初中数学竞赛：证明三点共线

浅谈初中数学中的“三等角共线”实例这是某次青年教师解题比赛中的一道题。

如图，直线l 1、l 2、l 3相互平行，且l 1、l 2的距离为1，l 2、l 3的距离为2，等腰△ABC 的三个顶点分别在三条平行线上，AB ＝AC ，∠BAC ＝120°，则等腰△ABC 的腰长是______________． 此题的解题方法有多种，其中一种便是构造全等三角形的方法，具体解法如下： 在直线l 1上取点D,E 使得∠ADB =∠CEA=120° 由于∠1+∠2=∠3+∠2=60°，则∠1=∠3 又AB=CA ，则△ADB 与△AEC 全等 , 因此可得AF=AD+DF=EC+DF由于∠BDF=60°，因此3= 同理可求2=，则在RT △ABF 中斜边==这种方法不仅适用于上题，改变∠BAC 的度数，同样能构造类似的全等三角形，当 ∠BAC 是一个特殊角比如30°，60°，90°，120°，150°等，还能进一步的求出腰长。

若A B ≠AC,此时的全等三角形虽然不存在了，但是仍可以借鉴这样的构造，∠1=∠2，这时由全等三角形转化成了一对相似三角形。

这便是我们熟悉的“三等角共线”模型。

下面来看一些三等角共线的实例。

如图，等腰梯形ABCD 中，AD//BC,∠B=45°，AD BC ==直角三角形含45°的顶点E 在BC 边上移动，直角边始终经过点A,斜边与CD 交于点F ，求当F 为CD中点时，点E 的位置？（2012．丽水16）如图，在直角梯形ABCD 中，∠A ＝90°，∠B ＝120°，ADAB ＝6．在底边AB 上取点E ，在射线DC 上取点F ，使得∠DEF ＝120°．⑴当点E 是AB 的中点时，线段DF 的长度是________；⑵若射线EF 经过点C ，则AE 的长是________． A B C l 1l 2l 3l1l3l2321G F E D C B A F E D C B A l1l2l3a a a 21E D C BA。

三点共线怎么证明
三点共线证明⽅法⼀：取两点确⽴⼀条直线，计算该直线的解析式，代⼊第三点坐标看是否满⾜该解析式。

⽅法⼆：设三点为A、B、C，利⽤向量证明：a倍AB向量=AC向量。

三点共线证明⽅法
⽅法⼀：取两点确⽴⼀条直线，计算该直线的解析式。

代⼊第三点坐标看是否满⾜该解析式（直线与⽅程）。

⽅法⼆：设三点为A、B、C。

利⽤向量证明：λAB=AC（其中λ为⾮零实数）。

⽅法三：利⽤点差法求出AB斜率和AC斜率，相等即三点共线。

⽅法四:⽤梅涅劳斯定理。

⽅法五：利⽤⼏何中的公理“如果两个不重合的平⾯有⼀个公共点，那么它们有且只有⼀条过该点的公共直线”。

可知：如果三点同属于两个相交的平⾯则三点共线。

⽅法六：运⽤公（定）理“过直线外⼀点有且只有⼀条直线与已知直线平⾏（垂直）”。

其实就是同⼀法。

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 。

初中数学奥林匹克中的几何问题：第1章梅涅劳斯定理及应用附答案第一章涅劳斯定理及应用[基础知识]梅涅劳斯定理设a?，b?，c?分别是△abc的三边bc，ca，ab或其延长线上的点，若a?，b?，文学士？cb？交流电？C如果三个点是共线的，那么① 1．a?bb?ac?bab′c′c′b′abca′d图1-1bcda'如图1-1所示，通过a画一条直线？A.交叉口BC的延长线是D，然后是CB？ca？交流电？爸爸因此Baa？华盛顿？文学士？工商管理学士？cb？交流电？文学士？ca？爸爸1.a？cb？交流电？文学士？ca？爸爸？注：该定理的证明还包括以下正弦定理证明和面积证明正弦定理证法设∠bc?a，∠cb?a，∠b?a?b??，在△ba?c?中，有文学士？罪类似地，C？bsin？cb？罪交流电？罪这三种形式的乘法就是证据？ca？罪ab？罪文学士？s△A.Cbcb？s△cb？Cs△ca？Bs△cb？Cs△ca？Bs△Cca？交流电？s△交流电？A.面积证书方法由以下三部分组成：？反恐精英△b？像△B交流电？s△A.ab？s△B交流电？？s△A.防抱死制动系统△交流电？A.C学士学位△C文学士？形式的乘法就是证明梅涅劳斯定理的逆定理设a?，b?，c?分别是△abc的三边bc，ca，ab或其延长线上的点，若ba?cb?ac?②1，A.cb？交流电？B然后a？，BC三个点是共线的ba?cb?ac11．证明设直线a?b?交ab于c1，则由梅涅劳斯定理，得到A.cb？Ac1a由问题和答案组成ac1ac?ba?cb?ac??．1，即有c1bc？文学士？cb？交流电？bac1ac那么AC1呢？交流电？，那么C1和C呢？巧合，即a？，BC三个点是共线的吗？ABAB有时把以上两个定理写成：let a？，BC是直线上的点（包括三条边的延长线）△ ABC，然后a？，BC三点共线的充要条件是Ba？cb？交流电1． Acbacb使用上述公式① 和② 是给△ ABC，如图1-1所示（整个图中有四个三角形）。

