联赛二试选讲8.1 平几名定理、名题与竞赛题ii

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1、平几名定理、名题与竞赛题II定理9(Ninepointround)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点，共计九点共圆．分析要证九个点共圆，可先过其中三点作一圆，再证其余的点在此圆上．为此可考虑在三种点中各选一点作圆，再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上，即可证明．证明：取BC的中点M，高AD的垂足D，AH中点P，过此三点作圆，该圆的直径即为MP．由中位线定理知，MN∥AB，NP∥CH，但CH⊥AB，故ÐPNM=90°，于是，点N在⊙MDP上，同理，AB中点在⊙MDP上．再由QM∥CH，QP∥

2、AB，又得ÐPQM=90°，故点Q在⊙MDP上，同理，CH中点在⊙MDP上．由FP为Rt．⊿AFH的斜边中线，故ÐPFH=ÐPHF=ÐCHD，又FM为Rt．⊿BCF的斜边中线，得ÐMFC=ÐMCF，但ÐCHD+ÐDCH=90°，故ÐPFM=90°．又得点F在⊙MDP上，同理，高BH的垂足在⊙MDP上．即证．说明证明多点共圆的通法，就是先过三点作圆，再证明其余的点在此圆上．九点圆的圆心在三角形的Euler线上．九点圆的直径等于三角形外接圆的半径．由OM∥AP，OM=AP，知PM与OH互相平分，即九点圆圆心在OH上．且九点圆直径M

3、P=OA=⊿ABC的外接圆半径．定理10(三角形的内心的一个重要性质)设I、Ia分别为⊿ABC的内心及ÐA内的旁心，而ÐA平分线与⊿ABC的外接圆交于点P，则PB=PC=PI=PIa．例15．设ABCD为圆内接四边形，ΔABC、ΔABD、ΔACD、ΔBCD的内心依次为I1、I2、I3、I4，则I1I2I3I4为矩形．(1986年国家冬令营选拔赛题）分析只须证明该四边形的一个角为直角即可．为此可计算Ð1、Ð2、ÐXI2Y．10．22证明如图，BI2延长线与⊙O的交点X为中点．且XI2=XI3=XA=XD，于是Ð1=(180°-Ð

4、X)=90°－，同理，Ð2=90°-．ÐXI2Y=(+)=(+)+(+)，故Ð1+Ð2+ÐXI2Y=90°+90°+(+++)=270°．从而ÐI1I2I3=90°．同理可证其余．说明亦可证XZ⊥YU，又XZ平分ÐI2XI3及XI2=XI3ÞI2I3⊥XZ，从而I2I3∥YU，于是得证．定理11(Euler定理)设三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，外心与内心的距离为d，则d2=R2-2Rr．(1992年江苏省数学竞赛)分析改写此式，得：d2-R2=2Rr，左边为圆幂定理的表达式，故可改为过I10的任一直线与圆交得两段的积

5、，右边则为⊙O的直径与内切圆半径的积，故应添出此二者，并构造相似三角形来证明．证明：如图，O、I分别为⊿ABC的外心与内心．连AI并延长交⊙O于点D，由AI平分ÐBAC，故D为弧BC的中点．连DO并延长交⊙O于E，则DE为与BC垂直的⊙O的直径．由圆幂定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID．（作直线OI与⊙O交于两点，即可用证明）但DB=DI（可连BI，证明ÐDBI=ÐDIB得），故只要证2Rr=IA·DB，即证2R∶DB=IA∶r即可．而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD证得．故得R2-d2=2Rr，即证．例16

6、．(1989IMO)锐角DABC的内角平分线分别交外接圆于点A1、B1、C1，直线AA1与∠ABC的外角平分线相交于点A0，类似的定义B0，C0，证明：例⑴S=2S；⑵S≥4SABC．分析：⑴利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I为公共顶点的六个小三角形，分别与六边形A1CB1AC1B中的某一部分的2倍相等．⑵若连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，再计算其面积和，最后归结为证明R≥2r．也可以这样想：由⑴知即证S≥2SABC，而IA1、IB1、IC1把六边开分成三个筝形，于是六边形的面积等于

7、DA1B1C1面积的2倍．故只要证明S≥SABC．证明：⑴设DABC的内心为I，则A1A0=A1I，则S=2S；同理可得其余6个等式．相加⑴即得证．⑵连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得∴S=S+S+S=AB·R+BC·R+CA·R=Rp．但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故Rp≥2rp=2SDABC．故得证．⑵证明：记A=2a，B=2b，C=2g．0

8、2R2sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)．又sin(a+b)=sinacosb+cosasinb≥2=，同理，sin(b+g)≥，sin(g+a)≥，于是S≥SABC得证．又证：连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1⊥AB，OA1⊥