高中数学竞赛教程__平面几何

2023年12月10日发(作者：安徽初中数学试卷满分多少)

第一讲 注意添加平行线证题

在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.

添加平行线证题,一般有如下四种情况.

1 为了改变角的位置

大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常A可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.

D例1 设P、Q为线段BC上两点,且BP＝CQ,A为BC外一动点(如图1).当点A运动到使

∠BAP＝∠CAQ时,△ABC是什么三角形？试证明你的结论.

答： 当点A运动到使∠BAP＝∠CAQ时,△ABC为等腰三角形.

BPQC图1证明：如图1,分别过点P、B作AC、AQ的平行线得交点D.连结DA.

在△DBP＝∠AQC中,显然 ∠DBP＝∠AQC,∠DPB＝∠C.

由BP＝CQ,可知 △DBP≌△AQC. 有DP＝AC,∠BDP＝∠QAC.

于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP.

则A、D、B、P四点共圆,且四边形ADBP为等腰梯形.故AB＝DP.

所以AB＝AC.

这里,通过作平行线,将∠QAC“平推”到∠BDP的位置.由于A、D、B、P四点共圆,使证明很顺畅.

例2 如图2,四边形ABCD为平行四边形,∠BAF＝∠BCE.求证：∠EBA＝∠ADE.

EP证明：如图2,分别过点A、B作ED、EC的平行线,得交点P,连PE.

GD∥A 由AB CD,易知△PBA≌△ECD.有PA＝ED,PB＝EC.

＝ 显然,四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有 ∠BCE＝∠BPE,∠APE＝∠ADE.

BFC 由∠BAF＝∠BCE,可知 ∠BAF＝∠BPE.

图2 有P、B、A、E四点共圆. 于是,∠EBA＝∠APE. 所以,∠EBA＝∠ADE.

这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P、B、A、E四点共圆,紧密联系起来.∠APE成为∠EBA与∠ADE相等的媒介,证法很巧妙.

2 欲“送”线段到当处

利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.

例3 在△ABC中,BD、CE为角平分线,P为ED上任意一点.过P分别作AC、AB、BC的垂线,M、N、Q为垂足.求证：PM＋PN＝PQ.

A证明：如图3,过点P作AB的平行线交BD于F,过点F作BC的平行线分别交PQ、AC

NMPE于K、G,连PG.

DFG 由BD平行∠ABC,可知点F到AB、BC两边距离相等.有KQ＝PN.

EPEFCG 显然,＝＝,可知PG∥EC.

PDFDGDBKQC图3 由CE平分∠BCA,知GP平分∠FGA.有PK＝PM.于是,

PM＋PN＝PK＋KQ＝PQ.

这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM＝PK,就有PM＋PN＝PQ.证法非常简捷.

3 为了线段比的转化

由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.

例4 设M1、M2是△ABC的BC边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.试证：AM1AM2ABAC＋＝＋.

AN1AN2APAQA证明：如图4,若PQ∥BC,易证结论成立. 若PQ与BC不平行,设PQ交直线BC于D.过点A作PQ的平行P线交直线BC于E.

由BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋M2E,易知

ABBEACCE＝,＝,

APDEAQDE

AM1AM1AM2MEAM2MEABACBECEM1EM2E＝1,＝2. 则＋＝＝＝＋.

AN1AN1AN2DEAN2DEDEAPAQDE所以,AM1AM2ABAC＋＝＋.

AN1AN2APAQ 这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE,于是问题迎刃而解.

例5 AD是△ABC的高线,K为AD上一点,BK交AC于E,CK交AB于F.求证：∠FDA＝∠EDA.

证明：如图5,过点A作BC的平行线,分别交直线DE、DF、BE、CF于Q、P、N、M.

显然,BDKDDC＝＝.

ANKAAMMPFAKQEN有BD·AM＝DC·AN. (1)

BD·AMAPAFAM＝＝,有 AP＝. (2)

BDFBBCBCAQAEANDC·AN由＝＝,有 AQ＝. (3)

DCECBCBC由B对比(1)、(2)、(3)有 AP＝AQ.

显然AD为PQ的中垂线,故AD平分∠PDQ. 所以,∠FDA＝∠EDA.

这里,原题并未涉及线段比,添加BC的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP与AQ的相等关系显现出来.

4 为了线段相等的传递

当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.

例6 在△ABC中,AD是BC边上的中线,点M在AB边上,点N在AC边上,并且∠MDN＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝D图5C1(AB2＋AC2).

4AMN证明：如图6,过点B作AC的平行线交ND延长线于E.连ME.

CB 由BD＝DC,可知ED＝DN.有 △BED≌△CND.

D 于是,BE＝NC.

E图6 显然,MD为EN的中垂线.有 EM＝MN.

由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM为直角三角形,∠MBE＝90°.

有 ∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°. 于是,∠BAC＝90°.

11 所以,AD2＝BC＝(AB2＋AC2).

42 这里,添加AC的平行线,将BC的以D为中点的性质传递给EN,使解题找到出路.

E例7 如图7,AB为半圆直径,D为AB上一点,分别在半圆上取点E、F,使EA＝DA,

FB＝DB.过D作AB的垂线,交半圆于C.求证：CD平分EF.

A证明：如图7,分别过点E、F作AB的垂线,G、H为垂足,连FA、EB.

G易知 DB2＝FB2＝AB·HB,

AD2＝AE2＝AG·AB.

二式相减,得 DB2－AD2＝AB·(HB－AG),或 (DB－AD)·AB＝AB·(HB－AG).

CF2DOH图7B于是,DB－AD＝HB－AG,或 DB－HB＝AD－AG. 就是DH＝GD.

显然,EG∥CD∥FH. 故CD平分EF.

这里,为证明CD平分EF,想到可先证CD平分GH.为此添加CD的两条平行线EG、FH,从而得到G、H两点.证明很精彩.

经过一点的若干直线称为一组直线束.

A 一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.

ED 如图8,三直线AB、AN、AC构成一组直线束,DE是与BC平行的直线.于是,有

DMAMMEMEDMBNDM ＝ ＝,即 ＝或＝.

