证明三点共线（精选5篇）_三点共线证明

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第1篇：三点共线的证明方法

三点共线的证明方法

袁竞成题目 已知点A（1，2）、B（2，4）、C（3，6），求证：A、B、C三点共线。方法1：利用定比分点坐标公式证明三点共线

设P（1。）分AC所成的比为，则=

方法2：利用向量平行的充分条件来证明三点共线，向量

方法3：其中一个点到另外两个点所在直线的距离为0

由两点式求得直线AB的方程为

方法4：的面积为0证明三点共线

方法5：直线夹角为0来证明三点共线

注意梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1

方法五：利用几何中的公理“如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。”可知：如果三点同属于两个相交的平面则三点共线。

方法六：运用公（定）理 “过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行（垂直）”。其实就是同一法。

方法七：证明其夹角为180°

方法八：设A B C，证明△ABC面积为0

方法九：帕普斯定理

注意帕普斯(Pappus)定理:如图，直线l1上依次有点A,B,C，直线l2上依次有点D,E,F，设AE,BD交于P，AF,DC交于Q，BF,EC交于R，则P,Q,R共线。

帕普斯定理

[

第2篇：三点共线与三线共点的证明方法

三点共线与三线共点的证明方法

公理1.若一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内。公理2.过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。推论1.经过一条直线和直线外的一点有且只有一个平面； 推论2.经过两条相交直线有且只有一个平面； 推论3.经过两条平行直线有且只有一个平面。

公理3.若两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。例1.如图，在四面体ABCD中作截图PQR，PQ、CB的延长线交于M，RQ、DB的延长线交于N，RP、DC的延长线交于K．求证M、N、K三点共线．

由题意可知，M、N、K分别在直线PQ、RQ、RP上，根据公理1可知M、N、K在平面PQR上，同理，M、N、K分别在直线CB、DB、DC上，可知M、N、K在平面BCD上，根据公理3可知M、N、K在平面PQR与平面BCD的公共直线上，所以M、N、K三点共线．

D1M、例2.已知长方体ABCDA1B1C1D1中，求证：M、N分别为AA1与AB的中点，DA、CN三线共点．

由M、N分别为AA1与AB的中点知MN//A1B且MN行且相等，所以MN//D1C且MN1A1B，又A1B与D1C平21D1C，根据推论3可知M、N、C、D1四点共面，2且D1M与CN相交，若D1M与CN的交点为K，则点K既在平面ADD1A1上又在平面ABCD上，所以点K在平面ADD1A1与平面ABCD的交线DA上，故D1M、DA、CN三线交于点K，即三线共点．

从上面例子可以看出，证明三线共点的步骤就是，先说明两线交于一点，再证明此交点在另一线上，把三线共点的证明转化为三点共线的证明，而证明三点共线只需要证明三点均在两个相交的平面上，也就是在两个平面的交线上。

第3篇：证明三点线问题的方法

证明三点共线问题的方法

1、利用梅涅劳斯定理的逆定理

例1、如图1，圆内接ΔABC为不等边三角形，过点A、B、C分别作圆的切线依次交直线BC、CA、AB于A1、B1、C1，求证：A1、B1、C1三点共线。

AC1SAC1C解：记BCa,CAb,ABc，易知1

CBSCC1BSAC1CACb211又易证ACC:CCB.则2.SCC1BCBa

2BA1c2CB1a2AC1BA1CB1b2c2a2同理12,12.故1112221.ACbBAcCBACBAabc由梅涅劳斯定理的逆定理，知A1、B1、C1三点共线。

2、利用四点共圆（在圆内，主要由角相等或互补得到共线）

例2、如图，以锐角ΔABC的一边BC为直径作⊙O，过点A作⊙O的两条切线，切点为M、N，点H是ΔABC的垂心.求证：M、H、N三点共线。(96中国奥数)证明：射线AH交BC于D，显然AD为高。

记AB与⊙O的交点为E，易知C、H、E三点共线。联结OM、ON、DM、DN、MH、NH，易知AMOANOADO900，∴A、M、O、D、N五点共圆，更有A、M、D、N四点共圆，此时，AMD+AND1800

因为AM2AEABAHAD（B、D、H、E四点共圆），AMAD；又MAHDAM，所以AMH:ADM，故AHMAMD AHAM同理，AHNAND。即因为AHMAHNAMDAND1800，所以，M、H、N三点共线。

