23个深度何专题

1、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,D是BC边上的中点，中线ADma，求mama(a,b,c)的解析式.

2、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,AD是

BAC的平分线，ADta，求tata(a,b,c)的解析式.

B D A C

A

3、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,AD是BC的高，ADha，求haha(a,b,c)的解析式.

4、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,D是BC边上的点，ADy，BDx，求yy(x)的解析式.

5、如图已知，在直角坐标系xOy中，A,B,C,D点的坐标分别为：A(a,0)，B(0,b)，C(c,0)，D(0,d). 求证：(ac)(bd)(a2b2)(c2d2)(a2d2)(b2c2)

6、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,

CD1，求BF? DB2AE3， EC

B D A C

B D A C

B D

C

D A O B C C E D

F A B

7、如图已知ABC的三个边长为BCa，CAb，ABc，P是ABC的任意内点，连接AP延线

A E F P B D C 交BC于D，连接BP延线交CA于E，连接CP延线交AB于F. 求证：⑴

8、如图已知锐角ABC的三个边长为BCa，CAb，

ABc，D,E,F

AFBDCEAPBPCP1；⑵ 2 FBDCEAADBECFA F B

D

E 分别是BC,CA,AB边上的点，求：

DEF的周长SDEEFFD的最小值.

9、如图已知锐角ABC的三个边长为BCa，CAb，

ABc，P是ABC的内点，求P点到ABC三个顶

C

A

点的距离之和LPAPBPC的最小值.

10、如图已知，G为ABC的重心，GA3，

GB4，GC5，求ABC的面积.

P

B C

A G C

B

11、如图已知，P是等边ABC的一个内点，满足

PA3，PB4，PC5，求ABC的周长.

A

B P

C

12、如图已知正方形ABCD内有一点P，若PAa，

PB2a，PC3a，求正方形ABCD的周长.

D C

13、如图已知正方形ABCD内有一点P，若P到A,B,C三点的距离之和有最小值，当最小值为时，求此正方形ABCD的周长

14、设等边ABC的外接圆圆心为O，圆半径为

R，P是圆外一点，OPDR，求由线段PA，PB，PC所构成的三角形的面积S?

P A B D C 26P A B A

P

O B

C

15、如图已知，半径为R2的圆O其圆心在原点，

C E F A B 圆O与x轴相交于A,B，与y轴相交于CD. 过A的任意一直线交圆O于E，交y轴于F，求AEAF?

16、如图已知ABC的三个边长为BCa，CAb，

ABc

D A F E

，其三个内角平分线长分别为

ADta，

B

D

C

BEtb，CFtc，求证：tatbtcabc

17、如图所示，P是ABC的一个内点. 延长

AP,BP,CP分别与对边相交于D,E,F A F E ，设APa，

BPb，CPc，而PDPEPFd.已知

B

P abc43，d3，求abc?

D C E P

C 18、已知ABC的三个边长分别为BC3，CA4，

AB5，P为ABC的一个内点，设P到这三边

D

的距离PDx，求这三数乘积xyzPEy，PFz，的最大值.

19、已知P是ABC的一个内点，在ABC的周界上求找一点Q，使得折线APQ平分ABC的面积. 如何找到Q点.

20、如图已知P是ABC的一个内点，D,E,F分别是P到BC,CA,AB所引垂线的垂足，若P点使

SBCCAAB为最小值，求这个最小值. PDPEPFA F

B

C Q P A

B C E

P

D

A F

B

21、设O,I分别为ABC的外心与内心，R,r分别是ABC外接圆与内切圆的半径，外心与内心之距记为OId，求证：

d2R22Rr

A I O B C

22、如图所示，从圆O外的一点A，引两条圆O的切线AB、AC，其中，A,B为切点，连结BC. 从A引圆O的任意一条割线交圆O于P,Q，交BC于R.求证：

211 ARAPAQ

B

A

P E R

O

Q

F

C

23、如图所示，设O为ABC的外心，外接圆半径为R. 若

AO,BO,CO

A F O B D

C E 的延长线分别交

BC,CA,AB于点D,E,F.

求证：

1112 ADBECFR23个具有深度的几何类专题解析

1、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,D是BC边上的中点，中线ADma，求mama(a,b,c)的解析式. 解析：⑴本几何题作辅助线的方法：

“三角形中有中线，延长中线等中线.”

将AD延长至E，使DEAD. 连结BE,CE. 如图1-2 ⑵依据平行四边形判定法则： “三对一组平分线” 三对：两组对边分别平行；

两组对边分别相等； 两组对角分别相等.

