABC 是平角②连结AB ，AC 证明AB ，AC 重合③连结AB ，BC ，AC 证明 AB ＋BC ＝AC④连结并延长AB 证明延长线经过点C2. 证明三点共线常用的定理有：① 过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行② 经过一点有且只有一条直线和已知直线垂直③ 三角形中位线平行于第三边并且等于第三边的一半④ 梯形中位线平行于两底并且等于两底和的一半⑤ 两圆相切，切点在连心线上⑥ 轴对称图形中，若对应线段（或延长线）相交，则交点在对称轴上二、例题例1.已知：梯形ABCD 中，AB ∥CD ，点P 是形内的任一点，PM ⊥AB ，PN ⊥CD求证：M ，N ，P 三点在同一直线上证明：过点P 作EF ∥AB ， ∵AB ∥CD ，∴EF ∥CD ∠1＋∠2＝180 ，∠3＋∠4＝180∵PM ⊥AB ，PN ⊥CD∴∠1＝90 ，∠3＝90 ∴∠1＋∠3＝180∴ M ，N ，P 三点在同一直线上例2.求证：平行四边形一组对边的中点和两条对角线的交点，三点在同一直线上已知：平行四边形ABCD 中，M ，N 分别是AD 和BC 的中点，O 是AC 和BD 的交点求证：M ，O ，N 三点在同一直线上证明一：连结MO ，NO ∵MO ，NO 分别是△DAB 和△CAB 的中位线∴MO ∥AB ，NO ∥AB根据过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行4321A B C D F E N M P O A B C D M N∴ M ，O ，N 三点在同一直线上证明二：连结MO 并延长交BC 于N， ∵MO 是△DAB 的中位线 ∴MO ∥AB 在△CAB 中∵AO ＝OC ，ON ，∥AB∴BN ，＝N ，C ，即N ，是BC 的中点 ∵N 也是BC 的中点，∴点N ，和点N 重合∴ M ，O ，N 三点在同一直线上例3.已知：梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠A ＋∠B ＝90 ，M ，N 分别是AB和CD 的中点，BC ，AD 的延长线相交于P求证：M ，N ，P 三点在同一直线上证明：∵∠A ＋∠B ＝90 ，∠APB ＝Rt ∠连结PM ，PN根据直角三角形斜边中线性质 PM ＝MA ＝MB ，PN ＝DN ＝DC ∴∠MPB ＝∠B ，∠NPC ＝∠B∴PM 和PN 重合 ∴M ，N ，P 三点在同一直线上例4.在平面直角坐标系中，点A 关于横轴的对称点为B ，关于纵轴的对称点是C ，求证B 和C 是关于原点O 的对称点 Y 解：连结OA ，OB ，OC ∵A ，B 关于X 轴对称， C A ∴OA ＝OB ，∠AOX ＝∠BOX 同理OC ＝OA ，∠AOY ＝∠COY ∴∠COY ＋∠BOX ＝90 O X ∴B ，O ，C 三点在同一直线上 ∵OB ＝OC∴ B 和C 是关于原点O 的对称点 B 例5.已知：⊙O 1和⊙O 2相交于A ，B 两点，过点B 的直线EF 分别交⊙O 1和⊙O 2于E ，F 。

初中数学竞赛专题复习第二篇平面几何第14章共点线与共线点试题新人教版(2021年整理)

第14章共点线与共线点§14。

1 梅涅劳斯定理14.1。

1★★设等腰直角三角形，，是中点，在上,，求证: .（试用梅氏定理证明)解析如图,设与交于,则，由梅氏定理,，得，又,故∽，故。

14。

1。

2★设是锐角三角形的边上的一点，，是边上的一点，,与相交于点,求.解析由梅涅劳斯定理,,得，,故，。

所以.14.1。

3★证明：锐角三角形一条高线的垂足在另两边及另两条高线的身影在同一直线上。

解析设的三条高线为、、，在、、、上的身影分别为、、、，欲证、、、共线，先证、、共线.ABC 90A ∠=︒E AC DBC AD BE ⊥A E B ∠=C E D ∠AD BE F224B F A B F E A E ==1C A E F BD AE F B C D ⋅⋅=2B D A BC D C E ==45A B C C ∠=︒=∠A B D △E C D △C E D B A D A E B ∠=∠=∠ABDCE FDABC BC23BD DC =EAC 43AE EC =AD BE F AF BF FD FE ⋅1A F D B C E F D B C E A ⋅⋅=1B F E A C D FE A C D B ⋅⋅=23154AF FD ⋅⋅=43172BF FE ⋅⋅=103AF FD =76BF FE =359A F B F F D F E ⋅=AEFBDCAF P DCS E H R QA B C △AD BE CF D AB BE CF C A P Q R S P Q R S P Q R由梅氏逆定理，知该结论为真，即，最后一步是由于∽.同理，、、共线，故、、、四点共线。

