山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第1章直角三角形

第一编 点击基本图形 第1章 直角三角形直角三角形是含有内角为90︒的特殊三角形，它是一类基本图形． 直角三角形的有趣性质在处理平面几何问题中常发挥重要作用．性质1 一个三角形为直角三角形的充要条件是两条边长的平方和等于第三条边长的平方（勾股定理及其逆定理）．性质2 一个三角形为直角三角形的充要条件是一边上的中线长等于该边长的一半． 推论1 直角三角形的外心为斜边的中点．性质3 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为D 时，下列五个等式之一成立． （1）2AC AD AB =⋅． （2）2BC BD AB =⋅． （3）2CD AD DB =⋅．（4）22BC AB CD AD=． （5）22AC AB CD DB=． 事实上，由2AC AD AB =⋅，有AB ACAC AD=．注意到A ∠公用，知ACB △∽ADC △．而90ADC ∠=︒，故90ACB ∠=︒．即可得（1）的充分性． 我们又由22222BC AB BC CD AB ADCD AD CD AD --=⇒=22DB DBCD AD⇒=，即2CD AD DB =⋅． 即可证得（4）的充分性．其余的证明略．推论2 非等腰ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为D 时，22AC ADBC DB=． 事实上，由性质3中的（1）、（2）相除或（4）、（5）相除即证．下面，另证充分性．由222222AD AC AD CD DB BC CD DB +==+， 有 2()()0CD AD DB AD DB -⋅-=．而AD DB ≠，即有2CD AD DB =⋅．由此即可证．性质4 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当C 在边AB 上的射影为点D ，过CD 中点P 的直线AP （或BP ）交BC （或AC ）于E ，E 在AB 上的射影为F 时，2EF CE EB =⋅（或2EF =CE EA ⋅）． 证明 必要性．如图11-，过D 作DG AE ∥交BC 于G ，则图1-1BAFDPGECCE EG =，且AD EG DB GB =，即有AD EGAD DB EG BG=++， 即 AD CEAB EB=． ① 又EF CD ∥，有EF EBCD CB=② 在Rt ABC △中，有22,CD AD DB BC DB AB =⋅=⋅， ③将③代入②2得22EB ADEF AB⋅=④将①代入④得2EF CE EB =⋅．充分性．由2EF CE EB =⋅，注意到②2及①，有22BC ABCD AD=再注意到性质3（4）即证．对于2EF CE EA =⋅的情形也类似上述证明．性质5 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是当D 为边AB 上异于端点的任一点时，222()()()AB CD AC BD BC AD ⋅=⋅+⋅． 证明必要性．如图12-，作BK DC ∥交AC 的延长线于K ，则图1-2DBnla AbC K,AB BDBK CD CK AC AD AD=⋅=⋅． 由222BK CK BC =+．将前述式代入上式化简即可证．充分性．令,,,,,BC a AC b AB c CD l AD n DB m ======，在ABC △与ADC △中，应用余弦定理得2222222m l a n l b ml nl-+-+--=注意到m n c +=，化简得222cl cmn na mb ==+，所以22222222222()()()c l c mn na mb m n mn a b b m a n +=++=+++． 而已知有222222c l b m a n =+，从而222c a b =+即证．性质6 如图13-，在Rt ABC △中，CD 为斜边AB 上的高，1I ，2I 分别为ACD △和CDB △的内心，过1I ，2I 的直线交AC 于M ，交BC 于N ；延长1CI 交AD 于P ，延长2CI 交DB 于Q ；设I 为ABC △的内心，则图1-3I 2I 1DN BG I HPAMC（1）45PCQ ∠=︒．（2）,AQ AC BP BC ==．（3）CM CD CN ==，且2221212MI I N I I +=．（4）三直线2PI ，1QI ，CD 共点． （5）12CI I I ⊥，且12CI I I =． （6）90PIQ ∠=︒． 