三角形内切圆的性质及应用

三角形内切圆的性质及应用
来看这样一道几何题.
题1如图1所示，ABC △的内切圆⊙I 与三边分别切于点F E D 、、，直线DI
CI BI 、、分别与EF 交于点K N M 、、，直线BN 与CM 交于点P ，直线AK 与BC 交于点G ，过点I 且垂直于PG 的直线与过点P 垂直于PB 的直线交于点Q .证明：直线BI 平分PQ .
【分析】此题表面上复杂，但经过一番抽丝剥茧，最终可以归纳成数个结论的嵌套，实质上难度不大.但是，这些结论在解题中却有着广泛的应用，更是可以成为某些问题的突破口.下面依次分析.
我们看到，本题图形复杂，一些点的位置难以看清.接下来将重新描述它们的位置，以期起到简化问题的效
果.
结论1点I 为BCP △的垂心.证明首先，我们知道四边形BINF 内接于
圆，这是导角容易得到的.因此，°90=∠=∠BNI BFI .同理，°90=∠IMC ，故点I 为垂心，证毕.结论2点G 为边BC 中点.
证明延长DK 交内切圆于S ，过点S 作其切线与三角形两边相交.
我们考虑圆外切四边形BCXY .根据牛顿定理，点K 为CY BX 、的交点.而又BC XY //，可知G 为边BC 中点，这一点不难通过比例线段得到.证毕.
于是，我们可以将点A 和内切圆删除，这并不影响原题的结论.这样一来，原题的图形也就得到了极大的简化.之后的步骤并不复杂.对于正式的证明本文从略，由于它并不是重点.
题1的价值在于它引出了结论1和结论2，尤其是前者，在解题中应用广泛.一般来说，对于涉及内切圆两切点连线的问题，结论1就提供了很好的思路.作出题1中的BCP △作为辅助线，并寻找相似三角线和四点共圆等往往能奏效.
性质1的等价形式有时也被使用.
推论在图1中，延长CM 交AB 于点R ，则MR CM =.下面给出了一些具体的例子以体现上述结论的应用.
例1如图2，在ABC △中，AC AB >，内切圆⊙I 于边AB CA BC 、、分别相切于点F E D 、、，M 是边BC 的中点，BC AH ⊥于点H ，BAC ∠的平分线AI 分别于直线DF DE 、交于点L K 、.证明：K H L M 、、、四点共圆.
【分析】根据推论，自然联想到延长CH 与对边相交.这样一来就不难处理了.证明我们不难知道CL NL =，因此，有BN ML //.这样一来可知ABC LMC ∠=∠.
另一方面，由于CD CE =，再结合AK 平分BAC ∠，
可知LMC ABC AKE ∠=∠=∠.
这样就证明了原题.
例2如图3，M 为BC 中点，AM 与EF 交于点N .两条角平分线分别与EF 交于点Y X 、.
证明：NX
NY
AC AB =
.【分析】根据提供的思路，我们仍然作出图中所示的辅助线.利用垂心的性质，可发现一组角平分线，恰能将所求比例的左边转化到一个三角形的两边.进而，只需证明其与原三
B A E
C G F D
K M N Q
I P X
Y S 图1L B E C
A F D K
M N I H 图2
图3
角形相似即可.
证明通过两组四点共圆，可分别证明
IYD IBD ∠=∠；XYC XBC ∠=∠.
因此，ABC XYD ∠=∠.由此可知ABC DYX △△∽.故
DX
DY AC AB =.另一方面，根据垂心的基本性质，又不难有
YDN XDN ∠=∠.
因此，
NX
NY
DX DY =
.原题得证.
例3如图4，设⊙I 与ABC △两边相切，过I 作BC 的垂线，交⊙I 于F .EF DF 、分别交BC 于点G H 、.又分别连接AH AG 、得到点N M 、.证明：BC MN //.
【分析】这图形本身作为内切圆的推广，自然可以使用内切圆的性质加以证明.这之前，首先要做的工作是使⊙I 成为内切圆.为了达成我们的目的，作出如图所示的辅助线.这样一来，上述结论便有了用武之地.另一方面，我们已经知道BC MN //的充要条件是AF 为FMN △的中线，这由塞瓦定理不难说明.因此，只需构造一条与BC 平行的直线.APQ
△的中位线是一个很好的选择.这之后的处理虽稍有技巧性，也并不难想到.
