2021年高中數(shù)學(xué)競賽題之平面幾何

第一講注意添加平行線證題在同一平面內(nèi),不相交兩條直線叫平行線.平行線是初中平面幾何最基本,也是非常重要圖形.在證明某些平面幾何問題時,若能根據(jù)證題需要,添加恰當(dāng)平行線,則能使證明順暢、簡潔.添加平行線證題,普通有如下四種狀況.1為了變化角位置人們懂得,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(bǔ).運(yùn)用這些性質(zhì),?？赏ㄟ^添加平行線,將某些角位置變化,以滿足求解需要.例1設(shè)P、Q為線段BC上兩點(diǎn),且BP＝CQ,A為BC外一動點(diǎn)(如圖1).當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動到使∠BAP＝∠CAQ時,△ABC是什么三角形？試證明你結(jié)論.答：當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動到使∠BAP＝∠CAQ時,△ABC為等腰三角形.證明：如圖1,分別過點(diǎn)P、B作AC、AQ平行線得交點(diǎn)D.連結(jié)DA.在△DBP＝∠AQC中,顯然 ∠DBP＝∠AQC,∠DPB＝∠C.由BP＝CQ,可知△DBP≌△AQC.有DP＝AC,∠BDP＝∠QAC.于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP.則A、D、B、P四點(diǎn)共圓,且四邊形ADBP為等腰梯形.故AB＝DP.因此AB＝AC.這里,通過作平行線,將∠QAC“平推”到∠BDP位置.由于A、D、B、P四點(diǎn)共圓,使證明很順暢.例2如圖2,四邊形ABCD為平行四邊形,∠BAF＝∠BCE.求證：∠EBA＝∠ADE.證明：如圖2,分別過點(diǎn)A、B作ED、EC平行線,得交點(diǎn)P,連PE.由ABCD,易知△PBA≌△ECD.有PA＝ED,PB＝EC.顯然,四邊形PBCE、PADE均為平行四邊形.有∠BCE＝∠BPE,∠APE＝∠ADE.由∠BAF＝∠BCE,可知∠BAF＝∠BPE.有P、B、A、E四點(diǎn)共圓.于是,∠EBA＝∠APE.因此,∠EBA＝∠ADE.這里,通過添加平行線,使已知與未知中四個角通過P、B、A、E四點(diǎn)共圓,緊密聯(lián)系起來.∠APE成為∠EBA與∠ADE相等媒介,證法很巧妙.2欲“送”線段到當(dāng)處運(yùn)用“平行線間距離相等”、“夾在平行線間平行線段相等”這兩條,常可通過添加平行線,將某些線段“送”到恰當(dāng)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(diǎn).過P分別作AC、AB、BC垂線,M、N、Q為垂足.求證：PM＋PN＝PQ.證明：如圖3,過點(diǎn)P作AB平行線交BD于F,過點(diǎn)F作BC平行線分別交PQ、AC于K、G,連PG.由BD平行∠ABC,可知點(diǎn)F到AB、BC兩邊距離相等.有KQ＝PN.顯然,＝＝,可知PG∥EC.由CE平分∠BCA,知GP平分∠FGA.有PK＝PM.于是,PM＋PN＝PK＋KQ＝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.證法非常簡捷.3為了線段比轉(zhuǎn)化由于“平行于三角形一邊直線截其他兩邊,所得相應(yīng)線段成比例”,在某些問題中,可以通過添加平行線,實(shí)現(xiàn)某些線段比良性轉(zhuǎn)化.這在平面幾何證題中是會經(jīng)常遇到.例4設(shè)M1、M2是△ABCBC邊上點(diǎn),且BM1＝CM2.任作始終線分別交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.試證：＋＝＋.證明：如圖4,若PQ∥BC,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(diǎn)A作PQ平行線交直線BC于E.由BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋M2E,易知＝,＝,＝,＝.則＋＝＝＝＋.因此,＋＝＋.這里,僅僅添加了一條平行線,將求證式中四個線段比“通分”,使公分母為DE,于是問題迎刃而解.例5AD是△ABC高線,K為AD上一點(diǎn),BK交AC于E,CK交AB于F.求證：∠FDA＝∠EDA.證明：如圖5,過點(diǎn)A作BC平行線,分別交直線DE、DF、BE、CF于Q、P、N、M.顯然,＝＝.有BD·AM＝DC·AN.(1)由＝＝,有AP＝.(2)由＝＝,有AQ＝.(3)對比(1)、(2)、(3)有 AP＝AQ.顯然AD為PQ中垂線,故AD平分∠PDQ.因此,∠FDA＝∠EDA.這里,原題并未涉及線段比,添加BC平行線,就有大量比例式產(chǎn)生,恰本地運(yùn)用這些比例式,就使AP與AQ相等關(guān)系顯現(xiàn)出來.4為了線段相等傳遞當(dāng)題目給出或求證某點(diǎn)為線段中點(diǎn)時,應(yīng)注意到平行線等分線段定理,用平行線將線段相等關(guān)系傳遞開去.例6在△ABC中,AD是BC邊上中線,點(diǎn)M在AB邊上,點(diǎn)N在AC邊上,并且∠MDN＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求證：AD2＝(AB2＋AC2).證明：如圖6,過點(diǎn)B作AC平行線交ND延長線于E.連ME.由BD＝DC,可知ED＝DN.有 △BED≌△CND.于是,BE＝NC.顯然,MD為EN中垂線.有 EM＝MN.由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM為直角三角形,∠MBE＝90°.有 ∠ABC＋∠ACB＝∠ABC＋∠EBC＝90°.于是,∠BAC＝90°.因此,AD2＝＝(AB2＋AC2).這里,添加AC平行線,將BC以D為中點(diǎn)性質(zhì)傳遞給EN,使解題找到出路.如圖7,AB為半圓直徑,D為AB上一點(diǎn),分別在半圓上取點(diǎn)E、F,使EA＝DA,FB＝DB.過D作AB垂線,交半圓于C.求證：CD平分EF.證明：如圖7,分別過點(diǎn)E、F作AB垂線,G、H為垂足,連FA、EB.易知 DB2＝FB2＝AB·HB,AD2＝AE2＝AG·AB.二式相減,得DB2－AD2＝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.顯然,EG∥CD∥FH.