不难证明 AP=AM，从而有 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，命题得证.
例2．A、B、C三点共线，O点在直线外，O1，O2，O3分别为△OAB， △OBC，△OCA的外心.求证：O，O1，O2，O3四点共圆. (第27届莫斯科数学奥林匹克)
分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA. 1观察△OBC及其外接圆，立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.观察△OCA及其外
2接圆，
1立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1?O，O1，O2，O3共
2圆.
利用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证. 2 以“四点共圆”作为解题手段
这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等
例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上， ∠DAM＝∠CBK. 求证：∠DMA＝∠CKB. 分析：易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，
有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC＝180°， ∴∠CMK+∠KDC＝180°.
故C，D，K，M四点共圆?∠CMD＝∠DKC. 但已证∠AMB＝∠BKA， ∴∠DMA＝∠CKB. (2)证线垂直
例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同). △ABC 外接圆和△BKN外接圆相交于B和M.求证：∠BMO=90°. 分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件
和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.
连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=
∠BMK. 而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK， ∴∠COK+∠CMK=180°?C，O，K，M四点共圆.
在这个圆中，由 OC=OK? OC=OK?∠OMC=∠OMK. 但∠GMC=∠BMK， 故∠BMO=90°. (3)判断图形形状
例5．四边形ABCD内接于圆，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的内心依次记
为IA，IB，IC，ID.试证：IAIBICID是矩形.
11分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得∠AICB=90°+∠ADB=90°+
22∠ACB=∠AIDB?A，B，ID，IC四点共圆.
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同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时
1∠AICID=180°-∠ABID =180°-∠ABC，
21∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，
211∴∠AICID+∠AICIB=360°-(∠ABC+∠ADC)=360°-×180°=270°.故∠
22IBICID=90°.
同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. (4)计算
例6．正方形ABCD的中心为O，面积为1989㎝2.P为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________
分析：答案是PB=42㎝.怎样得到的呢？连接OA，OB.易知O，P，A，B
四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°. 故PA2+PB2=AB2=1989.
由于PA:PB=5:14，可求PB. (5)其他
例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大
的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断). (1978，全国高中联赛)
分析：设△EFG为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶
点至少必落在正方形的三条边上，所以不妨令F，G两点在正方形的一组对边上. 作正△EFG的高EK，易知E，K，G，D四点共圆?∠KDE=∠KGE=60°.同理，∠KAE=60°.故△KAD也是一个正三角形，K必为一个定点.又正三角形面积取决于它的边长， 当KF丄AB时，边长为1，这时边长最小，而面积S=
3也最小. 4当KF通过B点时，边长为2·2?3，这时边长最大，面积S=23-3也最大. 例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.
分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接MQ′，SQ′. 易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=∠MPR=∠SPQ=
∠SNQ.
根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称?MQ′=MQ.
又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径(∠RMS=90°)，
MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.
练习题
1.⊙O1交⊙O2 于A，B两点，射线O1A交⊙O2 于C点，射线O2A 交⊙O1 于D点.求证：点A是△BCD的内心.
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(提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2 四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.)
2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.
(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.) 3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.
4.在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高，P是AB上的点，过A点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证：PD丄QD. (提示：证B，Q，E，P和B，D，E，P分别共圆)
5.AD，BE，CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1，从B引FD的垂线l2，从C引DE的垂线l3.求证：l1，l2，l3三线共点.(提示：过B作AB的垂线交l1于K，证：A，B，K，C四点共圆)
第五讲 三角形的五心
三角形的外心、重心、垂心、内心及旁心，统称为三角形的五心. 一、外心.
三角形外接圆的圆心，简称外心.与外心关系密切的有圆心角定理和圆周角定理.
例1．过等腰△ABC底边BC上一点P引PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交
AC于N.作点P关于MN的对称点P′.试证：P′点在△ABC外接圆上. (杭州大学《中学数学竞赛习题》)
分析：由已知可得MP′=MP=MB，NP′=NP =NC，故点M是△P′BP的外心，
11点N是△P′PC的外心.有 ∠BP′P=∠BMP=∠BAC，
2211 ∠PP′C=∠PNC=∠BAC.
22 ∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC.
从而，P′点与A，B，C共圆、即P′在△ABC外接圆上.
由于P′P平分∠BP′C，显然还有 P′B:P′C=BP:PC.
例2．在△ABC的边AB，BC，CA上分别取点P，Q，S.证明以△APS，△BQP，
△CSQ的外心为顶点的三角形与△ABC相似.
