三点共线与三线共点的证明办法
三点共线的证明方法
向量三点共线定理及其扩展应用详解一、平面向量中三点共线定理的扩展及其应用一、问题的提出及证明。
1、向量三点共线定理：在平面中A 、B 、C 三点共线的充要条件是：.O A xO B y O C =+（O为平面内任意一点），其中1x y +=。
那么1x y +<、1x y +>时分别有什么结证？并给予证明。
结论扩展如下：1、如果O 为平面内直线BC 外任意一点，则 当1x y +<时 A与O 点在直线BC 同侧，1x y +>时，A 与O 点在直线BC 的异侧，证明如下：设 O A xO B y O C=+且 A 与B 、C 不共线，延长OA 与直线BC 交于A 1点设 1O A O Aλ= （λ≠0、λ≠1）A 1与B 、C 共线则 存在两个不全为零的实数m 、n1O A m O B n O C =+ 且1m n +=则 O A m O B nO C λ=+m n O A O B O C λλ⇒=+mx λ∴=、ny λ=1m nx y λλ++==（1）1λ> 则 1x y +< 则111O A O A O Aλ=<∴A与O 点在直线BC 的同侧（如图[1]）（2）0λ<,则101x y λ+=<<，此时O A与1O A 反向A 与O 在直线BC 的同侧（如图[2]）（3）1oλ<<，则1x y +>此时 111O A O A O A λ=>∴ A 与O 在直线BC 的异侧（如图[3]）2、如图[4]过O 作直线 平行AB ，延长BO 、AO 、将AB 的O 侧区域划分为6个部分，并设O P xO A y O B=+,则点P 落在各区域时，x 、y 满足的条件是：（Ⅰ）区：0001x y x y <⎧⎪>⎨⎪<+<⎩ （Ⅱ）区：0001x y x y >⎧⎪>⎨⎪<+<⎩ （Ⅲ）区：0001x y x y >⎧⎪<⎨⎪<+<⎩（Ⅳ）区：0011x y x y >⎧⎪<⎨⎪-<+<⎩（Ⅴ）区：00x y <⎧⎨<⎩ （Ⅵ）区：0010x y x y <⎧⎪>⎨⎪-<+<⎩（证明略）二、用扩展定理解高考题。
线共点(Ceva定理)
1.1 线共点:Ceva 定理
Ceva 定理由意大利工程师 Gviovanni Ceva(1647-1734)发表于 1678 年.为了纪念 Ceva, 人们把三角形顶点与其对边上任一点的连线叫做 Ceva 线. Ceva 定理 ABC 是三角形, P, Q , R 分别是直线 BC , CA, AB 上的点.直线 AP, BQ , CR 共 点的充要条件是(使用有向距离) BP CQ AR ⋅ ⋅ = 1. PC QA RB 证明:必要性 设直线 AP, BQ , CR 相交于点 T , 由于 BP 与 PC 的比等于 B 到 AP 的距离与 C 到 AP 的距离的比,所以
别是 EF , FD, DE 上的点,求证 AM , BN , CP 共点的充要条件是 DM , EN , FP 共点.
4. ΔABC 的内切圆与 BC , CA, AB 分别相切于 D, E , F .过 E 作平行于 AB 的直线交 DF 于 Q ,过 D 作平行于 AB 的直线交 EF 于 T .求证 CF , DE , QT 共点.
G H C F
AD SΔAEC CG SΔCBF = , = ,所以 DB SΔBEC GA SΔABF
E
D B
AD BH CG BH SΔAEC SΔCBF ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ . DB HC GA HC SΔBEC SΔABF
3
平面几何讲义
因为 ΔABE ∽ ΔACF ,所以
AE AB BE = = , ∠EAB = ∠FAC ,所以 AF AC CF 1 SΔAEC 2 ⋅ AE ⋅ AC ⋅ sin ∠EAC = =1. SΔABF 1 ⋅ AF ⋅ AB ⋅ sin ∠BAF 2
B A
F I D
E
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20-1，在△ABC 中，一直线截△ABC 的三边AB 、AC 及BC 的延长线于D 、E 、F 三点。
求证：1=⋅⋅DBADEA CE FC BF 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 . ,,BF BD EC DGCF DG AE AD∴== ∴1=⋅⋅=⋅⋅BDADAD DG DG BD BD AD EA CE FC BF例2 证明塞瓦定理：如图20-2，在△ABC 内任取一点P ，直线AP 、BP 、CP 分别与BC 、CA 、AB 相交于D 、E 、F ，求证：1=⋅⋅FBAF EA CE DC BD 证明,,.BCP ACPABP ACP BAP BCPS S S BD CE AF DC S EA S FB S ∆∆∆∆∆∆===∴1=⋅⋅=⋅⋅∆∆∆∆∆∆BCPACPABP BCP ACP ABP S S S S S S FB AF EA CE DC BD知识拓展】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，解这类问题一定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 、Q 两侧，∠ABP =∠CBQ 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定的点.（3）利用已知定理，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。
平面几何中三点共线的常见解法
2叙嗲活幼嫘歿讲；I中等数学平面几何中三点共线的常见解法T S J瑜(天津师范大学数学科学学院2019级硕士研究生，300387 )中图分类号:〇123.1 文献标识码:A文章编号：1005 - 6416(2021)04 - 0002 - 06(本讲适合高中）证明三点共线是数学竞赛中的一种常见 题型.本文结合近几年国内外数学竞赛中的 典型例题介绍几种常见的解题方法.1利用梅涅劳斯定理的逆定理例 1 已知的三条中线A4'、与其九点圆分别交于点£>、£、厂直线fiC、C4、仙上的点L、M、iV分别为A/lfiC 的三条高线的垂足，九点圆上以Z)、瓦、F为切 点的三条切线与直线M/V、L/V、L M分别交于 点'(?、/?.证明:P、<?、/?三点共线.[1](第17届地中海地区数学竞赛）证明如图1，设A/I S C的重心为C.图1由梅涅劳斯定理的逆定理，知只要证收稿日期:2020-11 -18NP MR LQ^p m'~r l'q n='A P D N c^^PMD.别得+h.NP^apdn ND1^P M~S^d m~DM2'^./i U X i U MR MF2LQ LE2类似地，RL = Fl T#= Ei y r为证式①成立，只要证ND MF LEd m'~f l'e n='②在A和A中，由正弦定理分ND ADsin Z BAG~ sin Z A N D'MD ADsin 乙 CAG sin Z A M D '两式相除得ND sin Z CAG sin AMDDM sin Z BAG sin Z ANDsin Z B'A'D B'D③sin C'A'D~C'D '类似地，MF sin Z BCGFL sin Z ACGA'FB'F，④LE sin 乙 ABG C'E⑤EN sin Z CBG A'E '对A4S C和点G应用角元塞瓦定理知sin /_ BAG sin X ACG sin X CBG_ .⑥sin CAG sin /_ BCG sin 乙ABG2021年第4期3③〜⑥四式相乘得ND MF LE BfD ArF C E----•—• — —-----•------•DM FL EN~ C'D B'F A'E'又由六点共圆，则A G D B'c^^GEA'B'D DGZ E =£G '米加她 A，F FG C，E EG类似地，C,Z)—D G W F— F G .三式相乘并代人式⑦，即得式②成立.【注】对于证明中的式⑦，由于圆内接凸 六边形水/满足氺£)、57、(：7三线共点，由角元塞瓦定理的推论也可得A'F B'D C'E~FB''15C''~EA'=j即式⑦右边=1.2利用平角的定义或角相等(1)如图，…，/)…为平面上 » +3个点，若Z A B D t +Z D'BD2+.._+Z D…B C= M)。
