怎样去证明三角形三条高交于一点？三条中线呢？_雪帆吧_百度贴吧
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怎样去证明三角形三条高交于一点？三条中线呢？
法1： 向量法:设ΔABC，三条高线为AD、BE、CF，AD与BE交于H，连接CF。向量HA=向量a，向量HB=向量b，向量HC=向量c。 因为AD⊥BC，BE⊥AC， 所以向量HA·向量BC=0，向量HB·向量CA=0， 即向量a·(向量c-向量b)=0， 向量b·(向量a-向量c)=0， 亦即 向量a·向量c-向量a·向量b=0 向量b·向量a-向量b·向量c=0 两式相加得 向量c·(向量a-向量b)=0 即向量HC·向量BA=0 故CH⊥AB，C、F、H共线，AD、BE、CF交于同一点H。证毕。
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方法二:三角形ABC中,AC、AB上的高为BE和CF。 显然三角形ABE相似于三角形ACF，故有AB/AC=AE/AF,即AF*AB=AE*AC (1) 过A作三角形ABC的高AD，分别交BE，CF，AB于O1，O2，D。 由三角形AFO2相似于三角形ADB得:AF/AO2=AD/AB,即AF*AB=AO2*AD (2) 由三角形AEO1相似于三角形ADC得:AE/AO1=AD/AC,即AE*AC=AO1*AD (3) 根据等式(1)(2)(3)有 AO1*AD＝AO2*AD, 所以AO1=AO2,O1、O2重合，记重合点为O点，则O点均在高AD，BE，CF上，所以三角形ABC得三条高交于一点O。
方法3： 三角形ABC中，AC、AB上的高BE和CF交于O点，连接并延长AO交BC于D，只需证AD为高即可。 因为角BEC，角CFB均为直角，所以B、C、F、E四点共圆，记为圆BCFE， 由切割线定理知:AF*AB = AE*AC (4) 分别记直角三角形BOF,COE的外接圆为圆BOF，圆COE， 下面只需证明角BDA＝90度即可， 反证：若角BDA小于90度，则角CDA大于90度，因BO，CO分别为圆BOF，圆COE的直径，所以点D在圆BOF外，在圆COE内，由切割线定理推论 AO*AD&AF*AB （点D在圆BOF外） AO*AD&AE*AC （点D在圆COE内） 结合(4),得出矛盾，故角BDA不小于90度。 同理可证角BDA也不大于90度。 故角BDA＝90度。即AD为高。中线已知：△ABC中，AX，BY，CZ分别是BC，AC，AB边上的中线，求证：AX，BY，CZ相交于一点G，并且AG∶GX=2∶1X,Y分别是BC，AC的中点，所以XY=DE，所以，四边形DEXY为平行四边形，所以GD=DA=GX，GY=GE=EB，所以AG∶GX=2∶1，BG∶GY=2∶1．同理，若BY与CZ相交于一点G′，必有BG′∶G′Y=2∶1，G′C∶G′Z′=2∶1，所以G′与G重合．所以三角形三条中线相交于一点．
共点、共线与共圆问题 本节主要内容有共点、共线与共圆概念及常用证明方法．所谓共点，指n条(n≥3)直线经过同一点．或n个(n≥3)圆经过同一点; 共线，指的三个及以上的点在同一条直线上; 共圆，指不在一条直线上的三点确定一个圆,以及有四点或四个以上的点在同一个圆上．证明中常用 到Menelaus定理、定理、Fermat点、Simson线、Euler线、四点共圆等知识． A类例题 例1 设线段AB的中点为C，以AC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． 分析 C为AB中点，若C为HK的中点，则AKBH为平行四边形．反之，若平行四边形成立，则H、C、K共线． 证明 连AK、DG、BH． ∵ AD‖EC‖KG，AD＝EC＝KG，∴ 四边形AKGD是平行四边形． ∴ AK‖GD，AK＝GD． 同理，BH‖GD，BH＝GD，∴ BH‖AK，BH＝AK， ∴ 四边形AKBH是平行四边形．故AB、HK互相平分，即HK经过AB的中点C． ∴ H、C、K三点共线． 说明
证明具有特殊的性质的几个点共线．
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．n(n≥4)点共线可转化为三点共线． 例2 求证：过圆内接四边形各边中点向对边所作的四条垂线，交于一点． 分析 画出图形，是必要的，可以研究一下两条垂线的交点的性质，不难发现证明的方法． 证明 若ABCD是特殊图形(矩形、等腰梯形)，易知结论成立． 如图，设圆内接四边形ABCD的对边互不平行．E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，EE’⊥CD，FF’⊥DA，GG’⊥AB，HH’⊥BC，垂足分别为E’，F’，G’，H’． 设EE’与GG’交于点P．∵ E为AB中点，∴ OE⊥AB，∴OE‖EE’． 同理，OG‖EE’．∴ OEPG为平行四边形． ∴ OP、EG互相平分．即OP经过EG中点M． 同理，设FF’与HH’交于Q，则OQ经过FH中点N． ∵ E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点， ∴ EFGH是平行四边形，∴EG、FH互相平分，即EG的中点就是FH的中点于是M与N重合． ∴ OP、OQ都经过点M且OP＝OQ＝2OM． ∴ P、Q重合，即四条垂线交于一点． 说明
