《高中競賽教程》教案：第20講 共點共線共圓問題(教師)

1、第20講 共點、共線與共圓問題本節(jié)主要內(nèi)容有共點、共線與共圓概念及常用證明方法所謂共點，指n條(n3)直線經(jīng)過同一點或n個(n3)圓經(jīng)過同一點; 共線，指的三個及以上的點在同一條直線上; 共圓，指不在一條直線上的三點確定一個圓,以及有四點或四個以上的點在同一個圓上證明中常用到Menelaus定理、Ceva定理、Fermat點、Simson線、Euler線、四點共圓等知識A類例題KHGEFBCDA例1 設(shè)線段AB的中點為C，以AC為對角線作平行四邊形AECD、BFCG，又作平行四邊形CFHD、CGKE，求證：H、C、K三點共線分析 C為AB中點，若C為HK的中點，則AKBH為平行四邊形反之，若平

2、行四邊形成立，則H、C、K共線證明 連AK、DG、BH ADECKG，ADECKG， 四邊形AKGD是平行四邊形 AKGD，AKGD同理，BHGD，BHGD， BHAK，BHAK， 四邊形AKBH是平行四邊形故AB、HK互相平分，即HK經(jīng)過AB的中點C H、C、K三點共線說明 證明具有特殊的性質(zhì)的幾個點共線 鏈接 點共線的通常證明方法是：通過鄰補(bǔ)角關(guān)系證明三點共線；證明兩點的連線必過第三點；證明三點組成的三角形面積為零；還可以利用Menelaues定理及其逆定理證明三點共線等n(n4)點共線可轉(zhuǎn)化為三點共線例2 求證：過圓內(nèi)接四邊形各邊中點向?qū)吽鞯乃臈l垂線，交于一點分析 畫出圖形，是必要的

3、，可以研究一下兩條垂線的交點的性質(zhì)，不難發(fā)現(xiàn)證明的方法證明 若ABCD是特殊圖形(矩形、等腰梯形)，易知結(jié)論成立如圖，設(shè)圓內(nèi)接四邊形ABCD的對邊互不平行E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA的中點，EE'CD，F(xiàn)F'DA，GG'AB，HH'BC，垂足分別為E'，F(xiàn)'，G'，H'設(shè)EE'與GG'交于點P E為AB中點， OEAB，OEEE'同理，OGEE' OEPG為平行四邊形 OP、EG互相平分即OP經(jīng)過EG中點M同理，設(shè)FF'與HH'交于Q，則OQ經(jīng)過FH中點N E、F、G、

4、H分別為AB、BC、CD、DA的中點， EFGH是平行四邊形，EG、FH互相平分，即EG的中點就是FH的中點于是M與N重合 OP、OQ都經(jīng)過點M且OPOQ2OM P、Q重合，即四條垂線交于一點說明 本題利用了兩條直線的交點具有某種性質(zhì)來證明三線共點 鏈接 證明線共點還可用有關(guān)定理(如三角形的3條高線交于一點、Ceva定理及逆定理等)，或證明第3條直線通過另外兩條直線的交點，也可轉(zhuǎn)化成點共線的問題給予證明例3 O1與O2相交于點A、B，P為BA延長線上一點，割線PCD交O1于C、D，割線PEF交O2于E、F，求證：C、D、E、F四點共圓分析 可以通過C、D、E、F連成的四邊形的對角互補(bǔ)或四邊形的

5、外角等于內(nèi)對角來證明證明 鏈接CE、D F，PC·PD=PA·PB=PE·PF于是，PCEPFD， PEC=PDF C、D、E、F共圓鏈接 證明共圓常用的方法有：證明幾個點與某個定點距離相等；如果某兩點在某條線段的同旁，證明這兩點對這條線段的張角相等；證明凸四邊形對角互補(bǔ)(或外角等于內(nèi)對角)(特別的，如果幾個點對同一條線段張角為直角，則這幾個點在以這條線段為直徑的圓上)證明這四點可以滿足圓冪定理情景再現(xiàn)1I內(nèi)切于ABC，D為BC上的切點，M、N分別為AD、BC的中點，求證：M、I、N三點共線2. 證明三角形的三條高所在直線交于一點；三條中線交于一點；三條角平分線交

