初中数学竞赛专题：三角形

初中数学竞赛专题：三角形§9．1全等三角形9.1.1★已知等腰直角三角形ABC,BC是斜边.ZB的角平分线交AC于D，过C作CE与BD垂直且交BD延长线于E，求证：BD二2CE.解析如图，延长CE、BA，设交于F•则ZFBE=ZACF,AB=AC，得AABD^△ACF,CF=BD•又BE丄CF，BE平分ZFBC，故BE平分CF，E为CF中点，所以2CE=FC=BD.9.1.2★在AABC中，已知ZA二60。，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点,P、Q为AABC形解析如图，连结EG、FG，贝UEG〃AC，FG〃AB，故ZPEG=150o=ZQFG•又QF=1AC=EG，PE=1AB=FG，故APEG^△GFQ，所以22PG=GQ，ZEGP+ZFGQ=ZFQG+ZFGQ=30。，又ZEGF=60。，所以ZPGQ=90。，于是pq*2pg八2.BGCBGC9.1.3★在梯形ABCD的底边AD上有一点E，若AABE、ABCE、ACDE的周长相等，求匹.AD解析作平行四边形ECBA，，则△A，BE^ACEB，若A，与A不重合，则A，在EA（或延长线）上,但由三角形不等式易知,A，在EA上时,AABE的周长＞△A，BE的周长；A在EA延长线上时,AABE的周AD2长＜△A，BE周长,均与题设矛盾，故A与A重合,AEgBC，同理ED£BC,AD29.1.△ABC内,ABAC=60。,ZACB=40。,P、Q分别在边BC、CA上，并且AP、BQ分别是ABAC、ZABC的角平分线•求证：BQ+AQ=AB+BP.解析延长AB到D,使BD=BP,连结DP.易知AABC二80。,所以AQBC=40。=AACB,AC=AQ+QC=AQ+QB•因ABDP=ABPD=1AABC=40。=AACB，所以AADP^AACP,2AC=AD=AB+BD=AB+BP.于疋BQ+AQ=AB+BP.9.1.5★★设等腰直角三角形ABC中,D是腰AC的中点,E在斜边BC上，并且AE丄BD.求证:ABDA=AEDC.解析如图，作ABAD的平分线AF,F在BD上.由于ABAF=45。=AACE,AB=AC,AABF=ACAE，故△ABF^△CAE，故EC=AF.又AC=AFAD=45。,AD=CD，于是△AFD^△CED，于是AADB=AEDC.9.1.6★★设AABE、△ACF都是等腰直角三角形,AE、AF是各自的斜边,G是EF的中点，求证：AGBC也是等腰直角三角形.解析如图，作AQ、GP、EM、FN分别垂直于直线BC，垂足为Q、P、M、N-

AB□AB由ZEBM=90。—ZABQ二ZBAQ,AB=BE,△EMB^△BQA,故有EM=BQ,BM=AQ•同理FN=QC,CN=AQ，所以BM=CN,EM+FN=BQ+QC=BC•又EG=GF得BP=CP，且GP=1（EM+FN）=1BC，故GP=BP=CP•又由GP丄BC，故22结论成立．9.1.7★★已知AB丄AC,AB二AC,D、E在BC上（D靠近B），求证：DE2=BD2+CE2的充要条件是ZDAE二45。.解析如图，作FC丄BC，且FC=BD，则ZACF=45。=ZB，又AB=AC，故△ABD^△ACF，AD=AF，且ZD4F=ZBAC=90。.若ZDAE=45。，则ZEAF=45。，因AD=AF，得△ADE^△AFE，则DE2=EF2=EC2+FC2=EC2+BD2.反之，若DE2=EC2+BD2，由EF2=EC2+FC2得EF=DE.又AD=AF，故△ADE竺厶AEF，又ZDAF=90。，于是ZDAE=45。.9.1.8★★两三角形全等且关于一直线对称,求证：可以将其中一个划分成3块,每一块通过平移、旋转后拼成另一个三角形．解析如图，设AABC与△A0C关于l对称,分别找到各自的内心I、I，分别向三边作垂线ID、IE、IF与ID、IE'、IF，于是6个四边形AFIE均为轴对称的筝形，且四边形AFIE竺四边形AEJF，所以两者可通过平移、旋转后重合；同理,另外两对筝形也可通过平移、旋转后重合.