2025年高考数学二轮专题复习-点共线、线共点、点共圆问题-学案讲义
第9章点共线、线共点、点共圆问题9.1解法概述一、证明三点共线的常用方法(1)取三点中的一点,与另外两点分别连两条直线,证明它们都平行于或都垂直于某一条直线.(2)证明连接两点的直线通过第三点.(3)以三点中居中的点为顶点,过另外两点作两条射线,证明形成平角.(4)居中的点与另外两点分别相连,形成两条直线,若与过中间点的一条直线组成对顶角,则三点共线.(5)连接三点的三条线段中,有一条等于另外两条之和.(6)以三点为顶点的三角形的面积为0.(7)同一法,反证法.二、证明三线共点的常用方法(1)设两直线的交点,再证明此点在第三条直线上.(2)证明各直线都过同一个特殊点.(3)设两直线的交点,过此交点作出某一条直线,证明这条直线与第三条直线重合.(4)证明以三直线两两相交的三个交点为顶点的三角形的面积为0.(5)利用已知的线共点的结论.(6)同一法、反证法.三、证明四点共圆的常用方法(1)四边形对角互补或者某一外角等于内对角.(2)线段同侧的两点对于线段的张角相等.(3)各点到某一定点的距离相等.(4)利用相交弦定理的逆定理.(5)把四边形分成两个有公共边的三角形,证明这两个三角形的外接圆重合.(6)利用四点共圆的有关判定定理.9.2范例分析[范例1]三角形一边上的高线的垂足在另外两边及另外两高线上的射影四点共线.分析1对于四点共线问题，先证其中三点共线，再证第四点也在该直线上，如图F9.1.1所示，我们先证P Q M 、、三点共线，这只要证180PQ D D Q M ∠∠+=.容易看出B P 、、Q D 、共圆，D Q H M 、、、共圆，所以180B PQ D D Q M D H M ∠∠∠∠+==，，于是只要证B DHM ∠∠=，这可由B D 、、H F 、的共圆证出.证明1因为90BPD BQ D ∠∠==，所以B P Q D 、，、共圆，所以180PQ D B ∠∠+=.图F9.1.1因为9090180D Q H D M H ∠∠+=+=，所以D Q H M 、、、共圆，所以DQM DHM∠∠=因为9090180HDB HFB ∠∠+=+=，所以B D H F 、、、共圆，所以DHM B ∠∠=.所以180PQ D D Q M ∠∠+=，即P Q M 、、三点共线.同理N M Q 、、共线.因为M Q 、为两直线上的公共点，所以P Q M N ，，，四点共线.图F9.1.2分析2也可以采用同一法，连PN ，再证明Q M ，在直线PN 上.设PN 与BE CF ，各交于11Q M ，，如图F9.1.2所示.因为180APD AND ∠∠+=，所以A P D N 、、、共圆，所以12∠∠=.又由A E D B 、、、共圆，13∠∠=，所以23∠∠=，所以1B D Q P 、、、共圆，所以190BQD BPD ∠∠==，即1DQBE ⊥.但过BE 外的点D 只能作一条垂线与BE 垂直，由1D Q B E D Q BE ⊥⊥，，可见Q 与1Q 重合.同理M 与1M 重合.这就证出了P Q M ，，、N 共线.(证明略.)分析3如图F9.1.3所示，连.PN PQ 、若能证出PN PQ 、都与同一条直线平行，则P 、N Q 、共线.从图上观察，容易发现EF 是所说的直线，连EF .因为CF AB DP AB ⊥⊥，，所以//CF DP ，同理//BE DN .设H 为ABC 的垂心.由AF AH AH AE FP HD HD EN ==，知AF AE FP EN=，所以//PN EF .只要再证//PQ EF ，也就是要证明BP BQ PF QE=.图F9.1.3和证明//PN EF 的方法类似，我们也尝试找一媒介比值，这只要取BD DC即可，很容易由平行截比定理证出BP BQ PF QE，所以//PQ EF .这表明从P 发出的两直线PQ PN 、都与EF 平行，所以P Q N ，、共线.同理可证P M ，、N 共线.(证明略.)[范例2]1O 和2O 外离，11AB 是一条外公切线，22A B 是一条内公切线，12A A ，是1O 上的切点，12B B 、是2O 上的切点，则121212OO AA BB 、、三线共点.分析1证明三线共点，可先设两条直线交于一点，再证另一直线也过此点或两直线与第三条直线的交点都与之重合.设11AB 和22A B 交于P ，容易证明122P B O B 、、、共圆，利用圆的内接四边形的外角等于内对角的定理，可证12212P AA O BB ∽，从而推出122//AA PO .同理有112//OP BB ，这样分析后可以看出有可能通过比例证出1212AA BB 、和12OO 的交点重合.图F9.2.1证明1连11122112OA OA O B OB ，、、，延长22B A ，交11AB 于P ，连12P O P O 、，设1PO 交12AA 于12D P O ，交12BB 于2D .如图F9.2.1所示.因为211222O B BP O B B P ⊥⊥，，所以1P B 、、22O B 、共圆，所以12122APA BO B ∠∠=.因为122122PA PA O B O B ==，，所以等腰12122AP A BO B ∽，所以21212B BO PAA ∠∠=.因为2111OB AB ⊥，即2122190B BO B B P ∠∠+=，所以122190PA A B B P ∠∠+=，所以1212AA BB ⊥.因为212PO BB ⊥，所以212//PO AA .因为112PO AA ⊥，所以112//PO BB .设12AA 的延长线交12OO 于M ，设12BB 和12OO 交于N .由平行截比定理，1222211121PD O M O D O N D O MO D P NO ==，因为1221212112PAA O BB PBB OAA ∽，∽，所以11211122212212PD A A D O A A O D B B D P B B ==，，所以111222PD DO O D D P =，所以122112PD O D DO D P =.所以2211O M O N MO NO =.由合比定理，212111O M MO O N NO MO NO ++=，即212111O O O O MO NO =，所以11M O NO =，所以M N 、重合.所以121212AA BB OO 、、三线共点.分析211 A O 和21OB 同垂直于11AB ，则11OA 和21OB 可看作以11AB 为直径的圆的两条切线.同理1222OA OB 、都垂直于22A B ，则1222OA OB 、又可看作以22A B 为直径的圆的切线.因为11122122OA OA O B O B ==，，可见12O O 、是到两个圆的切线长相等的点，即直线12OO 是此二圆的根轴.由分析1知1212AA BB ⊥，设垂足为M .因为112290AMB A MB ∠∠==，所以M 是此两圆的公共点.故12OO 应在两圆的公共弦线上.这样，只要连12OM O M 、，证出12O M O 、、共线，问题就解决了.证明这样的三点共线可采取分别证出12O O 、都在过M 的某一条直线上的方法.证明2设12AA 的延长线和12BB 交于M .如证明1所证，112AM BB ⊥.如图F9.2.2所示，以1122AB A B 、为直径各作一个圆.因为1:2290AMB A MB ∠∠==，所以M 在此两圆上.设两圆另外一交点为N .连11122122OA OA O B O B ，，，.因为11112111O A AB O B AB ⊥⊥，，所以11OA 和21OB 是F9.2.211AB 的两条切线.同理12OA 和22O B 是22A B 的两条切线.