婊酱
范文一：三点共线的证明
如图，圆O 是△ABC 的外接圆，过圆上任意一点D 做三边的高DE , DF , DG ，垂足分别为E ，F ，G ，证明：E , F , G 三点共线。
证明：连结CD 、AD ，∵DF ⊥AC ，DG ⊥AB ，∴∠2+∠3=90°，∠4+∠5=90°
又∵∠3=∠4（圆内接四边形的外角等于内对角）
∴∠2=∠5
∵DF ⊥AC ，DE ⊥BC ，∴D 、E 、C 、F 四点共圆，∴∠1=∠2 ∴∠1=∠5
∵DF ⊥AC ，DG ⊥AB ，∴A 、D 、F 、G 四点共圆，∴∠5=∠6， ∴∠1=∠6，
∵∠1+∠EF A =180°，∴∠6+∠EF A =180°，
∴E 、F 、G 三点共线回
问题图
解答图
范文二：证明三点共线问题法
证明三点共线问题的方法
、利用梅涅劳斯定理的逆定理 1
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
111111CCABAB线依次交直线BC、CA、AB于、、，求证:、、三点共线。
1SAC1,ACC，易知 解:记BCaCAbABc,,,,,,1CBS1,CCB1A
22SACb1,,111,ACCB又易证.则. ,,ACCCCB,,,,2SCBa1,,,CCBC
A1212BBAcCBa1C,,,同理. 1212ACbBAc
111222ACBACBbca,,,,,,1故. 111222CBACBAabc
111AB由梅涅劳斯定理的逆定理，知、、三点共线。 C
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。 (1996年中国奥数)
证明:射线AH交BC于D，显然AD为高。 A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，
0E易知， ，,，,，,AMOANOADO90MNH?A、M、O、D、N五点共圆， CB更有A、M、D、N四点共圆， OD
0此时， ，，,AMD+180AND
2AMAEABAHAD,,,,因为(B、D、H、E四点共圆)，
AMAD即;又， ,，,，MAHDAMAHAM
所以，故 ,,AMHADM，,，AHMAMD
同理，。 ，,，AHNAND
0因为， ，，，,，，，,AHMAHNAMDAND180
所以，M、H、N三点共线。
- 1 -
3、利用面积法
如果，点E、F位于直线MN的异侧，则直线MN平分线段EF，SS,,,EMNFMN
即M、N与EF的中点三点共线。
例3(如图，延长凸四边形ABCD的边AB、DC交于点E，延长边AD、BC交于
点F，又M、N、L分别是AC、BD、EF的中点，求证:M、N、L三点共线。
F
D LC
O NM
AE B
证明:设BC的中点为O，辅助线如图所示，
由OMAEONDE//,//可知，点O必在内，此时， ,EMN
SSSS,，， ,,,,EMNOMNOMEONE
,，，,，SSSSS ,,,,,OOOBMNMBNCMNBCN
11111,，,，,,，,SSSSSSS()()(),,,,,,BBBCMDBCDMCDMCAADC四边形ABCD22224
1 同理，SS,。因此 SS,,FMN四边形ABCD,,EMNFMN4
此时，直线MN平分EF，即M、N、L三点共线。
4、利用同一法
尽管同一法是一种间接证法，但它却是一各很有用的证法，观察例4后，你
会感到，同一法在证明三点共线问题时，也有其用武之地。 例4(如图4(a)，凸四边形ABCD的四边皆与?O相切，切点分别为P、M、Q、
N，设PQ与MN交于S，证明:A、S、C三点共线。
NNDDC C
/SPPQQ OO
BBAAMM
(b)(a)
/证明:如图4(b)，令PQ与AC交于S，
- 2 -
////，，APSCQS与，,，ASPCSQ易证互补。而，则
////ASAPSCQSSCsinsin，，,,,， //APASPCSQCQsinsin，，
///ASAPASAM//,。再令MN与AC交于。同理可得 故,S///SCCQSCCN
//////APAMASASASAS,但，所以。利用合比性质得，。 ,,///CQCNSCSCACAC
//////因此，，可断定与必重合于点S，故A、S、C三点共线。 ASAS,SS
注:观察图形,还可证得B、S、D三点共线;
换言之，AC、BD、PQ、MN四线共点。
5、利用位似形的性质
////与是两个位似三角形，点O为位似中心，那么不仅A、A、如果,ABC,ABC
/////O;B、B、O;C、、O分别三点共线，而且、的两个对应点与C,ABC,ABC
位似中心O也三点共线，位似形的这种性质，对于证明三点共线，颇为有用。
OOO,ABC123例5、如图,内部的三个等圆?、?、?两两相交且都经过点
,ABC,ABCP，其中每两个圆都与的一边相切,已知O、I分别是的外心、内心，
证明:I、P、O三点共线。
A
O1
I
O3POO 2C
B
OOOOOO证明:联结、、。由已知得 121323
OOAB//OOBC//OOCA//、、。 122313
,OOO可断定与是一对位似三角形， ,ABC123
且易知的内心I是两者的位似中心。 ,ABC
OOOPOPOPO,,因为?、?、?为等圆，即, 231231
- 3 -
所以点P是的外心。又点O是的外心，故P、O两点是两个位,OOO,ABC123
似三角形的对应点，利用位似形的性质，即得I、P、O三点共线。 6(利用反证法
有的几何题利用直接证法很难，而用反证法却能很快达到预期目的。
PPP123例6、如图，梯形ABCD中、DC//AB，对形内的三点、、，如果到四
PPP123边距离之和皆相等，那么，、、三点共线，试证之。
DC FP2F 1E/1MGH ME2 NP1PP 32/N AB
PP、PP证明:先看两点，设直线分别交AD、BC于M 、N， 1212
PEBC,EPEBC,EPFAD,FPFAD,F于，于，于，于。 112221122112
PP因为DC//AB，则点到AB、CD的距离之和等于点到AB、CD的距离之和。12
PEPFPEPF，,，PP由已知可得。过点作AD的平行线、过点作BC的平行1111222212
PPPFPPPE线得交点P(由于AD与BC不平行)。记交于G，交于H。 122211
PEPEPFPF,,,PHPG,观察上式有。所以，。 1122221112
,PPPPHPG,,PPP因为有两条高，所以，是等腰三角形，则121212
，,，PPPPPP，,，,，,，DMNPPPPPPCNM。 故。 12211221
PPPPPPPP再用反证法证明点一定在上:假设点不在上，联结并延长12123313
////P分别交AD、BC于MN、，易知点MN、在MN的异侧;因为点到AD、BC的1
P距离之和等于点到AD、BC的距离之和，由上述证明过程知必有3
////，,，DMNCNM。
////事实上，观察图形只能得到，矛盾，，,，,，,，DMNDMNCNMCNM
PPPPPP这说明点必在上，即MN上，因此、、三点共线。 121323
- 4 -
7(用塞瓦定量的逆定理
变三点共线为三线共点，利用塞瓦定理的逆定理，在圆内接凸六边形ABCDEF中，若，则AD、BE、CF三线共点;反之亦然，利用这ABCDEFBCDEFA,,,,,
个结果来证明某些三点共线问题，可立竿见影。
例7、如图7，凸四边形ABCD内接于圆，延长AD、BC交于点P，作PE、PF切圆于E、F，又AC与BD交于K，证明:E、K、F三点共线。
P解:联结AE、ED、CF、FB得凸六边形ABFCDE。
欲证E、K、F三点共线，即AC、BD、EF三线共点， DC只须证。 ABFCDEBFCDEA,,,,,E
F注意到。 ,,,,,,PABPCDPFCPBFPDEPEA,,K
ABPAFCPCDEPE则。又PE=PF， ,,,,,CDPCBFPFEAPAABABFCDEPAPCPE则。 ,,,,,,1CDBFEAPCPFPA
故。 ABFCDEBFCDEA,,,,,
AC、BD、EF三线共点，即E、K、F三点共线。 因此，
练 习 题
1(在中，，它的内切圆切BC、CA、AB于D、E、F。设,ABCABBCCA,,
//////ABABFE与BC交于，FD与AC交于，DE与BA交于。求证:、、三点CC共线。(提示:方法1)
2(证明:圆外切凸四边形对角线的中点及圆心三点共线。
(提示:利用面积法)
3(凸四边形ABCD内接于圆，AC与BD交于P，过点A、D分别作BD、AC的垂线交于点K，过AB、CD的中点分别作BD、AC的垂线交于点L.证明:P、K、L三点共线。(提示:设第一组垂线的垂足为M、N，第二组垂线的垂足为X、Y，寻证MN//XY，得出与位似。) ,LXY,KMNPA04(图8，凸四边形ABCD的，以AC、 ，，，,AB120D
R,,,ACPBQDCDR、、BD、CD为一边分别作三个正三角形:。 证明:P、Q、R三点共线。(提示:延长AD、BC交于点E，显然C、C
BD、R、E四点共圆，再寻找其他的四点共圆，利用方法2) Q
5(?O的弦AC、BD交于点S，过点A、B分别作?O的切线得交点P，延长AD、BC得交点Q，求证:P、S、Q三点共线。(提示:设射线QS交AB于点K，设
//KK线段PQ交AB于点，利用同一法，设法证明点K与重合)
- 5 -
三点共线问题选讲,一,
1(题目:如图?ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H.设D，
E分别为内切圆I与边BC，CA的切点，求证:三点D，H，E共线.