本题利用了两条直线的交点具有某种性质来证明三线共点．
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、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3 ⊙O1与⊙O2相交于点A、B，P为BA延长线上一点， 割线PCD交⊙O1于C、D，割线PEF交⊙O2于E、F， 求证：C、D、E、F四点共圆． 分析 可以通过C、D、E、F连成的四边形的对角互补或 四边形的外角等于内对角来证明． 证明 链接CE、D F，PC•PD=PA•PB=PE•PF． 于是，ΔPCE∽ΔPFD， ∴ ∠PEC=∠PDF． ∴ C、D、E、F共圆． 链接
证明共圆常用的方法有：证明几个点与某个定点 距离相等；如果某两点在某条线段的同旁，证明这两点对这条线段的张角相等；证明凸四边形对角互补(或外角等于内对角)．(特别的，如果几个点对同一条线段张角为直角，则这几个点在以这条线段为直径的圆上．)证明这四点可以满足圆幂定理． 情景再现 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． 2. 证明三角形的三条高所在直线交于一点；三条中线交于一点；三条角平分线交于一点． 3. 设PQ、QR是⊙O的内接正九边形的相邻两边．A为PQ中点，B为垂直于QR的半径的中点．求∠BAO．
B类例题 例4 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要分情况讨论，要证明E、F、M三点共线，可以证明连线成角为0或180，于是有下面的证明． 证明 ∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC， ∴ 直线AO是∠BAC的平分线．故AO所在直线通过点M． ∴ ∠OMB＝90，又∠ODB＝90，∴D、O、M、B四点共圆． ∴ ∠DFM＝∠DOM．且∠ABM＋∠DOM＝180． ∵ ∠DFE＝12∠DOE＝∠ABM． ∴ ∠DFE＋∠DFM＝180． ∴ E、F、M共线． 如果切点F在三角形外，则由D、B、F、M、O共圆， 得∠DFM＝∠DBM． 而∠DBM＝∠AOD＝12∠DOE＝∠DFE．∴ ∠DFM＝∠DFE． ∴ F、M、E共线． 说明 证明三点共线常证明连线成角为0或180． 例5 以锐角△ABC的BC边上的高AH为直径作圆，分别交AB、AC于M、N，过A作直线lA⊥MN，用同样的方法作 出直线lB，lC，求证：lA、lB、lC交于一点． 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． 证明 取△ABC的外接圆O，连HN，DB．则∠CAD与∠MNH都是∠ANM的余角， ∴ ∠MNH＝∠CAD， ∵ ∠MNH＝∠MAH，∠CAD＝∠CBD，∴ ∠CBD＝∠MAH， ∵ ∠BAH＋∠ABH＝90，∴ ∠CBD＋∠CBA＝90． ∴ lA是⊙O的直径．即AB过⊙O的圆心O．同理lB、lC都过点O． 即lA、lB、lC交于一点．
利用某些特殊点证明三线共点是常用的方法，三角形的五心是经常用到的．对于三角形的五心的性质，同学们可以参见第十七讲的内容． 例6 在ΔABC的边AB、BC、CA上分别取点D、E、F，使DE=BE，EF=EC．证明：ΔADF的外接圆圆心在∠DEF的平分线上． 分析 设O为ΔADF的外接圆圆心，于是OA=OD=OF．若EO是∠DEF的平分线，则出现了等线段对等角的情况，这在圆中有此性质．故应证明O、D、E、F共圆． 证明 ∵ EC=EF，∴ ∠2=180－2∠C，同理，∠1=180－2∠B， ∴ ∠DEF=180－∠1－∠2=2(∠B+∠C)－180 =2(180－∠A)－180=180－2∠A． 但O为ΔADF的外接圆圆心，∴∠DOF=2∠A，∴ ∠DEF+∠DOF=180， ∴ O、D、E、F四点共圆．但OD=OF，∴∠DEO=∠OEF，即O在∠DEF的角平分线上． 情景再现 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． 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． 6．以△ABC的两边AB、AC为边向外作正方形ABDE、ACFG，△ABC的高为AH，求证：AH、BF、CD三线交于一点． 7. 如图，两个正三角形ΔEFG与ΔE’F’G’都内接于正方形ABCD，求证：EE’GG’是平行四边形． C类例题 例7 设AD、BE、CF为△ABC的三条高，从点D引AB、BE、CF、AC的垂线DP、DQ、DR、DS，垂足分别为P、Q、R、S，求证：P、Q、R、S四点共线． 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． 证明 设H为垂心． 由∠HDB＝∠HFB＝90，∴ H、D、B、F四点共圆． ∵ DP⊥BF，DQ⊥BH，DR⊥HF，P、Q、R分别为垂足． ∴ P、Q、R共线，(△HBF的Simson线)．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． 链接
