[讲义答案]第6讲三角形特殊点2-d17df91d193f_学而思高二全套_2019年秋季高二_2019秋高二秋季数学邹林强（实验班）二试_A129.学而思2019秋CMO代数班16讲邹林强等多个文件_[讲义答案]

答 案
见解析
解析
证法注意到，
、
、
、
四点共圆，当且仅当
； 
与
的外接圆相切(切点为
)，当且仅当
； 
与
的外接圆相切(切点为
)，当且仅当
． 
因此，
、
、
、
四点共圆，当且仅当
与
、
的外接圆均相切． 
接下来只需考虑：
是以
为底的等腰三角形时的情形，如图． 
 
若
、
、
、
、
五点共圆，则 
． 
显然，点
与
应在
的同侧．否则，若点
在
上或点
与
在
的异侧，则
． 
故
 
， 
矛盾． 
从而，
． 
因此，
、
、
、
四点共圆．当且仅当
，即 
． 
若
的外接圆与
相切(设切点为
)． 
因为
的外接圆与
切于点
，且这两个圆的根轴
与其外公切线交于点
，所以，
为
的中点或点
与
重合(即
与
的外接圆是同一个圆)． 
设
的中垂线分别与
、
交于点
、
．则点、
均在线段
上，且
的外
心与点
在
的同侧． 
从而，
的外接圆与
的切点只能为点
，即
、
、、
四点共圆． 
模块1：
1
例题1
1
A
B
K
L
∠CAB = ∠CBA
KL
△BKI
K
∠LKA = ∠LBK =
 ∠CBA
2
1
KL
△ALI
L
∠KLB = ∠KAC =
 ∠CAB
2
1
A
B
K
L
KL
△BKI
△ALI
△ABC
AB
1
A
B
K
L
O
∠AKB = 180 −
∘
 ∠CAB −
2
1
∠CBA = ∠ACB +
 ∠CAB
2
1
O
C
AB
O
AB
O
C
AB
∠AOB = 360 −
∘
2∠ACB
∠AOB + ∠AKB = 360 −
∘
2∠ACB + ∠ACB +
 ∠CAB
2
1
= 180 +
∘
 ∠CAB +
2
3
∠ABC > 180∘
∠AOB = 2∠ACB
A
B
K
O
2∠ACB = ∠ACB +
 ∠CAB
2
1
∠CAB = ∠CBA = 2∠ACB = 72∘
△BHI
KL
K′
△BKI
KL
K
BI
L
L
KK′
K
K′
△BHI
△BKI
AB
AB
LK
C
 1
C
 0
I
H
C
 C
 
