初中數(shù)學(xué)競賽幾何講座共5講

1、圖2PA=ED,PB=EC.顯然,四邊形PBCE、PADE均為平行四邊形.有ZBCE=ZBPE,ZAPE=ZADE.初中數(shù)學(xué)競賽幾何講座（共5講）第一講注意添加平行線證題第二講巧添輔助妙解競賽題第三講點共線、線共點第四講四點共圓問題第五講三角形的五心第一講注意添加平行線證題在同一平面內(nèi),不相交的兩條直線叫平行線.平行線是初中平面幾何最基本的,也是非常重要的圖形.在證明某些平面幾何問題時,若能依據(jù)證題的需要,添加恰當?shù)钠叫芯€,則能使證明順暢、簡潔.添加平行線證題,一般有如下四種情況.為了改變角的位置大家知道,兩條平行直線被第三條直線所截,同位角相等,內(nèi)錯角相等,同旁內(nèi)角互補.利用這些性質(zhì),?？赏?/p>

2、過添加平行線,將某些角的位置改變,以滿足求解的需要.例1設(shè)P、Q為線段BC上兩點，且BP=CQ,A為BC外一動點（如圖1）.當點A運動到使ZBAP=ZCAQ時,ABC是什么三角形？試證明你的結(jié)論.答：當點A運動到使ZBAP=ZCAQ時，AABC為等腰三角形圖1證明：如圖1,分別過點P、B作AC、AQ的平行線得交點D.連結(jié)DA.在厶DBP=ZAQC中，顯然ZDBP=ZAQC,ZDPB=ZC.由BP=CQ,可知DBPAQC.有DP=AC,ZBDP=ZQAC.于是,DA/BP,/BAP=/BDP.則A、D、B、P四點共圓，且四邊形ADBP為等腰梯形故AB=DP.所以AB=AC.這里,通過作平行線，將

3、ZQAC“平推”到ZBDP的位置.由于A、D、B、P四點共圓,使證明很順暢.例2如圖2,四邊形ABCD為平行四邊形,ZBAF=ZBCE.求證：ZEBA=ZADE.證明：如圖2,分別過點A、B作ED、EC的平行線,得交點P,連PE.由AB纟CD,易知APBAECD.有由ZBAF=ZBCE,可知ZBAF=ZBPE.有P、B、A、E四點共圓.于是，/EBA=/APE.所以，/EBA=/ADE.這里，通過添加平行線，使已知與未知中的四個角通過P、B、A、E四點共圓，緊密聯(lián)系起來./APE成為ZEBA與ZADE相等的媒介,證法很巧妙.欲“送”線段到當處利用“平行線間距離相等”、“夾在平行線間的平行線段相

4、等”這兩條，常可通過添加平行線，將某些線段“送”到恰當位置，以證題.例3在ABC中,BD、CE為角平分線,P為ED上任意一點.過P分別作AC、AB、BC的垂線,M、N、Q為垂足.求證：PM+PN=PQ.C圖3證明：如圖3,過點P作AB的平行線交BD于F,過點F作BC的平行線分別交PQ、AC于K、G,連PG.由BD平行ZABC,可知點F到AB、BC兩邊距離相等.有KQ=PN.顯然,可知FGHEC.EP_EF_CGPD_FD_GD由CE平分ZBCA,知GP平分ZFGA.有PK_PM.于是，PMPN_PKKQ_PQ.這里，通過添加平行線，將PQ“掐開”成兩段，證得PM_PK,就有PM+PN_PQ.證

5、法非常簡捷.為了線段比的轉(zhuǎn)化由于“平行于三角形一邊的直線截其它兩邊,所得對應(yīng)線段成比例”，在一些問題中,可以通過添加平行線,實現(xiàn)某些線段比的良性轉(zhuǎn)化.這在平面幾何證題中是會經(jīng)常遇到的.例4設(shè)M、M2是ABC的BC邊上的點，且BM_CM2.任作一直線分別交AB.AC.AMAM于P、Q、N、N.試證：212ABACAMAM+_1+2APAQANAN12圖4證明：如圖4,若PQBC,易證結(jié)論成立.若PQ與BC不平行,設(shè)PQ交直線BC于D.過點A作PQ的平行線交直線BC于E.由BM_CM,可知BE+CE_ME+M2E,易知AB_BEAC_CEAP_DE，AQ_DE，智浪教育-普惠英才文庫智浪教育-普惠

