高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽平面幾何講座(非常詳細(xì)).doc

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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(wèn)題時(shí),若能依據(jù)證題的需要,添加恰當(dāng)?shù)钠叫芯€,則能使證明順暢、簡(jiǎn)潔. 添加平行線證題,一般有如下四種情況. 1、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(cuò)角相等,同旁內(nèi)角互補(bǔ).利用這些性質(zhì),?？赏ㄟ^(guò)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(diǎn),且BP＝CQ,A為BC外一動(dòng)點(diǎn)(如圖1).當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到使 ∠BAP＝∠CAQ時(shí),△ABC是什么三角形？試證明你的結(jié)論. 答： 當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到使∠BAP＝∠CAQ時(shí),△ABC為等腰三角形. 證明：如圖1,分別過(guò)點(diǎn)P、B作AC、AQ的平行線得交點(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.所以AB＝AC. 這里,通過(guò)作平行線,將∠QAC“平推”到∠BDP的位置.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(guò)點(diǎn)A、B作ED、EC的平行線,得交點(diǎn)P,連PE. 由AB CD,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.所以,∠EBA＝∠ADE. 這里,通過(guò)添加平行線,使已知與未知中的四個(gè)角通過(guò)P、B、A、E四點(diǎn)共圓,緊密聯(lián)系起來(lái).∠APE成為∠EBA與∠ADE相等的媒介,證法很巧妙. 2、欲“送”線段到當(dāng)處 利用“平行線間距離相等”、“夾在平行線間的平行線段相等”這兩條,?？赏ㄟ^(guò)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(guò)P分別作AC、AB、BC的垂線,M、N、Q為垂足.求證：PM＋PN＝PQ. 證明：如圖3,過(guò)點(diǎn)P作AB的平行線交BD于F,過(guò)點(diǎn)F作BC的 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(guò)添加平行線,將PQ“掐開(kāi)”成兩段,證得PM＝PK,就有PM＋PN＝PQ.證法非常簡(jiǎn)捷. 3 、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(duì)應(yīng)線段成比例”,在一些問(wèn)題中,可以通過(guò)添加平行線,實(shí)現(xiàn)某些線段比的良性轉(zhuǎn)化.這在平面幾何證題中是會(huì)經(jīng)常遇到的. 例4 設(shè)M1、M2是△ABC的BC邊上的點(diǎn),且BM1＝CM2.任作一直線分別交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(guò)點(diǎn)A作PQ的平行線交直線BC于E. 由BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋M2E, 易知 ＝,＝,＝,＝. 則＋＝＝＝＋. 所以,＋＝＋. 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(wèn)題迎刃而解. 例5、 AD是△ABC的高線,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(guò)點(diǎn)A作BC的平行線,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(duì)比(1)、(2)、(3)有AP＝AQ. 顯然AD為PQ的中垂線,故AD平分∠PDQ.所以,∠FDA＝∠EDA. 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(dāng)?shù)剡\(yùn)用這些比例式,就使AP與AQ的相等關(guān)系顯現(xiàn)出來(lái). 4、為了線段相等的傳遞 當(dāng)題目給出或求證某點(diǎn)為線段中點(diǎn)時(shí),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(kāi)去. 例6 在△ABC中,AD是BC邊上的中線,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(guò)點(diǎn)B作AC的平行線交ND延長(zhǎng)線于E.連ME. 由BD＝DC,可知ED＝DN.有△BED≌△CND. 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△BEM為直角三角形,∠MBE＝90°.有∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°.于是,∠BAC＝90°. 所以,AD2＝＝(AB2＋AC2). 這里,添加AC的平行線,將BC的以D為中點(diǎn)的性質(zhì)傳遞給EN,使解題找到出路. 例7、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(guò)D作AB的垂線,交半圓于C.求證：CD平分EF. 證明：如圖7,分別過(guò)點(diǎn)E、F作AB的垂線,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(guò)一點(diǎn)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8,三直線AB、AN、AC構(gòu)成一組直線束,DE是與BC平行的直線.于是,有 ＝＝,即 ＝或＝. 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(wèn)題會(huì)很漂亮. 例8 如圖9,ABCD為四邊形,兩組對(duì)邊延長(zhǎng)后得交點(diǎn)E、F,對(duì)角線BD∥EF,AC的延長(zhǎng)線交EF于G.求證：EG＝GF. 證明：如圖9,過(guò)C作EF的平行線分別交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. 所以,EG＝GF. 例9 如圖10,⊙O是△ABC的邊BC外的旁切圓,D、E、F分別為⊙O與BC、CA、AB 的切點(diǎn).若OD與EF相交于K,求證：AK平分BC. 