0
1
△BHI
B
C
 C
 
0
1
△BHI
LK
K
B
K
I
H
1
注意到，
，
． 
则
，即
． 
综上，命题
、
均等价于
为等腰三角形，且 
 
证法如图，若命题
成立．即
为
、
、
的外接圆切线，由
与
的外接圆相切，则 
． 
 
所以，
、
、
、
四点共圆． 
故
． 
因此，
为等腰三角形，
为顶点． 
因为
，又
与
外接圆相切(设切为
)，所以，
． 
于是，点
与
重合． 
从而，点
在
外接圆上． 
因此，
、
、
、四点共圆． 
故
． 
延长
与
交于点
． 
因为
为等腰三角形，所以，
． 
从而，
． 
于是，
．进而，
，
． 
所以，
． 
因此，
、
、
、
四点共圆． 
故
、
、
、
、
五点共圆，即命题
成立． 
若命题
成立，即
、
、
、
、
五点共圆，则
． 
所以，
为
的外接圆切线． 
同理，
也为
的外接圆切线． 
因为
，所以，
为等腰三角形，
为顶点． 
由
、
、
、
四点共圆，得
． 
又
，则 
． 
于是，
，
． 
因此，
，
． 
所以，
． 
故
、
、、
四点共圆． 
又
，则
为四边形
的外接圆切线，即
的外接圆
切线． 
故命题
成立． 
综上，原题得证．
∠C
 HB =
1
∠CAB
∠IKB = ∠ACB +
 ∠CAB
2
1
∠CAB = ∠ACB +
 ∠CAB
2
1
∠CAB = ∠CBA = 2∠ACB = 72∘
1
( )
2
( )
△ABC
∠CAB = ∠CBA = 2∠ACB = 72∘
2
2
1
( )
KL
△ALI
△BHI
△BKI
LK
△BIK
∠LKI = ∠KBI = ∠LBA
A
B
K
L
 ∠CBA =
2
1
∠KBL = ∠KAL =
 ∠CAB
2
1
△ABC
C
LI ⋅LB = LK2
LK
△BHI
K′
LK′ =
2
LK2
K
K′
K
△BHI
K
B
H
I
∠IHB =  π  −∠IKB =
 ∠CBA
2
3
IH
AB
D
△ABC
IH⊥AB
∠IHB =  π  −∠DHB =  π  −
 −∠BHD
=
( 2
 π 
)  π  −∠CAB =  π  −∠CBA
 π  −∠CBA =
 ∠CBA
2
3
∠CBA = 72∘
∠ACB = 36∘
∠AOB = 2∠ACB = 72 =
∘
∠AKB
O
K
B
A
O
K
B
A
L
2
( )
2
( )
A
B
K
L
O
∠LKA = ∠LBA = ∠KBL
LK
△BIK
LK
△AIL
∠LBK = ∠LAK
△CAB
C
O
K
B
A
∠AOB = ∠AKB =  π  −
 ∠CBA
2
3
∠AOB = 2∠ACB = 2  π  −2∠CBA =
(
)
2 π  −4∠CBA
 π  −
 ∠CBA =
2
3
2 π  −4∠CBA
∠CBA = 72∘
∠ACB = 36∘
∠BKA = 72∘
∠BHI =  π  −∠BHD =  π  −∠CAB = 108∘
∠BHI + ∠BKA = 180∘
B
H
I
K
∠LKA = ∠LBA = ∠KBI
LK
BHIK
△BHI
1
( )
答 案
见解析
解析
如图，设
，
．则
． 
 
因为
为锐角三角形，点
在
的内部，所以 
． 
故
． 
于是，
为钝角三角形，
为锐角三角形，点
在
的外部，点
在
的内部，点
、
在
的异侧． 
因为
、
分别为
、
的外心，所以， 
， 
． 
于是，
． 
同理，
． 
设
与
的交点为
． 
则
． 
另一方面，因为
， 
所以，
． 
故
，即
． 
又因为
为
和中垂线，所以，
．因此，
． 
故
和
的对应边平行．于是，要么
和
的交点在
上，要么
和
均
平行于
． 
因为
和
均垂直于
，所以，四边形
为矩形的充分必要条件是后一种情形成立．
此时，等价于
． 
又由于
为
的外心，
，则
． 
故
为正三角形，等价于
． 
因为
是以
为底边的等腰三角形，所以，
为正三角形的充分必要条件是
，即
．
1
1
例题2
∠ABC = β
∠ACB = γ
β < γ
△ABC
O
△ABC
∠OAC = 90 −
∘
β
∠ADB = ∠DAC + ∠ACD = 90 −
∘
β + γ > 90∘
△ABD
△ACD
E
△ABD
F
△ACD
O
E
AB
F
O
△ACD
△ABC
∠FAC = 90 −
∘
∠ADC = ∠ADB −90 =
∘
γ −β
∠FDC = 90 −
∘
∠OAC = β
FD//AB
ED//AC
DA
GH
P
∠PAH = ∠OAC = 90 −
∘
β
△ABC≌△AHG
∠PHA = ∠ABC = β
∠APH = 90∘
AD⊥GH
EF
AD
AD⊥EF
GH//EF
△AGH
△DFE
HE
GF
AD
HE
GF
AD
EF
GH
AD
EFGH
△AGH ≅△DFE ⇔DF = AG
F
△ACD
AG = AC
AC = AG = DF = AF = CF
△ACF
DF = AG
△ACF
AC
△ACF
∠FAC = 60∘
γ −β = 60∘
例题3
答 案
见解析
解析
如图，在任意钝角
中，
为钝角，
为垂心．显然，
，且点
、
位于
的两侧． 
 
