2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)：點(diǎn)共線、線共點(diǎn)、點(diǎn)共圓問題 學(xué)案講義

第9章點(diǎn)共線、線共點(diǎn)、點(diǎn)共圓問題

9.1解法概述

一、證明三點(diǎn)共線的常用方法

(1)取三點(diǎn)中的一點(diǎn),與另外兩點(diǎn)分別連兩條直線，證明它們都平行于或都垂直于某一條直線.

(2)證明連接兩點(diǎn)的直線通過第三點(diǎn).

(3)以三點(diǎn)中居中的點(diǎn)為頂點(diǎn)，過另外兩點(diǎn)作兩條射線，證明形成平角.

(4)居中的點(diǎn)與另外兩點(diǎn)分別相連,形成兩條直線，若與過中間點(diǎn)的一條直線組成對(duì)頂角，則三

點(diǎn)共線.

(5)連接三點(diǎn)的三條線段中,有一條等于另外兩條之和.

(6)以三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的面積為0.

(7)同一法，反證法.

二、證明三線共點(diǎn)的常用方法

(1)設(shè)兩直線的交點(diǎn)，再證明此點(diǎn)在第三條直線上.

(2)證明各直線都過同一個(gè)特殊點(diǎn).

(3)設(shè)兩直線的交點(diǎn)，過此交點(diǎn)作出某一條直線，證明這條直線與第三條直線重合.

(4)證明以三直線兩兩相交的三個(gè)交點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的面積為0.

(5)利用已知的線共點(diǎn)的結(jié)論.

(6)同一法、反證法.

三、證明四點(diǎn)共圓的常用方法

(1)四邊形對(duì)角互補(bǔ)或者某一外角等于內(nèi)對(duì)角.

(2)線段同側(cè)的兩點(diǎn)對(duì)于線段的張角相等.

(3)各點(diǎn)到某一定點(diǎn)的距離相等.

(4)利用相交弦定理的逆定理.

(5)把四邊形分成兩個(gè)有公共邊的三角形,證明這兩個(gè)三角形的外接圓重合.

(6)利用四點(diǎn)共圓的有關(guān)判定定理.

9.2范例分析

[范例1]

三角形一邊上的高線的垂足在另外兩邊及另外兩高線上的射影四點(diǎn)共線.

分析1對(duì)于四點(diǎn)共線問題，先證其中三點(diǎn)共線，再證第四點(diǎn)也在該直線上，如圖F9.1.1所

示，我們先證P、Q、”三點(diǎn)共線，這只要證/尸容易看出8、P、

。、。共圓，D、Q、H、/共圓，所以/8+/P0D=180,/DQM=/DHM,于

是只要證4=/次砌，這可由8、D、H、尸的共圓證出.

證明1因?yàn)?8PD=/30D=9O,所以氏P,Q、n共圓，所以/PQD+/8=180

圖F9.1,1

因?yàn)閆DQH+ZDMH=90+90=180所以2)、Q、8、/共圓，所以

NDQM=NDHM

因?yàn)?HDB+NHFB=90+90=180所以5、。、〃、斤共圓，所以

NDHM=NB.

所以/P2D+NT)QM=180,即尸、Q、加三點(diǎn)共線,同理N、M、。共線,因?yàn)?/p>

M、Q為兩直線上的公共點(diǎn)，所以P,Q,M,N四點(diǎn)共線.

A

分析2也可以采用同一法，連PN,再證明Q,/在直線PN上.

設(shè)PN與BE,CF各交于2,峪，如圖F9.1.2所示因?yàn)镹APZ>+/A7VE>=180,所

以AP、D、N共圓，所以/1=/2.又由4E、D、6共圓，11=/3,所以

N2=N3,所以&D、2、尸共圓，所以/BQ]D=NBPD=90,即Og18E,但過

3E外的點(diǎn)。只能作一條垂線與助垂直，由DQ1BE,DQ,1BE,可見。與。1重合.

同理M與A11重合.這就證出了P,Q,M,N共線（證明略.）

分析3如圖F9.1.3所示，連PN、PQ.若能證出PN、PQ都與同一條直線平行，則?、

N、Q共線.從圖上觀察，容易發(fā)現(xiàn)所是所說的直線，連EF.

因?yàn)镃FLAB,DP±AB,所以CF//DP,同理6E/AD/V,設(shè)H為.ABC的垂心,由

ApAJ-IAJ-fA17ApA

牝=2生,色色=*知竺=*，所以PN//所.只要再證PQIIEF,也就是要證

FPHDHDENFPEN

BPBQ

明--------.

PFQE

BD

圖F9.1,3

和證明FN//石戶的方法類似，我們也嘗試找一媒介比值，這只要取叱即可，很容易由平

BPBQ

行截比定理證出7r誣，所以尸?；?

