几何证明
以△ABC的三边BC,CA,AB分别向形外作正方形BCDE，CAFG，ABHI。直线DE与FG交于Z，直线FG与HI交于X，直线HI与DE交于Y。 求证 直线AX,BY,CZ通过△ABC的类心重心。
以△ABC的三边BC,CA,AB分别向形外作正方形BCDE，CAFG，ABHI。直线DE与FG交于Z，直线FG与HI交于X，直线HI与DE交于Y。 求证 直线AX,BY,CZ通过△ABC的类似重心。 楼上阿炳大师的几何证法很好！下面提供三角形重心坐标法。
很简单,但不易理解。仅供参考。 运用三角形重心坐标法处理共线和共点以及平行线束一类卓有成效，记得我曾用三角形重心坐标法证明重心，内心和Nagel点共线。 引理1 设坐标三角形ABC之各顶点A,B,C到所在平面上某条直线L的距离依次为h1,h2,h3。
则直线L上的动点P的重心坐标(x,y,z)必满足下列线性方程:xh1+yh2+zh3=0。 引理2 两条直线: xh1+yh2+zh3=0; xk1+yk2+zk3=0。 的交点的重心坐标为: (h2*k3-h3*k2,h3*k1-h1*k3,h1*k2-h2*k1) 以上两个引理证明很简单，这里略。
命题证明 设BC=a,CA=b,AB=c,边BC,CA,AB上的高依次为ha,hb,hc。 根据引理1可分别求出直线DE,FG,HI的方程 DE: (a+ha)x+ay+az=0; FG: bx+(b+hb)y+bz=0; HI: cx+cy+(c+hc)z=0。
由引理2可求出直线FG,HI的交点X重心坐标 X(hb*hc+bhc+chb,-bhc,-chb)。 于是直线AX的方程[A点坐标(1,0,0)] chb*y=bhc*z。 (1) 而类似重心K的重心坐标为(a^2,b^2,c^2)满足方程(1)， 因为bh2=ch3可以推出chb*b^2=bhc*c^2。
即类似重心K在直线AX上。 同理 K在直线BY,CZ上。 命题得证。 。
取AB中点M,连CM并延长到N使MN=MC,连AN,延长MC交XZ于S,连DG AM=BM,MN=MC==>AN=BC=CD,AN∥BC ==>∠NAC+∠ACB=180 BCDE,ACGF为正方形==>∠DCG+∠ACB=180 ==>∠NAC=∠DCG AC=CG ==>△NAC≌△DCG==>∠ACN=∠CGD ACGF为正方形==>∠ACN+∠GCS=90 ==>∠CGD+∠GCS=90 CD⊥YZ,CG⊥XZ==>C.D.Z.G共圆==>∠CZD=∠CGD 又∠CZD+∠DCZ=90 ==>∠DCZ=∠GCS ∠DCZ+∠PCB=90,∠GCS+∠ACM=90==>∠PCB=∠ACM CM为中线==>PC为类似中线==>CZ为AB边类似中线所在直线 同理: AX,BY为另两边类似中线所在直线 ==>直线AX,BY,CZ通过△ABC的类似重心
问：高一几何！三个平面两两相交于三条直线，若这三条直线不平行，求证：这三条直线交于一点
答：设三个平面P、Q、R P∩Q = l，Q∩R=m，R∩P=n 若l与m不平行，因为l、m都在平面Q内，所以l、m必相交 设l∩m=A 则由 A∈l，l在P内 ，...详情>>
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