初中數(shù)學競賽專題復習第二篇平面幾何第14章共點線與共線點試題人教版

/19第14章共點線與共線點§14.1梅涅勞斯定理14.1.1*★設(shè)等腰直角三角形ABC,ZA=90。,E是AC中點，D在BC上，AD丄BE，求證：ZAEB=ZCED.（試用梅氏定理證明）解析如圖，設(shè)AD與BE交于F，則BF=型=4，由梅氏定理，CA-EF-BD=1，得BD=2=也,FEAE2AEFBCDCDCE又ZABC=45o=ZC，故AABD△ECD，故ZCED=ZBAD=ZAEB.心2★設(shè)D是銳角三角形ABC的邊BC上的一點，DC=I，E是邊AC上的一點，等=3，AD與BE相交于點F，求繪-F解析由梅涅勞斯定理AFDBCEABFEACDAFI31=1解析由梅涅勞斯定理AFDBCEABFEACDAFI31=1，=1，得1，F(xiàn)DBCEAFEACDBFD54BFFE72AF=10FD_3BFFE所以ADBF35FE14.1.3★證明：銳角三角形一條高線的垂足在另兩邊及另兩條高線的身影在同一直線上解析設(shè)AABC的三條高線為AD、BE、CF，D在AB、BE、CF、CA上的身影分別為P、Q、R、S，欲證P、Q、R、S共線，先證P、Q、R共線.FRHQBPADHD2BDADHD由梅氏逆定理，知該結(jié)論為真，即?一竺?=--=-=1，最后一步是由于RHQBPFHDBD2CDCDBD△ADCs△BDH.同理，S、Q、R共線，故P、Q、R、S四點共線.14.1.4★已知AD是AABC的高，D在BC內(nèi)，且BD=3，CD=1，作DE與AB垂直，DF與AC垂直，E、F分別是垂足，連結(jié)EF并延長，交BC延長線于G，求CG.解析如圖，設(shè)CG=x，則由梅氏定理CFAE=1.CFAE=1.FAEBAE=AD2EB_BD214.1.5*★如圖，已知銳角三角形ABC,長后交BC延長線于E，若AD=DE=1，又由身影定理，CA=DD14+x1于疋一?=1，得x=.9x2AD是高，D在AB、AC上的垂足分別是N、M，NM延求cotACAD一cot上BAD.AA解析由圖知，AB>AC，故BD>CD.cotZCAD—cotZBAD=型AD1CDBDCDBD由梅氏定理及身影定理，有BECMECAMANcotZCAD—cotZBAD=型AD1CDBDCDBD由梅氏定理及身影定理，有BECMECAMAN=1，NBCMCD2AMAD2ANAD21111+=，BDBD2CD2CD移項并因式分解，得1+CDBDNBBD2—--1]=0,，故BD+1BD2，即1一CDCD2人CDBD丿于是吉-BD=1，即是所求答案.14.1.6★證明，AABC兩內(nèi)角ZB、ZC平分線分別交對邊于E、F，而ZA的外角平分線交直線BC于D，求證：D、E、F共線.解析如圖，既然ZA的外角平分線BC直線相交，說明AB豐AC，不防設(shè)AB>AC，則D在BC延長線上.

由角平分線性質(zhì)知BDCEAFABBC??.DCEAFBACAB故由梅氏逆定理知D、E、F共線.ZA、ZZA、ZB、ZC的平分線分別交對邊于A'、B、C,AA的中垂線與直線BC交于A''，同理得到B"、C"，證明：A''、B"、C"共線.解析如圖，不妨設(shè)AA'的中垂線PA"與BC延長線相交，連結(jié)AA''，則ZAAA-ZAA'A''，于是

ZCAA-ZAAA'-ZAAC-ZAA'A''-ZBAA'-ZB，因此△ACA〃s△baa，于是BA”SAB2—△ABA"-—ACSAC2△ACA同理CB"B"A同理CB"B"ABC2AB2AC''-AC2C"B~CB2于是爰?CA?CB-】，由梅氏逆定理，知A、B、C共線.14.1.8*★已知：14.1.8*★已知：D是AABC的邊BC上一點,G是AD上一點，E、F分別在AC、AB上,GB與DF交于M，DE與CG交于N.求證：若EF〃BC，則MN〃BC.解析如圖，由梅氏定理，于是ADGMBF1ADGNCE于是?—1—??DGBMFADGNCEAGMBFGNCEBMFA_NCEA由于EF〃BC，故BA-CA，于是需-需，故MN〃BC?14.1.9★已知AABC的面積為1，點D、E在BC上，且BD:DE:EC-1:2:1，點G在AC上,且AG:GC-3:5，AD、AE分別與BG交于點F、H，求四邊形DEHF的面積.