分析：设O1，O2，O3是△APS，△BQP，△CSQ的外心，作出六边形
O1PO2QO3S后再由外心性质可知
∠PO1S=2∠A， ∠QO2P=2∠B， ∠SO3Q=2∠C. ∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.从而又知∠O1PO2+
∠O2QO3+∠O3SO1=360°
将△O2QO3绕着O3点旋转到△KSO3，易判断△KSO1≌△O2PO1，
同时可得△O1O2O3≌△O1KO3.
111 ∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K=(∠O2O1S+∠SO1K)=(∠O2O1S+
222∠PO1O2)
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1∠PO1S=∠A； 2 同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC. 二、重心
三角形三条中线的交点，叫做三角形的重心.掌握重心将每条中线都分成定
比2:1及中线长度公式，便于解题.
例3．AD，BE，CF是△ABC的三条中线，P是任意一点.证明：在△PAD，△
PBE，△PCF中，其中一个面积等于另外两个面积的和. (第26届莫斯科数学奥林匹克)
分析：设G为△ABC重心，直线PG与AB，BC相交.从A，C，D，E，F分别
作该直线的垂线，垂足为A′，C′，D′，E′，F′. 易证AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′， ∴EE′=DD′+FF′. 有S△PGE=S△PGD+S△PGF.
两边各扩大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF.
例4．如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成
的新三角形相似.其逆亦真.
分析：将△ABC简记为△，由三中线AD，BE，CF围成的三角形简记为△′.G
为重心，连DE到H，使EH=DE，连HC，HF，则△′就是△HCF. (1)a2，b2，c2成等差数列?△∽△′. 若△ABC为正三角形，易证△∽△′.
12a2?2b2?c2， 不妨设a≥b≥c，有 CF=212c2?2a2?b2， BE=212b2?2c2?a2. AD=2 =
将a2+c2=2b2，分别代入以上三式，得 CF=
3c. 233a，BE=b，22AD=
∴CF:BE:AD =
333a:b:c =a:b:c. 故有△∽△′. 222 (2)△∽△′?a2，b2，c2成等差数列.
当△中a≥b≥c时， △′中CF≥BE≥AD.
S?'CF2
∵△∽△′， ∴＝().
aS? 据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的
3”，有4- 19 -
S?'3=. S?4CF23 ∴2=?3a2=4CF2=2a2+b2-c2?a2+c2=2b2.
4a三、垂心
三角形三条高的交战，称为三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四个等(外接)圆三角形，给我们解题提供了极大的便利.
例5．设A1A2A3A4为⊙O内接四边形，H1，H2，H3，H4依次为
△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心.求证：H1，H2，H3，H4四点共圆，并确定出该圆的圆心位置.
分析：连接A2H1，A1H2，H1H2，记圆半径为R.由△A2A3A4知
A2H1=2R?A2H1=2Rcos∠A3A2A4；
sin?A2A3H1 由△A1A3A4得 A1H2=2Rcos∠A3A1A4. 但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2. 易证A2H1∥A1A2，于是，A2H1 A1H2，
故得H1H2 A2A1.设H1A1与H2A2的交点为M，故H1H2与A1A2关于M点
成中心对称. 同理，H2H3与A2A3，H3H4与A3A4，H4H1与A4A1都关于M点成中心对称.
故四边形H1H2H3H4与四边形A1A2A3A4关于M点成中心对称，两者是全等四边形，H1，H2，H3，H4在同一个圆上.后者的圆心设为Q，Q与O也关于M成中心对称.由O，M两点，Q点就不难确定了.
例6．H为△ABC的垂心，D，E，F分别是BC，CA，AB的中心.一个以H为圆
心的⊙H交直线EF，FD，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2. 求证：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2.
分析：只须证明AA1=BB1=CC1即可.设BC=a， CA=b，AB=c，△ABC外
接圆半径为R，⊙H的半径为r. 连HA1，AH交EF于M. AA12=AM2+A1M2=AM2+r2-MH2 =r2+(AM2-MH2)， ①
11AH1)2-(AH-AH1)2 22 =AH·AH1-AH2=AH2·AB-AH2
2
=cosA·bc-AH， ②
AH 而=2R?AH2=4R2cos2A,
sin?ABHa=2R?a2=4R2sin2A. sinA∴AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2. ③ 由①、②、③
又AM2-HM2=(
有
1b2?c2?a2AA=r+·bc-(4R2-a2)=(a2+b2+c2)-4R2+r2.
22bc212
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