2025年高考数学二轮复习：点共线、线共点、点共圆问题 学案讲义

第9章点共线、线共点、点共圆问题

9.1解法概述

一、证明三点共线的常用方法

(1)取三点中的一点,与另外两点分别连两条直线，证明它们都平行于或都垂直于某一条直线.

(2)证明连接两点的直线通过第三点.

(3)以三点中居中的点为顶点，过另外两点作两条射线，证明形成平角.

(4)居中的点与另外两点分别相连,形成两条直线，若与过中间点的一条直线组成对顶角，则三

点共线.

(5)连接三点的三条线段中,有一条等于另外两条之和.

(6)以三点为顶点的三角形的面积为0.

(7)同一法，反证法.

二、证明三线共点的常用方法

(1)设两直线的交点，再证明此点在第三条直线上.

(2)证明各直线都过同一个特殊点.

(3)设两直线的交点，过此交点作出某一条直线，证明这条直线与第三条直线重合.

(4)证明以三直线两两相交的三个交点为顶点的三角形的面积为0.

(5)利用已知的线共点的结论.

(6)同一法、反证法.

三、证明四点共圆的常用方法

(1)四边形对角互补或者某一外角等于内对角.

(2)线段同侧的两点对于线段的张角相等.

(3)各点到某一定点的距离相等.

(4)利用相交弦定理的逆定理.

(5)把四边形分成两个有公共边的三角形,证明这两个三角形的外接圆重合.

(6)利用四点共圆的有关判定定理.

9.2范例分析

[范例1]

三角形一边上的高线的垂足在另外两边及另外两高线上的射影四点共线.

分析1对于四点共线问题，先证其中三点共线，再证第四点也在该直线上，如图F9.1.1所

示，我们先证P、Q、”三点共线，这只要证/尸容易看出8、P、

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

是只要证4=/次砌，这可由8、D、H、尸的共圆证出.

证明1因为/8PD=/30D=9O,所以氏P,Q、n共圆，所以/PQD+/8=180

图F9.1,1

因为ZDQH+ZDMH=90+90=180所以2)、Q、8、/共圆，所以

NDQM=NDHM

因为/HDB+NHFB=90+90=180所以5、。、〃、斤共圆，所以

NDHM=NB.

所以/P2D+NT)QM=180,即尸、Q、加三点共线,同理N、M、。共线,因为

M、Q为两直线上的公共点，所以P,Q,M,N四点共线.

A

分析2也可以采用同一法，连PN,再证明Q,/在直线PN上.

设PN与BE,CF各交于2,峪，如图F9.1.2所示因为NAPZ>+/A7VE>=180,所

以AP、D、N共圆，所以/1=/2.又由4E、D、6共圆，11=/3,所以

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

3E外的点。只能作一条垂线与助垂直，由DQ1BE,DQ,1BE,可见。与。1重合.

同理M与A11重合.这就证出了P,Q,M,N共线（证明略.）

分析3如图F9.1.3所示，连PN、PQ.若能证出PN、PQ都与同一条直线平行，则?、

N、Q共线.从图上观察，容易发现所是所说的直线，连EF.

因为CFLAB,DP±AB,所以CF//DP,同理6E/AD/V,设H为.ABC的垂心,由

ApAJ-IAJ-fA17ApA

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

FPHDHDENFPEN

BPBQ

明--------.

PFQE

BD

图F9.1,3

和证明FN//石户的方法类似，我们也尝试找一媒介比值，这只要取叱即可，很容易由平

BPBQ

行截比定理证出7r诬，所以尸。回.

这表明从夕发出的两直线PQ、PN都与跖平行，所以P,Q、N共线,同理可证P,M、

N共线.（证明略.）

[范例2]

。1和°2外离，A4是一条外公切线，是一条内公切线，4，4是。1上的切点，

。2是。°2上的切点，则°1°2、44、8遥三线共点.