解析這類題目基本且典型，顯然有S=S-S，而S四邊形DEHF△ADE△AFH,△ADE解析這類題目基本且典型，顯然有S=S-S，而S四邊形DEHF△ADE△AFH,△ADE=1，于是下求S2△AFH由梅氏定理，有CB-DF-AG=1，代入已知數(shù)值得4-DF-3=1，于是DF=-，從而AF12

BDFAGCFA5FA15ID_17又由CBBEEHAG4EH3EH5AH4S-=1，即1，得二一，從而二一,于是△AFHHAGC3HA5HA4AE9S△ADE12174=16，故951S四邊形DEHF21C16)35二—1——51丿10214.1.10*★★已知不等邊銳角三角形ABC，CP、BQ是高，且位置如圖所示,于點E，點O、H分別是AABC的外心與垂心，求證：AE丄OH.PQ與中位線MN交解析一個熟知事實是AO丄PQ，AH丄BC?延長PQ交直線BC于點F，則有ZOAH=ZF，延長AE交BC于點D，于是只需證明AFED△AOH，即只需證DF_AHEF_AO°AHDF由于一一_2cosA，問題歸結(jié)為一一_2cosA，下面計算DF與EF.AOEF由梅氏定理知空-型-CD_1，于是EQACDFDFABcosACDAB2EN=.=.coqAEFACEQACEQ因ZEQN_ZB，由正弦定理有空_SinB_AC，故上式為2cosA.證畢.EQsinCAB14.1.11*★★如圖，已知PA、PB是圓的兩條切線，PQR為圓的一條割線，交AB于S，F(xiàn)在AF上,QF〃PA，QF交AB于E，求證：QE_EF.解析易知P、Q、S、R為調(diào)和點列,PR=聖.（見題12.3.13）PQQS解析易知P、Q、S、R為調(diào)和點列,PR=聖.（見題12.3.13）PQQS由梅氏定理，.RAFEQSFEPRQSEF1=??=??=—AFEQSREQPQSREQ因此QE=EF.14.1.12***已知AOB為eO的直徑，弦CD丄AB,平分BC.弦AN與CO交于M,CM=OM,求證：DN解析如圖，無非要證明S=S，或證明CN?CD=NB?BD=NB?BC，或證明CNBC△CDN△BDNNBCD設(shè)CB與an交于K,AB與CD交于J?由梅氏定理，AO?MC?CB=得CB=2'故j2—，即2AC?CN二ab?bn，得CN=花=Bj=C，證畢.14.1.13*★★證明牛頓定理：設(shè)AABC中,D、E分別在AB、AC上,CD、BE交于F，則DE、AF、BC的中點在一條直線上（牛頓線）.解析設(shè)EF、CE、CF的中點分別為X、Y、Z，則易由中位線知P、X、Z共線，Q、X、Y共線，Y、Z、R共線.且YRZPXQEBCADF??=??=1RZPXQYBFAECD

(后者是AB截AECF所得)?故由梅氏逆定理，知P、Q、R共線.評注此題亦可由面積證.14.1.14**★★設(shè)等腰直線三角形ABC中，ZB=90。,D是三角形內(nèi)一點，ZADB=90。,連結(jié)CD并延長至E，使ZAEB=90。，G是AB中點，直線CG分別與AE、AD交于M、N，求證：G是MN的中點.解析如圖，延長AE、AD，分別交直線BC于P、Q，設(shè)PB=a，BQ=b，CQ=c，則由梅氏定理，有匹.QD.理，有匹.QD.AE=i，而QD.蘭=陛.竺=竺，故a+b+ca2CQDAEPDAEPAB2PB2a2a2a+ba2--2=，即b2b2，或-=