初中数学奥林匹克几何问题-塞瓦定理及应用本资料为WoRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址第二章塞瓦定理及应用【基础知识】塞瓦定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，，三线平行或共点，则．①证明如图2-1（）、（），若，，交于一点，则过作的平行线，分别交，的延长线于，，得．又由，有．从而．若，，三线平行，可类似证明（略）．注（1）对于图2-1（）、（）也有如下面积证法：由：，即证．（2）点常称为塞瓦点．（3）共点情形的塞瓦定理与梅涅劳斯定理可以互相推证．首先，由梅涅劳斯定理推证共点情形的塞瓦定理．如图2-1（）、（），分别对及截线，对及截线应用梅涅劳斯定理有，．上述两式相乘，得．其次，由共点情形的塞瓦定理推证梅涅劳斯定理．如图2-2，设，，分别为的三边，，所在直线上的点，且，，三点共线．令直线与交于点，直线与交于点，直线与交于点．分别视点，，，，，为塞瓦点，应用塞瓦定理，即对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．上述六式相乘，有．故．塞瓦定理的逆定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，②则，，三直线共点或三直线互相平行．证明若与交于点，设与的交点为，则由塞瓦定理，有，又已知有，由此得，即，亦即，故与重合，从而，，三线共点．若，则．代入已知条件，有，由此知，故．上述两定理可合写为：设，，分别是的，，所在直线上的点，则三直线，，平行或共点的充要条件是．③第一角元形式的塞瓦定理设，，分别是的三边，，所在直线上的点，则三直线，，平行或共点的充要条件是．④证明由，，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立．第二角元形的塞瓦定理设，，分别的三边，，所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则，，平行或共点的充要条件是．⑤证明注意到塞瓦定理及其逆定理，有．由此即证得结论．注在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式的右端仍为1．特别要注意的是三边所在直线上的点或者两点在边的延长线上，或者没有点在边的延长线上．④、⑤式中的角也可按①式的对应线段记忆．推论设，，，分别是的外接圆三段弧，，上的点，则，，共点的充要条件是．证明如图2-3，设的外接圆半径为，交于，交于，交于．由，，，，，六点共圆及正弦定理，有．同理，，．三式相乘，并应用第一角元形式的塞瓦定理即证．为了使读者熟练地应用塞瓦定理，针对图2-4中的点、、、、、，将其作为塞瓦点，我们写出如下式子：对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有．【典型例题与基本方法】1．恰当地选择三角形及所在平面上的一点，是应用塞瓦定理的关键例1四边形两组对边延长分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行．证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连线的线段．（1978年全国高中竞赛题）证明如图2-5，四边形的两组对边延长分别交于，，对角线，的延长线交于．对及点，应用塞瓦定理，有．由，有，代入上式，得，即．命题获证．例2如图2-6，锐角中，是边上的高，是线段内任一点，和的延长线分别交，于，．求证：．（1994年加拿大奥林匹克试题）证法1对及点，应用塞瓦定理，有．①过作，延长，分别交于，，则，且，，从而，．而由①，有，故．由此知为等腰底边上的高，故．证法2对及点应用塞瓦定理，有．即，由锐角性质知．类似地，对及截线或对及截线应用梅涅劳斯定理也可证得有．注将此例中的平角变为钝角，则有如下：例3如图2-7，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）证明连交于，对及点，应用塞瓦定理，有．平分，由角平分线性质，可得，故．过点作的平行线交的延长线于，过点作的平行线交的延长线于，则．所以．从而，．又，，有．因此，，即有．故．注由此例还可变出一些题目，参见练习题第4、5及19题．例4如图2-8，是的中线，在上，分别延长，交，于，，过作交于，及为正三角形．求证：为正三角形．证明连，对及点应用塞瓦定理，有．而，则．由，由．于是，有，从而，即知四边形为平行四边形，有．又，则．而，，知，有，．于是．故为正三角形．例5如图2-9，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．（1994年香港代表队选拔赛题）（其中注意），．证明用表示的度量，令，则，，，对及点，应用第一角元形式的塞瓦定理，有．亦即．于是，即．而，则．因，则．，即．从而．故，即是的三等分线．利用第一角元形式的塞瓦定理可简捷处理20XX年全国高中联赛加试第一题的第1问：例6设、分别为锐角（）的外接圆上弧、的中点．过点作交圆于点，为的内心，联结并延长交圆于点．求证：．证明事实上，易知、、及、、分别三点共线，对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．①由知，有．于是①式即为．故．2．注意塞瓦定理逆定理的应用以及与梅涅劳斯定理的配合应用例7如图2-10，在中，，为上给定的一点（不是线段的中点）．设为直线上与，都不相同的任意一点，并且直线，交于，直线，交于，直线，交于．试证明交点与在直线上的位置无关．（1990年苏州市高中竞赛题）证明设分线段为定比，分线段为定比．下证由确定，即当，给定后，点的位置由点唯一确定．在中，由，，交于一点，应用塞瓦定理，有，即．对及截线，应用梅涅劳斯定理，得，即．上述两式相加，得．从而，即，故由唯一确定．因此，点与在直线上的位置无关．例8如图2-11，设为内任一点，在形内作射线，，，使得，，．求证：，，三线共点．证法1设交于，交于，交于，则由正弦定理有．同理，,．将上述三式相乘，并应用正弦定理，有．由塞瓦定理的逆定理，知，，共点．证法2设交于，交于，交于，直线交于，直线交于，直线交于．对及点，应用塞瓦定理，有．在和中应用正弦定理，有．同理，，．以上三式相乘，并注意到①式，有．由塞瓦定理的逆定理，知，，共点．证法3设交于，交于，交于，直线交于，直线交于，直线交于．对及点，应用角元形式的塞瓦定理，有．由题设，，，则有，，．于是，对，应用角元形式的塞瓦定理的逆定理，知，，三线共点．例9如图2-12，四边形内接于圆，其边与的延长线交于点，与的延长线交于点，过点作该圆的两条切线，切点分别为和．求证：，，三点共线．（1997年试题）证明连分别交，于，，设与交于．要证，，三点共线，只须证明，，和，，都三点共线，又只须证明，，三线共点．由塞瓦定理的逆定理知只须证明．又直线截，应用梅涅劳斯定理，有，从而只须证明．设圆心为，连交于，连，，，，则由切割线走理和射影定理，有，即知，，，四点共圆，有，此表明为的内角的外角平分线．而，则平分．于是，，结论获证．【解题思维策略分析】1．获得线段比例式的一种手段例10如图2-13，中，，分别为和同方向延长线上的点，与相交于，且．若点满足（为常数），则．证明设交于，对及其形外一点，应用塞瓦定理，有．而，则．不妨设，则，即有，于是，故．此时，点到的距离不小于到的距离，则过作必交延长线于一点，设为．又作的外接圆交于另一点，则四边形为等腰梯形．当时，由，知必在线段上，于是，（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）．又由，知．故结论获证．2．转化线段比例式的一座桥梁例11设为内任一点，，，分别交，，于，，．求证：．证明如图2-14，记，，．对及点，应用塞瓦定理，有．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有，即．由合比定理得，即．同理，，．三式相加，得．例12如图2-15，设为内任意一点，，，的延长线交对边，，于点，，，交于．试证：．证明令，，，对及点，应用塞瓦定理，有．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．注意到，则有，即，故．又对直线截，有．而，则，故．又对及截线，有，即有，故．从而．于是，．其中等号由中等号成立时成立，即当且仅当亦即当且仅当，亦即时取等号．此时，和之间成为如图2-16的双曲线的关系．例13如图2-17，已知直线的三个定点依次为、、，为过、且圆心不在上的圆，分别过、两点且与圆相切的直线交于点，与圆交于点．证明：的平分线与的交点不依赖于圆的选取．（45预选题）证明设的平分线交于点，交圆于点，其中与是不同的两点．由于是等腰三角形，则有．同理，在中，有．在中，视为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有．注意到，．则．即，故结论获证．3．求解三角形格点问题的统一方法如果三角形的三个角的度数都是10的整数倍，三角形内一点与三角形的三个顶点分别连结后，得到的所有的角也都具有这个性质，我们称这样的点为三角形的格点．例14如图2-18，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．（1998年加拿大奥林匹克试题）证明设，则，对及点，应用第一角元形式的塞瓦定理，有．从而，即有．．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故．注此题也可这样来解：由，有．由于作为的函数在上严格递减，所以．故．因此，．或者过点作于，则，．关于有．所以，、、三线共点，因此点在上，即．例15如图2-19，在内取一点，使得，．设，，求．（1983年前南斯拉夫奥林匹克试题）解设，则．由第一角元形式的塞瓦定理，有．从而．，，．于是．注意到，知，．，故．所以为所求．注此题结果也可直接由①式有且，，求得．另外，此题也可这样来解：由，有．因为作为的函数在（，）上严格递减，所以．故．或者由，令，则．对和点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．则．因为作为的函数在上严格递增，所以．例16如图2-20，具有下面性质：存在一个内部的点，使得，，，．证明：是等腰三角形．（1996年美国第25届奥林匹克试题）证明设，则．由第一角元形式的塞瓦定理，有．即有．，．从而且，，故，即，从而．注此题也可这样来求解：由，有．因为作为的函数在（，）上严格递减，所以，即．故．还可对及点应用第一角元形式的塞瓦定理来求．4．论证直线共点的一种工具例17如图2-21，在四边形中，，，过，的交点引，，其中交，于，，交，于，．，分别交于，，则．（1990年cmo选拔试题）证明在，上分别取，，使，，则由对称性可知有下列角相等，即若设，，，，，，则，又，故．又，故，．连交于，在中，．故由塞瓦定理的逆定理，知，，共点，即过点．由对称性知，．例18如图2-22，在锐角中，以点引出的高为直径作圆交，于，，再从作．同样可作出，．试证：三直线，，相交于一点．（第29届预选题）证明设与，分别相交于点，，由，，知，即．同理，设，边上的高，的垂足分别为，，且，分别与，交于，，则有，．由于的三条高相交于垂心，此时应用第一角元形式的塞瓦定理，得，用等角代换上式，有．故由第一角元形式的塞瓦定理，知，，三线共点，即，，相交于一点．例19如图2-23，四边形内接于圆，，的延长线交于，，的延长线交于，为圆上任一点，，分别交圆于，．若对角线与相交于，求证：，，三点共线．证明连，，，，，．由，，有，，此两式相乘，有．①又由，，有，，此两式相乘，有．由①②，得．上式两边同乘以，得．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．于是．此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知，，交于一点．从而，，三点共直线．【模拟实战】习题A1．在中，是上的点，，是中点．与交于，交于，求四边形的面积与的面积的比．2．若通过各顶点的直线，，共点，并且它们在边，，所在直线上的截点，，关于所在边中点的对称点分别为，，，则直线，，也共点．3．一圆交的各边所在直线于两点，设边上的交点为，，边上的交点为，，边上的交点为，．若，，共点，则，，也共点．4．试证：过三角形顶点且平分三角形周长的三条直线共点．5．将各内角三等分，每两个角的相邻三等分线相交得，又，，分别平分，，且它们与，，交于，，．求证：，，三线共点．6．将的各外角三等分，每两个外角的相邻三等分线相交得．又，，分别平分，，且它们与，，交于，，．求证：，，三线共点．7．是的内切圆，，，上的切点各是，，．射线交于，同样可得，．试证：直线，，共点．8．在内部，且从，，各向，，所作的垂线共点，则从，，各向，，所作的垂线也共点．9．在中，，为形内一点，，，求的度数．10．在中，，，为形内一点，且，求的度数．（《数学教学》问题432题）11．在中，，，为形内一点，，求的度数．（《数学教学》问题491题）12．在中，，，为的平分线上一点，使，交于，交于．求证：．（《数学教学》问题531题）13．在中，，，为形内一点，，，求的度数．（《数学通报》问题1023题）14．在中，，，为形内一点，且，，求的度数．（《数学通报》问题1142题）15．在中，，，为形内一点，，，求的度数．（《数学通报》问题1208题）16．中，，，为形内一点，，．求证：．（《数学通报》问题1306题）17．在中，，，为形内两点，，．求证：，，三点共线．（《数学通报》问题1243题）18．中，，，为形内两点，，．求证：．（《数学通报》问题1281题）19．在中，，，为内心，为上一点，满足．试求的度数．（《数学通报》问题1073题）20．，，，，，顺次分别在的三边，，上，且，，，过，，分别作，，的平行线，，．求证：，，三线共点的充要条件是，，三线共点．21．在中，，于，过任作两射线分别交，于点，，交过点的平行线于，，且．求证：，，共点．22．在中，过三边，，边中的中点，，的三条等分三角形周长的直线，，（，，在三角形三边上）分别交，，于，，．求证：，，三线共点．23．的内切圆切，，于，，．是内一点，交内切圆于两点，其中靠近的一点为，类似定义，．试证：，，三线共点．24．在内部，的延长线分别交，于，；的延长线分别交，于，；的延长线分别交，于，，且满足．求证：，，所在直线共点．（《中学数学教学》擂台题（28））25．给定，延长边至，使．的外接圆与以为直径的圆相交于和．设与的延长线分别交和于，．求证：，，共线．（第15届伊朗奥林匹克题）26．在的边上向外作三个正方形，，，是正方形中的边，，对边的中点．求证：直线，，共点．习题B1．是的内切圆，，，，分别是，，上的切点，，，都是的直径．求证：直线，，共点．（《数学通报》问题1396题）2．四边形的内切圆分别与边，，，相切于，，，．求证：，，，四线共点．（《数学通报》问题1370题）3．锐角中，角的平分线与三角形的外接圆交于另一点，点，与此类似．直线与，两角的外角平分线交于，点，与此类似．求证：（Ⅰ）三角形的面积是六边形的二倍；（Ⅱ）三角形的面积至少是三角形面积的四倍．（-30试题）4．设为内一点，使，是线段上的点，直线，分别交边，于，．求证：．5．在凸四边形中，对角线平分，是的延长线上的一点，交于点，延长交的延长线于．试证：．6．在中，，，为内心，为上一点，满足．试求的度数．（《数学通报》问题1073题）7．设是等边三角形，是其内部一点，线段，，依次交三边，，于，，三点．证明：．（-37预选题）8．在一条直线的一侧画一个半圆，，，是上两点，上过和的切线分别交于和，半圆的圆心在线段上，是线段和的交（-35预选题）点，是上的点，．求证：平分．9．设是锐角的内接正方形的中心，其中内接正方形的两个顶点在边上，一个顶点在边上，一个顶点在边上．同样定义两个顶点分别在边和边上的内接正方形的中心分别为，．证明：，，交于一点．（-42预选题）10．以的底边为直径作半圆，分别与，交于点，，分别过点，作的垂线，垂足依次为，，线段和交于点．求证：．（1996年国家队选拔考试题）11．设，是锐角的外接圆的圆心和垂心．证明：存在，，分别在线段，，上，使得，且此时，，三线交于一点．（-41预选题）12．已知是的直径，弦于，点和分别在线段和上，且∶∶，射线，交于，．求证：，，三线共点．13．设是的内心，以为圆心的一个圆分别交于，，交于，，交于，．这六个点在圆上的顺序为，，，，，．设，，为弧，，的中点，直线，相交于，直线，相交于，直线，相交于．求证：直线，，三线共点．14．在的边和上分别向形外作和，使，且．求证：连线，与边上的高三线共点．15．过非等边三角形各顶点作其外接圆的切线，则各切线与其对边的交点共线．16．在内三点，，满足，，则，，三线共点的充要条件是．17．在任意的三边，，上各有点，，，而是内部任一点，直线，，分别交线段，，于，，．求证：直线，，共点的充分必要条件是，，共点，而与点的位置无关．18．设是平面上区域内任一点，，，的延长线交三边于，，．求证：在区域内，存在一个以的某两边为邻边的平行四边形．19．设凸四边形的两组对边所在的直线，分别交于，两点，两对角线的交点为，过点作于．求证：．（2002国家集训队选拔试题）20．在中，和均为锐角．是边上的内点，且平分，过点作垂线于，于，与相交于．求证：．。

