初中數(shù)學(xué)競賽幾何講座(共5講)第二講巧添輔助妙解競賽題則能使證明順暢、簡潔.A為BC外一動(dòng)點(diǎn)(如圖1).當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到使圖1證明你的結(jié)論.證明：如圖1,分別過點(diǎn)P、B作AC、AQ的平行線得交點(diǎn)D.連結(jié)DA.例2如圖2,四邊形ABCD為平行四邊形，證明：如圖2,分別過點(diǎn)A、B作ED、ECPA=ED,PB=EC.有P、B、A、E四點(diǎn)共圓.2欲“送”線段到當(dāng)處PM+PN=PQ.證明：如圖3,過點(diǎn)P作AB的平行線交BD于F,過點(diǎn)F作BC的平行線分別交PQ、AC由BD平行∠ABC,可知點(diǎn)F到AB、BC兩邊距離相等.有KQ=PN.證法非常簡捷.3為了線段比的轉(zhuǎn)化可以通過添加平行線，實(shí)現(xiàn)某些線段比的良性轉(zhuǎn)化.這在平面證明：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的平行線交直線BC于E.這里，僅僅添加了一條平行線，將求證式中的四個(gè)線段比“通分”,使公分母為DE,于是問題迎刃而解.證明：如圖5,過點(diǎn)A作BC的平行線，分N、M.對(duì)比(1)、(2)、(3)有AP=AQ.顯然AD為PQ的中垂線，故AD平分∠PDQ.這里，原題并未涉及線段比，添加BC的平行線，這些比例式，就使AP與AQ的相等關(guān)系顯現(xiàn)出來4為了線段相等的傳遞線段相等的關(guān)系傳遞開去.=90°.如果BM2+CN2=DM2+DN2,求證：證明：如圖6,過點(diǎn)B作AC的平行線交ND延長線于E.連ME.EM=MN.由BM2+BE2=BM2+NC2=MD2+DN2=MN2=EM2,可知△BEM為直角三角分EF.DB2=FB2=AB·HB,AD2=AE2=AG·ABDB2—AD2=AB·(HB-AG),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(diǎn).證明很精彩.經(jīng)過一點(diǎn)的若干直線稱為一組直線束.等.BN=NC.后得交點(diǎn)E、F,對(duì)角線BD//EF,AC的延長證明：如圖9,過C作EF的平行線分別交AE、AF于M、N.由BD//EF,可知MN//BD.易知SBEF=SDEF可得MC=CN.例9如圖10,⊙0是△ABC的邊BC外的旁的切點(diǎn).若OD與EF相交于K,求證：AK平0分BC.證明：如圖10,過點(diǎn)K作BC的行平線分別綜上，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(shí)踐中應(yīng)注意適時(shí)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.延長CD交直線NM于F.求證：∠BEN=∠CFN.(提示：設(shè)P為AC的中點(diǎn)，易證PM=PN.)(提示：過點(diǎn)C作PA的平行線交BA延長線于點(diǎn)D.易證△ACD∽△PBA.答：75°)3.六邊開ABCDEF的各角相等，F(xiàn)A=AB=BC,∠EBD=60°,SBD=60cm2.求六邊形ABCDEF的面積.(提示：設(shè)EF、DC分別交直線AB于P、Q,過點(diǎn)E作DC的平行線交AB于點(diǎn)M.所求面積與口EMQD面積相等.答：120cm2)4.AD為Rt△ABC的斜邊BC上的高，P是AD的中點(diǎn)，連BP并AC:AB=k.求AE:EC.(提示：過點(diǎn)A作BC的平行線交BE延長線于點(diǎn)F.設(shè)BC=1,有AD=k,DC=k2.答：(提示：過點(diǎn)F作AB的平行線交CE于點(diǎn)H.H為△CDF的垂心.)(提示：在BC上取一點(diǎn)D,使AD=AB.分別過點(diǎn)B、C作AD的平行線交直線CA、BA7.分別以△ABC的邊AC和BC為一邊在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,點(diǎn)P是EF的中點(diǎn).求證：P點(diǎn)到邊AB的距離是AB的一半.8.△ABC的內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB于點(diǎn)D、E、F,過點(diǎn)F作BC的平行線分別交直線DA、DE于點(diǎn)H、G.求證：FH=HG.