ca-b~b~PaBbQcCPaBbQcCBCNQAGANaPBMGAG又由梅氏定理，=1，此即——二一二，所以NB〃AP，于是==1.CQNAGBNQbBQNGBG14.1.15**★★設(shè)AABC的邊AB的中點N，ZA>ZB，D是射線AC上一點，滿足CD=BC，P是射線DN上一點，且與A在邊BC的同側(cè)，滿足ZPBC=ZA，PC與AB交于E，BC與DP交于T，缶BCEA求.TCEB解析設(shè)邊長分別為a解析設(shè)邊長分別為a、b、c，由梅氏定理，DC-篇BN=1，由于AD=AC+BC=b+a，BN=NA,NACD=a，故TBADb+abTC_CDa=二一+TC_CDaaBC=-+2.TCa

接下去處理EA?延長bp與ca交于Q，則ZQ"，故CQ=唱=乍，QD=牛+a=-(a+b)‘竺=竺=b.故答案為2.AD二a+bAD二a+b，又由梅氏定理,鬻-需-PQ=1，得BQQDDAba二—二=匹，故CP平分ZACB,aa2CQEBBCa14.1.16*★★在AABC中，ZABC=90。,F為AB的中點，以BC為直徑的圓O交AC、CF于另點D、E.分別過點C、E作圓O的切線l和l?證明：l、l和直線BD共點.CECE解析如圖設(shè)l交直線BD于點G，l與直線BD交于點H.CE由條件，ZABC=90。及圓O以BC為直徑，可知l〃AB，于是CCD_DGGB_HBGD_HDGB_HBGD_HD為證l、l與直線BD共點，只需證明G與H重合?我們下證:CE利用ZCBG"CD，可知△BCGCCDG，故CD_||_籌，于是籠_筆?同理可證BH_(EB$HD_IEDBH_(EB$HD_IED丿于是(BGYBH)IDG八HD丿(BCxEB$、CDxED丿(s丫△BECIS丿△EDCfBI丫IID丿，其中I為BD與CE的交點.對SD考慮割線CIF，運用梅涅勞斯定理，可知簽?CC-D_1，結(jié)合BF_FA，可知社_CC從而(BGY從而(BGYBH、HD丿(AC、2<CD丿再由①可知CD_DG，綜合上式，得型_竺?命題獲證.ACBGHDGD§14.2塞瓦定理14.2.1★已知AABC,向外外作長方形ABDE、ACFG、BCHK，又設(shè)直線DE與直線GF交于P,直線DE與直線KH交于Q，直線KH與直線GF交于R，則AP、BQ、CR共點.解析如圖，設(shè)PA延長后交BC于A'，同理定義B'、C'（圖中未畫出）.PQKHR