设
、
、
分别为
、
、
的垂心． 
接下来证明：
． 
如图2，易知
、
、
中
均为钝角．故点
、
、
在通过点
的相应边
的高的延长线上． 
 
注意到，这些边的位置． 
显然，射线
在射线
和
“之间”，即在
内． 
故
． 
由上面的证明：知点
、
位于由
确定的同一半平面上，且 
，
． 
而
、
为同弧上的圆周角，则
． 
于是，
，且
、
、
、
四点共圆． 
因此，
．又
，则
． 
设
为
边
上的垂足． 
在
中，有
，即
． 
同理，
． 
于是，
①
， 
因为
，所以，
． 
由式①得
．
答 案
见解析
解析
1
△XY Z
∠Z
W
∠XY Z = ∠XWZ
Y
W
XZ
P
Q
R
△ACD
△BCD
△BCE
∠PQR = 90∘
△ACD
△BCD
△BCE
∠C
P
Q
R
C
CQ
CP
CR
∠PCR
∠PQR = ∠RQC + ∠PQC
Q
R
BC
∠BEC = ∠BRC
∠BDC = ∠BQC
∠BEC
∠BDC
∠BEC = ∠BDC
∠BRC = ∠BQC = α
B
C
R
Q
∠RQC = ∠RBC = β
EC = r
∠EBC = 30∘
U
△BEC
BE
Rt△BUR
α + β + 30 +
∘
90 =
∘
180∘
∠RQC = β = 60 −
∘
α = 60 −
∘
∠BDC
∠PQC = 60 −
∘
∠DBC
∠PQR = ∠RQC + ∠PQC = 120 −
∘
∠BDC + ∠DBC =
(
)
∠BCD −60∘
BD = r
∠BCD = 150∘
∠PQR = 90∘
例题4
如图，设
、
、
的内切圆分别为圆
、
、
． 
 
首先证明：由点
向圆
引不同于
的切线
，则
也与圆
相切． 
设直线与
交于点
．则四边形
和四边形
均有内切圆．于是， 
 
 
． 
从而，四边形
有内切圆，即
与圆
相切． 
由于
、
、
三点共线，则 
 
． 
于是，
、
、
、
四点共圆． 
设
、
分别为点
关于
、
的对称点． 
因为
为
的角平分线，所以，点
在直线上． 
类似地，点
也在直线上． 
设
为
的垂心．则
． 
于是，
、
、
、
四点共圆． 
类似地，
、
、
、
四点共圆． 
故
． 
由于点
与
不重合，则
、
、
三点共线，即点
在直线上．
答 案
见解析
解析
证法：设
的外接圆半径为
，
为
内的旁心，
与外接圆的交点为弧
的中点
．则
，
． 
因为
，所以，四边形
为平行四边形．于是，
． 
因为
，所以，
． 
设
与外接圆的交点为
．则
为弧
的中点，且
． 
又因为
，且
，所以，四边形
为平行四边形． 
于是，
． 
由于
，所以，
． 
从而，
为
的垂心． 
证法：如图，
为
的角平分线，
与
交于点
．则 
， 
1
△ABM
△MNC
△NDA
Γ
 1
Γ
 2
Γ
 3
C
Γ
 1
CB
l
 1
l
 1
Γ
 3
l
l
 1
X
ABCX
ABCD
CD −CX = AB + CD −
(
)
AB + CX
(
)
= BC + AD −
(
)
BC + AX =
(
)
AD −AX
⇒AX + CD = CX + AD
AXCD
l
 1
Γ
 3
N
I
 2
I
 3
∠I
 CI
 =
3
1
 ∠DCX + ∠XCB =
2
1 (
)
 ∠DCB =
2
1
 180 −∠MCN
2
1 (
∘
)
= 180 −
∘
∠MI
 N =
2
∠I
 I
 I
 