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兩條平行線EG、FH,從而得到G、H兩點(diǎn).證明很精彩.通過一點(diǎn)若干直線稱為一組直線束.一組直線束在一條直線上截得線段相等,在該直線平行直線上截得線段也相等.如圖8,三直線AB、AN、AC構(gòu)成一組直線束,DE是與BC平行直線.于是,有＝＝,即＝或＝.此式表白,DM＝ME充要條件是BN＝NC.運(yùn)用平行線這一性質(zhì),解決某些線段相等問題會很美麗.例8如圖9,ABCD為四邊形,兩組對邊延長后得交點(diǎn)E、F,對角線BD∥EF,AC延長線交EF于G.求證：EG＝GF.證明：如圖9,過C作EF平行線分別交AE、AF于M、N.由BD∥EF,可知MN∥BD.易知S△BEF＝S△DEF.有S△BEC＝S△ⅡKG－*5ⅡDFC.可得MC＝CN.因此,EG＝GF.例9如圖10,⊙O是△ABC邊BC外旁切圓,D、E、F分別為⊙O與BC、CA、AB切點(diǎn).若OD與EF相交于K,求證：AK平分BC.證明：如圖10,過點(diǎn)K作BC行平線分別交直線AB、AC于Q、P兩點(diǎn),連OP、OQ、OE、OF.由OD⊥BC,可知OK⊥PQ.由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四點(diǎn)共圓,有∠FOQ＝∠FKQ.由OE⊥AC,可知O、K、P、E四點(diǎn)共圓.有∠EOP＝∠EKP.顯然,∠FKQ＝∠EKP,可知∠FOQ＝∠EOP.由OF＝OE,可知Rt△OFQ≌Rt△OEP.則OQ＝OP.于是,OK為PQ中垂線,故QK＝KP.因此,AK平分BC.綜上,咱們簡介了平行線在平面幾何問題中應(yīng)用.同窗們在實(shí)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)有作用.練習(xí)題1.四邊形ABCD中,AB＝CD,M、N分別為AD、BC中點(diǎn),延長BA交直線NM于E,延長CD交直線NM于F.求證：∠BEN＝∠CFN.(提示：設(shè)P為AC中點(diǎn),易證PM＝PN.)2.設(shè)P為△ABC邊BC上一點(diǎn),且PC＝2PB.已知∠ABC＝45°,∠APC＝60°.求∠ACB.(提示：過點(diǎn)C作PA平行線交BA延長線于點(diǎn)D.易證△ACD∽△PBA.答：75°)3.六邊開ABCDEF各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S△EBD＝60cm2.求六邊形ABCDEF面積.(提示：設(shè)EF、DC分別交直線AB于P、Q,過點(diǎn)E作DC平行線交AB于點(diǎn)M.所求面積與EMQD面積相等.答：120cm2)4.AD為Rt△ABC斜邊BC上高,P是AD中點(diǎn),連BP并延長交AC于E.已知AC:AB＝k.求AE:EC.(提示：過點(diǎn)A作BC平行線交BE延長線于點(diǎn)F.設(shè)BC＝1,有AD＝k,DC＝k2.答：)5.AB為半圓直徑,C為半圓上一點(diǎn),CD⊥AB于D,E為DB上一點(diǎn),過D作CE垂線交CB于F.求證：＝.(提示：過點(diǎn)F作AB平行線交CE于點(diǎn)H.H為△CDF垂心.)6.在△ABC中,∠A:∠B:∠C＝4:2:1,∠A、∠B、∠C對邊分別為a、b、c.求證：＋＝.(提示：在BC上取一點(diǎn)D,使AD＝AB.分別過點(diǎn)B、C作AD平行線交直線CA、BA于點(diǎn)E、F.)7.分別以△ABC邊AC和BC為一邊在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,點(diǎn)P是EF中點(diǎn).求證：P點(diǎn)到邊AB距離是AB一半.8.△ABC內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB于點(diǎn)D、E、F,過點(diǎn)F作BC平行線分別交直線DA、DE于點(diǎn)H、G.求證：FH＝HG.(提示：過點(diǎn)A作BC平行線分別交直線DE、DF于點(diǎn)M、N.)9.AD為⊙O直徑,PD為⊙O切線,PCB為⊙O割線,PO分別交AB、AC于點(diǎn)M、N.求證：OM＝ON.(提示：過點(diǎn)C作PM平行線分別交AB、AD于點(diǎn)E、F.過O作BP垂線,G為垂足.AB∥GF.)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內(nèi)在聯(lián)系,通過圓關(guān)于性質(zhì)找到解題途徑.下面舉例闡明添置輔助圓解初中數(shù)學(xué)競賽題若干思路.1挖掘隱含輔助圓解題有些問題題設(shè)或圖形自身隱含著“點(diǎn)共圓”,此時若能把握問題提供信息,恰當(dāng)補(bǔ)出輔助圓,并合理挖掘圖形隱含性質(zhì),就會使題設(shè)和結(jié)論邏輯關(guān)系明朗化.1.1作出三角形外接圓例1如圖1,在△ABC中,AB＝AC,D是底邊BC上一點(diǎn),E是線段AD上一點(diǎn)且∠BED＝2∠CED＝∠A.求證：BD＝2CD.分析：核心是謀求∠BED＝2∠CED與結(jié)論聯(lián)系.容易想到作∠BED平分線,但因BE≠ED,故不能直接證出BD＝2CD.若延長AD交△ABC外接圓于F,則可得EB＝EF,從而獲取.證明：如圖1,延長AD與△ABC外接圓相交于點(diǎn)F,連結(jié)CF與BF,則∠BFA＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:CF＝BD:DC.又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,從而∠FBE＝∠ABC＝∠ACB＝∠BFE.故EB＝EF.作∠BEF平分線交BF于G,則BG＝GF.因∠GEF＝∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.從而GF＝FC.于是,BF＝2CF.故BD＝2CD.1.2運(yùn)用四點(diǎn)共圓例2凸四邊形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝2,CD＝1,對角線AC、BD交于點(diǎn)O,如圖2.則sin∠AOB＝____.分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D四點(diǎn)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＝∠BCD＝90°,故A、B、C、D四點(diǎn)共圓.