這表明從夕發(fā)出的兩直線PQ、PN都與跖平行，所以P,Q、N共線,同理可證P,M、

N共線.（證明略.）

[范例2]

。1和°2外離，A4是一條外公切線，是一條內(nèi)公切線，4，4是。1上的切點(diǎn)，

。2是?！?上的切點(diǎn)，則°1°2、44、8遙三線共點(diǎn).

分析1證明三線共點(diǎn)，可先設(shè)兩條直線交于一點(diǎn)，再證另一直線也過此點(diǎn)或兩直線與第三條

直線的交點(diǎn)都與之重合.設(shè)A4和4不交于夕，容易證明尸、Bp。2、&共圓，利用圓的

內(nèi)接四邊形的外角等于內(nèi)對(duì)角的定理，可證.P44s。②臺(tái)也，從而推出44//2。2.同理

有0[P11B[B?,這樣分析后可以看出有可能通過比例證出44、BE和。。2的交點(diǎn)重合.

圖F9.2,1

證明1連0A。4、劣片、°IB2,延長(zhǎng)與4,交A4于P連尸。1、尸。2,設(shè)P°I交

A4于A，尸。2交B網(wǎng)于4.如圖F921所示,

因?yàn)椤?418出。2員，用尸，所以R4、。2、用共圓，所以/4叫=/用。.因

為/4=尸4，O2B1=O2B2,所以等腰AP&S所以/用用。2=/尸44.

因?yàn)椤?耳144，即/鳥B1&+/8281P=90,所以/244+/824「=90,所以

A41眼.

因?yàn)槭?14用,所以尸。2//&4-

因?yàn)槭琿iA4,所以

設(shè)A4的延長(zhǎng)線交。02于M,設(shè)B,B2和O02交于N.由平行截比定理,

PDlO,M(92D2O2N

J

~Dpx~MOlD2P一而

因?yàn)楱D。幽叫s”,所以懸端,翁蠹所以

旦=%所以也=也

O2D2D2P'DQiD2P

O2MO2NQM+MO]QN+NQ口nQ?_Q?

所以.由合比定理,，即MO】NO1所以

~MO[~~NO[~MOX―_2VQ

MO]=NO],所以/、N重合.

所以44、8n2、。。2三線共點(diǎn).

分析20%和°281同垂直于44,則06和024可看作以44為直徑的圓的兩條切線,同

理。4、。2打都垂直于4與，則44、°2且又可看作以為直徑的圓的切線.因?yàn)?/p>

。14=。14，。2用=。2用，可見。1、。2是到兩個(gè)圓的切線長(zhǎng)相等的點(diǎn)，即直線01。2是

此二圓的根軸.

由分析1知44，用與，設(shè)垂足為M,因?yàn)?4M8]=/4M%=90,所以M是此兩圓

的公共點(diǎn).故。02應(yīng)在兩圓的公共弦線上.這樣，只要連。|加、。2M，證出0「M、。2共

線，問題就解決了,證明這樣的三點(diǎn)共線可采取分別證出°1、。2都在過M的某一條直線上的

方法.

證明2設(shè)A4的延長(zhǎng)線和交于M.如證明1所證，A]M1耳%如圖F9.2.2所示，以

44、&不為直徑各作一個(gè)圓.因?yàn)?AMB=/4加與=9。,所以“在此兩圓上,設(shè)兩

圓另外一交點(diǎn)為N.

連44，o4,。24，。2用.因?yàn)椤?14片，0241A4，所以和。2耳是

F9.2.2

B

4i的兩條切線,同理%和O2B2是4與的兩條切線.

連0{M，設(shè)OXM與一4片和一4為各交于NpM,由切割線定理，

0^=0M0Nl,0弟=。加,0雙2.因?yàn)椤?2=。隹，所以。心。叫=。小。乂，所

以。N=。必.所以此、用重合，即凡是人用和（淡坊.的公共點(diǎn),因?yàn)閮蓤A相交只有

兩個(gè)公共點(diǎn)，所以NpM都與N點(diǎn)重合可見。在跖V上，即01在64和4B2的公

共弦上,同理可證。2在MN上，所以O(shè)pM、。2三點(diǎn)共線.

所以。2、44、B周三線共點(diǎn).