證明：如圖10,過(guò)點(diǎn)K作BC的行平線分別交直線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(wèn)題中的應(yīng)用.同學(xué)們?cè)趯?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. 練習(xí)題 1. 四邊形ABCD中,AB＝CD,M、N分別為AD、BC的中點(diǎn),延長(zhǎng)BA交直線NM于E,延長(zhǎng)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.) 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(guò)點(diǎn)C作PA的平行線交BA延長(zhǎng)線于點(diǎn)D.易證△ACD∽△PBA.答：75°) 3. 六邊形ABCDEF的各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S△EBD＝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(guò)點(diǎn)E作DC的平行線交AB于點(diǎn)M.所求面積與EMQD面積相等.答：120cm2) 4. AD為Rt△ABC的斜邊BC上的高,P是AD的中點(diǎn),連BP并延長(zhǎng)交AC于E.已知AC:AB＝k.求AE:EC. (提示：過(guò)點(diǎn)A作BC的平行線交BE延長(zhǎng)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(guò)D作CE的垂線交CB于F.求證：＝.(提示：過(guò)點(diǎn)F作AB的平行線交CE于點(diǎn)H.H為△CDF的垂心.) 6. 在△ABC中,∠A:∠B:∠C＝4:2:1,∠A、∠B、∠C的對(duì)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(guò)點(diǎn)B、C作AD的平行線交直線CA、BA于點(diǎn)E、F.) 7. △ABC的內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB于點(diǎn)D、E、F,過(guò)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(guò)點(diǎn)A作BC的平行線分別交直線DE、DF于點(diǎn)M、N.) 8. AD為⊙O的直徑,PD為⊙O的切線,PCB為⊙O的割線,PO分別交AB、AC于點(diǎn)M、N.求證：OM＝ON. (提示：過(guò)點(diǎn)C作PM的平行線分別交AB、AD于點(diǎn)E、F.過(guò)O作BP的垂線,G為垂足.AB∥GF.) 第二講 巧添輔助 妙解競(jìng)賽題 在某些數(shù)學(xué)競(jìng)賽問(wèn)題中,巧妙添置輔助圓?？梢詼贤ㄖ本€形和圓的內(nèi)在聯(lián)系,通過(guò)圓的有關(guān)性質(zhì)找到解題途徑.下面舉例說(shuō)明添置輔助圓解初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題的若干思路. 1、挖掘隱含的輔助圓解題 有些問(wèn)題的題設(shè)或圖形本身隱含著“點(diǎn)共圓”,此時(shí)若能把握問(wèn)題提供的信息,恰當(dāng)補(bǔ)出輔助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質(zhì),就會(huì)使題設(shè)和結(jié)論的邏輯關(guān)系明朗化. 1.1 　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(diǎn),E是線段AD上一點(diǎn)且∠BED＝2∠CED＝∠A.求證：BD＝2CD. 分析：關(guān)鍵是尋求∠BED＝2∠CED與結(jié)論的聯(lián)系.容易想到作∠BED的平分線,但因BE≠ED,故不能直接證出BD＝2CD.若延長(zhǎng)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(zhǎng)AD與△ABC的外接圓相交于點(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的平分線交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 利用四點(diǎn)共圓 例2 凸四邊形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝∠BCD＝90°, AB＝2,CD＝1,對(duì)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(zhǎng)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的面積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)造相關(guān)的輔助圓解題 有些問(wèn)題貌似與圓無(wú)關(guān),但問(wèn)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(shí)可大膽聯(lián)想構(gòu)造出與題目相關(guān)的輔助圓,將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為與圓有關(guān)的問(wèn)題加以解決. 2.1 聯(lián)想圓的定義構(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(duì)角線AC的長(zhǎng). 分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在半徑為p的⊙D上.利 用圓的性質(zhì)即可找到AC與p、q的關(guān)系. 解：延長(zhǎng)CD交半徑為p的⊙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)的A點(diǎn)為拋物線上的動(dòng)點(diǎn),且∠BAC為銳角,則AD的取值范圍是____. 分析：由“∠BAC為銳角”可知點(diǎn)A在以定線段BC為直徑的圓外,又點(diǎn)A在x軸上側(cè),從而可確定動(dòng)點(diǎn)A的范圍,進(jìn)而確定AD的取值范圍. 解：如圖5,所給拋物線的頂點(diǎn)為A0(1,9),對(duì)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)的拋物線PA0Q內(nèi)時(shí),∠BAC＜90°.