loading说明：由本题结论，可得垂心的另一个性质：若H是△ABC的垂心，则⊙ABH=⊙BCH=⊙CAH=⊙ABC。
4．设G为△ABC的垂心，D，E分别为AB，AC边的中点，如果S△ABC=1，那么S△GDE=？
4、重心
三角形三条中线的交点叫三角形的重心。△ABC的重心一般用字母G表示，它有如下的性质：
(1)顶点与重心G的连线必平分对边。
(2)重心定理：三角形重心与顶点的距离等于它与对边中点的距离的2倍。
(3)S?BGC?S?CGA?S?AGB?13S?ABC。
例3证明：三角形的三条中线相交于一点，此点称为三角形的重心．重心到顶点与到对边中点的距离之比为2∶1．
C已知：△ABC中，AX，BY，CZ分别是BC，AC，AB边上的中线，求
证：AX，BY，CZ相交于一点G，并且AG∶GX=2∶1(图3－112)． XY证设AX，BY交于一点G，作AG，BG中点D，E．由于X，Y分别是GDEBC，AC的中点，所以XY平等且等于DE，所以，四边形DEXY为平行四
ZAB边形，所以 3-112GD=DA=GX，GY=GE=EB，
所以AG∶GX=2∶1，BG∶GY=2∶1．
同理，若BY与CZ相交于一点G′，必有 BG′∶G′Y=2∶1，G′C∶G′Z′=2∶1，
所以G′与G重合．所以三角形三条中线相交于一点．
A明为什么称G点为△ABC的重心呢？这可以从力学得到解释．设△
ABC为一个质量均匀的三角形薄片，并设其重量均匀集中于A，B，C三
GB点，如果把B，C两点的重量集中于BC边中点X时，那么△ABC的三顶CX点A，B，C的集中重量作了重新分配．若A点为1，则X点为2，因此在AX上的重心支撑点必在AG∶GX=2∶1处的G点．这样一来，如果在G点3-113支起三角形，那么△ABC必保持平衡，所以G点为三角形的重心(图3－113)．
例1、已知G是△ABC的中心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：
AG2?GC?GD。
分析、构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积。延长GP至F，使PF=PG，边FB、FC、AD(图9-9)。
因G是重心，故AG=2GP。因GBFC是平行四边形，故GF=2GP。从而AAG=GF。又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC·GD。D3E于是。GA?GC?GD
例2、设G是等腰△ABC底边上的高、AD与腰AC上的中线BE的交点。若AD=18，BE=15，则这个等腰三角形的面积为多少？
分析、由等腰三角形“三线合一“性质知，AD为中线，从而G为△ABC的重心，故DG=
13BP22GC1FAD=6，BG=
23BE=10。在Rt△BDG中，BD=BG2?DG2=8。因此S?ABC?12BC。
AD=144。
例3、平行四边形ABCD的面积是60，E、F分别是AB、BC的中点，AF分别与ED、BD交于G、H，则四边形BHGE的面积是_____________。
解：连接AC交BD于O，分别延长AF和DC相交于M，则点H是△ABC的重心。 ∴S?ABH?13S?ABC?13?12S平行四边形ABCD?10。
又AB∥DM，可得△AGE∽△AGD，从而EG∶GD=AE∶MD=1∶4。 于是S?AEG?∴S四边形BHCE15S?AED?15?14S平行四边形ABCD?3。
?S?ABH?S?AEG?10?3?7。
例7如图3－118．设G为△ABC的重心，从各顶点及G向形外一直线l引垂线AA′，BB′，CC′，GG′(其中A′，B′，C′，G′为垂足)．求证：AA′+BB′+CC′=3GG′．
分析由于图中有许多可以利用的梯形，故可考虑利用梯形中位线定理来证明．
证设M为AC的中点，N为BG的中点，作MM′⊥l于M′，NN′⊥l于N′，则由已知条件可知，MM′是梯形AA′C′C的中位线，NN′是梯形BB′G′G的中A位线，所以 MG又MM′+NN′=2GG′，所以 NMM??122AA??BB??CC??GG??4GG?，
12(AA??CC?),NN??1(BB??GG?)