延長BA、CD交于P,則∠ADP＝∠ABC＝60°.設(shè)AD＝x,有AP＝x,DP＝2x.由割線定理得(2＋x)x＝2x(1＋2x).解得AD＝x＝2－2,BC＝BP＝4－.由托勒密定理有BD·CA＝(4－)(2－2)＋2×1＝10－12.又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝.故sin∠AOB＝.例3已知：如圖3,AB＝BC＝CA＝AD,AH⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求證：△ABC面積S＝AP·BD.分析：因S△ABC＝BC2＝AC·BC,只須證AC·BC＝AP·BD,轉(zhuǎn)化為證△APC∽△BCD.這由A、B、C、Q四點(diǎn)共圓易證(Q為BD與AH交點(diǎn)).證明：記BD與AH交于點(diǎn)Q,則由AC＝AD,AH⊥CD得∠ACQ＝∠ADQ.又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ.從而,∠ABQ＝∠ACQ.可知A、B、C、Q四點(diǎn)共圓.∵∠APC＝90°＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ,∴△APC∽△BCD.∴AC·BC＝AP·BD.于是,S＝AC·BC＝AP·BD.2構(gòu)造有關(guān)輔助圓解題有些問題貌似與圓無關(guān),但問題題設(shè)或結(jié)論或圖形提供了某些與圓性質(zhì)相似信息,此時可大膽聯(lián)想構(gòu)造出與題目有關(guān)輔助圓,將原問題轉(zhuǎn)化為與圓關(guān)于問題加以解決.2.1聯(lián)想圓定義構(gòu)造輔助圓例4如圖4,四邊形ABCD中,AB∥CD,AD＝DC＝DB＝p,BC＝q.求對角線AC長.分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在半徑為p⊙D上.運(yùn)用圓性質(zhì)即可找到AC與p、q關(guān)系.解：延長CD交半徑為p⊙D于E點(diǎn),連結(jié)AE.顯然A、B、C在⊙D上.∵AB∥CD,∴BC＝AE.從而,BC＝AE＝q.在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故AC＝＝.2.2聯(lián)想直徑性質(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(diǎn)，點(diǎn)D平分BC.若在x軸上側(cè)A點(diǎn)為拋物線上動點(diǎn),且∠BAC為銳角,則AD取值范疇是____.分析：由“∠BAC為銳角”可知點(diǎn)A在以定線段BC為直徑圓外,又點(diǎn)A在x軸上側(cè),從而可擬定動點(diǎn)A范疇,進(jìn)而擬定AD取值范疇.解：如圖5,所給拋物線頂點(diǎn)為A0(1,9),對稱軸為x＝1,與x軸交于兩點(diǎn)B(－2,0)、C(4,0).分別以BC、DA為直徑作⊙D、⊙E,則兩圓與拋物線均交于兩點(diǎn)P(1－2,1)、Q(1＋2,1).可知,點(diǎn)A在不含端點(diǎn)拋物線PA0Q內(nèi)時,∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD≤DA0＝9,即AD取值范疇是3＜AD≤9.2.3聯(lián)想圓冪定理構(gòu)造輔助圓例6AD是Rt△ABC斜邊BC上高,∠B平行線交AD于M,交AC于N.求證：AB2－AN2＝BM·BN.分析：因AB2－AN2＝(AB＋AN)(AB－AN)＝BM·BN,而由題設(shè)易知AM＝AN,聯(lián)想割線定理,構(gòu)造輔助圓即可證得結(jié)論.證明：如圖6，∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.從而,AM＝AN.以AM長為半徑作⊙A,交AB于F,交BA延長線于E.則AE＝AF＝AN.由割線定理有BM·BN＝BF·BE＝(AB＋AE)(AB－AF)＝(AB＋AN)(AB－AN)＝AB2－AN2,即AB2－AN2＝BM·BN.例7如圖7,ABCD是⊙O內(nèi)接四邊形,延長AB和DC相交于E,延長AB和DC相交于E,延長AD和BC相交于F,EP和FQ分別切⊙O于P、Q.求證：EP2＋FQ2＝EF2.分析：因EP和FQ是⊙O切線,由結(jié)論聯(lián)想到切割線定理,構(gòu)造輔助圓使EP、FQ向EF轉(zhuǎn)化.證明：如圖7,作△BCE外接圓交EF于G,連結(jié)CG.因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、G四點(diǎn)共圓.由切割線定理,有EF2＝(EG＋GF)·EF＝EG·EF＋GF·EF＝EC·ED＋FC·FB＝EC·ED＋FC·FB＝EP2＋FQ2,即EP2＋FQ2＝EF2.2.4聯(lián)想托勒密定理構(gòu)造輔助圓例8如圖8,△ABC與△A＇B＇C＇三邊分別為a、b、c與a＇、b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＝180°.試證：aa＇＝bb＇＋cc＇.分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°,由結(jié)論聯(lián)想到托勒密定理,構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形加以證明.證明：作△ABC外接圓,過C作CD∥AB交圓于D,連結(jié)AD和BD,如圖9所示.∵∠A＋∠A＇＝180°＝∠A＋∠D，∠BCD＝∠B＝∠B＇,∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD.∴△A＇B＇C＇∽△DCB.有＝＝，即＝＝.故DC＝,DB＝.又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a.從而,由托勒密定理,得AD·BC＝AB·DC＋AC·BD,即a2＝c·＋b·.故aa＇＝bb＇＋cc＇.練習(xí)題1.作一種輔助圓證明：△ABC中,若AD平分∠A,則＝.(提示：不妨設(shè)AB≥AC,作△ADC外接圓交AB于E,證△ABC∽△DBE,從而＝＝.)2.已知凸五邊形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求證：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.