连1OM ，设1OM 与11AB 和22A B 各交于12N N 、，由切割线定理，221122OA OM ON OA OM ON =⋅=⋅，.因为2212OA OA =，所以12OM O N O M O N ⋅=⋅，所以12O N O N =.所以12N N 、重合，即1N 是11AB 和22A B .的公共点.因为两圆相交只有两个公共点，所以12N N 、都与N 点重合.可见1O 在MN 上，即1O 在11AB 和22A B 的公共弦上.同理可证2O 在MN 上，所以12O M O 、、三点共线.所以121212OO AA BB 、、三线共点.分析3这个公共点是否能预先确定它的性质?也即是说，M 点是怎样的特殊点?作出另一条内公切线EF E F ，、各是12O O 、上的切点.设EF 的延长线与11AB 交于1P ，过1P 作1212PP OO M ⊥，为垂足，则这个垂足M 即是所说的点.这样，我们可以先作出M ，然后证出1212AA BB 、也过此点.这只要在连12BM B M 、后证出1122BM P B M P ∠∠=，则可推知12B M B 、、三点共线.同理，12A M A 、、三点共线.可见1212AA BB 、都过12OO 上的这个特殊点.证明3作另一条内公切线EF ，在1O 上的切点为E .在2O 上的切点为F .延长EF ，交11AB 于1P ，过1P 作12OO 的垂线12PP ，交22A B 于2P ，交12OO 于M .连1221212M B M B M F O P O B O F 、、、、、，如图F9.2.3所示.由整个图形关于12OO 轴对称知122F M P B M P ∠∠=.因为111PF PB ，都是切线，所以212111O F PF O B PB ⊥⊥，，可见121P F M O B 、、、、五点都在以21OP 为直径的圆上，所以121FM P FO P ∠∠=，又2112112111FO P BO P BO P BM P ∠∠∠∠==，，所以1122BM P B M P ∠∠=.可见12M B B 、、共线，即12BB 与12OO 也交于M 点.同理，利用111A P M E O 、，、、(以11OP 为直径)五点共圆及关于12OO 的轴对称性，又可证出1121AM O AM O ∠∠=、可见12A A M 、、共线，即12AA 的延长线也过M 点.综上，121212AA BB OO ，，三线共点于M .[范例3]P 为等腰ABC 的底边BC 上的任一点，////PQ AB PR AC ，，分别交AC 、AB 于Q R 、.设D 为P 点关于直线R Q 的对称点，则A D B C 、、、四点共圆.分析1通过对角互补可证四点共圆.从条件知RB RP RD ABC ACB QD QP QC ∠∠=====，，，又由ARPQ 是平行四边形，可进一步得到AQ RP RD QD AR ===，，可见ADQ DAR ≅，所以.RDA QAD ∠∠=这时把四边形ADBC 的两组对角分别加起来，很容易发现对角之和相等.图F9.3.1证明1如图F9.3.1所示，连RD DQ 、.由对称性，QD QP RD RP ==，.易证ARPQ 是平行四边形，所以QP AR RP AQ ==，，所以AR QD AQ RD ==，，所以ADQ DAR ≅，故 ∠∠=QAD RDA①易证RP RB =，所以RB RD =， ∠∠=RDB RBD②因为AB=AC，所以 ∠∠=ABC ACB③式①+式②+式③得QAD ABC RBD RDA ∠∠∠∠++=+RDB ACB∠∠+即DAC DBC ADB ACB ∠∠∠∠+=+.因为360DAC DBC ADB ACB ∠∠∠∠+++=，所以180DAC DBC ∠∠+=，所以A 、D B C 、、共圆.分析2要证四点共圆，还可通过证明BDC BAC ∠∠=.由于BAC PQC BRP ∠∠∠==，只要证出BDC ∠和其中任一角相等即可.但是直接证BDC ∠和BAC PQC ∠∠、、BRP ∠中的任何一个相等都有困难，这时可试着把BDC ∠分成几部分，若每部分都和要证的角有一定的关系，则BDC ∠整体也容易建立与要证的角的联系.注意到RD RB RP QD QP QC ====，的事实，可以想到BDP 的外心是R PDC ，的外心是Q ，引用圆周角和同弧对的圆心角关系的定理，可很快证出结论.证明2连DQ DP DR DC ，、、，如图F9.3.2所示.易证.RD PB PR QD QP QC ====，可见R 是DBP 的外心，Q 是PDC 的外心.由圆周角和同弧上的圆心角关系的定理，1122BDP BRP PDC PQC ∠∠∠∠==，易证BRP PQC BAC ∠∠∠==，所以11112222BDP PDC BRP PQC BAC BAC BAC ∠∠∠∠∠∠∠+=+=+=，即BDC BAC ∠∠=，所以A D B C 、、、共圆.图F9.3.2分析3要证四点共圆，可以通过证A D B C 、、、到一个定点等距离.这个定点如果存在，那么显然是ABC 的外心O .利用BRO AQO ≅，可得OR OQ =，即O 点在R Q 的中垂线上.只要证出ADRQ 是等腰梯形，RQ AD 、是底，则可知O 也在AD 的中垂线上.这样，O 到A D B C 、、、距离相等.要证明ADRQ 是等腰梯形，只要证出ADR ADQ ≅即可.证明3设O 为ABC 的外心.连OA OB OR OQ DR DQ OD OC 、、、、、、、，如图Y9.3.3所示.因为OA OB =，所以OAB OBA ∠∠=.又OAB OAC ∠∠=，所以OAC OBA ∠∠=.易证ARPQ 是平行四边形，所以AQ RP =，又RP RD RB ==，所以AQ RB RD ==，所以OBR OAQ ≅，所以OR OQ =，即O 在R Q 的中垂线上.因为DQ QP AR RD AQ AD ===，，为公共边，所以ADR ADQ ≅，所以R Q 、到AD 等距离，所以ADRQ 是等腰梯形.由等腰梯形的轴对称性知，O 点又在AD 的中垂线上，即OA OD =.所以OA OD OB OC ===，可见A D B C 、、、共圆.图F9.3.39.3研究题[例1]三角形的三条中线共点.证明1(三角形中位线定理、平行四边形的性质)设中线BE CF 、交于G ，连AG 并延长，交BC 于D ，延长AD 到H ，使GH AG =，连BH CH 、，如图Y9.1.1所示，则GF GE 、各是ABH 和AHC 的中位线，所以////GF BH GE HC ，，所以GBHC 是平行四边形，BC GH 、是其对角线.因为平行四边形的对角线互相平分，所以BD DC =，所以AD 是BC 边的中线，所以AD BE CF ，，三中线共点.图Y9.1.1图Y9.1.2证明2(三角形的中位线、平行四边形的性质)设中线BE CF 、交于G 点，D 为BC 的中点，连GA GD 、，作//CH GD ，交BE 的延长线于H ，作//EM CF ，交AF 于M ，如图9.1.2Y 所示.在BCH 和ACF 中，由中位线定理知1122GB GH AM MF AF BF ====，.在BEM 中，由平行截比定理，12EG MF GBBF==，所以12EG GB =，所以12EG GH =，所以EG EH =.因为AE EC EG EH ==，，所以A G C H 、、、是平行四边形的四个顶点，所以//GA CH .因为////GA CH GD CH ，，所以A G D 、、共线，即AD 是中线，所以AD BE CF 、、三中线共点.图Y9.1.3证明3(中位线定理、相似三角形)设中线AD BE 、交于G ，中线AD CF 、交于G '.连DE ，如图所示，则DE 是ABC 的中位线，所以DEAB ，12DE AB =，由∽DEG ABG 知2.==AG ABGD DE同理，连DF 后有2AG AC G D DF ''==，所以AG AG GD G D=''，所以AG GD AG G D GD G D '+='+'，即AD ADGD G D='，所以GD G D G ='，与G '必定重合.