分析1证明三线共点，可先设两条直线交于一点，再证另一直线也过此点或两直线与第三条

直线的交点都与之重合.设A4和4不交于夕，容易证明尸、Bp。2、&共圆，利用圆的

内接四边形的外角等于内对角的定理，可证.P44s。②台也，从而推出44//2。2.同理

有0[P11B[B?,这样分析后可以看出有可能通过比例证出44、BE和。。2的交点重合.

图F9.2,1

证明1连0A。4、劣片、°IB2,延长与4,交A4于P连尸。1、尸。2,设P°I交

A4于A，尸。2交B网于4.如图F921所示,

因为。2418出。2员，用尸，所以R4、。2、用共圆，所以/4叫=/用。.因

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

因为。2耳144，即/鸟B1&+/8281P=90,所以/244+/824「=90,所以

A41眼.

因为尸。214用,所以尸。2//&4-

因为尸qiA4,所以

设A4的延长线交。02于M,设B,B2和O02交于N.由平行截比定理,

PDlO,M(92D2O2N

J

~Dpx~MOlD2P一而

因为―。幽叫s”,所以悬端,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、。。2三线共点.

分析20%和°281同垂直于44,则06和024可看作以44为直径的圆的两条切线,同

理。4、。2打都垂直于4与，则44、°2且又可看作以为直径的圆的切线.因为

。14=。14，。2用=。2用，可见。1、。2是到两个圆的切线长相等的点，即直线01。2是

此二圆的根轴.

由分析1知44，用与，设垂足为M,因为/4M8]=/4M%=90,所以M是此两圆

的公共点.故。02应在两圆的公共弦线上.这样，只要连。|加、。2M，证出0「M、。2共

线，问题就解决了,证明这样的三点共线可采取分别证出°1、。2都在过M的某一条直线上的

方法.

证明2设A4的延长线和交于M.如证明1所证，A]M1耳%如图F9.2.2所示，以

44、&不为直径各作一个圆.因为/AMB=/4加与=9。,所以“在此两圆上,设两

圆另外一交点为N.

连44，o4,。24，。2用.因为。614片，0241A4，所以和。2耳是

F9.2.2

B

4i的两条切线,同理%和O2B2是4与的两条切线.

连0{M，设OXM与一4片和一4为各交于NpM,由切割线定理，

0^=0M0Nl,0弟=。加,0双2.因为。42=。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.的公共点,因为两圆相交只有

两个公共点，所以NpM都与N点重合可见。在跖V上，即01在64和4B2的公

共弦上,同理可证。2在MN上，所以OpM、。2三点共线.

所以。2、44、B周三线共点.

分析3这个公共点是否能预先确定它的性质?也即是说，M点是怎样的特殊点?作出另一条

内公切线跖，E、厂各是一01、L。2上的切点.设跖的延长线与4月交于《，过《作

AglOj02,M为垂足，则这个垂足M即是所说的点.这样，我们可以先作出M,然后证

出44、B}B2也过此点,这只要在连B[M、B2M后证出=ZB2MP2,则可推知

B]、M、用三点共线,同理，4、M.4三点共线,可见44、8圈都过002上的这个特

殊点.

证明3作另一条内公切线跖，在。1上的切点为石.在。2上的切点为厂.延长£F,交

4片于片，过片作。。2的垂线A8,交4员于弓，交on于M.连

MBpMB,.MF、。2片、。2片、02F,如图F9.2.3所示,

由整个图形关于。02轴对称知/尸，喟=/用网.因为《凡《用都是切线，所以

02F1PXF,。24144,可见:、F、M、。2、用五点都在以02彳为直径的圆上，所以

/FMP]=/F0F],又/尸。2《=/用。2昂/8]。2<=/用叫,所以

/4网=/用峭,可见片、M、&共线，即BjB2与。02也交于M点.

同理，利用4、片，M、E、4（以。出为直径）五点共圆及关于。02的轴对称性，又可证

出可见4、4、M共线，即的延长线也过M点.

综上，44,B}B2,a。2三线共点于M.

[范例3]

夕为等腰A5c的底边6C上的任一点，PQ//AB,PR//AC,分别交AC、A5于

Q、旦设。为2点关于直线RQ的对称点，则4D、B、。四点共圆.