3、利用面积法

如果SEMNSFMN，点E、F位于直线MN的异侧，则直线MN平分线段EF，即M、N与EF的中点三点共线。例3、如图，延长凸四边形ABCD的边AB、DC交于点E，延长边AD、BC交于点F，又 M、N、L分别是AC、BD、EF的中点，求证：M、N、L三点共线。证明：设BC的中点为O，辅助线如图所示，由OM//AE,ON//DE可知，点O必在EMN内，此时，SEMNSOMNSOMESONE

SOMNSOMBSONCSBMNSBCN

11111(SBMDSBCD)(SBMCSDMC)(SABCSADC)S四边形ABCD 222241同理，SFMNS四边形ABCD。

4因此SEMNSFMN。此时，直线MN平分EF，即M、N、L三点共线。

注：利用梅涅劳斯定理的逆定理也可证明此题。4、利用同一法

尽管同一法是一种间接证法，但它却是一各很有用的证法，观察例4后，你会感到，同一法在证明三点共线问题时，也有其用武之地。例4、如图4(a)，凸四边形ABCD的四边皆与⊙O相切，切点分别为P、M、Q、N，设PQ与 MN交于S，证明：A、S、C三点共线。证明：如图4(b)，令PQ与AC交于S/，易证APS/与CQS/互补。而AS/PCS/Q，则

AS/sinAPS/sinCQS/S/C，//APsinASPsinCSQCQAS/APAS//AM//故/。再令MN与AC交于S。同理可得// SCCQSCCNAPAMAS/AS//AS/AS//但，所以///。利用合比性质得。CQCNSCSCACAC因此，AS/AS//，可断定S/与S//必重合于点S，故A、S、C三点共线。

注：观察本题图形,显然还可证得B、S、D三点共线；换言之，AC、BD、PQ、MN四线共点。5、利用位似形的性质

如果ABC与A/B/C/是两个位似三角形，点O为位似中心，那么不仅A、A/、O；B、B/、O；C、C/、O分别三点共线，而且ABC、A/B/C/的两个对应点与位似中心O也三点共线，位似形的这种性质，对于证明三点共线，颇为有用。

例5、如图,ABC内部的三个等圆⊙O1、⊙O2、⊙O3两两相交且都经过点P，其中每两个圆都与ABC的一边相切,已知O、I分别是ABC的外心、内心，证明：I、P、O三点共线。证明：联结O1O2、O1O3、O2O3。由已知得

O1O2//AB、O2O3//BC、O1O3//CA。

可断定ABC与O1O2O3是一对位似三角形，且易知ABC的内心I是两者的位似中心。因为⊙O1、⊙O2、⊙O3为等圆，即PO1PO2PO3,所以点P是O1O2O3的外心。又点O是ABC的外心，故P、O两点是两个位似三角形的对应点，利用位似形的性质，即得I、P、O三点共线。

6、利用反证法

有的几何题利用直接证法很难，而用反证法却能很快达到预期目的。

例6、如图，梯形ABCD中、DC//AB，对形内的三点P1、P2、P3，如果到四边距离之和皆相等，那么，P1、P2、P3三点共线，试证之。证明：先看P1、P2两点，设直线PP12分别交AD、BC于M、N，PE11BC于E1，P2E2BC于E2，PF11AD于F1，P2F2AD于F2。

因为DC//AB，则点P1到AB、CD的距离之和等于点P2到AB、CD的距离之和。由已知可得PE11PF11P2E2P2F2。过点P1作AD的平行线、过点P2作BC的平行线得交点P（由于AD与BC不平行）。记P1P交P2F2于G，P2P交PE11于H。

P2G。观察上式有PE11P2E2P2F2PF11。所以，PH1P2G，所以，PPP因为PPP12有两条高PH112是等腰三角形，则PPP12PP2P1。

故DMNPPP12PP2P1CNM。

再用反证法证明点P3一定在PP12上：假设点P12上，联结P1P3并延长分别交AD、BC于3不在PPM/、N/，易知点M/、N/在MN的异侧；因为点P1到AD、BC的距离之和等于点P3到AD、BC的距离之和，由上述证明过程知必有DM/N/CN/M/。

事实上，观察图形只能得到DM/N/DMNCNMCN/M/，矛盾，这说明点P3必在PP12上，即MN上，因此P1、P2、P3三点共线。

7、用塞瓦定量的逆定理

变三点共线为三线共点，利用塞瓦定理的逆定理，在圆内接凸六边形ABCDEF中，若

ABCDEFBCDEFA，则AD、BE、CF三线共点；反之亦然，利用这个结果来证明某些三点共线问题，可立竿见影。

例7、如图7，凸四边形ABCD内接于圆，延长AD、BC交于点P，作PE、PF切圆于E、F，又AC与BD交于K，证明：E、K、F三点共线。解：联结AE、ED、CF、FB得凸六边形ABFCDE。欲证E、K、F三点共线，即AC、BD、EF三线共点，只须证ABFCDEBFCDEA。