分析3這個(gè)公共點(diǎn)是否能預(yù)先確定它的性質(zhì)?也即是說，M點(diǎn)是怎樣的特殊點(diǎn)?作出另一條

內(nèi)公切線跖，E、廠各是一01、L。2上的切點(diǎn).設(shè)跖的延長(zhǎng)線與4月交于《，過《作

AglOj02,M為垂足，則這個(gè)垂足M即是所說的點(diǎn).這樣，我們可以先作出M,然后證

出44、B}B2也過此點(diǎn),這只要在連B[M、B2M后證出=ZB2MP2,則可推知

B]、M、用三點(diǎn)共線,同理，4、M.4三點(diǎn)共線,可見44、8圈都過002上的這個(gè)特

殊點(diǎn).

證明3作另一條內(nèi)公切線跖，在。1上的切點(diǎn)為石.在。2上的切點(diǎn)為廠.延長(zhǎng)￡F,交

4片于片，過片作。。2的垂線A8,交4員于弓，交on于M.連

MBpMB,.MF、。2片、。2片、02F,如圖F9.2.3所示,

由整個(gè)圖形關(guān)于。02軸對(duì)稱知/尸，喟=/用網(wǎng).因?yàn)椤斗病队枚际乔芯€，所以

02F1PXF,。24144,可見:、F、M、。2、用五點(diǎn)都在以02彳為直徑的圓上，所以

/FMP]=/F0F],又/尸。2《=/用。2昂/8]。2<=/用叫,所以

/4網(wǎng)=/用峭,可見片、M、&共線，即BjB2與。02也交于M點(diǎn).

同理，利用4、片，M、E、4（以。出為直徑）五點(diǎn)共圓及關(guān)于。02的軸對(duì)稱性，又可證

出可見4、4、M共線，即的延長(zhǎng)線也過M點(diǎn).

綜上，44,B}B2,a。2三線共點(diǎn)于M.

[范例3]

夕為等腰A5c的底邊6C上的任一點(diǎn)，PQ//AB,PR//AC,分別交AC、A5于

Q、旦設(shè)。為2點(diǎn)關(guān)于直線RQ的對(duì)稱點(diǎn)，則4D、B、。四點(diǎn)共圓.

分析1通過對(duì)角互補(bǔ)可證四點(diǎn)共圓,從條件知

RB=RP=RD,/ABC=NACB,QD=QP=QC,又由ARPQ是平行四邊形，可進(jìn)

一步得到AQ=RP=q，QD^AR,可見ADQ=.DAR,所以=這

時(shí)把四邊形的兩組對(duì)角分別加起來，很容易發(fā)現(xiàn)對(duì)角之和相等.

圖F9.3.1

證明1如圖F9.3.1所示，連RD、OQ.由對(duì)稱性，QD=QP,RD=RP.

易證ARPQ是平行四邊形，所以QP=AR,RP=AQ,所以A7?=QD,AQ=RD,所

以ADQ三，DAR,故NQAD=NRDA

①易證我尸=AB,所以RB=RD,NRDB=NRBD

②因?yàn)锳B=AC,所以^ABC=ZACB

③式①+式②+式③得

ZQAD+NABC+NRBD=NRDA+ZRDB+ZACB

即ZDAC+NDBC=NADB+NACB.

因?yàn)镹7MC+NDBC+/ADB+/ACB=360,所以NZMC+NDgC=180,所以

A、D、B、C共圓.

分析2要證四點(diǎn)共圓，還可通過證明/8DC=/B4C由于—3AC=/PQC=—3RP,

只要證出力加。和其中任一角相等即可.但是直接證。和/BAC、NPQC、

/酸P中的任何一個(gè)相等都有困難，這時(shí)可試著把分成幾部分，若每部分都和要

證的角有一定的關(guān)系，則/砒>。整體也容易建立與要證的角的聯(lián)系.

注意到RD=RB=RP,QD=QP=QC的事實(shí)，可以想到的外心是RPDC的外

心是。，引用圓周角和同弧對(duì)的圓心角關(guān)系的定理，可很快證出結(jié)論.

證明2連Z>Q,DP、DR、DC,如圖F9.3.2所示.

易證RD=PB=PR,QZ>=Q尸=QC可見尺是二。BP的外心，。是FDC的外心.由

圓周角和同弧上的圓心角關(guān)系的定理，NBDP=L/BRP,NPDC=L/PQC

22

易證ZBRP=NPQC=^BAC,

所以/BDP+/PDC=-NBRP+-NPQC=-NBAC+-NBAC=NBAC,即

2222

NBDC=NBAC,所以4D、B、。共圓

圖F9.3,2

分析3要證四點(diǎn)共圓，可以通過證4D、B、C到一個(gè)定點(diǎn)等距離,這個(gè)定點(diǎn)如果存在，那

么顯然是ABC的外心O.利用.BROmAQO,可得?；?OQ,即。點(diǎn)在RQ的中垂

線上.只要證出AORQ是等腰梯形，RQ、AO是底，則可知O也在AO的中垂線上.這樣，

。到4D、B、。距離相等.