6、英才文庫圖6AMME1=1ANDE1AMME22ANDE2ABACBE+CEME+MEAMAM則+=12=1卜2APAQDEDEANAN12所以,ABACAM+=1APAQAN1AM+AN2圖5有BDAM=DCAN.APBDAFfBAMBC,有AP=BDAMBCAQDCAE=竺有ECBCAQ=DCANBC(1)這里，僅僅添加了一條平行線,將求證式中的四個線段比“通分”，使公分母為DE,于是問題迎刃而解.例5ADABC的高線,K為AD上一點,BK交AC于E,CK交AB于F.求證:上FDA=ZEDA.證明：如圖5,過點A作BC的平行線，分別交直線DE、DF、BE、CF于Q、P、N、M.BDKDDC

7、顯然，=-.ANKAAM對比(1)、(2)、(3)有AP=AQ.顯然AD為PQ的中垂線，故AD平分ZPDQ.所以，ZFDA=ZEDA.這里,原題并未涉及線段比,添加BC的平行線,就有大量的比例式產(chǎn)生,恰當?shù)剡\用這些比例式，就使AP與AQ的相等關(guān)系顯現(xiàn)出來.為了線段相等的傳遞當題目給出或求證某點為線段中點時,應(yīng)注意到平行線等分線段定理,用平行線將線段相等的關(guān)系傳遞開去.例6在AABC中,AD是BC邊上的中線，點M在AB邊上，點N在AC邊上，并且ZMDN=90.如果BM2+CN2=DM2+DN2，求證：AD2=(AB2+AG).4DCE證明：如圖6,過點B作AC的平行線交ND延長線于E.連ME.由

8、BD=DC，可知ED=DN.有BEDHCND.于是,BE=NC.顯然,MD為EN的中垂線.有EM=MN.由BM2+BE2=BM2+NC2=MD2+DN2=MN2=EM2,可知ABEM為直角三角形，/MBE=90.有ZABC+ZACB=ZABC+ZEBC=90.于是，ZBAC=90.4(ab2+ac2).(12所以,AD2=BC=12丿這里，添加AC的平行線，將BC的以D為中點的性質(zhì)傳遞給EN,使解題找到出路.GDOHB為垂足，連圖A、EB.易知例7如圖7,AB為半圓直徑,D為AB上一點，分別在半圓上取點E、F,使EA=DA,FB=DB.過D作AB的垂線，交半圓于C.求證：CD平分EF.證明：如

9、圖7,分別過點E、F作AB的垂線,G、HDB2=FB2=ABHB,AD2=AE2=AGAB.二式相減,得DB2-AD2=AB(HBAG),或(DBAD)AB=AB(HBAG).于是,DBAD=HBAG,或DBHB=ADAG.就是DH=GD.顯然,EGCDFH.故CD平分EF.這里,為證明CD平分EF,想到可先證CD平分GH.為此添加CD的兩條平行線EG、FH,從而得到G、H兩點.證明很精彩.經(jīng)過一點的若干直線稱為一組直線束.一組直線束在一條直線上截得的線段相等,在該直線的平行直線上截得的線段也相等.如圖&三直線AB、AN、AC構(gòu)成一組直線束,DE是與BC平行的直線.于是，有線交EF于G.求證：

10、EG=GF.DM_AMBN=AN_MENC，DM麗MEDM或MEBNNC此式表明,DM=ME的充要條件是BN=NC.利用平行線的這一性質(zhì),解決某些線段相等的問題會很漂亮.例8如圖9,ABCD為四邊形,兩組對邊延長后得交點E、F,對角線BDEF,AC的延長圖9證明：如圖9,過C作EF的平行線分別交AE、AF于M、N.由BDHEF,可知MN/BD.易知S=S.BEFDEF有SSBECHKG*5IIDFC可得MC=CN.所以,EG=GF.例9如圖10,00是AABC的邊BC外的旁切圓,D、E、F分別為00與BC、CA、AB的切點若OD與EF相交于K,求證：AK平分BC.證明：如圖10,過點K作BC的

