2025年中考数学几何辅助线解题方法第10招 外心常与顶点连，内心向边引垂线（含解析）

第10招 外心常与顶点连，内心向边引垂线
在题目给出的条件中，当涉及三角形外心时，常要作出外心与各顶点相连的辅助线，将外心到三角形三顶点的距离相等的特征凸显出来.当涉及三角形内心时，常要过内心作三角形各边的垂线，或连接内心与三角形的顶点的辅助线，将内心到三边的距离相等、角平分线等的特征凸显出来.这样一来，我们就可以顺理成章地运用内心、外心的性质分析问题、解决问题，促进解题的灵活性.此招辅助线我们可将它表述为：
外心常与顶点连，内心向边引垂线.
例1 如图 10-1 所示,O是△ABC的外心,OD⊥BC,OE⊥AC,OF⊥AB,则OD:OE:OF 等于( ).
A. a:b:c
B. sin A: sin B: sin C
C. cos A: cos B: cos C
解析 如图10-2所示,连接OA,OB,OC.
(外心常与顶点连)
∵∠BOC=2∠BAC=2∠BOD,
∴∠BAC=∠BOD.
设⊙O的半径为R，则
OD=R·cos∠BOD=R· cos A.
同理可得:∠BOF=∠BCA,∠AOE=∠ABC.
OE=R·cos∠AOE=R· cos B,
OF=R·cos∠BOF=R· cos C,
故OD:OE:OF= cos A: cos B: cos C.
故选 C.
点评 本题主要考查了三角形的外接圆、圆周角定理及垂径定理及直角三角形中的三角函数等基本知识的综合应用.解题的关键在于：一、作出已知三角形的外接圆，连接外心与各顶点的辅助线，构建直角三角形.二、活用直角三角形中的余弦函数进行分析，先着重讨论 Rt△BOD,求出OD=R·cosA,再同理可求出OE,OF.这样可使解题思路清晰、自然，收到了事半功倍的效果.
例2 瑞士数学家菜昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是 18 世纪数学界最杰出的人物之一.欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中提出“欧拉线定理”：任意三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上，这条直线就叫该三角形的欧拉线.
【定理证明】
已知:如图10-3所示,在△ABC中,点G,O,H分别是△ABC的重心、外心、垂心.
求证:G,O,H三点共线.
证明：作△ABC的外接圆O，连接OB，并延长BO交外接圆于点 D;作中线 AM;连接 AD,CD,AH,CH,OH,OM;设AM交OH 于点G'……
(1) 请你按照辅助线的语言表述，补全图形，并继续完成欧拉线定理的证明.
【基础运用】
(2) 在【定理证明】的基础上，判断OH 与OG 的数量关系，并说明理由.
【能力提升】
(3)在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点分别为A(0，0)，B(4,0),C(3, )，请直接写出△ABC的欧拉线对应的函数解析式.
解析 (1) 作△ABC的外接圆O，连接OB，并延长 BO交外接圆于点D.(外心常与顶点连)
作中线AM,连接AD,CD,AH,CH,OH,OM.
设AM 交OH 于点G',如图 10-4所示.
因为 BD 是直径,所以∠BAD,∠BCD 是直角.
∴AD⊥AB,DC⊥BC.
又点 H 是△ABC的垂心,
∴CH⊥AB,AH⊥BC.
∴DA∥CH,DC∥AH.
∴四边形 ADCH 是平行四边形.
∴AH=DC.
∵M是BC 的中点,O是BD 的中点,
且
∵OM∥AH,∴△OMG'∽△HAG'. (*)
故点G'是△ABC的重心，点G与点G'重合.故G,O,H三点共线.
(2) 判断:OH=3OG.理由如下:
由(1)知:△OMG∽△HAG,∴ C= 则 HG=2OG.
∴OH=3OG.
(3)由△ABC的三个顶点A(0,0),B(4,0),C(3, ),得 故重心G的坐标为
设△ABC的外心为O(2,a),
由AO=CO,得 解得a=0.