BNANNCBNNCMENCMBNC图8 此式表明,DM＝ME的充要条件是

BN＝NC.

利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.

例8 如图9,ABCD为四边形,两组对边延长后得交点E、F,对角线BD∥EF,AC的延长

A线交EF于G.求证：EG＝GF.

证明：如图9,过C作EF的平行线分别交AE、AF于M、N.由BD∥EF,可知MN∥BD.易知

BD S△BEF＝S△DEF.

MNC 有S△BEC＝S△ⅡKG－

*5ⅡDFC.

EFG 可得MC＝CN.

图9 所以,EG＝GF.

例9 如图10,⊙O是△ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、AB

A的切点.若OD与EF相交于K,求证：AK平分BC.

CB证明：如图10,过点K作BC的行平线分别交直线AB、AC于Q、P两点,连OP、OQ、

FPQKOE、OF.

E 由OD⊥BC,可知OK⊥PQ.

O 由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四点共圆,有 ∠FOQ＝∠FKQ.

图10 由OE⊥AC,可知O、K、P、E四点共圆.有 ∠EOP＝∠EKP.

显然,∠FKQ＝∠EKP,可知 ∠FOQ＝∠EOP.

由OF＝OE,可知 Rt△OFQ≌Rt△OEP. 则OQ＝OP.

于是,OK为PQ的中垂线,故 QK＝KP.

所以,AK平分BC.

综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.

练习题

1. 四边形ABCD中,AB＝CD,M、N分别为AD、BC的中点,延长BA交直线NM于E,延长CD交直线NM于F.求证：∠BEN＝∠CFN.

(提示：设P为AC的中点,易证PM＝PN.)

2. 设P为△ABC边BC上一点,且PC＝2PB.已知∠ABC＝45°,∠APC＝60°.求∠ACB.

(提示：过点C作PA的平行线交BA延长线于点D.易证△ACD∽△PBA.答：75°)

3. 六边开ABCDEF的各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S△EBD＝60cm2.求六边形ABCDEF的面积.

(提示：设EF、DC分别交直线AB于P、Q,过点E作DC的平行线交AB于点M.所求面积与EMQD面积相等.答：120cm2)

4. AD为Rt△ABC的斜边BC上的高,P是AD的中点,连BP并延长交AC于E.已知AC:AB＝k.求AE:EC.

(提示：过点A作BC的平行线交BE延长线于点F.设BC＝1,有AD＝k,DC＝k2.答：1)

1k2ADDE5. AB为半圆直径,C为半圆上一点,CD⊥AB于D,E为DB上一点,过D作CE的垂线交CB于F.求证：＝CF.

FB111＋＝.

abc(提示：过点F作AB的平行线交CE于点H.H为△CDF的垂心.)

6. 在△ABC中,∠A:∠B:∠C＝4:2:1,∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c.求证：(提示：在BC上取一点D,使AD＝AB.分别过点B、C作AD的平行线交直线CA、BA于点E、F.)

7. 分别以△ABC的边AC和BC为一边在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF的中点.求证：P点到边AB的距离是AB的一半.

8. △ABC的内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F,过点F作BC的平行线分别交直线DA、DE于点H、G.求证：FH＝HG.

(提示：过点A作BC的平行线分别交直线DE、DF于点M、N.)

9. AD为⊙O的直径,PD为⊙O的切线,PCB为⊙O的割线,PO分别交AB、AC于点M、N.求证：OM＝ON.

(提示：过点C作PM的平行线分别交AB、AD于点E、F.过O作BP的垂线,G为垂足.AB∥GF.)

第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题

在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.

1 挖掘隐含的辅助圆解题

有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化.

A1.1 作出三角形的外接圆

例1 如图1,在△ABC中,AB＝AC,D是底边BC上一点,E是线段AD上一点

E且∠BED＝2∠CED＝∠A.求证：BD＝2CD.

分析：关键是寻求∠BED＝2∠CED与结论的联系.容易想到作∠BED的平分线,

BCD但因BE≠ED,故不能直接证出BD＝2CD.若延长AD交△ABC的外接圆于F,

GF则可得EB＝EF,从而获取.

图1证明：如图1,延长AD与△ABC的外接圆相交于点F,连结CF与BF,则∠BFA＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:CF＝BD:DC.

又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,从而∠FBE＝∠ABC＝∠ACB＝∠BFE.

故EB＝EF.

作∠BEF的平分线交BF于G,则BG＝GF.

因∠GEF＝1∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC.

2COB 于是,BF＝2CF.故BD＝2CD.

D1.2 利用四点共圆

A例2 凸四边形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝∠BCD＝90°, AB＝2,CD＝1,

对角线AC、BD交于点O,如图2.则sin∠AOB＝____.

P分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D

图2四点共圆,欲求sin∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出BC、AD即可.

解：因∠BAD＝∠BCD＝90°,故A、B、C、D四点共圆.延长BA、CD交于P,则∠ADP＝∠ABC＝60°.

设AD＝x,有AP＝3x,DP＝2x.由割线定理得(2＋3x)3x＝2x(1＋2x).

解得AD＝x＝23－2,BC＝1BP＝4－3.

2 由托勒密定理有 BD·CA＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12. 又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝331563. 故sin∠AOB＝.

226BA例3 已知：如图3,AB＝BC＝CA＝AD,AH⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证：

3△ABC的面积S＝AP·BD.

4分析：因S△ABC＝PQDC图3H323BC＝AC·BC,只

44须证AC·BC＝AP·BD,转化为证△APC∽△BCD.这由A、B、C、Q四点共圆易证(Q为BD与AH交点).

证明：记BD与AH交于点Q,则由AC＝AD,AH⊥CD得∠ACQ＝∠ADQ.

又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ.

从而,∠ABQ＝∠ACQ.可知A、B、C、Q四点共圆.

∵∠APC＝90°＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ,

∴△APC∽△BCD.

∴AC·BC＝AP·BD.

于是,S＝33AC·BC＝AP·BD.