所以三中线AD BE CF 、、共点.证明4(三角形的中位线、平行四边形的性质)设中线BE CF 、交于G ，中线BE AD 、交于G '.设P Q ，分别是GB GC 、的中点，连EF 、P Q ，如图9.1.4Y 所示，则EF PQ 、分别是ABC 和GBC 的中位线，所以1122EFBC PQ BC ，，所以EF PQ ，所以E F P Q 、、、是平行四边形的四顶点，所以.GE GP PB ==同理，若连DE ，又可证G E G P PB '=='，所以GE G E PB '==，所以G 、G '重合.所以三中线AD BE CF 、、共点.图Y9.1.4图Y9.1.5证明5(引用第5章例2的结果)设中线AD BE 、交于G AD CF ，、交于G '.如图Y9.1.5所示.由第5章例2的结果，2222AG AE AG AF GD EC G D FB ''====，，所以AG AG GD G D=''.可见G G '、内分AD 成等比值.由分点的唯一性知G G '、重合，即三中线AD BE CF 、、共点.证明6(Ceva 定理)设BD DC CE EA AF FB ===，，.因为1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=，由三线共点的Ceva 定理知AD BE CF 、、共点.证明7(面积法、反证法)设三中线两两相交于P Q R 、、，如图9.1.6Y 所示.若P Q R 、、共线，表明AD BE CF 、、各有两公共点，所以AD BE CF 、、共线，与三角形的假设违背，所以P Q R 、、不共线.若P Q R 、、实际上只是两点，设P Q 、重合而与R 不重合，则AD 与CF 有两个公共点，所以AD CF 、应重合，与已知矛盾，所以P Q R 、、不能仅有两点重合.若P Q R 、、是不共线的三点，则0.PQRS≠连FD ，如图9.1.6Y 所示.FD 是中位线，所以//FD AC ，所以A D C A P C S S =，所以ADC ARC AFC ARC S S S S -=-，所以A F R C D R S S =.图Y9.1.6同理，AQEBQD CPE BPF SS S S ==，.连AP BR CQ 、、.因为D E F 、、各是BC CA AB 、、的中点，所以BRD CRD AQECQE APFBPF S S SS SS ===⋅，，故C RD S ==+ARFAQPF PQR SS S ，AQE S ==+BQD BPRD PQR S S S ，BPF S ==+CPE CRQE PQRS S S 因为，=+=+AQPF APF APQ BPF APQ S S S S S ，=+=+BPRD BRD BPR CRD BPR S S S S S=+=+CRQE CQE CQR AQECQR S S S SS ，把它们代人式(1)、式(2)、式(3)，再把三式相加，就得到30AQPBPR COR PQR SS S S +++=，此式表明0PQRS=，这与假设矛盾.所以P Q R 、、是一个点，即三中线AD BE CF 、、共点.证明8(引用第6章例5的结论)设三中线AD BE CF 、、两两相交于.P Q R 、、由第6章例5的结论，22(1)1POR ABCSSλλλ-=++.这里1BD CE AFDC EA FBλ====，所以0PQR ABCS S =，所以0.PQRS=但由证明7的分析知，P Q R 、，不可能共线或仅有两点重合，所以P Q R 、、实为一个点，即三中线AD BE CF 、、共点.图Y9.1.7证明9(面积法、三角形全等)设中线BE CF 、交于G ，连AG 并延长，交BC 于D ，作BM 、CN ，均与AD 垂直，垂足分别是M N 、，如图Y9.1.7所示.因为E F 、分别是AC AB 、的中点，所以12AEBAFCABCSSS ==⋅所以AEB AEGF AFC AEGF S S S S -=-，即E G C F G B S S =.又因为E G C E G A F G B F G A S S S S ==，，所以A G C A G B S S =.因为AGC AGB 、有公共底AG CN BM ，、是对应高，所以CN BM=因为CDN BDM ∠∠=，所以Rt Rt CND BMD ≅，所以CD BD =，即AD 是BC 边上的中线，所以三中线AD BE CF 、、共点.证明10(解析法)如图Y9.1.8所示，建立直角坐标系.设()()0Cc A a b ，，，，则022222c a c b a b D E F +⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，.内分AD 成比值2λ=的点的坐标为221123A D c a x x a c x λλ+⋅++===++，图Y9.1.8201123A D y y b by λλ++⋅===++.33a c b +⎛⎫ ⎪⎝⎭即，2BE λ=内分成比值的点的坐标为0221123B Ea cx x a c x λλ++⋅++===++0221123B E by y b y λλ+⋅+===++即33a c b +⎛⎫⎪⎝⎭，.同法还可求出内分CF 为2λ=的分点也是这个点，即33a c b +⎛⎫⎪⎝⎭，是AD BE CF 、、的公共点，所以三中线AD BE CF 、、共点.[例2]三角形的三高共点.证明1(相似三角形、共圆)设两高BE CF 、的交点为H ，连AH 并延长，交BC 于D ，连EF ，如图9.2.1Y 所示.由A F H E 、、、共圆知12∠∠=.由B C E F 、、、共圆知23∠∠=，所以13∠∠=.因为C ∠为公共角，所以BEC ADC ∞，所以90ADC BEC ∠∠==，所以AD 也是高线，即三高AD BE CF 、、共点.图Y9.2.1图Y9.2.2证明2(共圆、证三点共线)设两高BE CF 、交于H ，连AH ，作HD BC ⊥，垂足为D ，连FE ，如图Y9.2.2所示.因为A F H E 、、、共圆，所以12∠∠=.因为B C E F 、、、共圆，所以1ACB ∠∠=.因为H D C E 、、、共圆，所以3ACB ∠∠=.所以32∠∠=，所以A H D 、、共线，即AD BC ⊥，所以三高AD BE CF 、、共点.证明3(利用三角形三边的中垂线共点的性质)分别过A B C 、、作对边的平行线，三条直线两两相交，交点为111A B C 、、，如图Y9.2.3所示.易证111ABC 各边的中点分别是A B C 、、，所以AD BE CF 、、是111ABC 各边的中垂线.因为三角形各边的中垂线共点，所以AD BE CF 、、共点，即ABC 的三高共点.图Y9.2.3证明4(Ceva 定理)如图Y9.2.4所示.由Rt Rt ADC BEC ∽知DC EC AC BC=.由Rt Rt BEA CFA ∽知AE AF AB AC=.由Rt Rt BFC BDA ~知BF BD BC AB =.图Y9.2.4以上三式连乘，得到DC AE BF EC AF BD AC AB BC BC AC AB⋅⋅=⋅⋅，所以1BD CE AF DC EA FB⋅⋅=.由Ceva 定理知AD BE CF 、、共点.证明5(解析法)图Y9.2.5如图Y9.2.5所示，建立直角坐标系.设()()0C a A b c ，，，.AD 的方程为x b =.因为AC c k b a =-，所以BE a b k c-=，所以BE 的方程为a b y x c-=.两方程联立可得()b a b H b c ⎛⎫- ⎪⎝⎭，.所以()0AB CH b a b c b c k k b b a c--===--，，所以1A B C H k k ⋅=-，所以CH AB ⊥，可见CH 也是高，所以三高AD BE CF 、、共点.[例3]两直线12l l 、交于O 点，在1l 上有A B C 、、，满足OA AB BC ==.在2l 上有L M N 、、，满足LO OM MN ==，则AL BN CM 、、三直线共点.