初中数学竞赛专题复习 第二篇 平面几何 第14章 共点线与共线点试题 新人教版

第14章

共线共点§14.1梅涅斯理14.1.1★★设等腰直角三角形90中D在BCAD证AEBCED.（用梅氏定理证明）BFAB解析如与BE交F梅氏定理，FECE又，△∽△ECD，CEDAEB.FD

，14.1.2★设D锐角三角形ABC的BC的一点，

BD2，是的一点，，AD与DC3EC3相于点F，

BFFD

.解析

由梅涅劳斯定理

DBCEEACD23，得，，故FDACDBFD54FE27，.FD3所以

BF35.FDAEFBD14.1.3★证明：锐角三角形一条线的垂足在另两边及另两条高线的身影在同一直线

F

Q

H

R

S

D

解析设的三条高线为、、CFD在、BECF、CA的身影分别为、、、欲证、Q、、S共线，先P、、R共线.1

，移项因式分解，得由梅氏逆定理，知该结论为真，即△BDH.，移项因式分解，得

HQBPADHDBDADHD，后一步是由于RHQBHDCDCDBD同理，Q、R共，故、、、S四点共.14.1.4★已知是△的，D在内且BD，CD，作DE与AB直，DF与AC垂直，E、分是垂足，连结EF并延长，交延线于，.解析如，设，由梅氏定理AEFBDCG4AE.xEB又由身影定理，

CFDCAE14，，于是得x.FAEBBDx14.1.5★★如图，已知锐角三角ABCAD是高，D在、AC上垂足分别是N、M，NM延长后交BC长线于，AD，cotCAD.ANMBDE解析由知，AB，故BDCD.cot

ADAD1.CDBDBD由梅氏定理及身影定理，有

BEAN，ECAM

CMANADBDBD，，，AMBD1111BDBD

1111于，BDBDBD是所求答案14.1.6★证明，△两角平线分别交对边于E、F而的角平分线交直线于D求证：D、E、共.解析如，既然外角平分线BC直相交，说明ABAC，防设AB，D在延线上.2

F

C

D由角平分线性质知BDABBCAC，DCABBC故由梅氏逆定理知D、、F共.14.1.7★★已知不等边三角形，、、的分线分别交对边于A

、

、

，A垂线与直线BC于

，同理得到B

、C

，证明：A

、

、

共线.A'A''解析如图，不妨设AA

的中垂线

与延线相交，连结

，则

，于是

AA

AC

A，因此ACA

∽△BAA

，于是.ACBACBAAC同理，，是CCBA

，梅氏逆定理，知A

、

、C

共线.14.1.8★★已知：D△ABC边BC一点，G是AD一点，、分别在、AB上，GB与DF于MDE与CG交N.证：若EF，∥.解析如，由梅氏定理，F

M

D

ADADDGBMFAGMBF.BMNC

.于是由于∥BC，

CEGN，于是，∥BC.14.1.9★已知的面积为1，、E在BC上且∶∶EC∶∶1，在上，且AG∶∶，、AE分与交点F、H，求四边形DEHF的面.3

2形2形F

HDE解析这题目基本且典型，显有

，而

eq\o\ac(△,)

1，于是下求S由梅氏定理，有

CBDFDFAF12，入已知数值得4，是，从而.BDGC515AD17CBEHAG43EH54S12416又由，即，，而，是eq\o\ac(△,S)eq\o\ac(△,)，故BEHA9171.5110214.1.10已不等边锐角角形，BQ是，且位置如图所，与位线交于点E，O、H分是△的心与垂心，求证：.M

O

NQHDF解析一熟知事实是BC延长交线BC于点，则有OAH，延长交点D，是只需证明△FED∽△即只需证DFAH.AO由于

AHDFA，题结为，下面计算DF与EF.AO由梅氏定理知

于是ACDFDFABAAB2ENEQ因EQN，正弦定理有

.ENB，上式为.证毕sinCAB14.1.11★如已知、是的两条切线，PQR为的一条割线交AB于，在上QF，QF交于，证：4

PQ

BE

SAF解析易P、、S为和点列，于是PRSR.见题12.3.13由梅氏定理，RAFEPRQS1EQSR

，因此QE.14.1.12★已AOB为O的直径弦弦与交MOM求：DN平分BC.解析如，无非要证明S

△

eq\o\ac(△,)

，或证明CNNB，证明

CNBCNBCD设与交于K，与CD交J.由氏定理，

BACKKB，，AOKBCK2

eq\o\ac(△,S)eq\o\ac(△,)

，即AB得

CNBCBC，毕BNMKOD14.1.13★★证明牛顿定理：设△ABC中，D、E分在AB、，CD、BE交于F，则DE、AF、中点在一条直线上（牛顿线）.