且有 3＝DP＝DQ＜AD≤DA0＝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 例6 AD是Rt△ABC斜邊BC上的高,∠B的平行線交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(zhǎng)為半徑作⊙A,交AB于F,交BA的延長(zhǎng)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的內(nèi)接四邊形,延長(zhǎng)AB和DC相交于E,延長(zhǎng)AB和DC相交于E,延長(zhǎng)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的切線,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的外接圓交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＇的三邊分別為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的外接圓,過(guò)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. 作一個(gè)輔助圓證明：△ABC中,若AD平分∠A,則＝. (提示：不妨設(shè)AB≥AC,作△ADC的外接圓交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的度數(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(zhǎng)的對(duì)角線,過(guò)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(guò)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的外接圓⊙O3,延長(zhǎng)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的外接圓之劣弧BC的中點(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(zhǎng)線于N、M,由△ANC∽△ABM證AB·AC＝AN·AM.) 7. 若正五邊形ABCDE的邊長(zhǎng)為a,對(duì)角線長(zhǎng)為b,試證：－＝1. (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.) 第三講 點(diǎn)共線、線共點(diǎn) 在本小節(jié)中包括點(diǎn)共線、線共點(diǎn)的一般證明方法及梅涅勞斯定理、塞瓦定理的應(yīng)用。 1、點(diǎn)共線的證明 點(diǎn)共線的通常證明方法是：通過(guò)鄰補(bǔ)角關(guān)系證明三點(diǎn)共線；證明兩點(diǎn)的連線必過(guò)第三點(diǎn)；證明三點(diǎn)組成的三角形面積為零等。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的中點(diǎn)為C，以AC和CB為對(duì)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(duì)角線AB，KH互相平分。而C是AB中點(diǎn)，線段KH過(guò)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(zhǎng)線于F。求證：D，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線。 證：如圖，連AC，DF，DE。因?yàn)镸在O上， 則∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB， 有△AMC∽△ACF，得。 又因?yàn)椤螦MC=BAC，所以△AMC∽△EAC，得。 所以，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD∽△ADE。所以∠ADE=∠DFB。因?yàn)锳D∥BC，所以∠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的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，AD與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)Q。由Q作該圓的兩條切線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與圓的另一交點(diǎn)為E’，并作QG丄PF，垂足為G。易如 QE2=QM·QP=QC·QB ① ∠PMC=∠ABC=∠PDQ。 從而C，D，Q，M四點(diǎn)共圓，于是PM·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重合。 所以P，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線。 例4 以圓O外一點(diǎn)P，引圓的兩條切線PA，PB，A，B為切點(diǎn)。割線PCD交圓O于C，D。又由B作CD的平行線交圓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(zhǎng)FC交BE于G。 易如OA丄AP，OB丄BP，OF丄CP，所以P，A，F(xiàn)，O，B 五點(diǎn)共圓，有∠AFP=∠AOP=∠POB=∠PFB。 又因CD∥BE，所以有∠PFB=∠FBE，∠EFD=∠FEB， 而FOG為BE的垂直平分線，故EF=FB，∠FEB=∠EBF， 所以∠AFP=∠EFD，A，F(xiàn)，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(guò)另外兩條直線的交點(diǎn)，也可轉(zhuǎn)化成點(diǎn)共線的問(wèn)題給予證明。 例5 以△ABC的兩邊AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG?！鰽BC的高為AH。求證：AH，BF，CD交于一點(diǎn)。 證：如圖。延長(zhǎng)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， 因此∠BCF+∠HAC=180°∠MAC=∠BCF。從而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。 所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°，即 BF丄MC。 同理CD丄MB。AH，BF，CD為△MBC的3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的內(nèi)心。證明：AP，BD，CE交于一點(diǎn)。 證：如圖，過(guò)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，所以RT=ST。 又RT=PBsinB，ST=PCsinC，所以PBsinB=PCsinC，那么。 由角平分線定理知。故M，N重合，即AP，BD，CE交于一點(diǎn)。 