E B

D

C

B D

C

A A 图1-2

一组：一组对边平行且相等. 平分线：对角线互相平分.

满足上述条件之一的四边形为平行四边形.

本题，BDDC (D是BC的中点)，DEAD，满足对角线互相平分，所以，四边形ABEC是平行四边形.

故：ABCE，ACBE，BACACE180o 则：cosBACcosACE0

⑶对ABC，由余弦定理得：BC2AB2AC22ABACcosBAC ① 对ACE，由余弦定理得：

AE2AC2CE22ACCEcosACE

AC2AB22ACABcosACE ②

由①+②得：

BC2AE22AB22AC22ABAC(cosBACcosACE)2AB22AC2

即：a2(2ma)22b22c2 ③

③式表明：平行四边形两条对角线的平方和等于其四条边的平方和. 由③得：ma2(2b22c2a2) 即：ma12b22c2a2. 这就是三角形的中线长定理. 214本题使用余弦定理即可解题，属中学数学范畴. 2、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,AD是BAC的平分线，ADta，求tata(a,b,c)的解析式.

BD解析：⑴几何题作辅助线确定，方法：

DCB D

C

A “图中有角平分线，垂线、对称、平行线” A> 垂线

过D点分别作AB、AC的垂线，垂足为E,F.则：DEDF

1SABD2ABDEAB于是： ① SADC1ACACDF21SABD2BDADsinADBBD又： ② 1SADCDCDCADsinADC2

A E B D

F C

由①②得：

BDAB ③ DCAC③式就是三角形的角平分线定理. B> 平行线

过B点作BG//AC，交AD得延长线于G. 则：BGD∽ADC 于是：BCDCADBAD，则：BGAB，

BDBGAB 同样得到③式 DCACAC

A ⑵在ABD中，由余弦定理得：

AB2AD2BD22ADBDcosADB

B D

C

G

即：

AB2DCAD2DCBD2DC2ADBDDCcosADB ④

在ACD中，由余弦定理得：AC2AD2DC22ADDCcosADC 即：AC2BDAD2BDDC2BD2ADBDDCcosADC ⑤ 由④+⑤及cosADBcosADC0得：

AB2DCAC2BDAD2DCBD2DCAD2BDDC2BD AD2BCBDDCBC

该式称为斯特瓦尔特定理. 故：AD2AB2由③式得：及：

DCBDAC2BDDC ⑥ BCBCBDABBDAB，即： DCBDACABBCACABBDDCABACDCAC，即： DCACBCABAC代入⑥式后化简得：

AD2ABACBDDC ⑦

⑦式是角平分线定理的一个推论，或者说是角平分线定理另一种形式.叫做斯库顿定理. 于是：

AD2ABACBDDCABACABBCACBC

ABACABACBC2a2ABAC1 bc12ABAC(bc)a2故：tabc1 2(bc)这就是角平分线长的公式. 本题解法属中学内容. 3、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,AD是BC的高，ADha，求haha(a,b,c)的解析式.

解析：⑴已知三边的面积由海式得出. 首先推导海式.

由余弦定理得：2abcosCa2b2c2

平方后得：4a2b2cos2C(a2b2c2)2，即：4a2b2(1sin2C)(a2b2c2)2 则：4a2b2sin2C4a2b2(a2b2c2)2

B C

A D

[2ab(a2b2c2)][2ab(a2b2c2)] [c2(ab)2][(ab)2c2]

[cab][cab][abc][abc]

于是：a2b2sin2C[[14cabcababcabc][][][] 2222cabcbaabcabcb][a][][c] 2222(pb)(pa)p(pc)

上式中，pabc，为三角形的半周长. 212上式开平方并代入SABCabsinC得：

SABC1absinC2p(pa)(pb)(pc) ①

这就是计算三角形面积的海式. ⑵由三角形面积SABCaha得：ha将①式代入得：ha2SABC2aa122SABC ap(pa)(pb)(pc) 本题由海式得到答案，海式由余弦定理推出. 4、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,D是BC边上的点，ADy，BDx，求yy(x)的解析式. 解析：对ABD应用余弦定理得：

AB2AD2BD22ADBDcosADB

B C

A D

两边同乘以DC得：

AB2DCAD2DCBD2DC2ADBDDCcosADB ①

对ACD应用余弦定理得：AC2AD2DC22ADDCcosADC 两边同乘以BD得：

AC2BDAD2BDDC2BD2ADDCBDcosADC ②

由于ADBADC180o，所以cosADBcosADC0 由①+②得：

AB2DCAC2BD

AD2DCBD2DC2ADBDDCcosADB AD2BDDC2BD2ADDCBDcosADC AD2(DCBD)BD2DCDC2BD AD2(DCBD)BDDC(BDDC)

