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注意添加平行线证题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.例1设P、Q为 线段BC上两点，且BP=CQ,ADA为BC外一动点（如图D.当点A运动到使ZBAP=ZCAQ时,AABC是什么三角形？试证明你的结论.BP答：当点A运动到使N BAP=N CAQ时,4ABC为等腰三角形.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=N AQ C中，显然N DBP=N AQ C,N DPB=N C.由BP=CQ,可知DBPAAQ C.有 DP=AC,ZBDP=ZQ AC.于是，DABP,N BAP=ZBDP.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N Q AC“平推”到N 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，EPN BAF=N BCE.求证：N EBA=/ADE.证明：如图2,分别过点A、B作ED、EC的平行线,得交点P,连PE.BF由AB CD,易知4PBA之4ECD.有=图2PA=ED,PB=EC.显然，四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有N BCE=N BPE,N APE=N ADE.由 N BAF=N BCE,可知ZBAF=ZBPE.有P、B、A、E四点共圆.于是，N EBA=N APE.所以，ZEBA=ZADE.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.ZAPE成为N EBA与N 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4ABC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BDN M于F,过点F作BC的平行线分别交PQ、AC E于K、G,连PG.由BD平行N ABC,可知点F 到AB、BC CBQ两边距离相等.有KQ=PN.图3显然，EPEF CG=,可知 PG/EC.PDF DGD由CE平分N BCA,知GP平分N F GA.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M l、M 2是AABC的BC边上的点，且BM 1=CM 2.任作一直线分别交AB、AC、AM I、AM 2于 P、Q、N l、N 2.试证：AM lAM 2ACAB+=+.AN 1AN 2APAQ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的平行线交直线BC于E.由 BM 1=CM 2,可知 BE+CE=M 1E+M 2E,易知 APQ 2M 1M 2D 图 4EBABBEACCE=,=,APDEAQ DEAM 1M EAM 2M E=1,=2.AN 1DEAN 2DE则 AM 1AM 2ABACBE CEM 1E M 2E+=+.AN 1AN 2DEAPAQ DE所以，AM lAM 2ABAC+=+.AN 1AN 2APAQ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4ABC的高线,K为AD上一点,BK交AC于E,CK交AB于F.求证：N F DA=Q M PAN ZEDA.证明：如图5,过点A作BC的平行线，分F别交直线DE、DF、BE、CF于Q、P、N、M.BDKDDC 显然，=.AN KAAM由 BD 图 5c 有 BD AM=DC AN.(1)APAF AM=,有 BDF BBCBD AM AP=.(2)BCAEAN AQ 由=，有 ECBCDCDC AN AQ=.(3)BC对比、(2)、(3)有AP=AQ.显然AD为PQ的中垂线,故AD平分N PDQ.所以，/F DA=/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AABC中,AD是BC边上的中线，点M在AB边上，点N在AC边上，并且/M DN=90 .如果 BM 2+CN 2=DM 2+DN 2,求证：AD2=1(AB2+AC2).4证明：如图6,过点B作AC的平行线交N D A延长线于E.连M E.M 由 BD=DC,可知 ED=DN.有 NBEDACN D.CB 于是,BE=N C.E显然,M D为EN的中垂线.有图6 EM=M N.由 BM 2+BE2=BM 2+N C2=M D2+DN 2=M N 2=EM 2,可知4BEM 为直角三角形，ZM BE=90 .有ZABC+ZACB=ZABC+ZEBC=90 .于是，N 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.C例7如图7,AB为半圆直径,D为AB上一点，F E分别在半圆上取点E、F,使EA=DA,F B=DB.过D作AB的垂线，交半圆于C.求证：CD平A 分 EF.BGDOH证明：如图7,分别过点E、F作AB的垂线,G、H为垂足，连图7F A、EB.易知DB2=F B2=AB HB,AD2=AE2=AG AB.二式相减，得DB2AD2=AB(HB-AG),或(DB-AD)AB=AB(HB-AG).于是,DB-AD=HB-AG,或 DB-HB=AD-AG.