数学竞赛平面几何讲座5讲(第3讲点共线、线共点).doc

1、数学竞赛平面几何讲座5讲(第3讲点共线、线共点)以下是查字典数学网为您推荐的 数学竞赛平面几何讲座5讲(第3讲点共线、线共点)，希望本篇文章对您学习有所帮助。数学竞赛平面几何讲座5讲(第3讲点共线、线共点)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(n4)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A

2、K 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， O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=60ABC=ACB，有AMCACF，得又因为AMC=BAC，所以AMCEAC，得所以 ，又BAD=BCD=120，知CFDADE。所以ADE=DFB。因为ADBC，所以ADF=DFB=ADE，于是F，E，D三点共线。例3 四边形ABCD内接于圆，其边AB与D

3、C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QE2=QMQP=QCQB PMC=ABC=PDQ。从而C，D，Q，M四点共圆，于是PMPQ=PCPD 由，得PMPQ+QMPQ=PCPD+QCQB，即PQ2=QCQB+PCPD。易知PDPC=PEPF，又QF2=QCQB，有PEPF+QF2=PDPC+QCAB=PQ2，即PEPF=PQ2-QF2。又PQ2-QF2=PG2-GF2=(P

4、G+GF)(PG-GF)=PF(PG-GF)，从而PE=PG-GF=PG-GE，即GF=GE，故E与E重合。所以P，E，F三点共线。例4 以圆O外一点P，引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点。割线PCD交圆O于C，D。又由B作CD的平行线交圆O于E。若F为CD中点，求证：A，F，E三点共线。证 如图，连AF，EF，OA，OB，OP，BF，OF，延长FC交BE于G。易如OA丄AP，OB丄BP，OF丄CP，所以P，A，F，O，B五点共圆，有AFP=AOP=POB=PFB。又因CDBE，所以有PFB=FBE，EFD=FEB，而FOG为BE的垂直平分线，故EF=FB，FEB=EBF，所以AFP=EF

5、D，A，F，E三点共线。2. 线共点的证明证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明。例5 以ABC的两边AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG。ABC的高为AH。求证：AH，BF，CD交于一点。证 如图。延长HA到M，使AM=BC。连CM，BM。设CM与BF交于点K。在ACM和BCF中，AC=CF，AM=BC，MAC+HAC=180，HAC+HCA=90，并且BCF=90HCA，因此BCF+HAC=180MAC=BCF。从而MACBCF，ACM=CFB。所以MKF=KCF+KFC=KCF+MCF=90，即 B

6、F丄MC。同理CD丄MB。AH，BF，CD为MBC的3条高线，故AH，BF，CD三线交于一点。例6 设P为ABC内一点，APB-ACB=APC-ABC。又设D，E分别是APB及APC的内心。证明：AP，BD，CE交于一点。证 如图，过P向三边作垂线，垂足分别为R，S，T。连RS，ST，RT，设BD交AP于M，CE交AP于N。易知P，R，A，S;P，T，B，R;P，S，C，T分别四点共圆，则APB-ACB=PAC+PBC=PRS+PRT=SRT。同理，APC-ABC=RST，由条件知SRT=RST，所以RT=ST。又RT=PBsinB，ST=PCsinC，所以PBsinB=PCsinC，那么由角

7、平分线定理知故M，N重合，即AP，BD，CE交于一点。例7 O1与 O2外切于P点，QR为两圆的公切线，其中Q，R分别为 O1， O2上的切点，过Q且垂直于QO2的直线与过R且垂直于RO1的直线交于点I，IN垂直于O1O2，垂足为N，IN与QR交于点M。证明：PM，RO1，QO2三条直线交于一点。证 如图，设RO1与QO2交于点O，连MO，PO。因为O1QM=O1NM=90，所以Q，O1，N，M四点共圆，有QMI=QO1O2。而IQO2=90RQO1，所以IQM=O2QO1，故QIMQO2O1，得同理可证 。因此因为QO1RO2，所以有由，得MOQO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，

8、所以 ，即OPRO2。从而MOQO1RO2OP，故M，O，P三点共线，所以PM，RO1，QO2三条直线相交于同一点。3. 塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用定理1 (塞瓦(Ceva)定理):设P，Q，R分别是ABC的BC，CA，AB边上的点。若AP，BQ，CR相交于一点M，则证 如图，由三角形面积的性质，有以上三式相乘，得 .定理2 (定理1的逆定理):设P，Q，R分别是ABC的BC，CA，AB上的点。若 ，则AP，BQ，CR交于一点。证 如图，设AP与BQ交于M，连CM，交AB于R。由定理1有 . 而 ，所以于是R与R重合，故AP，BQ，CR交于一点。定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理)