AD2BCBDDCBC

该式称为斯特瓦尔特定理. 所以：

AD2AB2DCBDAC2BDDC BCBCAB2BCBDBDAC2BD(BCBD) BCBC22BD2BD2BD2BDABABACBCBC BCBCBCBC222BD2BDAB(ABBCAC)BC 2BCBC22222x2x故：yc(cab)a2 aa222222x2xyc(cab)a2 aa2222当x0时，yc，就是AB边长； 当xa时，y1212b22c2a2，就是中线长； 2当xa时，yb，就是AC边长. 本题是上面3题的一个普遍解.

5、如图已知，在直角坐标系xOy中，A,B,C,D点的坐标分别为：A(a,0)，B(0,b)，

C(c,0)，D(0,d).

求证：(ac)(bd)(a2b2)(c2d2)(a2d2)(b2c2) 证明：⑴首先对A,B,C,D四点共圆的情况

过A点作直线AE交纵轴于E(如图5-1)，使得

BAECAD.

此时因ABEACD(同弧上的圆周角) 所以ABE∽ACD 则：

BECDABAC （对应边成比例） 即：BEACABCD ① 且：ADAEACAB （对应边成比例） 即：

ADACAEAB，而：BAECAD 故：AED∽ABC （两边夹一角） 相似三角形判定五法则：

“相似图形要判定，边成比例角相等” “直线平行于一边，构成相似三角形” “两角对应各相等，三组对边比相同” “两组对边比不足，还要夹角也相等” 上面最后一行就是“两边夹一角”

D A O C B D A O E C B 图5-1 那么，

BCAC，即：EDACBCAD ② EDAD由①+②得：

AC(BEED)ABCDBCAD ③

对于A,B,C,D四点共圆，有BEEDBD 则③式为：ACBDABCDBCAD 这就是托勒密定理的一个特例. ⑵对于一般情况，有BEEDBD

则：ACBDAC(BEED)ABCDBCAD ④

对于本题，ACac，BDbd，ABa2b2，CDc2d2，BCb2c2，ADa2d2，代入④式，本题得证.

本题就是广义托勒密定理的一个特例. 6、如图已知ABC中，BCa，CAb,ABc,

CD1，求BF? DB2AE3， ECC E D

F A B

解析：过B点作BG//AC交EF于G，如图6-1.

则：EDC∽GDB

BDBG于是： ① DCCE

C E D

G

F A B

图6-1

同样，因为BG//AC，则：BFG∽AFE 于是：

AFAE ② BFBG①②两式相乘得：

BDAFBGAEAE DCBFCEBGCE即：

BDCEAF1 ③ DCAEBF直线与三角形的三边相交，所分割的三边比例的乘积是1. ③式就是梅捏劳斯定理. 由③式得：BFBDCEBFBDCE，即： AFDCAEABBFDCAE故：

BFABBDCEDCAEBDCE1DC BDAECE1即：BFABDCc2c

BDAE1CE12317、如图已知ABC的三个边长为BCa，CAb，

ABc，P是ABC的任意内点，

连接AP延线交BC于D，连接BP延线交CA于E，连接CP延线

交AB于F. 求证：⑴

AFFBBDDCCEEA1；⑵ APADBPCPBECF2 证明：⑴将边长比换成面积比

AFFBSCAFSSPAFSCAFSPAFSCAPS ① CFBSPFBSCFBSPFBCPBBDSABDSPBDSABDSPBDDCSSABP ② ADCSPDCSADCSPDCSAPCCESBCESPCEEASSBCESPCESSBPC ③ BEASPEABEASPEASBPA将①②③三式相乘得：

AFFBBDDCCESCAPSABPSBPCEAS1 CPBSAPCSBPAA E F P B D C 该式就是赛瓦定理. ⑵同样将边长比换成面积比

APSABPSACPSABPSACPADSSSABPSACP ABDSACDABDSACDSABCBPSBCPSABPSBCPSABPSBCPSBDSABP BCESABESBCESABESABCCPCFSBCPSSACPSBCPSACPSBCPSACPS BCFSACFBCFSACFSABC上面三式相加得：

APBPCPADBECF SABPSACPSBCPSABPSBCPSSSACP

ABCABCSABCSABPSACPSBCPSABPSBCPSACPSS

ABCABCSABCSSABC2 ABCSABC证毕. 采用面积的方法是几何中最常用的方法之一. 8、如图已知锐角ABC的三个边长为BCa，CAb，

ABc，D,E,F分别是BC,CA,AB边上的点，求：SDEEFFD的最小值.