要證明ADRQ是等腰梯形，只要證出.ADR^ADQ即可.

證明3設(shè)。為.ABC的外心.連。4、OB、OR、OQ.DR、DQ、OD、OC,如圖Y9.3.3

所示.

因?yàn)椤?=05,所以/aiB=/O5A又，Q45=/Q4C,所以NZMC=/O8A.

易證ARPQ是平行四邊形，所以AQ=RP,又RP=RD=RB,所以AQ=RB=RD,

所以O(shè)BR=OAQ,所以O(shè)R=OQ,即O在RQ的中垂線上.

因?yàn)?。Q=QP=ARRD=AQ,AD為公共邊，所以AD火三4AD。，所以RQ到AD

等距離，所以ADRQ是等腰梯形,由等腰梯形的軸對(duì)稱性知，O點(diǎn)又在AD的中垂線上，即

OA=OD

所以O(shè)A=OD=OB=OC,可見4D、B、。共圓

BP

圖F9.3,3

9.3研究題

[例1]

三角形的三條中線共點(diǎn).

證明i（三角形中位線定理、平行四邊形的性質(zhì)）

設(shè)中線鹿、C尸交于G,連AG并延長(zhǎng)，交3C于。，延長(zhǎng)AQ到H,使GH=AG,

連BH、CH,如圖Y9.1.1所示，則G/、GE各是A5”和一AHC的中位線，所以

GF//BH,GE//HC,所以GBHC是平行四邊形，BC、GH是其對(duì)角線.

因?yàn)槠叫兴倪呅蔚膶?duì)角線互相平分，所以BD=DC,所以AD是3C邊的中線，所以

AD,BE,三中線共點(diǎn).

圖Y9.1,1

證明2（三角形的中位線、平行四邊形的性質(zhì)）

設(shè)中線5￡、C尸交于G點(diǎn)，。為3C的中點(diǎn)，連G4、GD,作CH//GD,交5石的延

長(zhǎng)線于作EM//CN,交A尸于M,如圖Y9.L2所示

在一6。以和中，由中位線定理知GB=GH,AM=MF=-AF=-BF.

22

在班M中，由平行截比定理，跑=亞=工,所以EG=^G3,所以EG=LG"，所

GBBF222

以EG=EH.

因?yàn)?EG=EH,所以AG、C、〃是平行四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)，所以

GA//CH

因?yàn)镚4//CH,GD//CH,所以4G、。共線，即AO是中線，所以A。、BE、CF三

中線共點(diǎn).

證明3（中位線定理、相似三角形）

設(shè)中線AD、BE交于G,中線AD、B交于G'.連DE,如圖

所示，則QE是A5c的中位線，所以O(shè)EAB,DE^-AB,由OEGs..A3G知

2

AG_AB

~GD~~DE~'

AC斤匚?AGAG'

同理，連Q尸后有42所以——=^—所以

G'DDFGDG'D

"'即言=器’所以5=G'DG與G'必定重合

所以三中線皿BE、CF共點(diǎn).

證明4（三角形的中位線、平行四邊形的性質(zhì)）

設(shè)中線BE、CF交于G,中線BE、AD交于G'.設(shè)P,Q分別是GB、GC的中點(diǎn)，連跳\

PQ,如圖Y9.1.4所示，貝IJ￡尸、PQ分別是A5c和G5c的中位線，所以

EF-BC,PQ-BC.所以石尸廠。，所以E、F、尸、。是平行四邊形的四頂點(diǎn)，所以

=2=2=

GE=GP=PB.

同理，若連DE,又可證GE=GP=PB,所以GE=G'E=PB,所以G、G'重合.

所以三中線AD、BE、CF共點(diǎn).

A

圖Y9.1,4

圖Y9.1,5

證明5（引用第5章例2的結(jié)果）

設(shè)中線AD、BE交于G,AD.CF交于G'.如圖丫915所示

AG_.AEAG,,A尸_°雨~AG_AG，

由第5章例2的結(jié)果,-----=Z-----=Z,---=Z-----=2,所以------=—■—.可見G、G

GDECG'DFBGDG'D

內(nèi)分AD成等比值,由分點(diǎn)的唯一性知G、G'重合，即三中線皿BE、CF共點(diǎn).

證明6（Ceva定理）

設(shè)BD=DC,CE=EA,AF=FB.

因?yàn)槿?3.0=1,由三線共點(diǎn)的Ceva定理知AD、BE、CF共點(diǎn).

FBDCEA

證明7（面積法、反證法）

設(shè)三中線兩兩相交于尸、Q、R,如圖Y9.1.6所示,若「、。、R共線，表明AD、BE、CF

各有兩公共點(diǎn)，所以A。、BE、C戶共線，與三角形的假設(shè)違背，所以尸、Q、尺不共線.