442 构造相关的辅助圆解题

有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关

的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决.

2.1 联想圆的定义构造辅助圆

A例4 如图4,四边形ABCD中,AB∥CD,AD＝DC＝DB＝p,BC＝q.求对角线AC的长.

B分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在半径为p的⊙D上.利用圆的性质即

EC可找到AC与p、q的关系.

D解：延长CD交半径为p的⊙D于E点,连结AE.显然A、B、C在⊙D上.

∵AB∥CD,

图4∴BC＝AE.

从而,BC＝AE＝q.

在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故 AC＝CE2AE2＝4pq.

222.2 联想直径的性质构造辅助圆

例5 已知抛物线y＝－x2＋2x＋8与x轴交于B、C两点，点D平分BC.若在x轴上侧的

A点为抛物线上的动点,且∠BAC为锐角,则AD的取值范围是____.

分析：由“∠BAC为锐角”可知点A在以定线段BC为直径的圆外,又点A在x轴上

侧,从而可确定动点A的范围,进而确定AD的取值范围.

解：如图5,所给抛物线的顶点为A0(1,9),对称轴为x＝1,与x轴交于两点B(－2,0)、

C(4,0).分别以BC、DA为直径作⊙D、⊙E,则两圆与抛物线均交于两点P(1－22,1)

、Q(1＋22,1).

yA0(1,9)EPB(-2,0)D图5QC(4,0)x 可知,点A在不含端点的抛物线PA0Q内时,∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD≤DA0＝9,即AD的取值范围是3＜AD≤9.

2.3 联想圆幂定理构造辅助圆 例6 AD是Rt△ABC斜边BC上的高,∠B的平行线交AD于M,交AC于N.求证：AB2－AN2＝BM·BN.

分析：因AB2－AN2＝(AB＋AN)(AB－AN)＝BM·BN,而由题设易知AM＝AN,联想割线定理,构造辅助圆即E可证得结论.

证明：如图6,

A∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,又∠3＝∠4,∠1＝∠5,

2N1∴∠1＝∠2.从而,AM＝AN.

F35M 以AM长为半径作⊙A,交AB于F,交BA的延长线于E.则AE＝AF＝AN.

4CDB 由割线定理有

图622 BM·BN＝BF·BE ＝(AB＋AE)(AB－AF)＝(AB＋AN)(AB－AN) ＝AB－AN,

即 AB2－AN2＝BM·BN.

例7 如图7,ABCD是⊙O的内接四边形,延长AB和DC相交于E,延长AB和DC相交于E,延长AD和BC相交于F,EP和FQ分别切⊙O于P、Q.求证：EP2＋FQ2＝EF2.

分析：因EP和FQ是⊙O的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP、FQ向EF转化.

证明：如图7,作△BCE的外接圆交EF于G,连结CG.

A因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、G四点共圆.

P由切割线定理,有

QEF2＝(EG＋GF)·EF＝EG·EF＋GF·EF＝EC·ED＋FC·FB

OD＝EC·ED＋FC·FB＝EP2＋FQ2,

CB即 EP2＋FQ2＝EF2.

FEG2.4 联想托勒密定理构造辅助圆

例8 如图8,△ABC与△A＇B＇C＇的三边分别为a、b、c与a＇、

AA\'cb＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇.

bc\'b\'分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,

BaCB\'a\'C\'构造圆内接四边形加以证明.

(1)(2)证明：作△ABC的外接圆,过C作CD∥AB交圆于D,连结AD和BD,

图8如图9所示. ∵∠A＋∠A＇＝180°＝∠A＋∠D,

∠BCD＝∠B＝∠B＇,

A ∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD.

cbA\'B\'B\'C\'A\'C\' ∴△A＇B＇C＇∽△DCB. 有＝＝,

DCCBDBc\'b\'ac\'ab\'a\'即 ＝＝. 故DC＝,DB＝.

DCDBa\'a\'a 又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a.

从而,由托勒密定理,得 AD·BC＝AB·DC＋AC·BD,

即 a2＝c·BabD图9Cac\'ab\'＋b·. 故aa＇＝bb＇＋cc＇.

a\'a\'

练习题

1. 作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则ABBD＝.

ACDCABBDBD＝＝.)

ACDEDC(提示：不妨设AB≥AC,作△ADC的外接圆交AB于E,证△ABC∽△DBE,从而2. 已知凸五边形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE. (提示：由已知证明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,从而A、B、C、D、E共圆,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)

3. 在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB边上取一点M,使BM＝AC.求∠AMC的度数.

(提示：以BC为边在△ABC外作正△KBC,连结KM,证B、M、C共圆,从而∠BCM＝1∠BKM＝10°,得∠2AMC＝30°.)

FC4．如图10,AC是ABCD较长的对角线,过C作CF⊥AF,CE⊥AE.

D求证：AB·AE＋AD·AF＝AC2. (提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点

G、H.则CG＝AH,由割线定理可证得结论.)

ABE5. 如图11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直线CD过A交⊙O1和⊙O2于C、D,

图102E且AC＝AD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC＝AB·AE.

D(提示：作△BCD的外接圆⊙O3,延长BA交⊙O3于F,证E在⊙O3上,

得△ACE≌△ADF,从而AE＝AF,由相交弦定理即得结论.)

ACOO216．已知E是△ABC的外接圆之劣弧BC的中点.

B求证：AB·AC＝AE2－BE2.

图11(提示：以BE为半径作辅助圆⊙E,交AE及其延长线于N、M,由△ANC∽△ABM证AB·AC＝AN·AM.)