A
E
H
I
CB D
解法一:四点共圆法
连接AI，DI，EI，EH，DH
?AHI=90? ?A，I，E，H四点共圆 ??AEI=
??IEH=?IAH ，又?IE=ID ??IEH=?IAH=?IDH 又??IBD+?BID=90?，BI平分?ABC
??ABI+?IHD+?IDH=90?，?ABI+?BAI+?IAH=90? ??IHD=?BAI=?IAE， ?D，H，E共线
AA
EEG
HHII
CBCD BD
解法二:相似三角形证角相等
延长IH交AC于G, 连接AI，DI，EI，EH，DH ??ABI=?IBD，?BDI=?BHD ??ABH??IBD ?BI/AB=BD/BH ?BI/BD=AB/BH ??ABI??HBD ??BHD=?BAI(此时可用解法一)
又??EHG=?IAE
??EHG=?BHD ?D，H，E共线
- 6 -
解法三:三角形内心性质(同一法)
连接DE，EH，AI，EI
?A，I，H，E四点共圆，??AIB=AEH，
又?I为?ABC的内心，??AIB=?AEH=90?+?C/2， 又?CD=CE ??DEC=90?,?C/2， ??DEC+AEH=90? ?H在DE上 ?D，H，E共线
AA
EEGK
HHII
CCBB DD
解法四:利用梅涅劳斯定理逆定理
连接DH，EH，延长BH交AC于G，过G作GK?BC，交EH于K， 若BD/DC * CE/EG * GH/HB=1，即可证D，H，E共线; 要证BD/DC * CE/EG * GH/HB=1 ?DC=CE 即证BD/EG=BH/GH ，即证BD/BH=EG/GH ?GK?BC，?CED为等腰三角形 ??EGK也为等腰三角形 ?EG=KG
又??KGH??DBH ?BD/BH=KG/GH ?BD/BH=EG/GH;?D，H，E共线
2.如图，在菱形ABCD中，?A=120?，?O为?ABC的外接圆，M为菱形外
一点，连接MC交AB于E，AM交BC的延长线.
求证:点M在?O上<=>点D，E，F共线
A
M
F
ED B
C
解法一:三角形相似
连接AC，DF，DE
?M在?O上，??AMC=?ABC=?ACB=60?
??AMC??ACF;?MC/MA=CF/CA=CF/CD;
又??AMC=?BAC，??AMC??EAC，
?MC/MA=AC/AE=AD/AE，?CE/CD=AD/AE;
又??BAD=?BCD=120?，??CFD??ADE，??ADE=?DFB。
- 7 -
?AD?BC，??ADF=?DFB=?ADE;?F，E，D三点共线。
A
AM MF FEDNEDB BO
CC
解法二:利用梅涅劳斯定理逆定理
连接AC，MB，EF，ED。在?ABC中，若能得到:
AN/NC * CF/FB * BE/AE=1 那么F，E，D三点共线。 又??NCD??NAE ?AN/CN=AE/CD=AE/AB ?只需证CF/AB * BE/BF=1
又??ABM??AFB ?BM/BF=AB/AF ?
?ABF??CMF ?BF/MF=AF/CF ?
由?*?得:BM/MF=AB/CF，?只需证MF/BM * BE/BF=1 即证 BE/BM=BF/MF
又?A，C，B，M四点共圆，??FMB=?ACB=?BAC=?BMC=60? 又??EBM=?BFM ??MBE??MFB
?BE/BM=BF/MF ?F，E，D三点共线。
3.如图，O，H分别是锐角?ABC的外心和垂心，D是BC边的中点，由H向
?A及其外角平分线作线，垂足分别是E，F.求证:三点D，E，F共线。
AAFF
G
OOEE HH
CCBBDD
M
连接OD并延长交?O于M，连接FE，AH相交于G，连接DE，OA ?D为BC中点，AE为?BAC平分线，?AE延长必过M，即A，E，M共线 ?四边形AEHF为矩形，?AG=EG 又?OA=OM，H为?ABC垂心 ?AH?OM
??EAG=?OMA ??AEG=OAM ?EG?AO
又?垂心到三角形一顶点距离等于此三角形外心到此顶点对边距离的2
倍。?AH=2OD?OD=AG
又?已证AG?OD，?四边形AGDO为平行四边形，?DG?OA ?点D，E，F共线
- 8 -
证点共线问题
x 1.自圆上一点引三弦，并以它们各为直径画圆。 A 5 求证:所画三圆的其他三交点共线。(SaImonP定理) 1 2 y B 证:设三交点为x、y、z，连Px、Pz、xy、yz， p 3 则?1=?2、?3=?4， 4
z 又不难证得:x、A、B共线;
(??PxA=90?、?PxB=90?。)
A、y、C共线;B、z、C共线。??5=?6。 6 又?2+?5=90?、?4+?6=90?， C ??2=?4，即?1=?3。
?x、y、z共线。
2.一直线截?ABC三边BC、CA、AB或其延长线于X、Y、Z。试证:这三点的
,,,XZY等截点、、共线。(在三角形任一边所在直线上设有两点与此边中点等
距离，则称这两点互为等截点)
证:?X、Y、Z共线 A XBYCZA l?,,,1(梅涅劳定理) , ZY 。 XCYAZB。 。 。 Z ,,,XCZBYA , Y,,又 。 ,,,。 XBZAYCB C ,X XXBZAYC=,,,1 XCZBYA
,,,,,,注:?XB=C、B=XC、B=ZA、A=ZB、A=YC、C=YA。 XXZZYY
,,,?据梅涅劳定理得、、共线。 XZY
3.三角形的外角平分线各与对边(所在直线)的交点共线。
已知:?ABC的?A、?B、?C的外角平分线分别交对边(所在直线)于X、Y、
Z。求证:X、Y、Z共线。
证:据三角形的外角平分线定理得: y 。 XCAC, ? XBAB
ZBBCz , ? 。 ZAACA . . YAAB。 * 。 , ? * 。 YCBCB C x ?×?×?得:
XCZBYAACBCAB,,,,,,1 XBZAYCABACBC
又据梅涅劳定理可知:X、Y、Z共线。
- 9 -
4.三角形两角的平分线及第三角的外角平分线各与对边(所在直线)的交点
共线。
A、?B的平分线交对边于X、Y，?C的外角平分线交对边已知:?ABC的?
所在直线于Z。求证:X、Y、Z共线。
。 z 证:据三角形的内角平分线和外角平分线定理得:
XBAB, ? XCAC
YCBCA ? ,* YAAB* y 。 ZAAC. 。 ? ,。 . 。 ZBBCB C x ?×?×?得:
XBYCZAABBCAC ,,,,,,1XCYAZBACABBC
据梅涅劳定理得:X、Y、Z共线。
证明:梯形两腰延长线的交点与两底的中点共线。 5.