(提示：過點(diǎn)A作BC的平行線分別交直線DE、DF于點(diǎn)M、N.)9.AD為⊙0的直徑，PD為⊙0的切線，PCB為⊙0的割線，PO分別交AB、AC于點(diǎn)M、N.求證：OM=ON.//GF.)第二講巧添輔助妙解競賽題圓的有關(guān)性質(zhì)找到解題途徑.下面舉例說明添置輔助圓直接證出BD=2CD.若延長AD交△ABC的外接圓證明：如圖1,延長AD與△ABC的外接圓相交于點(diǎn)F,連結(jié)CF與BF,則∠BFA=∠BCA1.2利用四點(diǎn)共圓AB=2,CD=1,對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)0,如圖2.則sin∠AOB=解：因∠BAD=∠BCD=90°,故A、B、C、D四點(diǎn)共圓.延長BA、CD交于P,則∠ADPBD·CA=(4-√3)(2√3-2)+2×1=1故例3已知：如圖3,AB=BC=CA=AD,AH⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.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=∠ADQ2構(gòu)造相關(guān)的輔助圓解題=DB=p,BC=q.求對(duì)角線AC的長.半徑為p的⊙D上.利用圓的性質(zhì)即可找到AC與p、q的關(guān)系.AC=√CE2-AE2=√4p2-q2.2.2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(diǎn)，點(diǎn)D平分BC.若在x軸上側(cè)解：如圖5,所給拋物線的頂點(diǎn)為A。(1,9),對(duì)稱軸為x=1,與x軸交于兩點(diǎn)B(-2,0)、C(4,0).兩圓與拋物線均交于兩點(diǎn)P(1-2√2,1)Q(1+2√2,1).≤DA。=9,即AD的取值范圍是3<AD≤9.2.3聯(lián)想圓冪定理構(gòu)造輔助圓-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)想割線證明：如圖6,又∠3=∠4,∠1=∠5,BA的延長線于E.則AE=AF=AN.BM·BN=BF·BE=AB2—AN2,例7如圖7,ABCD是⊙0的內(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⊙0于P、Q.求證：EP2+FQ2=EF2.EF轉(zhuǎn)化.證明：如圖7,作△BCE的外接圓交EF于G,連G四點(diǎn)共圓.EF2=(EG+GF)·EFB'2.4聯(lián)想托勒密定理構(gòu)造輔助圓B'例8如圖8,△ABC與△A'B'CC'的三邊分別為a、b、c與a'、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的外接圓，過C作CD//AB交圓于D,連結(jié)AD和BD,如圖9所示.又AB//DC,可知BD=AC=b,BC=AD=a.AD·BC=AB·DC+AC·BD,1.作一個(gè)輔助圓證明：△ABC中，若AD平分∠則(提示：不妨設(shè)AB≥AC,作△ADC的外接圓交AB于E,證△ABC∽△DBE,從而度數(shù).CF⊥AF,CE⊥AE.(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⊙0,和⊙0?相交于A、B,直線CD過A交⊙0,和⊙0?于C、D,且AC=AD,EC、ED分別切兩圓于C、D.求證：AC2(提示：作△BCD的外接圓⊙0?,延長BA交⊙0?于F,證E在⊙0?上，得△ACE≌△ADF,從而AE=AF,由相交弦定理即得結(jié)論.)圖116.已知E是△ABC的外接圓之劣弧BC的中點(diǎn).(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的邊長為a,對(duì)角線長為b,試證：(提示：證b2=a2+ab,聯(lián)想托勒密定理作出五邊形的外接圓即可證得.)點(diǎn)共線的通常證明方法是：通過鄰補(bǔ)角關(guān)系證明三點(diǎn)共線；證明兩點(diǎn)的連線必過第三點(diǎn)；證明三點(diǎn)組成的三角形面積為零等。n(n≥例1如圖，設(shè)線段AB的中點(diǎn)為C,以AC和CB為對(duì)角線作平行四證連AK,DG,HB。ADLEC∠KG,四邊形，于是形AHBK是平行四邊形，其對(duì)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°,⊙0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三點(diǎn)共線。