若尸、Q、R實(shí)際上只是兩點(diǎn)，設(shè)P、Q重合而與尺不重合，則AD與。尸有兩個(gè)公共點(diǎn)，

所以A。、C戶應(yīng)重合，與已知矛盾，所以P、。、R不能僅有兩點(diǎn)重合.

若「、Q、R是不共線的三點(diǎn)，則SPQRRO.連陽，如圖Y9.L6所示即是中位線，所

以FD!/AC,所以SADC=SAPC，所以SADCARC=SAFC-SARC，所以SAFK=Scdr.

同理，sAQE-§BQD9SCpE=SBpF.

連AP、BR.CQ.因?yàn)?、E、F各是BC、CA.AB的中點(diǎn)，所

以SBRD=SCRD，SAQE=SCQE9SAP/二SBP?.故Scrd-SARF=SAQPF+SPQR

C-C-CIQQ-V-VIV

°AQE~°BQD一°BPRD十QPQR，uBPF~°CPE~°CRQE丁0PQR

因?yàn)閊AQPF~SApF+SAPQ=SBPF+SAPQ,SBPRD=SBRD+SBPR=SCRD+SBPR'

ScRQE=S.CQE+sCQR~SAQE+SCQR,把它們代人式(1)、式(2)、式(3),再把三式相力口,

就得到SAQP+SBPR+SC0R+3SPQR=0,此式表明SPQR=Q,這與假設(shè)矛盾

所以尸、Q、火是一個(gè)點(diǎn)，即三中線皿BE、CF共點(diǎn).

證明8(引用第6章例5的結(jié)論)

GT

設(shè)三中線AD、BE.CF兩兩相交于P、Q、R由第6章例5的結(jié)論,uPOR

2

.ABC2+2+1

q

這里4=迫CE所以三駕=0,所以Sp°R=0.

DCFB）ABC

但由證明7的分析知，尸、Q,R不可能共線或僅有兩點(diǎn)重合，所以尸、Q、R實(shí)為一個(gè)點(diǎn),

即三中線A。、BE、CF共點(diǎn).

證明9（面積法、三角形全等）

設(shè)中線鹿、C尸交于G,連AG并延長(zhǎng)，交3C于。，作加、CN,均與AD垂直,

垂足分別是河、N,如圖丫917所示

因?yàn)楣謩e是AC、的中點(diǎn)，所以S但=S詆=^S慚?所以

SAEB~SAEGF=S4FC—AEGF，即$EGC=$FGB.又因?yàn)?,EGC=$EGA，$FGB=§FGA，所

以SAGC=SAGB-

因?yàn)橐籄GC、一AGB有公共底AG,CN、8M是對(duì)應(yīng)高，所以CN=BM

因?yàn)镹CDN=NBDM,所以Rt_CNDvRtBMD,所以CD=BD,即AD是3c邊

上的中線，所以三中線AD、BE、CF共點(diǎn).

證明10（解析法）

如圖丫9.1.8所示，建立直角坐標(biāo)系.

設(shè)。（c,。）,A（a,b\則咕可，E］等，3,吧《

內(nèi)分4。成比值4=2的點(diǎn)的坐標(biāo)為

A+

xA+AXD_2_a+c

yA+AyD_Z?+20_b

1+2-1+2-3

內(nèi)分BE成比值；I=2的點(diǎn)的坐標(biāo)為

0+2-^^

_xB+Zx￡_2_〃+c

A-1+2-1+2--I-

,,0+2--,

%+4_2=b

1+21+23

(a+cb)

即

fa+cb]

同法還可求出內(nèi)分為2=2的分點(diǎn)也是這個(gè)點(diǎn)，即口一？是A。、BE、CF的公共

點(diǎn)，所以三中線AABE、CF共點(diǎn).

[例2]

三角形的三高共點(diǎn).

證明i（相似三角形、共圓）

設(shè)兩高5石、C尸的交點(diǎn)為H,連并延長(zhǎng)，交BC于D,連EF,如圖Y9.2.1所示.

由A、F、H、石共圓知Nl=/2.

由A。、石、/共圓知/2=/3,所以21=/3,因?yàn)?C為公共角，所以

BEOo-ADC,所以NADC=—3EC=90,所以AD也是高線，即三高A。、BE、CF

共點(diǎn).

A

A

證明2（共圓、證三點(diǎn)共線）

設(shè)兩高5￡、CF交于H,連A",作小垂足為。，連FE,如圖丫9.2.2所示

因?yàn)锳、F、H、E共圓，所以/l=/2.