就是 DH=GD.显然,EGCDF H.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、F H,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.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.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2DM AM=BN ANM EN CBN M EDM DM即=或=.BN M EN CN C 此式表明,DM=M E的充要条件是BN=N C.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A后得交点E、F,对角线BDEF,AC的延长 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、EAF 于 M、N.由 BDEF,可知 M N BD.易知 G图 9 SABEF=SADEF.有 SzM 3EC=SzM I KG*5IIDF C.可得 M C=CN.DN图8CEDN F所以，EG=GF.例9如图10,。0是4ABC的边BC外的旁 切圆,D、E、F分别为。与BC、CA、AB的切点.若0 D与EF相交于K,求证：AK平分BC.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、OOE、OF.图 10 由 0 DLBC,可知 OK_ LPQ.由OF _ LAB,可知0、K、F、Q四点共圆，有ZF 0 Q=ZF KQ.由OE_ LAC,可知0、K、P、E四点共圆.有ZE0 P=ZEKP.显然，N F KQ=N EKP,可知ZF 0 Q=ZE0 P.由OF=OE,可知RtAOF Q RtAOEP.则 OQ=OP.于是,OK为PQ的中垂线，故Q K=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N M于E,延长CD交 直线N M于F.求证：N BEN=N CF N.（提示：设P为AC的中点，易证PM=PN.）2.设 P 为aABC 边 BC 上一点，且 PC=2PB.已知N ABC=45,N APC=60 .求N ACB.（提 示：过点C作PA的平行线交BA延长线于点D.易证ACDsaPBA.答：75）3.六边开 ABCDEF 的各角相等,F A=AB=BC,N EBD=60 ,S4EBD=60 cm2.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 EM Q D面积相等.答：120 cm2）4.AD为RtAABC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=k2.1）21 k5.AB为半圆直径,C为半圆上一点,CD1AB于D,E为DB上一点,过D作CE的垂线交CB于F.求证：ADCF=.DEF Blalb（提示：过点F作AB的平行线交CE于点H.H为4CDF的垂心.）6.在aABC中，N A:N B:N C=4:2:1,N A、ZB N C 的对边分别为 a、b、c.+=1.c（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AABC的边AC和BC为一边在4ABC外作正方形ACDE和CBF G,点P是EF的中点.求证：P点到边AB的距离是AB的一半.8.4ABC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：F H=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。0的直径,PD为。的切线,PCB为。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、P.过。作BP的垂线,G为垂足.ABGF.）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.1.1 作出三角形的外接圆A例1如图1,在4ABC中,AB=AC,D是底边BC上一点,E是线段AD上一点且N BED=2N CED=EN A.求证:BD=2CD.分析：关键是寻求N BED=2N CED与结论的联系.B容易想到作N BED的平分线，但因BEWED,故不能F直接证出BD=2CD.若延长AD交4ABC 的外接圆图1于F,则可得EB=EF,从而获取.证明：如图1,延长AD与AABC的外接圆相交于点F,连结CF与BF,则N BF A=N BCA=N ABC=N AF C,即 N BF D=N CF D.故 BF:CF=BD:DC.又N BEF=ZBAC,N BF E=ZBCA,从而N F BE=N ABC=N ACB=ZBF E.故 EB=EF.作N BEF的平分线交BF于G,则BG=GF.因N GEF=1N BEF=N CEF,N GF E=N CF E,故F EGF EC.从而 GF=F C.2 于是,BF=2CF.故 BD=2CD.1.2 利用四点共圆CB例2凸四边形ABCD中，N ABC=60，/BAD=DN BCD=90 ,AB=2,CD=1,对角线 AC、BD 交于点 0,如图 2.则 sinN A0 B=.分析：由N BAD=N BCD=90 可知A、B、C、D P四点共圆，欲求sinN AOB,联想到托勒密 定理,只须求出BC、AD图2即可.