初中数学竞赛第二轮专题复习（2）几何证明的基本方法（1)一、常用定理梅涅劳斯定理 设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若',','C B A 三点共线，则.1''''''=⋅⋅BC AC A B CB C A BA 梅涅劳斯定理的逆定理 条件同上,若.1''''''=⋅⋅BC AC A B CB C A BA 则',','C B A 三点共线。

塞瓦定理 设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若',','CC BB AA 三线平行或共点，则.1''''''=⋅⋅BC AC A B CB C A BA 塞瓦定理的逆定理 设',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 或其延长线上的点，若.1''''''=⋅⋅BC AC A B CB C A BA 则',','CC BB AA 三线共点或互相平行。

角元形式的塞瓦定理 ',','C B A 分别是ΔABC 的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的点，则',','CC BB AA 平行或共点的充要条件是.1'sin 'sin 'sin 'sin 'sin 'sin =∠∠⋅∠∠⋅∠∠BAB CBB CBC ACC AC A BAA 广义托勒密定理 设ABCD 为任意凸四边形，则AB •CD+BC •AD ≥AC •BD,当且仅当A,B ，C ，D 四点共圆时取等号.斯特瓦特定理 设P 为ΔABC 的边BC 上任意一点，P 不同于B ，C ，则有AP 2=AB 2•BC PC +AC 2•BCBP -BP •PC 。

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 。

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。

完整版)初中数学竞赛定理大全欧拉线是同一三角形的垂心、重心、外心三点共线的直线，且外心与重心的距离等于垂心与重心距离的一半。

九点圆是任意三角形三边的中点、三高的垂足及三顶点与垂心间线段的中点共九个点共圆，其圆心为三角形外心与垂心所连线段的中点，其半径等于三角形外接圆半径的一半。

费尔马点是△ABC内一点P，当∠APB＝∠XXX∠CPA＝120°时，PA＋PB＋PC的值最小，这个点P称为△XXX的费尔马点。

海伦公式是用三角形三边的长度计算其面积的公式，即面积=sqrt[s(s-a)(s-b)(s-c)]，其中s=(a+b+c)/2.塞瓦定理是指在△ABC中，过△ABC的顶点作相交于一点P的直线，分别交边BC、CA、AB与点D、E、F，则(BD/DC)·(CE/EA)·(AF/FB)＝1；其逆亦真。

密格尔点是指若AE、AF、ED、FB四条直线相交于A、B、C、D、E、F六点，构成四个三角形，它们是△ABF、△AED、△BCE、△DCF，则这四个三角形的外接圆共点，这个点称为密格尔点。

葛尔刚点是指△XXX的内切圆分别切边AB、BC、CA于点D、E、F，则AE、BF、CD三线共点，这个点称为葛尔刚点。

西摩松线是指已知P为△ABC外接圆周上任意一点，PD⊥BC，PE⊥AC，PF⊥AB，D、E、F为垂足，则D、E、F 三点共线，这条直线叫做西摩松线。

黄金分割是指把一条线段(AB)分成两条线段，使其中较大的线段(AC)是原线段(AB)与较小线段(BC)的比例中项，这样的分割称为黄金分割。

XXX定理是指已知点A1、A2、A3在直线l1上，已知点B1、B2、B3在直线l2上，且A1B2与A2B1交于点X，A1B3与A3B1交于点Y，A2B3于A3B2交于点Z，则X、Y、Z三点共线。

笛沙格定理是指已知在△ABC与△A'B'C'中，AA'、BB'、CC'三线相交于点O，BC与B'C'、CA与C'A'、AB与A'B'分别相交于点X、Y、Z，则X、Y、Z三点共线；其逆亦真。

