专题1 类型1 几何中的三点共线问题-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学几何与二次函数压轴题突破练配套课件（福建专用）

该初中数学中考复习课件聚焦几何压轴题中的三点共线问题，紧密对接中考要求，通过邻补角、平行线、垂线三大模型系统梳理考点，结合2025三明二检等真题实例，分析考点权重并归纳常考题型，体现备考的针对性与实用性。 课件亮点在于分层进阶训练模式，一阶方法突破夯实基础，二阶小练强化应用，三阶综合提升解题能力。通过全等、相似及圆的性质等推理方法，如例1用SAS证全等得平角证共线，培养学生推理能力与几何直观，助力学生掌握答题技巧，教师可依此制定高效复习计划，提升中考冲刺效果。

数 学 福建 几何与二次函数压轴题突破练 1 一、几何压轴题突破练 专题一　几何中的点线关系 类型1　几何中的三点共线问题 一阶　方法突破 二阶　方法小练 三阶　综合应用 分类 邻补角模型 平行线模型 垂线模型 图示 返回目录 分类 邻补角模型 平行线模型 垂线模型 方法解读 如图，要证明A、B、C三点共线，可选择一条过点B的直线PQ，并连接AB、CB，证明∠ABP与∠CBP互为邻补角 如图，要证明A、B、C三点共线，需先证AB∥DE，再证BC∥DE 如图，要证明A、B、C三点共线，可证明过点A的直线AC⊥MN，AB⊥MN 返回目录 例1　公园里有条“Z”形道路(如图)，其中AB∥CD，在AB、BC、CD 三段路上各有一个小石凳E、M、F，且BE＝CF，M是BC的中点，试 判断三个石凳E、M、F是否恰好在同一条直线上？并说明理由. 证明：三 个石凳E、M、F恰好在同一条直线上，BME＝∠CMF， ∴∠EMF＝∠BME＋∠BMF＝∠CMF＋∠BMF＝∠BMC＝180°， 返回目录 证明：三个石凳E、M、F恰好在同一条直线上，理由如下： 如图，连接ME，MF. ∵AB∥CD，M为BC的中点，∴∠B＝∠C，BM＝CM. 在△BEM和△CFM中， ∴△BEM≌△CFM(SAS)，∴∠BME＝∠CMF， ∴∠EMF＝∠BME＋∠BMF＝∠CMF＋∠BMF＝∠BMC＝180°， ∴E、M、F恰好在同一条直线上. 返回目录 例2　如图，在△ABC中，M为BC的中点，AD为∠BAC的平分线，CD⊥AD于点D，AE是△ABC的外角∠CAK的平分线，CE⊥AE于点E，求证：M、D、E三点共线. 证明：如图，延长CD交AB于点H，连接DE、DM. ∵AD为∠BAC的平分线，CD⊥AD.∴CD＝DH. ∵M为BC的中点，∴DM∥AB，同理可证 DE∥ AB， ∴M、D、E 三点共线. 证明：如图，延长CD交AB于点H，连接DE、DM. ∵AD为∠BAC的平分线，CD⊥AD.∴CD＝DH. ∵M为BC的中点，∴DM∥AB，同理可证 DE∥ AB， ∴M、D、E 三点共线. 返回目录 例3　如图，PQ、MN分别切☉O于A、B两点，PQ∥MN，求证： A、O、B三点共线 证明：∵PQ、MN分别切☉O于A、B两点， ∴OA⊥PQ，OB⊥MN. ∵PQ∥MN，∴OA⊥MN. 又∵OB⊥MN， ∴A、O、B 三点共线. 返回目录 1. 如图，△AEC绕A点顺时针旋转60°得到△APB，∠AEC＝120°.求 证：B、P、E三点共线. 证明：如图，连接PE， ∵△AEC绕A点顺时针旋转60°得到△APB， ∴∠PAE＝60°，AE＝AP，∠AEC＝∠APB， ∴△APE是等边三角形，∴∠APE＝60°. ∵∠AEC＝120°， ∴∠APB＋∠APE＝120°＋60°＝180°， ∴B、P、E三点共线. 返回目录 2. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是AB，AC上的点， 且DE∥BC.延长DE至点M使得EM＝DE，延长BC至点N使得CN＝ BC，求证：A，M，N三点共线. 返回目录 证明：如图，连接AM，AN， ∵∠BCA＝90°，∴∠ACN＝180°－90°＝90°， ∴∠BCA＝∠NCA， ∵BC＝NC，AC＝AC，∴△ABC≌△ANC(SAS)， ∴∠BAC＝∠NAC， ∵DE∥BC，∴∠AED＝∠BCA＝90°， ∴∠AEM＝180°－90°＝90°，∴∠AED＝∠AEM， ∵DE＝EM，AE＝AE，∴△ADE≌△AME(SAS)， ∴∠CAM＝∠BAC，∴∠CAM＝∠NAC，∴AM和AN重合， ∴A，M，N三点共线. 返回目录 3. 