7. 若正五边形ABCDE的边长为a,对角线长为b,试证：ba－＝1.

ab(提示：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)

第三讲 点共线、线共点

在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。

1. 点共线的证明

点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等。n(n≥4)点共线可转化为三点共线。

例1 如图，设线段AB的中点为C，以AC和CB为对角线作平行四边形AECD，BFCG。又作平行四边形CFHD，CGKE。求证：H，C，K三点共线。

G证 连AK，DG，HB。

D由题意，ADECKG，知四边形AKGD是平行四边形，于是AKDG。同样可证AKHB。四边形AHBK是平行四边形，KABC其对角线AB，KH互相平分。而C是AB中点，线段KH过C点，H故K，C，H三点共线。

EF

例2 如图所示，菱形ABCD中，∠A=120°，O为△ABC外接圆，M为其上一点，连接MC交AB于E，AM交CB延长线于F。求证：D，E，F三点共线。

证 如图，连AC，DF，DE。

因为M在O上，则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB，

CFBMEOAD有△AMC∽△ACF，得

MCCFCF。

MACACDMCACAD。

MAAEAE又因为∠AMC=BAC，所以△AMC∽△EAC，得

所以CFAD，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD∽△ADE。所以∠ADE=∠DFB。因为CDAEAD∥BC，所以∠ADF=∠DFB=∠ADE，于是F，E，D三点共线。

例3 四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC的延长线交于点P，AD与BC的延长线交于点Q。由Q作该圆的两条切线QE和QF，切点分别为E，F。求证：P，E，F三点共线。

证 如图。

连接PQ，并在PQ上取一点M，使得B，C，M，P四点共圆，

FA连CM，PF。设PF与圆的另一交点为E’，并作QG丄PF，垂足为G。

DG易如 QE2=QM·QP=QC·QB ①

CQ∠PMC=∠ABC=∠PDQ。

B(E\')E从而C，D，Q，M四点共圆，于是

MPM·PQ=PC·PD ②

由①，②得 PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB，

即PQ2=QC·QB+PC·PD。

易知PD·PC=PE’·PF，又QF2=QC·QB，有

PPE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2，

即PE’·PF=PQ2-QF2。又

PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG－GF)=PF·(PG－GF)，

从而PE’=PG－GF=PG－GE’，即GF=GE’，故E’与E重合。所以P，E，F三点共线。

例4 以圆O外一点P，引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点。割线PCD交圆O于C，D。又由B作CD的平行线交圆O于E。若F为CD中点，求证：A，F，E三点共线。

证 如图，连AF，EF，OA，OB，OP，BF，OF，延长FC交BE于G。

易如OA丄AP，OB丄BP，

AOF丄CP，所以P，A，F，O，B五点共圆，

FCD有∠AFP=∠AOP=∠POB= ∠PFB。

P又因CD∥BE，所以有∠PFB=∠FBE，∠EFD=∠FEB，

O而FOG为BE的垂直平分线，故EF=FB，∠FEB=∠EBF，

GEB所以∠AFP=∠EFD，A，F，E三点共线。

2. 线共点的证明

证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明。

例5 以△ABC的两边AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG。△ABC的高为AH。求证：AH，BF，CD交于一点。

M证 如图。延长HA到M，使AM=BC。连CM，BM。

设CM与BF交于点K。 在△ACM和△BCF中，

EAC=CF，AM=BC，

G∠MAC+∠HAC=180°，

∠HAC+∠HCA=90°，

AD并且∠BCF=90°+∠HCA，

FKBHC因此∠BCF+∠HAC=180° ∠MAC=∠BCF。

从而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。

所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°，

即 BF丄MC。

同理CD丄MB。AH，BF，CD为△MBC的3条高线，故AH，BF，CD三线交于一点。

例6 设P为△ABC内一点，∠APB－∠ACB=∠APC－∠ABC。又设D，E分别是△APB及△APC的内心。证明：AP，BD，CE交于一点。

证 如图，过P向三边作垂线，垂足分别为R，S，T。

A连RS，ST，RT，设BD交AP于M，CE交AP于N。

易知P，R，A，S；P，T，B，R；

RMNSP，S，C，T分别四点共圆，则

D ∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT。

EP 同理，∠APC－∠ABC=∠RST，

CB由条件知∠SRT=∠RST，所以RT=ST。

T 又RT=PBsinB，ST=PCsinC，

PBPC 所以PBsinB=PCsinC，那么 。

ABACANACABAM 由角平分线定理知 。

NPPCPBMP 故M，N重合，即AP，BD，CE交于一点。

例7 O1与O2外切于P点，QR为两圆的公切线，其中Q，R分别为O1，O2上的切点，过Q且垂直于QO2的直线与过R且垂直于RO1的直线交于点I，IN垂直于O1O2，垂足为N，IN与QR交于点M。证明：PM，RO1，QO2三条直线交于一点。

证 如图，设RO1与QO2交于点O， 连MO，PO。

因为∠O1QM=∠O1NM=90°，所以Q，O1，N，M四点共圆，有∠QMI=∠QO1O2。

I而∠IQO2=90°=∠RQO1，所以∠IQM=∠O2QO1，

故△QIM∽△QO2O1，得

QO1O1O2

QMMIRQMO1NOPO2RO2O1O2QMQO1 同理可证。因此 ①

MRRORMMI2因为QO1∥RO2，所以有

O1OQO1 ②

ORRO2由①，②得MO∥QO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，

所以

O1OO1QO1P，

ORRO2PO2即OP∥RO2。从而MO∥QO1∥RO2∥OP，故M，O，P三点共线，所以PM，RO1，QO2三条直线相交于同一点。

3. 塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用 定理1 (塞瓦(Ceva)定理):

设P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB边上的点。若AP，BQ，CR相交于一点M，则

BPCQAR1。

PCQARBAQMBPC证 如图，由三角形面积的性质，有

ARSAMCBPSAMBCQSBMC, , .

RBSBMCPCSAMCQASAMB以上三式相乘，得BPCQAR1.

PCQARB

定理2 (定理1的逆定理):

设P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB上的点。若交于一点。

证 如图，设AP与BQ交于M，连CM，交AB于R’。

由定理1有BPCQAR\'BPCQAR1. 而1，所以

PCQAR\'BPCQARBBPCQAR1，则AP，BQ，CRPCQARBAR\'AR.

R\'BRB于是R’与R重合，故AP，BQ，CR交于一点。

定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理):

一条不经过△ABC任一顶点的直线和三角形三边BC，CA，AB(或它们的延长线)分别交于P，Q，R，则BPCQAR1

PCQARBARSARPBPSBRPCQSCRP, , .