11、行平線分別交直線AB、AC于Q、P兩點，連OP、OQ、0E、0F.由OD丄BC,可知OKLPQ.由OF丄AB,可知O、K、F、Q四點共圓，有ZFOQ=ZFKQ.由OE丄AC,可知O、K、P、E四點共圓有ZEOP=ZEKP.顯然，ZFKQ=ZEKP,可知ZFOQ=ZEOP.由OF=OE,可知RtAOFQRtAOEP.貝9OQ=OP.于是,OK為PQ的中垂線，故QK=KP.所以,AK平分BC.綜上,我們介紹了平行線在平面幾何問題中的應(yīng)用.同學(xué)們在實踐中應(yīng)注意適時添加平行線,讓平行線在平面幾何證題中發(fā)揮應(yīng)有的作用.練習(xí)題四邊形ABCD中,AB=CD,M、N分別為AD、BC的中點，延長BA交直線NM于

12、E,延長CD交直線NM于F.求證：ZBEN=ZCFN.（提示：設(shè)P為AC的中點，易證PM=PN.）設(shè)P為AABC邊BC上一點，且PC=2PB.已知ZABC=45,ZAPC=60。.求ZACB.（提示：過點C作PA的平行線交BA延長線于點D.易證ACDsAPBA答：75）六邊開ABCDEF的各角相等，F(xiàn)A=AB=BC,ZEBD=60,S帀八=60cm2.求六邊形EBDABCDEF的面積.（提示：設(shè)EF、DC分別交直線AB于P、Q,過點E作DC的平行線交AB于點M.所求面積與口EMQD面積相等.答：120cm2）AD為RtAABC的斜邊BC上的高,P是AD的中點，連BP并延長交AC于E.已知AC:

13、AB=k.求AE:EC.（提示:過點A作BC的平行線交BE延長線于點F.設(shè)BC=1,有AD=k,DC=k2.答：）1k25.AB為半圓直徑,C為半圓上一點,CD丄AB于D,E為DB上一點,過D作CE的垂線交CB于F.求證：AD_CFDE_FB（提示：過點F作AB的平行線交CE于點H.H為ACDF的垂心.）在ABC中，ZA:ZB:ZC_4:2:1,ZA、ZBZC的對邊分別為a、b、c.求證：丄+ab_1c（提示：在BC上取一點D,使AD_AB分別過點B、C作AD的平行線交直線CA、BA于點E、F.）分別以ABC的邊AC和BC為一邊在ABC外作正方形ACDE和CBFG,點P是EF的中點求證：P點到

14、邊AB的距離是AB的一半.&ABC的內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB于點D、E、F,過點F作BC的平行線分別交直線DA、DE于點H、G.求證：FH_HG.（提示：過點A作BC的平行線分別交直線DE、DF于點M、N.）9.AD為0O的直徑,PD為0O的切線,PCB為0O的割線,PO分別交AB、AC于點M、N.求證：OM_ON.（提示：過點C作PM的平行線分別交AB、AD于點E、F.過O作BP的垂線,G為垂足.ABGF.）第二講巧添輔助妙解競賽題在某些數(shù)學(xué)競賽問題中,巧妙添置輔助圓常可以溝通直線形和圓的內(nèi)在聯(lián)系,通過圓的有關(guān)性質(zhì)找到解題途徑.下面舉例說明添置輔助圓解初中數(shù)學(xué)競賽題的若干思路.1挖掘隱含

15、的輔助圓解題有些問題的題設(shè)或圖形本身隱含著“點共圓”,此時若能把握問題提供的信息,恰當補出輔助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質(zhì),就會使題設(shè)和結(jié)論的邏輯關(guān)系明朗化.作出三角形的外接圓例1如圖1,在ABC中,AB=AC,D是底邊BC上一點,E是線段AD上一點且/BED=2/CED=ZA.求證：BD=2CD.分析：關(guān)鍵是尋求ZBED=2ZCED與結(jié)論的聯(lián)系.容易想到作/BED的平分線，但因BEHED,故不能直接證出BD=2CD.若延長AD交ABC的外接圓于F,則可得EB=EF,從而獲取.證明：如圖1,延長AD與ABC的外接圓相交于點F,連結(jié)CF與BF,則ZBFA=ZBCA=ZABC=ZAFC,即ZBFD