D

F

Z

Y

解析设EF、CE、CF中点分别为、、Z，易由中位线知PX、共，Q、X、Y共线，Y、共.且XQCADFRZPXAECD5

（后者是AB截△ECF所）故梅氏逆定理，知、、共.评注此亦可由面积.14.1.14★★★设等腰直线三角形中90三角形内一点CD并延长至E使是中直CG分别与、AD于求：GMN的中点.解析如图，延长AE、，别交直线于P、Q设PB，BQ，CQ，由梅氏定PCQDQDAEBQb理，有，而DADAEPABPBaba，或.bcMND

，故

aaaab，即，ccca

bC又由梅氏定理，

BC，此即NANQBQ

，所以NBAP，是

MGAG.NG14.1.15★★★设△ABC的的中点N，D是射线上点满足BC，P是射线DN上点，且与A边BC的同侧，满足，与AB交E，与交于，BC求.TC

T

DADCTBN解析设长分别为bc梅氏定理，于ACBNNA，DCTBCD，TBADb，TCCDaaBC.TCa接下去处理

EAEB

BCaa.延长BP与CA交于Q，，故，QD(a)，CAbAD，由梅氏定理，

QDANBP，得DANBPQ

DACQ

，故平，6

EDDGHDCDEDIDeq\o\ac(△,)AEACEDDGHDCDEDIDeq\o\ac(△,).故答案2EBBC14.1.16★★在△中为中点，以BC为径的圆交AC、CF于一点D.分别过点C、作的线l和l证明：l、l和线共点.解析如设l交线BD于点，l与线BD交于点HBA

F

E

ID

O

CH()由条件，ABC90OBC为径，可知l∥AB，是CDDG.DA

①为证l、l与线共点，只需明与H重.我下证：

GB.GDHD利用GCD，知△BCG∽CDG，

BCCG，于是.同理可证CDDGCGCDBHEBBG.于是eq\o\ac(△,)，中I为与的点对ABD考割线，用梅涅劳斯定理，可知BG从而.CD

DIBI，合FA，可知CDIDCD

，再由①可知

CDDG，综合上式，得.题获证ACBGHDGD§14.2塞瓦理14.2.1★已知△，外外作长方形ABDE、、BCHK又设直线与直线交P，直线DE与线KH交于Q，线KH与线交R，BQ点.解析如，设PA延后交于

，同理定义

、C

（图中未画出）PE

GDBQK

AA'

FCHR7

连结PB、PC，

BASASS矩形

，SACCB同理，矩，BSSB矩、均△PQR内，故平行不.

，AP、、CR共点或平行，由于A、14.2.2★已知内有一点P过作直线l与AP关于的平分线对称样点、分作直线l、l，证：l、l、l交一.解析

如图，设l与直线BC交

，则CA

SS

ABABSsinAC

，同理，

SAC，S

SS

.APBA'C于是

BACBABC

，塞瓦逆定理，即知l、l、l共点.这个公共点P

，称为P的角共轭.14.2.3★已知，向外作相似的腰三角eq\o\ac(△,形)BCD、△ACE及△ABF，中、、顶角.求证：、BE、CF于一点解析如不妨设与交A

同定义

、C

.设AAF

E

B'B

A'

CDACSSSsin(BCACsin(Aeq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)由塞瓦逆定理得BCACsin(sin(ABCB结论.14.2.4★★★已知：中，ADBE、CF是平分线，则仅DF.8

K

HF

D

解析当BAC至一点KF至AK距等于F至AD距离；又CF分ACB，F至AK离等于F至BC离，因此可知DF分，同理平分ADC，DF.反之DEDFA∥DFDE延长线分别交于GH由瓦定理知AGCD于是DAFDBADG即DF平于是过F作、AD、BC垂线，不难得出AF分，是BAC14.2.5★★已知中别在、上，DE∥，BE、交F，延后交于S，SD与BE交于G，与交H，AGAH延后分别交BC于M、P，∶∶PC.AD

EG

F

HBMS解析由瓦定理易知BSCS，由梅氏定理，BCPHAD，CPHABDSCSPEC

P

C两式相除，注意

AD11，BC，得CP.易CP，理BM故BD3BM∶MP∶∶∶1.14.2.6★★如图，AM是角△ABC的角平分线，于点E，MFAC于F，CE与交于点P，证：APBC.AD

EG

F

HBM

P

C解析作BC，知△∽BDA，△MCF△ACD，而有

BEBMCD，，于EDABMC是

BECDBM.BDCF9

又由，由塞瓦逆定理知AD、、CE点于是AP14.2.7★★锐角，外作△ABE和△，使得BE，ACCF，CAF，BF、交于点，证：.