已知:P是梯形ABCD两腰的延长线的交点，E、F分别是底AD、BC的中点。 求证:P、E、F共线。
P ,E证:连结PF，设交AD于，
?四边形ABCD是梯形，?AD?BC。 E , EA ,,,,D AEPEEDPE?, , BFPFFCPF
,,AEED?, B C F BFFC
又?F是BC的中点，?BF=FC。
,,,EEE?A=D，即是AD的中点。
,E又?E是AD的中点，?E、必重合。即P、E、F共线。 6.过半圆周上任意一点作直径的垂线，又作一圆切半圆与这垂线，则两切点
与直径的一端共线。
先证外切:
设AB是半圆的直径，O是圆心，C是半圆上的一点， CD?AB于D，且?O外切半圆于F，切DC延长线于E。 1O1 则E、F、A共线。 E 1 证:连结OO，则F在OO上 11F C
2 (两圆相切，连心线过切点)
又连结OE，则OE?ED，连EF、FA， 11? ?OE?ED，AB?CD，?OE?AB。??EOF=?AOF。 111A B D O 又?OE=OF，OF=OA，??1=?FEO，?2=?A， 111
又??EOF+?1+?OEF=?AOF+?2+?FAO(=180?)， 11
- 10 -
?2?1=2?2，即?1=?2。
?E、F、A共线。
再证内切:
设AB是半圆的直径，O是圆心，C是半圆上的一点，CD?AB于D，且?O1
内切半圆于F，切CD于E。则F、E、B共线。
证:连结OO，则F在OO上 11C (两圆相切，连心线过切点) F 又连结OE，则OE?ED。 E 11O1 (过切点的半径垂直于切线)
? 再连结FE、FB。 B A D O ?OE?CD，CD?AB，?OE?AB。 11
而?AOO=?B+?BFO，?EOO=?OEF+?EFO。 1111
又?OE=OF、OB=OF， 11
??B=?BFO、?OEF=?EFO。 11
?2?BFO=2?EFO。即?BFO=?EFO。 11
?F、E、B共线。
8.三角形一边上的高线足在他两边及他两高线上的射影四点共线。
ABC的垂心，D、E、F分别是垂足，G、H、M、N分别是D在AB、已知:O是?
AC、BE、CF上的射影。求证:G、M、N、H共线。
A 证:连GM、MN， F G、B、D、M共圆，O、M、D、N共圆。 ?O E G M ??1=?2，?4=?5。 1 5 4 又?DG?AB，CF?AB。?DG?CF，??2=?3。 N
H 又?3+?5=90?， 2 3
B ??1+?4=?2+?5=?3+?5=90?， C D ??GMB+?BMD+?DMN=?1+90?+?4=180?。
即G、M、N共线。同理可证:M、N、H共线。
?G、M、N、H共线。
9. O是?ABC的内心，CM、BN分别是?ACB、?ABC的外角平分线，且AE?
OC、AF?BO、AH?CM、AG?BN，E、F、H、G分别是垂足。
求证:G、E、F、H共线。
证:令M、N分别是BO与CH、CO与BG的交点，
连AM、AO、AN、GE、EF、FH，
N 则M、N为?ABC的旁心，
A ?AE?OC、AF?BO，
2 M ?A、E、O、F共圆。??1=?3。 1 又?AF?BO、AH?CH， 4 5 G 6 3 H E F ?A、F、H、M共圆。 O ??2=?4。
B C 又?AE?OC、AH?CH、OC?CH
(邻补角的平分线垂直)
??EAH=90?。
而OA平分?BAC、AM平分?BAC的外角，??OAM=90?。 ??1=?2(同角的余角相等)，即?3=?4，
- 11 -
?E、F、H共线。同理可证:?5=?6，?G、E、F共线。 ?G、E、F、H共线。
10.设?I是?ABC的内切圆，E、F各是AB、AC上的切点，又作BG?CI于G、
CH?BI于H。求证:G、E、F、H共线。 A 7 4 证:连AI、IE、IF，则AB?EI、AC?FI，
E 8 G 又连GE、EF、FH， 1 3 F ?GI?BG、AB?EI、AC?FI， H 2 . ?G、B、I、E共圆，A、E、I、F共圆。 I ??1=?2，?3=?4。(如图中所标注) 5 6 又??2=?5+?6，?5+?6+?4==90?。 B C
??1+?3=?2+?4=?5+?6+?4=90?。
??GEB+?IEB+?FEI=90?+90?=180?。
?G、E、F共线。
同理可证:H、F、E共线。
即G、E、F、H共线。
又证:
??1=?2=?5+?6，
7+?8=90?，?7+?5+?6=90? 又??
??8=?5+?6=?1
?G、E、F共线。
、F、E共线。 同理可证H
?G、E、F、H共线。
11.在上题中，若?I是?ABC的旁切圆，则如何, 证:连IE、IF、EF、HE， F 则I、E、A、F共圆，且IA?EF， 6
13 A ??IEF=?6，?6+?7=90?。 7 I 11 G 又不难证得:?8=?9,?3=?4， 5 10 8 9 1 ?ABC=?8+?9，?7=?11+?10。 E 12 2 3 又?I、D、H、C共圆，??4=?5。 4 C D B ??13=?11+?12，2?13=?ABC+2?12。
??11+?12= +?12=?8+?12， ，ABC ??11=?8。??7=?5， 2H ??IEF+?3=?6+?7=90?
??FEI+?IEB+?BEH=180?。
即F、E、H共线。
又连GE、EH，
?G、I、B、E共圆，
??1=?2。
又?3=?5(已证)
??1+?3=?2+?5=90?。
??GEI+?IEB+?BEH=180?，
?G、E、H共线。
?F、G、E、H共线。
?在上题中,若?I是?ABC的旁切圆可以得到同样的结论。
- 12 -
共点共线问题
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;还可以利用Menelaues定理及其逆定理证明三点共线等((?4)点共线可转化为三点共线( nn
证明线共点还可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点、Ceva定理及逆定理等)，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1(?I内切于?ABC，D为BC上的切点，M、N分别为AD、BC的中点，求证:M、I、N三点共线(
证明:设F为?I切AB的切点，延长DI交?I于K，连AK延长交BC于G，2过K作?I的切线PQ(由梯形PKDB可证PK?BD=IF;
连(PI、BI，则PI、BI平分，QPB与，PBD，于A为.?,为其直角边上的高) 是?PIBRtIFP2Q同理，QK?CD=IF( FK
MPKCD? PK?BD=QK?CD;,， I=QKBD
BCNDGPKBGCDBG又，PQ?BC,，?，,CD=BG， ==QKGCBDGC
? N是DG中点(
又:M为AD中点N为GD中点,MN?AG(
I为KD中点，N为GD中点,IN?KG(
? M、I、N三点共线(
说明:由于BG=CD=p,c，故点G是?ABC的在，A内部的旁切圆与BC的切点;证明三点共线常证明过同一点的两直线平行于同一直线(
例2(设等腰三角形ABC的两腰AB、AC分别与?O切于点D、E，从点B作此圆的切线，其切点为F，设BC中点为M，求证:E、F、M三点共线(
分析 显然此圆和三角形的位置需分情况讨论(
证明:AO所在直线通过点M(?OMB,90:，?ODB,90:，
?D、O、M、B四点共圆( AA
? ?DFM,?DOM(且?ABM，?DOM,180:(
1DEO? ?DFE,?DOE,?ABM( DE2O
FCBMC? ?DFE，?DFM,180:(? E、F、M共线( BMF如果切点F在三角形外，则由D、B、F、M、O共
- 13 -
1圆，得?DFM,?DBM(而?DBM,?AOD,?DOE,?DFE( 2
? ?DFM,?DFE(? F、M、E共线(
例3(以锐角?的边上的高为直径作圆，分别交、于、，ABCBCAHABACMN过作直线?，用同样的方法作出直线，， AlMNllABC
A求证:、、交于一点( lllABC
分析 如果能证明这三条直线都经过三角形
的外心，则此三线共点( N证明 取?ABC的外接圆O，连HN，DB( MO则?CAD与?MNH都是?ANM的余角， BCH? ?MNH,?CAD，
? ?MNH,?MAH，?CAD,?CBD，
D? ?CBD,?MAH，
? ?BAH，?ABH,90:，? ?CBD，?CBA,90:(
? l是?O的直径(即AB过?O的圆心O(同理l、l都过点O( ABC
即l、l、l交于一点( ABC
?例4(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(
A M F
E O B D
C
?证明:如图，连AC，DF，DE(因为M在?O上，则?AMC=60?=?ABC=?ACB，
MCCFCFA M ,,有?AMC??ACF，得( MACACDF
又因为?AMC=BAC，所以?AMC??EAC， E O B D MCACADCFAD,,得(所以,， MAAEAECDAEC 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(