9.1.9*★★已知：两个等底等高的锐角三角形，可以将每个三角形分别分成四个三角形，分别涂上红色、蓝色、黄色和绿色,使得同色三角形全等．解析如图，设BC二BC,A至BC距离等于Af至BC距离，取各自的中位线FE、FE，则FE=FE.由△ABC、△AB'C均为锐角三角形，可在BC、BC上各取一点D、D，使图中标相同数字的角相等，于是△AEF^△D'EF'，△DEF^△AAEF'，△FBD竺△FD'B'，△EDC竺CD'.评注还有一种旋转而不是对称的构造法.9.1.10★已知AABC与△A'B'C'中,ZA=ZA'，BC=BBC，S=S，△ABC与△ABC△ABC△ABC是否一定全等？解析如图，让B与B'重合,C与C重合,A、A'在BC同侧，若A与A'重合，则AABC竺△A'B'C';否则由条件知四边形ABCA为梯形和圆内接四边形，于是它是一个等腰梯形，于是ZABC=ZA'CB,AB=A'C,△ABC竺厶A'C'B'•综上，可知AABC与\A'B'C'全等.评注本题也可以运用三角形面积公式、余弦定理结合韦达定理来证明.9.1.★如图所示，已知AABC、△CED均为正三角形,M、N、L分别为BD、AC和CE的中点,求证：^MNL为正三角形.

EE解析如图，设BC、CD中点分别为S、T，连结NS、SM、MT、TL.则四边形CSMT为平行四边形,设上BCD=0,贝UZNSM=60。+180。—0=240o-0=ZLTM,ZNCL=360。—120。—0=240°-0,又NC=SN=SC=MT,LC=LT=CT=SM故HCNL^△SNM竺ATML,NL=NM=ML,于是AMNL为正三角形.评注注意有时S在MN另一侧，此时ZNSM=ZLTM=ZNCL=120°+0，不影响最终结论.9.1.12^^^AABC中,ZA=90°,AB=c.AC=6,BC=a,M是BC中点,P、Q分别在AB、AC上（可落在端点），满足MP丄MQ，求BP2+CQ2的最小值（用a、b、c表示）.解析如图，延长QM至N，使QM=MN,连结PN、BN、PQ、AM由于M是BC、NQ的中点,故BN=CQ,BN〃AC,BN丄BP，又PM垂直平分NQ，故BP2+CQ2=BP2+BN2=PN2=PQ2.取PQ中点K（图中未画出），则PQ=AK+MK三AM=彳，于是BP2+CQ2的最小值为手，取到等号仅当PQ=AM即四边形APMQ为矩形时.9.1.★★已知P为AABC内一点,APAC=ZPBC，由P作BC、CA的垂线，垂足分别是L、M.BB设D为AB中点,求证：DM=DL.解析如图所示，取AP中点E,BP中点F，连ME、ED、DF、FL.显然四边形DEPF是平行四边形，所以EP=DF,FP=DE.ZDEP=ZDFP.又由PM丄AC,所以EM=EA=EP=DF,ZPEM=2ZPAC；同理FL=DE,ZPFL=2ZPBC•由ZPAC="BC,所以ADEM=ADEP+ZPEM=ZDFP+ZPFL=ZDFL,从而ADFM竺ALFD,所以DM=DL.9.1.14★★在AABC中,已知ZCAB二60。，D、E分别是边AB、AC上的点,且ZAED=60。,ED+DB=CE,ZCDB=2ZCDE，求ZDCB的度数.解析如图，延长AB到F，使BF=ED，连CF、EF.因为ZEAB=ZAED=60。，所以ZFDA=60。,ZEDB=ZCED=120。,AD=AE=ED=BF.CE=ED+DB=DB+BF=DF.于是,AC=AF,ZACF=ZAFC=60。.又因为ZEDB=120。,ZCDB=2ZCDE,所以ZCDE=40。,ZCDB=80。,ZECD=180。—ZCED—ZEDC=20。.在△CDA和ACBF中,CA=CF,ZCAD=ZCFB=60。,AD=BF，所以ACDA^△CBF，故ZFCB=ZACD=20。•于是,ZDCB=60。—ZCDE—ZFCB=20。.9.1.15^★在AABC中,ZB、ZC为锐角,M、N、D分别为边AB、AC、BC上的点，满足AM=AN,BD=DC，且ZBDM=ZCDN.求证：AB=AC.