BC所以
12(AA??CC?)?(BB??GG?)?2GG?，
B?N?A?G?M?C?3-118所以AA??BB??CC??3GG?
说明当本题中AA′，BB′，CC′，GG′不垂直于l，但仍保持互相平行时，本题结论是否还成立？试作出你的猜想，并加以证明．
5、外心与内心
例1、已知△ABC中，O为外心，I为内心，且AB+AC=2BC。求证：OI⊥AI(图9-10)。 分析、因I是内心，故
ACCE?ABBE?AIIEAC?ABBEABBEA，
?。又因
AC+BC=2BC，故AB=2BE。由△ABE∽△ADC知AD=2DC。又DC=DI(内心性质)，故AD=2DI。而O是外心，从而OI⊥AI。
2．如图3－119．在△ABC中，O为外心，I为内心，且AB＞BC＞CA．求证：
(1)∠OAI＞∠OBI；(2)∠OAI＞∠OCI．
OIBECD图9-10AOIC6、重心与内心
例1、如图9-11所示，已知△ABC的重心G与内心I的连线GI∥BC。
求证：AB、BC、CA成等差数列。
分析一、(利用内角平分线定理)连接AG、AI且延长分别交BC于D、E，连接IC，则AD为中线，AE、CI为角平分线。
因GI∥BC，故GI∥BC，在△CAE中，有
ACCE?AIIEAIIE?AGGD?2。
B3-119AGI?2，即AC=2CE，同理AB=2BE。∴
BDCE图9-11AB+AC=2(BE+CE)=2BC。证毕。
分析二、(利用面积公式)，连接AG交BC于D，作IE⊥BC于E，AH⊥BC于H，则IE为
内切圆I的半径，设IE=r。因IG∥BC，故
s?ABC?12BC?AH?12(AB?BC?CA)?r,故12BC?3r?12IEAH?DGAD?13，即AH=3r。因，即2BC=AB+CA。证
(AB?BC?CA)?r毕。
7、外心与垂心
例1、如图9-12所示，在△ABC中，H为垂心，O为外心，∠BAC=60o，求证：AH=AO。 分析、结合外心，构造以垂心H为顶点的平行四边行AHCE是解
A决问题的关键。 E因O是外心，CE⊥BC，又H是垂心。
O故AH⊥BC，从而AH∥CE。同理CH∥AE。 HC于是AHCE为平行四边形，AH=CE。又∠BEC=∠BAC=60o，从而∠BEBC=∠30o。所以EC=
12BE=OA，故AH=CE=OA。
图9-13例2、证明：三角形任一顶点至垂心的距离等于外心到它的对边
的距离的2倍。
把条件改写一下：已知AD、BE为△ABC的两高线，其交点为H，OM、ON分别为BC、CA的中垂线且交于O。须证：AH=2OM，BH=2ON。
分析一、(中线定理)取AH、BH中点F、G，连接FG(图9-13)，则
AFG∥AB，FG=
12AB。连接MN，则MN∥FG，MN=
1212AB。故MN∥FG，MN∥
GBFEHNFG。因FD⊥BC，OM⊥BC，故FH∥OM。从而∠HFG=∠OMN。同理∠HCF=∠ONM。于是△HFG∽△OMN。∴OM=FH=BH=2ON。
AN，ON=GH=
12CD图9-13MBH。即AH=2OM，
分析二、(中线定理)连接CH，取CH中点F，连接NF、MF。(图略)，则NF∥MF∥
1212AH，同理
BH，但BE∥ON(因BE、ON同垂直于BC)。故MF∥ON。同理NF=OM。从而OMFN是平行四
12边形。于是OM=NF=AH。即AH=2OM，BH=2ON。
12分析三、(利用相似)，连接MN(图同分析一)，则MN∥AB，MN=同垂直于BC)，BE∥ON。故△ABH∽△MNO，
AHOM?BHON?ABNM12?21AB。因AD∥OM(AD、OM
。于是AH=20M，BH=20N。