例5(设P、Q、R分别为?ABC的外接圆O上弧BC、CA、AB的中点(PR、PQ分别交AB、AC于点D、E，求证:DE?BC(
R证明:连DO，AR，EO，AQ( A
11Q? ?ADR,(AR，BP)，?AOR,(AR，CP)， 22DEO? ?ADR,?AOR，? A、O、D、R四点共圆( BC? ?AOD，?ARD,180:，
P同理，?AQE，?AOE,180:，
- 14 -
而?ARP，?AQP,180:，? ?AOD，?AOE,180:(
? D、O、E三点共线(? ?ADO,?ARO,?ABC，
? DE?BC(
例6(设、、为?的三条高，从点引、、、的垂线ADBECFABCDABBECFAC、、、，垂足分别为、、、，求证:、、、四点共线( DPDQDRDSPQRSPQRS
分析:这里有多个四点共圆，又有多个垂线(四点共圆，可以看成圆的内接三角形与圆上一点(故适用于Simson线( A证明:设为垂心( HF由?HDB,?HFB,90:，? H、D、B、F四点共圆( PEQ? DP?BF，DQ?BH，DR?HF，P、Q、R分别为垂足( RS? P、Q、R共线，(?HBF的Simson线)( BCD同理，Q、R、S共线(?CEH的Simson线)(
? P、Q、R、S共线(
说明 利用几何名定理(Simson 线等)证明三点共线是常用方法(
例7(设A、B、C是直线l上三点，A、B、C是直线l上三点(AB与AB111122221221交于L，AC与AC交于M，BC与BC交于N，求证:L、M、N三点共线( 12211221
:图中有许多三点共线，可以利用这些三点共线来证明、、三点共分析LMN线(所以可以选定一个三角形，这个三角形的三边上分别有L、M、N三点(
PMQNRL设AC与AB、BC交于P、Q，AB与BC交于R(则只要证明??1， =1221212121MQNRLP
则由Menelaues定理的逆定理可证明L、M、N三点共线(
PMQCRA12A1l1B=证明:AC截?PQR得，??1， 211CRAPMQ12C1P
MQNRBPC12NL=BC截?PQR得，??1， 12QBPCQNR12
CA22B2l2RLPAQB12=AB截?PQR得，??1， 12AQBRLP12R
PBRCQA111=l截?PQR得，??1， 1BRCQAP111
RBQCPAE222=l截?PQR得，??1( 21BQCPAR222D
CO23PMQNRL五式相乘，即得??1， =O4MQNRLPPO2从而L、M、N三点共线( O例8(四边形内接于?O，对角线AC、BD
交于点P，设?PAB、?PBC、?PCD、?PDA的 O13AFB
- 15 -
外接圆圆心分别为O、O、O、O， 1234
求证:OP、OO、OO共点((1990年全国联赛) 1324
证明 ?O为?ABC的外心，? OA=OB(
? O为?PAB的外心，?OA=OB(? OO?AB( 1111
作?的外接圆?，延长与所作圆交于点，并与交于点， PCDOPOEABF33
连，则，1，2，3，，，，? ，，90:( DE==EPD=BPFPFB=EDP=
? ?，即?(同理，?(即是平行四边形( POABOOPOOOPOOOPO3133113
与互相平分，即过的中点(同理，过中点( ?OOPOOOPOOOPO131324
? 、、三直线共点( OPOOOO1324
例9(ΔABC是等腰三角形，AB=AC，若M是BC的中点，O是直线AM上的点，使OB?AB;Q是BC上不同于B、C的任一点;E在直线AB上，F在直线AC上，使E、Q、F不同且共线(求证:OQ?EF当且仅当QE=QF(
分析:证明“当且仅当”时，既要由已知OQ?EF证明QE=QF， 也要由QE=QF证明OQ?EF( A证明 连OE、OF、OC。先证OQ?EF,QE=QF(
OB?AB,OQ?QE,O、Q、B、E四点共圆,?OEQ=?OBM(
由对称性知OC?CA，OQ?QF,O、Q、F、C四点共圆 F
=?， ,?OFQOCQQMBC又?OBC=?OCB,?OEF=?OFE,OE=OF,QE=QF(
再证QE=QF,OQ?EF((用同一法) OE 作,,?，交于,，交于,(由上证，可得,=,( 过QEFOQABEACFQEQF
若E,F,与EF不重合，则EF与E,F,互相平分于Q，则EE,F,F为平行四边形，EE,?FF,，这与AB不与AC平行矛盾(从而E,F,与EF重合(
例10(如图，已知两个半径不相等的圆?O， 1
?O相交于M、N两点，?O，?O分别与?O内 212
切于点S、T，
求证:OM?MN的充要条件是S、N、T三点共线(
M证明:(1)充分性: O
若S、N、T三点共线，证明OM?MN OO12连OO，ON，OM，ON，OM( 121122TN? OS,OT，ON,OS，ON,OT， 1122
S? ?OST、?OSN与?ONT都是等腰三角形( 12
? ONOO为平行四边形( 12
? ON,OO，OO,ON，但ON,OM，ON,OM， 12121122
? OO,MO，OO,MO(? ?OOM??MOO，? OO?OM， 12211212
? OO?MN，? ?OMN,90:( 12
(2)必要性:若OM?MN，证明S、N、T三点共线(
分别连SN、NT，设?O、?O、?O的半径分别为r、r、r，OM,a( 121、2
? OO?MN，OM?MN，? OO?OM( 1212
? ?OMO与?OMO的面积相等(有一边公共，且周长都等于a，r(,2p)( 12
? p(p,a)(p,r)(p,(r,r)),p(p,a)(p,r)((p,(r,r))( 1122
化简得 (r,r)(r,r,r),0，由r?r，得r,r，r(于是OO,OM,1212121212ON，OO,OM,ON(? OONO为平行四边形(?OOO,?ONO,?NOS,?NOT( 221112121212
- 16 -
11在等腰?OSN中，?SNO,(180:,?OOO)，?TNO,(180:,?OOO)( 111221222
? ?SNO，?ONO，?ONT,180:(即S、N、T三点共线( 1122
角元塞瓦定理及其应用,一,
塞瓦定理与梅涅劳斯定理是数学竞赛范围内的两个重要定理。起初，大家认为梅涅劳斯定理的应用更灵活一些，也更广泛一些，但后来却发现，塞瓦定理及其逆定理在证明三线共点时非常有用，加之角元塞瓦定理不但介入竞赛圈而且所占分量越来越重，使得塞瓦定理的地位日益提高(如今，单独的角元塞瓦定理大有与梅涅劳斯定理和塞瓦定理成三足鼎立之势(此外。对于某些关于角度的计算题，使用角元塞瓦定理的解法往往别具一格，是其他方法所不能比拟的(
1(角元塞瓦定理
定理1 如图l，设D、E、F分别是?ABC的三边BC、CA、AB上的点，三条线段AD、BE、CF交于一点M(则
定理中一共给出了四个结论(其实，定理的条件加上四个结论中的任一个都是塞瓦定理(这里将它们写在一起的，目的是为了强调此图形中有四个不同的角度都可以使用角元塞瓦定理(其结果都是有用的，且同等重要(角元塞瓦定理之所以称为角元塞瓦定理，自然是因为它是由原塞瓦定理(以后需要加以区别时，称之为边元塞瓦定理)衍生出来的，即由边的比过渡到角的正弦的比(其实，把角元塞瓦定理看作是拼成一个大三角形或四边形的三个小三角形的三个正弦定理的乘积也许更直接一些(
定理2 如图2，设D是边BC上的点，E、F分别是边AC、AB的延长线上的点，三条直线AD、BE、CF 交于?ABC的边BC之外的一点M则有
- 17 -
与定理1的(1)对照发现，从字母上看，两者结论完全一样，区别在于交点位置有所不同。同样地，交点M的位置可以换为在AC或AB之外，结果是完全类似的(
注意，图2中的?BFM和?CME中，各只有一条边BM与CM在定理结论中各作为六个角中的两个角的边出现，其余部分均未出现(故此在图中可以擦去(这时，关于三角形的角元塞瓦定理就变成四边形ABMC的角元塞瓦定理了(
定理3 在凸四边形ABMC中，如下4个结论成立:
像边元塞瓦定理的情形一样，角元塞瓦定理的逆定理(定理4)也成立(
如图3，过? ABC的三个顶点各引一条异于三角形三边的直线AD、BE、定理4
CF(若
则AD、BE、CF三线共点或互相平行(
范例选讲
例1、如图4，在?ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和
,,,AB交于点M，FD和AC交于点N(求证:(1)OBDF，OCDE; (2)OHMN(
证明:(1)因为点0是?ABC的外心，则
，，BOC=2BAC(
1180，，，故OBC= (-BOC)=90-BAC ( 2
因A、F、D、C四点共圆，
，，所以，BDF =BAC
- 18 -
记OBFD=P(于是，
90180，，，BPD =-PBD-PDB =(
,,因此，OBDF(同理，OCDE(
,,,,(2)过点O作OGMN于G(因为ADBC，BEAC，CFAB，则 ，，，，COG=NME, GOB=FNM,
，，，，OBE=ANF, EBC=DAN,
，，，，BCF=MAD, FCO=EMA.