證如圖，連AC,DF,DE。因?yàn)镸在⊙0上，又因?yàn)椤螦MC=BAC,所以△AMC∽△EAC,得∠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的延長線交于點(diǎn)P,AD與BC的延長線交于點(diǎn)Q。由切線QE和QF,切點(diǎn)分別為E,F。F三點(diǎn)共線。Q作該圓的兩條求證：P,E,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與圓的另一交點(diǎn)為E',并作QGLPF,垂足為G。易如QE2=QM·QP=QC·QB①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,易知PD·PC=PE'·PF,又QF2=QC·QB,有PE'·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2,PQ2-QF2=PG2-GF2=(PG+GF)·(PG-GF)所以P,E,F三點(diǎn)共線。例4以圓0外一點(diǎn)P,引圓的兩條切線PA,PB,A,B為切點(diǎn)。割的平行線交圓0于E。若F為CD中點(diǎn)，求證：A,F,E三點(diǎn)共線。2.線共點(diǎn)的證明證明線共點(diǎn)可用有關(guān)定理(如三角形的3條高線交于一點(diǎn)),或證明第3條直線通過另外兩條直線的交點(diǎn)，也可轉(zhuǎn)化成點(diǎn)共線的問題給予證明?！鰽BC的高為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。AC=CF,AM=BC,BF,CD三線交于一點(diǎn)。D,E分別是△APB及△APC的內(nèi)心。證明：AP,BD,CE交證如圖，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交AP于N。P,S,C,T分別四點(diǎn)共圓，則R;故M,N重合，即AP,BD,CE交于一點(diǎn)。別為00?,o0?上的切點(diǎn)，過Q且垂直于Q0?的直線與過R且垂直于RO?的直線交于點(diǎn)I,IN垂直于O?0?,垂足為N,IN證如圖，設(shè)RO?與Q0?交于點(diǎn)0,因?yàn)椤??QM=∠O?NM=90°,所以Q,O?,②由①,②得MO//Q0?。又由于O?P=O?Q,PO?=RO?,定理1(塞瓦(Ceva)定理):定理2(定理1的逆定理):定理3(梅涅勞斯(Menelaus)定理):線和三角形分別交于P,定理4(定理3的逆定理):設(shè)P,Q,R分別是△ABC的三邊BC,CA,AB或它們延長線上的3點(diǎn)。若定理4與定理2的證明方法類似。例8如圖，在四邊形ABCD中，對(duì)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：過點(diǎn)C作AB的平行線交AG的點(diǎn)C作AD的平行線交AE的延長①因?yàn)锳H是∠BAD的角平分②線于J。代入②式得則從而CI=CJ。又由于點(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的延J,與DC的延長線交于點(diǎn)I。在△ECD與△FAB中分別梅涅勞斯定理，得長線交于點(diǎn)使用例10在直線l的一側(cè)畫一個(gè)半圓T,C,D是T上的兩點(diǎn)，T上過C和D的切線分別交I于B和A,半圓的圓心在線段BA上，E是線段AC和BD的交點(diǎn)，F(xiàn)是l上的點(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0表示半圓T的圓心。過P作PHLl于H,連OD,由題意知Rt△OAD∽R(shí)t△于是有PAH,類似地，Rt△OCB∽R(shí)t△PHB,則有由塞瓦定理的逆定理知三條直線AC,BD,PH相交于一點(diǎn)，即E在PH上，點(diǎn)H與F重合。因∠ODP=∠OCP=90°,所以0,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(gè)圓上，因此所以EF平分∠CFD。DC延長線交于E,AD、BCF,P為圓上任意一點(diǎn)，PE,延長線交于圓于R,S.若對(duì)角線AC與BD相交于T.求證：R,T,S三點(diǎn)共線。先證兩個(gè)引理。引理1:A?B?CD?E?F?為圓內(nèi)接六邊形，若C?F?,交于一點(diǎn)，則有如圖，設(shè)A?D?,B?E?,C?F?