例6如图3－116．已知H是△ABC的垂心，O是外心，OL⊥BC于L．求证：AH=2OL． 分析1：要证AH?2OL，由△CAH中的中位线MK?AH，转
HAMOBLA3-116KC而证明MK=OL即可．由于OL∥AH，MK∥AH，所以OL∥MK，因此，只需
证明LK∥OM即可．由已知，这是显然的．
证法1作OM⊥AC于M，取CH的中点K，连结MK，LK，则有 MK∥AH∥OL，LK∥BH∥OM，
所以四边形OLKM为平行四边形，所以MK?OL。又
MK?12AHHOB3-117，所以AH=2OL．
DC分析2因为O为△ABC的外心，故可作其外接圆，为了证明AH=2OL，可证AH等于另一线段a，而a=2OL，则AH=2OL．为此，需添加一些辅助线，
见证明2(图3－117)．
证法2连接BO并延长交⊙O于D，连结CD，AD，则CD=2OL．又CD⊥BC，AH⊥BC，所以AH∥CD．同理，AD∥HC，所以四边形AHCD为平行四边形，所以AH=CD，所以AH=2OL．
E8、外心与重心
例1、如图9-14所示，已知Rt△ABC中，AH为斜边BC上的高，M为BC 中点，O为△ABC外心，OB交AH于D。求证：AD=2DH。
分析、因O为外心，则连接CE(直径)后，易知B、A、E三点共线，连接EM交OB于G，显然G为△EBC重心。
又O为外心，故EM⊥BC，AH⊥BC，从而AH∥EM。
又G为重心，故
EGGM?2。从而
ADDH?EGGMBADHGOCM图9-14，于是AD=2DH。
5．在△ABC中，∠A=60°，O是外心，H是垂心．求证：AO＝AH．
9、垂心与内心
例1、如图9-15所示，已知O为正三角形ABC 的高AD、BE、CF的交点，P是△ABC所在平面上的任一点，作PL⊥AD于L，PM⊥BE于M，PN⊥CF于N。试证：PL、PM、PN中较大的
A一条线段等于其它两条线段的和。
P分析、题设中有正三角形和垂直的条件，由PL⊥AD，PN⊥CF知P、
LEML、O、N、四点共圆。同理P、L、N、M四点共圆，因此P、L、O、N、M
五点共圆。要证PN=PL+PM。可以联想到“如果G是正三角形RST的外接
NO圆劣弧弧ST上一点，那么GR=GS+GT”这一基本问题，只须证△LMN为正BCD三角形，亦只需证∠MNL=∠MLN=60o。
图9-15事实上O既是正△ABC的垂心，又是△ABC的内心，易求出∠AOE=
∠COE=60o，再由共圆的条件得到∠MNL=∠LON=60o，∠MLN=∠MON=60o。故∠MNL=∠MLN=60o。
10、垂心、重心、外心
例题、证明：△ABC的垂心H、重心G和外心O在同一条直线上。
分析一、(从三角形重心的唯一性入手)主证HO与中线BE的交点与重心G重合。
连接中位线DE(图9-16)则DE∥AB，又AH∥OD，BH∥OE(BH、OE同垂直于AC)故△DEO∽△ABH，从而OE：HB=DE：AB=1：2。
连接OH交中线BE于G?。因BH∥OE，故△OEG?∽△HBG?。
因此，EG?：BE?=OE：HB=1：2。这说明G?点即为△ABC的重心G。从而H、G、O三点共线。
分析二、(从三点边线组成平角入手)。如图9-17所示，因G为重心，BE为中线，故G在BE上，连接GO、GH，则GE：GB=1：2。又OE：HB=1：2(同分析一所证)，BH∥OE，故∠1=∠2。
∴△OEG∽△HBG，∠EGO=∠EGH。 ∴△EGO+∠EGH=∠BGH+∠EGH=180o ∴H、G、O三点共线。
分析三、为避免添辅助线的困难，这命题还可采用解析法证明，只要选取适当的坐标系，分别求出G、H、O的坐标，而依三点共线的条件
AHEGOBDDC图9-16AHEG1O2BDC图9-17