证明（1）11145222PCQ ACD DCB ACB ∠=∠+∠=∠=︒．（2）由1122ACQ ACD DCB B DCB AQC ∠=∠+∠=∠+∠=∠，知AQ AC =． 同理BP BC =．（3）由Rt ADC △∽Rt CDB △，有12DI ACDI BC=． 又121902I DI ADB ACB ∠=∠=︒=∠，则12I DI △∽ACB △，即21I I D A ∠=∠．故M ，A ，D ，1I 共圆，则11145CMI ADI CDI ∠=∠==︒．于是 11221,,MI DI I N DI CMI ==∠≌1CDI △，即 11,CM CD MI DI ==． 同理22,CN CD I N DI ==．在12Rt I DI △中，有2221212I D I D I I +=．由此即证得2221212MI I N I I +=．（4）由AQ AC =，及1I 在A ∠的平分线上，则1I 在CQ 的中垂线上，即11CI I Q =，又45PCQ ∠=︒，则190CI Q ∠=︒．同理290CI P ∠=︒，故2PI 与1QI 相交于CPQ △的垂心，而CD PQ ⊥，故CD 过此垂心，即三直线2PI ，1QI ，CD 共点．（5）联结AI ，BI ，易知1I ，2I 分别在AI ，BI 上，且有AI CQ ⊥，BI PC ⊥，即I 为12CI I △的垂心，得12CI I I ⊥．又1245I CI ∠=︒，设1I I 交2CI 于G ，有1CG I G =，则Rt GIG △≌12Rt I I G △．故 12CI I I =．（6）延长AI 交CQ 于G ，延长BI 交CP 于H ，则1I ，2I 分别在AG ，BH 上． 由AC AQ =，BC BP =，可知AG 为QC 的中垂线，BH 为CP 的中垂线，有 ,IQ IC IP IC ==，即 IP IQ IC ==． 故I 为CPQ △的外心，于是290PIQ PCQ ACB ∠=∠=∠=︒．即 90PIQ ∠=︒．性质7 如图14-，在Rt ABC △中，C ∠为直角，CD AB ⊥于D ，ACB △，ADC △，CDB △的内心分别为I ，1I ，2I ；圆1I 与圆2I 的另一条外公切线交CD 于G ，交AC 于E ，交BC 于F ；12I I 所在直线交CD 于K ，交AC 于M ，交BC 于N ；设圆I ，圆1I ，圆2I 的半径分别为r ，1r ，2r ，则G I 2I 1O 3K JI FQ T NBHL D AM SP E C图1-4（1）12I DI △∽ACB △． （2）12I G I G =． （3）CEF △∽CBA △． （4）22212r r r +=．（5）当,,ABC ADC CDB △△△的半周长分别为p ，1p ，2p 时，2221122()()()p r p r p r ±+±=+．（6）C ，I ，1I ，2I 为一垂心组． （7）2ABC MCN S S △△≥．（8）以边AB 上的中线HC 为直径的圆必与内切圆圆I 相切． （9）CG p c r =-=，12r r r CD ++=． （10）21AI C BI C ∠=∠．（11）设12DI I △的内心为3O ，则132II O I 为平行四边形．（12）延长31O I 交AC 于S ，延长32O I 交BC 于T ，则S 、I 、T 三点共线．（13）设圆1I 切AC 于P ，圆2I 切BC 于Q ，圆1I 与圆2I 的另一条内公切线（不同于CD ）交AB 于L ，则P ，1I ，L 及Q ，2I ，L 分别三点共线．（14）延长AI 交BC 于U ，延长BI 交AC 于V ，则2ABUV AIB S S =△． （15）111BC AC CK+=．证明（1）由Rt ADC △∽Rt BDC △知12I D ACI D BC=． 而1290I DI ∠=︒，故12Rt I DI △∽Rt ACB △．（2）由121290I DI I GI ∠=︒=∠，知1I ，D ，2I ，G 共圆，从而12122145I I G I DG I DG I I G ∠=∠=︒=∠=∠，故12I G I G =．（3）由12245I I G I NC ∠=︒=∠，知2I G NC ∥．故2221CFE FGI I GD I I D A ∠=∠=∠=∠=∠．同理，CEF B ∠=∠，故CEF △∽CBA △． 由上亦推之A ，B ，F ，E 四点共圆． （4），（5）由Rt ACB △∽Rt ADC △∽Rt BDC △，知221122ADC ACB S r p S r p ==△△，222222BDC ACB S r p S r p ==△△． 