分析1通过对角互补可证四点共圆,从条件知

RB=RP=RD,/ABC=NACB,QD=QP=QC,又由ARPQ是平行四边形，可进

一步得到AQ=RP=q，QD^AR,可见ADQ=.DAR,所以=这

时把四边形的两组对角分别加起来，很容易发现对角之和相等.

图F9.3.1

证明1如图F9.3.1所示，连RD、OQ.由对称性，QD=QP,RD=RP.

易证ARPQ是平行四边形，所以QP=AR,RP=AQ,所以A7?=QD,AQ=RD,所

以ADQ三，DAR,故NQAD=NRDA

①易证我尸=AB,所以RB=RD,NRDB=NRBD

②因为AB=AC,所以^ABC=ZACB

③式①+式②+式③得

ZQAD+NABC+NRBD=NRDA+ZRDB+ZACB

即ZDAC+NDBC=NADB+NACB.

因为N7MC+NDBC+/ADB+/ACB=360,所以NZMC+NDgC=180,所以

A、D、B、C共圆.

分析2要证四点共圆，还可通过证明/8DC=/B4C由于—3AC=/PQC=—3RP,

只要证出力加。和其中任一角相等即可.但是直接证。和/BAC、NPQC、

/酸P中的任何一个相等都有困难，这时可试着把分成几部分，若每部分都和要

证的角有一定的关系，则/砒>。整体也容易建立与要证的角的联系.

注意到RD=RB=RP,QD=QP=QC的事实，可以想到的外心是RPDC的外

心是。，引用圆周角和同弧对的圆心角关系的定理，可很快证出结论.

证明2连Z>Q,DP、DR、DC,如图F9.3.2所示.

易证RD=PB=PR,QZ>=Q尸=QC可见尺是二。BP的外心，。是FDC的外心.由

圆周角和同弧上的圆心角关系的定理，NBDP=L/BRP,NPDC=L/PQC

22

易证ZBRP=NPQC=^BAC,

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

2222

NBDC=NBAC,所以4D、B、。共圆

图F9.3,2

分析3要证四点共圆，可以通过证4D、B、C到一个定点等距离,这个定点如果存在，那

么显然是ABC的外心O.利用.BROmAQO,可得。火=OQ,即。点在RQ的中垂

线上.只要证出AORQ是等腰梯形，RQ、AO是底，则可知O也在AO的中垂线上.这样，

。到4D、B、。距离相等.

要证明ADRQ是等腰梯形，只要证出.ADR^ADQ即可.

证明3设。为.ABC的外心.连。4、OB、OR、OQ.DR、DQ、OD、OC,如图Y9.3.3

所示.

因为。4=05,所以/aiB=/O5A又，Q45=/Q4C,所以NZMC=/O8A.

易证ARPQ是平行四边形，所以AQ=RP,又RP=RD=RB,所以AQ=RB=RD,

所以OBR=OAQ,所以OR=OQ,即O在RQ的中垂线上.

因为。Q=QP=ARRD=AQ,AD为公共边，所以AD火三4AD。，所以RQ到AD

等距离，所以ADRQ是等腰梯形,由等腰梯形的轴对称性知，O点又在AD的中垂线上，即

OA=OD

所以OA=OD=OB=OC,可见4D、B、。共圆

BP

图F9.3,3

9.3研究题

[例1]

三角形的三条中线共点.

证明i（三角形中位线定理、平行四边形的性质）

设中线鹿、C尸交于G,连AG并延长，交3C于。，延长AQ到H,使GH=AG,

连BH、CH,如图Y9.1.1所示，则G/、GE各是A5”和一AHC的中位线，所以

GF//BH,GE//HC,所以GBHC是平行四边形，BC、GH是其对角线.

因为平行四边形的对角线互相平分，所以BD=DC,所以AD是3C边的中线，所以

AD,BE,三中线共点.