M

N

F

D

C解析为明结论，我们干脆作△ABC的高，法证明AD、BF与CE共.由EACFAB及

AE知ABAC

.设与于点，与交点N则有AMBDBMCDABBeq\o\ac(△,)AC

eq\o\ac(△,)

ACCBCABCF.ACBE于是由塞瓦逆定理，结论成立，最后一步用到的仍是△ABE△ACF.14.2.8★△ABC，D、、F分在边BC、、AB上且AD、BE、共点于P.D

也在上，且DD

与BC的点重合，同理定义E

、

.求证：AD

、BE

、CF

也共点BD解析由瓦定理和逆定理，注到等立得结.D评注新点与点P互等边共轭点.14.2.9★★★设△的、上别有点、且AD共△的边DE、EF、FD上别有点Z、、，DX、、也点，求证：AX、BY、CZ共.解析如，又设AX长后与交

（为简洁起见，图中未图出），理定义

、Z

.于BXX

Seq\o\ac(△,S)eq\o\ac(△,)

ABAFACAE

S

eq\o\ac(△,)

ABAECY，理ACAF

BCYDCDEZ，ABBDFY

，由条件及塞瓦定理，得

BXXAY

，是、BY、CZ共.AF

X

E

ZB

D10

△△14.2.10★一三角形的一上的高第二边上的中线与第三边上的角平分线交于一点这个角形一定是正三角形吗？△△解析不定不设△中AD、、CF别为高、中线与角平分线，于是CE，三线交于一点，则由塞瓦定理（此处设，BC，CA有

BDBFBCa.CDAC而由BDCD，

CD

AC

，知

aa

，于是有，

ab

.例如令a，，c.14.2.11★★如，AB、AC两条切线，APQ与是意两条割线求证：、MQ与交于一点AP

MBQ

CN解析本无疑是要运用塞瓦逆理，比如在△，知只需证SS△S△△△由圆内接四边形对角互补知，上式等价于

PQQC化简，得.PCBQ由∽△eq\o\ac(△,、)eq\o\ac(△,)∽ANQ及∽得

MCAC，，，PMAP于是

QNAC.PM14.2.14★设的切圆分别与BC、AB切点D、E，EF于M，BM与FD交于点，CM与DE交点，求证：MD、FQ与共点.F

M

D

解析易DQPD11

eq\o\ac(△,)

MDCFM，由塞瓦逆定理，知三线共.BDMDBCEME评注此MDEF这条件多余，但可用来证明平分BMC明如下：设△中角为、C于易知

1FMC，故22ME

sin

BF又由BCE1A，∽EMC于是命题得.214.2.13★★已知凸四边形ABCDBAC是上一点长DP别交CD、CB于R，证：RAC解析如，分别作∥，CN∥AD，M、R、A共，N、、共线，设BD与AC交于.

M

J

CQ

ND由塞瓦定理及角平分线性质定理，有

ADBRCQ.CM，CNQD

DQ

，是CN.又ACM，，故ACM≌，于是RAC14.2.14★设、B别是△ABC的BC和上点，D、分是AA与、AB与的交点.证明：若90、B、A、E共，则AABA.解析如延AE交BC于F为证AABA只证明AB.而、BA、共，故AEF，AABBEA，是只需证明EA为平分线D

F对的线BDB及内一点E分利用梅涅劳斯定理和塞瓦定理，得CBADAB，12

CBADA.FCF所以，.B在射线CB上一点B

①，使得，由EC知EC的角平分线，于是，利用内、外角平分线定理，可知B.FEFAFAB从而，.CFCBA对比式①得CB

A，B与CB

重合，因此，AE为BEF的角平分线14.2.15★★★给△，M为内点，使得，MACMBA；为△内点，使得NCB，NBC为△ACB内点，使得PBC，.证明：AM、BN和三共点，且该公共点在△MNP的接圆上.M

解析

延长AM交BC于点A，则BMAMACMCACMA，即MA为BMC的分线是，ACMC

AMAB.而条件易知△ABM∽故ACcb

（这里、c△的边长而

BMAM，MCBA.AC同理可证：

，B中为BN与AC的点为与AB的图N、未出从而CBAC.ACBC于是，由塞瓦定理的逆定理可知、BN、三共点.设上述公共点为KO为△ABC外心，则BMCBACBOC，B、、O、四共于是设MA交个圆于另一点，则为BC的点结合OB，知为、MO、C所共圆的直径因，OMAOMK似证，ONK90以，M、、在为径的圆.13

§14.3

其问14.3.1★求证：已eq\o\ac(△,知)eq\o\ac(△,)ABC，点PBC上一点，则有

sinsinBACACAB

；反之，若上式成立，且BAPCAPBAC（AP不“反方向”的点、P、C共线解析如

1ABsinBAPsinABsin，21两边同时除以，得论2ABC为证三点共线，只需将上述过程反过来，得

，于是点B、P、C共.14.3.2★★已知及线l，在l上身影为

，A

在上身影为

类似地定义

，B和C

、

，求证：A

、

和

共点.解析如，只需证明A

、

未画出）.