3 2 1
C
I
 1
I
 2
I
 3
L1
L3
C
I
 I
 
2 3
I
 I
 
1 2
I
 I
 
1 2
∠NMC
L
 3
l
L1
l
H
△I
 I
 I
 
1 2 3
∠I
 I
 I
 =
2 3 1
∠I
 CI
 =
1
2
∠I
 I
 I
 =
1 3 2
180 −
∘
∠I
 HI
 
1
2
I
 2
H
I
 1
L
 3
I
 3
H
L
 1
I
 2
∠L
 HI
 =
3
2
∠L
 I
 I
 =
3 1 2
∠I
 I
 C =
2 1
∠I
 I
 C =
2 3
∠I
 I
 L
 =
2 3
1
∠L
 HI
 
1
2
L1
L3
L1
L3
H
H
l
例题5
1
△ABC
R
I
 a
∠A
AI
 a
BC
⌢
M′
OM ⊥BC
′
I
 M⊥BC
a
OM =
′
R = I
 M
a
OM I
 M
′
a
I
 M //OM
a
′
I
 M ⊥LN
a
′
OM⊥LN
BI
 a
N ′
N ′
ABC
⌢
ON ⊥AC
′
I
 N //AC
a
′
ON =
′
R = I
 N
a
ON I
 N
′
a
I
 N //ON
a
′
I
 N ⊥ML
a
′
ON⊥ML
O
△MNL
2
AO
 1
∠A
AO
 1
BC
D
∠OAO
 =
1
∠OAC −
 =
2
∠A
 −
2
 π 
∠B −
 
2
∠A
A
． 
 
因为
，
，所以，
． 
则
． 
又
，于是，
． 
同理，
，
． 
故
为
的垂心．
答 案
见解析
解析
如图，设直线
、
、 
与
的外接圆
分别交于点
、
、
． 
 
设
，
，
． 
充分性． 
假设为
的垂心． 
由
 
 
 
四边形
为圆内接四边形． 
因此，线段
、
、
的垂直平分线交于点
． 
又点
和
也在线段
的垂直平分线上，故
、
、
三点共线． 
同理，
、
、
三点共线． 
由定义得
，
，则
．所以，
． 
又
． 
1
∠MO
 A =
1
 −
2
 π 
∠ADC =
 −
2
 π 
∠B −
 =
2
∠A
∠OAO
 1
MO
 =
1
AO
AO
 =
1
AO
 1
△MO
 A ≅
1
△OAO
 1
OM//AO
 1
AO
 ⊥LN
1
OM⊥LN
ON⊥LM
OL⊥MN
O
△MNL
例题6
AI
BI
CI
△ABC
⊙O
A
 3
B
 3
C
 3
∠BAC = α
∠CBA = β
∠ACB = γ
I
△A
 B
 C
 
1
1
1
∠B
 IC
 =
1
1
∠BIC =  π  −
 −
2
β
 2
γ
⇒∠B
 A
 C
 =
1
1
1
 
2
β + γ
⇒∠IB
 A
 =
1
1
 −
2
 π 
∠B
 A
 C
 =
1
1
1
 =
2
α
∠A
 AB
1
⇒
AA B
 B
1
1
B
 B
1
AA
 1
AB
C
 2
O
C
 3
AB
O
C
 3
C
 2
O
B
 3
B
 2
B
 C
 ⊥AI
3
3
B
 C
 ⊥AI
2
2
B
 C
 //B
 C
 
3
3
2
2
△OB
 C
 ∽△OB
 C
 
3
3
2
2
OB
 =
3
OC
 ⇒
3
OB
 =
2
OC
 2
同理，
． 
故
为
的外心． 
必要性． 
假设
为
的外心．则 
． 
又
． 
因为线段
、
、
的中垂线交于点
，所以，
为四边形
的外心，即 
，
． 
同理，
，
，
，
，即 
，
，
． 
故为
的垂心．
答 案
见解析 
解析
先证明两个引理． 
引理证明：
，
为
的垂心，且
与
的对应边的
夹角均相等． 
引理的证明因为
， 
， 
所以，
． 
同理，
，
． 
因此，
． 
由
，知
． 
同理，
． 
因此，
为
的垂心． 
因为
， 
所以，
的高线与
的对应高线成等角． 
从而，
与
的对应边的夹角均相等． 
引理设以
为圆心且过
的圆为圆
，以
为圆心且过
的圆为圆
．则圆
与
的交点
、
满足
在
的外接圆上，
在
上，且
与
过点
的高线的交点在
的
外接圆上． 
引理的证明设
的外接圆与
的外接圆的第二个交点为
． 
只需证明：点
在圆
和
上． 
1
OB
 =
2
OA
 2
O
△A
 B
 C
 