交于點(diǎn)接多邊形的性質(zhì)易知A?D?,B?E?,0,根據(jù)圓內(nèi)將上面三式相乘即得引理2:圓內(nèi)接六邊形A?B?CD?E?F?,若滿足則其三條對(duì)角線A?D,B?E?,CF?交于一點(diǎn)。該引理與定理2的證明方法類似，留給讀者。兩式相乘，得①式相乘，得②對(duì)△EAD應(yīng)用梅涅勞斯定理，有由③,④得③④由引理2知BD,RS,AC交于一點(diǎn)，所以R,T,S三點(diǎn)共線。1.由矩形ABCD的外接圓上任意一點(diǎn)M向它的兩對(duì)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，且它們的交點(diǎn)在矩形的一條對(duì)角線上。2.在△ABC的BC邊上任取一點(diǎn)P,作PD//AC,PE和以AB,AC為直徑而在三角形外側(cè)所作的半圓的交點(diǎn)分別為D,3.一個(gè)圓和等腰三角形ABC的兩腰相切，切點(diǎn)是D,E,的外接圓相切于F。求證：△ABC的內(nèi)心G和D,E在一條直線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5.四邊形ABCD內(nèi)接于圓0,對(duì)角線AC與BD相交于P。設(shè)三角形ABP,BCP,CDP和DAP的外接圓圓心分別是01,0?,03,04。6.求證：過圓內(nèi)接四邊形各邊的中點(diǎn)向?qū)吽鞯?條垂線交于一7.△ABC為銳角三角形，AH為BC邊上的高，以AH為直徑的圓分A8.以△ABC的邊BC,CA,AB向外作正方形，A?,B?,C?是正方形的邊BC,CA,AB的對(duì)邊的中點(diǎn)。求證：直線AA,BB?,CC?相交于一點(diǎn)。9.過△ABC的三邊中點(diǎn)D,E,F向內(nèi)切圓引切線，設(shè)所引的切線分別與EF,FD,DE交于I,L,M。求證：I,L,M在一條直線上。10.設(shè)A?,B?,C,是直線l?上的任意三點(diǎn)，A,B?,C?是另一條直線和B?C?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的對(duì)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)常出現(xiàn)，這類問題一般有兩種形式：一是以“四點(diǎn)共圓”作為證題的目的，二是以“四點(diǎn)共圓”作為解題的手段，為解決其他問題鋪平道路.判定“四點(diǎn)共圓”的方法，用得最多的是統(tǒng)編教材《幾何》二冊所介紹的兩種(即P89定理和P93例3),由這兩種基本方法推導(dǎo)出來的其他判別方法也可相機(jī)采例1.給出銳角△ABC,以AB為直徑的圓與AB邊的高CC′及其延長線交于M,N.以AC為直徑的圓與AC邊的高BB'及其延長線將于P,Q.求證：M,N,P,Q四點(diǎn)共(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,BAM.欲證M,N,P,Q四點(diǎn)共圓，須證MK·KN=PK·KQ,①不難證明AP=AM,從而有①②②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△OCA的外心.求證：0,O,0,(第27屆莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克)分析：作出圖中各輔助線.易證垂直平分OB,垂直平分OA.觀察△OBC及其外接圓，立.觀察△OCA及其外接圓，立得∠利用對(duì)角互補(bǔ)，也可證明0,O,0,0四點(diǎn)共圓，請同學(xué)自2以“四點(diǎn)共圓”作為解題手段這種情況不僅題目多，而且結(jié)論變幻莫測，可大體上歸納為如下幾個(gè)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(第二屆祖沖之杯初中競賽)分析：易知A,B,M,K四點(diǎn)共圓.連接KM,但已證∠AMB=∠BKA,(2)證線垂直BC交于K,N(K與N不同).△ABC外接圓和△BKN外接圓相交于B和(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(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∴∠COK+∠CMK=180°→C,0,K,M四點(diǎn)共圓.在這個(gè)圓宋，由(3)判斷圖形形狀例5.四邊形ABCD內(nèi)接于圓，△BCD,△ACD,△ABD,△ABC的內(nèi)心依次記為I,IB,Ic,I?