例7 O1與O2外切于P點(diǎn)，QR為兩圓的公切線,其中Q，R分別為O1，O2上的切點(diǎn)，過(guò)Q且垂直于QO2的直線與過(guò)R且垂直于RO1的直線交于點(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。 因?yàn)椤螼1QM=∠O1NM=90°，所以Q，O1，N，M四點(diǎn)共圓，有∠QMI=∠QO1O2。 而∠IQO2=90°=∠RQO1，所以∠IQM=∠O2QO1， 故△QIM∽△QO2O1，得同理可證。因此 ① 因?yàn)镼O1∥RO2，所以有 ② 由①，②得MO∥QO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，所以 ， 即OP∥RO2。從而MO∥QO1∥RO2∥OP，故M，O，P三點(diǎn)共線，所以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△ABC的BC，CA，AB邊上的點(diǎn)。若AP，BQ，CR相交于一點(diǎn)M，則 。 證：如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有 , , .以上三式相乘，得. 定理2 (定理1的逆定理): 設(shè)P，Q，R分別是△ABC的BC，CA，AB上的點(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，所以. 于是R’與R重合，故AP，BQ，CR交于一點(diǎn)。 定理3 (梅涅勞斯(Menelaus)定理): 一條不經(jīng)過(guò)△ABC任一頂點(diǎn)的直線和三角形三邊BC，CA，AB(或它們的延長(zhǎng)線)分別交于P，Q，R，則 證：如圖，由三角形面積的性質(zhì)，有 , , .將以上三式相乘，得. 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(zhǎng)線上的3點(diǎn)。若 ，則P，Q，R三點(diǎn)共線。 定理4與定理2的證明方法類似。 塞瓦定理和梅涅勞斯定理在證明三線共點(diǎn)和三點(diǎn)共線以及與之有關(guān)的題目中有著廣泛的應(yīng)用。 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(zhǎng)DF交BC于G。求證：∠GAC=∠EAC。 證：如圖，連接BD交AC于H，過(guò)點(diǎn)C作AB的平行線交AG的延長(zhǎng)線于I，過(guò)點(diǎn)C作AD的平行線交AE的延長(zhǎng)線于J。 對(duì)△BCD用塞瓦定理，可得 ① 因?yàn)锳H是∠BAD的角平分線， 由角平分線定理知,代入①式② 因?yàn)镃I∥AB，CJ∥AD，則，。代入②式得.從而CI=CJ。又由于∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ， 所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC. 例9 ABCD是一個(gè)平行四邊形，E是AB上的一點(diǎn)，F(xiàn)為CD上的一點(diǎn)。AF交ED于G，EC交FB于H。連接線段GH并延長(zhǎng)交AD于L，交BC于M。求證：DL=BM. 證：如圖，設(shè)直線LM與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)J，與DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)I。 在△ECD與△FAB中分別使用梅涅勞斯定理，得， . 因?yàn)锳B∥CD，所以， .從而，即，故CI=AJ. 而， 且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL。 例10 在直線l的一側(cè)畫(huà)一個(gè)半圓T，C，D是T上的兩點(diǎn)，T上過(guò)C和D的切線分別交l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O表示半圓T的圓心。過(guò)P作PH丄l于H，連OD，OC，OP。 由題意知Rt△OAD∽R(shí)t△PAH，于是有. 類似地，Rt△OCB∽R(shí)t△PHB， 則有. 由CO=DO，有，從而. 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O(shè)，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∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，所以EF平分∠CFD。 例11 如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，AB，DC延長(zhǎng)線交于E，AD、BC延長(zhǎng)線交于F，P為圓上任意一點(diǎn)，PE，PF分別交圓于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: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，根據(jù)圓內(nèi)接多邊形的性質(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(duì)角線A1D1，B1E1，C1F1交于一點(diǎn)。 該引理與定理2的證明方法類似，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(duì)△EAD應(yīng)用梅涅勞斯定理，有 ④ 由③④得.由引理2知BD，RS，AC交于一點(diǎn),所以R，T，S三點(diǎn)共線。 練 習(xí) A組 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(zhǎng)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∥AB，PD，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，E。求證：D，A，E三點(diǎn)共線。 3. 一個(gè)圓和等腰三角形ABC的兩腰相切，切點(diǎn)是D，E，又和△ABC的外接圓相切于F。求證：△ABC的內(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的中點(diǎn)在一條直線上。 5. 四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，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O1，O2，O3，O4。求證：OP，O1O3，O2O4三直線交于一點(diǎn)。 6. 求證：過(guò)圓內(nèi)接四邊形各邊的中點(diǎn)向?qū)吽鞯?條垂線交于一點(diǎn)。 7. △ABC為銳角三角形，AH為BC邊上的高，以AH為直徑的圓分別交AB，AC于M，N；M，N與A不同。