解析：⑴首先以AB,AC为对称轴做对称图形如下：

B’,H分别是B,D关于AC的对称点； C’,G分别是C,D关于AB的对称点. 则：GFFD，EHEC ①

A F E B

D

C

BFDGFBAFE3

A F E B’ H C DECCEHFEA2

C’ G B D

同理：BDFEDC1

当G,F,E,H四点共线时，S值最小. ⑵在AFE中，三角形的内角和：

A 1 2 B’ E 3 C’ F G B 23A180o ②

3

2 H C 3 2

1 1

D

在BDF中：13B180o ③ 在CED中：12C180o ④ 以及DEF的内角和DEF180o； 于是：BDC21FDE180o，

CEA22DEF180o，AFB23EFD180o

将上面三式相加得：212223DEF3180o 故：123180o ⑤

由②⑤得：1A；由③⑤得：2B；由④⑤得：3C 所以：AFE∽BDF∽CED∽ABC

⑶设BDx，CEy，AFz. 则由相似三角形对应边成比例得： 由BDF∽ABC得：即：

BFBD (1A对应边之比=3C对应边之比) BCABczx，即：axczc2 acaxy，即：byaxa2 babyz，即：czbyb2 cb同理得：同理得：

将上面三式代入余弦定理：a2b2c22bccosA得：

byaxczbyaxcz2bccosA，即：zbcosA ⑥

将上面三式代入余弦定理：b2a2c22accosB得：xccosB ⑦ 将上面三式代入余弦定理：c2a2b22abcosC得：yacosC ⑧ 由⑥⑦⑧三式结合图形知：D,E,F是ABC三条高线的垂足. ⑷现在来求SDEEFFD的最小值

前面已经求出G,F,E,H四点共线时的各个角度.

现在，连接AD、AG、AH，由对称性知：AGAD，AHAD， 故：AGAHh （设ADh）

且因为ADBC，所以AGBC'，AHB'C 因此AGB≌AHB'，则GAH2A 则在AGH中，由余弦定理得：

GH2AH2AG22AHAGcos(2A)2h22h2cos(2A)

即：GH22h2(1cos2A)2h22sin2A(2hsinA)2

故：GH2hsinA，即SDEEFFD的最小值是2hsinA 由三角形的面积公式：

SABC2SABC2S11，hABC bcsinA 和 SABCah得：sinA22bcaabc） 2以及SABCp(pa)(pb)(pc)（海式p代入可得SDEEFFD的最小值GH：

22SABC2SABC8SABCGH2hsinA2

abcabc本题思路是沿对称线展开使DEF的三边处于同一条直线上，达到周长最短. 9、如图已知锐角ABC的三个边长为BCa，CAb，

ABc，P是ABC的内点，求P点到ABC三个顶点

A

的距离之和LPAPBPC的最小值. 解析：⑴将ABP绕A点顺时针旋转60o

得到的图象如图9-1.

则：B转到D，P转到E，AP转到AE，BP转到ED.则：PBDE

那么，APE是正三角形，ABD是正三角形. 连结DC，则PAEPAE，ABADBD 于是：LPAPBPCEPDEPCDC ① 当E,P两点都在直线DC上时，LDC达到最小值. 此时的P点称为费马点. ⑵当D,E,P,C四点共线时：

APC180oAPE180o60o120o

P

B C

D E A

P B 图9-1

C

APBAED180oAEP180o60o120o BPC360oAPCAPB120o

即，当PA,PB,PC互成120o时，D,E,P,C四点共线，此时LPAPBPC达到最小值. 费马点P与三个顶点的连线平分P点的角度. ⑶在ABC中，由余弦定理得：

BC2AB2AC22ABACcosA

即：c2b2a22bccosA ②

AB2AC2BC2c2b2a2cosA2ABAC2bc ③

由ABC的面积公式得：sinA2SABCbc ④ 其中SABC是ABC的面积，由海式可求. 在ADC中，由余弦定理得：

DC2AD2AC22ADACcosDAC AB2AC22ABACcos(DABBAC) c2b22bccos(60oA)

将②式代入上式得：

DC2a22bccosA2bccos(60oA) a22bc[cosAcos(60oA)] a22bc[2sin30osin(30oA)] a22bc(sin30ocosAcos30osinA) a2bccosA3bcsinA

故：DCa2bccosA3bcsinA ⑤ 将③和④两式代入⑤式，得到结果.