14.1。

4★已知是的高,在内，且,，作与垂直，与垂直，、分别是垂足,连结并延长,交延长线于，求。

解析如图,设，则由梅氏定理.又由身影定理，,，于是,得。

14.1.5★★如图，已知锐角三角形,是高，在、上的垂足分别是、,延长后交延长线于，若，求。

数学初中竞赛大题训练：几何专题(含答案)

数学初中竞赛大题训练：几何专题1．阅读理解：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB＝∠ACB，则A，B，C，D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC＝180°，则A，B，C，D四点共圆．（1）如图1，已知∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BAD＝65°，则∠ACD＝55°；（2）如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD，BE⊥AB，AD＝2，求AE 的长；（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE＝3，求EF的长．解：（1）∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴A，B，C，D四点共圆，∴∠ACD＝∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣65°＝55°，故答案为：55°；（2）在线段CA取一点F，使得CF＝CD，如图2所示：∵∠C＝90°，CF＝CD，AC＝CB，∴AF＝DB，∠CFD＝∠CDF＝45°，∴∠AFD＝135°，∵BE⊥AB，∠ABC＝45°，∴∠ABE＝90°，∠DBE＝135°，∴∠AFD＝∠DBE，∵AD⊥DE，∴∠ADE＝90°，∵∠FAD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠BDE＝90°，∴∠FAD＝∠BDE，在△ADF和△DEB中，，∴△ADF≌△DEB（ASA），∴AD＝DE，∵∠ADE＝90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝AD＝2；（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：∴∠EKG＝∠EBG＝∠EKF＝∠EAF＝90°，∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°，∴△ABK是等边三角形，∴AB＝AK＝KB＝4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，∴KM＝AK•sin60°＝2，∵AE＝3，AM＝AB＝2，∴ME＝3﹣2＝1，∴EK＝＝＝，∴EF＝＝＝．2．问题再现：如图1：△ABC 中，AF 为BC 边上的中线，则S △ABF ＝S △ACP ＝S △ABC由这个结论解答下列问题：问题解决：问题1：如图2，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，则S △BOC ＝S 四边形ADOE ．分析：△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，则S △BCD ＝S △ABC ，BE 为AC 边上的中线，则S △ABE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △ABE∴S △BCD ﹣S △BOD ＝S △ABE ﹣S △BOD又∵S △BOC ＝S △BCD ﹣S △BOD ，S 四边形ADOE ＝S △ABE ﹣S △BOD即S △BOC ＝S 四边形ADOE问题2：如图3，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，AF 为BC 边上的中线．（1）S △BOD ＝S △COE 吗？请说明理由．（2）请直接写出△BOD 的面积与△ABC 的面积之间的数量关系：S △BOD ＝S △ABC ．问题拓广：（1）如图4，E 、F 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ．（2）如图5，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ．（3）如图6，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，若S △AME ＝1、S △BNG ＝1.5、S △CQF ＝2、S △DPH ＝2.5，则S 阴＝ 7 ．解：问题2：S △BOD ＝S △COE 成立，理由：∵△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，∴S △BCD ＝S △ABC ，∵BE 为AC 边上的中线，∴S △CBE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △CBE∵S △BCD ＝S △BOD +S △BOC ，S △CBE ＝S △COE +S △BOC∴S △BOD ＝S △COE（2）由（1）有S △BOD ＝S △COE ，同（1）方法得，S △BOD ＝S △AOD ，S △COE ＝S △AOE ，S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ，∵点O 是三角形三条中线的交点，∴OA ＝2OF ，∴S △AOC ＝2S △COF ＝S △AOE +S △COE ＝2S △COE ，∴S △COF ＝S △COE ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ＝S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △ABC ，故答案为问题拓广：（1）如图4：连接BD，由问题再现：S△BDE ＝S△ABD，S△BDF ＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为，（2）如图5：连接BD，由问题解决：S△BMD ＝S△ABD，S△BDN＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为；（3）如图6，设四边形的空白区域分别为a，b，c，d，∵S△AME ＝1、S△BNG＝1.5、S△CQF＝2、S△DPH＝2.5，由（1）得出：a+1+2.5＝a+3.5＝S△ACD①，c+1.5+2＝c+3.5＝S△ACB②，b +1+1.5＝b +2.5＝S △ABD ③，d +2+2.5＝d +4.5＝S △BCD ④，①+②+③+④得，a +3.5+c +3.5+b +2.5+d +4.5＝a +b +c +d +14＝S 四边形ABCD ⑤而S 四边形ABCD ＝a +b +c +d +7+S 阴影⑥∴S 阴影＝7，故答案为7．3．如图，在△ABC 中，AB ＞AC ，内切圆⊙I 与边BC 切于点D ，AD 与⊙I 的另一个交点为E ，⊙I 的切线EP 与BC 的延长线交于点P ，CF ∥PE 且与AD 交于点F ，直线BF 与⊙I 交于点M 、N ，M 在线段BF 上，线段PM 与⊙I 交于另一点Q ．证明：∠ENP ＝∠ENQ ．证明：如图，设⊙I 与AC 、AB 分别切于点S 、T ，连接ST 、AI 、IT ，设ST 与AI 交于点G ．则IE ⊥PE ，ID ⊥PD ，故I 、E 、P 、D 四点共圆，∵AS 2＝AE •AD ＝AG •AI ，∵∠EAG ＝∠DAI ，∴△AEG ∽△AID ，∴∠AGE＝∠AID，∴E，G，D，I四点共圆，∴I、G、E、P、D五点共圆，∴∠IGP＝∠IEP＝90°，即IG⊥PG，∴P、S、T三点共线，对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知，∵AS＝AT，CS＝CD，BT＝BD，∴，设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知，∵CF∥BE，∴，∴，∴PH＝HE，∴PH2＝HE2＝HM•HN，∴，∴△PHN∽△MHP，∴∠HPN＝∠HMP＝∠NEQ，∵∠PEN＝∠EQN，∴∠ENP＝∠ENQ．4．如图，△ABC的垂心为H，AD⊥BC于D，点E在△ABC的外接圆上，且满足，直线ED交外接圆于点M．求证：∠AMH＝90°．证明：作高BP，CQ．连结MB、MC、MP、MQ、PQ．＝＝＝•①＝•＝•②由①②得：＝，又∵∠MBA＝∠MCA，∴△MBQ∽△MCP，∴点M、A、P、Q四点共圆，即点M、A、P、Q、H五点共圆，又AH为直径，∴∠AMH＝90°．5．如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD 和AC交于点N．求证：OH⊥MN．证明：∵A 、C 、D 、F 四点共圆，∴∠BDF ＝∠BAC又∵∠OBC ＝（180°﹣∠BOC ）＝90°﹣∠BAC ，∴OB ⊥DF ．∵CF ⊥MA ，∴MC 2﹣MH 2＝AC 2﹣AH 2（①）∵BE ⊥NA ，∴NB 2﹣NH 2＝AB 2﹣AH 2 （②）∵DA ⊥BC ，∴BD 2﹣CD 2＝BA 2﹣AC 2 （③）∵OB ⊥DF ，∴BN 2﹣BD 2＝ON 2﹣OD 2 （④）∵OC ⊥DE ，∴CM 2﹣CD 2＝OM 2﹣OD 2，①﹣②+③+④﹣⑤，得NH 2﹣MH 2＝ON 2﹣OM 2 MO 2﹣MH 2＝NO 2﹣NH 2∴OH ⊥MN ．6．在图1到图4中，已知△ABC 的面积为m ．（1）如图1，延长△ABC 的边BC 到点D 使CD ＝BC ，连接DA ，若△ACD 的面积为S 1，则S 1＝ m ．（用含m 的式子表示）（2）如图2，延长△ABC 的边BC 到点D ，延长边CA 到点E ，使CD ＝BC ，AE ＝CA ，连接DE ．若△DEC 的面积为S 2，则S 2＝ 2m ．（用含a 的代数式表示）（3）如图3，在图2的基础上延长AB 到点F ，使BF ＝AB ，连接FD 于E ，得到△DEF ，若阴影部分的面积为S 3，则S 3＝ 6m ．（用含a 的代数式表示）（4）可以发现将△ABC 各边均顺次延长一倍，连接所得端点，得到△DEF ，如图3，此时，我们称△ABC 向外扩展了一次．可以发现扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的 7 倍．（5）应用上面的结论解答下面问题：去年在面积为15平方面的△ABC 空地上栽种了各种花卉，今年准备扩大种植规模，把△ABC 内外进行两次扩展，第一次由△ABC 扩展成△DEF ，第二次由△DEF 扩展成△MGH ，如图4，求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为多少平方米？解：（1）∵CD ＝BC ，∴△ABC 和△ACD 的面积相等（等底同高），故得出结论S 1＝m ．（2）连接AD ，，∵AE ＝CA ，∴△DEC 的面积S 2为△ACD 的面积S 1的2倍，故得出结论S 2＝2m ．（3）结合（1）（2）得出阴影部分的面积为△DEC 面积的3倍，故得出结论则S 3＝6m ．