RBSBRPPCSCPRQASARPBARQCP证 如图，由三角形面积的性质，有将以上三式相乘，得BPCQAR1.

PCQARB

定理4 (定理3的逆定理):

设P，Q，R分别是△ABC的三边BC，CA，AB或它们延长线上的3点。若

BPCQAR1，

PCQARB则P，Q，R三点共线。

定理4与定理2的证明方法类似。

塞瓦定理和梅涅劳斯定理在证明三线共点和三点共线以及与之有关的题目中有着广泛的应用。 例8 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。

证 如图，连接BD交AC于H，

过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J。

CGBHDE对△BCD用塞瓦定理，可得

1 ①

AGBHDEC因为AH是∠BAD的角平分线，

DBHAB由角平分线定理知 。

HHDADFECGABDEB代入①式得

1 ②

GGBADECCCGCIDEADJ因为CI∥AB，CJ∥AD，则，。

IGBABECCJCIABAD代入②式得

1.

ABADCJ从而CI=CJ。又由于

∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ，

所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.

例9 ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上的一点。AF交ED于G，EC交FB于H。连接线段GH并延长交AD于L，交BC于M。求证：DL=BM.

证 如图，设直线LM与BA的延长线交于点J，与DC的延长线交于点I。

在△ECD与△FAB中分别使用

EJABEGDICHAGFHBJL梅涅劳斯定理，得

1，

1.

GDICHEGFHBJAGEGAGCHFHH因为AB∥CD，所以 ， .

MGDGFHEHBDFCIDIBJCDCIABAJ从而，即，故CI=AJ. 而

ICJACIAJBMBJDIDL，

MCCIAJLAP且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL。

例10 在直线l的一侧画一个半圆T，C，D是T上的两点，T上过CDE和D的切线分别交l于B和A，半圆的圆心在线段BA上，ECl是线段AC和BD的交点，F是l上的点，EF垂直l。求证：OF(H)BAEF平分∠CFD。

证 如图，设AD与BC相交于点P，用O表示半圆T的圆心。过P作PH丄l于H，连OD，OC，OP。

AHHP由题意知Rt△OAD∽Rt△PAH，于是有 .

ADDOBHHP类似地，Rt△OCB∽Rt△PHB， 则有 .

BCCOAHBHAHBCPD1. 由CO=DO，有，从而ADBCHBCPDA由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC，BD，PH相交于一点，即E在PH上，点H与F重合。

因∠ODP=∠OCP=90°，所以O，D，C，P四点共圆，直径为OP. 又∠PFC=90°，从而推得点F也在这个圆上，因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，所以EF平分∠CFD。

例11 如图，四边形ABCD内接于圆，AB，DC延长线交于E，AD、BC延长线交于F，P为圆上任意一点，PE，PF分别交圆于R，S. 若对角线AC与BD相交于T.

求证：R，T，S三点共线。

先证两个引理。

引理1:

A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，ABCDEF则有1111111.

B1C1D1E1F1A1APSEBRCTDF如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O，根据圆内接多边形的性质易知

△ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，

△OC1D1∽△OA1F1，从而有

A1B1B1OEFFOCDDO，

111，

111.

D1E1D1OB1C1B1OF1A1F1OB1A1C1OD1E1F1ABCDEF将上面三式相乘即得1111111，

B1C1D1E1F1A1引理2：圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足

A1B1C1D1E1F11

B1C1D1E1F1A1则其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1交于一点。该引理与定理2的证明方法类似，留给读者。

例11之证明如图，连接PD，AS，RC，BR，AP，SD.

BREBPAFP由△EBR∽△EPA，△FDS∽△FPA，知 ,.

PAEPDSFDBREBFP两式相乘，得 . ①

DSEPFDCRECPDFP又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，知，. 两式相乘，得

PDEPASFACRECFP ②

ASEPFABRASEBFABRCDSAEBAFDC由①，②得. 故 . ③

DSCRECFDRCDSABBAFDCEEBAFDC1 ④ 对△EAD应用梅涅劳斯定理，有

BAFDCEBRCDSA1. 由③，④得

RCDSAB由引理2知BD，RS，AC交于一点，所以R，T，S三点共线。

练 习

A组

1. 由矩形ABCD的外接圆上任意一点M向它的两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT。证明：PR与QT垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上。 2. 在△ABC的BC边上任取一点P，作PD∥AC，PE∥AB，PD，PE和以AB，AC为直径而在三角形外侧所作的半圆的交点分别为D，E。求证：D，A，E三点共线。

3. 一个圆和等腰三角形ABC的两腰相切，切点是D，E，又和△ABC的外接圆相切于F。求证：△ABC的内心G和D，E在一条直线上。

4. 设四边形ABCD为等腰梯形，把△ABC绕点C旋转某一角度变成△A’B’C’。证明：线段A’D,

BC和B’C的中点在一条直线上。

5. 四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P。设三角形ABP，BCP，CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4。求证：OP，O1O3，O2O4三直线交于一点。

6. 求证：过圆内接四边形各边的中点向对边所作的4条垂线交于一点。

7. △ABC为锐角三角形，AH为BC边上的高，以AH为直径的圆分别交AB，AC于M，N；M，N与A不同。过A作直线lA垂直于MN。类似地作出直线lB与lC。证明：直线lA，lB，lC共点。

8. 以△ABC的边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的中点。求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点。

9. 过△ABC的三边中点D，E，F向内切圆引切线，设所引的切线分别与EF，FD，DE交于I，L，M。求证：I，L，M在一条直线上。

B组

10. 设A1，B1，C1是直线l1上的任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上的任意三点，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N。求证：L，M，N三点共线。

11. 在△ABC，△A’B’C’中，连接AA’，BB’，CC’，使这3条直线交于一点S。求证：AB与A’B’、BC与B’C’、CA与C’A’的交点F，D，E在同一条直线上(笛沙格定理)。

12. 设圆内接六边形ABCDEF的对边延长线相交于三点P，Q，R，则这三点在一条直线上(帕斯卡定理)。

第四讲 四点共圆问题

“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用.