D A

E P

B C

图9-1

本题采用旋转方法使所求的线段处于一条直线上，即四点共线法求最小值. 10、如图已知，G为ABC的重心，GA3，GB4，

GC5，求ABC的面积.

A G C

B

解析：延长CG到CD2CG，连结AD、BD，则G为CD中点.

因为GA3，满足勾股定理，所以AGB为直角三角形，GB4，GC5，AGBD为矩形.

故：SACGSAGDSAGBD

SCGBSBDG1SAGBD 212

A G C

D B

SAGB1SAGBD 2图10-1

这三者之和就是ABC的面积.

故：SABCSACGSCGBSAGBSAGBD3418

本题利用“勾三股四”构成直角三角形，以及中线平分三角形面积来计算出答案.

另：根据重心的性质，重心与三角形顶点的连线平分三角形的面积.由此可知：

SACG=SCGB=SAGB=1S，进而得到答案. 3ABC

3232A

11、如图已知，P是等边ABC的一个内点，满足PA3，

PB4，PC5，求ABC的周长.

P B C

解析：⑴设P关于AB,BC,CA的对称点为E,F,G，

如图11-1,连结EF,FG,GE，连结AE,EB,BF,FC,CG,GA,由于对称性可知：

EAPAGA，EBPBFB，FCPCGC

同样由于对称性：

EAG2A，FBE2B，GCF2C，

AEBAPB，BFCBPC，CGACPA

⑵在AEG中，由余弦定理得：

EG2EA2GA22EAGAcosEAG

2PA22PA2cos(2A) 2PA2[1cos(2A)]

A

G

E

P B

F

C

图11-1

2PA22sin2A

故：EG2PAsinA ①

同样，在BFE中，由余弦定理得： FE2PBsinB ② 同样，在CGF中，由余弦定理得： GF2PCsinC ③ ⑶由于ABC是等边三角形，所以有：ABC60o 于是由①②③式得：

EG:FE:GFPA:PB:PC3:4:5 ④

所以EFG是直角三角形.即：GEF90o ⑷在AEG中，

AEG11(180oEAG)(180o2A)90oA90o60o30o 22在BFE中，

BEF11(180oFBE)(180o2B)90oB90o60o30o 22所以：APBAEBAEGGEFBEF30o90o30o150o 故：APB150o

⑸在APB中，由余弦定理得：

AB2EA2EB22EAEBcosAEB

PA2PB22PAPBcosAPB 3242234cos150o 2524(25123

3) 2故：AB25123 所以，ABC的周长为：ABBCCA3AB325123 本题找P点对三边的对称点，由此构成的三角形. 12、如图已知正方形ABCD内有一点P，若PAa，

PB2a，PC3a，求正方形ABCD的周长.

D C 解析：“正三角形正方形，几何变换有旋转”

对于具有等边共点性质得图形，如正三角形正方形，作辅助线的方法是“几何变换”. 几何变换包括：“平移”、“对称”、“旋转”、“相似”、“位似”.

将APB绕B点顺时针旋转90o后，得到图形图12-1.

其中A点转到C点，P点转到T点. 故：APB≌CTB

则：TCPAa，TBPB2a，PBT90o

A

图12-1 P D

P A B C

T

B

于是,PBT是一个等腰直角三角形，PT2PB22a，PTB45o.

在PTC中，PC3a，TCa，PT22a，则PC,TC,PT满足勾股定理，所以PTC是直角三角形，PTC90o，于是BTC90o45o135o. 在BTC中，由余弦定理得：

BC2TC2TB22TCTBcosBTC PA2PB22PAPBcos135o a24a22a2a(2) 25a222a2

所以，正方形ABCD的边长为：BC522a

ABBCCDDA4BC4522a

本题采用了几何变换法，即旋转，利用勾股定理和余弦定理得到答案. 13、如图已知正方形ABCD内有一点P，若P到A,B,C三点的距离之和L有最小值，当最小值为26时，求此正方形ABCD的周长.

解析：连接AC，则P点就是ABC内的费马点.

依据上面第9题的结论，很容易得到答案.

设正方形ABCD的边长为x，则AC2x，ABC90o 利用第9题的结论，

LPAPBPC

AC2ABBCcosABC3ABBCsinABC 2x23x223x

22423x2(31)x 2

D C P A B x(62) 2当最小值为26时，即：(62)62 故：x2，因此，正方形ABCD的周长为8 本题直接应用第9题的结论，不再赘述. 14、设等边ABC的外接圆圆心为O，圆半径为R，求由线段PA，PB，P是圆外一点，OPDR，

PC所构成的三角形的面积S?

x2A

P

O B C

解析：⑴由PA，PB，PC所构成的三角形

将APC绕A点顺时针旋转60o，则C转到B，

P转到E，结果如图14-1.