因?yàn)?、C、E、/共圓，所以N1=/ACB.

因?yàn)椤?、D、C、E共圓，所以/3=/ACB.

所以N3=/2,所以AH、。共線，即ADLBC,所以三高AD、BE、CF共點(diǎn).

證明3（利用三角形三邊的中垂線共點(diǎn)的性質(zhì)）

分別過A、B、C作對(duì)邊的平行線，三條直線兩兩相交，交點(diǎn)為4、4、G，如圖Y923所

示易證「4耳。各邊的中點(diǎn)分別是A、B、C,所以A。、BE、CF是A,耳儲(chǔ)各邊的中

垂線.因?yàn)槿切胃鬟叺闹写咕€共點(diǎn)，所以MBE、CF共點(diǎn)，即A5c的三高共點(diǎn).

A,

圖Y9.2,3

證明4（Ceva定理）

如圖Y924所示.

由Rt.ADCsRtBEC知2￡=生.

ACBC

由RU知理=AF

ABAC

由Rt_BFC?Rt^BDA知笆=處

BCAB

A

圖Y9.2,4

以上三式連乘，得到生?9.空=生?牝?巨2,所以

ACABBCBCACAB

工.匕.2L=1.由Ceva定理知AD、BE、CF共點(diǎn).

DCEAFB

證明5（解析法）

圖Y9.2,5

如圖Y9.2.5所示，建立直角坐標(biāo)系.

設(shè)C（a,O）,A（b,c）.

AO的方程為％=4

因?yàn)樽驛C=-^，所以原E=j，所以助的方

b—ac

■rmMCl—b

標(biāo)為y=------------------x.

c

兩方程聯(lián)立可得H[bjO

IcJ

b("b)°

所以3?%

-7-----=所以幻B.kCH=T,所以CHLAB,可見CH

b-ac

也是高，所以三高AD、BE、CF共點(diǎn).

[例3]

兩直線4、4交于O點(diǎn)，在，i上有A、B、C,滿足。4=筋=6。在/2上有￡、M.N,

滿足LO=OAf=MN,則A￡、BN、CM三直線共點(diǎn).

證明1（三角形中位線定理、同一法）

設(shè)AL、BN交于K.連MK并延長(zhǎng)，交03的延長(zhǎng)線于G，連AM,如圖丫931所示，則

A"是一。3N的中位線，所以411=,3叱

2

因?yàn)長(zhǎng)AMsJKN,所以士竺=名上=』，所以NK=3AM=>BN'所以

AMLM224

iiC,BKB1D4D

KB=^BN=LAM因?yàn)镵BUAM,所以=F=所以=

42CXAAM2

因?yàn)锳6=6C,所以BC=C]8,即。與Ci重合.

所以仙BN、三線共點(diǎn).

l-l

BCCi/)

圖Y9.3.1

圖Y932

證明2（平行截比定理、三角形的中位線）

作MP/IAL,交1于P,連40,設(shè)弘CM交于K,連BN,如圖Y9.3.2所示

易證.AOLM-FQ，，所以AO=PO,旗=4。.在_。叱中，由中位線逆定理知AK是

一CMP的中位線，所以CK=KM.

因?yàn)?_=色吆，所以4M//BN.

ABMN

在_CM4中，由中位線逆定理知BN與CM的交點(diǎn)是CM的中點(diǎn)，即BN也過K.

所以MBN、三線共點(diǎn).

證明3（中位線定理、重心的性質(zhì)）

連M4、CL,如圖Y9.3.3所示

在QBN中，AM是中位線，所以AM//BN.在-AMC中，由中位線逆定理知BN必過

CM的中點(diǎn)K,即CK=KM.

在JWLC中，CO是ML邊上的中線，A點(diǎn)分CO成2:1的兩部分，所以A是JWLC的

重心，所以LA必是CM上的中線，即乙4過K.

所以AL、BN、三線共點(diǎn).

證明4（同一法）

設(shè)AL、交于K,作BP/%,分別交CM、LK于P、Q,設(shè)CM、BN交于K',如圖

Y9.3.4所示.

易證OAL=BAQ,所以BQ=OL=OM=MN.

KNLM30L.

由^-^—=—=—=3.

由一MNKSPBK知的=—.

BPK'B

在中，—=-=3,所以也丫=3,所以分=3,即@=包=3.可見

BPBCBPK'BKBK'B

K、K'都是內(nèi)分線段N5成比值3的點(diǎn)，由定比分點(diǎn)的唯一性知K、K'重合，即

AL,BN、CM共點(diǎn).

Y9.3.3

圖Y9.3,4

證明5（解析法）

如圖Y9.3.5所示，建立直角坐標(biāo)系.