注意到PAB:PCD,PFC:PBF,PDE:PEA。

ABPAFCPCDEPE。又PE=PF，,,CDPCBFPFEAPAABFCDEPAPCPE则1。CDBFEAPCPFPA故ABFCDEBFCDEA。则因此，AC、BD、EF三线共点，即E、K、F三点共线。

第4篇：证明三点线问题的方法

证明三点共线问题的方法

1、利用梅涅劳斯定理的逆定理

例1、如图1，圆内接ΔABC为不等边三角形，过点A、B、C分别作圆的切线依次交直线BC、CA、AB于A1、B1、C1，求证：A1、B1、C1三点共线。

AC1SAC1C解：记BCa,CAb,ABc，易知1

CBSCC1BSAC1CACb211又易证ACC:CCB.则2.SCC1BCBa

2BA1c2CB1a2AC1BA1CB1b2c2a2同理12,12.故1112221.ACbBAcCBACBAabc由梅涅劳斯定理的逆定理，知A1、B1、C1三点共线。

2、利用四点共圆（在圆内，主要由角相等或互补得到共线）

例2、如图，以锐角ΔABC的一边BC为直径作⊙O，过点A作⊙O的两条切线，切点为M、N，点H是ΔABC的垂心.求证：M、H、N三点共线。(96中国奥数)证明：射线AH交BC于D，显然AD为高。

记AB与⊙O的交点为E，易知C、H、E三点共线。联结OM、ON、DM、DN、MH、NH，易知AMOANOADO900，∴A、M、O、D、N五点共圆，更有A、M、D、N四点共圆，此时，AMD+AND1800

因为AM2AEABAHAD（B、D、H、E四点共圆），AMAD；又MAHDAM，所以AMH:ADM，故AHMAMD AHAM同理，AHNAND。即因为AHMAHNAMDAND1800，所以，M、H、N三点共线。

3、利用面积法

如果SEMNSFMN，点E、F位于直线MN的异侧，则直线MN平分线段EF，即M、N与EF的中点三点共线。例3、如图，延长凸四边形ABCD的边AB、DC交于点E，延长边AD、BC交于点F，又 M、N、L分别是AC、BD、EF的中点，求证：M、N、L三点共线。证明：设BC的中点为O，辅助线如图所示，由OM//AE,ON//DE可知，点O必在EMN内，此时，SEMNSOMNSOMESONE

SOMNSOMBSONCSBMNSBCN

11111(SBMDSBCD)(SBMCSDMC)(SABCSADC)S四边形ABCD 222241同理，SFMNS四边形ABCD。

4因此SEMNSFMN。此时，直线MN平分EF，即M、N、L三点共线。

注：利用梅涅劳斯定理的逆定理也可证明此题。4、利用同一法

尽管同一法是一种间接证法，但它却是一各很有用的证法，观察例4后，你会感到，同一法在证明三点共线问题时，也有其用武之地。例4、如图4(a)，凸四边形ABCD的四边皆与⊙O相切，切点分别为P、M、Q、N，设PQ与 MN交于S，证明：A、S、C三点共线。证明：如图4(b)，令PQ与AC交于S/，易证APS/与CQS/互补。而AS/PCS/Q，则

AS/sinAPS/sinCQS/S/C，//APsinASPsinCSQCQAS/APAS//AM//故/。再令MN与AC交于S。同理可得// SCCQSCCNAPAMAS/AS//AS/AS//但，所以///。利用合比性质得。CQCNSCSCACAC因此，AS/AS//，可断定S/与S//必重合于点S，故A、S、C三点共线。

注：观察本题图形,显然还可证得B、S、D三点共线；换言之，AC、BD、PQ、MN四线共点。5、利用位似形的性质

如果ABC与A/B/C/是两个位似三角形，点O为位似中心，那么不仅A、A/、O；B、B/、O；C、C/、O分别三点共线，而且ABC、A/B/C/的两个对应点与位似中心O也三点共线，位似形的这种性质，对于证明三点共线，颇为有用。

例5、如图,ABC内部的三个等圆⊙O1、⊙O2、⊙O3两两相交且都经过点P，其中每两个圆都与ABC的一边相切,已知O、I分别是ABC的外心、内心，证明：I、P、O三点共线。证明：联结O1O2、O1O3、O2O3。由已知得