解析若DM>DN,则在DM上取一点E，使DN二DE.连结BE并延长交AC于F,连结EN•在△BED与ACND中，BD=DC,ZBDE=ZCDN,DE=DN,故ABDE^△CDN.于是有ZEBD=ZNCD,BE=NC，所以FB=FC.又易知EN〃BC，因此ZENF=ZACB.但另一方面，由DM>DN，知ZABC>ZFBC=ZACB，所以ZANM=2(180P-ZBAC)=丄(ZABC+ZACB)2>丄(ZACB+ZACB)=ZACB•2从而ZENF>ZMNA>ZACB•矛盾，故假设DM>DN不成立.若DM<DN，同法可证此假设不成立.综上所述DM二DN，于是由MDM^△CDN知ZDBM=ZDCN，从而AB=AC•9.1.★如图,AABC为边长是1的等边三角形,△BDC为顶角(ZBDC)是120°的等腰三角形,以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC于M、N，连结MN，形成一个AAMN.求厶AMN的周长.解析延长AC到E，使CE二BM，连结DE•易知在ABMD与ACED中有BD二DC，ZMBD=ZECD=90°，BM=CE，从而AMBD^△ECD•所以MD=DE，ZMDB=ZEDC•于是在ADMN与ADEN中有DN=DN，MD=DE，ZMDN=60°=ZMDB+ZCDN=ZEDC+ZCDN=ZEDN•从而AMDN竺AEDN，故NE=MN•所以AM+MN+AN=AM+NE+AN=AM+NC+CE+AN=AM+MB+NC+AN=AB+AC=2.9・1・□★★★△ABC为等腰直角三角形,ZC=90。，点M、N分别为边AC和BC的中点，点D在射线BM上，且BD=2BM，点E在射线NA上，且NE=2NA，求证：BD丄DE・解析取AD中点F，连EF・DD在△BMC与ADMA中，AM=MC，BM二-BD二MD，上BMC=ZDMA，故△AMD^△CMB•于是有2ZADM=ZCBM，AD=BC，AD〃BC・同样易知ABMC竺^ANC，于是有ZCBM=ZCAN・在△ANC与AEAF中，NA二1NE二AE，AF二1AD二1BC二NC，由AD〃BC矢口ZEAF=ZANC，所以222△FAFANC•于是有ZAEF=ZNAC，ZEFA=ZACN=90。=ZEFD・从而在△EAF与AEDF中有AF=FD，EF=EF，故△FAF^△EDF•于是有ZEDF=ZEAF，ZFED=ZFEA・总之,ZEDF+ZMDA=ZEDF+ZNAC=ZEDF+ZAEF=ZEDF+ZFED=90。，即BD丄DE・9.1・18^★★已知ABCD涎长DC至P，使DP=AD，连结PA与BC交于Q，O为APQC的外心,则B、O、C、D共圆.解析如图连好辅助线，由于ZDPA二ZBAP二ZPAD二ZCQP，故CQ二CP，设ZOCP二ZOCQ二ZOQC二0，贝9ZBQO二180。-。=ZDCO，又BQ二AB二CD，QO二CO，故△BQO^△DCO，于是ZQOB=ZCOD，于是ZBOD=ZQOC=2ZQPC=ZBCD，因此B、O、C、D共圆．9.1.19★★★已知AABC和厶ABC,ZA=ZAf,且BC二BC,D和D分别是BC、BC的中点,AD=AAD，问两个三角形是否必定全等？解析如图，作出AABC外心O（\AABACA及相应的OA、DA图中未画出）.若O在BC上，则ZA=90。=ZAA，此时AABC与△AABACA未必全等.若O不与D重合,则BCBCAO———AAOA,2sinA2sinAOD—BO|cosA\—AO|cosA|—AAOA|cosAA|=OADA,AD—AD.当A、O、D共线，则AD丄BC,AADA丄BACA，所以△ABD^△AABADA,△ACD^△AACADA，从而△ABC处AABACA.当A、O、D不共线，贝U△AOD^△AAOADA,ZODA—ZOADAAA，于是ZADC—ZA'DACA（或ZAADABA）,于是由三角形全等可得AC—AACA（或AABA）,AB—AABA（或AACA）,故有△ABC竺厶AABACA（或△ACB）.