对?AMN和点D应用角元塞瓦定理有
由角元塞瓦定理的逆定理知OG、BE、CF三线共点，即OG过点H(
,,又因为OGMN，所以，OHMN(
,作辅助线OGMN(其实不作这条辅助线且不作任何辅助线，证明也可完成( 例2、四边形ABCD内接于圆O，其边AB与DC所在的直线交于点P，AD与BC所在
的直线交于点Q，过点Q作圆O的两条切线QE和QF，切点分别为E和F(求证:P、E、
F三点共线((1997，中国数学奥林匹克)
证明:如图5，联结AE、CE、DE 、DF (因为QE、QF都是圆O的切线，所以，
180，，，，，AEF=ADF =-QDF，FED=QFD(
180，，，，，，又PDA=-PDQ，DAP=DCQ，EDP= QEC，
180，，，PAE=ECB=-QCE，
- 19 -
EDA和点P应用角元塞瓦定理的逆定理知AB、CD、EF三线共点( 对?
从而，P、E、F三点共线(
例3、锐角?ABC内接于圆O，分别过点B、C作圆O的切线，并分别交过点A所
，作圆O的切线于点 M、N，AD为边BC上的高(求证:AD平分MDN( (1988，全俄数学奥林匹克)
,,，，证明:如图6，记MDA =，NDA=(
,,只须证明=.
因为MN、MB、NC都是圆O的切线，所以，
，，，，，，MAB=MBA=ACB，NAC=NCA=ABC( 对?DAB和点M应用角元塞瓦定理有
同理，对?DAC和点N应用角元塞瓦定理又有
,,比较式?、?即得tan=tan.
,,，因此，=，即AD平分MDN(
90，，，，例4、在凸五边形ABCDE中，AED=ABC=，BAC=EAD.BDCE=F(
,求证:AFBE((第23届IMO预选题)
,证明:如图7，过点A作AHBE于H(于是，只须证明 AH、BD、CE三线共点(
因为?ABC??AED，所以，
，，，，又BAC=EAD，则BAD=CAE(
- 20 -
由关于?ABE的角元塞瓦定理的逆定理知AH、BD、CE三线共点F(
,,因为AHBE，所以，AFBE(
角元塞瓦定理的最大优点在于它的三角表达式非常适合于进行角的计算(
4060，，例5、如图8，在?ABC中，BAC=，ABC=，在边AC、AB上分别取
4070,，，点D、E，使得CBD =，BCE=，BDCE=F(求证:AFBC( (1998，加拿大数学奥林匹克)
60404070，，，，证法l:因为ABC=，CBD=，BAC=，BCE=
208010，，，则ABD =，ACB=，ACE=(
40，，设BAF=x，于是， FAC=-x(
对?ABC和内点F应用角元塞瓦定理有
- 21 -
,30，作为x的函数在(0，)上严格递减，所以，BAF=x=(
90,，，故ABC+BAF=(因此，AFBC(
3010,，，2:过点A作AHBC于H(则BAH =， HAC=( 证法
关于?ABC有
,所以，AH、BD、CE三线共点(因此，点F在线段AH上，即AFBC(
102030，，，例6、如图9，P为?ABC内一点，使得PAB=，PBA=，PCA=，
40，PAC=.求证:?ABC是等腰三角形((1996，美国数学奥林匹克)
30，，证明:设ACB=x，则BCP=x-(
对?APC和点B应用角元塞瓦定理有
50104050，，因此，x=(又因为BAC =+==x=ACB， 所以，?ABC为等腰三角形(
20，例7、如图10，在?ABC中，AB=AC，A=，
60，在边AB、AC上分别取点D、E，使得EBC=，
- 22 -
50，，DCB=(求BED的度数(
40，，解法1:设BED=x，于是，CED=+x(
对?BCE和点D应用角元塞瓦定理有
30，,作为x的函数在(0，)上严格递减，所以，BED=x=(
160，，解法2:设BED=x ，于是，EDB=-x(
EDC和点B应用角元塞瓦定理有 对?
思考，如果对?DBE和点C或?DBC和点E使用角元塞瓦定理，能否得到同样的结果?答案是肯定的，但推导的难度提高了(具体来说，推导过程中要用到一个三角恒等式，这里作为引理给出(
- 23 -
302613，，，8、如图11，在四边形ABCD中，CAB=，ABD=，ACD=，例
51，，DBC=.求ADB的度数( (1989，中国国家集训队测验题)
433026，，，，解法1:设ADB=x，于是，ADC=x+(因为CAB=，ABD=，
51137343，，，，DBC=， ACD=，则ACB=，BDC=.
对?BCD和点A应用角元塞瓦定理有
154，，解法2:设ADB=x，于是，ADB=-x(
对?DAC和点B应用角元塞瓦定理有
- 24 -
,107，作为x的函数在(O，)上严格递减，所以，ADB=x=(
80，例9、如图l2，在?ABC中，AC=BC，ACB=，在?ABC内取一点M，使得1030，，，MAB=,MBA=(求AMC的度数((1983，前南斯拉夫数学奥林匹克)
8050，，，1:因为AC=BC，ACB=，则CAB=CBA=( 解法
1030，，因为MAB=，MBA=，
4020，，所以,CAM=，CBM=(
80，，设BCM=x，于是，ACM=-x(
对?ABC和点M应用角元塞瓦定理有
,10，作为x的函数在(0，)上严格递减，所以，BCM=x=(
70，，，，故AMC=MAB+ABC+BCM=(
8050，，，解法2:因为AC=BC，ACB=，则CAB=CBA=(
1030，，因为MAB=，MBA=，
4020140，，，所以,CAM=，CBM=(AMB=(
220，，设AMC=x，于是，CMB=-x(
对?MAB和点C应用角元塞瓦定理有
- 25 -
,70，作为x的函数在(0，)上严格递增，所以，AMC=x=(
角元塞瓦定理及其应用,二,
十年前，在数学竞赛中，证明平面几何中的三线共点问题时，首选的方法是同一法，行之有效的方法是同一法，用得最多的方法还是同一法(近几年来，同一法的老大地位已逐渐让位于塞瓦定理的逆定理，其中当然包括角元塞瓦定理的逆定理(下面给出角元塞瓦定理的逆定理(
定理:过?ABC的三个顶点各引一条异于三角形三边的直线AD、BE、CF(若
?