图Y9.1,1

证明2（三角形的中位线、平行四边形的性质）

设中线5£、C尸交于G点，。为3C的中点，连G4、GD,作CH//GD,交5石的延

长线于作EM//CN,交A尸于M,如图Y9.L2所示

在一6。以和中，由中位线定理知GB=GH,AM=MF=-AF=-BF.

22

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

GBBF222

以EG=EH.

因为=EG=EH,所以AG、C、〃是平行四边形的四个顶点，所以

GA//CH

因为G4//CH,GD//CH,所以4G、。共线，即AO是中线，所以A。、BE、CF三

中线共点.

证明3（中位线定理、相似三角形）

设中线AD、BE交于G,中线AD、B交于G'.连DE,如图

所示，则QE是A5c的中位线，所以OEAB,DE^-AB,由OEGs..A3G知

2

AG_AB

~GD~~DE~'

AC斤匚〜AGAG'

同理，连Q尸后有42所以——=^—所以

G'DDFGDG'D

"'即言=器’所以5=G'DG与G'必定重合

所以三中线皿BE、CF共点.

证明4（三角形的中位线、平行四边形的性质）

设中线BE、CF交于G,中线BE、AD交于G'.设P,Q分别是GB、GC的中点，连跳\

PQ,如图Y9.1.4所示，贝IJ£尸、PQ分别是A5c和G5c的中位线，所以

EF-BC,PQ-BC.所以石尸厂。，所以E、F、尸、。是平行四边形的四顶点，所以

=2=2=

GE=GP=PB.

同理，若连DE,又可证GE=GP=PB,所以GE=G'E=PB,所以G、G'重合.

所以三中线AD、BE、CF共点.

A

图Y9.1,4

图Y9.1,5

证明5（引用第5章例2的结果）

设中线AD、BE交于G,AD.CF交于G'.如图丫915所示

AG_.AEAG,,A尸_°雨~AG_AG，

由第5章例2的结果,-----=Z-----=Z,---=Z-----=2,所以------=—■—.可见G、G

GDECG'DFBGDG'D

内分AD成等比值,由分点的唯一性知G、G'重合，即三中线皿BE、CF共点.

证明6（Ceva定理）

设BD=DC,CE=EA,AF=FB.

因为任.3.0=1,由三线共点的Ceva定理知AD、BE、CF共点.

FBDCEA

证明7（面积法、反证法）

设三中线两两相交于尸、Q、R,如图Y9.1.6所示,若「、。、R共线，表明AD、BE、CF

各有两公共点，所以A。、BE、C户共线，与三角形的假设违背，所以尸、Q、尺不共线.

若尸、Q、R实际上只是两点，设P、Q重合而与尺不重合，则AD与。尸有两个公共点，

所以A。、C户应重合，与已知矛盾，所以P、。、R不能仅有两点重合.

若「、Q、R是不共线的三点，则SPQRRO.连阳，如图Y9.L6所示即是中位线，所

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

同理，sAQE-§BQD9SCpE=SBpF.

连AP、BR.CQ.因为0、E、F各是BC、CA.AB的中点，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

因为^AQPF~SApF+SAPQ=SBPF+SAPQ,SBPRD=SBRD+SBPR=SCRD+SBPR'

ScRQE=S.CQE+sCQR~SAQE+SCQR,把它们代人式(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,这与假设矛盾

所以尸、Q、火是一个点，即三中线皿BE、CF共点.

证明8(引用第6章例5的结论)

GT

设三中线AD、BE.CF两两相交于P、Q、R由第6章例5的结论,uPOR

2

.ABC2+2+1

q

这里4=迫CE所以三驾=0,所以Sp°R=0.

DCFB）ABC

但由证明7的分析知，尸、Q,R不可能共线或仅有两点重合，所以尸、Q、R实为一个点,

即三中线A。、BE、CF共点.