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 。

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第十九讲＊平面几何中的几个著名定理几何学起源于土地测量，几千年来，人们对几何学进行了深入的研究，现已发展成为一门具有严密的逻辑体系的数学分支．人们从少量的公理出发，经过演绎推理得到不少结论，这些结论一般就称为定理．平面几何中有不少定理，除了教科书中所阐述的一些定理外,还有许多著名的定理,以这些定理为基础，可以推出不少几何事实，得到完美的结论，以至巧妙而简捷地解决不少问题．而这些定理的证明本身，给我们许多有价值的数学思想方法，对开阔眼界、活跃思维都颇为有益．有些定理的证明方法及其引伸出的结论体现了数学的美,使人们感到对这些定理的理解也可以看作是一种享受．下面我们来介绍一些著名的定理．1．梅内劳斯定理亚历山大里亚的梅内劳斯(Menelaus，约公元100年,他和斯巴达的Menelaus是两个人）曾著《球面论》,着重讨论球面三角形的几何性质．以他的名子命名的“梅内劳斯定理"现载在初等几何和射影几何的书中，是证明点共线的重要定理．定理一直线与△ABC的三边AB，BC,CA或延长线分别相交于X，Y，Z，则证过A，B，C分别作直线XZY的垂线，设垂足分别为Q,P，S,见图3－98．由△AXQ∽△BXP得同理将这三式相乘，得说明（1)如果直线与△ABC的边都不相交，而相交在延长线上，同样可证得上述结论，但一定要有交点,且交点不在顶点上，否则定理的结论中的分母出现零，分子也出现零，这时定理的结论应改为AX×BY×CZ=XB×YC×ZA，仍然成立．(2）梅内劳斯定理的逆定理也成立，即“在△ABC的边AB和AC上分别取点X，Z，在BC的延长线上取点Y,如果那么X,Y，Z共线”．梅内劳斯定理的逆定理常被用来证明三点共线．例1 已知△ABC的内角∠B和∠C的平分线分别为BE和CF，∠A的外角平分线与BC的延长线相交于D，求证：D，E，F共线．证如图3－99有相乘后得由梅内劳斯定理的逆定理得F,D，E共线．例2（戴沙格定理)在△ABC和△A′B′C′中，若AA′,BB′，CC′相交于一点S，则AB与A′B′,BC与B′C′，AC与A′C′的交点F，D,E共线．证如图3－100,直线FA′B′截△SAB，由梅内劳斯定理有同理，直线EC′A′和DC′B′分别截△SAC和△SBC,得将这三式相乘得所以D，E，F共线．2．塞瓦定理意大利数学家塞瓦(G．Ceva)在1678年发表了下面的十分有用的定理，它是证明共点线的重要定理．定理在△ABC内任取一点P，直线AP，BP，CP分别与边BC，CA,AB相交于D，E，F,则证如图3－101，过B,C分别作直线AP的垂线，设垂足为H和K，则由于△BHD∽△CKD,所以同理可证将这三式相乘得说明 (1）如果P点在△ABC外,同样可证得上述结论,但P点不能在直线AB,BC，CA上，否则，定理的结论中的分母出现零，分子也出现零，这时，定理的结论应改为BD×CE×AF=DC×EA×FB，仍然成立．（2)塞瓦定理的逆定理也成立,即“在△ABC的边BC,CA，AB上分别取点D,E，F，如果那么直线AD，BE，CF相交于同一点．”证如图3－102，设AD和BE相交于P，作直线CP，交直线AB于F′，由塞瓦定理得所以 F′B=FB,即F′与F重合，所以AD，BE，CF相交于同一点．塞瓦定理的逆定理常被用来证明三线共点．例3 求证：三角形的三条中线、三条内角平分线和三条高所在的直线分别相交于同一点．证（1）如果D，E,F分别是△ABC的边BC,CA，AB的中点，则由塞瓦定理的逆定理得中线AD,BE,CF共点．(2)如果D，E,F分别是△ABC的内角平分线AD，BE，CF与边BC,CA，AB的交点，则由塞瓦定理的逆定理得角平分线AD，BE,CF共点．（3)设D，E,F分别是△ABC的高AD，BE，CF的垂足．(i）当△ABC是锐角三角形时(如图3－103)，D，E,F分别在BC,CA,AB上，有BD=ccosB,DC=bcosC，CE=acosc，EA=ccosA，AF=bcosA，FB=acosB，所以由塞瓦定理的逆定理得高AD，BE，CF共点．（ii)当△ABC是钝角三角形时，有BD=ccosB，DC=bcosC，CE=acosC，EA=ccos（180°-A)=-ccosA，AF=bcos(180°-A）=—bcosA,FB=acosB，所以由塞瓦定理的逆定理，得高AD,BE,CF共点．（iii）当△ABC是直角三角形时,高AD,BE，CF都经过直角顶点，所以它们共点．例4 在三角形ABC的边上向外作正方形,A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点，证明:直线AA1,BB1,CC1相交于一点．证如图3－104．设直线AA1,BB1，CC1与边BC，CA,AB的交点分别为A2，B2，C2，那么BA2：A2C等于从点B和C到边AA1的垂线的长度之比，即其中∠θ=∠CBA1=∠BCA1．同理将上述三式相乘得根据塞瓦定理的逆定理，得AA1,BB1，CC1共点．3．斯台沃特定理定理△ABC的边BC上任取一点D，若BD=u，DC=v，AD=t，则证过A作AE⊥BC，E为垂足（如图3－105)，设DE=x，则有AE2=b2-（v-x）2=c2-(u+x）2=t2—x2，(若E在BC的延长线上，则v-x换成x—v．)于是得消去x得（u+v)2=b2u+c2v-uv(u+v)，这就是中线长公式．(2)当AD是△ABC的内角平分线时，由三角形的内角平分线的性质设a+b+c=2p，得这就是内角平分线长公式．（3)当AD是△ABC的高时，AD2=b2—u2=c2-v2．再由u+v=a,解得所以若设AD=h a，则这就是三角形的高线长公式．当D在BC的延长线上时，用—v代替v，同样可得高线长线公式．这就是三角形的面积公式．伦公式例5 如图3－106．在△ABC中，c＞b，AD是△ABC的角平分线,E在BC上，BE=CD．求证:AE2-AD2=(c-b)2．证为方便起见，设BD=u，DC=v，则BE=v，EC=u．由斯台沃特定理得所以因为AD是角平分线，所以于是4．托勒密定理托勒密(Ptolemy，约公元85~165年）是古代天文学的集大成者．一般几何教科书中的“托勒密定理”（圆内接四边形的对边积之和等于对角线之积)，实出自依巴谷(Hipparchus）之手，托勒密只是从他的书中摘出。

欧拉（Euler）线：同一三角形的垂心、重心、外心三点共线，这条直线称为三角形的欧拉线；且外心与重心的距离等于垂心与重心距离的一半。

九点圆：任意三角形三边的中点，三高的垂足及三顶点与垂心间线段的中点，共九个点共圆，这个圆称为三角形的九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段的中点，其半径等于三角形外接圆半径的一半。

费尔马点：已知P为锐角△ABC内一点，当∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°时，PA＋PB＋PC的值最小，这个点P称为△ABC的费尔马点。

海伦（Heron）公式：塞瓦（Ceva）定理：在△ABC中，过△ABC的顶点作相交于一点P的直线，分别交边BC、CA、AB与点D、E、F，则(BD/DC)·(CE/EA)·(AF/FB)＝1；其逆亦真。

密格尔（Miquel）点：若AE、AF、ED、FB四条直线相交于A、B、C、D、E、F六点，构成四个三角形，它们是△ABF、△AED、△BCE、△DCF，则这四个三角形的外接圆共点，这个点称为密格尔点。

葛尔刚（Gergonne）点:△ABC的内切圆分别切边AB、BC、CA于点D、E、F，则AE、BF、CD三线共点，这个点称为葛尔刚点。

西摩松（Simson）线：已知P为△ABC外接圆周上任意一点，PD⊥BC，PE⊥ACPF⊥AB，D、E、F为垂足，则D、E、F三点共线，这条直线叫做西摩松线。

黄金分割：把一条线段(AB)分成两条线段，使其中较大的线段(AC)是原线段(AB) 与较小线段(BC)的比例中项，这样的分割称为黄金分割。

帕普斯（Pappus）定理：已知点A1、A2、A3在直线l1上，已知点B1、B2、B3在直线l2上，且A1 B2与A2 B1交于点X，A1B3与A3 B1交于点Y，A2B3于A3 B2交于点Z，则X、Y、Z三点共线。

笛沙格（Desargues）定理：已知在△ABC与△A'B'C'中，AA'、BB'、CC'三线相交于点O，BC与B'C'、CA与C'A'、AB与A'B'分别相交于点X、Y、Z，则X、Y、Z三点共线；其逆亦真摩莱（Morley）三角形：在已知△ABC三内角的三等分线中，分别与BC、CA、AB相邻的每两线相交于点D、E、F，则△DEF是正三角形，这个正三角形称为摩莱三角形。

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 。

初中数学竞赛精品标准教程及练习36三点共线三点共线是初中数学中的基本概念之一，也是几何中的重要概念之一、本文将从定义、判定、性质等方面介绍三点共线的相关内容。

一、定义在平面直角坐标系中，如果三个点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)的坐标满足斜率关系式：（y2-y1）/（x2-x1）=（y3-y1）/（x3-x1），则称三个点A、B、C共线。

二、判定要判断三个点A、B、C是否共线，可以利用斜率判定法来判断。

具体步骤如下：1.计算点A(x1,y1)和点B(x2,y2)的斜率k1=（y2-y1）/（x2-x1）；2.计算点B(x2,y2)和点C(x3,y3)的斜率k2=（y3-y2）/（x3-x2）；3.如果k1=k2，则三个点A、B、C共线；如果k1≠k2，则三个点不共线。