（4）S △DEF ＝S 阴影+S △ABC＝S 3+S △ABC＝6m +m＝7m＝7S △ABC故得出结论扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的7倍．（5）根据（4）结论可得两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为（7×7﹣1）×15＝720（平方米），答：求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为720平方米．7．（1）如图①，AD 是△ABC 的中线，△ABD 与△ACD 的面积有怎样的数量关系？为什么？（2）若三角形的面积记为S ，例如：△ABC 的面积记为S △ABC ，如图②，已知S △ABC ＝1，△ABC 的中线AD 、CE 相交于点O ，求四边形BDOE 的面积．小华利用（1）的结论，解决了上述问题，解法如下：连接BO ，设S △BEO ＝x ，S △BDO ＝y ，由（1）结论可得：S，S △BCO ＝2S △BDO ＝2y ，S △BAO ＝2S △BEO ＝2x ．则有，即．所以．请仿照上面的方法，解决下列问题： ①如图③，已知S △ABC ＝1，D 、E 是BC 边上的三等分点，F 、G 是AB 边上的三等分点，AD 、CF 交于点O ，求四边形BDOF 的面积．②如图④，已知S △ABC ＝1，D 、E 、F 是BC 边上的四等分点，G 、H 、I 是AB 边上的四等分点，AD 、CG 交于点O ，则四边形BDOG 的面积为．解：（1）S △ABD ＝S △ACD ．∵AD 是△ABC 的中线，∴BD ＝CD ，又∵△ABD 与△ACD 高相等，∴S △ABD ＝S △ACD ．（2）①如图3，连接BO ，设S △BFO ＝x ，S △BDO ＝y ，S △BCF ＝S △ABD ＝S △ABC ＝S △BCO ＝3S △BDO ＝3y ，S △BAO ＝3S △BFO ＝3x ．则有，即，所以x +y ＝，即四边形BDOF 的面积为；②如图，连接BO ，设S △BDO ＝x ，S △BGO ＝y ，S△BCG ＝S△ABD＝S△ABC＝，S△BCO ＝4S△BDO＝4x，S△BAO ＝4S△BGO＝4y．则有，即，所以x+y＝，即四边形BDOG的面积为，故答案为：．8．我们初中数学里的一些代数公式，很多都可以通过表示几何图形面积的方法进行直观推导和解释．例如：平方差公式、完全平方公式．【提出问题】如何用表示几何图形面积的方法推证：13+23＝32？【解决问题】A表示1个1×1的正方形，即：1×1×1＝13B表示1个2×2的正方形，C与D恰好可以拼成1个2×2的正方形，因此：B、C、D就可以表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23而A、B、C、D恰好可以拼成一个（1+2）×（1+2）的大正方形．由此可得：13+23＝32【递进探究】请仿用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33＝62．要求：自己构造图形并写出详细的解题过程．【推广探究】请用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33+…+n3＝．（参考公式：）注意：只需填空并画出图形即可，不必写出解题过程．【提炼运用】如图，下列几何体是由棱长为1的小立方体按一定规律在地面上摆成的，如图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8个看不见；求：从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数．解：【递进探究】如图，A表示一个1×1的正方形，即：1×1×1＝13，B、C、D表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23，E、F、G表示3个3×3的正方形，即：3×3×3＝33，而A、B、C、D、E、F、G恰好可以拼成一个大正方形，边长为：1+2+3＝6，，∵S A+S B+S C+S D+S E+S F+S G＝S大正方形∴13+23+33＝62；【推广探究】由上面表示几何图形的面积探究知，13+23+33+…+n3＝（1+2+3+…+n）2，又∵1+2+3+…+n＝，∴13+23+33+…+n3＝（）2＝．【提炼运用】图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0＝（1﹣1）3个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1＝（2﹣1）3个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8＝（3﹣1）3个看不见；…，从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为：（1﹣1）3+（2﹣1）3+（3﹣1）3+…+（101﹣1）3＝03+13+23+…+1003＝50502＝25502500．故一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为25502500．故答案为：62；．9．问题引入：如图，在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，求：尝试探究：过点A作BC的垂线，垂足为F，过点E作BC的垂线，垂足为G，如图所示，有＝，＝，．类比延伸：若E为AD上的任一点，如图所示，试猜S四边形ABEC 与S△ABC的比是图中哪条线段的比，并加以证明．拓展应用：如图，E为△ABC内一点，射线AE于BC于点D，射线BE交AC于点F，射线CE交AB于点G，求的值．