設(shè)OA=AB=BC=a,LO=OM-MN-b,^AOM=a,則

A(a,O),B(2a,0),C(3a,0),L(-bcosa,-bsina),M(bcosa,hsina),N(2bcosa,2bsina)

AL的方程為y=——加3y?(%—a),即

—bcosa—a

圖Y9.3.5

xbsma-^bcosa+ajy-absma=Q<T

師的方程為戶就已.2。）,即

xbsina-(bcosa-ci)y-2?Z?sincr=0②

CM的方程為y=_/'?夕（%_34）,即

6cosc—3。

xbsina-(^bcosa-3a)y-3absina=0③

bsina-a-bcosa-absina

方程⑴、⑵、（3）的系數(shù)行列式為bsmaa-bcosa-2absina

bsina3a-bcosa一3Mina

1-a-bcosa-1

=加sin2a1a-bcosa-2

13a-bcosa-3

1-1-1111

=ab2sin2a-a11-2+bcosa-112=0

、13-3113?

所以AL、BN、CM三線共點(diǎn).

[例4]

在梯形ABC。中，AD//BC,AD+BC=AB,b為CD的中點(diǎn)，則/A、的平分線

必交于F.

證明1（梯形的中位線、等腰三角形）

圖Y941

作EE//AD,交A5于石，如圖Y9.4.1所示，則跖是梯形的中位線，所以

EF=^（AD+BC）=^AB=AE=EB,所以Nl=N3.因?yàn)?2=/3,所以/1=/2,

即/A的平分線為A尸.

同理可證NB的平分線是BF

證明2（三角形全等、等腰三角形）

延長(zhǎng)A尸，交3c的延長(zhǎng)線于G,如圖Y9.4.2所示易證一AMMGCF,所以AD=CG.

因?yàn)锳D+6C=AB,所以6C+CG=AB,即AB=6G,所以-1=/3,又N2=/3,

所以/1=/2,即/A的平分線過廠點(diǎn).

同理可證NB的平分線也過F點(diǎn).

證明3（梯形的中位線、三角形全等、菱形的性質(zhì)）

作FEIIAD,交AB千E、則EF是梯形的中位線.過F作AB的平行線，交BC于H,

交AD的延長(zhǎng)線于G,如圖丫943所示.

易證_FDG仝FHC,所以DG=CH,所以AD+BC=AG+BH=AB.

易證是平行四邊形，所以47=9,所以==所以AEFG、

2

BHFE都是菱形,A尸、族分別是它們的對(duì)角線,由菱形的對(duì)角線的性質(zhì)知ARBF分

別是ZA、4的角平分線.

證明4（三角形全等、內(nèi)角和定理）

在A5上取G,使AG=AD,因?yàn)锳B=AD+BC=AG+Gfi,所以6G=5C,連G。、

GC、GF,AF>BF,如圖Y9,4,4所示，則/1=/2,N，3=N4.

因?yàn)镹l+/2+/A=180,N3+N4+Z3=180,/A+/5=180,所以

Nl+/2+N3+/4=180,即Nl+N3=90,所以

^DGC=180-^1-^3=180-90=90.所以GE是Rt.DGC斜邊上的中線，所以

FD=FC=FG

由.40斤三AGF,.BCF=5GF知N5=/6,/7=18,所以NA、的平分線交

于下點(diǎn).

圖Y9.4,4

證明5（面積法）

過產(chǎn)作昭VLAD,交AD于M,交BC于N作FELAB,垂足為石任AF、BF.如

圖Y945所示,

易證Rt—?Rt_RVC,所以FM=FN.

因?yàn)?/p>

S^+5BCF^^ADFM+^BCFN^^AD+BC)FM^^ABFM^~(AD+BC)^-^^SABCD

,所以MF=EF,所以MF=EF=FN.

可見/點(diǎn)到/A、的兩邊等距離，所以A尸、5尸分別是/A、的平分線.

證明6（解析法）

如圖Y9.4.6所示，建立直角坐標(biāo)系.

設(shè)AD=Z?,BC=a,^ABC=a,則C(a,O),A((a+b)

a+ba+b.

cosa,(Q+b)sina),O(6+(a+Z?)cosa,(a+Z?)sina)尸(1+C0S6Z)----sma

22

連環(huán)、AF

a+b.

—sma

2________si?=tan里，所以5分是ZB的平分線.

因?yàn)閗AB=tana,kBF=

a+bx1+coscr2

----11+cosa)

同理A尸是/A的平分線.

[例5]

在.A5c中，NB=2NC,AD±BC,M在A5的延長(zhǎng)線上，BD=BM,N為AC的

中點(diǎn)，貝IJM,D,N共線.

