表白信-二房东租房合同范本

第三十七讲 点共线与线共点

【趣题引路】
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B C时延长线于D、E、F三
点，求证：
BECEAD
1
．
FCEADB
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．
∴
ECDG
BFBD
，，


AEAD
CFDG
FCEADBDGADBD
∴
BE

CE

AD

BD

DG

AD
1
．
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：
证明
∴
BDCEAF
1
．
DCEAFB
AF
S
ACP
BD
S
ABP
CE
S
BCP

，，．
FBS
BCP
DCS
ACP
EAS< br>BAP
BDCEAF
S
ABP
S
BCP
SACP
1

DCEAFBS
ACP
S
ABP
S
BCP
【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．
(4)利用塞瓦定理的逆定理．
在证题过程中要根据题意灵活选用方法．
例题求解
【例1】 如图20-3，已知BD=CE，求证：AC×EF=AB×DF．
- 1 -

思路点拨 等积转化为等比，由比例式可看出直线BCF截△ADE的三边，即可用梅氏
定理加以证明．
证明 直线BF交△ADE三边所在直线于B、C、F．
由梅氏定理得：
ABDFEC
1
，
BDEFAC
∵BD=CE ∴AC×EF=AB×DF．
【例2】 (1995年河北省初中竞赛题) 如图20-4，在正△ABC的边BC、CA、AB上分别有
内分点 D、E、F，将边分成2：(n-2) (其中n ＞4)，线段AD，BE，CF相交所成的△PQR
的面积是△ABC面积的
1
，则n的值是( )
7
A．5 B．6 C．7 D．8
思路点拨

BDCEAF2
，由梅氏定理有

DCEAFBn2
APDBCEAP22
1
．
PDBCEAPDnn2
∴
n(n2)
AP
AP
n(n 2)

，∴，

ADn(n2)4
PD4
n(n 2)
2
2(n2)

S
△
ABC
= S
△
ABC

n(n2)4nn(n2)4
∴ S
△
ABP
= S
△
ABD
=
同理S
△
BCQ
=S
△
CAR
=
2(n2)
S
△
ABC
n(n2)4
6(n2)
S
△
ABC

n(n2)4
S
△
ABP+S
△
BCQ
+S
△
CAR
=
由已知
6(n2)
6

，解得
n6
， 故选B．
n(n2)47
【例3】 如图20-5，△ABC的外角平分线与边BC的延长线交于 P，∠B的平分线交AC
于Q，AC的平分线交AB于R，求证：P、Q、R三点共线．
思路点拨 AP为∠BAC的外角平分线，∴
∴BQ为角平分线，∴
∵
ABBP
，

ACPC
AB
AQ
BCBR

，同理得：． < br>
BCQC
ACRA
ARBP
CQ
ACABBC
 1
，
RBPCQABCACAB
∴P、Q、R三点共线．
【例4】求证：三角形的三条角平分线交于一点．
已知：如图20-6，AD、BE、CF分别为角平分线，求证：AD、BE、CF交于一点．
思路点拨 AD为∠BAC的平分线，∴
同理得：

CEBC
AFAC
，．


EAAB
BFBC
BDAB


DCAC
BDCEAFABBCAC
1
．
DCEAFBACABBC
∴由塞瓦定理得AD、BE、CF交于一点．
【例5】 如图20-7，已知G是△ABC的重心，M、N是GB、GC的中点．延长AC至E，
- 2 - < /p>