证明1(三角形中位线定理、同一法)设AL BN 、交于K .连MK 并延长，交OB 的延长线于1C ，连AM ，如图Y9.3.1所示，则AM 是OBN 的中位线，所以1=2AM BN .因为LAM LKN ∽，所以32NK LN AM LM ==，所以3324NK AM BN ==，所以1142KB BN AM ==.因为//KB AM ，所以1112C B KB C A AM ==，所以1CB AB =.因为AB BC =，所以1BC CB =，即C 与1C 重合.所以AL BN CM 、、三线共点.图Y9.3.1图Y9.3.2证明2(平行截比定理、三角形的中位线)作//MP AL ，交1l 于P ，连AM ，设AL CM 、交于K ，连BN ，如图Y9.3.2所示.易证AOL POM ≅，所以AO PO AP AC ==，.在CMP 中，由中位线逆定理知AK 是CMP 的中位线，所以CK KM =.因为OA OM AB MN=，所以//AM BN .在CMA 中，由中位线逆定理知BN 与CM 的交点是CM 的中点，即BN 也过K .所以AL BN CM 、、三线共点.证明3(中位线定理、重心的性质)连MA CL 、，如图9.3.3Y 所示.在OBN 中，AM 是中位线，所以//AM BN .在AMC 中，由中位线逆定理知BN 必过CM 的中点K ，即CK KM =.在MLC 中，CO 是ML 边上的中线，A 点分CO 成2:1的两部分，所以A 是MLC 的重心，所以LA 必是CM 上的中线，即LA 过K .所以AL BN CM 、、三线共点.证明4(同一法)设AL BN 、交于K ，作2//B P l ，分别交CM LK 、于P Q 、，设CM BN 、交于K '，如图Y9.3.4所示.易证OAL BAQ ≅，所以BQ OL OM MN ===.由LKN QKB ∽知33KN LM OL KB BQ BQ===.由MNK PBK ''∽知MN K N BP K B'='.在COM 中，3OM OC BP BC ==，所以3MN BP =，所以3K N K B ''=，即3KN K N KB K B'='=.可见K K '、都是内分线段NB 成比值3的点，由定比分点的唯一性知K K '、重合，即AL BN CM 、、共点.图Y9.3.3图Y9.3.4证明5(解析法)如图Y9.3.5所示，建立直角坐标系.设OA AB BC a LO OM MN b ======，，AOM ∠α=，则()()()()()()02030cos sin cos sin 2cos 2sin A a B a C a L b b M b b N b b αααααα--，，，，，，，，，，，AL 的方程为()sin cos b y x a b aαα-=⋅---，即图Y9.3.5()sin cos sin 0xb b a y ab ααα-+-=①BN 的方程为()2sin 22cos 2b y x a b aαα=⋅--，即()sin cos 2sin 0xb b a y ab ααα---=②CM 的方程为()sin 3cos 3b y x a b aαα=⋅--，即()sin cos 33sin 0xb b a y ab ααα---=③方程(1)、(2)、(3)的系数行列式为sin cos sin sin cos 2sin sin 3cos 3sin ααααααααα-------b a b ab b a b ab b a b ab 221cos 1sin 1cos 213cos 3αααα---=----a b ab a b a b 22111111sin 112cos 1120133113ab a b αα⎛⎫-- ⎪=⋅-+⋅= ⎪ ⎪-⎝⎭所以AL BN CM 、、三线共点.[例4]在梯形ABCD 中，//AD BC AD BC AB F +=，，为CD 的中点，则A B ∠∠、的平分线必交于F .证明1(梯形的中位线、等腰三角形)图Y9.4.1作//FE AD ，交AB 于E ，如图9.4.1Y 所示，则EF 是梯形的中位线，所以()1122EF AD BC AB AE EB =+===，所以13∠∠=.因为23∠∠=，所以12∠∠=，即A ∠的平分线为AF .同理可证B ∠的平分线是BF .证明2(三角形全等、等腰三角形)延长AF ，交BC 的延长线于G ，如图Y9.4.2所示.易证ADF GCF ≅，所以AD CG =.因为AD BC AB +=，所以BC CG AB +=，即AB BG =，所以13∠∠=.又23∠∠=，所以12∠∠=，即A ∠的平分线过F 点.同理可证B ∠的平分线也过F 点.图Y9.4.2图Y9.4.3证明3(梯形的中位线、三角形全等、菱形的性质)作//FE AD ，交AB 于E ，则EF 是梯形的中位线.过F 作AB 的平行线，交BC 于H ，交AD 的延长线于G ，如图Y9.4.3所示.易证FDG FHC ≅，所以DG CH =，所以AD BC AG BH AB +=+=.易证ABHG 是平行四边形，所以AG BH =，所以12AG AB AE EB ===，所以AEFG 、BHFE 都是菱形，AF BF 、分别是它们的对角线.由菱形的对角线的性质知AF BF ，分别是A B ∠∠、的角平分线.证明4(三角形全等、内角和定理)在AB 上取G ，使AG AD =.因为AB AD BC AG GB =+=+，所以BG BC =.连GD 、GC GF AF BF 、，、，如图Y9.4.4所示，则1234∠∠∠∠==，.因为1218034180180A B A B ∠∠∠∠∠∠∠∠++=++=+=，，，所以1234180∠∠∠∠+++=，即1390∠∠+=，所以180131809090DGC ∠∠∠=--=-=.所以GF 是Rt DGC 斜边上的中线，所以FD FC FG ==.由ADF AGF BCF BGF ≅≅，知5678∠∠∠∠==，，所以A B ∠∠、的平分线交于F 点.图Y9.4.4图Y9.4.5证明5(面积法)过F 作MN AD ⊥，交AD 于M ，交BC 于N .作FE AB ⊥，垂足为E .伡AF BF 、.如图Y9.4.5所示.易证Rt Rt FMD FNC ≅，所以FM FN =.因为()()1111112222222ADF BCF ABCD MN S S AD FM BC FN AD BC FM AB FM AD BC S +=⋅+⋅=+⋅=⋅=+⋅=，，所以MF EF =，所以MF EF FN ==.可见F 点到A B ∠∠、的两边等距离，所以AF BF 、分别是A B ∠∠、的平分线.证明6(解析法)如图Y9.4.6所示，建立直角坐标系.设AD b BC a ABC ∠α===，，，则()0((C a A a +，，b)()()()()()cos sin )cos sin 1cos sin 22a b a b a b D b a b a b F αααααα++⎛⎫+++++ ⎪⎝⎭，，，，连BF AF 、.因为()sin sin 2tan tan 1cos 21cos 2AB BFa bk k a b αααααα+====+++，，所以BF 是B ∠的平分线.同理AF 是A ∠的平分线.图Y9.4.6[例5]在ABC 中，2B C AD BC M ∠∠=⊥，，在AB 的延长线上，BD BM N =，为AC 的中点，则M D N ，，共线.图Y9.5.1证明1(同一法)连MD 并延长，交AC 于1N ，如图Y9.5.1所示.在BMD 中，122223M ∠∠∠∠∠∠=+==，，所以123∠∠=.因为12C ∠∠=，所以3C ∠∠=，所以11D N NC =.易证11DN AN =.所以1N 是Rt ADC 的斜边的中点，所以N 与1N 重合.所以M D N ，、共线.证明2(直角三角形斜边中线定理)如图Y9.5.2所示，连DM DN 、.在Rt ADC 中，DN 是斜边上的中线，所以NDC C ∠∠=.因为12C ABC ∠∠=，所以12NDC ABC ∠∠=因为ABC ∠是等腰BMD 的外角，所以2ABC M BDM BDM ∠∠∠∠=+=，所以12BDM ABC ∠∠=所以BDM NDC ∠∠=，所以M D N 、、共线.