A

于是AEP为等边三角形，PEPA，

BEPC，PCBEP就是由线段PA，PB，

O B C P 所构成的三角形.

⑵设POC，则POA120o，

POB120o，

E 图14-1

OPD，OAOBOCR

由余弦定理得：

PA2OA2OP22OAOPcosPOAR2D22RDcos(120o) ① PB2OB2OP22OBOPcosPOBR2D22RDcos(120o) ② PC2OC2OP22OCOPcosPOCR2D22RDcos ③

⑶在BEP中，由余弦定理得：

2PBPEcosBPEPB2PE2BE2，

即：2PBPAcosBPEPB2PA2PC2

即：(PBPAcosBPE)212121(PB2PA2PC2)2 ④ 2412由于(PBPA)2cos2BPE(PBPA)2(1sin2BPE)

11(PBPA)2(PBPAsinBPE)2 221(PBPA)2(SBEP)2 2代入④式得：(PBPA)2(SBEP)2即：(SBEP)2(PBPA)2则：(SBEP)2121212222(PBPAPC) 241(PB2PA2PC2)2 2412222224PBPA(PBPAPC) 2414PB2PA2(PB2PA2)2PC42PC2(PB2PA2)2 4122242222PC(PBPA)PC(PBPA) 241PC2(2PB22PA2PC2)(PB2PA2)22 ⑤ 4由①②③得：

oo2PB22PA2PC23(R2D2)2RD2cos(120)2cos(120)cos o3(R2D2)2RD4cos120coscos

3(R2D2)2RD(2coscos) 3(R2D2)6RDcos

PC2(2PB22PA2PC2)(R2D22RDcos)[3(R2D2)6RDcos] 3(R2D22RDcos)(R2D22RDcos) 3[(R2D2)24R2D2cos2)] ⑥

同样由①②③得：

(PB2PA2)2{[R2D22RDcos(120o)][R2D22RDcos(120o)]}2 4R2D2[cos(120o)cos(120o)]2 4R2D2[2sin120osin]2

12R2D2sin2 ⑦

⑷将⑥⑦代入⑤得：

(SBEP)212222222PC(2PB2PAPC)(PBPA) 241{3[(R2D2)24R2D2cos2]12R2D2sin2} 241322222222[3(RD)12RD](DR) 224432(DR2). 另：本题也可以采用特值法得到答案. 4故：SBEP本题由旋转构成三角形，由余弦定理得到答案. 15、如图已知，半径为R2的圆O其圆心在原点，圆O与x轴相交于A,B，与y轴相交于

CD. 过A的任意一直线交圆O于E，交y轴

C E F A B 于F，求AEAF?

解析：连结EB，则因AEB90o，AOF90o

故：AOF∽AEB

D 由相似三角形对应边成比例，或者由FAO的余弦值得： 即：AEAFABAO2224

本题涉及到了圆. 关于圆方面的定理记忆口诀是：

AEAO ABAF1.垂径定理： 2.圆心角定理： 3.圆周角定理： 4.切线判定定理： 5.切线长定理： 6.弦切角定理： 7.相交弦定理： 8.切割线定理： 垂径定理有简言，直径平分垂直弦； 还有圆心角定理，等角等弧对等弦. 圆周角也有规律，等于圆心角一半； 经过半径之外端，垂直半径是切线. 两条切线长相等，点心连角平分线； 弦切角等圆周角，都是圆心角一半. 圆内一弦交一弦，割得弦长积不变； 同点切线长平方，等于割线乘割线.

16、如图已知ABC的三个边长为BCa，CAb，

ABc，其三个内角平分线长分别为ADta，

BEtb，CFtc，求证：tatbtcabc

A F E

解析：根据第2题的结果得：

a2tabc1bc 2(bc)b2tbca1ca 2(ca)a2tcab1ab 2(ab)B D

C

上面三式相乘得到结果.

本题利用内角平分线公式直接秒杀.

17、如图所示，P是ABC的一个内点. 延长AP,BP,CP分别与对边相交于

D,E,F，设APa，而PDPEPFd.已知abc43，BPb，CPc，d3，

求abc?