使CE=
11
AC；又延长AB至F，使BF=AB．求证：AG、ME 、NF三线共点．
22

思路点拨 设AG、BG、CG交BC、CA、AB于X、Y、Z，则
1
1
GY=BY=MG，YC=AC=CE，
2
3
从而GC∥ME．
又M是BC的中点，故ME过BC的中点X，
同理NF也过BC的中点X，从而AG、EM、NF三线共点．
【例6】 如图20-8， 已知等边△ABC，在AB上取点D，在AC上取点E，使得AD=AE，
作等边△PCD，等边△QA E和等边△RAB．问R、B、P三点是否共线，若共线判断△PQR
是什么三角形，若不共线，请说明 理由．
思路点拨 要判断R、B、Q三点是否共线，可判断∠RBC与∠PBC的和是否等 于180°．于
是，我们以C点为中心，将△CAD逆时针旋转60°，这时A点与B点重合，D点与P 点重
合．不难证明∠RBQ+∠PBC=180°，故R、B、P三点共线，△PQR是等边三角形．
证明 连结BP，
∵△ABC和△DPC都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=PC，
又 ∠ACD=60°—∠DCB=∠BCP，
∴△CAD≌△CBP．
∴∠PBC=∠BAC=60°．
又∠RBC=60°+60°=120°，
∴∠RBC+∠PBC=180°．
故R、B、P三点共线
易知∠RAQ=60°+60°+60°=180°，R、A、Q三点共线．
而△CAD≌△CBP， ∴BP=AD=AE=AQ．
∴RP=RQ，且∠R=60°，故△PQR是等边三角形．
【例7】 如图20-9，已知AD、B E、CF为△ABC外接圆的切线，AD、BE、CF分别交BC、
AC、AB于D、E、F，求证：D 、E、F共线．
思路点拨 连接DE、EF．
∵AD是圆的切线，∴∠DBA=∠DAC，∠ADB=∠CDA，
∴△DBA∽△DAC，
∴
DCDAAC
，

DADBAB
DCDCDAAC
2

∴，
DBDADB
AB
2
EABA
2
FBBC
2

同理得，，
EC
BC
2
FA
AC
2
DCEAFBAECDBFAC
2
BA
2
BC
2
 1
． ∴
DBECFAECDBFA
AB
2
BC< br>2
AC
2
∴由梅氏定理的逆定理得：D、E、F三点共线．
【例8】 (1994年“祖冲之杯”初中竞赛)如图20-10，已知
值．
AD5
AC4BF
的

，

．求
DB2
CE3FC
- 3 -

思路点拨 由
AC4CE3ADBFCE

得

，在△ABC中，由梅氏定理得，
1
，
CE3EA7DBFCEA
5BF3BF14
即

．
1
，故

2FC7FC15

学历训练
1． (1996年江苏省初中竞赛题)如图20-11，如果ABCD是2×2正方形，
E是AB的中点，F 是BC的中点，AF与DE相交于I，BD和AF相
交于H，那么四边形BEIH的面积是( )
278
1
A． B． C． D．
51515
3
1
2．(1996年武汉市初中竞赛题)在△ABC中，AD是中线，E在AB上， 且AE=AB，CE
3
与AD交于F，则
S
DEF
的值是 ．
S
ACF
3．(“祖冲之杯”初中竞赛题)如图20-12，D、F分别是△A BC边AB、AC上的点，且AD：
DB=CF：FA=2：3．求
EF
的值．
FD






4．如图20-13， 已知P为△ABC内任意—点，连AP、BP、CP，并延长分别交对边于D、E、
F，求证：
PDPEPF
1
．
ADBECF






5．(1995年上海市初中竞赛题)已知P是△ABC内一点，AP、BP、C P的延长线分别交BC、
AC、AB于点D、E、F，设AP= x，BP=y，CP=z，DP=EP=FP=d，若x +y+z=43，d=3．求
x、y、z这三个数的乘积．







- 4 -

6． (塞瓦定理的逆定理) 设D、E、F分别是△BC三边BC、CA、AB内的一点．满足
BDCEAF
1
．求证：AD、BE、CF三线共点．
DCEAFB













7．证明：三角形三条高所在的直线共点．














8．如图20-14，凸四边形ABCD的对角线互相垂直．过AB、AD的中点K、M分别引对边CD、CB的垂线KP、MT．证明：KP、MT、AC三直线交于一点．









- 5 -

9．(1998年全国初中数学竞赛题)如图20-15，已知P 为平行四边形ABCD内一点，O为AC
与BD的交点，M、N分别为PB、PC的中点，Q为AN与D M的交点，求证：
(1)P、Q、O三点在一条直线上；
(2)PQ=2OQ．


- 6 -