图Y9.5.2图Y9.5.3证明3(角平分线、平行公理)连DM DN 、，作ABC ∠的平分线BP ，交AC 于P ，如图Y9.5.3所示.因为222ABC C ∠∠∠==，所以2C ∠∠=.因为DN 是Rt ADC 斜边上的中线，所以4C ∠∠=，所以24∠∠=，所以//BP DN .因为ABC ∠是等腰BMD 的外角，所以232223ABC ∠∠∠∠==，，所以23∠∠=，所以//BP MD .可见MD DN 、都与BP 平行，所以M D N 、、共线.证明4(Menelaus 定理)在DC 上取1B ，使1D B D B =，连1AB ，如图Y9.5.4所示，则1ABB 是等腰三角形，所以111AB AB ABB ABB ∠∠==，图Y9.5.4因为2ABC C ∠∠=，所以12ABB C ∠∠=，所以1A BC 也是等腰三角形.所以11A B BC =.因为BM BD AN NC==，，所以11D C D B BC BD AB BM AB AM =+=+=+=，所以1AM BD CNBMDC NA⋅⋅=由Menelaus 定理知M D N 、、三点共线.证明5(解析法)如图Y9.5.5所示，建立直角坐标系.图Y9.5.5连DM DN MN ，，.设()()()000A a C c B b ，，，，，，则22c a N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，.作BE DM ⊥，垂足为E ，由三线合一定理知.ME ED =设BMD ∠α=，则2BDM ABC ∠α∠α==，.因为2ABC C ∠∠=，所以C ∠α=，所以()22cos 2cos sin M b b ααα，.所以M N DS 22cos 2cos sin 11122201ααα=b bc a22cos 2cos sin 1222ααα=b b c a ()cos cos sin 2ααα=-b a c 在Rt ADC 中，由正弦定理，()sin sin cos sin 90a c c cDAC α∠αα===-，所以cos sin a c αα=⋅，所以0M ND S =，所以M N D 、、三点共线.[例6]在ABC 中，E F 、分别是AB AC ，的中点，延长CE 到P ，使EP EC =，延长BF 到Q ，使FQ FB =，则P A Q ，、共线.证明1(证明平角)如图Y9.6.1所示，伡AP AQ ，.易证AEP BEC AFQ CFB ≅≅，，所以1ABC ∠∠=，3ACB∠∠=图Y9.6.1因为2180ABC ACB ∠∠∠++=，所以213180∠∠∠++=，即PAQ ∠为平角，所以P A Q 、、共线.证明2(利用平行公理)如图Y9.6.2所示，连AP AQ PB QC 、、、.因为四边形APBC 和四边形ABCQ 的对角线互相平分，所以APBC 和ABCQ 都是平行四边形，所以////AP BC AQ BC ，.由平行公理知P A Q 、、共线.证明3(中位线定理、乎行截比定理、同一法)连Q A 并延长，交CE 的延长线于1P ，连EF ，如图9.6.3Y 所示.因为EF 是BAQ 的中位线，所以//AQ EF ，所以1//AP EF .在1CAP 中.由平行截比定理，11P E AFEC FC==，所以1PE EC =.又PE EC =，所以1.PE PE =且1P P E 、、共线，1P P 、在E 点同侧，所以1P 和P 重合.所以P A Q ，、共线.证明4(平行截比逆定理、平行公理)连PQ AQ EF 、、，设CE BF 、交于O ，如图9.6.3Y 所示.因为EF 是ABC 和ABQ 的中位线，所以////EF BC AQ ，所以EOF COB ∽，所以OF OE BO CO =，所以OF OEBF CE=.因为BF FQ CE EP ==，，所以OF OEFQ PE=，由平行截比逆定理，//PQ EF ，所以//PQ AQ .所以P A Q ，、共线.图Y9.6.4证明5(解析法)如图Y9.6.4所示，建立直角坐标系.设()()0Ca Abc ，，，，则2222b c a b c E F +⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，由中点坐标公式可求出P Q 、的纵坐标，202022P Q c cy c y c =⋅-==⋅-=，，所以P Q A y y y ==，所以P A Q ，，共线.[例7]梯形的上下底的中点和对角线的交点共线.证明1(同一法)如图Y9.7.1所示，设上、下底的中点各为E F 、，对角线的交点为O (以下同).连EO 并延长，交AB 于1F .由1COE AOF ~知11CE OEAF OF =.图Y9.7.1证明1由1DOE BOF ∽知11DE OEBF OF =.所以11CE DEAF BF =.因为CE DE =，所以11AF BF =，所以1F 为AB 的中点，所以1F 与F 重合.所以E O F 、、共线.图Y9.7.2证明2(证明对顶角)连OE OF 、，如图Y9.7.2所示.由COD AOB ∽知1212CDCO CD CEOA AB AF AB ===.因为12CO CEOA AF∠∠==，所以COE AOF ∽，所以34∠∠=，即34∠∠、形成对顶角.所以E O F 、、共线.证明3(平行截比定理、同一法)如图Y9.7.3所示，过O 作//MN AB ，分别交AD BC 、于M N 、，则MO ON =.延长AD BC 、，相交于P ，连PF .设PF 与MN CD 、各交于11O E 、.因为////AB MN CD AF FB =，，由平行截比定理知1111M O ON DE EC ==，，所以O 与1O E ，与1E 分别重合.所以E O F 、、共线.图Y9.7.3图Y9.7.4证明4(平行截比定理、平行四边形的性质)如图Y9.7.4所示，连.OF 作11////A D O F B C O F ，，各交BO AO 、的延长线于11D C 、.连11DC .由中位线性质逆定理知1122AD OF BC OF ，，所以11AD BC ，所以11ABC D 是平行四边形.延长FO ，交11CD 于1E ，交CD 于2E ，则1E 是11CD 的中点.因为11////CD ABC D AB ，，所以11//C D CD ，由平行截比定理知2E 是CD 的中点，所以2E 与E 重合.所以E O F 、、共线.图Y9.7.5证明5(面积法、反证法)若E O F 、、不共线，则0EOF S ≠.连OE OF EF 、、，过O 作//MN AB ，分别交AD BC 、于M 、N ，如图Y9.7.5所示，则OM ON =.所以O D M O CN O M A O NB S S S S ==，.因为AF FB DE EC ==，，又有O CEO D E O BF O AF S S S ==，S ，所以O D M O D E O M A O AFO NC O CE O NB O BF S S +++=+++S S S S S S ，即AFOED EOFBC S S =.因为()()11(22AFED EFBC S AF ED h S BF CE h h =+=+，表示梯形ABCD 的高)AF ED BF CE +=+，，所以A F E D E F B C S S =，即AFO ED EO F EO FBC EO F S SS S +=-.由此可知0EOF S =，与假设矛盾，所以E O F 、、共线.证明6(解析法)如图Y9.7.6所示，建立直角坐标系.设()()()0B b D d a C c a ，，，，，，则022c d b E a F +⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，连.EF EF 的方程是222a b y x c d b ⎛⎫ ⎪⎛⎫=- ⎪ ⎪+⎝⎭ ⎪-⎝⎭，即图Y9.7.6()2a y x b c d b=-+-AC 的方程为a y x c=BD 的方程为()a y x b d b =--联立式(2)、式(3)，得到bc ab O b c d b c d ⎛⎫ ⎪+-+-⎝⎭，.