设△ABC的欧拉线对应的函数解析式为y= kx+b，
将G，O两点的坐标代入解得.
故△ABC的欧拉线对应的函数解析式是
点评 本题主要考查三角形的外心，重心，垂心等基本知识考查推理能力，几何直观想象能力.第(1)问，关键在于能否挖掘四边形ADCH是平行四边形，进而挖掘△OMG'∽△HAG'，并利用相似比与重心的性质推得G与G'重合.第(2)问，充分利用(1)中的结论(*)分析是解题的基本思想.第(3)问，利用一次函数的模型分析是解题的必由之路.
例3如图 10-5 所示,在△ABC中,∠BAC=60°,其周长为 20,⊙I 是△ABC的内切圆, ,则△BIC 的外接圆半径为( ).
A. 7
解析 如图10-6所示,设△BIC的外接圆圆心为O,连接OB,OC.(外心常与顶点连)
作CD⊥AB,垂足为 D,在⊙O上取点F,连接FB,FC,作OE⊥BC,垂足为E,连接AI,过I作IM⊥AC,垂足为M.(内心向边引垂线)
由I为△ABC的内心,不妨设MI=r.
设AB=c,BC=a,AC=b,
∵△ABC周长l=20,
得 bc=40.
在 Rt△BDC中，根据勾股定理，得 即 整理得
∵a+b+c=20,
∴ 0,解得a=7.
连接BI,CI,易知 IB 平分∠ABC,IC平分∠ACB,
∵∠BAC=60°,∴∠ABC+∠ACB=120°.
∴∠IBC+∠ICB=60°.∴∠BIC=120°.
∵I,B,F,C四点均在⊙O上,
故选 D.
点评 本题主要考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，解直角三角形，圆内接四边形的性质，垂径定理，勾股定理，综合性较强，对创新思维要求较高.解题关键在于：一、能否由周长及内切圆半径想到利用三角形的面积进行转换，挖掘 bc=40，进而求得a=7.二、能否挖掘∠BIC=120°，并利用圆周角与圆心角关系挖掘∠BFC=60°,进而得到∠BOC=120°,再由 Rt△OEB求得OB.本题的求解技巧性较大，是一道较好的中考选择题的压轴题.
例4 有下列说法：
①如图10-7所示,扇形OAB 的圆心角∠AOB=90°,OA=6,点 C是 上异于A,B的动点,过点C作CD⊥OA,垂足为 D,作CE⊥OB,垂足为E，连接DE，点G在线段DE上，且 连接CG.当点 C在 上运动时,在CD,CG,DG中,长度不变的是 DG.
②如图10-8所示，正方形纸片ABCD的边长为8，⊙O的半径为2，圆心O在正方形的中心上，将纸片按图示方式折叠，折叠后点 A 与点 H重合,且EH切⊙O于点H,延长FH 交CD 边于点G,则 HG的长为
③在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3cm,BC=4 cm,则其内心和外心之间的距离是 cm.
其中正确的有 .(请填写序号)
解析 ①连接OC,如图10-9所示.
扇形OAB 的圆心角∠AOB=90°,
∵DC⊥OA,垂足为 D,CE⊥OB,垂足为E,
∴∠AOE=∠CEO=∠CDO=90°.
∴四边形 EODC是矩形.∴OC=DE.
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当点C在 上运动时,在CD,CG,DG中,长度不变的是DG,故①正确.
② 连接AC,过点 F作FM⊥DC,垂足为 M,如图10-10所示.
由△AEF沿EF 折叠得到△HEF,得∠EHF=∠EAF=90°,FH=FA.
由 EH恰好与⊙O 相切于点 H,得OH⊥EH.
由此可得，F，H，O三点共线，即 FG 过圆心O.
又点O为正方形的中心，
故AC经过点O,且OA=OC.
在△OAF 和△OCG中
∴△OAF≌△OCG,∴OF=OG,AF=CG.
又由对称性得FH=GN.
设FA=x,则FH=DM=CG=GN=x,
∴FG=FH+HN+NG=2x+4,MG=DC-DM-CG=8-2x.
在Rt△FGM中,.