证明9（面积法、三角形全等）

设中线鹿、C尸交于G,连AG并延长，交3C于。，作加、CN,均与AD垂直,

垂足分别是河、N,如图丫917所示

因为公尸分别是AC、的中点，所以S但=S诋=^S惭♦所以

SAEB~SAEGF=S4FC—AEGF，即$EGC=$FGB.又因为5,EGC=$EGA，$FGB=§FGA，所

以SAGC=SAGB-

因为一AGC、一AGB有公共底AG,CN、8M是对应高，所以CN=BM

因为NCDN=NBDM,所以Rt_CNDvRtBMD,所以CD=BD,即AD是3c边

上的中线，所以三中线AD、BE、CF共点.

证明10（解析法）

如图丫9.1.8所示，建立直角坐标系.

设。（c,。）,A（a,b\则咕可，E］等，3,吧《

内分4。成比值4=2的点的坐标为

A+

xA+AXD_2_a+c

yA+AyD_Z?+20_b

1+2-1+2-3

内分BE成比值；I=2的点的坐标为

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]

同法还可求出内分为2=2的分点也是这个点，即口一？是A。、BE、CF的公共

点，所以三中线AABE、CF共点.

[例2]

三角形的三高共点.

证明i（相似三角形、共圆）

设两高5石、C尸的交点为H,连并延长，交BC于D,连EF,如图Y9.2.1所示.

由A、F、H、石共圆知Nl=/2.

由A。、石、/共圆知/2=/3,所以21=/3,因为/C为公共角，所以

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

共点.

A

A

证明2（共圆、证三点共线）

设两高5£、CF交于H,连A",作小垂足为。，连FE,如图丫9.2.2所示

因为A、F、H、E共圆，所以/l=/2.

因为6、C、E、/共圆，所以N1=/ACB.

因为〃、D、C、E共圆，所以/3=/ACB.

所以N3=/2,所以AH、。共线，即ADLBC,所以三高AD、BE、CF共点.

证明3（利用三角形三边的中垂线共点的性质）

分别过A、B、C作对边的平行线，三条直线两两相交，交点为4、4、G，如图Y923所

示易证「4耳。各边的中点分别是A、B、C,所以A。、BE、CF是A,耳储各边的中

垂线.因为三角形各边的中垂线共点，所以MBE、CF共点，即A5c的三高共点.

A,

图Y9.2,3

证明4（Ceva定理）

如图Y924所示.

由Rt.ADCsRtBEC知2£=生.

ACBC

由RU知理=AF

ABAC

由Rt_BFC〜Rt^BDA知笆=处

BCAB

A

图Y9.2,4

以上三式连乘，得到生・9.空=生•牝・巨2,所以

ACABBCBCACAB

工.匕.2L=1.由Ceva定理知AD、BE、CF共点.

DCEAFB

证明5（解析法）

图Y9.2,5

如图Y9.2.5所示，建立直角坐标系.

设C（a,O）,A（b,c）.

AO的方程为％=4

因为左AC=-^，所以原E=j，所以助的方

b—ac

■rmMCl—b

标为y=------------------x.

c

两方程联立可得H[bjO

IcJ

b("b)°

所以3?%

-7-----=所以幻B.kCH=T,所以CHLAB,可见CH

b-ac

也是高，所以三高AD、BE、CF共点.

[例3]

两直线4、4交于O点，在，i上有A、B、C,满足。4=筋=6。在/2上有£、M.N,

满足LO=OAf=MN,则A£、BN、CM三直线共点.

证明1（三角形中位线定理、同一法）

设AL、BN交于K.连MK并延长，交03的延长线于G，连AM,如图丫931所示，则

A"是一。3N的中位线，所以411=,3叱

2

因为LAMsJKN,所以士竺=名上=』，所以NK=3AM=>BN'所以

AMLM224

iiC,BKB1D4D

KB=^BN=LAM因为KBUAM,所以=F=所以=

42CXAAM2

因为A6=6C,所以BC=C]8,即。与Ci重合.

所以仙BN、三线共点.

l-l

BCCi/)

图Y9.3.1

图Y932

证明2（平行截比定理、三角形的中位线）

作MP/IAL,交1于P,连40,设弘CM交于K,连BN,如图Y9.3.2所示

易证.AOLM-FQ，，所以AO=PO,旗=4。.在_。叱中，由中位线逆定理知AK是

一CMP的中位线，所以CK=KM.