而ADC BDC ACB S S S +=△△△，从而有22212r r r +=，22212p p p +=，1122r p r p rp +=．前两式之和加或减第三式的2倍即证得（5）．（6）设BI 的延长线交1CI 于T ，由12135I II ∠=︒，知1145I IT CI I ∠=︒=∠，从而知21I I CI ⊥．同理12I I CI ⊥，即知I 为12CI I △的垂心，故C ，I ，1I ，2I 为一垂心组． （7）设H 为AB 中点，则CD CH ≤．由（2），则212ABC S AB CD AH CD CD =⋅=⋅△≥， 21122MCN S CM CN CD =⋅=△．故2ABC MCN S S △△≥．（8）由于H 为AB 的中点，则H 为Rt ABC △的外心．设HC 的中点为J ，则圆I 与圆J 相切⇔2IJ =22()2R r JC r ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭（其中R 为ABC △的外接圆半径），注意到IJ 为IHC △的中线，则2222222242242(2)(2)IJ CI IH CH r R Rr R R r =+-=+--=-，其中，222IH R Rr =-，即2IJ =22R r ⎛⎫- ⎪⎝⎭，由此即证． （9）利用切线长关系即可推得前式，后式由内切圆半径与边长关系即可推得． （10）由111909022AI D ACD ABC ∠=︒+∠=︒+∠，212ABI ABC ∠=∠，知1221122()AI I ABI AI D DI I ABI ∠+∠=∠+∠+∠119022ABC BAC ABC =︒+∠+∠+∠90180ABC BAC =︒+∠+∠=︒．从而知A ，B ，2I ，1I 四点共圆，则有21AI B AI B ∠=∠．又2111909022BI C BDC ADC AI C ∠=︒+∠=︒+∠=∠，故222360AI C AI B BI C ∠=︒-∠-∠ 111360AI B AI C BI C =︒-∠-∠=∠．（11）显然，3O 在CD 上．由CM CD NC ==及（6）知，1AI DN ∥（因212,DN CI I I CI ⊥⊥）．又 2312221122DI O I I D B NBI NDI ∠=∠=∠=∠=∠，从而 32DN O I ∥． 即有132I I O I ∥．同理，312O I I I ∥．故132II O I 为平行四边形．（12）因132II O I 为平行四边形，可证1323,CI SO CI O T ⊥⊥，则2131II I O SI ==，1322II O I I T ==，1122SI I I II II T ∠=∠=∠，从而1SI I △≌21I II △≌2II T △，有112221,SII II I TII II I ∠=∠∠=∠，即1122180SII I II I IT ∠+∠+∠=︒．故S ，I ，T 三点共线．（13）由121180902I LI ∠=⨯︒=︒，知2I ，L ，D ，1I 四点共圆，则1I LD ∠或221I DL I I D A ∠=∠=，即2I L CA ∥．又AC BC ⊥，则2I L BC ⊥．又2I Q BC ⊥，则L ，2I ，Q 三点共线． 同理P ，1I ，L 三点共线．（14）注意到22()ab pr p p c ==-．ab CU b c =+，abCV a c=+，由 ()()ABUV ABCCUV abcpS S S cr a c b c =-==++△△，即证．（15）证法1令ACD α∠=，则90DCB α∠=︒-，由张角定理，有sin90sin(90)sin CK CM CNαα︒︒-=+． 而sin(90)sin CD CMA AC ACα︒-===， sin sin CD CNB BC BCα===． 于是111CK AC BC=+． 证法2 延长AC 至R ，使CR CB =． 由AM AN =，知BAR △∽KCN △．从而 AR CK AB CN ⋅=⋅， 即 ()AC CR CK AB CD +⋅=⋅， 亦即 ()AC CB CK AC CB +⋅=⋅．故111CK AC BC=+． 性质8 在RT ABC △中，AB 为斜边，则（1）ABC △的内切圆半径2AC BC ABr +-=．（2）当圆Γ与AB 边上的高CD 、DB 及ABC △的外接圆均相切且切BD 于点T 时，圆Γ的半径1r =AT TBAT TB⋅+，且CT 平分BCD ∠．