(提示：由已知證明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,從而A、B、C、D、E共圓,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)3.在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB邊上取一點(diǎn)M,使BM＝AC.求∠AMC度數(shù).(提示：以BC為邊在△ABC外作正△KBC,連結(jié)KM,證B、M、C共圓,從而∠BCM＝∠BKM＝10°,得∠AMC＝30°.)4．如圖10,AC是ABCD較長對角線,過C作CF⊥AF,CE⊥AE.求證：AB·AE＋AD·AF＝AC2.(提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點(diǎn)G、H.則CG＝AH,由割線定理可證得結(jié)論.)5.如圖11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直線CD過A交⊙O1和⊙O2于C、D,且AC＝AD,EC、ED分別切兩圓于C、D.求證：AC2＝AB·AE.(提示：作△BCD外接圓⊙O3,延長BA交⊙O3于F,證E在⊙O3上,得△ACE≌△ADF,從而AE＝AF,由相交弦定理即得結(jié)論.)6．已知E是△ABC外接圓之劣弧BC中點(diǎn).求證：AB·AC＝AE2－BE2.(提示：以BE為半徑作輔助圓⊙E,交AE及其延長線于N、M,由△ANC∽△ABM證AB·AC＝AN·AM.)7.若正五邊形ABCDE邊長為a,對角線長為b,試證：－＝1.(提示：證b2＝a2＋ab,聯(lián)想托勒密定理作出五邊形外接圓即可證得.)第三講點(diǎn)共線、線共點(diǎn)在本小節(jié)中涉及點(diǎn)共線、線共點(diǎn)普通證明辦法及梅涅勞斯定理、塞瓦定理應(yīng)用。 1.點(diǎn)共線證明點(diǎn)共線普通證明辦法是：通過鄰補(bǔ)角關(guān)系證明三點(diǎn)共線；證明兩點(diǎn)連線必過第三點(diǎn)；證明三點(diǎn)構(gòu)成三角形面積為零等。n(n≥4)點(diǎn)共線可轉(zhuǎn)化為三點(diǎn)共線。例1如圖，設(shè)線段AB中點(diǎn)為C，以AC和CB為對角線作平行四邊形AECD，BFCG。又作平行四邊形CFHD，CGKE。求證：H，C，K三點(diǎn)共線。證連AK，DG，HB。由題意，ADECKG，知四邊形AKGD是平行四邊形，于是AKDG。同樣可證AKHB。四邊形AHBK是平行四邊形，其對角線AB，KH互相平分。而C是AB中點(diǎn)，線段KH過C點(diǎn)，故K，C，H三點(diǎn)共線。例2如圖所示，菱形ABCD中，∠A=120°，O為△ABC外接圓，M為其上一點(diǎn)，連接MC交AB于E，AM交CB延長線于F。求證：D，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線。證如圖，連AC，DF，DE。由于M在O上，則∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB，有△AMC∽△ACF，得。又由于∠AMC=BAC，因此△AMC∽△EAC，得。因此，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD∽△ADE。因此∠ADE=∠DFB。由于AD∥BC，因此∠ADF=∠DFB=∠ADE，于是F，E，D三點(diǎn)共線。例3四邊形ABCD內(nèi)接于圓，其邊AB與DC延長線交于點(diǎn)P，AD與BC延長線交于點(diǎn)Q。由Q作該圓兩條切線QE和QF，切點(diǎn)分別為E，F(xiàn)。求證：P，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線。證如圖。連接PQ，并在PQ上取一點(diǎn)M，使得B，C，M，P四點(diǎn)共圓，連CM，PF。設(shè)PF與圓另一交點(diǎn)為E’，并作QG丄PF，垂足為G。易如QE2=QM·QP=QC·QB①∠PMC=∠ABC=∠PDQ。從而C，D，Q，M四點(diǎn)共圓，于是PM·PQ=PC·PD②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PE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2，即PE’·PF=PQ2-QF2。又PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)·(PG－GF)=PF·(PG－GF)，從而PE’=PG－GF=PG－GE’，即GF=GE’，故E’與E重疊。因此P，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線。例4以圓O外一點(diǎn)P，引圓兩條切線PA，PB，A，B為切點(diǎn)。割線PCD交圓O于C，D。又由B作CD平行線交圓O于E。若F為CD中點(diǎn)，求證：A，F(xiàn)，E三點(diǎn)共線。證如圖，連AF，EF，OA，OB，OP，BF，OF，延長FC交BE于G。易如OA丄AP，OB丄BP，OF丄CP，因此P，A，F(xiàn)，O，B五點(diǎn)共圓，有∠AFP=∠AOP=∠POB=∠PFB。又因CD∥BE，因此有∠PFB=∠FBE，∠EFD=∠FEB，而FOG為BE垂直平分線，故EF=FB，∠FEB=∠EBF，因此∠AFP=∠EFD，A，F(xiàn)，E三點(diǎn)共線。2.線共點(diǎn)證明證明線共點(diǎn)可用關(guān)于定理(如三角形3條高線交于一點(diǎn))，或證明第3條直線通過此外兩條直線交點(diǎn)，也可轉(zhuǎn)化成點(diǎn)共線問題予以證明。例5以△ABC兩邊AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG?！鰽BC高為AH。求證：AH，BF，CD交于一點(diǎn)。證如圖。延長HA到M，使AM=BC。連CM，BM。設(shè)CM與BF交于點(diǎn)K。在△ACM和△BCF中，AC=CF，AM=BC，∠MAC+∠HAC=180°，∠HAC+∠HCA=90°，并且∠BCF=90°+∠HCA，因而∠BCF+∠HAC=180°∠MAC=∠BCF。從而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。因此∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°，即BF丄MC。同理CD丄MB。