PQKHRBAasS連結(jié)PB、PC，則——=△PAB=矩形ABDE,AaCSS△PAC矩形ACFG同理CB="矩形BCHK,AC=^矩形ACFG,R共點或平行，由于A、BaASCaBSAaCBaACaB矩形ABDE矩形BCHKB、C均在APQR內(nèi)，故平行不可能.14.2.2★已知AABC內(nèi)有一點P，今過點A作一直線l與AP關(guān)于ZA的角平分線對稱，同樣，過點B、1C分別作直線l、l，求證：l、l、l交于一點.23123BA'SABsinZBAA'AB2SCB'解析如圖，設(shè)l與直線BC父于A，則=△AA'B==-△CAP，同理，1CA'SACsinZPABAC2SB'A△AAC△PABCB2SACAC2S△BAP，=△CBP.BA2SCBCB2S△CBP△CAP于是AC于是AC-CA-CB=1，由塞瓦逆定理，即知〈、l、l共點?這個公共點p'，稱為p的等角共軛點.2314.2.3★已知AABC,向外作相似的等腰三角形ABCD、AACE及AABF,其中ZD、ZE、ZF是頂角.求證：AD、BE、CF交于一點.BA解析如圖，不妨設(shè)AD與BC交于A'，同理定義B'、C'?設(shè)ZFAB=ZFBA=L=ZACE=。，則疋-AEAECB'AC'SSCB'AC'SSSABsin(B+0)BCsin(C+0)-=△ABD-ABCE-△AFC=--BACBSSSACsin(C+0)ABsin(A+0)△ACD△ABE△BFC結(jié)論.14.2.4*★★已知：AABC中，AD、BE、CF是角平分線,応啟=1，由塞瓦逆定理，便得則ZBAC=120。當且僅當DE丄DF.解析當ZBAC=120。，延長CA至任一點K，則ZKAB=60o=ZBAD，于是F至AK距離等于F至AD距離；又CF平分ZACB，故F至AK距離等于F至BC距離，因此可知DF平分ZADB，同理DE平分ZADC，故DE丄DF.反之，若DE丄DF，過A作GH〃BC，與DF、DE延長線分別交于G、H，則由塞瓦定理知AG=BD-AFAE=CD-=AH，于是DA=AG=AH，故ZFDB=ZG=ZADG，即DF平分ZADB，于是過F作FBECAK、AD、BC的垂線，不難得出AF平分ZKAD，于是ZBAC=120。.14.2.5*★已知AABC中，D、E分別在AB、AC上,DE〃BC，BE、CD交于F，AF延長后交BC于S，SD與BE交于G，SE與CD交于H，AG、AH延長后分別交BC于M、P，求BM:MP:PC.解析由塞瓦定理易知BS=CS，又由梅氏定理,BCPHADCPHABDSCPHSPHAAESCPHSPHAAEECADAE11兩式相除，注意一一=——，BC=2SC，得CP=2SP?易得CP二-BC，同理BM二—BC，故BDEC33BM:MP:PC=1:1:1.14.2.6*★如圖，AM是銳角AABC的角平分線，ME丄AB于點E，MF丄AC于點F，CE與BF交于點P，求證：AP丄BC.解析作AD丄BC，易知ABEMABDA，△MCFACD，故而有匹=，CD=蟲，于EDABCFMCBECDACBM1=-=1.BDCFABMC

又由AE=AF，故由塞瓦逆定理知AD、BF、CE共點.于是AP丄BC.14.2.7*★銳角AABC,向外作AABE和AACF,使得AB丄BE,AC丄CF,ZEAB=ZCAF，若BF、CE交于點P，求證：AP丄BC.FF解析為證明結(jié)論，我們干脆作AABC的高AD，設(shè)法證明AD、BF與CE共點.AEAF由ZEAC=ZF4B及仝一=丄知ABACS=S.△AEC△ABF設(shè)CE與AB交于點M，BF與AC交于點N，則有AMBDCNBMCDNASABcosBS=△ACE-△BCFSACcosCS△EBC△ABF=AB?cosBBC汨込（90。+C）?CF一AC?cosCBC-sin（90o+B）?BEABCF11.ACBE于是由塞瓦逆定理，結(jié)論成立，最后一步用到的仍是aabe^△acf.14.2.8^^ABC中，D、E、F分別在邊BC、CA、AB上,且AD、BE、CF共點于P.D'也在BC上，且DD'與BC的中點重合，同理定義E'、F'.求證：AD'、BE'、CF'也共點.解析由塞瓦定理和逆定理，注意到=等，立得結(jié)果.D'CBD評注新共點與點P互為等邊共軛點.14.2.9*★★設(shè)AABC的邊AB、BC、CA上分別有點F、D、E,且AD、BE、CF共點，又ADEF的邊DE、EF、FD上分別有點Z、X、Y,DX、EY、FZ也共點，求證：AX、BY、CZ共點.解析如圖，又設(shè)AX延長后與BC交于X'（為簡潔起見，圖中未圖出），同理定義Y'、Z'?于是SAXBSAXC^ABSAFSAXBSAXC^ABSAFACSAE△AEXABAEFXACAFEXBCBFYDABBDFYAZ'ACCDEZ?BZ'BCCEDZ由條件及塞瓦定理，得影CY?鈴=1，于是ax、by、cz共點.14.2.10**★—個三角形的一邊上的高、第二邊上的中線與第三邊上的角平分線交于一點，這個三角形一定是正三角形嗎？解析不一定?不妨設(shè)AABC中，AD、BE、CF分別為高、中線與角平分線，于是AE=CE，若三線交于一點，則由塞瓦定理（此處設(shè)AB=c，BC=a，CA=b），知有BD=BF=匹=a.CDFAACb而由BD+CD=a，BD2-CD2=AB2—AC2=c-b2，知BD=a+刀-加，于是有加+C2-加二a，CDa2+b2-c2a2+b2-c2b'a3+b3+ab2-a2bc=.例如令a=15，b=12，貝9c=13.a+b14.2.11^^^如圖，AB、AC是兩條切線，APQ與AMN是任意兩條割線，求證：PN、MQ與BC交于一點.ACNACN解析本題無疑是要運用塞瓦逆定理，比如在厶PQC中，知只需證SSS1BPC-△PQN-AQMC=1.SSSBQC△PCN△QMPMC=ACC—_A—由圓內(nèi)接四邊形對角互補知，上式等價于船-M-嵌=1，化簡，得MC=ACC—_A—BPAPQNAN由AABPAQB、△APM△ANQ及厶AMCACN，得——=——，-Q—=--BQABPMAPBPQ—MCAC1于疋==1.BQC—PMAB14.2.14*★設(shè)AABC的內(nèi)切圓分別與BC、CA、AB切于點D、E、F，DM丄EF于點M，BM與FD交于點P，CM與DE交于點Q，求證：MD、FQ與PE共點.解析易知FPDQPDQE