评注此题亦可用中线长公式证明.9.1.20*★如果两个三角形满足“ASS”，它们不一定全等,此时称它们是相近的，现在有一三角形△，作△与之“相近”,……一般有△与厶相近，问是否存在一个k，使△与厶相做且不12n十1n1k全等？解析这是不可能的.因为由正弦定理,△与厶有等大的外接圆（它们有一对内角相等或互补）,12从而推出△与X△有等大的外接圆,它们不可能只相似不全等.1k9.1.21^★★是否存在两个全等的三角形△与△，,△可划分为两个三角形△与△,△，可12划分成两个三角形AA与AA,使△竺△,△与4A却不全等？121222解析这样的两个三角形是存在的,如图（a）、（b）,设不等边三角形AABC◎△A2C,其中BC2=AB-AC=A'B'-A'C'=B'CS,不妨设AC二AC是各自的最长边,则AB、AB'为各自的最短边•在AC、B'C'上分别找D、D,使CD=AB,ABAD'=ZC,则由于BC2=AB-AC=CD-AC,故△ABCsMDC,所以ZBDC=ZABC=ZA'B'C',又因为AC=AB'A'D',CD=A'B',因此△BDC竺AD'B'A'，而AABD显然不与厶A'C'D'全等.（若AB=AB'二90。，还可避免相似.）9.1.22^★★已知AABC中,AA二60。,I是AABC内心,AI的垂直平分线分别交AB、AC于M、N,E、F在BC上,BE=EF=FC,求证：ME〃NF•解析如图，连结MI、BI、CI、NI•易诮△AMN与AIMN为全等之正三角形,ABIC二120。,AMIB+ANIC=180。.ABEFC两端延长MN至S与T，使SM=MN=NT，则ASMB=AAMN=ABMI=60。，于是ASMB^△IMB，同理△NTC^△NIC，因此AS+AT=AMIB+ANIC=180。,SB〃TC.而M、N将ST三等分,E、F将BC三等分，于是由平行线分线段成比例，知ME〃NF（〃SB）.评注读者可以考虑：如果ME〃NF是否有ABAC二60°.9.1.23★★★已知锐角三角形ABC,ABAC二60°,AB>AC,△ABC的垂心和外心分别为M和O,OM分别与AB、AC交于X、Y，证明：AAXY的周长为AB+AC,OM=AB-AC.解析如图，连结AO、BO、CO、AM.由AB>AC可知O在AB一侧,M在AC一侧.因ABOC=120°，故AO==，而AM=一=，于是AO=AM,AAOM=AAMO.3tanABAC3又ZOAB=90。-ZC=ZYAM，故ZAXY=ZAYX,△AXY为正三角形.又ZXOB+ZYOC=60o=ZYOC+ZOCY,故ZXOBZYCO,ZBXO=120°=ZCYO,又BO=CO,故△XBO竺AYOC,XY=XO+YO=BX+YC•于疋AX+XY+YA=AB+AC•又XO=MY=YC，做OM=XY—2YC=-(AB+AC)—2AC—-(AB+AC)=AB—AC•3L3_§9．2特殊三角形9.2.1★在直角三角形ABC中,BC是斜边,AC二5,D是BC中点,E是AC上一点,DE=AE=2,求AB．解析如图，连结AD•设AD=CD=x，因DE=2,AE=2,CE=3,则X2—22=2X3,x=v10•故ABBC2—AC2八40—25=<15.9.2.2★已知AABC中,AB=14,BC二16,CA二28,P为B在ZA平分线上的射影,M为BC中点，求PM.解析延长BP交AC于Q•由ZBAP=ZQAP.AP丄BQ知BP=QP,AB=AQ•又BM=CM，故PM〃1CQ=1(AC—AQ)=-x(28—14)=7-2229.2.3★等腰三角形ABC中,AB二AC,D为直线BC上一点，则AB2—AD2=BD-CD（D在BC上）,AD2—AB2=BD-CD（D在BC夕卜）•解析如图，设D在BC上且较靠近B.作AE丄BC于E，则E为BC中点，于是BD-CD=（BE-DE）.（CE+DE）=BE2—DE2=AB2—AD2・当D在BC外时的结论同理可证．评注这是斯图沃特定理在等腰三角形的特殊情形,具有十分广泛的用途（例如题9．2．1）,亦可用相交弦定理证明．