因为2ab a bc b b c d c d b b c d ⎛⎫=⋅- ⎪+-+-+-⎝⎭，可见O 点的坐标满足方程(1)，即O 点在EF 上.所以E O F 、、共线.[例8]在ABC 中，H 为垂心，D 为BC 的中点，AE 是外接圆的直径，则H D E 、、共线.证明1(同一法)设O 为外心，连AH 并延长，交BC 于M ，则AM BC ⊥.连OD ，连ED 并延长，交AM 于H '，如图9.8.1Y 所示.由垂径定理，OD BC ⊥，所以//OD AM .因为//AO OE OD AM =，，在AEH '中，由中位线逆定理知12OD AH ='.由第2章例14的结果，12ODAH ，所以AH AH ='，所以H 和H '重合，所以E D H 、、共线.图9.8.1Y图Y9.8.2证明2(同一法、平行四边形)连BH BE CH CE 、、、，如图Y9.8.2所示.因为H 为垂心，所以BH AC ⊥.因为AE 为直径，所以EC AC ⊥，所以//BH EC .同理//CH BE ，所以BHCE 是平行四边形.连EH ，交BC 于1D .由平行四边形的对角线互相平分的性质知1D 为BC 的中点，所以1D 与D 重合，所以E D H 、、共线.证明3(对顶角、三角形全等、等腰梯形的对称性)如图Y9.8.3所示，连DE DH 、，连AH 并延长，交BC 于M ，交⊙O 于K ，连.KC KE EB DK HC 、、、、因为H 为垂心，所以CH AB ⊥，所以MCH MAB ∠∠=.因为MAB MCK ∠∠=，所以MCK MCH ∠∠=，所以CH CK =，即CM 是HK 的中垂线，所以DH DK =，所以CDH CDK ≅，所以12∠∠=因为AE 是直径，所以EK AK ⊥.因为BC AK ⊥，所以BC EK 所以BCKE 是等腰梯形，D 是其底边的中点.由等腰梯形的轴对称性，32∠∠=.因为3221∠∠∠∠==，，所以31∠∠=，所以H D E 、、共线.图Y9.8.3证明4(Menelaus 定理)连OD AH 、，则2//.AH OD OD AH =，延长AH ，交BC 于M ，交O 于K ，则MH MK =.设AE BC 、的交点为N ，连EK ，则//EK BC .如图Y9.8.4所示.在ANM 中，12122===---AH ND OD AH DM AM OD AM AH AM AH .AH AM MH =+在AEK 中，.++===AE AK AM MK AM MH NE KM KM MH所以()() 1.+⋅⋅⋅⋅==⋅+⋅AM MH AH MH AE ND MH NE DM HA MH AM MH AH由三点共线的Menelaus 定理知、、E H D 共线.证明5(三角法、求边长)连OD AH ED EH 、、、，如图Y9.8.5所示.由第2章例14的结果知1122OD AH OD AH =，，所以12∠∠=.在EOD 和EAH 中，由余弦定理有2222cos 1.∠=+-⋅⋅ED EO OD EO OD 2222cos 2∠=+-⋅⋅EH AE AH AE AH 222(2)(2)222cos 1(2).∠=+-⋅⋅⋅=O E O D O E O D ED 所以2=EH ED .由正弦定理，又有sin sin 1∠∠=⋅ODOED ED ，2sin sin 2sin 2sin 22∠∠∠∠=⋅=⋅=⋅AHODODAEH EH ED ED 所以sin sin OED AEH ∠∠=.因为OED AEH ∠∠、都是锐角，所以OED AEH ∠∠=，所以E H D 、、共线.证明6(面积法、反证法)如图Y9.8.6所示，连AH OD 、，由第2章例14知12OD AH ,1.2OD AH =连ED DH EH OH 、、、，设EH 交OD 或OD 的延长线于M .若、、E D H 不共线，则D 与M 不重合.在AEH中，OM 是中位线，所以12=OEM OEH S S ，又因为=AOH EOH S S ，所以12OEM AOHS S =因为ODE 和AOH 在互相平行的底OD 和AH 上具有等高，所以12ODE AOH S S =.所以ODE OEM S S =.又因为ODE 和OEM 在底OD OM 、上具有等高，所以ODE OEM S OD S OM=，所以OD OM =.这表明D 与M 应当重合.与假设矛盾.所以E D H 、、共线.[例9]自ABC 的外接圆上的任一点P 向三边所在的直线引垂线,设L M N 、、为垂足,则L M N 、、共线.(Simson 定理)证明1(共圆、证明平角)连PB PC ML MN 、、、,如图Y9.9.1所示.因为PCN ∠是圆的内接四边形ABPC 的外角,所以PCN ∠ABP∠=因为90180BLP BMP PMC PNC ∠∠∠∠==+=，,所以P B L M 、、、和P M C N 、、、分别共圆,所以,180PMN PCN LMP LBP ∠∠∠∠=+=所以180LMP PMN LMP PCN LMP ABP ∠∠∠∠∠∠+=+=+=所以LMN ∠为平角,所以L M N 、、共线.证明2(同一法、共圆)连PB PC 、,连LM 并延长,交AC 的延长线于1N ,连1PN ,如图Y9.9.2所示.因为P B L M 、、、共圆,所以1N MP ABP ∠∠=.因为P C A B 、、、共圆,所以1PCN ABP ∠∠=.所以11N MP PCN ∠∠=,所以1,P M C N 、、共圆,所以1180PMC PN C ∠∠+=,所以11801809090PN C PMC ∠∠=-=-=,所以1PN AC ⊥.又PN AC ⊥,所以1N N 、重合,所以L M N 、、共线.证明3(平行公理)连PA PC MN NL 、、、,如图9.9.3Y 所示.因为A L P N 、、、共圆,所以PAL PNL ∠∠=.因为P N C M 、、、共圆,所以PNM PCM ∠∠=.因为A B P C 、、、共圆,所以PAL PCB ∠∠=.所以PNM PNL ∠∠=,所以//NM NL ,所以L M N 、、共线.证明4(证对顶角相等)连PB PC ML MN 、、、,如图Y9.9.4所示.。
证明三点共线问题的方法Word版
证明三点共线问题的方法1、利用梅涅劳斯定理的逆定理例1、如图1，圆内接ΔABC 为不等边三角形，过点A 、B 、C 分别作圆的切线依次交直线BC 、CA 、AB 于1A 、1B 、1C ，求证：1A 、1B 、1C 三点共线。
解：记,,BC a CA b AB c ===，易知1111AC CCC BS AC C B S ∆∆=又易证11AC C CC B ∆∆.则11222AC C CC B S AC b S CB a∆∆⎛⎫== ⎪⎝⎭.同理12121212,BA c CB a A C b B A c ==.故1112221112221AC BA CB b c a C B A C B A a b c⋅⋅=⋅⋅=.由梅涅劳斯定理的逆定理，知1A 、1B 、1C 三点共线。
2、利用四点共圆（在圆内，主要由角相等或互补得到共线）例2 、如图，以锐角ΔABC 的一边BC 为直径作⊙O ，过点A 作⊙O 的两条切线，切点为M 、N ，点H 是ΔABC 的垂心.求证：M 、H 、N 三点共线。
(96中国奥数证明：射线AH 交BC 于D ，显然AD 为高。
记AB 与⊙O 的交点为E ，易知C 、H 、E 三点共线。
联结OM 、ON 、DM 、DN 、MH 、NH ，易知090AMO ANO ADO ∠=∠=∠=，∴A 、M 、O 、D 、N 五点共圆，更有A 、M 、D 、N 四点共圆， 此时，0+180AND ∠∠=AMD因为2AM AE AB AH AD =⋅=⋅（B 、D 、H 、E 四点共圆），即AM ADAH AM=；又MAH DAM ∠=∠，所以AMH ADM ∆∆，故AHM AMD ∠=∠同理，AHN AND ∠=∠。