(Simson 线)设P是△ABC的外接圆上(异于A、B、C)一点，PX⊥BC，PY⊥CA，PZ⊥AB，垂足分别为X、Y、Z，则X、Y、Z共线． 例8 设A1、B1、C1是直线l1上三点，A2、B2、C2是直线l2上三点 ．A1B2与A2B1交于L，A1C2与A2C1交于M，B1C2与B2C1交于N，求证：L、M、N三点共线． 分析 图中有许多三点共线，可以利用这些三点共线来证明L、M、N三点共线．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． 设A1C2与A2B1、B2C1交于P、Q，A2B1与B2C1交于R． 则只要证明PMMQ•QNNR•RLLP=1，则由Menelaues定理的逆定理可证明L、M、N三点共线． 证明
A2C1截△PQR得，PMMQ•QC1C1R•RA2A2P=1， B1C2截△PQR得，QNNR•RB1B1P•PC2C2Q=1， A1B2截△PQR得，RLLP•PA1A1Q•QB2B2R=1， l1截△PQR得，PB1B1R•RC1C1Q•QA1A1P=1， l2截△PQR得，RB2B2Q•QC2C2P•PA2A2R=1． 五式相乘，即得PMMQ•QNNR•RLLP=1，从而L、M、N三点共线． 说明 本题利用了Menelaues定理及其逆定理证明三点共线． 链接
证明三点共线和三线共点常用以下两个定理： (Menelaues定理) X、Y、Z是△ABC的三边BC、CA、AB所在直线上的三点，则X、Y、Z三点共线的充要条件是AZZB•BXXC•CYYA=1． (Ceva定理)X、Y、Z是△ABC的三边BC、CA、AB上三点，，则AX、BY、CZ三线共点的充要条件是AZZB•BXXC•CYYA=1． 同学们可参见本书第十八、十九讲的内容． 例9 四边形内接于⊙O，对角线AC、BD交于点P，设△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的外接圆圆心分别为O1、O2、O3、O4，求证：OP、O1O3、O2O4共点．(1990年全国联赛) 证明 ∵O为⊿ABC的外心，∴ OA=OB． ∵ O1为⊿PAB的外心，∴O1A=O1B． ∴ OO1⊥AB． 作⊿PCD的外接圆⊙O3，延长PO3与所作圆交于点E，并与AB交于点F，连DE，则1=2=3，EPD=BPF， ∴ PFB=EDP=90． ∴ PO3⊥AB，即OO1‖PO3． 同理，OO3‖PO1．即OO1PO3是平行四边形． ∴ O1O3与PO互相平分，即O1O3过PO的中点． 同理，O2O4过PO中点． ∴ OP、O1O3、O2O4三直线共点． 例10 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⊥E F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． 证明 连OE、OF、OC[来源:] 先证OQ⊥EFQE=QF． OB⊥AB,OQ⊥QEO、Q、B、E四点共圆∠OEQ=∠OBM． 由对称性知OC⊥CA，OQ⊥QFO、Q、F、C四点共圆∠OFQ=∠OCQ，又∠OBC=∠OCB∠OEF=∠OFEOE=OFQE=QF． 再证QE=QFOQ⊥EF．（用同一法） 过Q作EF⊥OQ，交AB于E，交AC于F．由上证，可得QE=QF． 若EF与EF不重合，则EF与EF互相平分于Q，则EEFF为平行四边形，EE‖FF，这与AB不与AC平行矛盾．从而EF与EF重合． 情景再现 8．以△ABC的三边为边向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，设L、M、N分别为DE、FG、HK的中点．求证：AM、BN、CL交于一点． 9．如图，已知两个半径不相等的圆⊙O1，⊙O2相交于M、N两点，⊙O1，⊙O2分别与⊙O内切于点S、T，求证：OM⊥MN的充要条件是S、N、T三点共线． 10．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)
习题20 1．选择题： (1) 如图，在四边形ABCD的对角线的延长线上取一点P，过P作两条直线分别交AB、BC、CD、DA于点R、Q、N、M， 记t＝ARRB•BQQC•CNND•DMMA，则t的值 A．t&1
D．t的值不定
(2)如图，在不等边三角形ABC内取异于内心的点P，连接PA、PB、PC，把角A、B、C分成α、α’、β、、γ、γ’，记M＝sinαsinβsinγ，N＝sinα’sinβ’sinγ’．则 A．M&N