解：因 N BAD=N BCD=90 ,故 A、B、C、D 四点共圆.延长 BA、CD 交于 P,则N ADP=N ABC=60.设 AD=x，有 AP=x,DP=2x.由割线定理得(2+3x)3x=2x(l+2x).解得 AD=x=2-2,BC=1BP=4-.2由托勒密定理有BD CA=(43)(22)+2X1=10 12.又 SABCD=S4ABD+S4BCD=3.2故 sinN A0 B=15 6.26A 例 3 已知：如图 3,AB=BC=CA=AD,AH1CD 于 H,CP1BC,CP 交 AH 于 P.求证：ABC的面积S=APBD.4分析：因 S4ABC=BD 图 3H32BC=AC BC,只 44须证ACBC=APBD,转化为证APCsaBCD.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,AH1CD得N ACQ=ZADQ.又 AB=AD,故N ADQ=N ABQ.从而，N ABQ=N ACQ.可知A、B、C、Q四点共圆.N APC=90 +N PCH=ZBCD,N CBQ=ZCAQ,AAAPCABCD.AAC 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例4如图4,四边形ABCD中，ABCD,AD=DC AB=DB=p,BC=q.求对角线AC的长.E分析：由“AD=DC=DB=p”可知A、B、C在CD半径为p的。D上.利用圆的性质即可找 到AC与P、q的关系.图4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.VAB/7CD,=从而,BC=AE=q.在4ACE 在 ZCAE=90 ,CE=2p,AE=q,故22 AC=CE AE=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N BAC为锐角,则AD的取值范围是.分析：由“N 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AO(1,9),对称轴为x=l,与x轴交于两点B(2,0)、C(4,0).分别以BC、DA为直径作。D、OE,则两圆与抛物线均交于两点P(l 22,1)、Q(l+22,1).图5可知，点A在不含端点的抛物线PA0 Q内时，N BACV90。.且有 3=DP=DQ VADWDA0=9,即AD的取值范围是3VADW9.2.3 联想圆嘉定理构造辅助圆例6 AD是RtAABC斜边BC上的高，ZB的平行线交AD于M,交AC于N.求证：AB2AN 2=BM BN.分析：因AB2AN 2=(AB+AN)(AB-AN)=BMBN,而由题设易知AM=AN,联想割线定理,构 造辅助圆即可证得结论.证明：如图6,EVZ2+Z3=Z4+Z5=90 ,又N 3=N 4,N 1=N 5,A,N l=N 2.从而,AM=AN.NF以AM长为半径作。A,交AB于F,交BA的延长线于E.则AE=AF=AN.DB由割线定理有 图6BM BN=BF BE=(AB+AE)(AB-AF)=(AB+AN)(AB-AN)=AB2-AN 2,即 AB2-AN 2=BM BN.例7如图7,ABCD是。0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F Q分另I J切。于P、Q.求证：EP2+F Q 2=EF 2.分析：因EP和F Q是。的切线，由结论联想到切割线定理，构造辅助圆使EP、F Q向EF转 化.证明：如图7,作4BCE的外接圆交EF于G,连 结CG.因N F DC=N ABC=N CGE,故F、D、C、G四点共圆.由切割线定理，有EF 2=(EG+GF)EF=EG EF+GF EF=EC ED+F C F B=EC ED+F C F B=EP2+F Q 2,即 EP2+F Q 2=EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆A例8如图8,AABC与AA B AcbbC的三边分别为a、b、c与a、b、c,且N B=N B,N A+N A CB(1)=180 .试证：aa=bb+cc.(2)图 8 分析：因N B=N B，N A+N A=180 ,由结论联想到托勒密定理，构造圆内接四边形加以证明.证明：作AABC的外接圆，过C作CDAB交圆于D,连结AD和BD,如图9所示.,.，N A+ZAZ=180=ZA+ZD,A N BCD=N B=N B，,c A ZAZ=N D,N B=N BCD.C.A B C CD,K,M 分别在 AD,BC,ZDAM=ZCBK.求证：ZDM A=ZCKB.CD（第二届祖冲之杯初中竞赛）KAM B分析：易知A,B,M,K四点共圆.连接KM,有N DAB=N CM K.YN DAB+N ADC=180,/.ZCM K+ZKDC=180 .故 C,D,K,M 四点共圆 ZCM D=ZDKC.但已证 N AM B=N BKA,N DM A=N CKB.A（2）证线垂直例4.。过AABC顶点A,C,且与AB,BC交于K,N（K与N不同）.AABC外接圆和BKN外接圆相交于B和BM.求证：ZBM 0=90 .（第26届I M O第五题）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,M C,M K,延长BM到G.易得N GM C=N BAC=N BN K=N BM K.而N C0 K=2 ZBAC=ZGM C+ZBM K=180 -ZCM K,.