16、=ZCFD.故BF:CF=BD:DC.又ZBEF=ZBAC,ZBFE=ZBCA,從而ZFBE=ZABC=ZACB=ZBFE.故EB=EF.作ZBEF的平分線交BF于G,則BG=GF.1因ZGEF=2ZBEF=ZCEF,ZGFE=ZCFE,故厶FEGS&EC.從而GF=FC.于是,BF=2CF.故BD=2CD.利用四點共圓例2凸四邊形ABCD中,ZABC=60,ZBAD=/BCD=90,AB=2,CD=1,對角線AC、BD交于點O,如圖2.則sin/AOB=.分析：由/BAD=/BCD=90?？芍狝、B、C、D四點共圓，欲求sin/AOB,聯(lián)想到托勒密定理，只須求出BC、AD即可.解：因/BAD

17、=/BCD=90，故A、B、C、D四點共圓.延長BA、CD交于P,則/ADP=/ABC=60設(shè)AD=x，有AP=；3x,DP=2x.由割線定理得(2+J3x)、；3x=2x(1+2x).解得AD=TOC o 1-5 h zx=2-2,BC=2BP=4-.由托勒密定理有BDCA=(4v3)(232)+2X1=10町312.又S=SS=ABCDABDBCD故sinZAOB=15+6.326_例3已知：如圖3,AB=BC=CA=AD,AH丄CD于H,CP丄BC,CP交AH于P.求證：ABC的面積S=APBD.4圖3分析：因SAbc=邑BC仝ACBC,只44須證ACBC=APBD,轉(zhuǎn)化為證APCsMC

18、D.這由A、B、C、Q四點共圓易證（Q為BD與AH交點）.證明：記BD與AH交于點Q,則由AC=AD,AH丄CD得ZACQ=ZADQ.又AB=AD,故ZADQ=ZABQ.從而,ZABQ=ZACQ.可知A、B、C、Q四點共圓.VZAPC=90+ZPCH=ZBCD,ZCBQ=ZCAQ,.APCsABCD.于是仝ACBC=44APBD.ACBC=APBD.2構(gòu)造相關(guān)的輔助圓解題有些問題貌似與圓無關(guān),但問題的題設(shè)或結(jié)論或圖形提供了某些與圓的性質(zhì)相似的信息,此時可大膽聯(lián)想構(gòu)造出與題目相關(guān)的輔助圓,將原問題轉(zhuǎn)化為與圓有關(guān)的問題加以解決.2.1聯(lián)想圓的定義構(gòu)造輔助圓E例4如圖4,四邊形ABCD中,ABCD,

19、AD=DC=DB=p,BC=q.求對角線AC的長.分析：由“AD=DC=DB=p”可知A、B、C在半徑為p的0D上.利用圓的性質(zhì)即可找到AC與p、q的關(guān)系.解：延長CD交半徑為p的0D于E點，連結(jié)AE.顯然A、B、C在0D上.TABCD,BC=AE而,BC=AE=q.在AACE中，ZCAE=90,CE=2p,AE=q,故AC=CE2-AE2=v;4p2-q2.聯(lián)想直徑的性質(zhì)構(gòu)造輔助圓例5已知拋物線y=-x2+2x+8與x軸交于B、C兩點，點D平分BC.若在x軸上側(cè)的A點為拋物線上的動點，且ZBAC為銳角，則AD的取值范圍是.分析：由“ZBAC為銳角”可知點A在以定線段BC為直徑的圓外，又點A在

20、x軸上側(cè)，從而可確定動點A的范圍，進而確定AD的取值范圍.yBDCx(-2,0)(4,0)解:如圖5,所給拋物線的頂點為A0(l,9),對稱軸為x=1,與x軸交于兩點B(2,0)、C(4，0).分別以BC、DA為直徑作ODOE,則兩圓與拋物線均交于兩點P(l2J2,1)、Q(l+212,1).可知，點A在不含端點的拋物線PAQ圖5內(nèi)時，ZBAC90.且有3=DP=DQCD,K,M分別在AD,BC上,ZDAM=ZCBK.求證:ZDMA=ZCKB.(第二屆袓沖之杯初中競賽)分析：易知A,B,M,K四點共圓連接KM,有ZDAB=ZCMK.yZDAB+ZADC=180,:.ZCMK+ZKDC=180故