2
2
2
O
△A
 B
 C
 
2
2
2
∠OC
 B
 =
2
2
 −
2
 π 
∠B
 A
 C
 =
2
2
2
∠BIC −
 =
2
 π 
 =
2
α
∠IAC
B
 C
 ⊥AI ⇒
2
2
C
 O⊥AB
2
B
 B
1
AA
 1
AB
C
 2
C
 2
AA
 B
 B
1
1
∠B
 A
 I =
1
1
 2
β
∠IB
 A
 =
1
1
 2
α
∠IA
 C
 =
1
1
2
γ
∠IC
 A
 =
1
1
 2
α
∠IB
 C
 =
1
1
 2
γ
∠IC
 B
 =
1
1
 2
β
IA
 ⊥B
 C
 
1
1
1
IB
 ⊥A
 C
 
1
1
1
IC
 ⊥A
 B
 
1
1
1
I
△A
 B
 C
 
1
1
1
例题7
1
△A B C ∽△ABC
′
′
′
O
△A B C
′
′
′
△A B C
′
′
′
△ABC
1
∠OB C =
′
′
∠OAC =
′
90 −
∘
∠C
∠OB A =
′
′
∠OCA =
′
90 −
∘
∠A
∠C B A =
′
′
′
180 −
∘
∠C −∠A = ∠B
∠A C B =
′
′
′
∠C
∠B A C =
′
′
′
∠A
△A B C ∽△ABC
′
′
′
∠OB C =
′
′
90 −
∘
∠A C B
′
′
′
B O⊥A C
′
′
′
C O⊥B A
′
′
′
O
△A B C
′
′
′
∠OB A =
′
∠OC B =
′
∠OA C
′
△A B C
′
′
′
△ABC
△A B C
′
′
′
△ABC
2
B′
C
Γ
 1
C′
B
Γ
 2
Γ
 1
Γ
 2
P
Q
P
△ABC
Q
BC
PQ
△ABC
A
△ABC
2
△ABC
∠AB C
′
′
P
P
Γ
 1
Γ
 2
1
因为
，
， 
所以，
和
均为等腰三角形． 
因此，点
在圆
和
上，且
． 
设
． 
由于
，
，则
，且相似比为
，对应
边的夹角为． 
设点
在
、
上的射影分别为
．
． 
则
，
． 
于是，
． 
设
交于点
． 
则
为
的斜边
的中点． 
由于
为
的中垂线，则
为圆
与
的第二个交点． 
设
、
与
的外接圆的第二个交点分加盟为
、
，其中，
为
的垂心． 
由
，知
过点
． 
回到原题． 
由引理，知
与
的夹角等于
与
的夹角． 
由引理，知根轴
、
、
可以由
的高线旋转一个定角得到(旋转中心不同)． 
因为所有的等式中对于某个定向均是有效的，所以，上述旋转的方向是相同的． 
于是，由三条根轴交出的三角形与
相似． 
设点
在
、
上的射影分别为
、
． 
则
． 
同理，点
到另外两组对应边的距离的比也等于
． 
故
也为
、
、
交出的三角形的垂心．
答 案
见解析
解析
如图，联结
与
交于点． 
因为
是弧
的中点，所以，
为
的角平分线． 
联结
、
．由
，知
． 
故
、
、、四点共圆(记此圆为
)． 
联结
与
交于点，联结
．则
． 
故、、
、
四点共圆(记此圆为
)． 
设圆
、
除点外另一个交点为
．接下来证明：
与
交于点
． 
设圆
与
(除点
外)的交点为
． 
由于
为弧
的中点，于是， 
 