1 “四点共圆”作为证题目的

例1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆.

(第19届美国数学奥林匹克)

分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM.

欲证M，N，P，Q四点共圆，须证

MK·KN＝PK·KQ， 即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)

NA2222 或MC′-KC′=PB′-KB′

. ①

Q不难证明 AP=AM，从而有

C′B′2222AB′+PB′=AC′+MC′.

K2222PM故 MC′-PB′=AB′-AC′

BC =(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)

=KC′2-KB′2. ②

O由②即得①，命题得证.

例2．A、B、C三点共线，O点在直线外，O1，O2，O3分别为△OAB，

O1△OBC，△OCA的外心.求证：O，O1，O2，O3四点共圆.

O2O3(第27届莫斯科数学奥林匹克)

分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.

ABC1观察△OBC及其外接圆，立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.观察△OCA及其外接圆，

21立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1O，O1，O2，O3共圆.

2利用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.

2 以“四点共圆”作为解题手段

CD这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面.

(1)证角相等

KM例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上，

∠DAM＝∠CBK. 求证：∠DMA＝∠CKB.

··AB分析：易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，

有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC＝180°，

A ∴∠CMK+∠KDC＝180°.

故C，D，K，M四点共圆∠CMD＝∠DKC.

OK 但已证∠AMB＝∠BKA， ∴∠DMA＝∠CKB.

B(2)证线垂直

NC例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同).

MG△ABC

外接圆和△BKN外接圆相交于B和M.求证：∠BMO=90°.

分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.

连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.

而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK，

∴∠COK+∠CMK=180°C，O，K，M四点共圆.

在这个圆中，由 OC=OK

OC=OK∠OMC=∠OMK.

但∠GMC=∠BMK， 故∠BMO=90°.

(3)判断图形形状

例5．四边形ABCD内接于圆，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的内心依次记为IA，IB，IC，ID.试证：IAIBICID是矩形.

11D分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得∠AICB=90°+∠ADB=90°+

22IBIA∠ACB=∠AIDBA，B，ID，IC四点共圆.

C同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时

1ICID∠AICID=180°-∠ABID =180°-∠ABC，

2AB∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∴∠AICID+∠AICIB=360°-1∠ADC，

211(∠ABC+∠ADC)=360°-×180°=270°.故∠IBICID=90°.

22同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.

(4)计算

例6．正方形ABCD的中心为O，面积为1989㎝2.P为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________

CD分析：答案是PB=42㎝.怎样得到的呢？连接OA，OB.易知O，P，A，B

四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°.

O222故PA+PB=AB=1989.

P·由于PA:PB=5:14，可求PB.

BA·(5)其他

例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断).

A·E(1978，全国高中联赛)

·D·分析：设△EFG为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方形的三条边上，所以不妨令F，G两点在正方·形的一组对边上. 作正△EFG的高EK，易知E，K，G，D四点共圆F··GK∠KAE=60°.故△KAD也是一个正三B∠KDE=∠KGE=60°.同理，C角形，K必为一个定点.又正三角形面积取决于它的边长，

当KF丄AB时，边长为1，这时边长最小，而面积S=3也最小.

4当KF通过B点时，边长为2·23，这时边长最大，面积S=23-3也最大.

例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.

分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接MQ′，SQ′.

易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.

根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称MQ′=MQ.

又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径(∠RMS=90°)，MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.

练习题

1.⊙O1交⊙O2 于A，B两点，射线O1A交⊙O2 于C点，射线O2A

交⊙O1 于D点.求证：点A是△BCD的内心.

(提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2

四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.)

2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.

(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)

3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.

4.在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高，P是AB上的点，过A点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证：PD丄QD.

(提示：证B，Q，E，P和B，D，E，P分别共圆)

，BE，CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1，从B引FD的垂线l2，从C引DE的垂线l3.求证：l1，l2，l3三线共点.(提示：过B作AB的垂线交l1于K，证：A，B，K，C四点共圆)

第五讲 三角形的五心

三角形的外心、重心、垂心、内心及旁心，统称为三角形的五心.

一、外心.

三角形外接圆的圆心，简称外心.与外心关系密切的有圆心角定理和圆周角定理.

例1．过等腰△ABC底边BC上一点P引PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交AC于N.作点P关于MN的对称点P′.试证：P′点在△ABC外接圆上.

(杭州大学《中学数学竞赛习题》)

分析：由已知可得MP′=MP=MB，NP′=NP =NC，故点M是△P′BP的外心，点N是△P′11AP\'PC的外心.有 ∠BP′P=∠BMP=∠BAC，

22N11 ∠PP′C=∠PNC=∠BAC.

22MBC ∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC.

P 从而，P′点与A，B，C共圆、即P′在△ABC外接圆上.

由于P′P平分∠BP′C，显然还有 P′B:P′C=BP:PC.

例2．在△ABC的边AB，BC，CA上分别取点P，Q，S.证明以△APS，△BQP，△CSQ的外心为顶点的三角形与△ABC相似.

分析：设O1，O2，O3是△APS，△BQP，△CSQ的外心，作出六边形

AO1PO2QO3S后再由外心性质可知

∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.从而又知∠O1PO2+

O2O3B∠O2QO3+∠O3SO1=360°

CQ 将△O2QO3绕着O3点旋转到△KSO3，易判断△KSO1≌△O2PO1，

同时可得△O1O2O3≌△O1KO3.

111 ∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K=(∠O2O1S+∠SO1K)=(∠O2O1S+∠PO1O2)

2221 =∠PO1S=∠A；

2 同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC.

二、重心

三角形三条中线的交点，叫做三角形的重心.掌握重心将每条中线都分成定比2:1及中线长度公式，便于解题.

例3．AD，BE，CF是△ABC的三条中线，P是任意一点.证明：在△PAD，△PBE，△PCF中，其中一个面积等于另外两个面积的和.