·試證：IAIBCD是矩形.(第一屆數(shù)學(xué)奧林匹克國家集訓(xùn)選拔試題)分析：連接AIc,AI。,BIc,BI,和A,B,I,Ic四點(diǎn)A,B,I,Ic四點(diǎn)四點(diǎn)共圓.此時(shí)四點(diǎn)共圓.此時(shí)故同樣可證IIB其它三個(gè)內(nèi)角皆為90°.該四邊形必為矩形.例6.正方形ABCD的中心為O,面積為1989cm2.P為正方形內(nèi)(1989,全國初中聯(lián)賽)分析：答案是PB=42cm.怎樣得到的呢?連接OA,OB.易知0,P,A,B(5)其他例7.設(shè)有邊長為1的正方形，試在這個(gè)正方形的內(nèi)接正三角形中找出面積最大的和一個(gè)面積最小的，并求出這兩個(gè)面積(須證明你的論斷).(1978,全國高中聯(lián)賽)分析：設(shè)△EFG為正方形ABCD的一個(gè)內(nèi)接正三角形，由于正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)至少必落在正方形的三條邊上，所以不妨令F,G兩點(diǎn)在正方形的一組對(duì)邊上.作正△EFG的高EK,易知E,K,G,XD四點(diǎn)共圓?！螷簡理，∠KAE=60°.故△KAD也是一個(gè)正三角形，K必為一個(gè)定點(diǎn).又正三角形面積取決于它的邊長，當(dāng)KFLAB時(shí)，邊長為1,這時(shí)邊長最小，而面積也最小.當(dāng)KF通過B點(diǎn)時(shí)，邊長為2·√2-√3,這時(shí)邊長最大，面積S=23-3也最大.例8.NS是⊙0的直徑，弦ABLNS于M,P為ANB上異于N的任一點(diǎn)，PS交AB于R,PM的延長線交⊙0于Q.求證：RS>MQ.(1991,江蘇省初中競賽)分析：連接NP,NQ,NR,NR的延長線交⊙0于Q'.連接MQ',SQ'.易證N,M,R,P四點(diǎn)共圓，根據(jù)圓的軸對(duì)稱性質(zhì)可知Q與Q′關(guān)于NS成軸對(duì)稱MQ'又易證M,S,Q',R四點(diǎn)共圓，且RS是這個(gè)圓的直徑(∠RMS=90°),MQ'是一條弦(∠MSQ'<90°),故RS>1.⊙0交⊙0于A,B兩點(diǎn)，射線OA交⊙0于C點(diǎn)，射線OA交⊙0于D點(diǎn).求證：點(diǎn)A是△BCD的內(nèi)心.(提示：設(shè)法證明C,D,O,B四點(diǎn)共圓，再證C,D,B,0,四點(diǎn)共圓，從而知C,D,0,B,OA,A;同樣得到B,B,C,C.再證A,A,B,C四點(diǎn)共圓，從而知A,A都是△ABC的外接圓3.設(shè)點(diǎn)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：也是正三角形.作PC的垂線交過B所作AB的垂線于Q點(diǎn).求證：PDLQD.(提示：證B,Q,E,P和B,D,E,P分別共圓)5.AD,BE,CF是銳角△ABC的三條高.從A引EF的垂線l,從B1引FD的垂線1,從C引DE的垂線1.求證：1,1,1三線共點(diǎn).(提示：過B作AB2的垂線交1于K,證A,B,K,C四點(diǎn)共圓)1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.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(diǎn)P引PM//CA交AB于M;引PN//BA交AC于N.作點(diǎn)P關(guān)于MN的對(duì)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：由已知可得笑=NC,故點(diǎn)M是△P'BP的外心，點(diǎn)N是△P'PC的外心.有從而，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,顯然還有P'B:P'C=BP:PC.例2.在△ABC的邊AB,BC,CA上分別取點(diǎn)P,Q,S.證明以△APS,△BQP,△CSQ的外心為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似.(B·波拉索洛夫《中學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克》)分析：設(shè)O,0?,0?是△APS,△BQP,△CSQ的外心，作出六邊形0?PO?QO?S后再由外心性質(zhì)可知∴∠PO?S+∠Q0?P+∠SO?Q=360°.從而又知∠OPO?+將△O?Q0?繞著O?