*.ZC0 K+ZCM K=180o C,0,K,M 四点共圆.在这个圆中，由OC=OK=ZOM C=ZOM K.但 N GM C=N BM K,故 N BM 0=90 .(3)判断图形形状例5.四边形ABCD内接于圆，ABCD,AACD,AABD,ABC的内心依次记为 I A,I B,I C,I D.试证：I AI BI CI D是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析：连接AI C,AI D,BI C,BI D和DI B.易得 11I BAZAI CB=9O+ZADB=90 +C22 ZACB=ZAI DB A,B,I D,I C 四点共圆.A 同理，A,D,I B,I C 四点共圆.此时 1ZAI CI D=18O-ZABI D=180 -ZABC,21ZAI CI B=18O-ZADI B=180 -ZADC,2ZAI CI D+ZAI CI B1=360 -(ZABC+ZADC)21=360 -X 1800=270 .2故N I BI CI D=90 .同样可证I AI BI CI D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0,面积为1989 cm 2.P为正方形内一点，且N 0 PB=45,PA:PB=5:14.!JllJPB=（1989,全国初中联赛）CD分析：答案是PB=42cm.怎样得到的呢？连接 OA,0 B.易知 0,P,A,B 四点共圆，有N APB=N A0 B=90 .故 PA2+PB2=AB2=1989.BA 由于 PA:PB=5:14,可求 PB.（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）.（1978,全国高中联赛）分析：设4EF G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AE对边上.D*作正4EF G的高EK,易知E,K,G,D四点共圆 N KDE=N KGE=60 .同G理，N KAE=60 .故AKAD也是一个正F C三角形，K 必为一个定点.B又正三角形面积取决于它的边长，当KF LAB时，边长为1,这时边长最小，而面积S=3也最小.当KF通过B点时，边长为22,这4时边长最大，面积S=2-3也最大.例8.N S是。的直径，弦ABLN S于M,P为上异于N的任一点，PS交AB于R,PM的延长线交。于Q.求证：RSM Q.（1991,江苏省初中竞赛）分析：连接N P,N Q,N R,N R的延长线交。于Q，.连接M Q ,SQ.易证N,M,R,P四点共圆，从而，N SN Q =N M N R=ZM PR=ZSPQ=ZSN Q.根据圆的轴对称性质可知Q与Q 关于N S成轴对称M Q =M Q.又易证M,S,Q ,R四点 共圆，且RS是这个圆的直径（ZRM S=90 ),M Q 是一条弦(N M SQ M Q .但 M Q=M Q,所以，RSM Q.练习题 1.。01交。02于A,B两点，射线0 1A交。02于C点，射线0 2A交。01于D点.求证：点A是ABCD的内心.（提示：设法证明C,D,01,B四点共圆，再证C,D,B,02四点共圆，从而知C,D,01,B,02五点共圆.）2.4ABC为不等边三角形.N A及其外角平分线分别交对边中垂线于Al,A2；同样得到 Bl,B2,Cl,C2.求证:A1A2=B1B2=C1C2.（提示：设法证N ABA1与N ACA1互补造成A,B,Al,C四点共圆；再证A,A2,B,C四点 共圆，从而知AL A2都是aABC的外接圆上，并注意N A1AA2=9O.）3.设点M在正三角 形三条高线上的射影分别是M l,M 2,M 3（互不重合）.求证：M 1M 2M3也是正三角形.4.在RtAABC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 Q D.（提示：证B,Q,E,P和B,D,E,P分别共圆）5.AD,BE,CF是锐角AABC的三条高.从A引EF的垂线11,从B引F D的垂线12,从C引 DE的垂线13.求证：11,12,13三线共点.（提示：过B作AB的垂线交11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M N的对称点口.试证：P点在AABC外接圆上.（杭州大学中学数 学竞赛习题）AP分析：由已知可得M P=M P=M B,N P=N P=N C,故点M是AP BP的外 心，点N 是P，PC 的外心.有 11BC N BP P=ZBM P=ZBAC,P2211 N PP C=ZPN C=ZBAC.22.*.ZBP/C=N BP P+N P PC=ZBAC.从而，P点与A,B,C共圆、即P在AABC外接圆上.由于P P平分N BP C,显然还 有Pz B:P C=BP:PC.例2.在AABC的边AB,BC,CA上分别取点P,Q,S.证明以AAPS,ABQ P,CSQ的外心为顶点的三角形与AABC相似.(B 波拉索洛夫中学数学奥林匹克)A 分析：设 01,02,03 是AAPS,ABQ P,CSQ的外心，作出六边形K0 1P0 2Q 0 3s后再由外心性质可知OBC ZP0 1S=2ZA,QZQ 0 2P=2ZB,ZS0 3Q=2ZC.，ZP0 1S+ZQ 0 2P+ZS0 3Q=360 .