D．不能确定 [来源:][来源:] 2．填空题： (1)如图，若ABBC=DFFB=2，则DEEC=
． (2)三角形三个旁切圆与三角形三边BC、CA、AB切于点D、E、F，则AFFB•BDDC•CEEA=
3．(Desargues定理)已知直线AA1、BB1、CC1相交于点O，直线AB与A1B1交于点X，BC与B1C1交于点Y，CA与C1A1交于点Z，求证：X、Y、Z共线． 4．已知△ABC外有三点M、N、R，且∠BAR＝∠CAN＝α，∠CBM＝∠ABR＝β，∠ACN＝∠BCM＝γ，证明：AM、BN、CR三线交于一点．5．设P为正方形ABCD的边CD上任一点，过A、D、P作 一圆交BD于Q，过C、P、Q作一圆交BD于R，求证：A、P、R三点共线． 6．如图，两个全等三角形ABC与ABC，它们的对应边也互相平行，因而两个三角形内部的公共部分构成一个六边形，求证：此六边形的三条对角线UX、VY、WZ交于一点． 7．⊙O1，⊙O2外切于点P，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⊥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． 8.设ΔABC为锐角三角形，高BE交以AC为直径的圆于点P、Q，高CF交以AB为直径的圆于点M、N，求证：P、Q、M、N四点共圆． 9. 凸四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直并交于点E，求证：点E关于此四边形的四边的对称点P、Q、R、S共圆． 10. 四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直，对角线交于点P，PF⊥AB于E，PF⊥BC于F，PG⊥CD于G，PH⊥DA于H，又EP、FP、GP、HP的延长线分别交CD、DA、AB、BC于点E、F、G、H，求证：E、F、G、H四点与E、F、G、H八点共圆．
11. 以锐角⊿ABC的边BC为直径作圆交高AD于G，交AC、AB于E、F，GK为直径，连KE、KF交BC于M、N，求证：BN=CM． 12．已知：如图，I为ΔABC的内心，作直线IP、IR，使∠PIA=∠RIA=α(0&α& ∠BAC)，IP、IR分别交直线AB、AC于P，Q；R，S． （1）求证：P、Q、R、S四点共圆． （2）若α=30，E、F分别为点I关于AB、AC的对称点，直线BE、CF交于点D，求证：E、F、F在⊙PQRS上．
本节“情景再现”解答 1．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，过K作⊙I的切线PQ．由梯形PKDB可证PK•BD=IF2；(连PI、BI，则PI、BI平分QPB与PBD，于是⊿PIB为Rt.⊿,IF为其直角边上的高)同理，QK•CD=IF2．∴
PK•BD=QK•CD；PKQK=CDBD， 又，PQ‖BCPKQK=BGGC，
∴CDBD=BGGC，CD=BG， ∴
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． 2. 提示：根据中垂线的性质很容易证明三条中垂线交于一点，可以用构造法证明三条高所在直线交于一点；用Ceva定理很容易证明三条中线交于一点；直接根据角平分线的性质很容易证明三条角平分线交于一点． 3. 解 连OP、OQ，PB．∵∠POQ=∠QOR=40． C为⌒QR中点， ∴∠QOC=20，∠POC=60．ΔPOC为等边三角形． ∵ B为半径OC中点，A为PQ中点，∴∠PAO=∠PBO=90． ∴ P、A、B、O四点共圆．∴ ∠OAB=∠OPB=30． 4.证明：如图，连AC，DF，DE．因为M在○•O上，则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB， 有△AMC∽△ACF，得 ． 又因为∠AMC=BAC，所以△AMC∽△EAC，得
．所以 ，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． 5．证明 连DO，AR，EO，AQ．∵ ∠ADR＝12(AR＋BP)，∠AOR＝12(AR＋CP)，∴ ∠ADR＝∠AOR，∴ A、O、D、R四点共圆． ∴ ∠AOD＋∠ARD＝180，同理，∠AQE＋∠AOE＝180， 而∠ARP＋∠AQP＝180，∴ ∠AOD＋∠AOE＝180． ∴ D、O、E三点共线．∵ ∠ADO＝∠ARO＝∠ABC， ∴ DE‖BC． 6．证明 延长HA到K，使AK＝BC，连BK、CK． 则可证△BA K≌△DNC，△CAK≌△FCB． ∵ AK⊥BC．∴ CD⊥BK，BF⊥CK，即可把KH、CD、BF看成△KBC的三条高所在直线，从而此三线共点． 7. 证明 取EG的中点M，连BM、FM、CM，则FM⊥EG．∵ ∠EBF=∠EMF=90，∴ B、F、M、E四点共圆． ∴ ∠MBF=∠MEF=60．同理∠MCF=60．即ΔMBC为正三角形．点M为定点．