21、C,D,K,M四點共圓n/CMD=/DKC.但已證ZAMB=ZBKA,：ZDMA=ZCKB.（2）證線垂直例4.OO過AABC頂點A,C,且與AB,BC交于K,N（K與N不同）.AABC外接圓和ABKN外接圓相交于B和M.求證：ZBMO=90（第26屆IMO第五題）分析：這道國際數(shù)學(xué)競賽題，曾使許多選手望而卻步其實，只要把握已知條件和圖形特點，借助“四點共圓”，問題是不難解決的.連接OC,OK,MC,MK,延長BM到G.易得ZGMC二ZBAC=ZBNK=ZBMK.而ZCOK=2ZBAC=ZGMC+ZBMK=180-ZCMK，ZCOK+ZCMK=180nC,O,K,M四點共圓.在這個圓中，由_O

22、C=OKnOC=OKnZOMC=ZOMK.但ZGMC二ZBMK,故ZBMO=90（3）判斷圖形形狀例5.四邊形ABCD內(nèi)接于圓，ABCD,AACD,AABD,AABC的內(nèi)心依次記為IA，IB，IC，ID.試證：IAIBICID是矩形.（第一屆數(shù)學(xué)奧林匹克國家集訓(xùn)選拔試題）C分析：連接AIC,AID,BIC,BID和DIB.易得11ZAICB=90+-ZADB=90+-22ZACB=ZAIDBnA,B,ID,IC四點共圓.同理，A,D,IB,IC四點共圓此時BCZAICID=180-ZABID=1801ZABC,-ZAICIB=180-ZADIB=1801ZADC,-ZAICID+ZAICIB1

23、=360-(ZABC+ZADC)-1=360-X180=270-故ZIbIcId=90同樣可證IAIBICID其它三個內(nèi)角皆為90該四邊形必為矩形.（4）計算例6.正方形ABCD的中心為O,面積為1989cm2.P為正方形內(nèi)一點，且ZOPB=45,PA:PB=5:14則PB=（1989,全國初中聯(lián)賽）分析：答案是PB=42m.怎樣得到的呢？連接OA,OB.易知O,P,A,B四點共圓，有ZAPB=ZAOB=90故PA2+PB2=AB2=1989.由于PA:PB=5:14,可求PB.（5）其他例7.設(shè)有邊長為1的正方形,試在這個正方形的內(nèi)接正三角形中找出面積最大的和一個面積最小的,并求出這兩個面積

24、（須證明你的論斷）.（1978,全國高中聯(lián)賽）點至少必落在正方形的三條邊上,對邊上.作正AEFG的高EK,易知E,K,D四點共圓nZKDE=ZKGE=60O理，ZKAE=60.故AKAD也是-三角形，K必為一個定點.所以不妨令F,兩點在正方形的-組FG,.同個正分析：設(shè)AEFG為正方形ABCD的一個內(nèi)接正三角形，由于正三角形的三個頂又正三角形面積取決于它的邊長，當KF丄AB時，邊長為1,這時邊長最小，而面積疔也最小當KF通過B點時，邊長為2、廠，這時邊長最大，面積S=2.3-3也最大.例8.NS是O的直徑，弦AB丄NS于M,P為ANB上異于N的任一點，PS交AB于R,PM的延長線交O于Q.求證

25、：RSMQ.（1991，江蘇省初中競賽）分析：連接NP,NQ,NR,NR的延長線交O于Q連接MQ,SQz.易證N,M,R,P四點共圓，從而，/SNQ!=ZMNR=ZMPR=ZSPQ=ZSNQ.根據(jù)圓的軸對稱性質(zhì)可知Q與Q關(guān)于NS成軸對稱nMQ=MQ.又易證M,S,Q,R四點共圓，且RS是這個圓的直徑（ZRMS=90）,MQz是一條弦（ZMSQV90），故RSMQ，但MQ=MQ,所以,RSMQ.練習(xí)題1.OO交O于A,B兩點，射線OA交O于C點，射線OA12122交O于D點求證：點A是ABCD的內(nèi)心.（提示：設(shè)法證明C,D,O,B四點共圓，再證C,D,B,O12四點共圓，從而知C，D，O，B，O