三、性质1.任意两点确定一条直线。

即三点共线的必要条件是任意两点的斜率相等。

2.如果三个点A、B、C共线，那么它们所在的直线上的任意一点都可以表示为tA+(1-t)C的形式，其中t为任意实数。

3.如果A、B、C三点不共线，那么它们所在的直线称为折线。

四、示例练习练习1：已知三点A(1,2)、B(2,3)、C(3,4)，判断它们是否共线。

解：计算斜率k1=（3-2）/（2-1）=1，k2=（4-3）/（3-2）=1，由此可知k1=k2，所以三点A、B、C共线。

练习2：已知三点A(-1,3)、B(2,2)、C(5,1)，判断它们是否共线。

解：计算斜率k1=（2-3）/（2-(-1)）=1/3，k2=（1-2）/（5-2）=-1/3，由此可知k1≠k2，所以三点A、B、C不共线。

练习3：已知三点A(7,8)、B(5,6)、C(-1,-2)，判断它们是否共线。

解：计算斜率k1=（6-8）/（5-7）=1，k2=（-2-6）/（-1-5）=1，由此可知k1=k2，所以三点A、B、C共线。

本文从定义、判定、性质等方面介绍了三点共线的相关内容，并通过练习加深了对三点共线概念的理解。

第 1 页板块一 梅涅劳斯定理及其逆定理梅涅劳斯定理：如果一条直线与ABC △的三边AB 、BC 、CA 或其延长线交于F 、D 、E 点，那么1AF BD CE FB DC EA⋅⋅=．这条直线叫ABC △的梅氏线，ABC △叫梅氏三角形．证法一：如左图，过C 作CG ∥DF证法二：如中图，过A 作AG BD ∥交DF 的延长线于G三式相乘即得：1AF BD CE AG BD DCFB DC EA BD DC AG⋅⋅=⋅⋅=．证法三：如右图，分别过A B C 、、作DE 的垂线，分别交于123H H H 、、． 则有123AH BH CH ∥∥，所以3122311CH AH BH AF BD CE FB DC EA BH CH AH ⋅⋅=⋅⋅=．梅涅劳斯定理的逆定理：若F 、D 、E 分别是ABC △的三边AB 、BC 、CA 或其延长线的三点，如果1AF BD CE FB DC EA⋅⋅=，则F 、D 、E 三点共线．【例1】 如图，在ABC △中，AD 为中线，过点C 任作一直线交AB 于点F ，交AD 于点E ，求证：:2:AE ED AF FB =．【解析】 ∵直线FEC 是ABD △的梅氏线，∴1AE DC BF ED BC FA ⋅⋅=． 而12DC BC =，∴112AE BF ED FA ⋅⋅=，即2AE AF ED BF=． 习题1. 在△ABC 中，D 是BC 的中点，经过点D 的直线交AB 于点E ，交CA 的延长线于点F ．求证：FA EAFC EB=． 【解析】 直线截ABC △三边于D 、E 、F 三点，应用梅氏定理，知1CD BE AFDB EA FC⋅⋅=，又因为BD BC =，所以1BE AF EA FC ⋅=，即FA EAFC EB=． 习题2. 如图，在△ABC 中， 90ACB ∠=︒，AC BC =．AM 为BC 边上的中线，CD AM ⊥于点D ，CD 的延长线交AB 于点E ．求AEEB． 【解析】 由题设，在Rt AMC △中，CD AM ⊥，2AC CM =，由射影定理224AD AD AM AC DM DM AM CM ⋅===⋅．对ABM △和截线EDC ，由梅涅劳斯定理，1AE BC MD EB CM DA ⋅⋅=，即21114AE EB ⋅⋅=．所以2AE EB=．知识导航夯实基础梅涅劳斯定理与塞瓦定理【例2】 如图，在ABC △中，D 为AC 中点，BE EF FC ==，求证：::5:3:2BM MN ND =． 【解析】 ∵直线AE 是BCD △的梅氏线，∵直线AF 是BCD △的梅氏线，习题3. 如图，在ABC △中，D 为BC 的中点，::4:3:1AE EF FD =．求::AG GH AB ． 【解析】 ∵HFC 是ABD △的梅氏线，∵D 为BC 的中点，::4:3:1AE EF FD =， ∵GEC 是ABD △的梅氏线，【例3】 过ABC △的重心G 的直线分别交AB 、AC 于点E 、F ，交CB 的延长线于点D ．求证：1BE CFEA FA+=． 【解析】 作直线AG 交BC 于M ，同理，2CF DCFA DM=， 而2BD DC BD BD BM +=++2()2BD BM DM =+=【例4】 如图，点D 、E 分别在ABC △的边AC 、AB 上， AE EB =，23AD DC =，BD 与CE 交于点F ，40ABC S =△．求AEFD S ．【解析】 对ECA △和截线BFD ，由梅氏定理得：1EF CD AB FC DA BE ⋅⋅=，即32121EF FC ⋅⋅=，所以13EF FC =．所以1148BFE BEC ABC S S S ==△△△，进而211140115840AEFD ABD BEF ABC S S S S ⎛⎫=-=-=⋅= ⎪⎝⎭△△△． 习题4. 如图，在ABC △中，三个三角形面积分别为5，8，10．四边形AEFD 的面积为x ，求x的值．【解析】 对ECA △和截线BFD ，由梅氏定理得：1CD AB EF DA BE FC ⋅⋅=，即1823115152x x +⋅⋅=+，解得22x =．【备选】如图，ABC △被通过它的三个顶点与一个内点O 的三条直线分为6个小三角形，其中三个小三角形的面积如图所示，求ABC △的面积．【解析】 对ABD △和截线COF ，由梅氏定理得：1AF BC DO FB CD OA ⋅⋅=，即41132BC CD ⋅⋅=，所以32BC CD =，所以3BCBD=．所以33105315ABC ABD S S ==⨯=△△．【例5】 如图， 在ABC △中，A ∠的外角平分线与边BC 的延长线交于点P ，B ∠的平分线与边CA 交于点Q ，C ∠的平分线与边AB 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线．【解析】 AP 是BAC ∠的外角平分线，则BQ 是ABC ∠的平分线，则 CR 是ACB ∠的平分线，则 ⨯⨯①②③得非常挑战探索提升第 3 页因R 在AB 上，Q 在CA 上，P 在BC 的延长线上，则根据梅涅劳斯定理的逆定理得：P 、Q 、R 三点共线．习题5. 证明：不等边三角形的三个角的外角平分线与对边的交点是共线的三个点． 【解析】 如图，CD BE AF 、、分别为三角形ABC 的三个外角平分线，分别交AB AC BC 、、于D E F 、、．过C 作BE 的平行线，则BCP CBE EBD CPB ∠=∠=∠=∠， 所以BPC △是等腰三角形．则PB CB =．则有：CE PB CBEA BA BA ==． 同理AD AC DB CB =；BF BA FC AC=． 所以1CE AD BF CB AC BA EA DB FC BA CB AC ⋅⋅=⋅⋅=．所以D E F 、、共线．板块二 塞瓦定理及其逆定理塞瓦定理：如果ABC △的三个顶点与一点P 的连线AP 、BP 、CP 交对边或其延长线于点D 、E 、F ，如图，那么1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=．通常称点P 为ABC △的塞瓦点． 证明： ∵直线FPC 、EPB 分别是ABD △、ACD △的梅氏线，两式相乘即可得：1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=．塞瓦定理的逆定理：如果点D 、E 、F 分别在ABC △的边BC 、CA 、AB 上或其延长线上，并且1BD CE AF DC EA FB⋅⋅=，那么AD 、BE 、CF 相交于一点（或平行）． 证明： ⑴ 若AD 与BE 相交于一点P 时，如图，作直线CP 交AB 于'F ．由塞瓦定理得：'1BD CE AF DC EA F B⋅⋅='，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=，∴AF AF FB F B'='， ∴'F 与F 重合 ∴'CF 与CF 重合∴AD 、BE 、CF 相交于一点．⑵ 若AD 与BE 所在直线不相交，则AD ∥BE ，如图． ∴BD EA DC AC=，又已知1BD CE AF DC EA FB ⋅⋅=， ∴1EA CE AF AC EA FB ⋅⋅=，即CE FB AC AF=． 说明：三线平行的情况在实际题目中很少见．【例6】 （1）设AX BY CZ ，，是ABC △的三条中线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．探索提升知识导航（2）若AX BY CZ ，，为ABC △的三条内角平分线．求证：AX BY CZ ，，三线共点．【解析】 （1）由条件知，BX XC YC YA ZA ZB ===，，．∴1BX CY AZXC YA ZB⋅⋅=，根据塞瓦定理的逆定理可得三条中线AX BY CZ ，，共点． 这个点称为这个三角形的重心．（2）由三角形内角平分线定理得：BX AB CY BC AZ ACXC AC YA BA ZB BC===，，． 三式分别相乘，得：1BX CY AZ AB BC ACXC YA ZB AC AB BC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三角形三内角平分线AX BY CZ ，，共点， 这个点称为这个三角形的内心．习题6. 若AX BY CZ ，，分别为锐角ABC △的三条高线，求证：AX BY CZ ，，三线共点．【解析】 由ABX CBZ △∽△得：BX AB BZ BC =；由BYA CZA △∽△得：AZ ACAY AB =； 由AXC BYC △∽△可得：YC BC CX AC =．所以1BX AZ YC AB AC BCBZ AY CX BC AB AC⋅⋅=⋅⋅=．根据塞瓦定理的逆定理可得三条高线AX BY CZ ，，共点．对直角三角形、钝角三角形，同样也可以证得三条高线共点．我们把一个三角形三条高线所在直线的交点叫做这个三角形的垂心．【例7】 如图， M 为ABC △内的一点，BM 与AC 交于点E ，CM 与AB 交于点F ，若AM 通过BC 的中点D ，求证：EF BC ∥．【解析】 对ABC △和点M 应用塞瓦定理可得：1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=．又因为BD DC =，所以1AF CE FB EA ⋅=．进而AF AEFB EC=，所以EF BC ∥． 习题7. 如果梯形ABCD 的两腰AD 、BC 的延长线交于M ，两条对角线交于N ．求证：直线MN必平分梯形的两底． ∵1MD AQ BC DA QB CM⋅⋅=（由塞瓦定理得） 板块三 梅涅劳斯定理、塞瓦定理综合【备选】如图，E 、F 分别为ABC △的AC 、AB 边上的点，且3AE EC =，3BF FA =，BE 、CF 交于点P ，AP 的延长线交BC 于点D ．求:AP PD 的值．【解析】 ∵P 为ABC △的塞瓦点．∵EPB 为ACD △的梅氏线，【备选】如图，四边形ABCD 的对边AB 和DC ，DA 和CB 分别相交于点L K ，，对角线AC 与BD 交于点M ．直线KL 与BD 、AC 分别交于点F G 、．求证：KF KGLF LG=． 【解析】 对DKL △与点B 应用塞瓦定理得：1DA KF LCAK FL CD⋅⋅=．对DKL △和截线ACG 应用梅涅劳斯定理可得：1DA KG LCAK GL CD⋅⋅=．非常挑战进而可得KF KGLF LG．第 5 页。

