三点共线经典题型.docVIP

三点共线经典题型 例1如图△ABC，D是△ABC内的一点，延长BA至点E，延长DC至点F，使得AE=CF，G，H，M分别为BD，AC，EF的中点，如果G，H，M三点共线，求证：AB=CD． 分析 由三角形的中位线得，MS∥AE，MS=AE，HS∥CF，HS=CF 由已知得HS=SM，从而得出∠SHM=∠SMH，则得出∠TGH=∠THG，GT=TH，最后不难看出AB=CD．  解答： 证明：取BC中点T，AF的中点S，连接GT，HT，HS，SM，∵GHM分别为BD，AC，EF的中点，∴MS∥AE，MS=AE，HS∥CF，HS=CF ∵GT∥CD，HT∥AB，GT=CD，HT=AB， ∴GT∥HS，HT∥SM ∴∠SHM=∠TGH，∠SMH=∠THG， ∴∠TGH=∠THG，∴GT=TH， ∴AB=CD． 例2如图，已知菱形ABCD，∠B=60°，△ADC内一点M满足∠AMC=120°，若直线BA与CM交于点P，直线BC与AM交于点Q，求证：P，D，Q三点共线． 求证：P，D，Q三点共线就是证明平角的问题，可以求证∠PDA+∠ADC+∠CDQ=180°，根据△PAC∽△AMC，△AMC∽△ACQ，可以得出∠PAD=∠DCQ=60°；进而证明△PAD∽△DCQ，得出∠APD=∠CDQ，则结论可证 连接PD，DQ， 由已知∠PAC=120°，∠QCA=120°，∴△PAC∽△AMC，△AMC∽△ACQ． ∴PA/AM=AC/MC,AC/AM=QC/MC ∴AC2=PA?QC，又AC=AD=DC． ∴PA/DC=AD/QC，又∠PAD=∠DCQ=60°，∴△PAD∽△DCQ，∴∠APD=∠CDQ．∴∠PDA+∠ADC+∠CDQ=180°，∴P，D，Q三点共线． 本题是证明三点共线的问题，这类题目可以转化为求证平角的问题．并且本题利用相似三角形的性质，对应角相等． 如图，△ABC内接于圆⊙，点D是圆⊙上异于A、B、C三点的任意一点，过D点作DP⊥AB，DQ⊥BC，DR⊥AC，交AB、BC、AC分别为P，Q，R．（1）求证：∠BDP=∠CDR；（2）求证：P，Q，R三点共线． 由已知中四边形ABDC为圆内接四边形，根据圆内接四边形性质，我们易得∠DBP=∠DCP，结合已知中DP⊥AB，DR⊥AC，根据等角的余角相等，即可得到答案．（2）由已知中DP⊥AB，DQ⊥BC，可判断出P、D、Q、B四点共圆，进而根据圆周角定理得到∠PQD=∠PBD，同理可得∠RQC=∠RDC，结合（1）中结论，我们易证明∠PQD+∠RQD=180°，进而得到P、Q、R三点共线． 证明：（1）由已知可得四边形ABDC为圆内接四边形则∠DBP=∠DCP又∵DP⊥AB，DR⊥AC，∴∠BDP=90°-∠DBP，∠CDR=90°-∠DCP；∴∠BDP=∠CDR； ∵DP⊥AB，DQ⊥BC，∴P、D、Q、B四点共圆∴∠PQD=∠PBD同理可得∠RQC=∠RDC∵∠PBD+∠RDC=90°∴∠PQD+∠RQD=90°+∠CQD=180°故P、Q、R三点共线 本题考查的知识点是圆内接四边形的判定与性质，其中根据已知条件判断出P、D、Q、B四点共圆，进而根据圆周角定理得到∠PQD=∠PBD，并同理得到∠RQC=∠RDC，是证明三点共线的关键． 已知四边形ABCD是矩形，M、N分别是AD、BC的中点，P是CD上一点，Q是AB上一点，CP=BQ，PM与QN的交点为R．求证：R，A，C三点共线． 延长RN交DC于T，连接RC交MN于O，易证PN=NT，PC=CT，进而根据O是MN的中点所以R，C，O三点共线、A，O，C三点共线，可以证明R，A，C三点共线． 证明：延长RN交DC于T，连接RC交MN于O，∵∠BNQ=∠CNT，BN=CN，∠NBQ=∠NCT，∴△BNQ≌△CNT（ASA），∴CT=BQ=CP，∴PN=NT，PC=CT，∵MN∥CD，∴MO=ON∴O是MN的中点所以R，C，O三点共线，又A，O，C三点共线，所以R，A，C三点共线 本题考查了全等三角形的证明和全等三角形对应边相等的性质，矩形各内角为直角的性质，本题中求证R，C，O三点共线是解题的关键． 如图，O，H分别是锐角△ABC的外心和垂心，D是BC边上的中点．由H向∠A及其外角平分线作垂线，垂足分别是E，F．求证：D，E，F三点共线． 根据AE平分∠BAC，M为BC的中点，可证A、E、M三点共线，根据已知证明EG∥OA，DG∥OA，可证D、E、G三点共线，而F在EG上，故可证D、E、F三点共线． 证明：如图，连接OA、OD，并延长OD交⊙O于M，则OD⊥BC，