∴ EG的中点就是正ΔBCM的顶点M，同理E’G’的中点也是ΔBCM的顶点M．即EG与E’G’互相平分．∴ EE’GG’是平行四边形． 8．证明 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R． 易知，∠CBM＝∠BCM＝∠QCN＝∠QAN＝∠LAR＝∠LBR＝θ．BPPC=SABMSACM=AB•BMsin(B+θ)AC•CMsin(C+θ)=ABsin(B+θ)ACsin(C+θ)； 同理，CQQA=BCsin(C+θ)ABsin(A+θ)；ARRB=ACsin(A+θ)BCsin(B+θ)． 三式相乘即得BPPC•CQQA•ARRB=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一点． 9．证明 (1)充分性：若S、N、T三点共线，证明OM⊥MN 连O1O2，O1N，O1M，O2N，O2M． ∵ OS＝OT，O1N＝O1S，O2N＝O2T，∴ △OST、△O1SN与△O2NT都是等腰三角形．∴ O1NO2O为平行四边形． ∴ O1N＝OO2，OO1＝O2N，但O1N＝O1M，O2N＝O2M，∴ OO1＝MO2，OO2＝ MO1．∴ △OO1M≌△MO2O，∴ O1O2‖OM， ∵ O1O2⊥MN，∴ ∠OMN＝90． (2)必要性：若OM⊥MN，证明S、N、T三点共线．分别连SN、NT，设⊙O、⊙O1、⊙O2的半径分别为r、r1、、r2，OM＝a． ∵ O1O2⊥MN，OM⊥MN，∴ O1O2‖OM． ∵ △OMO1与△OMO2的面积相等．有一边公共，且周长都等于a＋r(＝2p)． ∴ p(p－a)(p－r1)(p－(r－r1))＝p(p－a )(p－r2)((p－(r－r2))． 化简得 (r1－r2)(r－r1－r2)＝0，由r1≠r2，得r＝r1＋r2．于是OO1＝O2M＝O2N，OO2＝O1M＝O1N．∴ OO1NO2为平行四边形．∠O1OO2＝∠O1NO2＝∠NO1S＝∠NO2T． 在等腰△O1SN中，∠SNO1＝12(180－∠O1OO2)，∠TNO2＝12(180－∠O1OO2)． ∴ ∠SNO1＋∠O1NO2＋∠O2NT＝180．即S、N、T三点共线． 10．分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM.
欲证M，N，P，Q四点共圆，须证[来源:] MK•KN＝PK•KQ， 即证(MC′-KC′)(MC′+KC′) ＝(PB′-KB′)•(PB′+KB′)
或MC′2-KC′2=PB ′2-KB′2 .① 不难证明 AP=AM，从而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2. 故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2=(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)=KC′2-KB′2.② 由②即得①，命题得证. 习题20解答 1．选择题： (1)提示：ARRB•BQQC•CPPA=1，CNND•DMMA•APPC=1，相乘即得t＝1，故选B． (2)提示：延长AP、BP、CP与对边交于点D、E、F，则∴ SABDSACD=AB•ADsinαAC•ADsinα=ABsinαACsinα， ∴sinαsinα=AC•SABDAB•SACD=AC•BDAB•CD，同理，sinβsinβ=BA•CEBC•EA，sinγsinγ=BC•AFAC•BF ．∴ M＝N．选B． 2．填空题： (1)提示：DEEC•CAAB•BFFD=1，现BFFD=12，CAAB=32，代入得DEEC=43． (2)提示：如图，BDDC=BDIaDDCIaD=cotβcotγ=tanB2tanC2，同理可得其余．故结果＝1． 3．证明：由⊿OA1B1与直线AB相交，得OAAA1•A1ZZB1•B1BBO=1； 由⊿OA1C1与直线AC相交，得A1AAO•OCCC1•C1YYA1=1； 由⊿OB1C1与直线BC相交，得OBBB1•B1XXC1•CC1C1O=1． 三式相乘，得A1ZZB1•B1XXC1•C1YYA1=1．由Menelaus的逆定理，知X、Y、Z共线． 4．证明 设AM、BN、CR分别与BC、CA、AB交于点M，N，R．则BMMC=SABMSACM=AB•BMsin(B+β)AC•CMsin(C+γ)=ABsinγsin(B+β)ACsinβsin(C+γ)； 同理，CNNA=BCsinαsin(C+γ)ABsinγsin(A+α)；ARRB=ACsinβsin(A+α)BCsinαsin(B+β)． 三式相乘即得ARRB•BMMC•CNNA=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CR交于一点． 5．证明 设AP交BD于R，即证明R与R重合，连PQ、RC．∵ A、D、P、Q四点共圆，∴ ∠DQP＝∠DAP． ∵ C、Q、R、P四点共圆，∴ ∠DQP＝∠DCR， ∴ ∠DAR＝∠DCR．