AD、BE、CF三线共点或互相平行( 则
推论:若所引的三条线段都在?ABC内部，则这三条直线共点(
数学竞赛的教练和优秀选手经常用塞瓦定理的逆定理来证明三线共点问题，并不是因为人们对此定理有所偏爱，而是因为它好用且适用，比同一法更加行之有效(加之使用角元塞瓦定理时，不但可以与平面几何中的许多定理配合应用，而且可以自然而然使用各种三角公式，因此，角元塞瓦定理的逆定理备受青睐(尽管这一逆定理的结论是“三线共点或互相平行”，但“三线互相平行”这一情形在大多数情况下都容易排除，并不影响用来证明三线共点问题(
例1、设正方形PQRS内接于?ABC，其顶点P和Q在边BC上，顶点R和S分别在边
ACA和AB上，记其中心为(同样地，定义两个顶点分别在边CA和AB上的内接正方1
AABCCC形的中心依次为和(求证:直线、、三线共点( BB11111
(第42届IMO预选题)
RA证明:如图1，联结，.于是=(由正弦定理有 SARASA1111
A，RSA因为为正方形PQRS的中心，所以，==( 45，SRA111
又因为SR?BC，所以，ASR=B，ARS=C( ，，，，
，ASA45，，45则=B+，，ARA=C+( 11
- 26 -
BB由角元塞瓦定理的逆定理知直线、、三线共点( AACC111
，，，，例2、在?ABC内部给定三点D、E、F，使得BAE=CAF，ABD=CBF(
，，求证:AD、BE、CF三线共点的充分必要条件是ACD =BCE(
,，，，，，，证明:如图2，记BAE =CAF=，ABD =CBF=，ACD=x，BCE=y( ,
对?ABC分别与点D、E、F应用角元塞瓦定理有
将三式相乘并整理得
由角元塞瓦定理及其逆定理知AD、BE、CF三线共点的充分必要条件
，，是x=y，即ACD=BCE(
DEDEF例3、一圆与?ABC的三边BC、CA、AB的交点依次为、、、、、12121
FFEDFDFFDEF.线段与交于点L，与交于点M，与交于点N( DE2222222111111
求证:AL、BM、CN三线共点((2005，中国数学奥林匹克) 证法1:如图3，联结、，(于是，有 EFFDDE121212
，,，DEFDEF,，,，DFFDDF, ，,，EEDEDD,112122221211211221
，,，FDEFDE,，,，FFEFEE,，,，EFDEFD, 122112211221122112
- 27 -
CEDAFE分别对?和点L、?和点M、?和点N应用角元塞瓦定理有 BDF212121
由角元塞瓦定理的逆定理知AL、BM、CN三线共点(
EFFD此证法中添加了三条辅助线、，( DE121212
不连这三条线，也能完成如上的角元塞瓦定理逆定理的验证(
AFLAEL证法2:在?和?中，应用正弦定理有 21
两式相比得
由相交弦定理和正弦定理又得
同理，有
- 28 -
由圆周角定理有
，,，DDFFFD,，,，DDEEED, ，,，FFDDDF,122211211122122211
，,，EEFFFE,，,，EEDDDE,，,，FFEEEF, 122211211122121211
? ×?×?并利用上面六个等式，即得
由角元塞瓦定理的逆定理知AL、BM、CN三线共点(
，，30例4、在?ABC中，ABC=，ACB=，P、Q为形内两点，使得70
，，，，QBC=QCB=，PBQ=PCB=(求证:A、P、Q三点共线( 1020
证法1:如图4，联结AQ、PQ(因为
，，BAC=，BQC=， BQ=QC， 80160
所以，点Q是?ABC的外心(
，60又ABQ=，则?ABQ为正三角形(
，，因此，AQB=(记BPQ=x，于是， 60
130，QPC=-x(
对?PBC和点Q应用角元塞瓦定理有
,，作为x的函数在(0，)上严格递减，所以，BPQ=x=100(
- 29 -
，，60PQB==AQB(因此，A、P、Q三点共线( 故
证法2:联结PQ，对?PBC和点Q应用角元塞瓦定理有
由三角公式有
将式? 代人式?得
对?PBC和点A应用角元塞瓦定理的逆定理知PQ、BA、CA三线共点， 即A、P、Q三点共线(
本题证法很多(即使限定用角元塞瓦定理的逆定理，也有好几种不同的证法(
例5、如图5，?ABC外切于圆O，边BC、CA、AB上的切点分别是D、E、F，射
''''''线DO交EF于点，同样地定义点和(求证:、、三线共点( AACCBBBAC
'''FC证明:因为DA、、三线共点0，于是，由塞瓦定理有 EB
又因为D、E、F(都是切点，所以
AE=AF，BF=BD(CD=CE(
- 30 -
将式? 、? 、? 代人式?得
'''BB由角元塞瓦定理的逆定理知、、三线共点( AACC
例6、如图6，分别以?ABC的两边AB和AC为一边在形外作?ABF和?ACE，使
,，得?ABF??ACE，且ABF=(求证:BE、CF和边BC上的高AH三线共点( 90
证明:将?ABC分别关于点E和F，应用角元塞瓦定理有
,90，ABF??ACE，ABF=， 因为?
,90，，，，，则ACE=，CAE=BAF，EAB=FAC (?×?并化简得
由角元塞瓦定理的逆定理知BE、CF、AH三线共点(
例7、如图7，六个小圆都在一个大圆的内部且都与大圆内切，六个小圆每相
AAAAA邻两个都外切，六个小圆与大圆的切点依次为、、、、、A( 123456
AA求证:、、三线共点( AAAA253614
AAAA证明:如图7，联结、、、、 AAAA34451223
AAAAOOAAAAOA、、、、、、、( AAOA56466112241622
OOOA于是，点在上，点在上(记六个小 OA2121
Or圆的圆心、半径依次为、，i=1，2，3，4，5， ii
,，AOA6(记=，由余弦定理有 12
2222cos,cos,RRAA=2-2=2(1-) R12
- 31 -
222()()()RrRrrr,，,,，21212,,2[1]R 2()()RrRr,,12
2222()()()()()RrRrRrRrrr,,,,,,，，2121212,2R 2()()RrRr,,12
2224Rrr()()rrrr，,,1221212,,R. ()()RrRr,,()()RrRr,,1212
同理可得，关于、、、、的类似结果( AAAAAAAAAA2334455661
222AAAAAA则 123456
264Rrrrrrr123456, ()()()()()()RrRrRrRrRrRr,,,,,,123456
222,AAAAAA 234561
AAAAAAAAAAAA,故.? 123456234561
在大圆中应用正弦定理有
AARAAA,，2sinAARAAA,，2sin、 、 2326312142
AARAAA,，2sinAARAAA,，2sin、 、 3436445425
AARAAA,，2sinAARAAA,，2sin、 5652661641
将上述六个等式代人式?得
sinsinsinsinsinsin，，，,，，，AAAAAAAAAAAAAAAAAA142364526263425641
sinsinsin，，，AAAAAAAAA526142364,1故. sinsinsin，，，AAAAAAAAA425641263
AAAAAA由角元塞瓦定理的逆定理知、、三线共点( 143625
60，例8、在菱形ABCD中，A=，E为?ABD的外接圆的劣弧BD上的一点，直
线DE与AB交于点F(求证:AD、BE、CF三线共点((1997，中国国家集训队测验题) 证明此题以用角元塞瓦定理及其逆定理为适宜(
,,,，，，证明:如图8，设DFC=x，并记BDF=，CDF=(于是，+=，,60
,，，DBE==BFD(对?DBF和点C应用角元塞瓦定理有
- 32 -
sinsinsin，，，DBCBFCFDC1,
sinsinsin，，，CBFCFDCDB
. sin60sin()sin，x,, ,
sin60sinsin60x
sin()sin60,，x则 . ? ,sinsinx,
sinsinsin，，，DBEBFCFDP故 1,sinsinsin，，，EBFCFDPDB
sinsin()sin(60)sinsin60sin(60)，，，x,,,,, 1,,,sin(120)sinsin120sin(120)sinsin120,,x,,,
由角元塞瓦定理的逆定理知AD、BE、CF三线共点.
例9、以?ABC的三边各为一边，分别在外作?CBD、?CAE、?ABF，使得
，，，，，，BAF=CAE,ABF=CBD, ACE=BCD.求证:AD、BE、CF三线共点. (第26届IMO预选题)
，，，，，，,证明:如图9 ，记BAF=CAE=, ABF=CBD=,, ACE=BCD=.,
关于?ABC分别与点D、E、F应用角元塞瓦定理有
sinsinsin，，，BADACDCBD,1. sinsinsin，，，DACDCBDAB
sinsinsin()，，BADB,,则 ,. sinsin()sin，，DACC,,
sinsinsin()，，ACFA,,同理, ,, sinsin()sin，，FCBB,,
sinsinsin()，，CBEC,,,. sinsin()sin，，EBAA,,
以上三式相乘得
sinsinsin，，，BADACFCBE,1. sinsinsin，，，DACFCBEAB
由角元塞瓦定理之AD、BE、CF三线共点.