因为0180AHM AHN AMD AND ∠+∠=∠+∠=，所以，M 、H 、N 三点共线。
3、利用面积法如果SS EMNFMN=∆∆，点E 、F 位于直线MN 的异侧，则直线MN 平分线段EF ，即M 、N 与ABCC 1B 1A 1EF的中点三点共线。
三点共线与三线共点的证明方法
三点共线与三线共点的证明方法三个点共线指的是这三个点同时在一条直线上，也可以说是三个点在同一条直线上。
三线共点指的是通过三个不共线的点分别画一条直线，这三条直线交于同一点。
三点共线的证明方法主要有以下几种：1.直线方程法：设三个点分别为A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)。
利用直线方程的一般式Ax+By+C=0来确定三个点是否共线。
具体步骤如下：-计算直线AB的方程：A1x+B1y+C1=0（其中A1=y2-y1，B1=x1-x2，C1=x2y1-x1y2）-将点C的坐标代入直线AB的方程：A1x3+B1y3+C1=0-如果等式成立，则三个点共线；如果不成立，则不共线。
2.坐标法：设三个点分别为A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)。
根据点的坐标特点，通过计算三个点的斜率来判断是否共线。
具体步骤如下：-计算AB和BC两个线段的斜率：k1=(y2-y1)/(x2-x1)，k2=(y3-y2)/(x3-x2)-如果k1=k2，则三个点共线；如果k1≠k2，则不共线。
3.向量法：设三个点分别为A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)。
通过判断向量AB和向量AC的平行性来确定三个点是否共线。
具体步骤如下：-计算向量AB和向量AC的分量：AB=(x2-x1,y2-y1)，AC=(x3-x1,y3-y1)-如果向量AB和向量AC平行，则三个点共线；如果不平行，则不共线。
三线共点的证明方法有以下几种：1.十字交叉法：通过在纸上画出三个不共线的点A、B、C，然后通过直尺（或者铅笔加线板）在三个点上分别连线，如果三条线段交叉于同一点，则三个点共线。
2.逆向思维法：设三个点为A、B、C。
可以通过逆向思维，即假设不共线，来反证明三条线段共点。
首先连线AB、AC，得到两条直线，然后通过延长AB和AC，使其相交于点D。
如果D与C重合，则三线共点；如果D与C不重合，则不共点。
由于三个点不共线，所以最后的结论是D与C不重合，即三线不共点。
证明三点共线问题法
证明三点共线问题的方式一、利用梅涅劳斯定理的逆定理例一、如图1,圆内接MBC为不等边三角形，过点A、B、C别离作圆的切线依次交直线EC、CA、AE于灯、B'、求证：A、O三点共线。
由梅涅劳斯定理的逆定理，知A、B'、L三点共线。
2、利用四点共圆（在圆内，主要由角相等或互补取得共线）例2、如图，以锐角"EC的一边BC为直径作0（）,过点A作0（）的两条切线，切点为M、N,点H是AABC的垂心.求证：M、H、N三点共线。
（1996年中国奥数）证明：射线AH交BC于D,显然AD为高。
咎记AE与0（）的交点为E,易知C、H、E三点共线。
//—联结OM、（）N、DM. ON. MH、NH,C 易知ZAMO = ZANO = AADO = 90° ,・・・A 、M. C ）、D 、N 五点共圆,更有入M. D 、N 四点共圆， 此时，ZAMD+ZAND = 18(Y )AM 2 = AE-AB = AH ■ AD (E 、D 、H 、E 四点共圆)，AD即——=——;又= ADAM , AH AM所以 AAMH-AADM,故 ZAHM = ZAMD 同理，ZAHN = ZAND 。
因为 ZAHM + ZAHN = ZAMD + ZAND = 180° , 所以，M 、H 、N 三点共线。
3、利用面积法若是沐曰使=*旳jw 点已、F 位于直线MN 的异侧，则直线MN 平分线段EF,即M 、N 与EF 的中点三点共线。
例3.如图，延长凸四边形ABCP 的边AB 、DC 交于点E,延长边AD 、BC 交于点F,又M 、N 、L 别离是AC 、BD 、EF 的中点，求证：M 、N 、L 三点共 线。
证明：设BC 的中点为0,辅助线如图所示， 由OM//AE.ON 〃DE 可知，点、0必在AEMN 内,此时,S\EMN =S SOMN +S \OME +S \ONEE—Sgwv + S gMB + SgNC = S^BMN=y (孔BMD + S^BCD )= y (孔BMC +SDMC ) = j •亍( $1ABC + SADC ) _ '四边 J^ABCD 同理，S 列N = t S 四边形AB8。
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 。
高中数学竞赛 平面几何讲座第3讲 点共线、线共点
第三讲点共线、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=120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。
ACD 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。
设PF与圆的另一交点为E’,并作QG丄PF,垂足为G。
易如QE 2=QM·QP=QC·QB①∠PMC=∠ABC=∠PDQ。
从而C,D,Q,M四点共圆,于是PM·PQ=PC·PD②由①,②得PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB,即PQ 2=QC·QB+PC·PD。
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三点共线与三线共点的证明方法 公理1.若一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内。
公理2.过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。
推论1.经过一条直线和直线外的一点有且只有一个平面； 推论2.经过两条相交直线有且只有一个平面；
推论3.经过两条平行直线有且只有一个平面。
公理3.若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。
例1.如图，在四面体ABCD 中作截图PQR ，PQ 、CB 的延长线交于M ，RQ 、DB 的延长线交于N ，RP 、DC 的延长线交于K ．求证M 、N 、K 三点共线．
由题意可知，M 、N 、K 分别在直线PQ 、RQ 、RP 上，根据公理1可知M 、N 、K 在平面PQR 上，同理，M 、N 、K 分别在直线CB 、
DB 、DC 上，可知M 、N 、K 在平面BCD 上，
根据公理3可知M 、N 、K 在平面PQR 与平面BCD 的公共直线上，所以M 、N 、K 三点共线．
例2.已知长方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别为1AA 与AB 的中点，求证：1D M 、DA 、CN 三线共点．
由M 、N 分别为1AA 与AB 的中点知1//MN A B 且112MN A B =，又1A B 与1D C 平行且相等，所以1//MN D C 且112MN D C =，根据推论3可知M 、N 、C 、1D 四点共面，且1D M 与CN 相交，若1D M 与CN 的交点为K ，则点K 既在平面11ADD A 上又在平面ABCD 上，所以点K 在平面11
ADD A
与平面ABCD的交线DA上，故
D M、DA、CN三线交于点K，即三线
1
共点．
从上面例子可以看出，证明三线共点的步骤就是，先说明两线交于一点，再证明此交点在另一线上，把三线共点的证明转化为三点共线的证明，而证明三点共线只需要证明三点均在两个相交的平面上，也就是在两个平面的交线上。