证明过F 作BC PQ //.延长QI PI 、与直线DF EF 、分别交于点R L 、.
不难证明LR 是APQ △中位线.这一点，只
须分别延长AL AR 、与PQ 相交，结合推论即可得知.
因此，四边形ARFL 为平行四边形.
故LR 被AF 平分.
结合BC RL //，可知HG 被AF 平分.因此，HG MN //.
原题得证.
例4如图5，在锐角ABC △中，AC AB >，I 是其内心，D 是I 在边BC 上的射影.BC 边上的高AH 和CI BI 、分别交于点Q P 、.设O 为IPQ △的外心，延长AO 交BC 于点L .AIL △的外接圆与BC 交于两点L N 、.
证明：
CN
BN
CD BD =
.【分析】原题结论即证明一组调和点列.根据调和点列的定义，自然联想到构造完全四边形.而结论1中的含垂心的三角形就是一个不错的选择.仔细分析图形，可以挖掘到两个关键的性质：一是一组相似三角形，二是OI AI ⊥.这之后处理的思路便自然了.
证明
显然OI AI ⊥.
因此，AI 为⊙O 切线.取PQ 中点T .
则T O I A 、、、四点共圆.
图4
B A E
C D
L G F
M
N P Q R
I
H C
M
N I
X Y
K M O P
Q
R
I
T H
S L N
图5
K
A
A
C
F B
B
D E
D
由此，再结合四边形AILN 内接于圆，可知ITO INL IAL ∠=∠=∠.过C B 、分别作BI CI 、的垂线，垂足为S R 、.不难证明ABC DYX △△∽，故KMC ITP ∠=∠.
但又有°90=∠+∠ITP ITO ，因此°90=∠+∠KMC INL ，KM IN ⊥.
因此，I 为KMN △的垂心.
这里要说明一个经典结论：在圆内接四边形中，圆心、对角线交点、两对边所在直线交点计4点，构成一垂心组.这里略去证明而仅承认它的正确性.
这表明，点N 位于直线RS 上.
因此，点对C B 、被N D 、调和分割，也即
CN
BN
CD BD =
.证毕.
例5如图6，点I 为ABC △的内心，-A 旁切圆分别切AB BC 、边于点F D 、，过A 且垂直于BC 的直线交FD 于V .证明：⊙()BI 与⊙()AFV 相切.
【分析】一般来说，处理两圆相切问题的基本思路是：先在定圆上找
出切点，挖掘切点的性质，并作出切线，再证明此直线和三角形外接圆相
切.这里两点值得注意：一是切点既然
已经在两个圆上，那么它很可能是某个完全四边形的密克尔点；二则是最
后一步的处理手法常是利用弦切角定
理.根据这一基本思路，再结合之前提供的结论，可以解决本题.
证明重新定义V 为PQ 与DF 的交点.分别对完全四边形FBAVDH 与AHVPQC 应用梅涅劳斯定理，有
1=VA HV
DH BD FB AF ；
1=PC
HP
VH AV QA CQ .
而注意到CE BD =；CP CQ =，代入上式中，可知
IP
D
I IQ F I PH DH AQ AF a a =
==，这里使用了a AFI AQI △△∽这一结论.
也即有
PH
IP
DH D I a =
.又由D I ID a //，得知BC AH ⊥.
因此，根据同一原理，开头提出的定义与原题目中定义相一致.
过B 作AI BT ⊥交⊙()BI 于点T ，并延长之交AC 于点M ，则熟知DE 过点T .因此，VT DT ⊥，V H T D 、、、四点共圆，另一方面，又有H I B A 、、、四点共圆，因此T 为完全四边形FBAVDH 的密克尔点，于是T 也在⊙()AFV 上.
过T 作⊙()BI 的切线TL ，则只须证TL 也与⊙()AFV 相切即可，而这又与下式等价：
BAC TAF LTB ∠2
1
=∠=∠.
....A M P Q
I T
H L a
I B C D F E 图6
但)ABC BAC TIB LTB ∠+∠21=
∠=∠，只须证ABC BTF ∠2
1
=∠即可.由F D T B 、、、四点共圆，我们有
ABC IBC BDF BTF ∠2
1
=∠=∠=∠.
证毕.
在解题中，发现并灵活应用一些结论对解题是有很大帮助的.但有必要说明，并不是一切与内切圆有关的问题都适用此方法，应根据问题的实际情况加以判别.。