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竞赛试题链接
第三十六届,1995年,国际数学奥林匹克题
设A、B、C、D是一条直线上依次排列的四个不同的点(分别以AC、BD为直径的两圆相交于X和Y;直线XY交BC于E(若P为直线XY上异于E的一点，直线CP与以AC为直径的圆相交于C及M，直线BP与以BD为直径的圆相交于B及N。试证:AM、DN和XY三线共点。
第三十七届,1996年,国际数学奥林匹克题
设P是?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(
1997年中国数学奥林匹克
四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC延长交于点P，AD、BC延长交于点Q，由Q作该圆的两条切线QE、QF，切点分别为E、F，求证:P、E、F三点共线(
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范文三：三点共线的证明方法
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: OAxOByOC,，.(O为平面内任意一点)，其中。 xy，,1那么、时分别有什么结证,并给予证明。 xy，,1xy，,1
结论扩展如下:1、如果O为平面内直线BC外任意一点，则
当时 A与O点在直线BC同侧，时， xy，,1xy，,1
A与O点在直线BC的异侧，证明如下:
OAxOByOC,，设
1且 A与B、C不共线，延长OA与直线BC交于A点
11,,设 OAOA,,(?0、?1)A与B、C共线 则 存在两个不全为零的实数m、n
1mn，,1OAmOBnOC,， 且
则 ,OAmOBnOC,，
mn,,，OAOBOC ,,
nmy,、 ？,x,,
mn，1xy，,, ,,
,1,(1) 则 则 xy，,1
111,,OAOAOA ,
？A与O点在直线BC的同侧(如图[1])
11，,,,xy01,,0OA(2),则，此时与反向 OA,
A与O在直线BC的同侧(如图[2])
1
o,,,1(3)，则 xy，,1
111,,OAOAOA 此时 ,
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
OPxOAyOB,，域划分为6个部分，并设,
y则点P落在各区域时，、满足的条件是: x
x,0x,0x,0,,,
,,,(?)区: (?)区: (?)区: y,0y,0y,0,,,
,,,01,，,xy01,，,xy01,，,xy,,,
x,0x,0,,x,0,,,(?)区: (?)区: (?)区: y,0y,0,,,y,0,,,,,，,11xy,,，,10xy,,(证明略)
二、用扩展定理解高考题。
ABOMOB (1)[2006年湖南(文)10] 如图[5] ，点P在由射线,线段及OMAB
OPxOAyOB,，y的延长线围成的阴影区域内(不含边界)，且，则实数对(、)x
可以是??( )
21132317,, A.(，) B.(，) C.(，) D.(，) ,34443455
解:根据向量加法的平等四边形法则及扩展定理，则
x,0 ，且，则选C Oxy,，,1
ABOBOM (2)[2006年湖南(理)15] 如图[5]，点P在由射线，线段及OMAB
OPxOAyOB,，的延长线围成的阴影区域内(不含边界)运动，且，则的取值x
1y范围是 。当时，的取值范围是 。 x,,2
解:根据向量加法的平行四边形法则及扩展定理，则有:
1131x,0Oyy,,，,,,,1 ，且当，有:，即 Oxy,，,1x,,2222
13x,0 答案为:，(，) 22
2
二、向量共线定理的几个推论及其应用
人教版《数学》(必修)第一册(下)P115面介绍了一个定理:向量与非零向量共线有且仅,ba
,,有一个实数，使=。谓之“向量共线定理”。以它为基础，可以衍生出一系列的推论，而这些ba
推论在解决一些几何问题(诸如“三点共线”“三线共点”等)时有着广泛的应用。以下通过例题来加以说明。
一、定理的推论
,,,推论一:向量与向量共线存在不全为0的实数，使，这实质是定理的,ba,,ab，,01212
另外一种表述形式。
,,,推论二:三个不同点A、B、C共线存在一组全不为0的实数，使。 ,,,ABAC，,01212
ABAC,注意推论(二)与推论(一)的区别:推论(二)中均不为零向量，而推论(一)中，向ab,量可能含。 O
OPxOAyOB,，推论三: 设O、A、B三点不共线，且，(x，y?R)，则P、A、B三点共线,x+y=1。 这实质是直线方程的向量形式。
,,,,,推论四: 设O为平面内任意一点，则三个不同点A、B、C共线存在一组全不为0的实数,123
,,,，，使且=0 ,,,OAOBOCO，，,123123
证:? 当O点与A、B、C三点中任一点重合，则推论(四)即为推论(二);
? 当O点与A、B、C三点均不重合，则三点A、B、C共线,存在s，t?R，且s?t?0，使得，此时，s?-t，否则，从而B点与C点重合，这与已知条件矛盾，故有:sABtACO，,ABAC,
sOBOAtOCOAO()(),，,,sOBtOCstOAO,，,，,()，即:。显然s+t+[-(s+t)]=0 ,，,,,,,,()0,0,0stst,,,,,,，，,0令,故得证。 123123
,,,,,推论五: 设O为平面内任意一点，则三个不同点A、B、C不共线,若存在实数，使123
,,,，，,0,,,,,且则=0。 ,,,OAOBOCO，，,123123123
推论五实质是推论四的逆否命题。
,,,,推论六:点P在ΔABO的内部(不含边界)存在正实数，使得， OPOAOB,，,,1212,,，,1且。 12
证::如图，必要性:若点P在ΔABO的内部(不含边界)，则
，延长OP交AB于P，过P作OA、OB的平行线，分别交 OPOAOB,，,,112
3
OA，OB于M，N点，过P作OA，OB的平行线，分别交OA，OB于M，N点，显然 111
||||OMON，，。其中显然||||PMPM,||||PNPN,OPOMONOAOB,，,，,,,,,,,11111212||||OAOB
||||PNPM||||||||OMONPNPM1111,,,,0,0。由于 ,,，,，,，,，1212||||||||||||OAOBOAOBOAOB
||||PBAP||AB11.而充分性由上述各步的可逆性易知。 ,，,,1
||||||ABABAB
事实上，我们可以将推论三与推论六整合在一起，导出推论七: 推论七:
l已知平面内不共线向量，且。分别记过点A且与BC平行的直线为，ABACAPABAC,，,,112
lll,,直线BC，AB，AC分别为.则: 234
l,，,,,1l,，,,,1P点在直线上;P点在直线不含A点一侧; 212212
ll01,，,,,P点在直线与之间; ,2112
l,，,,,0ll,,，,0P点在直线上;P点在直线不含直线一侧; ,1121212
l,,,,0,Rl,,,,,0,RP点在直线不含C点一例;P点在直线含C点一侧; ,32321
l,,,,0,RlP点在直线不含B点一侧，P点在直线含B,4124
,,,,,0,R点一侧。 12? ? P3 ?