因为0_=色吆，所以4M//BN.

ABMN

在_CM4中，由中位线逆定理知BN与CM的交点是CM的中点，即BN也过K.

所以MBN、三线共点.

证明3（中位线定理、重心的性质）

连M4、CL,如图Y9.3.3所示

在QBN中，AM是中位线，所以AM//BN.在-AMC中，由中位线逆定理知BN必过

CM的中点K,即CK=KM.

在JWLC中，CO是ML边上的中线，A点分CO成2:1的两部分，所以A是JWLC的

重心，所以LA必是CM上的中线，即乙4过K.

所以AL、BN、三线共点.

证明4（同一法）

设AL、交于K,作BP/%,分别交CM、LK于P、Q,设CM、BN交于K',如图

Y9.3.4所示.

易证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.可见

BPBCBPK'BKBK'B

K、K'都是内分线段N5成比值3的点，由定比分点的唯一性知K、K'重合，即

AL,BN、CM共点.

Y9.3.3

图Y9.3,4

证明5（解析法）

如图Y9.3.5所示，建立直角坐标系.

设OA=AB=BC=a,LO=OM-MN-b,^AOM=a,则

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

AL的方程为y=——加3y•(%—a),即

—bcosa—a

图Y9.3.5

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

师的方程为户就已.2。）,即

xbsina-(bcosa-ci)y-2«Z?sincr=0②

CM的方程为y=_/'®夕（%_34）,即

6cosc—3。

xbsina-(^bcosa-3a)y-3absina=0③

bsina-a-bcosa-absina

方程⑴、⑵、（3）的系数行列式为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三线共点.

[例4]

在梯形ABC。中，AD//BC,AD+BC=AB,b为CD的中点，则/A、的平分线

必交于F.

证明1（梯形的中位线、等腰三角形）

图Y941

作EE//AD,交A5于石，如图Y9.4.1所示，则跖是梯形的中位线，所以

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

即/A的平分线为A尸.

同理可证NB的平分线是BF

证明2（三角形全等、等腰三角形）

延长A尸，交3c的延长线于G,如图Y9.4.2所示易证一AMMGCF,所以AD=CG.

因为AD+6C=AB,所以6C+CG=AB,即AB=6G,所以-1=/3,又N2=/3,

所以/1=/2,即/A的平分线过厂点.

同理可证NB的平分线也过F点.

证明3（梯形的中位线、三角形全等、菱形的性质）

作FEIIAD,交AB千E、则EF是梯形的中位线.过F作AB的平行线，交BC于H,

交AD的延长线于G,如图丫943所示.

易证_FDG仝FHC,所以DG=CH,所以AD+BC=AG+BH=AB.

易证是平行四边形，所以47=9,所以==所以AEFG、

2

BHFE都是菱形,A尸、族分别是它们的对角线,由菱形的对角线的性质知ARBF分

别是ZA、4的角平分线.

证明4（三角形全等、内角和定理）

在A5上取G,使AG=AD,因为AB=AD+BC=AG+Gfi,所以6G=5C,连G。、

GC、GF,AF>BF,如图Y9,4,4所示，则/1=/2,N，3=N4.

因为Nl+/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斜边上的中线，所以

FD=FC=FG

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

于下点.

图Y9.4,4

证明5（面积法）

过产作昭VLAD,交AD于M,交BC于N作FELAB,垂足为石任AF、BF.如

图Y945所示,

易证Rt—?Rt_RVC,所以FM=FN.

因为

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

,所以MF=EF,所以MF=EF=FN.

可见/点到/A、的两边等距离，所以A尸、5尸分别是/A、的平分线.

证明6（解析法）

如图Y9.4.6所示，建立直角坐标系.

设AD=Z?,BC=a,^ABC=a,则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

连环、AF

a+b.

—sma

2________si©=tan里，所以5分是ZB的平分线.