9・2.4★★已知锐角三角形ABC中,AD、CE是高,H为垂心,AD二BC,F是BC的中点，求证：FH+DH=1BC・2解析如图，连结EF，则EF=CF=1BC.于是FH2=EF2—EH-CH=EF2-AH-HD=EF2—2AH-HD—HD2+HD2=EF2—HD-AD+HD2=EF2—HD-BC+HD2=EF2—2HD-EF+HD2=(EF-HD匕・由于EF>FH>HD，故FH=EF-DH=1BC-DH・29.2.5★已知斜边为AC的直角三角形ABC中,B在AC上的投影为H.若以AB、BC、BH为三边可以构成一个直角三角形，求型的所有可能值.CH

解析显然由AB、BC、BH构成的直角三角形中,BH不是斜边，且AB丰BC•若AB>BC,则AB为斜边•设AB=c,BC=a,BH=h,则由AABC的面积知h•+b2=ac,又h,故c4-a4=a2c2•易知丛=如=冬=k,则由前式知k2-1=k,得k=伫5,故CHBC2a22AH*5+1=.CH2同理，若AB<BC，可得也=—•CH2所以竺的可能值为込也或二！.CH229.2.6★★已知AABC中,AD为高,D在BC上,以下哪些条件能判定AB=AC:⑴AB+CD=AC+BD:AB•CD=AC•BD；1111(3)+=+—ABCDACBD解析设BD=x,CD=y,AD=h，则AB="2+x2,AC="2+y2.先看条件(1)：耳h2x-若x=y若x=y，贝UAB=AC；否则不妨设x>y，则x-y=\:h2+x2-\；h2+y2x2-y2h2+x2+、：h2+y2得"2-h2+y二x+y,于^是h二0,矛盾.故AB=AC.再看见条件（2）：2+再看见条件（2）：2+X2则h2y2+x2y2=h2x2+x2y2，于是x=y，故AB=AC.最后条件（3最后条件（3）：11=+•于疋x"2+y2xyh2+y2xyh2+y2h2+x2讦千•右x丰y，贝U2+x2丿02+y2/2+x2+y2)(:h2+x2+"2+y2)=xy(x+y)，仍有h=0，矛盾，故AB=AC•所以三个条件都能判定AB=AC．9.2.7★已知p是等腰直角三角形ABC的斜边BC上任意一点，求BP2+CP2.AP2解析如图，作AD丄BC于D•不妨设AD=BD=CD=1•P在CD上,PD=a,贝UBP=BD+PD=1+a,CP=CD—PD=1_a,于是BP2+CP2=(1+a)2+(1—a)2=2+2a2•又AP2=AD2+PD2=1+a2•故BP2+CP2=2•AP2评注请读者考虑,若对BC上任一点P,有BP2+CP2为定值，是否可认为AABC为等腰直角三角AP2形9•2•8★★在AABC中,AB=19,BC=17,CA=18,P是△ABC内一点，过点P向AABC的三边BC、CA、AB分另U垂线PD、PE、PF，垂足分另U为D、E、F，且BD+CE+AF=27,求BD+BF的长．解析如图，由于BD2—CD2+CE2—AE2+AF2—BF2=0,于是

AABD2—(17—BD)2+CE2—(18—CE)2+AF2—(19—AF)2=0,此即17BD+18CE+19AF二487•而18BD+18CE+18AF=486,故AF—BD=1•所以BD+BF=BD+AB—AF=AB—1=18•9.2.9★★已知AABC中,AB=AC,AE是BC的中垂线,AE=BC,ZBDC=3ZBAC,求AD.DE解析如图，不妨设BE=CE=1,则AE=2,AB八5.作ZABD的平分线BF,由于ZBDE=3ZBAE=ZABD+ZBAE,故ZABF=上DBF=上BAE•因此AF=BF,△ABD^ABFD,空=AD=BD，从而bd2=df•DA,DF=DB°AD，所以DA2=BD-(BD+AB).BFBDDFAB+DB设DE=x,贝UBD2=x2+1,DA=2—x,因此看（x=2舍）•于是(2-x)2=x2+1+5*+1丿,(3—4x)2=5x2+5,11x2-24x看（x=2舍）•于是AD=20,竺=10・11DE9.2.10^★正三角形ABC内有一点P,P关于AB、AC的对称点分别为Q、R，作平行四边形QPRS，求证：AS〃BC.