解：问题引入：∵在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，∴，，∴＝＝；尝试探究：∵AE＝AD，∴＝，∵AF⊥BC，EG⊥BC，∴AF∥EG，∴△EDG∽△ADB，∴＝；∵＝＝＝，∴＝1﹣＝；故答案为：，，；类比延伸：＝，∵E为AD上的一点，∴＝，＝，∴＝＝；拓展应用：∵＝＝，同理：＝，＝，∴＝＝2．10．如图，在凸四边形ABCD中，M为边AB的中点，且MC＝MD，分别过点C、D作边BC、AD 的垂线，设两条垂线的交点为P，过点P作PQ⊥AB于Q，求证：∠PQC＝∠PQD．证明：连接AP、BP，取AP的中点E，取BP的中点F，连接DE、ME、QE、CF、QF、MF，如图．∵E为AP的中点，F为BP的中点，M为AB的中点，∴EM∥BP，EM＝BP，MF∥AP，MF＝AP．∵E为AP的中点，F为BP的中点，∠ADP＝∠BCP＝90°，∴DE＝AE＝EP＝AP，FC＝PF＝BF＝BP，∴DE＝MF，EM＝FC．在△DEM和△MFC中，，∴△DEM≌△MFC（SSS），∴∠DEM＝∠MFC．∵EM∥BP，MF∥AP，∴四边形PEMF是平行四边形，∴∠PEM＝∠PFM．又∵∠DEM＝∠MFC，∴∠DEP＝∠CFP．∵DE＝AE，FC＝BF，∴∠DAE＝∠ADE＝∠DEP，∠FBC＝∠FCB＝∠CFP，∴∠DAE＝∠FBC，即∠DAP＝∠PBC．∵∠ADP＝∠AQP＝90°，E为AP中点，∴ED＝EA＝EQ＝EP＝AP，∴D、A、Q、P四点共圆，∴∠PQD＝∠DAP．同理可得：∠PQC＝∠PBC，∴∠PQD＝∠PQC．11．如图：D是以AB为直径的圆O上任意一点，且不与点A、B重合，点C是弧BD的中点，作CE∥AB，交AD或其延长线于E，连接BE交AC与G，AE＝CE，过C作CM⊥AD交AD延长线于点M，MC与⊙O相切，CE＝7，CD＝6，求EG的长．解：连接OC，如图．∵MC与⊙O相切，∴OC⊥MC．∵CM⊥AD，∴OC∥AM．∵CE∥AB，∴四边形AOCE是平行四边形，∴OA＝CE＝7，∴AB＝14．∵点C是弧BD的中点，∴BC＝CD＝6．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴AC＝＝＝4．∵CE∥AB，∴△CGE∽△AGB，∴＝＝＝，∴AG＝AC＝．在Rt△ACB中，cos∠BAC＝＝＝．∵点C是弧BD的中点，∴∠BAC＝∠CAD，即∠BAC＝∠EAG，∴cos∠EAG＝．在△EAG中，cos∠EAG＝．∴＝．∵AG＝，AE＝CE＝7，∴＝．整理得：GE2＝．∵GE＞0，∴GE＝．∴EG的长为．12．如图，圆内接四边形ABCD的边AB、DC的延长线交于E，AD、BC延长线交于F，EF中点为G，AG与圆交于K．求证：C、E、F、K四点共圆．证明：延长AG到H，使得GH＝AG，连接EH、FH、CK，如图所示．∵GH＝AG，EG＝FG，∴四边形AEHF是平行四边形，∴∠EAG＝∠GHF，∠GAF＝∠GHE．∵A、B、C、K四点共圆，∴∠KCF＝∠EAG，∴∠KCF＝∠GHF，∴K、C、H、F四点共圆．∵K、C、A、D四点共圆，∴∠KCD＝∠KAF，∴∠KCD＝∠GHE，∴K、C、E、H四点共圆，∴K、C、E、H、F五点共圆，∴C、E、F、K四点共圆．13．在半圆O中，AB为直径，一直线交半圆周于C、D，交AB延长线于M（MB＜MA，AC＜MD），设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O外的另一个交点，求证：∠MKO＝90°．证明：连接CK，BK，BC，如图所示．∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∴∠OAC+∠ABC＝90°．∵A、B、C、D四点共圆，∴∠BDC＝∠BAC．∵A、O、C、K四点共圆，∴∠CKO＝∠OAC．∵D、O、B、K四点共圆，∴∠BKO＝∠BDO．∴∠BKC＝∠BKO﹣∠CKO＝∠BDO﹣∠OAC．∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠BDO．∴∠BMC＝∠ABD﹣∠BDC＝∠BDO﹣∠BAC＝∠BKC．∴B、C、K、M四点共圆．∴∠ABC＝∠MKC．∴∠MKO＝∠MKC+∠CKO＝∠ABC+∠OAC＝90°．14．已知，在△ABC中，AC＞AB，BC边的垂直平分线与∠BAC的外角∠PAC的平分线相交于E，与BC相交点D，DE与AC相交于点F．（1）如图1，当∠ABC＝3∠ACB时，求证：AB＝AE；（2）如图2，当∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，过点D作AC的垂线，垂足为点H，并延是点D关于直线AC的对长DH交射线AE于点M，过点E作BP的垂线，垂足为点G，点D1称点，试探究AG和MD之间的数量关系，并证明你的结论．1解：（1）证明：连接BF，如图1．设∠A CB＝x，则∠ABC＝3x，∵FD垂直平分BC，∴FB＝FC，∴∠FBC＝∠FCB＝x，∴∠ABF＝∠AFB＝2x，∴AB＝AF，∠PAC＝4x．∵AE平分∠PAC，∴∠EAC＝2x．∵∠AFE＝∠DFC＝90°﹣x，∴∠AEF＝180°﹣∠EAF﹣∠AFE＝180°﹣2x﹣（90°﹣x）＝90°﹣x，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，∴AB＝AE．．（2）AG＝MD1证明：作EN⊥AC于N，取EC中点O，、NM、MC、MO、NO、EB、EC，如图2．连接AD1∵AE平分∠PAC，EN⊥AC，EG⊥AP，∴EG＝EN，∠EGA＝∠ENA＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠EGA＝∠ENA＝∠BAC＝90°，∴四边形EGAN是矩形．