但若AP交BD于R，由对称性知∠DCR＝∠DAP. ∴ CR与CR 重合，即R与R 重合．∴ A、R、P三点共线． 6．证明 连AA，BB，CC，UX，VY，WZ，易证，AZAW是平行四边形，∴ AA、WZ交于AA的中点O．AUAX是平行四边形，∴ AA与UX交于AA中点O．AVAY是平行四边形，∴ AA与VY交于AA中点O．∴ UX、VY、WZ交于一点． 说明 △ABC与△ABC是位似图形．对应点连线都交于一点． 7．证明 设⊙O1、⊙O2的半径分别为r1，r2，则O1O2＝r1＋r2．∵ ∠IQO2＝∠INO2，∴ I、Q、N、O2四 点共圆．∴ ∠QIM＝∠QO2O1，又∠IQM＝∠O2QO1＝90－∠RQO2，∴ △IQM∽△O2QO1，QMMI=QO1O1O2，同理RMIM=RO2O1O2．∴ QMMR=r1r2=O1PPO2，∴ MP‖O2R． 设O1R与O2Q交于点S，∵ O1Q‖O2R，∴ △O1QS∽△RO2S， ∴ r1r2=O1SSR．过S作M’P’‖O2R，交QR于M’，则O1PPO2=QMMR=O1SSR=r1r2，即M与M重合，P与P重合．∴ PM、O1R，O2Q三线共点． 8.证明 设BE、CF交于点H，则BC边上的高AD过点H． ∵ ∠ADC=90，∠AFC=90，∴ D、F都在以AC为直径的圆上． ∴ HP•HQ=HA•HD，同理，HM•HN=HA•HD．∴ HP•HQ=HM•HN，∴ P、Q、M、N四点共圆． 说明 如果不用圆幂定理的逆定理，则可连PM、QN，再证明ΔHPM∽ΔHNQ，得到∠MPH=∠QNH，从而得到结论． 9.证明：∵ P、E关于AB对称，∴ AP=AE，同理，AS=AE，即P、E、S都在以A为圆心的圆上．∴ ∠PSE=12∠PAE=∠BAE． 同理∠PQE=12∠PB E=∠ABE．∠RQE=∠DCE，∠RSE=∠CDE. ∴ ∠PSR+∠PQR=∠PSE+∠RSE+∠PQE+∠RQE=180．∴ P、Q、R、S四点共圆． 10.证明 PE⊥AB，PF⊥BC，∴ P、E、B、F四点共圆．∴ ∠PEF＝∠PBF， 同理，∠PGF＝∠PCF，但AC⊥BD，∴∠PBF＋∠PCF＝90，∴ ∠PEF＋∠PGF＝90，同理，∠PEH＋∠PGH＝90．∴ ∠FEH＋∠FGH＝180．∴ E、F、G、H四点共圆． 证明 ∠EGG＝∠GBP＋∠GPB，∵ E、B、F、P四点共圆，∴∠GBP＝∠EFP， ∠GPB＝∠GPD，但∠DPC＝90，PG⊥CD，∴∠DPG＝∠PCG．∵ P、F、C、G四点共圆，∴ ∠PCG＝∠PFG，∴ ∠EGG＝∠EFP＋∠PFG＝∠EFG．∴ G在⊙EFGH上．同理，可证其余．
11.证明 连FD、FC、FG，GN、GM． ∵∠GDN=90，∠GFN=90，∴ G、F、D、N四点共圆．∴ ∠GNF=∠GDF．∵ CF⊥AF，CD⊥AD， ∴ A、F、D、C四点共圆．
∴ ∠ADF=∠ACF．
∵ ∠ECF=∠EKF，∴ ∠GNF=∠EKF．
∴ GN‖EK．
∵ GO=OK，∴ GN=MK，四边形GNKM为平行四边形．
∴ ON=OM，从而BN=CM． 12．（1）证明 ∠QAI=180－∠IAC=180－12∠BAC=∠SAI．又AI=AI，∠PIA=∠RIA=α，∴∠PQR=∠PSR．
∴ P、Q、R、S四点共圆． （2）证明 连EP、ER、EI．易知ΔIPR、ΔIQS都是等边三角形．∵ ∠EPB=∠IPB=12∠A+30， ∴ ∠PEI=60－12∠A．但PE=PI=PR=IR，∠IER=12∠IPR=30．∴ ∠PER=30－∠PEI=12∠A－30．∠PQR=∠IAC－∠AIP=12∠A－30=∠PER．∴ E在⊙PQR上．同理F在⊙PQR上．∵∠EPI=2∠IPB=∠A+60，∴∠EPR=360－∠EPI－60=240－∠A．∵ ∠RFI=90－(12∠A+30)=60－12∠A．∴∠RPF=∠RFP=30—∠RFI=12∠A－30．∴ ∠EPF=∠EPR－∠RPF=270－32∠A．但ΔDBC中，∠D=180－32(∠B+∠C)=180－32(180－∠A)= 32∠A－90．∴ ∠EPF+∠EDF=180，∴ 点D在⊙EPF上．∴ D、E、F在⊙PQRS上．即七点共圆． B类例题 例4 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要分情况讨论，要证明E、F、M三点共线，可以证明连线成角为0或180，于是有下面的证明． 证明 ∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC， ∴ 直线AO是∠BAC的平分线．故AO所在直线通过点M． ∴ ∠OMB＝90，又∠ODB＝90，∴D、O、M、B四点共圆． ∴ ∠DFM＝∠DOM．且∠ABM＋∠DOM＝180． ∵ ∠DFE＝12∠DOE＝∠ABM． ∴ ∠DFE＋∠DFM＝180． ∴ E、F、M共线． 如果切点F在三角形外，则由D、B、F、M、O共圆， 得∠DFM＝∠DBM． 而∠DBM＝∠AOD＝12∠DOE＝∠DFE．