RR解析如图，设QS与AB交于M，连结MP，则ZQ=60。,AB垂直平分PQ,QM=PM,△MPQ为正三角形,MP=PQ=SR，于是四边形MPRS为等腰梯形,PR的中垂线即MS的中垂线.于是ZSAC=ZMAC=60=ZC,AS〃BC•9.2.AB与O相切于点B,AC与O相交于C、D，若ZC二45。,ZBDA二60。,CD求BKBK3,解析如图，由题意可得ZABD二45。，作BK丄AC于K，则BK二CK，又CK=CD+DK八乂+故BK=3C612），BD=用-6=3\：2+丫6,x=3、：2-再作AT丄BD=3\：2+丫6,x=3、：2-于是AB=、'2x=6•9.2.12★已知大小相等的等边AABC与等边APQR有三组边分别平行，一个指向上方,一个指向下方，相交部分是一个六边形，则这个六边形的主对角线共点．

QQ解析如图，设两个三角形的边的交点依次为D、E、F、G、H、K.设AABC、△PQR的高为h，则正AADK的高二h（RQ与BC的距离）=正AFPG的高，于是DK^FG,DG、KF互相平分,同理DG、EH互相平分，于是DG、EH、KF的中点为同一点，结论成立.9.2.★★求证：过正三角形ABC的中心O任作一条直线1,则A、B、C三点至l的距离平方和为常数.解析如图,不妨设1与AB、AC相交，且与BC延长线交于P（平行容易计算）.由中位线及重心性质，知BB+CC=AA•故B'B2+CC2+AA2=2（B'B2+CC2+BBB•CC）.连结OB、OC，作OQ丄BC，易知△'BPs^qop^ACCP，故CC=CP,BB=BP.OQOPOQOP对于等腰三角形OBC，有OP2-OC2=CP•BP.因此B'B2+C'C2+BB'B2+C'C2+B'B2•CC2OP2OQ2+BP2+CP•OP2OQ2+3CP•箸(BC2+3OP2-3OC2)=3OQ2(定值)，这里用到了BC£oc-于是A、B、C三点至1的距离平方和为6OQ2=1BC2,结论得证.§9.3三角形中的巧合点9.3.1★已知：H是AABC内一点,AH、BH、CH延长后分别交对边于D、E、F，若AH•HD=BH•HE=CH•HF，则H是AABC的垂心，

解析如图，由条件知\AHEsMHD,故ZAEH=ZBDH,同理，ZAFH=/CDH,故ZAFH+ZAEH=180。•3MG2二+3MG2二+MB2+MC22+GB2+GC20•又△FBHsAeCH，故ZBFH=ZCEH，这样可得ZAFH=ZAEH=90。，故H为AABC之垂心．9．3．2★★求证：到三角形三顶点的距离平方和最小的点是三角形的重心．解析设AABC中,AD、BE、CF是中线,G是重心,M是任一点.由斯图沃特定理，并考虑到结论成立．DG：GA：AD=1：2：3，得MG2=C=1AM2+2DM2—2C=1AM2+2DM2—2GD2•①33又由中线长公式，有MD2=2(bm2+CM2)—4BC2,GD2=2血+cg2)-4bc2-代入式①，得339结论成立．9.3.3*★★已知,H是锐角AABC的垂心,D是BC中点，过H作DH的垂线，交AB、AC于M、N，求证：H是MN中点.

解析设AABC两条高为AP、CQ.又不妨设D在BP上.由于ZHAM=/DCH,ZAHM二90。-/DHP二ZHDC，故△AMH^△CHD,于是MH=也，同理NH=型,HDCDHDBD又CD=BD，故MH=NH•9.3.△★★★△ABC的边BC、CA、AB上分别有点D、E、F，且型=CE=AF，求证：AABCDCEAFB的重心与ADEF的重心是同一点.解析在AB上取一点M，使MD〃AC，则咯=B=H，所以MD二CE，四边形MDCE为平行四边形,设MC与DE交于N，又设BC的中点为,P连结PN、AP、FN，AP与FN交于G,于是由BM_BD_BM_BD_CE_AFAB一BC一AC一AB，得RM_AF，于是叱2B叱1AF，于是PG_GNGA_FGP_2,所以G为“C与△DEF之重心.9.3.5*★★已知AABC,ZA_60。,G是AABC重心,ZBGC_120。，求证：AABC是正三角形.解析设AABC三条中线分别为AD、BE、CF.连EF为中位线.于是由条件知A、F、G、E共圆，故ZGBD_ZFEG_ZBAD,于是BD2_GD-DA.由于BD_1BC,GD_1AD，代入，得23AD_BC.2在AABC外作等腰ABCP，使BP_CP,ZBPC_120°,连结DP,DP丄BC•由圆心角与圆周角的关系，GP=BP系，GP=BP=BC=2AD=<331AD*1AD=GD*卩。，故GD、P三点共线，故AD丄BC，于是^AB—AC,又ZRAC—60。，故AABC为正三角形.CC9.3.6*★★已知D是BC上一点,AABD、△ECD、△BCF都是正三角形,A、E在BC同侧,F在另一侧,求证：以这三个正三角形的中心为顶点的三角形是正三角形,且它的中心在BC上.又问此题如何推广？解析如图，设p、Q、R分别为△BCF>△DCE和AABD的中心，则由题11.2.25知APQR为正三角形.过P、Q、R分别作BC的垂线PP'、QQ、RR，则RR-—坐—PP-(-迺],又BD+CD—BC,BDCDBC(6丿故RR-*QQ-—PP-•又设RQ中点为S(图中未画出)，SS-丄BC于S-，则SS-〃PP，且SS---(RR-+QQ-)-1PP-•设SP与BC交于G,则西—竺—丄,所以G为PQR的中点.22GPPP-2评注此题不难推广，只需AB〃DE〃CF,AD〃CE〃BF，此时△ABD^△DC^△FCB,P、Q、R为各自对应的重心,则必有APQR之重心位于BC上.9.3.[★★★^ABC内有一点P，连结AP、BP、CP并延长，分别与对边相交，把AABC分成六

个小三角形，若这六个小三角形中有三个面积相等，则点P是否必为AABC之重心?解析如图,设AD、BE、CF交于P．由对称性,可分四种情况讨论．（1）S=S=S.于是BD二CD,CP=2,由梅氏定理（或添平行线），得AF=BF,P为中△BPD△CDP△BPFPF心.