點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到△KSO?,易判斷△O?PO?,同時(shí)可得△O?0?O?≌△O,KO?·同理有∠O?0?O?=∠B.故△O?0?O?∽△ABC.三角形三條中線的交點(diǎn)，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(diǎn).證明：在△PAD,△PBE,△PCF中，其中一個(gè)面積等于另外兩個(gè)面積的和.(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分別作該直線的垂線，垂足為A',C',D',E',F'.易證AA'=2DD',CC′=2FF',2EE'=AA'+CC′,兩邊各擴(kuò)大3倍，有SPBE=SPAD+S△PcF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=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,有將a2+c2=2b2,分別代入以上三式，得故有△∽△'.(2)△∽△'→a2,b2,c2成等差數(shù)列.當(dāng)△中a≥b≥c時(shí)，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(gè)等(外接)圓三角形，給我們解題提供了極大的便利.例5.設(shè)A?A?A?A?為⊙0內(nèi)接四邊形，H,H?,H?,H?依次為△A?A?A?,△A?AA,△A?A?A?,△A?A?A?的垂心.求證：H?,H?,H?,H?四點(diǎn)共圓，并確定出該圓的圓心位置.(1992,全國高中聯(lián)賽)分析：連接AH,AH,HH,記圓半但∠A?A?A?=∠A?AA?,故A?H=AH?易證關(guān)于M點(diǎn)成中心對(duì)稱.與A?A?,HH與AA?都關(guān)于M點(diǎn)成中心對(duì)稱.故四邊形H?H?H?H與四邊形A?A?A?A?關(guān)于M點(diǎn)成中心對(duì)稱，兩者是全等四邊形，H?,H?,H?,H?,在同一個(gè)圓上.后者的圓心設(shè)為Q,Q與0也關(guān)于M成中心對(duì)稱.由0,M兩點(diǎn)，Q點(diǎn)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(gè)以H為圓心的OH交直線EF,FD,DE于A?,A?,B?,B?,求證：AA,=AA?=BB=BB=CC?=CC(1989,加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克訓(xùn)練題分析：只須證明AA,=BB?=CC,即可.設(shè)B接圓半徑為R,⊙H的半徑為r.由①、②、③有故有AA?=BB?=CC.①②③三角形內(nèi)切圓的圓心，簡稱為內(nèi)心.對(duì)于內(nèi)心，要掌握張角公式，還要記住下面一個(gè)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A'I=A'B=A'C.換言之，點(diǎn)A'必是△IBC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0.求證：為矩形.(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⊙0內(nèi)接△ABC,⊙Q切AB,AC于E,F且與⊙0內(nèi)切.試證：EF中點(diǎn)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，美國提供的一道題實(shí)際上是例8的一種特例，但它增加了條件AB=AC.當(dāng)AB≠AC,怎樣證明呢?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K線上.易知K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(gè)內(nèi)角的外角平分線相交于一點(diǎn)，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.p(p-c)=(p-a)(p-b).r=AF-AC=p-b,而=p-c.例10.M是△ABC邊AB上的任意一點(diǎn).r,r?,r分別是△AMC,△BMC,△ABC內(nèi)切圓的半徑，q?,q?,q分別是上述三角形在∠ACB內(nèi)部的旁切圓半徑.證明：分析：對(duì)任意△A'B'C',由