从而又知N 0 1P0 2+N 0 2Q 0 3+N 0 3soi=360将0 2Q 0 3绕着03点旋转到KS0 3,易判断KS0 1g40 2P0 1,同时可得0 10 20 3 名0 1K0 3.1 A Z0 20 10 3=ZK0 10 3=Z0 20 1K 21=(Z0 20 1S+ZS0 1K)21=(Z0 20 1S+ZP0 10 2)21=ZP0 1S=ZA；2同理有N 0 10 20 3=N B.故0 10 20 3sABC.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aABC的三条中线，P是任意一点.证明：在APAD,PBE,4PCF中，其中一个面积等于另外两个面积的和.(第26届莫斯科数学奥林匹克)A分析：设G为AABC重心，直线PG与ABA,BC相交.从A,C,D,E,F分别E作该直线的垂线，垂足为A,C，D，E,F .BC 易证 AA=2DD/,CC=2F F ,2EEZ 二AA+P.*.EEZ=DDZ+F F.有 SAPGE=SAPGD+SAPGF.两边各扩大3倍，有S4PBE=S4PAD+S4PCF.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AABC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AHCF.(I)a2,b2,c2成等差数列 2N.若AABC为正三角形，易证sa.不妨设abc,有1 CF=2a2 2b2 c2,21 BE=2c2 2a2 b2,21 AD=2b2 2c2 a2.2将a2+c2=2b2,分别代入以上三式，得CF=33a,BE=b,AD=c.22233a:b:c 222.*.CF:BE:AD=a:b:c.故有4s4 a2,b2,c2成等差数列.当中abN c时，中 CF 2BE2AD.AS，CF 2=（）.S a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S 3=.S 43”，有 4CF 23；2=3a2=4CF 2=2a2+b2-c2 4aa2+c2=2b2.三、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。0内接四边形，Hl,H2,H3,H4依次为A2A3A4,AA3A4A1,AA4A1A2,AAI A2A3 的垂心.求证：Hl,H2,H3,H4 四点共圆，并 确定出该圆的圆心位置.（1992,全国高中联赛）1A分析：连接A2H1,A1H2,H1H2,记圆半径为 R.由 AA2A3A4 知 2A2H1=2R A2Hl=2Rcos ZA3A2AA434sin A2A3H1由 AlA3A4 得AlH2=2RcosZA3AlA4.但N A3A2A4=N A3A1A4,故 A2Hl=A1H2./易证 A2H1A1A2,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=21成中心对称.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0也关于M成中心对称.由0,M两点,Q点就不难确定了.例6.H为AABC的垂心，D,E,F分别是BC,CA,AB的中心.一个以H为圆心的。H 交直线 EF,F D,DE 于 Al,A2,Bl,B2,Cl,C2.求证：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2.(1989,加拿大数学奥林匹克训练题)B21A分析：只须证明AA1=BB1=CC1即可.设EA2AlBC=a,CA=b,AB=c,ABC外接圆半径为 R,。口的半径为 r.BC1 连 HAI,AH 交 EF 于 M.AA12=AM 2+AlM 2=AM 2+r2-M H22Bl=r2+(AM 2-M H2),11 又 AM 2-HM 2=(AH1)2-(AH-AH1)2 22=AH AH1-AH2=AH2 AB-AH22=cosA bc-AH,AH 而=2R AH2=4R2cos2A,sin ABHa=2R a2=4R2sin2A.sinA.*.AH2+a2=4R2,AH2=4R2-a2.由、有b2 c2 a2AA=r+bc-(4R2-a2)2bc2121222(a+b+c)-4R2+r2.21 同理，BB12=(a2+b2+c2)-4R2+r2,21CC12=(a2+b2+c2)-4R2+r2.2故有 AA1=BB1=CC1.四、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AABC的内心，射线AI交4ABC外接圆于A,则有A I=AZ B=AC.换言之，点葭必是AI BC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,AABC,ABCD,CCDA 的内心 01,0 2,0 3,0 4.求证：01020304为矩形.(1986,中国数学奥林匹克集训题)BA证明见中等数学1992；4例8.已知。0内接AABC,AC于E0内切.试证：EF中点P是AABC之内心.(B 波拉索洛夫中学数学奥林匹克)分析：在第20届I M 0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ABWAC,怎样证明呢？如图，显然EF中点P、圆心Q中点K都在N BAC平分线上.易知rAQ=.sin AMVQ K AQ=M Q Q N,=EM Q Q N.Q K=AQ BN C(2R r)r=sin(2R r).r/sin由 RtAEPQ 知 PQ=sin r.