A (第26届莫斯科数学奥林匹克)

分析：设G为△ABC重心，直线PG与AB，BC相交.从A，C，D，E，F分别

A\'F\'EFG作该直线的垂线，垂足为A′，C′，D′，E′，F′.

E\' 易证AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′，

D\'BCC\'D ∴EE′=DD′+FF′.

P 有S△PGE=S△PGD+S△PGF. 两边各扩大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF.

例4．如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相似.其逆亦真.

分析：将△ABC简记为△，由三中线AD，BE，CF围成的三角形简记为△′.G为重心，连DE到H，使EH=DE，连HC，HF，则△′就是△HCF.

(1)a2，b2，c2成等差数列△∽△′.

若△ABC为正三角形，易证△∽△′.

11 不妨设a≥b≥c，有 CF=2a22b2c2， BE=2c22a2b2，

221 AD=2b22c2a2.

2 将a2+c2=2b2，分别代入以上三式，得 CF=333a，BE=b，AD=c.

222 ∴CF:BE:AD =333a:b:c =a:b:c. 故有△∽△′.

222 (2)△∽△′a2，b2，c2成等差数列.

当△中a≥b≥c时， △′中CF≥BE≥AD.

∵△∽△′， ∴S\'CF2＝().

SaS\'33 据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的”，有=.

S44CF23 ∴2=3a2=4CF2=2a2+b2-c2a2+c2=2b2.

4a三、垂心

三角形三条高的交战，称为三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四个等(外接)圆三角形，给我们解题提供了极大的便利.

例5．设A1A2A3A4为⊙O内接四边形，H1，H2，H3，H4依次为

△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心.求证：H1，H2，H3，H4四点共圆，并确定出该圆的圆心位置.

分析：连接A2H1，A1H2，H1H2，记圆半径为R.由△A2A3A4知

A1A2

A2H1=2RA2H1=2Rcos∠A3A2A4；

sinA2A3H1H1O.H2A3 由△A1A3A4得 A1H2=2Rcos∠A3A1A4.

A4 但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2.

∥ 易证A2H1∥A1A2，于是，A2H1

AH，

=12 故得H1H2

∥ AA.设H1A1与H2A2的交点为M，故H1H2与A1A2关于M点成中心对称.

=21 同理，H2H3与A2A3，H3H4与A3A4，H4H1与A4A1都关于M点成中心对称.故四边形H1H2H3H4与四边形A1A2A3A4关于M点成中心对称，两者是全等四边形，H1，H2，H3，H4在同一个圆上.后者的圆心设为Q，Q与O也关于M成中心对称.由O，M两点，Q点就不难确定了.

例6．H为△ABC的垂心，D，E，F分别是BC，CA，AB的中心.一个以H为圆心的⊙H交直B2AC1线EF，FD，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2.

求证：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2.

分析：只须证明AA1=BB1=CC1即可.设BC=a， CA=b，AB=c，△ABC外

接圆半径为R，⊙H的半径为r.

连HA1，AH交EF于M.

AA12=AM2+A1M2=AM2+r2-MH2

=r2+(AM2-MH2)， ①

11AH1)2-(AH-AH1)2

22 =AH·AH1-AH2=AH2·AB-AH2

2

=cosA·bc-AH， ②

AH 而=2RAH2=4R2cos2A,

sinABHa=2Ra2=4R2sin2A.

sinA∴AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2. ③

又AM2-HM2=(b2c2a21由①、②、③有 AA=r+·bc-(4R2-a2)=(a2+b2+c2)-4R2+r2.

2bc2212同理，BB12=12221(a+b+c)-4R2+r2，CC12=(a2+b2+c2)-4R2+r2.故有AA1=BB1=CC1.

22四、内心

三角形内切圆的圆心，简称为内心.对于内心，要掌握张角公式，还要记住下面一个极为有用的等量关系：

设I为△ABC的内心，射线AI交△ABC外接圆于A′，则有A ′I=A′B=A′C.换言之，点A′必是△IBC之外心(内心的等量关系之逆同样有用).

D例7．ABCD为圆内接凸四边形，取△DAB，△ABC，△BCD，

O4O3C△CDA的内心O1， O2，O3，

O4.求证：O1O2O3O4为矩形.

O2O

B

A

例8．已知⊙O内接△ABC，⊙Q切AB，AC于E，F且与⊙O内切.试证：EF中点P是△ABC之内心.

分析：在第20届IMO中，美国提供的一道题实际上是例8的一种特例，但它增加了条件AB=AC.当AB≠AC，怎样证明呢？

r 如图，显然EF中点P、圆心Q，BC中点K都在∠BAC平分线上.易知AQ=.

sin ∵QK·AQ=MQ·QN，

1 ∴QK=MQQN(2Rr)r==sin(2Rr).

AQr/sinMREOBrAααPQFNC 由Rt△EPQ知PQ=sinr.

∴PK=PQ+QK=sinr+sin(2Rr)=sin2R.

∴PK=BK.

K 利用内心等量关系之逆定理，即知P是△ABC这内心. 五、旁心

三角形的一条内角平分线与另两个内角的外角平分线相交于

一点，是旁切圆的圆心，称为旁心.旁心常常与内心联系在一起，

旁心还与三角形的半周长关系密切.

例9．在直角三角形中，求证：r+ra+rb+rc=2p.式中r，ra，rb，rc分别表示内切圆半径及与a，b，c相切的旁切圆半径，p表示半周.(杭州大学《中学数学竞赛习题》)

分析：设Rt△ABC中，c为斜边，先来证明一个特性：

p(p-c)=(p-a)(p-b).

rcK111122AO3∵p(p-c)=(a+b+c)·(a+b-c)=[(a+b)-c]

=ab；

2242O211rbO(p-a)(p-b)=(-a+b+c)·(a-b+c)

rE22BraC1212 =[c-(a-b)]=ab.

O142∴p(p-c)=(p-a)(p-b). ①

观察图形，可得ra=AF-AC=p-b，rb=BG-BC=p-a，rc=CK=p.