圖Y9.5,1

證明1（同一法）

連MD并延長(zhǎng)，交AC于％,如圖丫951所示

在中，/l=/2+/M=2/2,/2=/3,所

以11=2/3.因?yàn)镹l=2/C,所以/3=/C,所以

0%=MC易證。M=

所以M是RtADC的斜邊的中點(diǎn)，所以N與M重合.

所以M,D、N共線.

證明2（直角三角形斜邊中線定理）

如圖丫9.5.2所示，連DM、DN.

在RLADC中，DN是斜邊上的中線，所以/NDC=/C.因?yàn)?所以

2

NNDC=L/ABC

2

因?yàn)?ABC是等腰瀏。的外角，所以=+=所以

NBDM」NABC

2

所以NBDM=NNDC,所以“、D、N共線.

圖Y9.5,2

A

圖Y9.5,3

證明3（角平分線、平行公理）

連DM、DN,作ZABC的平分線6P,交AC于夕，如圖Y953所示,因?yàn)?/p>

/ABC=2NC=2N2,所以N2=/C.

因?yàn)?。N是RtADC斜邊上的中線，所以/4=/C,所以/2=/4,所以BP//DN.

因?yàn)镹ABC是等腰的外角，所以/ABC=2/3,2/2=2/3,所以/2=/3,

所以BP//MD.可見MD、DN都與平行,所以“、D、N共線.

證明4（Menelaus定理）

在。。上取用，使連A4,如圖丫954所示，貝kAM］是等腰三角形，所以

AB=AB1,ZABB}=ZABXB

圖Y9.5,4

因?yàn)镹A3C=2/C,所以/A8R=2/C,所以A耳C也是等腰三角形.所以

AB,=因?yàn)锽M=BD,AN=NC,所以

DC=DB,+B,C=BD+AB=BM+AB=AM所以理.處.空=1

'BMDCNA

由Menelaus定理知M、D、N三點(diǎn)共線.

證明5（解析法）

如圖Y9.5.5所示，建立直角坐標(biāo)系.

圖Y9.5.5

連。DN,MN.

設(shè)A（0,a）,C（c,O）,B（b,O）,則N

作5石，。0,垂足為￡,由三線合一定理知=設(shè)2=2,則

NBDM=a,ZABC=2a,因?yàn)閆ABC=2ZC,所以ZC=a所以

M（20cos%,2bcosasina）.

2bcos2a2/7cosasina1

2bcos2a2bcosasina

1ca_1

所以SMND1ca

222-2

00122

bcosa/.、

------（acosa—csma）

2v7

在RtADC中由正弦定理，——-——=—/——?二二一，所以

sinasin/DACsin（90-a]cosa

acosa=c-sina,所以5腦\，。二°,所以"、N、。三點(diǎn)共線.

[例6]

在—A5c中，E、/分別是AB,AC的中點(diǎn)，延長(zhǎng)CE到p，使￡P(guān)=EC,延長(zhǎng)5方到

。，使廣。=尸3,則尸，4Q共線.

證明1（證明平角）

如圖丫961所示，侔AP,AQ

易證AEP=BEC,^AFQCFB,所以=Z3=ZACB

圖Y961

因?yàn)椤?+/ABC+—ACB=180,所以/2+/1+N3=180,即—PAQ為平角，所

以尸、4Q共線.

證明2（利用平行公理）

如圖丫9.6.2所示，連AP、AQ.PB、QC.

因?yàn)樗倪呅蜛PfiC和四邊形A3CQ的對(duì)角線互相平分，所以"6C和A3CQ都是平行四

邊形，所以AP//3C,AQ//3c.由平行公理知尸、4Q共線.

證明3（中位線定理、乎行截比定理、同一法）

連QA并延長(zhǎng)，交CE的延長(zhǎng)線于耳，連跖，如圖Y9.6.3所示.

因?yàn)轷攀茿4Q的中位線，所以AQ//E尸，所以A《//Eb.

在-CA《中,由平行截比定理，生=處=1,所以AE=EC.又PE=EC,所以

ECFC

RE=PE,且小P、E共線,小尸在石點(diǎn)同側(cè)，所以耳和2重合.

所以P,A、Q共線.

證明4（平行截比逆定理、平行公理）

連PQ、AQ.EF,設(shè)CE、BF交于O,如圖P9.6.3所示

因?yàn)樗茿5C和的中位線，所以*V/5C//AQ,所以..石Ob—,.COB,所

以空=理,所以”

BOCOBFCE

OFOE

因?yàn)?/=世，CE=EP,所以==”，由平行截比逆定理，PQI/EF、所以

FQPE

?。//人。.所以。，4。共線.

圖Y9.6.4

證明5（解析法）