SS=—HFMfBAM/CDSS△BDM△MECBF-FM-sinZAFECD-MD-sinZMDCFM=-=，由塞瓦逆定理，知二線共點.BD-MD-sinZMDBCE-ME-sinZAEFMEZA、ZB、ZC，于是易知zfdm=2ZC‘zedm=2FMMECFDZA、ZB、ZC，于是易知zfdm=2ZC‘zedm=2FMMECFDsin—2EDsin-2BFCE又由ZBFM=90。+1ZA=ZCEM，故AFMBAEMC，于是命題得證.214.2.13*★★已知凸四邊形ABCD，ZBAC=ZDAC，P是AC上任一點，延長BP、DP，分別交CD、CB于Q、R，求證：ZQAC=ZRAC.解析如圖，分別作CM〃AB，CN〃AD，且M、R、A共線，N、Q、A共線，設(shè)BD與AC交由塞瓦定理及角平分線性質(zhì)定理，有?昱「=1.但CM=-AB，CN=-AD，于是ABRCQDBRDQCM=CN.又ZACM=180。—ZBAC=180°—ZDAC=ZACN，AC=AC，故AACMACN，于是ZQAC=ZRAC.14.2.14*★設(shè)A、B分別是AABC的邊BC和AC上的點，D、E分別是AA與BB、AB與CD的111111交點.證明：若ZAEC=90°，點A、B、A、E共圓，則AA=BA.1111解析如圖，延長AE交BC于F，為證AA=BA，只需證明ZABA=ZAAB.而A、B、A、E共圓，11111故ZAEF=ZABA，ZAAB=ZBEA，于是只需證明EA為ZBEF的平分線.11111對AAAC的割線BDB及其內(nèi)一點E分別利用梅涅勞斯定理和塞瓦定理，得11CBADAB41-?r=1，BADABC11

CBADAF1-—1=1.BADAFC11所以，AFCF所以，—1—=—ABCB1在射線CB在射線CB上取一點B，使得ZB'EA=ZAEF,11則由ZAEC=90。，可知EC為AB'EF的外角平分線,1于是，利用內(nèi)、外角平分線定理，可知BABECB1于是，利用內(nèi)、外角平分線定理，可知BABECB1==—AFEFCF1從而，AFAB—1—=—1—CFCB對比式①得第=對比式①得第=AB，故B與B重合，因此,AE為ZBEF的角平分線.114.2.15*★★給定AABC,點M為ABAC內(nèi)一點，使得ZMAB=ZMCA，ZMAC=ZMBA；N為△ABC內(nèi)一點，使得ZNBA=ZNCB，ZNBC=ZNAB；P為AACB內(nèi)一點，使得ZPCA=ZPBC，ZPCB=ZPAC.證明：AM、BN和CP三線共點，且該公共點在AMNP的外接圓上.解析延長AM交BC于點A，則ZBMA=ZMAB+ZMBA=ZMAC+ZMCA=ZCMA=ABAC，即111MA1為ZBMC的平分線，于是，里=坐.而由條件，易知AABMACAM，故如=如=AB=1ACMCAMMCAC1（這里a、（這里a、b、c為aabc的三邊長），從而MC=AMAM_(c$MC_Ib丿BA1=ACCB[a]2AC[b]—1A=，1B=BVcJCVa丿同理可證：2111同理可證：211，其中B為BN與AC的交點，C為CP與AB的交點（圖中N、11P未畫出）.從而BACBAC1--1-1=1?ACBACB111于是，由塞瓦定理的逆定理可知AM、BN、CP三線共點.設(shè)上述公共點為K，O為AABC的外心，則ABMC=2ZBAC=ZBOC，故B、M、O、C四點共圓.于是設(shè)MA交這個圓于另一點A，則A為BC的中點?結(jié)合OB=OC，可知OA為B、M、O、C所1222共圓的直徑.因此，ZOMA=ZOMK=90°，類似可證，ZONK=90。，ZOPK=90。.所以，M、N、2P在以O(shè)K為直徑的圓上.