∵EG＝EN，∴矩形EGAN是正方形，∴AG＝AN，∠EAN＝45°，∠GEN＝90°．∵ED垂直平分BC，∴EB＝EC．在Rt△BEG和Rt△CEN中，，∴Rt△BEG≌Rt△CEN（HL），∴∠GBE＝∠NCE，∠GEB＝∠NEC，∴∠GEN＝∠BEC＝90°∵EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝45°．∵∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，∴∠ABC＝60°，∠ACB＝30°，∴∠ABE＝∠ACE＝15°．∵∠BAC＝90°，点D为BC中点，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝30°．∵点D与点D关于AC对称，1AC＝∠DAC＝30°，∴∠D1＝45°﹣30°＝15°．∴∠MAD1∵DA＝DC，DM⊥AC，∴DM垂直平分AC，∴MA＝MC，∴∠CMH＝∠AMH＝90°﹣45°＝45°，∴∠AMC＝90°，∴∠ENC＝∠AMC＝90°．∵点O为EC中点，∴ON＝OM＝OE＝OC＝EC，∴E、N、C、M四点共圆，∴∠EMN＝∠ECN＝15°，∴∠MAD＝∠EMN＝15°，1中，在△AMN和△MAD1，，∴△AMN≌△MAD1，∴AN＝MD1．∴AG＝MD115．在平面直角坐标系中，已知A（2，2），AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C．（1）如图1，E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE交x轴于F，连EF，ED平分∠OEF交OA于D，过D作DG⊥EF于G，求DG+EF的值；（2）如图2，D为x轴上一点，AC＝CD，E为线段OB上一动点，连接DA、CE、F是线段CE的中点，若BF⊥FK交AD于K，请问∠KBF的大小是否变化？若不变，求其值；若改变，求其变化范围．解：（1）∵AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C，∴∠ABO＝∠ACO＝90°．∵∠BOC＝90°，∴四边形ABOC是正方形，∴AB＝AC＝BO＝CO＝2，OA平分∠BOC，∠BAC＝90°．∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAF．在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE＝AF，BE＝CF．设BE＝CF＝t，OE＝2﹣t，OF＝2+t．∵ED平分∠OEF，∴点D是△OEF的内心．如图1，作DM⊥OB于M，作DH⊥OF于H，且DG⊥EF于G，∴DG＝DM＝DH，∴四边形MOHD是正方形，∴MO＝HO＝DM＝DG．设DG＝MO＝x，∴x＝，∴x＝，∴EF＝4﹣2x，∴WF＝2﹣x．∴DG+EF＝x+2﹣x＝2．即DG+EF的值为2；（2）∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°如图2，延长BF交AC于G，连接KG，作KM⊥AB于M，KN⊥AC于N，∵四边形ABOC是正方形，∴O B∥AC．∴∠EBF＝∠CGF，∠BEF＝∠GCF．∵F是CE的中点，∴EF＝CF．在△BEF和△GCF中，，∴△BEF≌△GCF（AAS），∴BF＝GF．∵BF⊥FK，∴∠BFK＝∠GFK＝90°．在△BFK和△GFK中，，∴△BFK≌△GFK（SAS）∴BK＝GK．∵AC＝CD，∠ACD＝90°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠CAD＝45°．∵KN⊥AC，∴∠ANK＝90°，∴∠AKN＝45°，∴AN＝KN．∵KM⊥AB，∴四边形AMKN是正方形，∴KM＝KN．∠M＝∠GNK＝90°AM∥KN．在Rt△BKM和Rt△GKN中，，∴Rt△BKM≌Rt△GKN（HL），∴∠MBK＝∠NGK．∠GKN＝∠BKM．∵AM∥KN，∴∠BKN＝∠MBK．∵∠BKM+∠BKN＝90°，∴∠GKN+∠BKN＝90°，即∠BKG＝90°．∵BK＝GK，∴△BKG是等腰直角三角形．∴∠KBF＝45°，∴∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°．16．如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，直线MN⊥AB于A，且分别与⊙O1，⊙O2交于M、N，P为线段MN的中点，又∠AO1Q1＝∠AO2Q2，求证：PQ1＝PQ2．解：连接MQ1、BQ1、BQ2、NQ2，过点P作PH⊥Q1B于H，如图所示．则由圆内接四边形的性质可得：∠Q1MA+∠ABQ1＝180°，∠ABQ2+∠ANQ2＝180°，∠MAB＝∠BQ2N．由圆周角定理可得：∠ABQ 1＝∠AO 1Q 1，∠ANQ 2＝∠AO 2Q 2． ∵∠AO 1Q 1＝∠AO 2Q 2， ∴∠ABQ 1＝∠ANQ 2， ∴∠ABQ 2+∠ABQ 1＝∠ABQ 2+∠ANQ 2＝180°， ∴Q 1、B 、Q 2三点共线．由圆内接四边形的性质可得：∠ABQ 1＝∠ANQ 2， ∴∠Q 1MA +∠ANQ 2＝∠Q 1MA +∠ABQ 1＝180°， ∴MQ 1∥NQ 2．∵AB ⊥MN ，∴∠MAB ＝90°，∴∠Q 1Q 2N ＝∠MAB ＝90°． ∵PH ⊥Q 1B ，即∠Q 1HP ＝90°， ∴∠Q 1HP ＝∠Q 1Q 2N ， ∴PH ∥NQ 2，∴MQ 1∥PH ∥NQ 2．∵P 为线段MN 的中点， ∴H 为线段Q 1Q 2的中点， ∴PH 垂直平分Q 1Q 2， ∴PQ 1＝PQ 2．。