A''

C'

l由于AA

B

A，便知结论成.14.3.3.★★锐角三角形中、CF是条高，H为△ABC的垂心，M、K分别是BCAH的点证：MK、和OH共，这里O为△ABC的.解析如，由条件45知△AEB和△是等腰直角三角形，而O为、中垂线上的点故，FO于是EO∥，∥BE从而四边形EOFH为行四边形.故EF与的交点为EF中.CEH

MA

K

OF

B另一方面，M、K为BC、AH的点，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知EMMF

1BCEKKFAH.即边形EKFM为形以EF与KM的交点亦是EF的点214

从而命题获.14.3.4★★四边形与是正方形，且点、、共，点N、P、F共线，连结、SE点MT上射影是点，在上射影是点B，证：点、P、共线.解析设与ST交于点P

MNATSFE，又设ATS于是由ASBATB180ASeq\o\ac(△,)tanPATMS，TEPT

即点P与P14.3.5★★在矩形的边AB上分别取异于顶点的KMN知∥.证明与的交点O在形的对角线BD上D

M

LKB解析连、OD因为∥MN，KM与LN交于O，以△∽△MNO，得

LO

，MNO.又因BC∥，所以DNO，则DNM；因此BLK∽eq\o\ac(△,Rt)DNM.综上，

LKDNNM

，BLO，以△∽△DNO，得DON，B、O、D共.14.3.6★★证明：如果一个梯形的（）点到梯形四边距离之和相等，那么这n个共线解析如图，延长梯形的腰BA、交点.设P为n个中的一个点，过P作直线，交EB、于、H，得为腰三角形（EGEH）.

D

H设Q是个中另一个点，我们证明Q直线GH上

15

由条件到、EH的距离和等于到、的离.Q在边形AGHD内则

△

S

△

△

，从而EG(EG)EH(Q,)(PEG)PEH)，这里d(X)表点X到线Z的距离.结合EH，得d(∥(,EH)(,EG)(P,)，盾类似地，若在边形BGHC，则Q,)(Q,EH)P),)亦矛盾故Q在段GH上14.3.7★★★设四边形仅有一个内角是直角，且两对角线相等，则对边中垂线交点与直角顶点共解析如设边形ABCD中90形则BEACBD又设BC的垂线与AD之垂线FP于，易知PE，于是B、P在DE中垂线上同、CD中线之交点也在DE中线上，故而结论成立DF

C14.3.8★★等腰梯形ABCD中ABCD.将△绕旋转一个角度，得一个新的△线段ABC中共线.解析如AB中分别为Z为CA

的中点并ACA，则ZW∥

WX∥CDZW

111AB为腰三角形且222等于1A

与所成的角

.Z

W

D注意到，所以，XWZ，从而1XZW)90是22CZX.2另一方面，YZ∥BB

，而1，故90.22综上，CZY.X、Y、共线.14.3.9★★直角三角形，AB是边为斜边上的高为心半径作⊙.过B作⊙割线，交⊙于D和E，交CH于（D在B与F之）A上一点G，使得，与D不同一.证明：、H、G三共.16

ECF

D解析延EH交⊙A于G

AH，我们证明与G

BG'重合，即证.由BC为的线，故

.再Rt△中为，从而由身影定理可知BC

BH所BH故、、H、A共圆因EDAEHABHG

.注意到EADA故DHB（这里再次用到E、D、H、A共前面的结果，可知BHG

.由圆的对称性，即得.14.3.10★设锐角三角形，AD、BE、CF为，H是心，M分在、上且NHE求证：BM、CN的垂线之交点在BC上解析如，若设、CN中线分别交BC于K、BKCK，知结论成立.

（K、

在图中未画出），要证明M

F

HD

由于

BMCKBC只需证明C2cosC22cosMF或即.cosCcos由条件知△MFHNEH，

MFFHAHBADNEAHsinCADC

.结论证毕14.3.11★★的切圆切边、于M、，线l与内切圆切于劣弧分别交NC、于、.为AP与BQ的点证明：在线段上l

内一点，Q

lM

TY解析设

AP