如图，已知E是四边形ABCD内一点，连接AC，EB，EC，ED，满 足 ＝ ＝ . (1)求证：∠DCA＝∠ECB； 证明：∵ ＝ ＝ .∴△DEC∽△ABC， ∴∠DCE＝∠ACB， ∴∠DCE－∠ACE＝∠ACB－∠ACE， ∴∠DCA＝∠ECA. 返回目录 (2)若∠ABC＋∠ADC＝180°，求证：B，E，D三点共线. 证明：∵ ＝ ，∴ ＝ ， ∵∠DCA＝∠ECB，∴△DCA∽△ECB， ∴∠ADC＝∠BEC， ∵△DEC∽△ABC，∴∠DEC＝∠ABC， ∵∠ABC＋∠ADC＝180°， ∴∠DEC＋∠BEC＝180°， ∴B，E，D三点共线. 返回目录 4. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＜45°. (1)请作出经过A、B两点的圆，且该圆的圆心O落在线段AC上(尺规作 图，保留作图痕迹，不写作法)； 解：如解图1，☉O即为所求. 第4题解图1 返回目录 (2)在(1)的条件下，已知∠BOC＝α，将射线AB绕点A逆时针旋转α与☉O 交于点E，试证明：B、C、E三点共线. 证明：如解图2，连接BE， ∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA， ∵∠BOC＝∠OAB＋∠OBA，∴∠BOC＝2∠OAB， ∵∠BAE＝∠BOC，∴∠BAE＝2∠OAB， ∴∠OAB＝∠OAE，∴AB，AE关于AO对称， ∴AB＝AE，∴AO⊥BE， ∵BC⊥AC，∴B，C，E三点共线(在同一平面内， 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直). 返回目录 【思路探寻】 (1)先证明Rt△BAD≌Rt△BCD，可得AD＝CD，AE＝CE＝ AC＝2，利 用勾股定理求得BE的长，再解直角三角形求得BD的长即可求解； 返回目录 (2)①由平行得∠P＝∠BFG，由圆周角定理的推论得∠P＝∠C，设M为 线段BF的中点，连接ME，MG，得到点B，G，E，F都在☉M上，利 用圆周角定理的推论得∠BFG＝∠BEG，进而得出∠BEG＝∠C，再利 用角度转换即可得到△BEG∽△BCF； ②连接OG，OA，AD，求得AD＝ ，再根据相似得到 ＝ ，可得 GE＝ 和 ＝ ＝ ，通过∠GEB＝∠D证明△GEO∽△ADO，可得 ∠GOE＝∠AOD，即可求证. 返回目录 5. (2025三明二检)如图1，☉O外接于△ABC，直径BD交AC于点E，已 知AB＝BC＝2 ，AC＝4. 返回目录 (1)求DE的长； 解：如解图1，连接AD，CD， ∵BD是☉O的直径，∴∠BAD＝∠BCD＝90°. 在Rt△BAD和Rt△BCD中， ∴Rt△BAD≌Rt△BCD(HL)，∴AD＝CD， ∴BD垂直平分线段AC， ∴AE＝CE＝ AC＝2，在Rt△ABE中， AB＝BC＝2 ，由勾股定理得BE＝ ＝ ＝4，在Rt△BAD和Rt△ABE中，∠BAD＝∠BEA＝90°， ∴ cos ∠ABE＝ ＝ ，∴BD＝ ＝5，∴DE＝BD－BE＝1. 图1 返回目录 (2)如图2，F是线段CE上一点(不与点C，E重合)，BF的延长线交☉O于 点P，FG∥AP，FG⊥BG，连接GE. ①求证：△BEG∽△BCF； 返回目录 证明：∵FG∥AP，∴∠P＝∠BFG. 又∵∠P＝∠C，∴∠BFG＝∠C. ∵FG⊥BG，BE⊥AC，∴∠BGF＝∠BEC＝90°. 如解图2，设M为线段BF的中点，连接ME，MG. 则ME＝MG＝MB＝MF＝ BF， ∴点B，G，E，F都在☉M上， ∴∠BFG＝∠BEG，∴∠BEG＝∠C， ∵∠GBF＋∠BFG＝∠EBC＋∠C＝90°， ∴∠GBF＝∠EBC， ∴∠GBF－∠EBF＝∠EBC－∠EBF， ∴∠GBE＝∠FBC，∴△BEG∽△BCF. 图1 图2 返回目录 ②若CF＝OE，求证：O，G，A三点共线. 返回目录 解：如解图3，连接OG，OA，AD. 在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，由勾股定理得AD＝ ＝ ， ∵OD＝ BD＝ ，∴CF＝OE＝OD－DE＝ ， 由①知，△BEG∽△BCF，∴ ＝ ， ∴GE＝ ＝ ，∴ ＝ ＝ ， ∵∠D＝∠C，∠GEB＝∠C，∴∠GEB＝∠D， ∴△GEO∽△ADO， ∴∠GOE＝∠AOD，∴O，G，A三点共线. 图1 图3 返回目录 25 $