解析：本题由于已知数据是P点到顶点的距离，和相应延长到对边点的距离，就是说是P点位置的数据，然后所求的也是这些数据的关系，因此，要紧紧围绕这些数据来做题.

d与a,b,c的关系可以由三角形的面积比得到：

SBPCBCPDPDd SABCBCADADdaSAPBABPFPFd SABCABCFCFdcSCPACAPEPEd SABCCABEBEdb A F E P B D C 上面三式相加得：

SSAPBSCPAdddBPC1 ① dadbdcSABC由①式得：

d(db)(dc)d(dc)(da)d(da)(db)(da)(db)(dc) ②

左边展开得：

LHSd[d2(bc)dbc]d[d2(ca)dca]d[d2(ab)dab] d[3d22(abc)d(abbcca)] 3d32(abc)d2(abbcca)d ③

右边展开得：

RHS(da)(db)(dc)

d3(abc)d2(abbcca)dabc ④

将③④代入②式得：

3d32(abc)d2(abbcca)dd3(abc)d2(abbcca)dabc

故：abc2d3(abc)d2d2[2d(abc)] ⑤ 将abc43，d3代入⑤式得：

abc32(2343)3249212441

本题采用传统的面积比方法，通过推导，得到答案. 18、已知ABC的三个边长分别为BC3，CA4，

AB5，P为ABC的一个内点，设P到这三边的

C E P

D

距离PDx，PEy，PFz，求这三数乘积xyz的最大值.

A

F

B

解析：因为ABC的三边长满足“勾股定理”，所以ABC为直角三角形. 即：ACB90o.

连结PA,PB,PC，则PDBC，PECA，PFAB.(如图18-1) 我们计算三角形的面积关系： 由SABCSPABSPBCSPCA得：

1111BCCAABPFBCPDCAPE 2222

C E P D

A F

图18-1

B

即：ABPFBCPDCAPEBCCA 即：3x4y5z12 ①

由于3x,4y,5z都是正数，且其和为定值.

根据“一正二定三相等”，当3x4y5z时，其积(3x)(4y)(5z)达到极大值. 故：当3x4y5z最大值：(xyz)M124时，其积(3x)(4y)(5z)444为最大值. 344416 34515本题利用“一正二定三相等”的知识点来解题.

19、已知P是ABC的一个内点，在ABC的周界上求找一点Q，使得折线APQ平分ABC的面积. 如何找到Q点.

C Q P B

C E P A

F

图19-1

解析：设D,E,F分别为BC,CA,AB的中点，连结AD,DF，A

则ABC的区域分成3部分. ⑴ P点在AD上，如图19-1. 此时，由于D是BC中点， 则SABDSACD1SABC 2

D B

故：QD，即D点就是要找的Q点. ⑵ P点在AFD内，如图19-2. 连结AP，延长线交BC于G.

连结PD,PK，过A作AK//PD交BC于K

则由于APD与KPD同底(PD为底)等高(AK//PD间距为高)，故SAPDSKPD

则：SABGSKPGSABGSPGDSKPD

SABGSPGDSAPDSABD

C K

E P D G B

A

F

图19-2

C K E D P F

图19-2

1SABC 2N A

G B

故：QK，即K点就是要找的Q点.

另：本题实际上是要使SAPNSKND，用割补法交换面积，这是思路.

⑶ P点在BFD内，如图19-3.

连结AP，交DF于H，AP延长线交BC于G. 连结PC，过H点作HM//PC，交CA于M.

MA C D G P

B

H A

F

图19-3

于是PMH与CMH为同底(底为MH)等高(HM//PC间距为高) 则：SPMHSCMH

所以：SAPMSAHMSPMHSAHMSCMHSAHC

由于AHC与ABC同底(底为CA)，因DF为ABC的中位线而高度相差一半，故：SAPMSAHCSABC

故：QM，即M点就是要找的Q点.

另：这里实际上是交换SPMH与SCMH，还是面积割补法. 最终，当P点在AD上时，QD； 当P点在AFD内时，Q点在CD上； 当P点在BFD内时，Q点在CE上.

本题实际上就是计算面积，将图中的面积凑成ABC的一半. 20、如图已知P是ABC的一个内点，D,E,F分别是P到BC,CA,AB所引垂线的垂足，若P点使

SBCCAAB为最小值，求这个最小值. PDPEPF

12C E P

D

A F

B

解析：为了方便解题，设BCa，CAb，ABc；

设PDx，PEy，PFz；设ABC的半周长为p设ABC的内切圆半径为r，面积为S，则Spr

则：SSPABSPBCSPCA(ABPFBCPDCAPE)(axbycz) 即：(axbycz)2S2pr ① 则：SBCCAABabc ② PDPEPFxyzabc； 21212由柯西不等式得：

a2b2c2(ax)2(by)2(cz)2(abc)2 yzx即：axbycz(abc)2 ③

xyzabc将①②式代入得：S(2pr)(2p)2，即：S当且仅当axaxbybyczcz2p ④ r时，③和④式取等号.