∴ ∠DFM＝∠DFE． ∴ F、M、E共线． 说明 证明三点共线常证明连线成角为0或180． 例5 以锐角△ABC的BC边上的高AH为直径作圆，分别交AB、AC于M、N，过A作直线lA⊥MN，用同样的方法作 出直线lB，lC，求证：lA、lB、lC交于一点． 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． 证明 取△ABC的外接圆O，连HN，DB．则∠CAD与∠MNH都是∠ANM的余角， ∴ ∠MNH＝∠CAD， ∵ ∠MNH＝∠MAH，∠CAD＝∠CBD，∴ ∠CBD＝∠MAH， ∵ ∠BAH＋∠ABH＝90，∴ ∠CBD＋∠CBA＝90． ∴ lA是⊙O的直径．即AB过⊙O的圆心O．同理lB、lC都过点O． 即lA、lB、lC交于一点．
利用某些特殊点证明三线共点是常用的方法，三角形的五心是经常用到的．对于三角形的五心的性质，同学们可以参见第十七讲的内容． 例6 在ΔABC的边AB、BC、CA上分别取点D、E、F，使DE=BE，EF=EC．证明：ΔADF的外接圆圆心在∠DEF的平分线上． 分析 设O为ΔADF的外接圆圆心，于是OA=OD=OF．若EO是∠DEF的平分线，则出现了等线段对等角的情况，这在圆中有此性质．故应证明O、D、E、F共圆． 证明 ∵ EC=EF，∴ ∠2=180－2∠C，同理，∠1=180－2∠B， ∴ ∠DEF=180－∠1－∠2=2(∠B+∠C)－180 =2(180－∠A)－180=180－2∠A． 但O为ΔADF的外接圆圆心，∴∠DOF=2∠A，∴ ∠DEF+∠DOF=180， ∴ O、D、E、F四点共圆．但OD=OF，∴∠DEO=∠OEF，即O在∠DEF的角平分线上． 情景再现 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． 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． 6．以△ABC的两边AB、AC为边向外作正方形ABDE、ACFG，△ABC的高为AH，求证：AH、BF、CD三线交于一点． 7. 如图，两个正三角形ΔEFG与ΔE’F’G’都内接于正方形ABCD，求证：EE’GG’是平行四边形． C类例题 例7 设AD、BE、CF为△ABC的三条高，从点D引AB、BE、CF、AC的垂线DP、DQ、DR、DS，垂足分别为P、Q、R、S，求证：P、Q、R、S四点共线． 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． 证明 设H为垂心． 由∠HDB＝∠HFB＝90，∴ H、D、B、F四点共圆． ∵ DP⊥BF，DQ⊥BH，DR⊥HF，P、Q、R分别为垂足． ∴ P、Q、R共线，(△HBF的Simson线)．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． 链接
(Simson 线)设P是△ABC的外接圆上(异于A、B、C)一点，PX⊥BC，PY⊥CA，PZ⊥AB，垂足分别为X、Y、Z，则X、Y、Z共线． 例8 设A1、B1、C1是直线l1上三点，A2、B2、C2是直线l2上三点 ．A1B2与A2B1交于L，A1C2与A2C1交于M，B1C2与B2C1交于N，求证：L、M、N三点共线． 分析 图中有许多三点共线，可以利用这些三点共线来证明L、M、N三点共线．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． 设A1C2与A2B1、B2C1交于P、Q，A2B1与B2C1交于R． 则只要证明PMMQ•QNNR•RLLP=1，则由Menelaues定理的逆定理可证明L、M、N三点共线． 证明
A2C1截△PQR得，PMMQ•QC1C1R•RA2A2P=1， B1C2截△PQR得，QNNR•RB1B1P•PC2C2Q=1， A1B2截△PQR得，RLLP•PA1A1Q•QB2B2R=1， l1截△PQR得，PB1B1R•RC1C1Q•QA1A1P=1， l2截△PQR得，RB2B2Q•QC2C2P•PA2A2R=1． 五式相乘，即得PMMQ•QNNR•RLLP=1，从而L、M、N三点共线． 说明 本题利用了Menelaues定理及其逆定理证明三点共线． 链接