6、于一點3. 設(shè)PQ、QR是O的內(nèi)接正九邊形的相鄰兩邊A為PQ中點，B為垂直于QR的半徑的中點求BAOB類例題例4 設(shè)等腰三角形ABC的兩腰AB、AC分別與O切于點D、E，從點B作此圓的切線，其切點為F，設(shè)BC中點為M，求證：E、F、M三點共線分析 顯然此圓和三角形的位置需要分情況討論，要證明E、F、M三點共線，可以證明連線成角為0°或180°，于是有下面的證明證明 ABC是等腰三角形，ABAC， 直線AO是BAC的平分線故AO所在直線通過點M OMB90°，又ODB90°，D、O、M、B四點共圓 DFMDOM且ABMDOM180° DFEDOE

7、ABM DFEDFM180° E、F、M共線如果切點F在三角形外，則由D、B、F、M、O共圓，得DFMDBM而DBMAODDOEDFE DFMDFE F、M、E共線說明 證明三點共線常證明連線成角為0°或180°例5 以銳角ABC的BC邊上的高AH為直徑作圓，分別交AB、AC于M、N，過A作直線lAMN，用同樣的方法作出直線lB，lC，求證：lA、lB、lC交于一點分析 如果能證明這三條直線都經(jīng)過三角形的外心，則此三線共點證明 取ABC的外接圓O，連HN，DB則CAD與MNH都是ANM的余角， MNHCAD， MNHMAH，CADCBD， CBDMAH， BAHA

8、BH90°， CBDCBA90° lA是O的直徑即AB過O的圓心O同理lB、lC都過點O即lA、lB、lC交于一點鏈接 利用某些特殊點證明三線共點是常用的方法，三角形的五心是經(jīng)常用到的對于三角形的五心的性質(zhì)，同學(xué)們可以參見第十七講的內(nèi)容例6 在ABC的邊AB、BC、CA上分別取點D、E、F，使DE=BE，EF=ECCBADFEO12證明：ADF的外接圓圓心在DEF的平分線上分析 設(shè)O為ADF的外接圓圓心，于是OA=OD=OF若EO是DEF的平分線，則出現(xiàn)了等線段對等角的情況，這在圓中有此性質(zhì)故應(yīng)證明O、D、E、F共圓證明 EC=EF， 2=180°2C，同理，1=

9、180°2B， DEF=180°12=2(B+C)180°=2(180°A)180°=180°2A但O為ADF的外接圓圓心，DOF=2A，DEF+DOF=180°， O、D、E、F四點共圓但OD=OF，DEO=OEF，即O在DEF的角平分線上情景再現(xiàn)4. 菱形ABCD中，A=120°，O為ABC外接圓，M為其上一點，連接MC交AB于E，AM交CB延長線于F求證：D，E，F(xiàn)三點共線5設(shè)P、Q、R分別為ABC的外接圓O上弧BC、CA、AB的中點OEDRQPCBAPR、PQ分別交AB、AC于點D、E，求證：DEBCOAF

10、DCBEM6以ABC的兩邊AB、AC為邊向外作正方形ABDE、ACFG，ABC的高為AH，求證：AH、BF、CD三線交于一點FDHGECBAGEFDABCE'F'G'M7. 如圖，兩個正三角形EFG與E'F'G'都內(nèi)接于正方形ABCD，求證：EE'GG'是平行四邊形C類例題例7 設(shè)AD、BE、CF為ABC的三條高，從點D引AB、BE、CF、AC的垂線DP、DQ、DR、DS，垂足分別為P、Q、R、S，求證：P、Q、R、S四點共線分析 這里有多個四點共圓，又有多個垂線四點共圓，可以看成圓的內(nèi)接三角形與圓上一點故適用于Simson線證明

11、 設(shè)H為垂心由HDBHFB90°， H、D、B、F四點共圓 DPBF，DQBH，DRHF，P、Q、R分別為垂足 P、Q、R共線，(HBF的Simson線)同理，Q、R、S共線(CEH的Simson線) P、Q、R、S共線說明 利用幾何名定理（Simson 線等）證明三點共線是常用方法鏈接 (Simson 線)設(shè)P是ABC的外接圓上(異于A、B、C)一點，PXBC，PYCA，PZAB，垂足分別為X、Y、Z，則X、Y、Z共線例8 設(shè)A1、B1、C1是直線l1上三點，A2、B2、C2是直線l2上三點A1B2與A2B1交于L，A1C2與A2C1交于M，B1C2與B2C1交于N，求證：L、M、

12、N三點共線分析 圖中有許多三點共線，可以利用這些三點共線來證明L、M、N三點共線所以可以選定一個三角形，這個三角形的三邊上分別有L、M、N三點設(shè)A1C2與A2B1、B2C1交于P、Q，A2B1與B2C1交于R則只要證明··=1，則由Menelaues定理的逆定理可證明L、M、N三點共線證明 A2C1截PQR得，··=1，B1C2截PQR得，··=1，A1B2截PQR得，··=1，l1截PQR得，··=1，l2截PQR得，··=1五式相乘，即得··=1，從而