即：当且仅当xyz时，SBCCAAB取最小值， PDPEPF2p. r即：当且仅当xyzr时，Smin故：当SBCCAAB2p为最小值时，P点为ABC的内心. PDPEPFr本题将柯西不等式的条件应用于几何，并求得结果. 21、设O,I分别为ABC的外心与内心，R,r分

A 别是ABC外接圆与内切圆的半径，外心与内心之距记为OId，求证：d2R22Rr 解析：⑴连结AI延长线交圆O于P；

连结PO延长线交圆O于S； 连结BS、BI；

连结OI延长线交圆O于M,N.

由I点向AB作垂线，垂足为T，如图21-1.

⑵由相交弦定理，AIPIMINI(Rd)(Rd)R2d2 ①

B O C I (即：由MIP∽NIA相似比得.) ⑶由于I是内心，即内角平分线交点，故：

BAIIAC，ABIIBC ②

S A N T I O 在ABI中，由外角定理得：

BIPBAIABI

IACIBC (由②得) PACIBC

B M C PBCIBC (由圆周角定理)

P 图21-1 PBI

即：PBI是等腰三角形，故：BPPI ③

⑷在RtBSP和RtTAI中，由圆周角定理得：BSPTAI 即：BSP∽TAI 所以：

AITITI SPBPPI故：AIPITISPr2R2Rr ④

⑸由①和④得：R2d22Rr，即：d2R22Rr ⑤ ⑤式称为欧拉公式.

另：d2R22Rr也可以写成：d2(Rr)2r2 即：d2r2(Rr)2

这就是欧拉公式的“勾股定理”，它将三角形的外接圆半径R、内切圆半径

r和两心之距d，以“勾股定理”的形式联系了起来.

本题用到了相交弦定理、圆周角定理等关于圆的基本定理.

22、如图所示，从圆O外的一点A，引两条圆O的切线AB、AC，其中，A,B为切点，连结BC. 从A引圆O的任意一条割线交圆O于P,Q，交BC于R.求证：

211 ARAPAQ

B

A

P E R

O

Q

F

C

解析：连结OP、OB、OQ，过O作AQ的垂线，垂足为T.

设：AOa，圆O的半径OPOBOQR ⑴由切割线定理得：(由ABP∽ABQ得)

AB2APAQAEAF(aR)(aR)a2R2

B P E R D

T O

Q

A

F

即：ABa2R2 ①

⑵由RtABO∽RtADB得：AB2ADAOaAD

AB2a2R2即：AD ② aaC

⑶在RtADB中，由勾股定理得：

2a2R222R22222BDABAD(aR)(aR)2 aa2即：BDR2aR2 ③ aAD AR⑷设OAP，则在ADR中，cos则：

1cosacos2 ④ 2ARADaR⑸在AOP中，由余弦定理得：OP2AP2AO22APAOcos 即：R2AP2a22aAPcos

即：a2R22aAPcosAP2AP(2acosAP) 故：

12acosAP ⑤ APa2R212acosAQ ⑥ AQa2R2同理在AOQ中，由余弦定理得：⑹由垂径定理知：PTQT

则：APAQ2AT2AOcos2acos ⑦ 于是，由⑤+⑥得：

112acosAP2acosAQ4acos(APAQ) APAQa2R2a2R2a2R24acos2acos2acos2 ⑧ 222aRaR211 ⑨ ARAPAQ由④和⑧得：

上式表明，AR是AP与AQ的调和平均值. 证毕. 本题采用解析的方法证明了几何证明题. 23、如图所示，设O为ABC的外心，外接圆半径为R. 若AO,BO,CO的延长线分别交BC,CA,AB于点D,E,F. 求证：

1112 ADBECFR1112 ADBECFRRRRRRR2，即：3()321； ADBECFADBECFRRROAOBOC)(1)(1)1；即：(1)(1)(1)1 ADBECFADBECF

A F O B D

C E 解析：欲证

须证：

即：(1即：

ADOABEOBCFOCODOEOF1；即：1. ADBECFADBECF由同底异高的三角形面积之比等于高之比得：

SOBCSABC1BCODsinODCOD2 1ADBCADsinODC2SOCAOESOF，OAB SABCBESABCCF同理：

三式相加得：

ODOEOFSOBCSOCASOAB1 ADBECFSABCSABCSABC即：

ODOEOF1. 证毕. ADBECF本题采用分析法及面积法，这是几何中最常用的方法之一.