l1 ,,PA证:设直线AP与直线BC相交于点，则设，则 BPtBC, ? ? ? P2 P1 ,,APABBPABtBCABtACABtABtAC,，,，,，,,,，()(1)l2 C B ,P,1P,P32? ? ? ,APAP,,,，,1故P若在直线BC上，则,又?共线， 12 l l4 3
,则,故:,则 APkAP,,,ABACktABtAC，,,，[(1)]12
ktk,,,,0,1,?AB、AC不共线，则. ()()ktkABktAC,，,,,,,12kt,,0,2,
kkt,，,,,,()? 122
,,，,1,,,01,01,,,,,,1)若P在?区域内，则0<><><，且均为正实数，即;>
,,0,,001,，,,,(2)若P在?区域内，则0<><1，t>1，则，，且; 2112
4
(3)若P在?区域内，则k<0，,,,,0,0，且,,，,0;>
(4)若P在?区域内，则k<0，,,,,0,0，且,,，,0;>
,,,,0,0,,，,0(5)若P在?区域内，则k<0，，且;>
,,，,(0,1)(6)若P在?区域内，则0<><1，则;>
,,,,1,0,,，,1(7)若P在?区域内，则k>1，则，; 1212
,,,,0,0,,，,1(8)若P在?区域内，则k>1，则，; 1212
,,,,0,1,,，,1(9)若P在?区域内，则k>1，则，. 1212
l,,，,0ll,,，,(0,1)l综上:当P点位于上方，;当P点位于下方上方，;当P点位于下11212122,,，,1l,,0l,,0l,,0l,,0方;当P点位于左边，，右边，;当P点位于左边，，右边1232324141从而得证。
注:推论(七)的相关结论还可以分得更细，它对解决“区域”问题很有重要的作用。
二、应用举例
1例1 如图，在平行四边形ABCD中，点M是AB的中点，点N在BD上。BN=，求证:M、N、CBD3
D 三点共线。 C
N 证:设，，(与不共线)，则. eABe,ADe,eBDee,,112221
1111BNBDee,,,()BMBAe,,,?N为BD的三等分点，?,而, A M B 2113322
11121121212mn,,,BNeeeeeBMBCBM,,,，，,,，,，()?,?，且m+n=1，2121233333323333
且B、M、C三点不共线，则点M、N、C三点共线。
例2 设M，N分别是正六边形ABCDEF的对角线AC、CE的内分点，且AMCN,,,,，若B、M、N三点共线，求的值。 D E ACCE
,,,分析:要求的值，只需建立f()=0即可，而f()=0就隐含在直线方程N 的向量形式中。 F C M 解:延长EA，CB交于点P，设正六边形的边长为1,易知ΔECP为RtΔ，
A 1B ,CECN3AE=AP=AC=，PB=2,A是EP之中点，, ,
11113,，,，,,，CACECPCNCBCNCB()3?, ,,22222P AMCN1,,,,CACM又?，?; ,,1ACCE
5
11313(1),,,,CMCNCBCMCNCB,，,,，?;?B、M、N三点共线.由推论(三)12222,,,,
13(1)3,,,,知，即为所求 ，,,,1,223,
例3 (06年江西高考题)已知等差数列{a}的前n项和为S，若，且A、B、OBaOAaOC,，nn1200
)，则S= C三点共线，(设直线不过点O200
A(100 B(101 C(200 D(201
200()aa，1200S,,100解:易知a+a=1,?,故选A。 12002002
例4 (06年湖南高考题)如图OM?AB，点P在由射线OM，线段OB及AB的延长线围成的阴影区域
OPxOAyOB,，内(不含边界)，且，则实数对(x，y)可能的取值是
13221317A( B( C( D( (,),(,),(,),(,)33445544
解:由P点所处的区域，利用推论(七)的结论
Q OPxOAyOB,，中的线性组合系数对(x，y)应满足我们不难判定
M B 0<><><0，y>0。从而应选C。 P
O A
6
范文四：三点共线的证明方法
三点共线的证明方法
袁竞成
题目 已知点A（1，2）、B（2，4）、C（3，6），求证：A、B、C三点共线。 方法1：利用定比分点坐标公式证明三点共线
设P（
1。
）分AC所成的比为，则=
方法2：利用向量平行的充分条件来证明三点共线
，向量
方法3：其中一个点到另外两个点所在直线的距离为0
由两点式求得直线AB的方程为
方法4：的面积为0证明三点共线
方法5：直线夹角为0来证明三点共线
注意梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。 或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X
、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1
方法五：利用几何中的公理“如果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。”可知：如果三点同属于两个相交的平面则三点共线。
方法六：运用公（定）理 “过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行（垂直）”。其实就是同一法。
方法七：证明其夹角为180°
方法八：设A B C ，证明△ABC面积为0
方法九：帕普斯定理
注意帕普斯(Pappus)定理:如图，直线l1上依次有点A,B,C，直线l2上依次有点D,E,F，设AE,BD交于P，AF,DC交于Q，BF,EC交于R，则P,Q,R共线。
帕普斯定理
[
范文五：证明三点共线方法举要
证明三点共线方法举要
四川省广元市宝轮中学 唐明友
有些数学问题要求你证三点共线，或者过程中需要你证三点共线，不少同学觉得无从下手，茫然失措，有些同学甚至想当然地把这三点看成在一条直线上，显然有失严密性，造成解题不完整或失误。本文介绍证明三点共线的若干种方法，希望对你有所帮助。
一.运用平角的定义证三点共线
例1.已知：在△ABC的边AC、BC的外侧作等边△ACE、等边△BCD，这两个三角形的外接圆相交于另一点O，求证：点A、O、D三点共线。
证明：连接OA、OC、OD，
∵四边形AOCE内接于圆，∴∠2＋∠E=180
又△ACE和△BCD都是等边三角形，∴∠E=60，∠3=60
∴∠2=180－∠E=180－60=120，
∵∠1=∠3=60,
∴∠1＋∠2=180
∴点A、O、D三点共线。
二.运用“过直线外一点有且只有一条直线平行于已知直线”证三点共线
例2.已知：AD是△ABC中∠CAB的外角平分线，过C作CD⊥AD于D，点E、F分别为AC、BC的中点，求证：D、E、F三点共线。
证明:连接DE、EF
∵DE是Rt△ADC斜边上的中线，
∴DE=AE=EC，∴∠2=∠3
∵AD平分∠CAX，∴∠1=∠2
∴∠1=∠3，∴DE∥AB
又∵EF是△ABC的中位线
∴EF∥AB
∴ D、E、F三点共线。
三.运用“过一点有且只有一条直线垂直于已知直线”证三点共线
例3.如图，直线DA、DC、CB分别切⊙O于点A、
E、B，AD∥BC，AD=2,BC=4，求⊙O的直径。 解：连接OA、OB，过D作DF⊥BC于F
∵DA、DC、CB均是⊙O的切线 ∴OA⊥AD,OB⊥BC,DE=DA=2,CE=CB=4 又∵AD∥BC，∴OA⊥BC
根据OB⊥BC，OA⊥BC，可知点A、O、B三点共线，
即AB是直径， 000000000在Rt△DFC中，DF=DC2?CF2=62?22=42
1
因此，⊙O的直径AB为42
四.运用“连接其中的两点构成的两条线段重合”证三点共线
例1.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD、BC的中点分
别是M、N，∠B＋∠C=90，且BC>AD,求证：MN=01（BC－AD） 2
证明：延长BA、CD相交与G，分别连接GM、GN，
由已知得△GBC、△GAD都是Rt△，
先在Rt△GAD 中，GM是斜边上的中线，
∴GM=GA=MD，∴∠MGA=∠1
同理可证∠NGB=∠B
∵AD∥BC，∴∠1=∠B
∴∠MGA=∠NGB ，即∠MGA与∠NGB是
同一个角，GM和GN重合
∴点G、M、N三点共线
由直角三角形斜边上中线的性质有：11AD,GN=BC 22
1因此，MN=GN－GM=（BC－AD）。 2GM=
五.运用“连接其中两点的直线必过第三点”证三点共线
例5.已知：△ABC的外心为O，垂心为H，
OM⊥BC于M，
（1）求证：OM=1AH 2
(2)设△ABC的重心为G，
求证：点O、H、G三点共线。
证明：（1）如图1，作直径BD，连接AD、CD，
则O、M分别是BD、BC的中点，
∴OM∥CD，且OM=
01CD 2又∵∠BAD=90，CH⊥AB
∴AD∥CH
又知AH⊥BC，OM⊥BC，∴OM∥AH∥CD
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴CD=AH
因此，OM=1AH 2
1AH且OM∥AH， 2(2)如图2，连接AM、OH，设AM与OH交于 G1，由（1）得OM=
∴△OMG1∽△HAG1
2
∴AG1AH11==，即MG1=AG1 2MG1MO2
但AM为△ABC的中线，
∴G1是这个三角形的外心，又∵G是△ABC的外心
∴G与G1重合
因此，点O、H、G三点共线。
六.运用“三角形中两边之和等于第三边”证三点共线
例6.已知：点P为等边△ABC外一点，设PA=PB＋PC,将△ABP绕点A旋转至△ACD， 求证：点P、C、D三点共线。
证明：由图形可知旋转角是60，∴∠PAD=60且
PA=DA,∴△PAD是等边三角形
∴PA=PD
又∵△ABP≌△ACD,∴PB=DC
若PA=PB＋PC，∴ DC＋PC=PD
∴△PCD不能构成三角形，即点P、C、D三点只能
共线。
以上有些例题还可运用其他方法证明三点共线，
比如例3还可通过添加辅助线运用第一种和第二种方
法予以证明，留给同学们自己去思考。
总之，这类题型具有一定的技巧性，且综合性较强，但证明所运用的知识却很简单，只要善于总结，及时反思，注重数学思想方法和数学思维的训练，同学们的综合解题能力就可以迅速提高。 00
3