S=S=S.此时FD〃AC，故D、F分别为BC、AB中点,P为重心.△BPD△CDP△APFS=S=S•此时有DE〃AB，由塞瓦定理,AF=BF，于是S=S，回到情形(1).△BPD△BPF△APE△APF△BPFS=S=S，见题15.1.58.△APF△BPD△CPE综上所知，答案是肯定的.9.3.8*★★设有一个三角形三角之比为1：2：4,作两较大角的平分线，分别交对边于M、N.求证：这个三角形的重心在MN上.解析如图(a)，设ZA为最小角，作中线AD，交MN于G，于是只要证明AG二2GD-分别作EB〃AD〃CF，E、F在直线MN上，则2GD=EB+CF，故问题变成竺+空=1，或AGAGBCBCCMBNCFBE+=+=+=1-ABACAMANAGAG不妨设ZA=9，ZC=29，ZB=40，79=180。，在AC上找一点P，使ZABP=9，又作PQ〃BC，Q在AB上，则各角大小如图(b)所示.于是BC=BP=AP=BQ，故BCAPCPBQBC．==1—=1—=1ACACACABAB图(a)图(a)9.39.3.★★不等边锐角AABC中,H、G分别是其垂心和重心，求证:若丄+丄=丄SSS△HAB△HAC△HBCAG丄HG.

解析设AABC的一条中线与高分别为AD、AE,则欲证结论等价于AG-AD二AH-AE.熟知AH=BC-cotA,AG=-AD•于是结论变为3-AD2=BC-AE-cotA=AB-AC-cosA-3设AB=c,BC=a,CA=b，则由中线长及余弦定理,知欲证式左端=-(2b-+2c--a-),6右端=+，整理，得b-+c-=-a-，于是剩下的任务是证明这个等价条件.S=--BH-BC-cosC△BHC-=—-AC-BC-cotB-cosC-=S-cotB-cotC,△ABC同理有另两式，于是条件变为cotC+cotB=-cotA,由正弦及余弦定理，知上式即abcosC+accosB=-bccosA咸+6-一c+6-一c-)+C-+c-一b-)=-(b-+c--a-)，化简即得b-+c-=-a--9.3.10^★已知凸四边形ABCD中，ZBAC=-ZBDC，ZCAD=-ZCBD，A是否一定为ABCD之外心？解析当ABCD固定•由题设ZBAC、ZCAD固定，于是△BAC、△ACD外接圆固定，它们的交点C、A，固定，又若A为ABCD外心时，确为ABAC的外接圆和△ACD的外接圆之异于C的交点，因此A=A，，结论成立.9.3.★已知锐角AABC的外接圆与内切圆的半径分别为R、r，O是外心,O至三边距离之和为L，试用R、r表示L-解析易知L=R(cosA+cosB+cosC).设AABC三边分另U为a、b、c，由于acosB+bcosA=c等，贝U(a+b+c)・(cosA+cosB+cosC)=33333333a+b+c+acosA+bcosB+ccosC，于疋cosA+cosB+cosC一1_acosA+bcosB+ccosC①a+b+c又丄RacosA_S等,可得丄R(acosA+bcosB+ccosC)_S_-r(a+b+c)，故式①的右端_-•2△BOC2△ABC2R—p-|zz|于疋L_R+r-9.3.12^^★★:已知△ABC,D、E分别在AC、AB上,BD、CE交于F,ED〃BC，求证：AAEF、△ADF、△EFB、△DFC的外心四点共圆．ACAC解析如图，设ABEF、△DFC的外心分别为O、O,O为AEFD的外心，于是OO垂直平分EF.OO1212垂直平分DF．