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当等腰梯形ABCD满足AD平行于BC，AD?2?1,BC?1，高为2，P在对称轴上，
且到AD的距离为1。此时S?PAD?S?PBC?S?PAC?S?PBD?2?12?2，S?PAB?S?PCD?，22所以2?1是最小的。 214．已知?ABC的重心为G，?1?证明AG,BG,CG分别关于?A,?B,?C的角平分线对称
的三条直线交于一点P；?2?若P在三条边BC,CA,AB上的投影分别为D,E,F，证明P为
?DEF的重心。
证明 ?1?设?ABC的三条中线分别为AL,BM,CN，AG,BG,CG关于?A,?B,?C的角平分线对称的三条直线分别与BC,CA,AB交于点L1,M1,N1，设BC?a,CA?b，AB?c，则
BL1BLBL1BLS?ABL1S?ABLAB?AL1AB?ALc2????????2L1CLCLCL1CS?ACLS?ACL1AC?ALAC?AL1b。同理可得
BLCMANCM1CMa2AN1ANb2???1，于是有??2;??2。由塞瓦定理，可得
LCMANBM1AMAcN1BNBaBL1CM1AN1???1，由塞瓦定理的逆定理可得AL1,BM1,CN1交于一点。 L1CM1AN1B《中学数学信息网》系列资料 WWW.ZXSX.COM 版权所有@《中学数学信息网》
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注 用塞瓦定理的三角表示（角元塞瓦定理）更容易得到。
?2?设DP与EF交于点K，?CAL??，由正弦定理可得
sin?LCBLsin??A??????，由于A,E,P,F;B,D,P,F;C,D,P,E均四点共圆，所以sin?CALALsin?B?FEP??PAF??,?EFP??PAE??A??,?FPK??B,?EPK??C，由正弦定理得
FK?sin?FPKsin?Bsin?Bsin?PK?PK??KE?KE，于是K是EF的
sin?EFPsin??A???sin??A???sin?C中点，进而可得P是?DEF的重心。
15．已知?ABC的边AB上有两个点P,Q，证明?APC与?BQC的内切圆半径相等的充分必要条件是?AQC与?BPC的内切圆半径相等。
证明 先证明一个引理：设?ABC的边BC上的高为h，内切圆半径为r, 则
h?2r?B?C?tantan。 h22设?ABC的内心为I，作BC的平行线DE与圆I相切，且分别与AB,AC交于点D,E，则
?BDE?CED?B?Crcot?rcottan?tanh?2rDE?B?C2222?tan ???tan。
?B?C?B?ChBC22rcot?rcotcot?cot2222《中学数学信息网》系列资料 WWW.ZXSX.COM 版权所有@《中学数学信息网》
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设?APC,?BQC,?AQC,?BPC的内切圆半径分别为r1,r2,r3,r4，则
h?2r1h?2r2?A?APC?B?BQC??tantan?tantan hh2222h?2r3h?2r4?A?AQC?B?BPC?tantan?tantan???r3?r4。
2222hh16．已知圆内接五边形 ABCDE满足?ABC的内切圆半径等于?AED的内切圆半径，?ABD的内切圆半径等于?AEC的内切圆半径，证明?ABC≌?AED。（98年保加利亚）
r1?r2?
证明 设?ABC,?AED,?ABD,?AEC的内切圆半径分别为r外接圆半径为为R，1,r2,r3,r4，
?,CD?,DE?,EA?分别为2a,2b,2c,2d,2e，则有不含其它顶点的弧 ?AB, BC cosa?cosb?cos?a?b??1?r1r?1?2?cose?cosd?cos?e?d?RRrr cosa?cos?b?c??cos?e?d??1?3?1?4?cose?cos?d?c??cos?a?b?。
RR，
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两式相减得cosb?cos?d?c??cosd?cos?b?c?，从而有cosb?c?dd?c?b?cos，舍去22一种情况后可得b?d。代入第一个式子得cosa?cos?b?e??cose?cos?a?b?，类似地可得
a?e。因此有?ABC≌?AED。
17．已知凸四边形 ABCD， AB,DC交于点 P， AD,BC交于点Q，O为四边形 ABCD内一点，且有 ?BOP??DOQ，证明 ?AOB??COD?180?。（05年保加利亚BMO选拔）
sin?QDsin????AOD?AQ证明 设 ?BOP??DOQ??，则 ，从而有?,?sin?OQDODsin?OQDOAsin????AOB?APOBsin????AOD?AQOD??。类似地，有，因此有??sin?OABPsin?OAQDsi??n??AO?DAQODBPsin?BOQBQsin??COD???QC。同理，由 ，可?,????sin?OQBOCsi??n??AO?BAPOBQDsin?OQBOB得
sin??COD???QCOBsin??BOC???PCOD??,??sin?BOQOCBQsin?DOPOCPD，因此有
sin??COD???QCOBPD。设 AC与 PQ交于点L，由梅涅劳斯定理，???sin??BOC???PCODQBsin????AOD?sin??COD???AQDPCLCQBPAL???1,???1，于是有?1。积化和差QDPCLAQBPALCsin????AOB?sin??BOC???并化简后得cos??AOD??COD?2??=cos??AOB??BOC?2??，于是可得
?AOD??CO?D?AO?B?（其中另一种情况不存在），从而有 ?AOB??COD?180?。
18．D为AG的中点，在AG的同侧作全等的四边形 ABCD,DEFG，使它们都有内切圆，
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圆心分别为O,I，证明AO,CE,GI三线共点。（30届加拿大训练题）
证明 作位似变化 ABCD????AMNG，则有 GFED????GNMA，于是C是
H?A,2?H?G,2?1AN的中点，E是MG的中点。设AO,GI交于点K，由OD?GK，且OD∥GK，可得K
2是四边形AMNG的内切圆的圆心。由牛顿定理，可得C,K,E三点共线。
19．已知圆O1,O2,O3,O4按顺时针的顺序内切于圆O，设圆Oi,Oj?1?i?j?4?的外公切线长为lij，证明依次以l12,l23,l34,l14为边长，以l13,l24为对角线构成的凸四边形是圆内接四边形。
证明 设圆O,O1,O2,O3,O4的半径分别为R,r1,O2,O3,O4与圆O的切点分别1,r2,r3,r4，圆O为 A,B,C,D，OO1?a,OO2?b,OO3?c,OO4?d，?OOO12??,?O2OO3??，
?O3OO4??,?OOO14??，因为R?a?r1?b?r2，所以有
22l12?O1O2??r1?r2??a2?b2?2abcos???a?b??2ab?1?cos???4absin222?2，即
l12?2absin?2。同理可得l23,l34,l14,l13的表达式。由托勒密定理的逆定理知，只要证,l24l12l34?l23l14?l13l24。代入lij的表达式，只要证
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