证明三点共线和三线共点常用以下两个定理： (Menelaues定理) X、Y、Z是△ABC的三边BC、CA、AB所在直线上的三点，则X、Y、Z三点共线的充要条件是AZZB•BXXC•CYYA=1． (Ceva定理)X、Y、Z是△ABC的三边BC、CA、AB上三点，，则AX、BY、CZ三线共点的充要条件是AZZB•BXXC•CYYA=1． 同学们可参见本书第十八、十九讲的内容． 例9 四边形内接于⊙O，对角线AC、BD交于点P，设△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的外接圆圆心分别为O1、O2、O3、O4，求证：OP、O1O3、O2O4共点．(1990年全国联赛) 证明 ∵O为⊿ABC的外心，∴ OA=OB． ∵ O1为⊿PAB的外心，∴O1A=O1B． ∴ OO1⊥AB． 作⊿PCD的外接圆⊙O3，延长PO3与所作圆交于点E，并与AB交于点F，连DE，则1=2=3，EPD=BPF， ∴ PFB=EDP=90． ∴ PO3⊥AB，即OO1‖PO3． 同理，OO3‖PO1．即OO1PO3是平行四边形． ∴ O1O3与PO互相平分，即O1O3过PO的中点． 同理，O2O4过PO中点． ∴ OP、O1O3、O2O4三直线共点． 例10 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⊥E F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． 证明 连OE、OF、OC[来源:] 先证OQ⊥EFQE=QF． OB⊥AB,OQ⊥QEO、Q、B、E四点共圆∠OEQ=∠OBM． 由对称性知OC⊥CA，OQ⊥QFO、Q、F、C四点共圆∠OFQ=∠OCQ，又∠OBC=∠OCB∠OEF=∠OFEOE=OFQE=QF． 再证QE=QFOQ⊥EF．（用同一法） 过Q作EF⊥OQ，交AB于E，交AC于F．由上证，可得QE=QF． 若EF与EF不重合，则EF与EF互相平分于Q，则EEFF为平行四边形，EE‖FF，这与AB不与AC平行矛盾．从而EF与EF重合． 情景再现 8．以△ABC的三边为边向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，设L、M、N分别为DE、FG、HK的中点．求证：AM、BN、CL交于一点． 9．如图，已知两个半径不相等的圆⊙O1，⊙O2相交于M、N两点，⊙O1，⊙O2分别与⊙O内切于点S、T，求证：OM⊥MN的充要条件是S、N、T三点共线． 10．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)
习题20 1．选择题： (1) 如图，在四边形ABCD的对角线的延长线上取一点P，过P作两条直线分别交AB、BC、CD、DA于点R、Q、N、M， 记t＝ARRB•BQQC•CNND•DMMA，则t的值 A．t&1
D．t的值不定
(2)如图，在不等边三角形ABC内取异于内心的点P，连接PA、PB、PC，把角A、B、C分成α、α’、β、、γ、γ’，记M＝sinαsinβsinγ，N＝sinα’sinβ’sinγ’．则 A．M&N
D．不能确定 [来源:][来源:] 2．填空题： (1)如图，若ABBC=DFFB=2，则DEEC=
． (2)三角形三个旁切圆与三角形三边BC、CA、AB切于点D、E、F，则AFFB•BDDC•CEEA=
3．(定理)已知直线AA1、BB1、CC1相交于点O，直线AB与A1B1交于点X，BC与B1C1交于点Y，CA与C1A1交于点Z，求证：X、Y、Z共线． 4．已知△ABC外有三点M、N、R，且∠BAR＝∠CAN＝α，∠＝∠ABR＝β，∠ACN＝∠BCM＝γ，证明：AM、BN、CR三线交于一点．5．设P为正方形ABCD的边CD上任一点，过A、D、P作 一圆交BD于Q，过C、P、Q作一圆交BD于R，求证：A、P、R三点共线． 6．如图，两个ABC与ABC，它们的对应边也互相平行，因而两个三角形内部的公共部分构成一个六边形，求证：此六边形的三条对角线UX、VY、WZ交于一点． 7．⊙O1，⊙O2外切于点P，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⊥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． 8.设ΔABC为锐角三角形，高BE交以AC为直径的圆于点P、Q，高CF交以AB为直径的圆于点M、N，求证：P、Q、M、N四点共圆． 9. 凸四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直并交于点E，求证：点E关于此四边形的四边的对称点P、Q、R、S共圆． 10. 四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直，对角线交于点P，PF⊥AB于E，PF⊥BC于F，PG⊥CD于G，PH⊥DA于H，又EP、FP、GP、HP的延长线分别交CD、DA、AB、BC于点E、F、G、H，求证：E、F、G、H四点与E、F、G、H八点共圆．
11. 以锐角⊿ABC的边BC为直径作圆交高AD于G，交AC、AB于E、F，GK为直径，连KE、KF交BC于M、N，求证：BN=CM． 12．已知：如图，I为ΔABC的内心，作直线IP、IR，使∠PIA=∠RIA=α(0&α& ∠BAC)，IP、IR分别交直线AB、AC于P，Q；R，S． （1）求证：P、Q、R、S四点共圆． （2）若α=30，E、F分别为点I关于AB、AC的对称点，直线BE、CF交于点D，求证：E、F、F在⊙PQRS上．
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