【分析方法导引】

当几何问题中出现角平分线和平行线的组合关系时，就可以想到要应用等腰三角形的基本图形进行证明。然后就应用将角的边的平行线与角平分线及角的另一边相交或将角平分线的平行线与角的一边及另一边的反向延长线相交的方法找到等腰三角形的基本图形。再应用角平分线、平行线、等腰三角形中任何两个性质成立就可以推得第三个性质成立的方法来完成分析。

例19 如图3-67，已知：△ABC内接于⊙O且AB=AC，⊙O′与⊙O内切与D，且与AB、AC分别相切于E、F，I是EF的中点。求证：I是△ABC的内心。

图3-67

分析：要证明I是△ABC的内心，可根据三角形内心的定义，证明I是△ABC的两条角平分线的交点。由于条件中出现AB、AC与⊙O′相切于E、F，所以首先证明IA是∠BAC的平分线。于是联结O′A（如图3-68），应用切线长定理及其推论可得O′A平分∠BAC，且AE=AF，O′A⊥EF，且O′A过EF的中点I，所以可证明IA平分∠A。

图3-68

接下来就要证明IB（或IC）平分∠ABC（或∠ACB），所以联结BI。应证BI是∠ABC的角平分线。由于在△AEF中，已经证明了AI⊥EF，而在△ABC中，由AB=AC和O′A平分∠BAC，就可应用等腰三角形中重要线段的基本图形进行证明，但在△ABC中，这条O′A尚未与底边相交，所以应将它们延长到相交，也就是延长AO′交BC于G（如图3-69），就可得AG⊥BC，BG=CG。从而可推得EI∥BC，这样就出现了角平分线和平行线的组合关系，也就必定会出现一个等腰三角形的基本图形。由于EI是角的一边BC的平行线，所以它必定要和角的另一边BE以及角平分线BI相交组成等腰三角形，这样我们就能找到这个三角形应是△EBI。由于现在BI是角平分线是要证明的结论，所以就要先证明这个三角形等腰，也就是要证EB=EI。

图3-69

在上述分析中，由于得到了AG⊥BC，BG=CG，所以AG就是BC的垂直平分线，而已知O是△ABC的外心，那么AG必定经过O点，这样AG实质上就成为两圆的连心线，而已知⊙O和⊙O′在D点内切，所以AG的延长线必定经过D点，AD就是⊙O的直径。

由于现在出现了AD是⊙O的直径，所以就要应用直径的性质，也就是可应用半圆上的圆周角的基本图形进行证明。现在图形中有直径，有半圆上的点B，而没有圆周角，所以应先将圆周角添出，于是联结DB，得∠ABD=90°。而前面已证∠EID=90°，这样要证明相等的这两条相等的线段EB和EI就成为点E到∠BDI的两边的距离，也就出现了要证明相等的这两条线段EB和EI是关于∠BDI的角平分线成轴对称的，从而就可以添加一对轴对称型的全等三角形进行证明。由于这一对轴对称型全等三角形的基本图形中尚缺少轴对称，所以应先将对称轴添上，也就是联结DE（如图3-70），问题就应证明△DBE和△DIE全等。由于DE=DE，且已经证明∠DBE=∠DIE=90°，所以还需要一个条件。由于BE是⊙O′的切线，所以就可以应用弦切角的性质，而ED是过切点的弦，所以∠BED就是一个弦切角，而它的对应角∠IED是⊙O′的一个圆周角，这样问题就成为要证这两个角相等，而要证这两个角相等，又可以转化成为要证明它们分别所夹的弧和所对的弧相等，即要证弧DE=弧DF，由AD⊥EF，应用垂径定理就可证明上述性质，分析就可完成。

图3-70

例20 如图3-71，已知：△ABC内接于⊙O，⊙O′内切于D，且⊙O′分别与AB、AC相切于E、F，I是EF的中点。求证：I是△ABC的内心。

图3-71

分析：本题要证明I是△ABC的内心，根据三角形内心的定义，就应证明它是这个三角形的两条角平分线的交点。

由条件AB、AC与⊙O′相切于E、F，所以可应用切线长定理及其推论，于是联结O′A，则O′A平分∠BAC，且O′A经过I，从而就证明了IA是∠BAC的角平分线（如图3-72）。

图3-72

接下来的问题就是证明BI是∠ABC的角平分线，于是联结BI（如图3-73），应证∠ABI=∠CBI。

图3-73

而在证明了∠O′AB=∠O′AC后，由于这两个角都是⊙O的圆周角，所以可应用圆周角的基本图形性质进行证明。由于这两个圆周角的一条公共的边AO′尚未与⊙O相交，所以应首先延长到相交，也就是延长AO′交⊙O与G。可得G是弧BC的中点（如图3-74）。现在⊙O上已经出现了四点，即A、B、G、C，所以进一步再联结GB后，可得∠GBC=∠GAC=1/2∠BAC。

图3-74

由于G是弧BC的中点，如果I是△ABC的内心，则必有GI=GB，现在的问题则是倒过来，也就是要证明∠ABI=∠CBI，就可转化为要证GI=GB。对这一部分内容的详细分析可以是这样：要证明∠ABI=∠CBI，从图形中我们可以看到根据角的和的定义，有∠GBI=∠CBI+∠GBC，而由A、I、G成一直线，又出现了∠GIB是△ABI的外角，所以∠GIB=∠ABI+∠BAI。而∠GBI=∠GIB，进一步就是要证GI=GB。由于从图形中可以看出GI= O′I+ O′G，所以可分别讨论与O′I和O′G有联系的数量关系。

由条件AB与⊙O′相切于E，应用切线的性质，就可以想到联结O′E后有∠O′EA=90°，而应用切线长定理及其推论已经得到∠EIA=90°，所以EI就成为Rt△O′AE的斜边上的高（如图3-75），那么应用直角三角形斜边上的高的基本图形性质可得O′E^2= O′I·O′A。为了表述的清晰，也可以设⊙O，⊙O′的半径分别为R、r，则有r^2= O′I·O′A。

图3-75

又因为条件中给出⊙O，⊙O′内切于D，应用两圆内切的性质，可知⊙O，⊙O′、D三点在一直线上，所以应将这条直线添出，也就是联结OD，则OD必定过⊙O′，且延长DO交⊙O于K，则DK为⊙O的直径，DK=2R。这样AG=DK就是⊙O的两条相交于O′点的弦，于是就可应用相交弦定理，得O′G·O′A= O′D·O′K=r·O′K。由于我们需要的是O′I+ O′G，所以应考虑将上述两式加起来，可得O′I·O′A+ O′G·O′A=r^2+r·O′K，O′A（O′I+ O′G）=r（r+ O′K），O′A·GI=r·2R（这是因为r+ O′K= O′D+ O′K=DK=2R），GI=2Rr/ O′A。于是接下来的问题就是要证GB=2Rr/ O′A。

由于式中的r和O′A可以看作是一个直角△O′AE的直角边O′E和斜边，所以式中的GB和2R也应成为一个与这个三角形相似的直角三角形的直角边和斜边，于是过BG的端点G（或B）作直径GH，并联结BH。则由于GH是⊙O的直径，可得∠GBH=90°，∠GBH=∠O′AE，而由A、B、G、H四点共圆，又可得∠GBH=∠O′AE，所以△GBH∽△O′AE，从而就有BC/E O′=GH/ O′A，即可得GB=2Rr/ O′A，分析就可以完成（如图3-76）。

图3-76