26、五點共圓.）ABC為不等邊三角形.ZA1及其外角平分線分別交對邊中垂線于A,A；同12樣得到B，B，C，C求證：AA=BB=CC.1212121212（提示：設(shè)法證ZABA與ZACAi互補造成A,B,A】,C四點共圓；再證A,A,B,C四點共圓,從而知A,A都是ABC的外接圓上,并注意ZAAA=90）設(shè)點M在正三角形三條高線上的射影分別是M,M,M（互不重合）求證：123MMM也是正三角形.1234在RtABC中，AD為斜邊BC上的高，P是AB上的點，過A點作PC的垂線交過B所作AB的垂線于Q點.求證：PD丄QD.（提示：證B,Q,E,P和B,D,E,P分別共圓）5.AD,BE,CF是銳角AB

27、C的三條高從A引EF的垂線*，從B引FD的垂線I，從C引DE的垂線J求證：I】,J，J三線共點.（提示：過B作AB的垂線交l于K,證：A,B,K,C四點共圓）31第五講三角形的五心三角形的外心、重心、垂心、內(nèi)心及旁心，統(tǒng)稱為三角形的五心.一、外心.三角形外接圓的圓心，簡稱外心.與外心關(guān)系密切的有圓心角定理和圓周角定理.例1.過等腰ABC底邊BC上一點P引PMCA交AB于M；引PN/BA交AC于N.作點P關(guān)于MN的對稱點P試證：P點在ABC外接圓上.（杭州大學(xué)中學(xué)數(shù)學(xué)競賽習(xí)題）分析：由已知可得MP=MP=MB,NP!二NC,故點M是APBP的外心，N是APPC的外心.有11ZBPP二一ZBMP二

28、一ZBAC,2211ZPPC=ZPNC=ZBAC.22:.ZBPC二ZBPP+ZPPC=ZBAC.從而，P點與A,B,C共圓、即P在AABC外接圓上.由于PP平分ZBPC,顯然還有PB:PC=BP:PC.例2.在AABC的邊AB,BC,CA上分別取點P,Q,S.證明以AAPS,ABQP,CSQ的外心為頂點的三角形與AABC相似.（B波拉索洛夫中學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克）分析：設(shè)OO2,O3是AAPS,ABQP,CSQ的外心,作出六邊形OPO2QO3S后再由外心性質(zhì)可知ZPO1S=2ZA,ZQO2P=2ZB,ZSO3Q=2ZC.?.ZPO1S+ZQO2P+ZSO3Q=360.從而又知ZOPO+ZO2QO3

29、+ZO3SO1=360同時可將AO2QO3繞著O3點旋轉(zhuǎn)到厶KSO,，易判斷厶KSO嚴AOqPO,得AOiOqOs竺AO1KO3.1azo2o1o3=zko1o3=zo2ok213132211=2(ZO2O1S+ZSO1K)1=2(ZO2O1S+ZPO1O2)1=ZPOS=ZA；21同理有ZO1O2O3=ZB.故OO2O3sAABC.智浪教育-普惠英才文庫)2.A二、重心三角形三條中線的交點，叫做三角形的重心.掌握重心將每條中線都分成定比2:1及中線長度公式，便于解題.例3.AD,BE,CF是ABC的三條中線，P是任意一點.證明：在APADAPBE,PCF中，其中一個面積等于另外兩個面積的和.