O1O2//AB、O2O3//BC、O1O3//CA。

可断定ABC与O1O2O3是一对位似三角形，且易知ABC的内心I是两者的位似中心。因为⊙O1、⊙O2、⊙O3为等圆，即PO1PO2PO3,所以点P是O1O2O3的外心。又点O是ABC的外心，故P、O两点是两个位似三角形的对应点，利用位似形的性质，即得I、P、O三点共线。

6、利用反证法

有的几何题利用直接证法很难，而用反证法却能很快达到预期目的。例6、如

图，梯

形

ABCD

中、DCP1P2P3P1P2P3P1、P2PP12PE11BCE1P2E2BCE2PF11ADF1P2F2ADF2P1P2GP2PE11PF11P2E2P2F2P1P1PP2F2P2PPE11PE11P2E2P2F2PF11PH12PPPPP2GPPP12PH112PPP12PP2P1DMNPPP12PP2P1CNMP123PPP3PP12P1P3M/、N/M/、N/P1P3DM/N/CN/M/DM/N/DMNCNMCN/M/P3PP12P1P2P3ABCDEFBCDEFAABFCDEBFCDEAPAB:PCD,PFC:PBF,PDE:PEAABPAFCPCDEPE,,CDPCBFPFEAPAABFCDEPAPCPE1CDBFEAPCPFPAABFCDEBFCDEAABCABBCCAA/B/C/A/B/C/明：P、K、L三点共线。

（提示：设第一组垂线的垂足为M、N，第二组垂线的垂足为X、Y，寻证MN//XY，得出KMN与LXY位似。）

1、图8，凸四边形ABCD的AB1200，以AC、BD、CD为一边分别作三个正三角形：

ACP、BQD、CDR。证明：P、Q、R三点共线。

（提示：延长AD、BC交于点E，显然C、D、R、E四点共圆，再寻找其他的四点共圆，利用方法2）

2、⊙O的弦AC、BD交于点S，过点A、B分别作⊙O的切线得交点P，延长AD、BC得交 点Q，求证：P、S、Q三点共线。（提示：设射线QS交AB于点K，设线段PQ交AB于点K/，利用同一法，设法证明点K与K/重合）

第5篇：向量法证明三点共线的又一方法及应用

向量法证明三点共线的又一方法及应用

平面向量既具有数量特征，又具有图形特征,学习向量的应用，可以启发同学们从新的视角去分析、解决问题，有益于培养创新能力.下面就一道习题的应用探究为例进行说明.原题 已知OBλOAμOC，其中λμ1.求证：A、B、C三点共线

思路：通过向量共线(如ABkAC)得三点共线.证明：如图,由λμ1得λ1μ,则 OBλOAμOC(1μ)OAμOC

OBOAμ(OCOA)

ABμAC A、B、C三点共线.思考：1.此题揭示了证明三点共线的又一向量方法,点O具有灵活性；

2.反之也成立（证明略）：若A、B、C三点共线，则存在唯一实数对λ、μ，满 足OBλOAμOC,且λμ1.揭示了三点贡献的又一个性质；

113.特别地，λμ时，OB(OAOC)，点B为AC的中点，揭示了2

2中线OB的一个向量公式，应用广泛.应用举例

例1 如图，平行四边形ABCD中，点M是AB的中点，点N在BD上，且BN

用向量法证明：M、N、C三点共线.OAC 1BD.利

3C思路分析：选择点B，只须证明BNλBMμBC,且λμ1.A证明：由已知BDBABC，又点N在BD上，1BD，得 31111BNBD(BABC)BABC 3333

又点M是AB的中点，1

BMBA，即BA2BM 2且BNB

21BNBMBC 33

21而1 33

M、N、C三点共线.点评：证明过程比证明MNmMC简洁.BD例2如图，平行四边形OACB中，11OD与AB相交于E，BC，求证：.BEBA.3

4思路分析：可以借助向量知识，只须证明：

1BEBA，而BABOBC，又O、D、E三

4点共线，存在唯一实数对λ、μ，且λμ1，使CBEλBOμBD，从而得到BE与BA的关系.O证明：由已知条件，BABOBC，又B、E、A三点共线，可设BEkBA，则

BEkBOkBC①

又O、E、D三点共线，则存在唯一实数对λ、μ，使BEλBOμBD，且λμ1.1又BDBC 31BEλBOμBC

3根据①、②得 ②

1kkλ411λ，解得 kμ433λμ1μ41BEBA

41BEBA 4

点评：借助向量知识，充分运用三点共线的向量性质解决问题，巧妙、简洁.2