9、: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，则证 如图，由三角形面积的性质，有将以上三式相乘，得 .定理4 (定理3的逆定理):设P，Q，R分别是ABC的三边BC，CA，AB或它们延长线上的3点。若则P，Q，R三点共线。定理4与定理2的证明方法类似。塞瓦定理和梅涅劳斯定理在证明三线共点和三点共线以及与之有关的题目中有着广泛的应用。例8 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 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A

10、D的平行线交AE的延长线于J。对BCD用塞瓦定理，可得因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理知 。代入式得因为CIAB，CJAD，则 ， 。代入式得从而CI=CJ。又由于ACI=180BAC=180DAC=ACJ，所以ACIACJ，故IAC=JAC，即GAC=EAC.例9 ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上的一点。AF交ED于G，EC交FB于H。连接线段GH并延长交AD于L，交BC于M。求证：DL=BM.证 如图，设直线LM与BA的延长线交于点J，与DC的延长线交于点I。在ECD与FAB中分别使用梅涅劳斯定理，得因为ABCD，所以从而 ，即 ，故CI=AJ. 而且BM+

11、MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL。例10 在直线l的一侧画一个半圆T，C，D是T上的两点，T上过C和D的切线分别交l于B和A，半圆的圆心在线段BA上，E是线段AC和BD的交点，F是l上的点，EF垂直l。求证：EF平分CFD。证 如图，设AD与BC相交于点P，用O表示半圆T的圆心。过P作PH丄l于H，连OD，OC，OP。由题意知RtOADRtPAH，于是有类似地，RtOCBRtPHB，则有由CO=DO，有 ，从而 .由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC，BD，PH相交于一点，即E在PH上，点H与F重合。因ODP=OCP=90，所以O，D，C，P四点共圆，直径为OP. 又PFC=90，从

12、而推得点F也在这个圆上，因此DFP=DOP=COP=CFP，所以EF平分CFD。例11 如图，四边形ABCD内接于圆，AB，DC延长线交于E，AD、BC延长线交于F，P为圆上任意一点，PE，PF分别交圆于R，S. 若对角线AC与BD相交于T.求证：R，T，S三点共线。先证两个引理。引理1:A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，则有 .如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O，根据圆内接多边形的性质易知 OA1B1OE1D1，OB1C1OF1E1，OC1D1OA1F1，从而有将上面三式相乘即得 ，引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足则

13、其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1交于一点。该引理与定理2的证明方法类似，留给读者。例11之证明如图，连接PD，AS，RC，BR，AP，SD.由EBREPA，FDSFPA，知两式相乘，得又由ECREPD，FPDFAS，知 ， . 两式相乘，得由，得 . 故对EAD应用梅涅劳斯定理，有由，得由引理2知BD，RS，AC交于一点，所以R，T，S三点共线。练 习A组1. 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。2. 在ABC的BC边上任取一点P，作PDAC，PEAB，PD，PE和以AB

14、，AC为直径而在三角形外侧所作的半圆的交点分别为D，E。求证：D，A，E三点共线。3. 一个圆和等腰三角形ABC的两腰相切，切点是D，E，又和ABC的外接圆相切于F。求证：ABC的内心G和D，E在一条直线上。4. 设四边形ABCD为等腰梯形，把ABC绕点C旋转某一角度变成ABC。证明：线段AD, BC和BC的中点在一条直线上。5. 四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P。设三角形ABP，BCP，CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4。求证：OP，O1O3，O2O4三直线交于一点。6. 求证：过圆内接四边形各边的中点向对边所作的4条垂线交于一点。7. ABC为锐角三角

15、形，AH为BC边上的高，以AH为直径的圆分别交AB，AC于M，N;M，N与A不同。过A作直线lA垂直于MN。类似地作出直线lB与lC。证明：直线lA，lB，lC共点。8. 以ABC的边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点。求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点。9. 过ABC的三边中点D，E，F向内切圆引切线，设所引的切线分别与EF，FD，DE交于I，L，M。求证：I，L，M在一条直线上。B组10. 设A1，B1，C1是直线l1上的任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上的任意三点，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B

16、1C2和B2C1交于N。求证：L，M，N三点共线。11. 在ABC，ABC中，连接AA，BB，CC，使这3条直线交于一点S。求证：AB与AB、BC与BC、CA与CA的交点F，D，E在同一条直线上(笛沙格定理)。一般说来，“教师”概念之形成经历了十分漫长的历史。杨士勋（唐初学者，四门博士）春秋谷梁传疏曰：“师者教人以不及，故谓师为师资也”。这儿的“师资”，其实就是先秦而后历代对教师的别称之一。韩非子也有云：“今有不才之子师长教之弗为变”其“师长”当然也指教师。这儿的“师资”和“师长”可称为“教师”概念的雏形，但仍说不上是名副其实的“教师”，因为“教师”必须要有明确的传授知识的对象和本身明确的职责。12. 设圆内接六边形ABCDEF的对边延长线相交于三点P，Q，R，则这三点在一条直线上(帕斯卡定理)。查字典数学网