解得
故②正确.
③如图10-11所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3cm,BC=4 cm,
∴AB=5cm,则AM为外接圆半径.
设点O为Rt△ABC的内切圆的内心，其半径为r，如图10-11所示.
过点O作OE⊥AC,垂足为E,OD⊥BC,垂足为D,ON⊥AB,垂足为 N,(内心向边引垂线)
则OD=OE=r,∠C=90°.
∵四边形OECD 是正方形，
∴CE=CD=r,AE=AN=3-r,BD=BN=4-r,即4-r+3-r=5,解得r=1cm.
∴AN=2cm.
在 Rt△OMN中,
所以内心和外心之间的距离是 故③错误.故填①②.
点评 本题涉及的知识点较多，综合性较强.在①中主要考查矩形的判定、矩形的性质以及圆的半径处处相等的性质.在②中主要考查切线的性质，也考查了折叠和正方形的性质以及勾股定理.在③中，主要考查三角形的外心和内心的性质.直角三角形的外心是斜边的中点，外接圆的半径是斜边的一半；直角三角形的内切圆的半径r和三边的关系为 这些都是我们应熟练掌握的基本概念.
跟踪训练
1.如图所示,在△ABC 中,点 D 为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4.则△DBC的面积是( ).
A. 4 C. 2 D. 4
如图所示,⊙O是等边△ABC的内切圆,分别切AB,BC,AC于点E,F,D,P是 上一点,则∠EPF的度
数是( ).
A. 65° B. 60° C. 58° D. 50°
3. 如图所示，在 中，AB=AC，有一个圆内切于 的外接圆,且与AB,AC 分别相切于 P,Q 两点,求证:线段 PQ 的中点O 是 的内心.
4. 如图所示，在 中，M为垂心，O为外心， 且 外接圆直径为10，则
答案
1. B 过点 B作BH⊥CD,交CD的延长线于点 H.
∵点 D为△ABC的内心,∠A=60°,
∴∠BDH=60°.
∵BD=4,∴DH=2,BH=2
∵CD=2,
故选 B.
2. B 如图所示,连接OE,OF.
由圆O是△ABC的内切圆，E，F是切点，得OE⊥AB,OF⊥BC.
∴∠OEB=∠OFB=90°.
∵△ABC是等边三角形,∴∠B=60°.
故选 B.
3. 证明 设小圆圆心为O ,⊙O 与△ABC的外接圆切于点D,则AO ⊥PQ,△ABC为等腰三角形.
故AO 过△ABC外接圆的圆心，D在AO 的延长线上.
故O为△ABC的顶角∠BAC的平分线上的点.
连接OB,PD,QD,DB,由对称性可知,OD平分∠PDQ.
∵∠APQ=∠PDQ(弦切角),PQ∥BC,
∴∠APQ=∠ABC,∠PDQ=∠ABC.
∵∠AOP=∠ABD=90°,
∴P,B,D,O四点共圆.
由此可得O为△ABC的内心.
4. 5 解法1 延长AM交BC于点D,连接CM并延长交AB 于点E,作直径BF，连接AF，如图1所示.(外心常与顶点连)
∵BF为⊙O的直径,∴∠BAF=90°.
∴AB=10·sin∠AFB=10·sin∠ACB.
∵M为△ABC的垂心,∴AD⊥BC,CE⊥AB.
∴∠ADB=∠AEC=90°.∴△AEM∽△ADB.
在 Rt△AEC中,∠EAC=60°,AC=2AE,即
在 Rt△ADC中,
即AD=AC·sin∠ACD.
故填5.
解法2 连接BO，并延长交⊙O于点F.(外心常与顶点连)
连接AF,CF,CM,如图2所示,
则∠BAC=∠BFC=60°.
由图可知,BF为直径,且CF⊥BC.
∵AM⊥BC,∴AM∥CF.
同理可得AF∥CM,
∴四边形AMCF 为平行四边形,故AM=CF.
于是,在Rt△BFC中,有CF=BF·cos∠BFC=10×cos60°=5.
故填5.