*.PK=PQ+Q K=sin r+sin(2R r)=sin 2R.*.PK=BK.利用内心等量关系之逆定理，即知P是4ABC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RtAABC中，c为斜边，先来证明一个特性：P(p-c)=(p-a)(p-b).11Vp(p-c)=(a+b+c),(a+b-c)cK220 310 2=(a+b)2-c2 4rbEl=ab；raC2111(p-a)(p-b)=(-a+b+c),(a-b+c)2211=c2-(a-b)2=ab.42.*.p(p-c)=(p-a)(p-b).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)2=p-c.r+ra+rb+rc=(p-c)+(p-b)+(p-a)+p=4p-(a+b+c)=2p.由及图形易证.例10.M是AABC边AB上的任意一点.rl,r2,r分别是AAM C,ABM C,ABC内切圆的半径，ql,q2,q分别是上述三角形在N ACB内部的旁切圆半径.证明：rlrr,2-.qlq2q(I M O-12)分析：对任意AA，B，L,由正弦定理可知OD=OAZ sinA 2CAEBBA=A B sin 2sin AOBABsin sin,=A B A B sin2A B coscos.O E=A B A B sin2ODA B tgtg.O E22亦即有sinrlrA CM A CN BB,2=tgtgtgtg qlq22222O)=tgABrtg=.22q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ABCDF E中,AB=BC,CD=DE,EF=F A.试证:(1)AD,BE,CF三条对角线交于一点；(2)AB+BC+CD+DE+EF+F A 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4ACE的三条内角平分线，I为4ACE的内心.从而有I D=CD=DE,I F=EF=F A,I B=AB=BC.再由ABDE,易证BP,DQ,F S是它的三条高，I是它的垂心，利用 不.等式有：ErdosA BI+DI+F I 22(I P+I Q+I S).F 不难证明 I E=2I P,I A=2I Q,I C=2I S.BQ ABI+DI+F I I A+I E+I C.E.,.AB+BC+CD+DE+EF+F A=2(BI+DI+F I)C 2(I A+I E+I C)+(BI+DI+F I)=AD+BE+CF.I就是一点两心.例12.4ABC的外心为0,AB=AC,D是AB中点，E是4ACD的重心.证明0 E 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EF DCD 交 AM 于 G,G 必为 AABC 重心.连 GE,M F,M F 交 DC 于 K.易证：0 1BCDG:GK=DC)DC=2:1.3.DG:GK=DE:EF GEM F.V0 D AB,M F AB,/.0 DM F 0 D _ L GE.但 0 G _ L DE G 又是之垂心.易证 0 E _ L CD.例13.AABC中N C=30 ,0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:01 DE,OI=DE.(1988,中国数学奥林匹克集训题)分析：辅助线如图所示，作N DA0平分线交BC于K.易证AI DgzAI BZzEI B,ZAI D=ZAI B=ZEI B.DAC利用内心张角公式，有I l ZAI B=90 +ZC=10 5,2B/.ZDI E=360 -10 5 X3=45.1 V ZAKB=30 +ZDA0 21=30。+(ZBAC-ZBA0)21=30 +(ZBAC-60 )21=N BAC=N BAI=N BEI.2，AKI E.由等腰aAOD可知DO _ L AK,ADO _ L I E,即 DF 是ADI E 的一条高.同理EO是aDI E之垂心，01 DE.由N DI E=N I D0,易知 OI=DE.例14.锐角AABC中，0,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A离和为d重，垂心到三边距离和为d垂.H求证：1 d垂+2d外=3 d重.G0 20 G2分析：这里用三角法.设AABC外接圆2半径为 1,三个内角记为 A,B,BC.易知 d 外=001+002+003 C0 1GlHl=cosA+cosB+cosC,2d 外=2(cosA+cosB+cosC).VAHl=sinB,AB=sinB,(2sinC)=2sinB,sinC,同样可得BH2 CH3./.3d三条高的和=2(sinB sinC+sinC sinA+sinA-sinB)BH.*.=2,sin BCH*.HHl=cosC BH=2,cosB,cosC.同样可得HH2,HH3.，d垂=血1+出12+皿3=2(cosB,cosC+cosC cosA+cosA,cosB)欲证结论，观察、，须证(cosB cosC+cosC cosA+cosA,cosB)+(cosA+cosB+cosC)=sinB sinC+sinC sinA+sinA,sinB.即可.练习题1.I为AABC之内心，射线AI,BI,CI交AABC外接圆于A，,B，,C，.则 AA，+BB/+CC AaABC 周长.(1982,澳大利亚数学奥林匹克）2.AT的三