AH，BF，CD為△MBC3條高線，故AH，BF，CD三線交于一點(diǎn)。例6設(shè)P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠APB－∠ACB=∠APC－∠ABC。又設(shè)D，E分別是△APB及△APC內(nèi)心。證明：AP，BD，CE交于一點(diǎn)。證如圖，過P向三邊作垂線，垂足分別為R，S，T。連RS，ST，RT，設(shè)BD交AP于M，CE交AP于N。易知P，R，A，S；P，T，B，R；P，S，C，T分別四點(diǎn)共圓，則∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT。同理，∠APC－∠ABC=∠RST，由條件知∠SRT=∠RST，因此RT=ST。又RT=PBsinB，ST=PCsinC，因此PBsinB=PCsinC，那么。由角平分線定理知。故M，N重疊，即AP，BD，CE交于一點(diǎn)。例7O1與O2外切于P點(diǎn)，QR為兩圓公切線，其中Q，R分別為O1，O2上切點(diǎn)，過Q且垂直于QO2直線與過R且垂直于RO1直線交于點(diǎn)I，IN垂直于O1O2，垂足為N，IN與QR交于點(diǎn)M。證明：PM，RO1，QO2三條直線交于一點(diǎn)。證如圖，設(shè)RO1與QO2交于點(diǎn)O，連MO，PO。由于∠O1QM=∠O1NM=90°，因此Q，O1，N，M四點(diǎn)共圓，有∠QMI=∠QO1O2。而∠IQO2=90°=∠RQO1，因此∠IQM=∠O2QO1，故△QIM∽△QO2O1，得同理可證。因而①由于QO1∥RO2，因此有②由①，②得MO∥QO1。又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，因此，即OP∥RO2。從而MO∥QO1∥RO2∥OP，故M，O，P三點(diǎn)共線，因此PM，RO1，QO2三條直線相交于同一點(diǎn)。3.塞瓦定理、梅涅勞斯定理及其應(yīng)用定理1(塞瓦(Ceva)定理):設(shè)P，Q，R分別是△ABCBC，CA，AB邊上點(diǎn)。若AP，BQ，CR相交于一點(diǎn)M，則。證如圖，由三角形面積性質(zhì)，有，，.以上三式相乘，得.定理2(定理1逆定理)：設(shè)P，Q，R分別是△ABCBC，CA，AB上點(diǎn)。若，則AP，BQ，CR交于一點(diǎn)。證如圖，設(shè)AP與BQ交于M，連CM，交AB于R’。由定理1有.而，因此.于是R’與R重疊，故AP，BQ，CR交于一點(diǎn)。定理3(梅涅勞斯(Menelaus)定理)：一條不通過△ABC任一頂點(diǎn)直線和三角形三邊BC，CA，AB(或它們延長線)分別交于P，Q，R，則證如圖，由三角形面積性質(zhì)，有，，.將以上三式相乘，得.定理4(定理3逆定理)：設(shè)P，Q，R分別是△ABC三邊BC，CA，AB或它們延長線上3點(diǎn)。若，則P，Q，R三點(diǎn)共線。定理4與定理2證明辦法類似。塞瓦定理和梅涅勞斯定理在證明三線共點(diǎn)和三點(diǎn)共線以及與之關(guān)于題目中有著廣泛應(yīng)用。例8如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD。在CD上取一點(diǎn)E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G。求證：∠GAC=∠EAC。證如圖，連接BD交AC于H，過點(diǎn)C作AB平行線交AG延長線于I，過點(diǎn)C作AD平行線交AE延長線于J。對△BCD用塞瓦定理，可得①由于AH是∠BAD角平分線，由角平分線定理知。代入①式得②由于CI∥AB，CJ∥AD，則，。代入②式得.從而CI=CJ。又由于∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ，因此△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.例9ABCD是一種平行四邊形，E是AB上一點(diǎn)，F(xiàn)為CD上一點(diǎn)。AF交ED于G，EC交FB于H。連接線段GH并延長交AD于L，交BC于M。求證：DL=BM.證如圖，設(shè)直線LM與BA延長線交于點(diǎn)J，與DC延長線交于點(diǎn)I。在△ECD與△FAB中分別使用梅涅勞斯定理，得 ，.由于AB∥CD，因此，.從而，即，故CI=AJ.而，且BM+MC=BC=AD=AL+LD.因此BM=DL。例10在直線l一側(cè)畫一種半圓T，C，D是T上兩點(diǎn)，T上過C和D切線分別交l于B和A，半圓圓心在線段BA上，E是線段AC和BD交點(diǎn)，F(xiàn)是l上點(diǎn)，EF垂直l。求證：EF平分∠CFD。證如圖，設(shè)AD與BC相交于點(diǎn)P，用O表達(dá)半圓T圓心。過P作PH丄l于H，連OD，OC，OP。由題意知Rt△OAD∽Rt△PAH，于是有.類似地，Rt△OCB∽Rt△PHB，則有.由CO=DO，有，從而.由塞瓦定理逆定理知三條直線AC，BD，PH相交于一點(diǎn)，即E在PH上，點(diǎn)H與F重疊。因∠ODP=∠OCP=90°，因此O，D，C，P四點(diǎn)共圓，直徑為OP.又∠PFC=90°，從而推得點(diǎn)F也在這個圓上，因而∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，因此EF平分∠CFD。例11如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，AB，DC延長線交于E，AD、BC延長線交于F，P為圓上任意一點(diǎn)，PE，PF分別交圓于R，S.若對角線AC與BD相交于T.求證：R，T，S三點(diǎn)共線。先證兩個引理。引理1:A1B1C1D1E1F1為圓內(nèi)接六邊形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一點(diǎn)，則有.如圖，設(shè)A1D1，B1E1，C1F1交于點(diǎn)O，依照圓內(nèi)接多邊形性質(zhì)易知OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1，△OC1D1∽△OA1F1，從而有，，.將上面三式相乘即得，引理2：圓內(nèi)接六邊形A1B1C1D1E1F1，若滿足則其三條對角線A1D1，B1E1，C1F1交于一點(diǎn)。該引理與定理2證明辦法類似，留給讀者。例11之證明如圖，連接PD，AS，RC，BR，AP，SD.