13、L、M、N三點共線說明 本題利用了Menelaues定理及其逆定理證明三點共線鏈接 證明三點共線和三線共點常用以下兩個定理：(Menelaues定理) X、Y、Z是ABC的三邊BC、CA、AB所在直線上的三點，則X、Y、Z三點共線的充要條件是··=1(Ceva定理)X、Y、Z是ABC的三邊BC、CA、AB上三點，則AX、BY、CZ三線共點的充要條件是··=1同學(xué)們可參見本書第十八、十九講的內(nèi)容例9 四邊形內(nèi)接于O，對角線AC、BD交于點P，設(shè)PAB、PBC、PCD、PDA的外接圓圓心分別為O1、O2、O3、O4，求證：OP、O1O3、O2O4共點(199

14、0年全國聯(lián)賽)證明 O為ABC的外心， OA=OB O1為PAB的外心，O1A=O1B OO1AB作PCD的外接圓O3，延長PO3與所作圓交于點E，并與AB交于點F，連DE，則Ð1=Ð2=Ð3，ÐEPD=ÐBPF， ÐPFB=ÐEDP=90° PO3AB，即OO1PO3同理，OO3PO1即OO1PO3是平行四邊形 O1O3與PO互相平分，即O1O3過PO的中點同理，O2O4過PO中點 OP、O1O3、O2O4三直線共點例10 ABC是等腰三角形，AB=AC，若M是BC的中點，O是直線AM上的點，使OBAB；Q是BC

15、上不同于B、C的任一點；E在直線AB上，F(xiàn)在直線AC上，使E、Q、F不同且共線 求證：OQEF當(dāng)且僅當(dāng)QE=QF 分析 證明“當(dāng)且僅當(dāng)”時，既要由已知OQEF證明QE=QF，也要由QE=QF證明OQEF證明 連OE、OF、OC先證OQEFÞQE=QFOBAB,OQQEÞO、Q、B、E四點共圓ÞOEQ=OBM由對稱性知OCCA，OQQFÞO、Q、F、C四點共圓ÞOFQ=OCQ，又OBC=OCBÞOEF=OFEÞOE=OFÞQE=QF再證QE=QFÞOQEF（用同一法）過Q作E¢F¢OQ，

16、交AB于E¢，交AC于F¢由上證，可得QE¢=QF¢若E¢F¢與EF不重合，則EF與E¢F¢互相平分于Q，則EE¢F¢F為平行四邊形，EE¢FF¢，這與AB不與AC平行矛盾從而E¢F¢與EF重合情景再現(xiàn)8以ABC的三邊為邊向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，設(shè)L、M、N分別為DE、FG、HK的中點求證：AM、BN、CL交于一點TSONMO2O19如圖，已知兩個半徑不相等的圓O1，O2相交于M、N兩點，O1，O2分別與O內(nèi)切于點S、T，求證：OMMN

17、的充要條件是S、N、T三點共線10給出銳角ABC，以AB為直徑的圓與AB邊的高CC及其延長線交于M，N.以AC為直徑的圓與AC邊的高BB及其延長線將于P，Q.求證：M，N，P，Q四點共圓.ABCKMNPQBC(第19屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克)習(xí)題201選擇題：(1) 如圖，在四邊形ABCD的對角線的延長線上取一點P，過P作兩條直線分別交AB、BC、CD、DA于點R、Q、N、M，記t···，則t的值A(chǔ)t>1 Bt1 Ct<1 Dt的值不定 (2)如圖，在不等邊三角形ABC內(nèi)取異于內(nèi)心的點P，連接PA、PB、PC，把角A、B、C分成、，記Msinsinsin，N

18、sinsinsin則AM>N BMN CM<N D不能確定2填空題：(1)如圖，若=2，則= (2)三角形三個旁切圓與三角形三邊BC、CA、AB切于點D、E、F，則··= 3(Desargues定理)已知直線AA1、BB1、CC1相交于點O，直線AB與A1B1交于點X，BC與B1C1交于點Y，CA與C1A1交于點Z，求證：X、Y、Z共線4已知ABC外有三點M、N、R，且BARCAN，CBMABR，ACNBCM，證明：AM、BN、CR三線交于一點RQPDCBA5設(shè)P為正方形ABCD的邊CD上任一點，過A、D、P作 一圓交BD于Q，過C、P、Q作一圓交BD于R，求證