過(guò)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的邊BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的邊BC，CA，AB的對(duì)邊的中點(diǎn)。求證：直線AA1，BB1，CC1相交于一點(diǎn)。 B組 9. 設(shè)A1，B1，C1是直線l1上的任意三點(diǎn)，A2，B2，C2是另一條直線l2上的任意三點(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。 10. 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’的交點(diǎn)F，D，E在同一條直線上(笛沙格定理)。 11. 設(shè)圓內(nèi)接六邊形ABCDEF的對(duì)邊延長(zhǎng)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(wèn)題 “四點(diǎn)共圓”問(wèn)題在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中經(jīng)常出現(xiàn)，這類問(wèn)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(wèn)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(cè)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(lái)的其他判別方法也可相機(jī)采用. 1、“四點(diǎn)共圓”作為證題目的 例1．給出銳角△ABC，以AB為直徑的圓與AB邊的高CC′及其延長(zhǎng)線交于M，N.以AC為直徑的圓與AC邊的高BB′及其延長(zhǎng)線將于P，Q.求證：M，N，P，Q四點(diǎn)共圓. (第19屆美國(guó)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的外心.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.觀察△OBC及其外接圓，立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.觀察△OCA及其外接圓，立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1O，O1，O2，O3共圓.利用對(duì)角互補(bǔ)，也可證明O，O1，O2，O3四點(diǎn)共圓，請(qǐng)同學(xué)自證. 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(cè)，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上，∠DAM＝∠CBK.求證：∠DMA＝∠CKB.（第二屆袓沖之杯初中競(jìng)賽） 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(guò)△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°. (第26屆IMO第五題) 分析：這道國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)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(wèn)題是不難解決的. 連接OC，OK，MC，MK，延長(zhǎng)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(gè)圓中，由OC=OK OC=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(guó)家集訓(xùn)選拔試題) 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(shí) ∠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其它三個(gè)內(nèi)角皆為90°.該四邊形必為矩形. (4)計(jì)算 例6．正方形ABCD的中心為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=__________(1989，全國(guó)初中聯(lián)賽) 分析：答案是PB=42㎝.怎樣得到的呢？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)其他 例7．設(shè)有邊長(zhǎng)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(guó)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，D四點(diǎn)共圓 ∠KDE=∠KGE=60°.同理，∠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(zhǎng)，當(dāng)KF丄AB時(shí)，邊長(zhǎng)為1，這時(shí)邊長(zhǎng)最小，而面積S=也最小.當(dāng)KF通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，邊長(zhǎng)為2·，這時(shí)邊長(zhǎng)最大，面積S=2-3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(diǎn)，PS交AB于R，PM的延長(zhǎng)線交⊙O于Q.求證：RS＞MQ.(1991，江蘇省初中競(jìng)賽) 分析：連接NP，NQ，NR，NR的延長(zhǎng)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. 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′=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＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，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的內(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(duì)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)造成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的外接圓上，并注意∠A1AA2=90°.) 3.設(shè)點(diǎn)M在正三角形三條高線上的射影分別是M1，M2，M3(互不重合).求證：△M1M2M3也是正三角形. 4.