1而r=(a+b-c)=p-c.∴r+ra+rb+rc =(p-c)+(p-b)+(p-a)+p =4p-(a+b+c)=2p.

2由①及图形易证.

例10．M是△ABC边AB上的任意一点.r1，r2，r分别是△AMC，△BMC，△ABC内切圆的半径，q1，q2，q分别是上述三角形在∠ACB内部的旁切圆半径.

证明：r1rr·2=.

q1q2qC\'OA\'..ED.B\'A\'分析：对任意△A′B′C′，由正弦定理可知OD=OA′·sin

2B\'A\'B\'sinsinsinA\'22，

2 =A′B′··sin =A′B′·A\'B\'2sinA\'O\'B\'sin2A\'B\'coscos22. O′E= A′B′·A\'B\'sin2ODA\'B\'tgtg. ∴O\'E22O\'亦即有

r1rACMACNBBABr·2=tgtgtgtg =tgtg=.

q1q2222222q六、众心共圆

这有两种情况：(1)同一点却是不同三角形的不同的心；(2)同一图形出现了同一三角形的几个心.

例11．设在圆内接凸六边形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.试证：(1)AD，BE，CF三条对角线交于一点；

(2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF.

(1991，国家教委数学试验班招生试题)

分析：连接AC，CE，EA，由已知可证AD，CF，EB是△ACE的三条内角平分线，I为△ACE的内心.从而有ID=CD=DE，

IF=EF=FA， IB=AB=BC.

..Erdos不等式有： 再由△BDF，易证BP，DQ，FS是它的三条高，I是它的垂心，利用

A BI+DI+FI≥2·(IP+IQ+IS).

F 不难证明IE=2IP，IA=2IQ，IC=2IS.

BQ ∴BI+DI+FI≥IA+IE+IC.

IPE ∴AB+BC+CD+DE+EF+FA =2(BI+DI+FI)

S ≥(IA+IE+IC)+(BI+DI+FI)=AD+BE+CF.

C I就是一点两心.

D例12．△ABC的外心为O，AB=AC，D是AB中点，E是△ACD的重心.证明OE丄CD.

(加拿大数学奥林匹克训练题)

A分析：设AM为高亦为中线，取AC中点F，E必在DF上且DE:EF=2:1.设

CD交AM于G，G必为△ABC重心.连GE，MF，MF交DC于K.易证：

EFDG1DG:GK=DC:()DC=2:1.

OK3BC ∴DG:GK=DE:EFGE∥MF.

∵OD丄AB，MF∥AB，

∴OD丄MFOD丄GE.但OG丄DEG又是△ODE之垂心.易证OE丄CD.

例13．△ABC中∠C=30°，O是外心，I是内心，边AC上的D点与边BC上的E点使得AD=BE=AB.求证：OI丄DE，OI=DE.

分析：辅助线如图所示，作∠DAO平分线交BC于K.

DA30°C 易证△AID≌△AIB≌△EIB，∠AID=∠AIB=∠EIB.

OKI1FE 利用内心张角公式，有 AIB=90°+∠C=105°，

2B ∴∠DIE=360°-105°×3=45°.

111 ∵∠AKB=30°+∠DAO=30°+(∠BAC-∠BAO)=30°+(∠BAC-60°)

2221 =∠BAC=∠BAI=∠BEI.

2 ∴AK∥IE.

由等腰△AOD可知DO丄AK，

∴DO丄IE，即DF是△DIE的一条高.

同理EO是△DIE之垂心，OI丄DE.

由∠DIE=∠IDO，易知OI=DE.

例14．锐角△ABC中，O，G，H分别是外心、重心、垂心.设外心到三边距离和为d外，重心到三边距离和为d重，垂心到三边距离和为d垂.

A求证：1·d垂+2·d外=3·d重.

分析：这里用三角法.设△ABC外接圆半径为1，三个内角记为A，B，

H3G3O2C. 易知d外=OO1+OO2+OO3

O3G2=cosA+cosB+cosC，

H2OGI ∴2d外=2(cosA+cosB+cosC). ①

BCO1G1H1 ∵AH1=sinB·AB=sinB·(2sinC)=2sinB·sinC，

同样可得BH2·CH3.

∴3d重=△ABC三条高的和

=2·(sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB) ②

BH ∴=2，

sinBCHADFCPOEGB ∴HH1=cosC·BH=2·cosB·cosC.

同样可得HH2，HH3.

∴d垂=HH1+HH2+HH3

=2(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB) ③

欲证结论，观察①、②、③，

须证(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosC)=sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB.即可.

cosB)+( cosA+ cosB+

练 习 题

1.I为△ABC之内心，射线AI，BI，CI交△ABC外接圆于A′，B′，C ′.则AA′+BB′+CC′＞△ABC周长.

2.△T′的三边分别等于△T的三条中线，且两个三角形有一组角相等.求证这两个三角形相似.(1989，捷克数学奥林匹克)

3.I为△ABC的内心.取△IBC，△ICA，△IAB的外心O1，O2，O3.求证：△O1O2O3与△ABC有公共的外心.(1988，美国数学奥林匹克)

为△ABC内角平分线.取△ABC，△ABD，△ADC的外心O，O1，O2.则△OO1O2是等腰三角形.

5.△ABC中∠C＜90°，从AB上M点作CA，CB的垂线MP，MQ.H是△CPQ的垂心.当M是AB上动点时，求H的轨迹.(IMO-7)

16.△ABC的边BC=(AB+AC)，取AB，AC中点M，N，G为重心，I为内心.试证：过A，M，2N三点的圆与直线GI相切.(第27届莫斯科数学奥林匹克)

7.锐角△ABC的垂心关于三边的对称点分别是H1，H2，H3.已知：H1，H2，H3，求作△ABC.(第7届莫斯科数学奥林匹克)

8.已知△ABC的三个旁心为I1，I2，I3.求证：△I1I2I3是锐角三角形.

，AC切⊙O于B，C，过OA与BC的交点M任作⊙O的弦EF.求证：(1)△AEF与△ABC有公共的内心；(2)△AEF与△ABC有一个旁心重合.