三点共线经典题型2

三点共线经典题型（更新）例1如图△ABC，D是△ABC内的一点，延长BA至点E，延长DC至点F，使得AE=CF，G，H，M分别为BD，AC，EF的中点，如果G，H，M三点共线，求证：AB=CD．分析由三角形的中位线得，MS∥AE，MS=0.5AE，HS∥CF，HS=0.5CF由已知得HS=SM，从而得出∠SHM=∠SMH，则得出∠TGH=∠THG，GT=TH，最后不难看出AB=CD．解答：证明：取BC中点T，AF的中点S，连接GT，HT，HS，SM，∵GHM分别为BD，AC，EF的中点，∴MS∥AE，MS=0.5AE，HS∥CF，HS=0.5CF∵GT∥CD，HT∥AB，GT=0.5CD，HT=0.5AB，∴GT∥HS，HT∥SM∴∠SHM=∠TGH，∠SMH=∠THG，∴∠TGH=∠THG，∴GT=TH，∴AB=CD．例2如图，已知菱形ABCD，∠B=60°，△ADC内一点M满足∠AMC=120°，若直线BA与CM交于点P，直线BC与AM交于点Q，求证：P，D，Q三点共线．分析求证：P，D，Q三点共线就是证明平角的问题，可以求证∠PDA+∠ADC+∠CDQ=180°，根据△PAC∽△AMC，△AMC∽△ACQ，可以得出∠PAD=∠DCQ=60°；进而证明△PAD∽△DCQ，得出∠APD=∠CDQ，则结论可证解答连接PD，DQ，由已知∠PAC=120°，∠QCA=120°，∴△PAC∽△AMC，△AMC∽△ACQ．∴PA/AM=AC/MC,AC/AM=QC/MC∴AC2=PA•QC，又AC=AD=DC．∴PA/DC=AD/QC，又∠PAD=∠DCQ=60°，∴△PAD∽△DCQ，∴∠APD=∠CDQ．∴∠PDA+∠ADC+∠CDQ=180°，∴P，D，Q三点共线．本题是证明三点共线的问题，这类题目可以转化为求证平角的问题．并且本题利用相似三角形的性质，对应角相等．例3如图，△ABC内接于圆⊙，点D是圆⊙上异于A、B、C三点的任意一点，过D点作DP⊥AB，DQ⊥BC，DR⊥AC，交AB、BC、AC分别为P，Q，R．（1）求证：∠BDP=∠CDR；（2）求证：P，Q，R三点共线．分析（1）由已知中四边形ABDC为圆内接四边形，根据圆内接四边形性质，我们易得∠DBP=∠DCP，结合已知中DP⊥AB，DR⊥AC，根据等角的余角相等，即可得到答案．（2）由已知中DP⊥AB，DQ⊥BC，可判断出P、D、Q、B四点共圆，进而根据圆周角定理得到∠PQD=∠PBD，同理可得∠RQC=∠RDC，结合（1）中结论，我们易证明∠PQD+∠RQD=180°，进而得到P、Q、R三点共线．证明：（1）由已知可得四边形ABDC为圆内接四边形则∠DBP=∠DCP又∵DP⊥AB，DR⊥AC，∴∠BDP=90°-∠DBP，∠CDR=90°-∠DCP；∴∠BDP=∠CDR；（2）∵DP⊥AB，DQ⊥BC，∴P、D、Q、B四点共圆∴∠PQD=∠PBD同理可得∠RQC=∠RDC∵∠PBD+∠RDC=90°∴∠PQD+∠RQD=90°+∠CQD=180°故P、Q、R三点共线本题考查的知识点是圆内接四边形的判定与性质，其中根据已知条件判断出P、D、Q、B四点共圆，进而根据圆周角定理得到∠PQD=∠PBD，并同理得到∠RQC=∠RDC，是证明三点共线的关键．例4已知四边形ABCD是矩形，M、N分别是AD、BC的中点，P是CD上一点，Q是AB上一点，CP=BQ，PM与QN的交点为R．求证：R，A，C三点共线．分析延长RN交DC于T，连接RC交MN于O，易证PN=NT，PC=CT，进而根据O是MN 的中点所以R，C，O三点共线、A，O，C三点共线，可以证明R，A，C三点共线．证明：延长RN交DC于T，连接RC交MN于O，∵∠BNQ=∠CNT，BN=CN，∠NBQ=∠NCT，∴△BNQ≌△CNT（ASA），∴CT=BQ=CP，∴PN=NT，PC=CT，∵MN∥CD，∴MO=ON∴O是MN的中点所以R，C，O三点共线，又A，O，C三点共线，所以R，A，C三点共线本题考查了全等三角形的证明和全等三角形对应边相等的性质，矩形各内角为直角的性质，本题中求证R，C，O三点共线是解题的关键．例5如图，O，H分别是锐角△ABC的外心和垂心，D是BC边上的中点．由H向∠A及其外角平分线作垂线，垂足分别是E，F．求证：D，E，F三点共线．分析根据AE平分∠BAC，M为弦BC的中点，可证A、E、M三点共线，根据已知证明EG∥OA，DG∥OA，可证D、E、G三点共线，而F在EG上，故可证D、E、F三点共线．证明：如图，连接OA、OD，并延长OD交⊙O于M，则OD⊥BC，弦BC=弦CM∴A、E、M三点共线，又AE、AF是∠A及其外角平分线，∴AE⊥AF，∵HE⊥AE，HF⊥AF，∴四边形AEHF为平行四边形，∴AH与EF互相平分，设其交点为G，于是，AG=0.5AH=0.5EF=EG∵OA=OM，OD∥AH，∴∠OAM=∠OMA=∠MAG=∠GAE，∴EG∥OA ①又O、H分别是△ABC的外心和垂心，且OD⊥BC，∴OD=0.5AH=AG，∴四边形AODG为平行四边形，∴DG∥OA，②由①②可知，D、E、G三点共线，而F在EG上，∴D、E、F三点共线．本题考查了三角形外接圆的性质在证明三点共线问题中的运用．关键是利用平行线，圆周角定理，垂径定理证明三点共线．例6 四边形ABCD 内接于圆，其边AB 与DC 的延长线交于点P ，AD 与BC 的延长线交于点Q 。