19、：A、P、R三點共線A'ZYXWVUC'B'CBA6如圖，兩個全等三角形ABC與A¢B¢C¢，它們的對應(yīng)邊也互相平行，因而兩個三角形內(nèi)部的公共部分構(gòu)成一個六邊形，求證：此六邊形的三條對角線UX、VY、WZ交于一點7O1，O2外切于點P，QR為兩圓的公切線，其中Q、R分別為O1，O2上的切點，過Q且垂直于QO2的直線與過R且垂直于RO1的直線交于點I，INO1O2，垂足為N，IN與QR交于點M，證明：PM、RO1、QO2三條直線交于一點NMCBADFEQPH8.設(shè)ABC為銳角三角形，高BE交以AC為直徑的圓于點P、Q，高CF交以AB為直徑的圓

20、于點M、N，求證：P、Q、M、N四點共圓9. 凸四邊形ABCD的對角線AC、BD互相垂直并交于點E，求證：點E關(guān)于此四邊形的四邊的對稱點P、Q、R、S共圓ABCDOEFGMNK10. 四邊形ABCD的對角線AC、BD互相垂直，對角線交于點P，PFAB于E，PFBC于F，PGCD于G，PHDA于H，又EP、FP、GP、HP的延長線分別交CD、DA、AB、BC于點E¢、F¢、G¢、H¢，求證：E¢、F¢、G¢、H¢四點與E、F、G、H八點共圓 11. 以銳角ABC的邊BC為直徑作圓交高AD于G，交AC、AB于E、F，G

21、K為直徑，連KE、KF交BC于M、N，求證：BN=CM12已知：如圖，I為ABC的內(nèi)心，作直線IP、IR，使PIA=RIA=(0<<BAC)，IP、IR分別交直線AB、AC于P，Q；R，S（1）求證：P、Q、R、S四點共圓（2）若=30°，E、F分別為點I關(guān)于AB、AC的對稱點，直線BE、CF交于點D，求證：E、F、F在PQRS上DSRQPFEICBA本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答1證明：設(shè)F為I切AB的切點，延長DI交I于K，連AK延長交BC于G，過K作I的切線PQ由梯形PKDB可證PK·BD=IF2；(連PI、BI，則PI、BI平分ÐQPB與ÐPB

22、D，于是PIB為Rt.,IF為其直角邊上的高)同理，QK·CD=IF2 PK·BD=QK·CD；Þ=，又，PQBCÞ=， =，ÞCD=BG， N是DG中點又：M為AD中點N為GD中點ÞMNAG I為KD中點，N為GD中點ÞINKG M、I、N三點共線說明 由于BG=CD=pc，故點G是ABC的在ÐA內(nèi)部的旁切圓與BC的切點；證明三點共線常證明過同一點的兩直線平行于同一直線2. 提示：根據(jù)中垂線的性質(zhì)很容易證明三條中垂線交于一點，可以用構(gòu)造法證明三條高所在直線交于一點；用Ceva定理很容易證明三條中線交于一

23、點；直接根據(jù)角平分線的性質(zhì)很容易證明三條角平分線交于一點3. 解 連OP、OQ，PBPOQ=QOR=40° C為中點，QOC=20°，POC=60°POC為等邊三角形 B為半徑OC中點，A為PQ中點，PAO=PBO=90° P、A、B、O四點共圓 OAB=OPB=30°4.證明：如圖，連AC，DF，DE因為M在O上，則AMC=60°=ABC=ACB，OAFDMCBE有AMCACF，得又因為AMC=BAC，所以AMCEAC，得所以，又BAD=BCD=120°，知CFDADE所以ADE=DFB因為ADBC，所以ADF=DFB=A

24、DE，于是F，E，D三點共線5證明 連DO，AR，EO，AQ ADR(ARBP)，AOR(ARCP)， ADRAOR， A、O、D、R四點共圓 AODARD180°，同理，AQEAOE180°，而ARPAQP180°， AODAOE180° D、O、E三點共線 ADOAROABC， DEBC6證明 延長HA到K，使AKBC，連BK、CK則可證BAKDNC，CAKFCB AKBC CDBK，BFCK，即可把KH、CD、BF看成KBC的三條高所在直線，從而此三線共點7. 證明 取EG的中點M，連BM、FM、CM，則FMEG EBF=EMF=90°，