事实上，对于（2）设O 为AB 的中点，1O 为圆Γ的圆心，令AT x =，TB y =，则1()2OA OB x y ==+，1||2OT x y =-．111()2OO x y r =+-，11O T r =．由22211OO OT O T =+，即知1xy AT TBr x y AT TB ⋅==++． 又令,AD a DB b ==，则1x a r =+，1y b r =-．由1xyr x y=+有 21120r ar ab +-=，即1r a =，从而AT AD DT =+=而AC ==AT AC =．从而119022DCT CTA CAT BCD ∠=︒-∠=∠=∠，即知CT 平分BCD ∠．例1 （2008年克罗地亚数学竞赛题）若ABC △通过同一顶点的高线、角平分线、中线将该角四等分．求ABC △的三个内角．解 如图15-，不失一般性，设AH 、AT 、AM 分别为过顶点A 的高线、角平分线、中线． 设BAH θ=△，则π2ABC θ∠=-， πππ322ACB θθθ⎛⎫∠=-4--=- ⎪⎝⎭．H θθθθ图1-5MTCBA在ABM △和AMC △中应用正弦定理，有πsin cos 2sin3sin3BM BM AM θθθθ⎛⎫⋅- ⎪⋅⎝⎭==， πsin 3cos32sin sin CM CM AM θθθθ⎛⎫⋅- ⎪⋅⎝⎭==． 从而cos cos3sin3sin θθθθ=，即sin2sin6θθ=． 而4πθ<，故π8θ=．故ππ3π,,288BAC ACB ABC ∠=∠=∠=．例2 （2008年克罗地亚数学竞赛题）已知ABC △的边BC 的中线和高恰好将BAC ∠等分．求ABC △的三个内角．解 如图16-，设AH 、AM 分别为BC 边上的高和中线．图1-6CA则,2BH HM MC BM HM ===．由角平分线性质，有12AH HM AC MC ==． 即2AC AH =，从而30C ∠=︒．于是336090,6022A HACB ∠=∠=⋅︒=︒∠=︒．例3 （2004年第12届土耳其国家数学奥林匹克题）已知ABC △满足B C ∠>∠，A ∠的平分线和过顶点的高线、中线与边BC 分别交于点L 、H 、D ．证明HAL DAL ∠=∠的充分必要条件是90BAC ∠=︒．证明 充分性：若90BAC ∠=︒，因为AD 为中线，则BD AD DC ==，即DAC ACD BAH ∠=∠=∠．又BAL CAL ∠=∠，故HAL DAL ∠=∠． 必要性：如图17-，若HAL DAL ∠=∠，图1-7KLH DCBA又BAL LAC ∠=∠，则BAH CAD ∠=∠． 作CK AC ⊥交AD 的延长线于点K ，则9090AKC DAC BAH ABC ∠=︒-∠=︒-∠=∠．所以，A 、B 、K 、C 四点共圆．从而，90ABK ∠=︒．于是，AK 为四边形ABKC 的外接圆的直径．易知AD 与BC 不垂直，又AK 平分BC ，所以，BC 也为外接圆的直径．因为BD DC =，所以D 为圆心．即DA DB DC ==，故ABC △为直角三角形，90BAC ∠=︒． 例4 设x m 、x h 分别表示三角形顶点x 所对边上的中线长，高线长，ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是下列两式之一成立．（1）2225A B C m m m+=．（2）A B C h h h ⋅=．证明提示 （1）注意到三角形的中线长公式（如22221(22)4A m b c a =+-）及性质1即证．（2）注意到面积关系111CA B h h h a b c==及性质1即证． 例5 ABC △为直角三角形，且C 为直角顶点的充要条件是下述条件成立．设C m ，C h ，C t 分别为C ∠所对边上的中线长，高线长及C ∠的平分线长时，22()2C C C C C m h t m h +=⋅．证明 设CD 、CH 、CL 分别是AB 边上的中线、高线、C ∠的平分线．Rt CDH △中，由角平分线的判定与性质知，CL 平分DCH ∠的充要条件是DH CHLH CD CH⋅=+．而例3 结论CC CDH h DH CH LH DC CH m h ⋅⋅⇔==++222222C C CC Cm h CL h LH m h ⋅⇔=+=+（其中222C C DH m h =-）22()2C C C C C m h t m h ⇔+⋅=⋅．例6 在Rt ABC △中，C 为直角顶点．（1）设内角,,A B C 所对的边长分别为,,a b c ，记1()2p a b c =++，则1()()()2ABC S p p c p a p b ab =-=--=△．