30、(第26屆莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克)分析：設(shè)G為ABC重心，直線PG與AB，BC相交.從A，C，D，E，F(xiàn)分別作該直線的垂線，垂足為A,C,D,E,F.B易證AA=2DD,CC=2FF,2EE二AAQAEE=DD+FF.有SaPGE=SaPGD+SaPGF.兩邊各擴大3倍，有S“be=S“ad+S“cf.例4.如果三角形三邊的平方成等差數(shù)列,那么該三角形和由它的三條中線圍成的新三角形相似.其逆亦真.分析：將ABC簡記為，由三中線AD,BE,CF圍成的三角形簡記為.G為重心，連DE到H,使EH二DE,連HC,耐，則厶就是AHCF.(l)a2,b2,c2成等差數(shù)列n.若ABC為正三角形，易證.不妨設(shè)a三

31、b三c,有1CF=2a2+2b2c2,2IBE=2c2+2a2b2,21AD=2b2+2c2a2.2將a2+c2=2b2,分別代入以上三式，得CF=丁a,BE弓b,:CF:BE:AD二弓a:斗b耳c=a:b:c.故有.“厶na2,b2,c2成等差數(shù)列.當中a三b三c時，中CF三BE三AD.智浪教育-普惠英才文庫223據(jù)“三角形的三條中線圍成的新三角形面積等于原三角形面積的4”，有S3-S4ACF2=4n3a2=4CF2=2a2+b2-c2a24na2+c2=2b2.三、垂心三角形三條高的交戰(zhàn)，稱為三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四個等（外接）圓三角形，給我們解題提供了極大的便利.AOA4例5

32、設(shè)AiA2A3A4為O內(nèi)接四邊形，比，H2,H3,H4依次為A2A3A4，A3A4A1，A4A1A2，ArA2A3的垂心求證：HH2，H3，h4四點共圓，并確定出該圓的圓心位置.（1992，全國高中聯(lián)賽）A分析：連接a2h1，a1h2,H,記圓半徑為R.由A2A3A4知AH2i=2RnAcH2RcosZA/cAA；sinZAAH2132A3231由aa3a4得AH2=2RcosZA3AA4.但ZAA2A4=ZAAA4，故A2H1=A1H2.易證a2h1#aa2,于是，a2h1=a1h2,故得H1H2=A2A1.設(shè)H1A1與H2A2的交點為M,故H1H2與AA2關(guān)于M點成中心對稱.同理，H2H3

33、與A2A3,H3H4與A3A4,H4H1與A4A1都關(guān)于M點成中心對稱.故四邊形H1H2H3H4與四邊形AA2A3A4關(guān)于M點成中心對稱，兩者是全等四邊形，H1，H2,H3,H4在同一個圓上后者的圓心設(shè)為Q,Q與O也關(guān)于M成中心對稱由O,M兩點，Q點就不難確定了.例6.H為ABC的垂心，D,E,F分別是BC,CA,AB的中心一個以H為圓B1，B2，C1，C2.2心的H交直線EF,FD,DE于A1，A2,求證：aa1=aa2=bb1=bb2=cc1=cc2.(1989,加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克訓(xùn)練題)分析：只須證明AA1=BB1=CC1即可.設(shè)BC=a,CA=b,AB=c,ABC夕卜-接圓半徑為R,H

34、的半徑為連HA1,AH交EF于M.AA2=AM2+AM2=AM2+r2-MH211=r2+(AM2-MH2),11又AM2-HM2=(-AH)2-(AH-AHJ2智浪教育-普惠英才文庫二AHAH-AH2二AH2AB-AH二cosAbc-AH2,AH而=2RnAH2=4R2cos2A,sinZABHa=2Rna2=4R2sin2A.sinAAH2+a2=4R2,AH2=4R2_a2.由、有AA2=r2+b2+C2a2bc-(4R2-a2)12bc1=(a2+b2+c2)4R2+r2.21同理，BB2=(a2+b2+c2)-4R2+r2,121CC2=（a2+b2+c2）-4R2+r2.12故有A

35、A1=BB1=CC1.四、內(nèi)心三角形內(nèi)切圓的圓心，簡稱為內(nèi)心.對于內(nèi)心，要掌握張角公式，還要記住下面一個極為有用的等量關(guān)系：設(shè)I為ABC的內(nèi)心，射線AI交ABC外接圓于A，則有AI=AB=ADCC.換言之，點A必是AIBC之外心（內(nèi)心的等量關(guān)系之逆同樣有用）.例7.ABCD為圓內(nèi)接凸四邊形，取DAB,HABC,HBCD,CDA的內(nèi)心O，O，O，123O.求證：OOOO為矩形.BOO內(nèi)切.試證：EF（1986，中國數(shù)學(xué)奧林匹克集訓(xùn)題）證明見中等數(shù)學(xué)1992；4例8.已知OO內(nèi)接ABC，OQ切AB，AC于E,中點P是ABC之內(nèi)心.（B波拉索洛夫中學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克）分析：在第20屆IMO中，美國提供的