人教版初中数学《共点线与共线点》竞赛专题复习含答案§14.1 梅涅劳斯定理14.1.1★★设等腰直角三角形ABC ，90A ∠=︒，E 是AC 中点，D 在BC 上，AD BE ⊥，求证：AEB ∠= CED ∠.（试用梅氏定理证明）解析 如图，设AD 与BE 交于F ，则224B F A B F E A E ==，由梅氏定理，1CA EF BD AE FB CD ⋅⋅=，得2B D A BC D C E==，又45ABC C ∠=︒=∠，故ABD △∽ECD △，故CED BAD AEB ∠=∠=∠.ABDCE F14.1.2★设D 是锐角三角形ABC 的边BC 上的一点，23BD DC =，E 是边AC 上的一点，43AE EC =，AD 与BE 相交于点F ，求AF BFFD FE⋅. 解析 由梅涅劳斯定理1AF DB CE FD BC EA ⋅⋅=，1BF EA CD FE AC DB ⋅⋅=，得23154AF FD ⋅⋅=，43172BF FE ⋅⋅=，故103AF FD =，76BF FE =. 所以359AF BF FD FE ⋅=. 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 BDCS E H R Q解析 设ABC △的三条高线为AD 、BE 、CF ，D 在AB 、BE 、CF 、CA 上的身影分别为P 、Q 、R 、S ，欲证P 、Q 、R 、S 共线，先证P 、Q 、R 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ADC △∽BDH △.同理，S 、Q 、R 共线，故P 、Q 、R 、S 四点共线.14.1.4★已知AD 是ABC △的高，D 在BC 内，且3BD =，1CD =，作DE 与AB 垂直，DF 与AC 垂直，E 、F 分别是垂足，连结EF 并延长，交BC 延长线于G ，求CG . 解析 如图，设CG x =，则由梅氏定理AEBDC GF41x CF AEx FA EB+⋅⋅=. 又由身影定理，22CF DC FA AD =，22AE AD EB BD =，于是1419x x +⋅=，得12x =. 14.1.5★★如图，已知锐角三角形ABC ，AD 是高，D 在AB 、AC 上的垂足分别是N 、M ，NM 延长后交BC 延长线于E ，若1AD DE ==，求cot cot CAD BAD ∠-∠.ANBDCEM解析 由图知，AB AC >，故BD CD >.11cot cot AD AD CAD BAD CD BD CD BD∠-∠=-=-. 由梅氏定理及身影定理，有1BE CM ANEC AM NB⋅⋅=，22CM CD AM AD =，22AN AD NB BD =，故2211BD BD CD CD +=-，即221111BD BD CD CD +=-， 移项并因式分解，得111110CD BD CD BD ⎛⎫⎛⎫+--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，于是111CD BD -=，即是所求答案.14.1.6★证明，ABC △两内角B ∠、C ∠平分线分别交对边于E 、F ，而A ∠的外角平分线交直线BC 于D ，求证：D 、E 、F 共线.解析 如图，既然A ∠的外角平分线BC 直线相交，说明AB AC ≠，不防设AB AC >，则D 在BC 延长线上.FBCDE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D 、E 、F 共线.14.1.7★★已知不等边三角形ABC ，A ∠、B ∠、C ∠的平分线分别交对边于A '、B '、C '，A A '的中垂线与直线BC 交于A ''，同理得到B ''、C ''，证明：A ''、B ''、C ''共线.A B A'C A''P解析 如图，不妨设AA '的中垂线PA ''与BC 延长线相交，连结AA ''，则A AA AA A ''''''∠=∠，于是CAA A AA A AC AA A BAA B''''''''''∠=∠-∠=∠-∠=∠，因此ACA ''△∽BAA ''△，于是22ABA ACA S BA AB A C S AC ''''''==''△△. 同理22CB BC B A AB ''=''，22AC AC C B CB ''=''，于是1BA CB AC A C B A C B''''''⋅⋅=''''''，由梅氏逆定理，知A ''、B ''、C ''共线. 14.1.8★★已知：D 是ABC △的边BC 上一点，G 是AD 上一点，E 、F 分别在AC 、AB 上，GB 与DF 交于M ，DE 与CG 交于N .求证：若EF BC ∥，则MN BC ∥. 解析 如图，由梅氏定理，A GF EMNBDC1AD GM BF AD GN CEDG BM FA DG NC EA ⋅⋅==⋅⋅.于是 GM BF GN CEBM FA NC EA⋅=⋅. 由于EF BC ∥，故BF CE FA EA =，于是GM GNBM NC=，故MN BC ∥. 14.1.9★已知ABC △的面积为1，点D 、E 在BC 上，且BD ∶DE ∶1EC =∶2∶1，点G 在AC 上，且AG ∶3GC =∶5，AD 、AE 分别与BG 交于点F 、H ，求四边形DEHF 的面积.GHFB D E C解析 这类题目基本且典型，显然有ADE AFH DEHF S S S =-△△四边形，而12ADE S =△，于是下求AFH S △. 由梅氏定理，有1CB DF AG BD FA GC ⋅⋅=，代入已知数值得3415DF FA ⋅⋅=，于是515DF FA =，从而1217AF AD =. 又由1CB EH AG BE HA GC ⋅⋅=，即43135EH HA ⋅⋅=，得54EH HA =，从而49AH AE =，于是1241617951AFH ADE S S =⋅=△△，故116351251102DEHF S ⎛⎫=-=⎪⎝⎭四边形. 14.1.10★★★已知不等边锐角三角形ABC ，CP 、BQ 是高，且位置如图所示，PQ 与中位线MN 交于点E ，点O 、H 分别是ABC △的外心与垂心，求证：AE OH ⊥.A P M EN OHBDCFQ解析 一个熟知事实是AO PQ ⊥，AH BC ⊥.延长PQ 交直线BC 于点F ，则有OAH F ∠=∠，延长AE 交BC 于点D ，于是只需证明FED △∽AOH △，即只需证 DF AHEF AO=. 由于2cos AH A AO =，问题归结为2cos DFA EF=，下面计算DF 与EF . 由梅氏定理知1FE QA CDEQ AC DF ⋅⋅=，于是cos 2cos DF AB A CD AB ENA EF AC EQ AC EQ=⋅=⋅. 因EQN B ∠=∠，由正弦定理有sin sin EN B ACEQ C AB==，故上式为2cos A .证毕. 14.1.11★★★如图，已知PA 、PB 是圆的两条切线，PQR 为圆的一条割线，交AB 于S ，F 在AF 上，QF PA ∥，QF 交AB 于E ，求证：QE EF =.PQ ABE SFR解析 易知P 、Q 、S 、R 为调和点列，于是 PR SRPQ QS=.（见题12.3.13） 由梅氏定理，1RA FE QS FE PR QS EFAF EQ SR EQ PQ SR EQ =⋅⋅=⋅⋅=， 因此 QE EF =.14.1.12★★★ 已知AOB 为O 的直径，弦CD AB ⊥，弦AN 与CO 交于M ，CM OM =，求证：DN 平分BC .解析 如图，无非要证明CDN BDN S S =△△，或证明CN CD NB BD NB BC ⋅=⋅=⋅，或证明CN BCNB CD=. 设CB 与AN 交于K ，AB 与CD 交于J .由梅氏定理，1BA OM CK AO MC KB ⋅⋅=，得2KBCK=，故ANB S =△ 2ACN S △，即2AC CN AB BN ⋅=⋅，得22CN AB BC BCBN AC CJ CD===，证毕. C N BMKAO JD14.1.13★★★证明牛顿定理：设ABC △中，D 、E 分别在AB 、AC 上，CD 、BE 交于F ，则DE 、AF 、BC 的中点在一条直线上（牛顿线）.ADBR CY E X Q PFZ解析 设EF 、CE 、CF 的中点分别为X 、Y 、Z ，则易由中位线知P 、X 、Z 共线，Q 、X 、Y 共线，Y 、Z 、R 共线.且 1YR ZP XQ EB CA DF RZ PX QY BF AE CD⋅⋅=⋅⋅=（后者是AB 截ECF △所得）.故由梅氏逆定理，知P 、Q 、R 共线.评注 此题亦可由面积证.14.1.14★★★★设等腰直线三角形ABC 中，90B ∠=︒，D 是三角形内一点，90ADB ∠=︒，连结CD 并延长至E ，使90AEB ∠=︒，G 是AB 中点，直线CG 分别与AE 、AD 交于M 、N ，求证：G 是MN 的中点.解析 如图，延长AE 、AD ，分别交直线BC 于P 、Q ，设PB a =，BQ b =，CQ c =，则由梅氏定理，有1PC QD AE CQ DA EP ⋅⋅=，而222222QD AE BQ AB b DA EP AB PB a ⋅=⋅=，故22a b c a c b ++=，即222a b a b c b +-=，或bc=a b b -，或b c a c b+=. A M E Pa Bb QCD N G又由梅氏定理，1BC NQ AG CQ NA GB ⋅⋅=，此即AN a PB NQ b BQ ==，所以NB AP ∥，于是1MG AGNG BG==.14.1.15★★★★设ABC △的边AB 的中点N ，A B ∠>∠，D 是射线AC 上一点，满足CD BC =，P 是射线DN 上一点，且与A 在边BC 的同侧，满足PBC A ∠=∠，PC 与AB 交于E ，BC 与DP 交于T ，求BC EATC EB-. QA CDTBN P E解析 设边长分别为a 、b 、c ，由梅氏定理，1AD CT BNDC TB NA⋅⋅=，由于AD AC BC b a =+=+，BN NA =，CD a =，故1TB AD b a bTC CD a a +===+， 2BC bTC a=+. 接下去处理EAEB.延长BP 与CA 交于Q ，则Q ABC ∠=∠，故22BC a CQ CA b ==，2()a a QD a a b b b =+=+，AD a b =+，又由梅氏定理，1QD AN BPDA NB PQ⋅⋅=，得2BP DA b a BC a PQ QD a CQ b====，故CP 平分ACB ∠，AE AC bEB BC a==.