（2）设AB 被内切圆切点D 分为两段，则ABC S AD DB =⋅△． 证明 （1）略．（2）设内切圆半径为r ，由11()()()()22AD r DB r AB BC AC r AD DB r r ++=++=++． 即()ABC AD DB AD DB r r S ⋅=++=△．例7 在ABC △中，D 在AB 上，AD AB λ=，BC a =，CA b =，CD m =，则90C ∠=︒的充要条件是22222(1)(0)m a b λλλ=+-<<1． 证明 设CA =b ，CB =a ，则AB =-a b ，AD AB λλ= =(-)a b ，(1)CD CA AD λλ=+=+-a b ， 22()((1))CD λλ=+-a b ．即 22222(1)2(1)m λλλλ=+-+-⋅a b a b ．90C ∠=︒的充要条件为0⋅=a b ，即22222(1)m λλ=+-a b ．例8 如图18-，在ABC △中，T 为AB 上异于A ，B 的点，AT d =，BT e =，CT t =，CTB α∠=，则90ACB ∠=︒的充要条件是α图1-8t BeTd AabC2()cos 0t t d e de α+--=①证明 必要性．设AC b =，BC a =，由余弦定理，得 2222cos a t e te α=+-，② 2222cos b t d td α=++．③ ②，③两式相加，由于90ACB ∠=︒，得222222()22()cos d e a b d e t t d e α+=+=+++-．整理即得①．充分性．由①出发，得2222()22()cos d e d e t t d e α+=+++-，应用余弦定理，得222()d e a b +=+．故 90ACB ∠=︒． 例9 如图19-，设Rt ABC △（A ∠为直角）的内切圆圆I 与ABC △的三边分别切于D ，E ，F ，DEF △，BDF △，CDE △的垂心分别为1H ，2H ，3H ．则123H H H △是等腰直角三角形．H 3图1-9H 2H 1I DGCBE FA证明 延长AI 交BC 于G ，联结BI ，CI ，由已知得2H ，3H 分别在BI ，CI 上．其余连线如图19-所示．易知AEIF 是正方形，所以 90EIF ∠=︒， 且AI EF =．又因为1452EDF EIF ∠=∠=︒，1H 是DEF △的垂心，由含45︒角的三角形性质2，知1DH EF =，所以1AI DH =．另一方面45AGC BAG B B ∠=∠+∠=︒+∠，11(90)902C H DC H DE EDC DEF ⎛⎫∠=∠+∠=︒-∠+︒- ⎪⎝⎭190904522B DIF ∠⎛⎫⎛⎫=︒-∠+︒-︒- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭190(180)4522BB ∠=︒-︒-∠+︒+45B =︒+∠．所以 1AGC H DC ∠=∠． 即得1AI DH ∥．从而1AIDH 是平行四边形，所以1AH DI ==∥． ③又因为222BIH D H DB ∠∠=+∠ 909022B BB ∠∠=+︒-∠=︒-， 902BBID ∠∠=︒-． 所以2DI DH =．且因为2H 是等腰DBF △的垂心，所以22DH FH =，所以2DI FH =． 同时因为DI ，2FH 都垂直BC ，所以2DI FH ==∥．④由③，④知12AH FH ∥，所以12AH H F 是平行四边形，所以12AF H H ==∥． 同理13AE H H ==∥．结合AEF △是等腰直角三角形．知123H H H △是等腰直角三角形．例10 设AD 是Rt ABC △斜边BC 上的高（设AB AC <），1I ，2I 分别是ABD △，ACD △的内心，12AI I △的外接圆圆O 分别交AB ，AC 于点E ，F ，直线EF 与直线BC 交于点M ，则1I ，2I 分别是ODM △的内心与旁心．证明 如图110-，因90BAC ∠=︒，则知12AI I △的外接圆圆心O 在EF 上．联结1OI ，2OI ，1I D ，2I D ，则由1I ，2I 为内心，知1245I AI ∠=︒，所以121212290I OI I AI I DI ∠=∠=︒=∠图1-10I 2I 1NMCBDO F EA于是O ，1I ，D ，2I 四点共圆，所以211245I I O I I O ∠=∠=︒．又因为221245I DO I I O I DA ∠=∠=︒=∠，则知点O 在AD 上，即O 为EF 与AD 的交点． 