由△EBR∽△EPA，△FDS∽△FPA，知,.兩式相乘，得.①又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，知，.兩式相乘，得②由①，②得.故.③對△EAD應(yīng)用梅涅勞斯定理，有④由③，④得.由引理2知BD，RS，AC交于一點(diǎn)，因此R，T，S三點(diǎn)共線。練習(xí)A組1.由矩形ABCD外接圓上任意一點(diǎn)M向它兩對邊引垂線MQ和MP，向另兩邊延長線引垂線MR，MT。證明：PR與QT垂直，且它們交點(diǎn)在矩形一條對角線上。2.在△ABCBC邊上任取一點(diǎn)P，作PD∥AC，PE∥AB，PD，PE和以AB，AC為直徑而在三角形外側(cè)所作半圓交點(diǎn)分別為D，E。求證：D，A，E三點(diǎn)共線。3.一種圓和等腰三角形ABC兩腰相切，切點(diǎn)是D，E，又和△ABC外接圓相切于F。求證：△ABC內(nèi)心G和D，E在一條直線上。4.設(shè)四邊形ABCD為等腰梯形，把△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)某一角度變成△A’B’C’。證明：線段A’D，BC和B’C中點(diǎn)在一條直線上。5.四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD相交于P。設(shè)三角形ABP，BCP，CDP和DAP外接圓圓心分別是O1，O2，O3，O4。求證：OP，O1O3，O2O4三直線交于一點(diǎn)。6.求證：過圓內(nèi)接四邊形各邊中點(diǎn)向?qū)吽?條垂線交于一點(diǎn)。7.△ABC為銳角三角形，AH為BC邊上高，以AH為直徑圓分別交AB，AC于M，N；M，N與A不同。過A作直線lA垂直于MN。類似地作出直線lB與lC。證明：直線lA，lB，lC共點(diǎn)。8.以△ABC邊BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形邊BC，CA，AB對邊中點(diǎn)。求證：直線AA1，BB1，CC1相交于一點(diǎn)。9.過△ABC三邊中點(diǎn)D，E，F(xiàn)向內(nèi)切圓引切線，設(shè)所引切線分別與EF，F(xiàn)D，DE交于I，L，M。求證：I，L，M在一條直線上。B組10.設(shè)A1，B1，C1是直線l1上任意三點(diǎn)，A2，B2，C2是另一條直線l2上任意三點(diǎn)，A1B2和B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N。求證：L，M，N三點(diǎn)共線。11.在△ABC，△A’B’C’中，連接AA’，BB’，CC’，使這3條直線交于一點(diǎn)S。求證：AB與A’B’、BC與B’C’、CA與C’A’交點(diǎn)F，D，E在同一條直線上(笛沙格定理)。12.設(shè)圓內(nèi)接六邊形ABCDEF對邊延長線相交于三點(diǎn)P，Q，R，則這三點(diǎn)在一條直線上(帕斯卡定理)。第四講四點(diǎn)共圓問題“四點(diǎn)共圓”問題在數(shù)學(xué)競賽中經(jīng)常浮現(xiàn)，此類問題普通有兩種形式：一是以“四點(diǎn)共圓”作為證題目，二是以“四點(diǎn)共圓”作為解題手段，為解決其她問題鋪平道路.鑒定“四點(diǎn)共圓”辦法，用得最多是統(tǒng)編教材《幾何》二冊所簡介兩種（即P89定理和P93例3），由這兩種基本辦法推導(dǎo)出來其她鑒別辦法也可相機(jī)采用.1“四點(diǎn)共圓”作為證題目例1．給出銳角△ABC，以AB為直徑圓與AB邊高CC′及其延長線交于M，N.以AC為直徑圓與AC邊高BB′及其延長線將于P，Q.求證：M，N，P，Q四點(diǎn)共圓.(第19屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克)分析：設(shè)PQ，MN交于K點(diǎn)，連接AP，AM.欲證M，N，P，Q四點(diǎn)共圓，須證MK·KN＝PK·KQ，即證(MC′-KC′)(MC′+KC′)＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2.①不難證明AP=AM，從而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2.故MC′2-PB′2=AB′2-AC′2=(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)=KC′2-KB′2.②由②即得①，命題得證.例2．A、B、C三點(diǎn)共線，O點(diǎn)在直線外，O1，O2，O3分別為△OAB，△OBC，△OCA外心.求證：O，O1，O2，O3四點(diǎn)共圓.(第27屆莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克)分析：作出圖中各輔助線.易證O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.觀測△OBC及其外接圓，立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.觀測△OCA及其外接圓，立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1O，O1，O2，O3共圓.運(yùn)用對角互補(bǔ)，也可證明O，O1，O2，O3四點(diǎn)共圓，請同窗自證.2以“四點(diǎn)共圓”作為解題手段這種狀況不但題目多，并且結(jié)論變幻莫測，可大體上歸納為如下幾種方面.(1)證角相等例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分別在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK.求證：∠DMA＝∠CKB.分析：易知A，B，M，K四點(diǎn)共圓.連接KM，有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC＝180°，∴∠CMK+∠KDC＝180°.故C，D，K，M四點(diǎn)共圓∠CMD＝∠DKC.但已證∠AMB＝∠BKA， ∴∠DMA＝∠CKB.(2)證線垂直例4．⊙O過△ABC頂點(diǎn)A，C，且與AB，BC交于K，N(K與N不同).△ABC外接圓和△BKN外接圓相交于B和M.求證：∠BMO=90°.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(shí)，只要把握已知條件和圖形特點(diǎn)，借助“四點(diǎn)共圓”，問題是不難解決.