故答案为2. 14.1.16★★★在ABC △中，90ABC ∠=︒，F 为AB 的中点，以BC 为直径的圆O 交AC 、CF 于另一点D 、E .分别过点C 、E 作圆O 的切线C l 和E l .证明：C l 、E l 和直线BD 共点. 解析 如图设C l 交直线BD 于点G ，E l 与直线BD 交于点H .由条件，90ABC ∠=︒及圆O 以BC 为直径，可知C l AB ∥，于是CD DGDA BD=. ① 为证C l 、E l 与直线BD 共点，只需证明G 与H 重合.我们下证：GB HBGD HD=. 利用CBG GCD ∠=∠，可知BCG △∽CDG △，故BC C G BGC D DG C G ==，于是22BG BC DG CD =.同理可证2B H E B H D E D ⎛⎫= ⎪⎝⎭.于是222BEC EDC S BG BH BC EB BI DG HD CD ED S ID ⎛⎫⨯⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭△△，其中I 为BD 与CE 的交点. 对ABD △考虑割线CIF ，运用梅涅劳斯定理，可知1BF AC DI FA CD BI ⋅⋅=，结合BF FA =，可知BI ACID CD=，从而2BG BH AC GD HD CD ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.再由①可知CD DG AC BG =，综合上式，得BH BGHD GD=.命题获证. §14.2 塞瓦定理14.2.1★已知ABC △，向外外作长方形ABDE 、ACFG 、BCHK ，又设直线DE 与直线GF 交于P ，直线DE 与直线KH 交于Q ，直线KH 与直线GF 交于R ，则AP 、BQ 、CR 共点. 解析 如图，设PA 延长后交BC 于A '，同理定义B '、C '（图中未画出）.P E GAD QKHR C F B A'连结PB 、PC ，则ABDEPAB PAC ACFGS S BA A C S S '=='矩形△△矩形， 同理BCHK ABDE S CB B A S '='矩形矩形，ACFG BCHK S AC C B S '='矩形矩形，故1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''，AP 、BQ 、CR 共点或平行，由于A 、B 、C 均在PQR △内，故平行不可能.14.2.2★已知ABC △内有一点P ，今过点A 作一直线1l 与AP 关于A ∠的角平分线对称，同样，过点B 、C 分别作直线2l 、3l ，求证：1l 、2l 、3l 交于一点.解析 如图，设1l 与直线BC 交于A '，则22sin sin AA B CAP AA C PAB S S BA AB BAA AB CA S AC PAB AC S ''''∠===⋅'∠△△△△，同理，CB B A '=' 22BAP CBP S CB BA S ⋅△△，22CBPCAPS AC AC C B CB S '=⋅'△△. AB A'CP于是1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''，由塞瓦逆定理，即知1l 、2l 、3l 共点.这个公共点P '，称为P 的等角共轭点. 14.2.3★已知ABC △，向外作相似的等腰三角形BCD △、ACE △及ABF △，其中D ∠、E ∠、F ∠是顶角.求证：AD 、BE 、CF 交于一点.解析 如图，不妨设AD 与BC 交于A '，同理定义B '、C '.设FAB FBA ACE θ∠=∠==∠=，则BA A C '⋅'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：ABC △中，AD 、BE 、CF 是角平分线，则120BAC ∠=︒当且仅当DE DF ⊥.K AGHFBD E解析 当120BAC ∠=︒，延长CA 至任一点K ，则60KAB BAD ∠=︒=∠，于是F 至AK 距离等于F 至AD 距离；又CF 平分ACB ∠，故F 至AK 距离等于F 至BC 距离，因此可知DF 平分ADB ∠，同理DE 平分ADC ∠，故DE DF ⊥. 反之，若DE DF ⊥，过A 作GH BC ∥，与DF 、DE 延长线分别交于G 、H ，则由塞瓦定理知AG BD =⋅AF AECD AH FB EC=⋅=，于是DA AG AH ==，故F D B G A D G ∠=∠=∠，即DF 平分ADB ∠，于是过F 作AK 、AD 、BC 的垂线，不难得出AF 平分KAD ∠，于是120BAC ∠=︒.14.2.5★★已知ABC △中，D 、E 分别在AB 、AC 上，DE BC ∥，BE 、CD 交于F ，AF 延长后交BC 于S ，SD 与BE 交于G ，SE 与CD 交于H ，AG 、AH 延长后分别交BC 于M 、P ，求BM ∶ MP ∶PC .P S MBHF GED A解析 由塞瓦定理易知BS CS =，又由梅氏定理，1BC PH ADCP HA BD ⋅⋅=， 1SC PH AE SP HA EC⋅⋅=， 两式相除，注意AD AE BD EC =，2BC SC =，得2CP SP =.易得13CP BC =，同理13BM BC =，故 BM ∶MP ∶1PC =∶1∶1.14.2.6★★如图，AM 是锐角ABC △的角平分线，ME AB ⊥于点E ，MF AC ⊥于点F ，CE 与BF 交于点P ，求证：AP BC ⊥. AD EGF HBMS P C解析 作AD BC ⊥，易知BEM △∽BDA △，MCF △∽ACD △，故而有BE BM ED AB =，CD ACCF MC=，于是1BE CD AC BMBD CF AB MC⋅=⋅=.又由AE AF =，故由塞瓦逆定理知AD 、BF 、CE 共点.于是AP BC ⊥. 14.2.7★★锐角ABC △，向外作ABE △和ACF △， 使得AB BE ⊥，AC CF ⊥，EAB CAF ∠=∠，若BF 、CE 交于点P ，求证：AP BC ⊥.AEB DCFN P M解析 为证明结论，我们干脆作ABC △的高AD ，设法证明AD 、BF 与CE 共点.由EAC FAB ∠=∠及AE AFAB AC =知 AEC ABF S S =△△.设CE 与AB 交于点M ，BF 与AC 交于点N ，则有AM BD CNBM CD NA ⋅⋅cos cos ACE BCFEBC ABF S S AB B S AC C S ⋅=⋅⋅⋅△△△△ cos sin(90)cos sin(90)AB B BC C CFAC C BC B BE⋅⋅︒+⋅=⋅⋅⋅︒+⋅ 1AB CF AC BE=⋅=. 于是由塞瓦逆定理，结论成立，最后一步用到的仍是ABE △∽ACF △.14.2.8★ABC △中，D 、E 、F 分别在边BC 、CA 、AB 上，且AD 、BE 、CF 共点于P .D '也在BC 上，且DD '与BC 的中点重合，同理定义E '、F '.求证：AD '、BE '、CF '也共点.解析 由塞瓦定理和逆定理，注意到BD DCD C BD'='等，立得结果. 评注 新共点与点P 互为等边共轭点.14.2.9★★★设ABC △的边AB 、BC 、CA 上分别有点F 、D 、E ，且AD 、BE 、CF 共点，又DEF △的边DE 、EF 、FD 上分别有点Z 、X 、Y ，DX 、EY 、FZ 也共点，求证：AX 、BY 、CZ 共点. 解析 如图，又设AX 延长后与BC 交于X '（为简洁起见，图中未图出），同理定义Y '、Z '.于是AFXAXBAXCAEX ABS S BX AB AE FX AF AC X C S AC AF EX S AE'===⋅⋅'△△△△，同理CY BC BF YD AY AB BD FY '=⋅⋅'，AZ AC CD EZ BZ BC CE DZ '=⋅⋅'，由条件及塞瓦定理，得1BX CY AZ X C AY BZ '''⋅⋅='''，于是AX 、BY 、CZ 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ABC △中，AD 、BE 、CF 分别为高、中线与角平分线，于是AE CE =，若三线交于一点，则由塞瓦定理（此处设AB c =，BC a =，CA b =），知有BD BF BC aCD FA AC b===. 而由BD CD a +=，222222BD CD AB AC c b -=-=-，知222222BD a c b CD a b c +-=+-，于是有222222a c b aa b c b +-=+-，c =例如令15a =，12b =，则13c =.14.2.11★★★ 如图，AB 、AC 是两条切线，APQ 与AMN 是任意两条割线，求证：PN 、MQ 与BC 交于一点.AB CQNMP解析 本题无疑是要运用塞瓦逆定理，比如在PQC △中，知只需证 1PQN QMCBPC BQC PCN QMPS S S S S S ⋅⋅=△△△△△△. 由圆内接四边形对角互补知，上式等价于1BP PC PQ QN QC MC BQ QC PC CN PQ PM ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，化简，得1BP QN MCBQ CN PM⋅⋅=⋅⋅.由ABP △∽AQB △、APM △∽ANQ △及AMC △∽ACN △，得B P A P B Q A B =，QN AN PM AP =，MC ACCN AN=，于是1BP QN MC ACBQ CN PM AB⋅⋅==. 14.2.14★★设ABC △的内切圆分别与BC 、CA 、AB 切于点D 、E 、F ，DM EF ⊥于点M ，BM 与FD 交于点P ，CM 与DE 交于点Q ，求证：MD 、FQ 与PE 共点.AF M EPQBDC解析 易知 FP DQPD QE⋅FMB MCDBDM MECS S S S =⋅△△△△ 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MD EF ⊥这个条件多余，但可用来证明MD 平分BMC ∠.证明如下：设ABC △中内角为A ∠、B ∠、C ∠，于是易知12FDM C ∠=∠，12EDM B ∠=∠，故s i n2s i n 2CFD FM BF B ME CE ED ==，又由BFM ∠= 1902A CEM ︒+∠=∠，故FMB △∽EMC △，于是命题得证.14.2.13★★★已知凸四边形ABCD ，BAC DAC ∠=∠，P 是AC 上任一点，延长BP 、DP ，分别交CD 、CB 于Q 、R ，求证：QAC RAC ∠=∠.