设AD 与圆O 的另一交点为N ，由11EAI I AN ∠=∠，22NAI FAI ∠=∠，可知1I ，2I 分别为EN ，NF 的中点，所以1122,EOI DOI DOI FOI ∠=∠∠=∠．因此，1I ，2I 分别为OMD △的内心与旁心．注 （1）由例10知EF 为圆1I 与圆2I 的公切线，且可推证N 为12DI I △的内心．（2）此例即为2008年江西省竞赛题． 练习一 1．（2003年第29届俄罗斯数学奥林匹克题）已知ABC △中，C ∠为直角，D 为边AC 上一点，K 为边BD 上一点，且ABC KAD AKD ∠=∠=∠．证明：2BK DC =． 2．（2003年第17届北欧数学竞赛题）已知正ABC △内一点D ，满足150ADC ∠=︒．证明：由线段AD 、BD 、CD 为边构成的三角形是直角三角形． 3．（2007—2008年匈牙利数学奥林匹克题）设D 是ABC △的边BC 的中点，ABD △、ADC △的外心分别为E 、F ，直线BE 、CF 交于点G ．若22008BC DG ==，1255EF =．求AEF △的面积．4．（2003年泰国数学奥林匹克题）在Rt ABC △中，90B ∠=︒，P 是ABC △内A ∠的角平分线上的点，M （异于A 、B ）是边AB 上的点，直线AP ，CP 、MP 分别交边BC 、AB 、AC 于点D 、E 、N ．如果MPB PCN ∠=∠，NPC MBP ∠=∠．求APC ACDE SS △四边形．5．（2004年克罗地亚数学竞赛题）在ABC △中，90BCA ∠=︒，a ，b 是直角边，c 是斜边，圆k 是ABC △的外接圆．设圆1k 是与斜边c 、高CD 及圆k 的劣弧BC 相切的圆，圆2k 是与斜边c 、高CD 及圆k 的劣弧AC 相切的圆，又设1r ，2r 分别是圆1k 、圆2k 的半径，证明：12r r a b c +=+-．6．（2005年国家集训队培训题）在直角三角形ABC 中，90B ∠=︒，它的内切圆分别与边BC 、CA 、AB 相切于点D 、E 、F ，联结AD ，与内切圆相交于另一点P ，联结PC 、PE 、PF ．已知PC PF ⊥，求证：PE BC ∥．7．（《数学通报》数学问题1489号）在Rt ABC △中，AD 是斜边BC 上的高，1O ，2O 分别是ABD △，ACD △的内切圆，两圆的另一条外公切线分别交直线AB ，AC ，AD 于P ，Q ，M 点，求证： （1）2AP AQ AMAB AC AD+=；（2）1290PO Q PO Q ∠=∠=︒． 8．（《中学数学》2006（7）数学奥林匹克问题179）在正方形ABCD 中，以边AB 的中点1O 为圆心，2AB长为半径画半圆1O ，半圆2O 的圆心2O 在边BC 上，并与边CD 相切，与半圆1O 外切于点P ．求证：DP 是1O 和2O 的公切线．9．在Rt ABC △中，CD ⊥斜边AB 于D ，1O ，2O 分别为ACD △，CDB △的内心，过1O ，2O 的直线交AC 于E ，交CD 于K ，交CB 于F ，交直线AB 于G ，过C 作ABC △的外接圆的切线交直线BA 于T ，CTB ∠的平分线交AC 于R ，交BC 于S ，则（1）BG FBAG EA=；（2）12RS O O ∥． 10．ABC △中，CD AB ⊥于D ，ABC △的内切圆半径为r ；ABC △，ADC △，BCD △的内心分别为I ，1I ，2I ，12II I △的外接圆半径为0R ，则ABC △为直角三角形的充要条件是0R r =．11．ABC △中，CD AB ⊥于D ，ACD △，BCD △的内切圆分别切AC ，BC 于E ，F ，则ABC △为直角三角形的充要条件90EDF ∠=︒．12．ABC △为直角三角形的充分与必要条件为：ABC △可以被分成两个彼此无公共内点且都与ABC △相似的小三角形．13．在Rt ABC △中，CD 是斜边上的高，记1I ，2I ，I 分别是ADC △，BCD △，ABC △的内心，I 在AB 上的射影为1O ，CAB ∠，ABC ∠的平分线分别交BC ，AC 于P ，Q ，PQ 与CD 相交于2O ．求证：四边形1122I O I O 为正方形．14．（2003年中国国家队选拔赛题）在锐角ABC △中，AD 是BAC ∠的内角平分线，点D 在边BC 上，过点D 分别作DE AC ⊥，DF AB ⊥，垂足分别为E 、F ．联结BE 、CF ，它们相交于点H ，AFH △的外接圆交BE 于点G ．求证：以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形．。