25、 B、F、M、E四點共圓 MBF=MEF=60°同理MCF=60°即MBC為正三角形點M為定點 EG的中點就是正BCM的頂點M，同理E'G'的中點也是BCM的頂點M即EG與E'G'互相平分 EE'GG'是平行四邊形8證明 設(shè)AM、BN、CL分別交BC、CA、AB于P、Q、R易知，CBMBCMQCNQANLARLBR=；同理，=；=三式相乘即得··=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一點9證明 (1)充分性：若S、N、T三點共線，證明OMMN連O1O2，O1N，O1M，O2N，O2M OSOT，

26、O1NO1S，O2NO2T， OST、O1SN與O2NT都是等腰三角形 O1NO2O為平行四邊形 O1NOO2，OO1O2N，但O1NO1M，O2NO2M， OO1MO2，OO2MO1 OO1MMO2O， O1O2OM， O1O2MN， OMN90°(2)必要性：若OMMN，證明S、N、T三點共線分別連SN、NT，設(shè)O、O1、O2的半徑分別為r、r1、r2，OMa O1O2MN，OMMN， O1O2OM OMO1與OMO2的面積相等有一邊公共，且周長都等于ar(2p) p(pa)(pr1)(p(rr1)p(pa)(pr2)(p(rr2)化簡得 (r1r2)(rr1r2)0，由r1r2

27、，得rr1r2于是OO1O2MO2N，OO2O1MO1N OO1NO2為平行四邊形O1OO2O1NO2NO1SNO2T在等腰O1SN中，SNO1(180°O1OO2)，TNO2(180°O1OO2) SNO1O1NO2O2NT180°即S、N、T三點共線10分析：設(shè)PQ，MN交于K點，連接AP，AM. 欲證M，N，P，Q四點共圓，須證MK·KNPK·KQ，即證(MC-KC)(MC+KC)(PB-KB)·(PB+KB) 或MC2-KC2=PB2-KB2 .不難證明 AP=AM，從而有AB2+PB2=AC2+MC2.故 MC2-PB2=A

28、B2-AC2=(AK2-KB2)-(AK2-KC2)=KC2-KB2.由即得，命題得證.習(xí)題20解答1選擇題：(1)提示：··=1，··=1，相乘即得t1，故選B(2)提示：延長AP、BP、CP與對邊交于點D、E、F，則 =，=，同理，=，= MN選B2填空題：(1)提示：··=1，現(xiàn)=，=，代入得=(2)提示：如圖，=，同理可得其余故結(jié)果13證明：由OA1B1與直線AB相交，得··=1；由OA1C1與直線AC相交，得··=1；由OB1C1與直線BC相交，得··=1三式相乘，

29、得··=1由Menelaus的逆定理，知X、Y、Z共線4證明 設(shè)AM、BN、CR分別與BC、CA、AB交于點M¢，N¢，R¢則=；同理，=；=三式相乘即得··=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CR交于一點5證明 設(shè)AP交BD于R¢，即證明R與R¢重合，連PQ、RC A、D、P、Q四點共圓， DQPDAP C、Q、R、P四點共圓， DQPDCR， DARDCR但若AP交BD于R¢，由對稱性知DCR¢DAP. CR與CR¢ 重合，即R與R¢ 重合 A、R、P三點

30、共線6證明 連AA¢，BB¢，CC¢，UX，VY，WZ，易證，AZA¢W是平行四邊形， AA¢、WZ交于AA¢的中點OAUA¢X是平行四邊形， AA¢與UX交于AA¢中點OAVA¢Y是平行四邊形， AA¢與VY交于AA¢中點O UX、VY、WZ交于一點說明 ABC與A¢B¢C¢是位似圖形對應(yīng)點連線都交于一點7證明 設(shè)O1、O2的半徑分別為r1，r2，則O1O2r1r2 IQO2INO2， I、Q、N、O2四點共圓 QIMQO2O1，又IQMO2Q

31、O190°RQO2， IQMO2QO1，=，同理= =， MPO2R設(shè)O1R與O2Q交于點S， O1QO2R， O1QSRO2S， =過S作MPO2R，交QR于M，則=，即M¢與M重合，P¢與P重合 PM、O1R，O2Q三線共點8.證明 設(shè)BE、CF交于點H，則BC邊上的高AD過點H ADC=90°，AFC=90°， D、F都在以AC為直徑的圓上 HP·HQ=HA·HD，同理，HM·HN=HA·HD HP·HQ=HM·HN， P、Q、M、N四點共圓說明 如果不用圓冪定理的逆定理，則可連PM、QN，再證明HPMHNQ，得到MPH=QNH，從而得到結(jié)論9.證明： P、E關(guān)于AB對稱， AP=A