§14.3其他問題反之，若上APsinZBAPsinZCAPsinZBAC14.3.1*求證：已知AABC,點P是BC上一點，則有+—反之，若上APACAB式成立，且ZBAP+ZCAP^ZBAC（即AP不是“反方向”的），則點B、P、C共線.解析如圖，由S+S=S，得1AB-APsinZBAP+1AC-APsinZPAC=1AB-ACsinZBAC,△ABP△ACP△ABC222兩邊同時除以2AB?AC-AP，即得結(jié)論.為證二點共線，只需將上述過程反過來，得S+S=S，于是點B、P、C共線.△ABP△ACP△ABC14.3.2*★已知AABC及直線l，A在l上的身影為A'，A'在BC上的身影為A"，類似地定義B'，B"和C'、C"，求證:A'A"、B'B''和CC共點.解析如圖，只需證明A''B2-A''C2+B''C2-B〃A2+C"A2-C''B2=0（B''、C''未畫出）.AA由于A''B2-A"C2=A'B2-A'C2=A'B'2+B'B2-A'C'2-C'C2，同理B''C2-B''A2=B'C'2+C'C2-B'A'2-A'A2，C''A2-C''B2=C'A'2+A'A2-C'B'2-B'B2，于是三式相加，便知結(jié)論成立.14.3.3.★★★銳角三角形ABC中，ZBAC=45。，BE、CF是兩條高，H為AABC的垂心，M、K分別是BC、AH的中點.證明：MK、EF和OH共點，這里O為AABC的外心.解析如圖，由條件ZBAE=45。，可知AAEB和AAFC都是等腰直角三角形，而O為AB、BC的中垂線上的點，故EO丄AB，F(xiàn)O丄AC，于是EO〃CF，F(xiàn)O〃BE，從而四邊形EOFH為平行四邊形.故EF與OH的交點為EF的中點.BB另一方面，M、K為BC、AH的中點，結(jié)合直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可知EM=MF=1BC，EK=KF=1AH.即四邊形EKFM為菱形，所以EF與KM的交點亦是EF的中點.22