連接OC，OK，MC，MK，延長BM到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK，∴∠COK+∠CMK=180°C，O，K，M四點(diǎn)共圓.在這個圓中，由OC=OKOC=OK∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK，故∠BMO=90°.(3)判斷圖形形狀例5．四邊形ABCD內(nèi)接于圓，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC內(nèi)心依次記為IA，IB，IC，ID.試證：IAIBICID是矩形.分析：連接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得∠AICB=90°+∠ADB=90°+∠ACB=∠AIDBA，B，ID，IC四點(diǎn)共圓.同理，A，D，IB，IC四點(diǎn)共圓.此時∠AICID=180°-∠ABID=180°-∠ABC，∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，∴∠AICID+∠AICIB=360°-(∠ABC+∠ADC)=360°-×180°=270°.故∠IBICID=90°.同樣可證IAIBICID其他三個內(nèi)角皆為90°.該四邊形必為矩形.(4)計(jì)算例6．正方形ABCD中心為O，面積為1989㎝2.P為正方形內(nèi)一點(diǎn)，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.則PB=__________分析：答案是PB=42㎝.如何得到呢？連接OA，OB.易知O，P，A，B四點(diǎn)共圓，有∠APB=∠AOB=90°.故PA2+PB2=AB2=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB.(5)其她例7．設(shè)有邊長為1正方形，試在這個正方形內(nèi)接正三角形中找出面積最大和一種面積最小，并求出這兩個面積(須證明你論斷).(1978，全國高中聯(lián)賽)分析：設(shè)△EFG為正方形ABCD一種內(nèi)接正三角形，由于正三角形三個頂點(diǎn)至少必落在正方形三條邊上，因此不妨令F，G兩點(diǎn)在正方形一組對邊上.作正△EFG高EK，易知E，K，G，D四點(diǎn)共圓∠KDE=∠KGE=60°.同理，∠KAE=60°.故△KAD也是一種正三角形，K必為一種定點(diǎn).又正三角形面積取決于它邊長，當(dāng)KF丄AB時，邊長為1，這時邊長最小，而面積S=也最小.當(dāng)KF通過B點(diǎn)時，邊長為2·，這時邊長最大，面積S=2-3也最大.例8．NS是⊙O直徑，弦AB丄NS于M，P為ANB上異于N任一點(diǎn)，PS交AB于R，PM延長線交⊙O于Q.求證：RS＞MQ.分析：連接NP，NQ，NR，NR延長線交⊙O于Q′.連接MQ′，SQ′.易證N，M，R，P四點(diǎn)共圓，從而，∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.依照圓軸對稱性質(zhì)可知Q與Q′關(guān)于NS成軸對稱MQ′=MQ.又易證M，S，Q′，R四點(diǎn)共圓，且RS是這個圓直徑(∠RMS=90°)，MQ′是一條弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，因此，RS＞MQ.練習(xí)題1.⊙O1交⊙O2于A，B兩點(diǎn)，射線O1A交⊙O2于C點(diǎn)，射線O2A交⊙O1于D點(diǎn).求證：點(diǎn)A是△BCD內(nèi)心.(提示：設(shè)法證明C，D，O1，B四點(diǎn)共圓，再證C，D，B，O2四點(diǎn)共圓，從而知C，D，O1，B，O2五點(diǎn)共圓.)2.△ABC為不等邊三角形.∠A及其外角平分線分別交對邊中垂線于A1，A2；同樣得到B1，B2，C1，C2.求證：A1A2=B1B2=C1C2.(提示：設(shè)法證∠ABA1與∠ACA1互補(bǔ)導(dǎo)致A，B，A1，C四點(diǎn)共圓；再證A，A2，B，C四點(diǎn)共圓，從而知A1，A2都是△ABC外接圓上，并注意∠A1AA2=90°.)3.設(shè)點(diǎn)M在正三角形三條高線上射影分別是M1，M2，M3(互不重疊).求證：△M1M2M3也是正三角形.4.在Rt△ABC中，AD為斜邊BC上高，P是AB上點(diǎn)，過A點(diǎn)作PC垂線交過B所作AB垂線于Q點(diǎn).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△ABC三條高.從A引EF垂線l1，從B引FD垂線l2，從C引DE垂線l3.求證：l1，l2，l3三線共點(diǎn).(提示：過B作AB垂線交l1于K，證：A，B，K，C四點(diǎn)共圓)第五講三角形五心三角形外心、重心、垂心、內(nèi)心及旁心，統(tǒng)稱為三角形五心.一、外心.三角形外接圓圓心，簡稱外心.與外心關(guān)系密切有圓心角定理和圓周角定理.例1．過等腰△ABC底邊BC上一點(diǎn)P引PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交AC于N.作點(diǎn)P關(guān)于MN對稱點(diǎn)P′.試證：P′點(diǎn)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′=NP=NC，故點(diǎn)M是△P′BP外心，點(diǎn)N是△P′PC外心.有∠BP′P=∠BMP=∠BAC，∠PP′C=∠PNC=∠BAC.∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC.從而，P′點(diǎn)與A，B，C共圓、即P′在△ABC外接圓上.由于P′P平分∠BP′C，顯然尚有P′B:P′C=BP:PC.例2．在△ABC邊AB，BC，CA上分別取點(diǎn)P，Q，S.證明以△APS，△BQP，△CSQ外心為頂點(diǎn)三角形與△ABC相似.分析：設(shè)O1，O2，O3是△APS，△BQP，△CSQ外心，作出六邊形O1PO2QO3S后再由外心性質(zhì)可知∠PO1S=2∠A，∠QO2P=2∠B，∠SO3Q=2∠C.∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.