解析 如图，分别作CM AB ∥，CN AD ∥，且M 、R 、A 共线，N 、Q 、A 共线，设BD 与AC 交于J .BARMJ PC QND由塞瓦定理及角平分线性质定理，有1AD BR CQ AB RC QD ⋅⋅=.但CRCM AB BR=⋅，CQ CN AD DQ =⋅，于是CM CN =.又180180ACM BAC DAC ACN ∠=︒-∠=︒-∠=∠，AC AC =，故ACM △≌ACN △，于是QAC RAC ∠=∠.14.2.14★★设1A 、1B 分别是ABC △的边BC 和AC 上的点，D 、E 分别是1AA 与1BB 、11A B 与CD 的交点.证明：若190A EC ∠=︒，点A 、B 、1A 、E 共圆，则11AA BA =.解析 如图，延长AE 交BC 于F ，为证11AA BA =，只需证明11ABA A AB ∠=∠.而A 、B 、1A 、E 共圆，故11A EF ABA ∠=∠，11A AB BEA ∠=∠，于是只需证明1EA 为BEF ∠的平分线.ABCDB 1A 1E F对1AA C △的割线1BDB 及其内一点E 分别利用梅涅劳斯定理和塞瓦定理，得 11111CB A BAD B A DA BC⋅⋅=，11111CB A FAD B A DA FC⋅⋅=. 所以，11A F CFA B CB=. ①在射线CB 上取一点B '，使得11B EA A EF '∠=∠，则由190A EC ∠=︒，可知EC 为B EF '∠的外角平分线，于是，利用内、外角平分线定理，可知 11B A B E CB A F EF CF '''==. 从而，11A F A B CF CB '='. 对比式①得11A B A BCB CB'='，故B 与B '重合，因此，1A E 为BEF ∠的角平分线. 14.2.15★★★给定ABC △，点M 为BAC △内一点，使得MAB MCA ∠=∠，MAC MBA ∠=∠；N 为ABC △内一点，使得NBA NCB ∠=∠，NBC NAB ∠=∠；P 为ACB △内一点，使得PCA PBC ∠=∠，PCB PAC ∠=∠.证明：AM 、BN 和CP 三线共点，且该公共点在MNP △的外接圆上.AMA 1解析 延长AM 交BC 于点1A ，则11BMA MAB MBA MAC MCA CMA BAC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，即1MA 为BMC ∠的平分线，于是，11BA BM A C MC =.而由条件，易知ABM △∽CAM △，故B M A M A BA M M C A C===cb（这里a 、b 、c 为ABC △的三边长），从而2BM BM AM c MC AM MC b ⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭，故 211BA c A C b ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 同理可证：211CB a A B c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，211AC b B C a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，其中1B 为BN 与AC 的交点，1C 为CP 与AB 的交点（图中N 、P 未画出）.从而1111111BA CB AC AC B A C B ⋅⋅=. 于是，由塞瓦定理的逆定理可知AM 、BN 、CP 三线共点.设上述公共点为K ，O 为ABC △的外心，则2BMC BAC BOC ∠=∠=∠，故B 、M 、O 、C 四点共圆.于是设1MA 交这个圆于另一点2A ，则2A 为BC 的中点.结合OB OC =，可知2OA 为B 、M 、O 、C 所共圆的直径.因此，290OMA OMK ∠=∠=︒，类似可证，90ONK ∠=︒，90OPK ∠=︒.所以，M 、N 、P 在以OK 为直径的圆上.§14.3 其他问题14.3.1★求证：已知ABC △，点P 是BC 上一点，则有sin sin sin BAP CAP BACAC AB AP∠∠∠+=；反之，若上式成立，且BAP CAP BAC ∠+∠=∠（即AP 不是“反方向”的），则点B 、P 、C 共线.解析 如图，由ABP ACP ABC S S S +=△△△，得111s i n s i n s i n 222A B A P B A P A C A P P A C A BA C B A C ⋅∠+⋅∠=⋅∠，两边同时除以12AB AC AP ⋅⋅，即得结论. AB P C为证三点共线，只需将上述过程反过来，得ABP ACP ABC S S S +=△△△，于是点B 、P 、C 共线.14.3.2★★已知ABC △及直线l ，A 在l 上的身影为A '，A '在BC 上的身影为A ''，类似地定义B '，B ''和C '、C ''，求证：A A '''、B B '''和C C '''共点.解析 如图，只需证明2222220A B A C B C B A C A C B ''''''''''''-+-+-=（B ''、C ''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 '''''''-=+- 22B A A A '''-，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.B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.14.3.4★★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.MNAS P TFE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.14.3.5★★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. D M C NOLA K B解析 连结OB 、OD .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.14.3.6★★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(,)(,)(,)(,E G d Q E G E H d Q E H E G d P E G E H P E H⨯+⨯<⨯+⨯，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.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ABCD 中，90B ∠=︒，作矩形ABCE ，则B E A C B D ==，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.AFDEPB G C14.3.8★★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111222Z W A B A BC D W X ''====，即X W Z △为等腰三角形，并且XWZ ∠等于180︒减去A B ''与CD 所成的角γ.CZ B'YB W A'DXA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.14.3.9★★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.G 'AHBDF C E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E D A D E A D H B ∠=∠=∠（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 '∠=∠.14.3.10★★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.AF M BDCE N H由于2cos BM BK B =，2cos CN CK C '=，而2c o s 2c o s 22B FC E B C B CBC B C +=+=，故只需证明2cos 2cos BM CNB C+= 2cos 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. 14.3.11★★★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MN 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.C Q XP lMN TAYB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.14.3.12★★★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.CE AD FB G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bcx 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 AGCA AG GC==，于是222G B B G A G A Gc G C A G G C C Ab ⎛⎫=⋅== ⎪⎝⎭，即22G B c a G B b =+，从而222ac GB b c =-，结合B D DF x B C C A 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DFCE ='GD cGC b=，即2b CE b c '=+. 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. 14.3.13★★★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.A MBC QPDR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 ∠=∠.。

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