從而命題獲證.14.3.4*★四邊形SPNM與PFET都是正方形，且點S、P、T共線，點N、P、F共線，連結(jié)MT、SE，點S在MT上的射影是點A，點T在SE上的射影是點B，求證：點A、P、B共線.FEFE解析設(shè)AB解析設(shè)AB與ST交于點P，又設(shè)ZATS皿ZTSE-0.于是由ZASB+ZATB-180。，有SPSASBSPSASBSATB沁=tana-cot卩AT-BTMSSTMSSP?STTETEPT即點P與點P重合.14.3.5*★在矩形ABCD的邊AB、BC、CD、DA上分別取異于頂點的K、L、M、N，已知KL〃MN.證明KM與LN的交點O在矩形的對角線BD上.DMCAKDMCAKB解析連結(jié)OB、OD.因為KL〃MN，KM與LN相交于O，所以AKLO△MNO，可得些-竺，ZKLO-ZMNO.MNNO又因BC〃AD，所以ZBLO-ZDNO，則ZBLK-ZDNM；因此RtABLKsRtADNM.BLLKLO綜上，一一-——-—0，ZBLO-ZDNO，所以ABLOs△dnO，可得ZBOL-ZDON，即B、O、DNNMNOD共線.14.3.6*★證明：如果一個梯形內(nèi)的n（〉2）個點到梯形四邊距離之和相等，那么這n個點共線.解析如圖，延長梯形ABCD的腰BA、CD交于點E?設(shè)P為這n個點中的一個點，過P作一直線，交EB、EC于點G、H，使得AEGH為等腰三角形（EG-EH）.設(shè)Q是這n個點中的另一個點，我們證明Q在直線GH上.由條件q到eg、eh的距離和等于p到eg、eh的距離和.若q在四邊形aghd內(nèi)，則S+△EQGS<S,從而egXd(Q,EG)+ehXd(Q,eh)<egXd(p,EG)+ehX(p,eh),這里△EQH△EGHd(X,YZ)表示點X到直線YZ的距離?結(jié)合EG=EH，可得d(Q〃EG)+d(Q,EH)<d(P,EG)+d(P,EH),矛盾.類似地，若Q在四邊形BGHC內(nèi)，則d(Q,EG)+d(Q,EH)>d(P,EG)+d(P,EH)，亦矛盾?故Q在線段GH上.14.3.7*★★設(shè)四邊形僅有一個內(nèi)角是直角，且兩對角線相等，則對邊中垂線交點與直角頂點共線解析如圖，設(shè)四邊形ABCD中，ZB=90。，作矩形ABCE，則BE=AC=BD，又設(shè)BC的中垂線GP與AD之中垂線FP交于P，則易知PE=PA=PD，于是B、P均在DE中垂線上.同理AB、CD中垂線之交點也在DE中垂線上，故而結(jié)論成立.14.3.8*★等腰梯形ABCD中AB=CD.將AABC繞點C旋轉(zhuǎn)一個角度，得一個新的△ABC.證明：線段A'D、BC和B'C的中點共線.解析如圖，設(shè)AD、BC、B，C的中點分別為X、Y、Z,W為CA的中點?并設(shè)ZACA皿，ZABC=0,則ZW〃AB'，WX〃CD，且ZW=1AB'=1AB=1CD=WX，即△XWZ為等腰三角形，并且222等于180。減去AB與CD所成的角丫?注意到，7=0-(180P-a-p)=20—180o+a，所以，^XWZ=360o-a-20，從而1cd十口=-(1800-ZXWZ)=0+-—90。.于是22ZCZX=0-ZXZW=900--.2另一方面，YZ〃BB'，而ddZCB'B=—(1800-a)=900-，故zcZY=90?！?22綜上，ZCZX=ZCZY.故X、Y、Z共線.14.3.9*★直角三角形ABC中，AB是斜邊，CH為斜邊上的高，以A為圓心、AC為半徑作。A.過B作。A的割線，交。A于點D和E，交CH于點F(D在B與F之間)?在。A上取一點G，使得ZABG=ZABD，且G與D不在AB的同一側(cè).證明：E、H、G三點共線.

BB解析延長EH交。A于點G'，我們證明G與G重合，即證上GBA=ZDBA.由ZACB=90。知BC為。A的切線，故BC2=BD-BE.再在Rt^ABC中，CH為高，從而由身影定理可知BC2=BH-BA，所以BD-BE=BH-BA，故E、D、H、A共圓，因此ZEDA=/EHA=ZBHG.注意到EA=DA，故ZEDA=/DEA=ZDHB（這里再次用到E、D、H、A共圓），結(jié)合前面的結(jié)果,可知ZBHD=/BHG.由圓的對稱性，即得/HBG=/HBD.14.3.10*★設(shè)銳角三角形ABC，AD、BE、CF為高，H是垂心，M、N分別在BF、AE上，且ZMHF=/NHE，求證：BM、CN的中垂線之交點在BC上.解析如圖，若設(shè)BM、CN中垂線分別交BC于K、K（K、K在圖中未畫出），只要證明BK+CK'=BC，即知結(jié)論成立.由于BK二_空2cosBCN由于BK二_空2cosBCNCK'=2cosC，而仝+旦=BC+BC=bc，故只需證明BM2cosB2cosC22CN+2cosB2cosCNMFNMF即可.+2cosB2cosCcosCcosBMFFHAHsin/BADcosB由條件知amfh^△neh，故===.結(jié)論證畢.NEHEAHsin/CADcosC14.3.11^^^△ABC的內(nèi)切圓切邊AC、BC于點M、N，直線l與該內(nèi)切圓切于劣弧MN內(nèi)一點,l分別交NC