人教版初中数学《第14章共点线与共线点》竞赛专题复习含答案

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 BCD CE ==，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 AN EC AM NB ⋅⋅=，22CM CD AM AD =，22AN AD NB BD =，故2211BD BDCD 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 EF AF 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2KB CK=，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 DFRZ 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EA EB .延长BP 与CA 交于Q ，则Q ABC ∠=∠，故22BC a CQ CA b ==，2()a aQD a a b b b =+=+，AD a b =+，又由梅氏定理，1QD AN BP DA NB PQ ⋅⋅=，得2BP DA b a BCa PQ QD a CQb====，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C B G G C D ∠=∠，可知B C G △∽CDG △，故BC CG BG CD DG CG ==，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 BCF EBC 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 ，D M 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M D 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 QN由塞瓦定理及角平分线性质定理，有1A D B R C Q A B R C Q D ⋅⋅=.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 A C 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 PP 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 Gd Q E GE 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111222ZW A B AB CD WX ''====，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'Y BW 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22GB c a GB b =+，从而222ac GB b c=-，结合BD DF x BC 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DF CE =' GD c GC 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 BD S 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 ∠=∠.。