设ZEFB_ZDFC_9，则由垂径定理知OOsin9_1BD,OOsin9_1CE，于是_BD_型.1222OOCEEF2易知AF过ED中点（由塞瓦定理或面积比），作KD〃EF,K在AF上，则KD_EF，又ZKDF_180°-ZEFD_ZOOO，故厶。。。s^fdk.1212又设△AEF,△ADF的外心分别为O、O（图中未画出），于是O、O分别在直线OO与OO上,343412且OO丄AF，于是ZOOO_ZKFD_ZOOO，于是O、O、O、O四点共圆.34431212349.3.★★已知：AABC中,AB_AC,D是AB中点,F为AADC重心,O为AABC外心,求证:FO丄CD．解析1如图，延长DF交AC于E，则AE_CE,DF_2EF.连结AO并延长，分别交CD、BC于G、H,则G为AABC重心,BH_则G为AABC重心,BH_CH,DF_2BH，易见DOBH2BHDFADAH2AHAG又OD丄AB,ZODF=90。-ZADE=ZDAG,△ODF^△DAG，对应边垂直，所以FO丄CD•解析2O为AABC外心，故CO2-DO2=AO2-DO2=AD2;而由中线公式，CF=-<2AC2+2CD2—AD2=£7AD2+2CD2,DF=—<2AD2+2CD2—AC2=112CD2—2AD2,3333于是CF2—DF2=AD2=CO2—DO2，于是FO丄CD•9.3.14★★★设i和O分别是AABC的内心和外心，求证：ZAIOW90。的充分必要条件是2BCWAB+AC.解析延长AI与外接圆交于点D，连结BD、CD、OD，则ZAIOW90。oAI2ID.ADo2WDI由内心性质知,DI二DB二DC，结合托勒密定理得AD-BC=AB-CD+AC-BD=AB-DI+AC-DI，所以AD=AB+AC，DIBC'

所以ZAIOW90。o2WAB+AC,BC故ZAIOW90。的充要条件/是2BCAB+AC•评注本题的关键是先把ZAIOW90°转换为AI三ID，然后再用托勒密定理.托勒密定理是：圆内接四边形的对角线的乘积等于对边乘积的和．9.3.15*★★设O是AABC的外接圆,G是三角形重心，延长AG、BG、CG，分别交O解析设BC、CA、AB的中点分别为P、Q、R，则由中线长公式及相交弦定理，有（此处AABC三边分别设为a、b、c）AG_AGAGGD_GP+PD_GP+BP■CPAP-APBP-APBP■CPAP2AP2AP2+3BP-CP2b2b2+2c2-a2a2*b2*c21113b2+c2-a2+a22244同理，有BG2c2+2a2一b2——9GEa2*b2*c2CG2a2+2b2-c2GFa2*b2*c2三式相加,即得结论．9.3."★★I在AABC内,AI平分ZBAC，ZBIC_90°+1ZA，求证：I是AABC内心.2解析如图，作EIF丄AI，E在AB上,F在AC上，则AE_AF，LE_IF，ACACZBEI=ZIFC=90。+-ZA=上BIC•又ZEBI+ZEIB=90。—-ZA=ZEIB+ZFIC,故ZEB/=ZFIC,于是22△EBIs^FIC,BI=匹=些•而ZBEI=ZBIC，故MEI^△BIC,ZABI=ZIBC，所以I为“ABC内ICIFEI心．9.3.-!★★已知：AABC中,2BC二AB+AC,D是内心,DE与BC垂直于E，求DE^的值.BE-CE解析设AABC三边长分别为a、b、c，则2a二b+c.易知若设DE=r,p=2(a+b+c)，贝UBE=p—b,CE=p—c.■(p—a)(p—b)(p—c)r=p，DE2P—ab+c—aa-于^是====・BE-CEpa+b+c3a39.3.18^★设AABC中,AB最长，在其上分别找两点M、N，使AN二AC,BM二BC，又设I为AABC内心，求ZMIN(用ZA、ZB、