因为kAB=tana,kBF=

a+bx1+coscr2

----11+cosa)

同理A尸是/A的平分线.

[例5]

在.A5c中，NB=2NC,AD±BC,M在A5的延长线上，BD=BM,N为AC的

中点，贝IJM,D,N共线.

图Y9.5,1

证明1（同一法）

连MD并延长，交AC于％,如图丫951所示

在中，/l=/2+/M=2/2,/2=/3,所

以11=2/3.因为Nl=2/C,所以/3=/C,所以

0%=MC易证。M=

所以M是RtADC的斜边的中点，所以N与M重合.

所以M,D、N共线.

证明2（直角三角形斜边中线定理）

如图丫9.5.2所示，连DM、DN.

在RLADC中，DN是斜边上的中线，所以/NDC=/C.因为=所以

2

NNDC=L/ABC

2

因为/ABC是等腰浏。的外角，所以=+=所以

NBDM」NABC

2

所以NBDM=NNDC,所以“、D、N共线.

图Y9.5,2

A

图Y9.5,3

证明3（角平分线、平行公理）

连DM、DN,作ZABC的平分线6P,交AC于夕，如图Y953所示,因为

/ABC=2NC=2N2,所以N2=/C.

因为。N是RtADC斜边上的中线，所以/4=/C,所以/2=/4,所以BP//DN.

因为NABC是等腰的外角，所以/ABC=2/3,2/2=2/3,所以/2=/3,

所以BP//MD.可见MD、DN都与平行,所以“、D、N共线.

证明4（Menelaus定理）

在。。上取用，使连A4,如图丫954所示，贝kAM］是等腰三角形，所以

AB=AB1,ZABB}=ZABXB

图Y9.5,4

因为NA3C=2/C,所以/A8R=2/C,所以A耳C也是等腰三角形.所以

AB,=因为BM=BD,AN=NC,所以

DC=DB,+B,C=BD+AB=BM+AB=AM所以理.处.空=1

'BMDCNA

由Menelaus定理知M、D、N三点共线.

证明5（解析法）

如图Y9.5.5所示，建立直角坐标系.

图Y9.5.5

连。DN,MN.

设A（0,a）,C（c,O）,B（b,O）,则N

作5石，。0,垂足为£,由三线合一定理知=设2=2,则

NBDM=a,ZABC=2a,因为ZABC=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脑\，。二°,所以"、N、。三点共线.

[例6]

在—A5c中，E、/分别是AB,AC的中点，延长CE到p，使£P=EC,延长5方到

。，使广。=尸3,则尸，4Q共线.

证明1（证明平角）

如图丫961所示，侔AP,AQ

易证AEP=BEC,^AFQCFB,所以=Z3=ZACB

图Y961

因为—2+/ABC+—ACB=180,所以/2+/1+N3=180,即—PAQ为平角，所

以尸、4Q共线.

证明2（利用平行公理）

如图丫9.6.2所示，连AP、AQ.PB、QC.

因为四边形APfiC和四边形A3CQ的对角线互相平分，所以"6C和A3CQ都是平行四

边形，所以AP//3C,AQ//3c.由平行公理知尸、4Q共线.

证明3（中位线定理、乎行截比定理、同一法）

连QA并延长，交CE的延长线于耳，连跖，如图Y9.6.3所示.

因为跖是A4Q的中位线，所以AQ//E尸，所以A《//Eb.

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

ECFC

RE=PE,且小P、E共线,小尸在石点同侧，所以耳和2重合.

所以P,A、Q共线.

证明4（平行截比逆定理、平行公理）

连PQ、AQ.EF,设CE、BF交于O,如图P9.6.3所示

因为所是A5C和的中位线，所以*V/5C//AQ,所以..石Ob—,.COB,所

以空=理,所以”

BOCOBFCE

OFOE

因为5/=世，CE=EP,所以==”，由平行截比逆定理，PQI/EF、所以

FQPE

?。//人。.所以。，4。共线.

图Y9.6.4

证明5（解析法）