． 
故、
、、
四点共圆．于是，点
在圆
上． 
同时，设圆
与
(除点
外)另一个交点为
．则点
在圆
上． 
1
∠PBA = ∠PCA =
 ∠POA
2
1
∠PC A =
′
∠PB A =
′
∠POA
△C PB
′
△B PC
′
P
Γ
 1
Γ
 2
△C PB∽△B PC
′
′
α =
 ∠POA
2
1
∠BPC = ∠C PB
′
′
 =
PC′
PB
 
PB′
PC
△PBC∽△PC B
′
′
2 cos α
α
P
BC
C B
′
′
D
D′
 =
PD′
PD
2 cos α
∠D PD =
′
α
△D PD∽△C PB ⇒
′
′
D P =
′
D D
′
PD BC
′
Q
D′
Rt△PDQ
PQ
B C
′
′
PQ
Q
Γ
 1
Γ
 2
PD
AH
△ABC
E
A
 1
H
△ABC
∠QPE = ∠D PD =
′
α =
 
=
2
1 AP
⌢∘
 
 =
2
1 A
 E
1
⌢
∘
∠A
 PE
1
PQ
A
 1
2
PQ
AH
B C
′
′
BC
1
l
 a
l
 b
l
 c
△ABC
△ABC
H
PQ
BC
F
A
 2
 =
HA
 2
HF
2 ⋅
 =
HA
 1
HF
2 sinα
H
2 sinα
H
l
 a
l
 b
l
 c
例题8
AD
RT
I
D
BC
⌢
AI
∠BAC
AS
SI
RT//DE
∠STI = ∠SED = ∠SAI
A
T
I
S
Γ
 1
CE
RT
J
SC
∠SRJ = ∠SDE = ∠SCE
S
J
R
C
Γ
 2
Γ1
Γ2
S
K
AJ
CI
K
Γ1
AJ
A
K
 1
E
AX
⌢
∠SK
 A =
1
∠STA =
 
+
2
1 (SA
⌢∘
XE
⌢∘)
=
 
+
=
2
1 (SA
⌢∘
AE
⌢∘)
∠SDE = ∠SRT = ∠SRJ
S
K
 1
J
R
K
 1
Γ
 2
Γ2
CI
C
K
 2
K
 2
Γ
 1
所以，点
与
重合，且为
与
的交点，即
为
与
的交点． 
因为
，且
，所以，
、、、
四
点共圆． 
因而，
． 
又由
、
、、
四点共圆，知
． 
因此，
． 
故为
的内心． 
答 案
见解析
解析
先证明一个引理． 
引理设圆Γ的圆心为，其内切于四边形
．则 
．① 
证明如图，由于圆Γ内切于四边形
，则 
 
，
， 
，
， 
且
． 
在四边形外部选择一点
，使得
 
故
 
 
． 
这表明，四边形
为圆内接四边形． 
由托勒密定理得
，即
．② 
由于
、
、、
四点共圆，不难看出， 
，
，
，
． 
易知
，于是，
，
． 
1
K
 1
K
 2
AJ
CI
K
AJ
CI
∠CAD = ∠CAI
∠TJE = ∠CJR = ∠CED = ∠CAD
A
I
J
C
∠ACI = ∠AJI
C
K
J
R
∠BCI = ∠ICR = ∠AJI
∠ACI = ∠BCI
I
△ABC
例题9
I
ABCD
BI +
2
 ⋅
DI
AI
BI ⋅CI = AB ⋅BC
ABCD
∠DAI = ∠IAB = α
∠ABI = ∠IBC = β
∠BCI = ICD = γ
∠CDI = ∠IDA = θ
α + β + γ + θ = 180∘
P
△ABP∽△DCI
∠PAI + PBI
= ∠PAB + ∠BAI + ∠PBA + ∠ABI
= ∠IDC + α + ∠ICD + β = α + β + γ + θ = 180∘
PAIB
AI ⋅BP + BI ⋅AP = AB ⋅IP
BP ⋅
 +
IP
AI
BI ⋅
 =
IP
AP
AB
P
A
I
B
∠IPB = ∠IAB = α
∠API = ∠ABI = β
∠AIP = ∠ABP = γ
∠PIB = ∠PAB = θ
△AIP∽△ICB
 =
IP
AI
 