在Rt△ABC中，AD為斜邊BC上的高，P是AB上的點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)作PC的垂線交過(guò)B所作AB的垂線于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的三條高.從A引EF的垂線l1，從B引FD的垂線l2，從C引DE的垂線l3.求證：l1，l2，l3三線共點(diǎn).(提示：過(guò)B作AB的垂線交l1于K，證：A，B，K，C四點(diǎn)共圓) 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(jiǎn)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(guò)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(jìng)賽習(xí)題》) 分析：由已知可得MP′=MP=MB，NP′=NP=NC，故點(diǎn)M是△P′BP的外心，點(diǎn) N是△P′PC的外心.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)O1，O2，O3是△APS，△BQP，△CSQ的外心，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，同時(shí)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(zhǎng)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(xiàn)分別 作該直線的垂線，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(jiǎn)記為△，由三中線AD，BE，CF圍成的三角形簡(jiǎn)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(shí)，△′中CF≥BE≥AD. 　　　∵△∽△′，∴＝()2. 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”，有=. ∴=3a2=4CF2=2a2+b2-c2a2+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(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)A1A2A3A4為⊙O內(nèi)接四邊形，H1，H2，H3，H4依次為△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心.求證：H1，H2，H3，H4四點(diǎn)共圓，并確定出該圓的圓心位置. (1992，全國(guó)高中聯(lián)賽) 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，A2H1 A1H2， 故得H1H2 A2A1.設(shè)H1A1與H2A2的交點(diǎn)為M，故H1H2與A1A2關(guān)于M點(diǎn)成中心對(duì)稱. 同理，H2H3與A2A3，H3H4與A3A4，H4H1與A4A1都關(guān)于M點(diǎn)成中心對(duì)稱.故四邊形H1H2H3H4與四邊形A1A2A3A4關(guān)于M點(diǎn)成中心對(duì)稱，兩者是全等四邊形，H1，H2，H3，H4在同一個(gè)圓上.后者的圓心設(shè)為Q，Q與O也關(guān)于M成中心對(duì)稱.由O，M兩點(diǎn)，Q點(diǎn)就不難確定了. 例6．H為△ABC的垂心，D，E，F(xiàn)分別是BC，CA，AB的中心.一個(gè)以H為圓心的⊙H交直線EF，F(xiàn)D，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2.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外接圓半徑為R，⊙H的半徑為r. 連HA1，AH交EF于M. A A12=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)切圓的圓心，簡(jiǎn)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△DAB，△ABC，△BCD，△CDA的內(nèi)心O1,O2，O3，O4.求證：O1O2O3O4為矩形.(1986，中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克集訓(xùn)題),證明見(jiàn)《中等數(shù)學(xué)》1992；4 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.(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(guó)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AQ=.∵QK·AQ=MQ·QN， ∴QK===. 由Rt△EPQ知PQ=. ∴PK=PQ+QK=+=. ∴PK=BK. 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(zhǎng)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分別表示內(nèi)切圓半徑及與a，b，c相切的旁切圓半徑，p表示半周. (杭州大學(xué)《中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽習(xí)題》) 分析：設(shè)Rt△ABC中，c為斜邊，先來(lái)證明一個(gè)特性：p(p-c)=(p-a)(p-b). ∵p(p-c)=(a+b+c)·(a+b-c) =[(a+b)2-c2] =ab； (p-a)(p-b)=(-a+b+c)·(a-b+c)=[c2-(a-b)2]=ab.∴p(p-c)=(p-a)(p-b).① 觀察圖形，可得ra=AF-AC=p-b，rb=BG-BC=p-a，rc=CK=p.而r=(a+b-c)=p-c. ∴r+ra+rb+rc=(p-c)+(p-b)+(p-a)+p=4p-(a+b+c)=2p.由①及圖形易證. 例10．M是△ABC邊AB上的任意一點(diǎn).r1，r2，r分別是△AMC，△BMC，△ABC內(nèi)切圓的半徑，q1，q2，q分別是上述三角形在∠ACB內(nèi)部的旁切圓半徑.證明：·=.(IMO-12) 分析：對(duì)任意△A′B′C′，由正弦定理可知OD=OA′· =A′B′·· =A′B′·， O′E= A′B′·.∴. 亦即有·===. 六、眾心共圓 這有兩種情況：(1)同一點(diǎn)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(gè)心. 例11．設(shè)在圓內(nèi)接凸六邊形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.試證：(1)AD