從而又知∠O1PO2+∠O2QO3+∠O3SO1=360°將△O2QO3繞著O3點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到△KSO3，易判斷△KSO1≌△O2PO1，同步可得△O1O2O3≌△O1KO3.∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K=(∠O2O1S+∠SO1K)=(∠O2O1S+∠PO1O2)=∠PO1S=∠A；同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC.二、重心三角形三條中線交點(diǎn)，叫做三角形重心.掌握重心將每條中線都提成定比2:1及中線長度公式，便于解題.例3．AD，BE，CF是△ABC三條中線，P是任意一點(diǎn).證明：在△PAD，△PBE，△PCF中，其中一種面積等于此外兩個面積和.(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)分別作該直線垂線，垂足為A′，C′，D′，E′，F(xiàn)′.易證AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′，∴EE′=DD′+FF′.有S△PGE=S△PGD+S△PGF.兩邊各擴(kuò)大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF.例4．如果三角形三邊平方成等差數(shù)列，那么該三角形和由它三條中線圍成新三角形相似.其逆亦真.分析：將△ABC簡記為△，由三中線AD，BE，CF圍成三角形簡記為△′.G為重心，連DE到H，使EH=DE，連HC，HF，則△′就是△HCF.(1)a2，b2，c2成等差數(shù)列△∽△′.若△ABC為正三角形，易證△∽△′.不妨設(shè)a≥b≥c，有CF=，BE=，AD=.將a2+c2=2b2，分別代入以上三式，得CF=，BE=，AD=.∴CF:BE:AD=:：=a:b:c.故有△∽△′.(2)△∽△′a2，b2，c2成等差數(shù)列.當(dāng)△中a≥b≥c時，△′中CF≥BE≥AD.∵△∽△′，∴＝()2.據(jù)“三角形三條中線圍成新三角形面積等于原三角形面積”，有=.∴=3a2=4CF2=2a2+b2-c2a2+c2=2b2.三、垂心三角形三條高交戰(zhàn)，稱為三角形垂心.由三角形垂心導(dǎo)致四個等(外接)圓三角形，給咱們解題提供了極大便利.例5．設(shè)A1A2A3A4為⊙O內(nèi)接四邊形，H1，H2，H3，H4依次為△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3垂心.求證：H1，H2，H3，H4四點(diǎn)共圓，并擬定出該圓圓心位置.分析：連接A2H1，A1H2，H1H2，記圓半徑為R.由△A2A3A4知=2RA2H1=2Rcos∠A3A2A4；由△A1A3A4得A1H2=2Rcos∠A3A1A4.但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2.易證A2H1∥A1A2，于是，A2H1A1H2，故得H1H2A2A1.設(shè)H1A1與H2A2交點(diǎn)為M，故H1H2與A1A2關(guān)于M點(diǎn)成中心對稱.同理，H2H3與A2A3，H3H4與A3A4，H4H1與A4A1都關(guān)于M點(diǎn)成中心對稱.故四邊形H1H2H3H4與四邊形A1A2A3A4關(guān)于M點(diǎn)成中心對稱，兩者是全等四邊形，H1，H2，H3，H4在同一種圓上.后者圓心設(shè)為Q，Q與O也關(guān)于M成中心對稱.由O，M兩點(diǎn)，Q點(diǎn)就不難擬定了.例6．H為△ABC垂心，D，E，F(xiàn)分別是BC，CA，AB中心.一種以H為圓心⊙H交直線EF，F(xiàn)D，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2.求證：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2.分析：只須證明AA1=BB1=CC1即可.設(shè)BC=a，CA=b，AB=c，△ABC外接圓半徑為R，⊙H半徑為r.連HA1，AH交EF于M.A=AM2+A1M2=AM2+r2-MH2=r2+(AM2-MH2)，①又AM2-HM2=(AH1)2-(AH-AH1)2=AH·AH1-AH2=AH2·AB-AH2=cosA·bc-AH2，②而=2RAH2=4R2cos2A,=2Ra2=4R2sin2A.∴AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2.③由①、②、③有A=r2+·bc-(4R2-a2)=(a2+b2+c2)-4R2+r2.同理，=(a2+b2+c2)-4R2+r2，=(a2+b2+c2)-4R2+r2.故有AA1=BB1=CC1.四、內(nèi)心三角形內(nèi)切圓圓心，簡稱為內(nèi)心.對于內(nèi)心，要掌握張角公式，還要記住下面一種極為有用等量關(guān)系：設(shè)I為△ABC內(nèi)心，射線AI交△ABC外接圓于A′，則有A′I=A′B=A′C.換言之，點(diǎn)A′必是△IBC之外心(內(nèi)心等量關(guān)系之逆同樣有用).例7．ABCD為圓內(nèi)接凸四邊形，取△DAB，△ABC，△BCD，△CDA內(nèi)心O1，O2，O3，O4.求證：O1O2O3O4為矩形.例8．已知⊙O內(nèi)接△ABC，⊙Q切AB，AC于E，F(xiàn)且與⊙O內(nèi)切.試證：EF中點(diǎn)P是△ABC之內(nèi)心.分析：在第20屆IMO中，美國提供一道題事實(shí)上是例8一種特例，但它增長了條件AB=AC.當(dāng)AB≠AC，如何證明呢？如圖，顯然EF中點(diǎn)P、圓心Q，BC中點(diǎn)K都在∠BAC平分線上.易知AQ=.∵QK·AQ=MQ·QN，∴QK===.由Rt△EPQ知PQ=.∴PK=PQ+QK=+=.∴PK=BK.運(yùn)用內(nèi)心等量關(guān)系之逆定理，即知P是△ABC這內(nèi)心.五、旁心三角形一條內(nèi)角平分線與另兩個內(nèi)角外角平分線相交于一點(diǎn)，是旁切圓圓心，稱為旁心.旁心經(jīng)常與內(nèi)心聯(lián)系在一起，旁心還與三角形半周長關(guān)系密切.例9．在直角三角形中，求證：r+ra+rb+rc=2p.式中r，ra，rb，rc分別表達(dá)內(nèi)切圓半徑及與a，b，c相切旁切圓半徑，p表達(dá)半周.(杭州大學(xué)《中學(xué)數(shù)學(xué)競賽習(xí)題》)分析：設(shè)Rt△AB