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初中数学竞赛精品标准教程及练习（36）
要证明A ，B ，C 三点在同一直线上，常用方法有：
证明三点共线常用的定理有：
过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行经过一点有且只有一条直线和已知直线垂直三角形中位线平行于第三边并且等于第三边的一半梯形中位线平行于两底并且等于两底和的一半两圆相切，切点在连心线上
轴对称图形中，若对应线段（或延长线）相交，则交点在对称轴上
例2.求证：平行四边形一组对边的中点和两条对角线的交点，三点在同一直线上已知：平行四边形ABCD 中，M ，N 分别是AD 和BC 的中点，O 是AC 和BD 的交点求证：M ，O ，N 三点在同一直线上
证明一：连结MO ，NO
∵MO ，NO 分别是△DAB 和△CAB 的中位线 ∴MO ∥AB ，NO ∥AB
根据过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行 ∴ M ，O ，N 三点在同一直线上
证明二：连结MO 并延长交BC 于N ，
∵MO 是△DAB 的中位线
∴MO ∥AB 在△CAB 中 ∵AO ＝OC ，ON ，∥AB
∴BN ，＝N ，C ，即N ，是BC 的中点
∵N 也是BC 的中点， ∴点N ，和点N 重合 ∴ M ，O ，N 三点在同一直线上
,
例5.已知：⊙O
1和⊙O
2
相交于A，B两点，过点B的直线EF分别交⊙O
1
和⊙O
2
于E，F。

已知：梯形ABCD中，AB∥CD，M，N，P分别是AD，BC，AC的中点求证：M，N，P 已知：△ABC中，BE，CF是中线，延长BE到G，使EG＝BE，延长CF到H，使FH＝CF，已知：正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，DE⊥AN于E，
求证：梯形两腰中点和两条对角线的中点，四点在同一直线上
已知：梯形ABCD中，AB∥CD，∠A和∠D的平分线相交于O，
已知：△ABC中，∠ABM，∠ACN分别是∠B，∠C的邻补角，从点A作∠B，∠C，∠ABM，已知：点P在等边△ABC外，PA=PB+PC，以PA为一边作等边△APQ使点Q和点C在PA
已知：△ABC中，AB=AC，直线AP∥BC，点D和点C是关于直线AP的对称点
连结MP，NP证明都与AB平行
连结AG，AH证明都与BC平行
连结DM证明DM⊥AN 5. 证明MP平行于底边
根据中位线性质，垂足连线平行于底边
连结CQ，证明∠AQC＝60
证明∠DAP＋∠PAC＋∠CAB＝180。