CB
IC
 =
IP
AP
 
CB
BI
将上面的等式代入式
得
，即
．③ 
再利用
，知
，即
． 
将上式代入式③，便可导出式①． 
回到原题．利用引理及对称性得 
．④  
①
④得
． 
利用算术—几何均值不等式得
． 
故
，其中，等号成立的充分必
要条件是
． 
同理，
． 
将上述两个不等式相加得 
． 
这里利用了条件
(由于圆Γ内切于四边形
，这一结论显然成
立)． 
由题中所给的条件，在上述讨论中，所有的等号均是成立的．于是，
，
．因
此，
，
．进而，
． 
这表明，
． 
另外，不难看出，
．于是，
． 
因此，四边形
为等腰梯形．
答 案
见解析
解析
如图，设
、
、
分别为边
、
、
的中点． 
 
显然，
、
、
分别为线段
、
、
的中垂线． 
因此，
、
、
分别为
、
、
的外心． 
于是，
、
、
分别为边
、
、
的中垂线． 
从而，
、
、
三线交于点
． 
接下来证明：
、
、
为
的中线． 
设
的延长线与
交于点
． 
1
②
BK ⋅
 +
BC
CI
 =
BC
BI2
AB
BP ⋅CI + BI =
2
AB ⋅BC
△BIP∽△IDA
 =
BI
BP
 
ID
IA
BP =
 ⋅
ID
AI
BI
CI +
2
 ⋅
AI
DI
BI ⋅CI = CD ⋅BC
+
BI +
2
CI +
2
 +
 
BI ⋅
( DI
AI
AI
DI )
CI = BC AB + CD
(
)
 +
DI
AI
 ⩾
AI
DI
2
BC AB + CD ⩾
(
)
IB +
2
IC +
2
2IB ⋅IC = BI + CI
(
)2
BI = CI
AD(AB + CD) ⩾(AI + DI)2
AI + DI
+
(
)2
BI + CI
⩽
(
)2
AD + BC
AB + CD =
(
) (
)
AB + CD
(
)2
AD + BC = AB + CD
ABCD
AI = DI
BI = CI
α = β
β = γ
∠DAB + ∠ABC = 2α + 2β = 180∘
AD//BC
△AIB ≅△DIC
AB = CD
ABCD
例题10
D
E
F
BC
CA
AB
B
 C
 
1
1
A
 C
 
1
1
A
 B
 
1
1
GA
GB
GC
A1
B
 1
C
 1
△GBC
△GAC
△GAB
A D
1
B
 E
1
C
 F
1
BC
CA
AB
A D
1
B
 E
1
C
 F
1
O
A D
1
B
 E
1
C
 F
1
△A
 B
 C
 
1
1
1
A D
1
B
 C
 
1
1
N
只需证明：
为线段
的中点． 
由于
，则四边形
为圆内接四边形．从而，
． 
同理，
． 
因此，
． 
由
，知四边形
为圆内接四边形，则 
； 
由
，知四边形
为圆内接四边形，则
． 
因此，
． 
综上，
． 
同理，
、
为
的另外两条中线．
N
B
 C
 
1
1
∠AMB
 =
1
∠AEB
 =
1
90∘
AMEB
 1
∠MAE = ∠MB
 E
1
∠ECD = ∠EON
△ADC∽△B
 NO ⇒
1
 =
NO
NB
 1
 
CD
AD
∠AMF = ∠MFC
 =
1
90∘
AMFC
 1
∠MAF = ∠MC
 F
1
∠ODB = ∠OFB = 90∘
DEFB
∠FBD = ∠FON
ADB∽△C
 NO ⇒
1
 =
NO
NC
 1
 
BD
AD
NB
 =
1
NC
 1
B
 E
1
C
 F
1
△A
 B
 C
 
1
1
1