36、一道題實際上是例8的一種特例，但它增加了條件AB=AC.當ABHAC,怎樣證明呢？AQ=sinaQKAQ=MQQN,K如圖，顯然EF中點P、圓心Q,BC中點K都在ZBAC平分線上易知MQ-QN(2R-r)-rr/sina=sina(2Rr).AQ由RtEPQ知PQ=sina-r.:.PK二PQ+QK二sina-r+sina-(2R一r)=sina-2R.PK=BK.a利用內(nèi)心等量關(guān)系之逆定理，即知P是ABC這內(nèi)心.五、旁心三角形的一條內(nèi)角平分線與另兩個內(nèi)角的外角平分線相交于一點，是旁切圓的圓心，稱為旁心.旁心常常與內(nèi)心聯(lián)系在一起，旁心還與三角形的半周長關(guān)系密切.例9.在直角三角形中，求證：r+

37、r+r+r=2p.abc式中r，r，rb，r分別表示內(nèi)切圓半徑及與a，b，c相切的旁切圓半徑,abcp表示半周.(杭州大學(xué)中學(xué)數(shù)學(xué)競賽習(xí)題)分析：設(shè)RtABC中，c為斜邊，先來證明一個特性：11=4c2-(a-b)2=2必p(p-c)=(p-a)(p-b).觀察圖形，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+r+r+rabc=(p-c)+(p-b)+(p-a)+p=4p-(a+b+c)=2p.由及圖形易證.例10.M是ABC邊AB上的任意一點.廠,r2，r分別是AMC,ABMC,AABC內(nèi)切圓的半徑，q1,q2，q分別是上述三

38、角形在ZACB內(nèi)部的旁切圓r半徑.證明：亠q1(IMO-12)分析：對任意AABrr=qq2C,由正弦定理可知AOD=OA/sin2=AZBBsin-2sinZAOBAsin2二ABABsin-sin-22.A+Bsin2CBOE=ABABcoscos-22.A+Bsin2AB亦即有r1q1r2q2AZCMAZCNBB=tg寸2tg2tgIAB=tgItgI六、眾心共圓這有兩種情況：(1)同一點卻是不同三角形的不同的心；(2)同一圖形出現(xiàn)了同一三角形的幾個心.例11.設(shè)在圓內(nèi)接凸六邊形ABCDFE中，AB二BC,CD二DE,EF=FA.試證：(1)AD,BE,CF三條對角線交于一點；AB+BC

39、+CD+DE+EF+FANAK+BE+CF.(1991,國家教委數(shù)學(xué)試驗班招生試題)分析：連接AC,CE,EA,由已知可證AD,CF,EB是AACE的三條內(nèi)角平分線，I為AACE的內(nèi)心.從而有ID=CD=DE,IF=EF=FA,IB=AB=BC.再由ABOF,易證BP,DQ,FS是它的三條高,I是它的垂心，利用等式有：ErdosBI+DI+FIN2(IP+IQ+IS).不難證明IE=2IP,IA=2IQ,IC=2IS.:.BI+DI+FI三IA+IE+IC.AB+BC+CD+DE+EF+FA=2(BI+DI+FI)N(IA+IE+IC)+(BI+DI+FI)=AD+BE+CF.BEDI就是一點兩心.例12.AABC的外心為O,AB=AC,D是AB中點，E是AACD的重心.證明OE丄CD.（加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克訓(xùn)練題）分析：設(shè)AM為高亦為中線，取AC中點F,E必在DF上且DE:EF=2:1.設(shè)CD交AM于G,G必為ABC重心.DG:GK二1DC:3()DC=2:1.連GE，MF，MF交DC于K.易證：:.DG:GK=DE:EF=GEMF.：0D丄AB,MF/AB,OD丄MFnOD丄GE.但OG丄D