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一道试题拿到手，解出答案并不就意味着结束了，特别是解答繁琐，计算复杂的时候，寻求简便解法往往是一件痛并快乐的事.以下就是笔者对一道试题的简化之路.
图1
例1已知△ABC的三边长分别为13，14，15，有4个半径同为r的圆O，O1，O2，O3放在△ABC内，并且圆O1与边AB、AC相切，并且圆O2与边BA、BC相切，并且圆O3与边CB、CA相切，圆O与圆O1，O2，O3相切.求r.
解法：不妨设BC=13，AC=14，AB=15.如图1，
可知△ABC和△O1O2O3相似，且O为△O1O2O3的外心，
外接圆半径为2r，则cos∠O1O3O2=cosC=513，
所以sin∠O1O3O2=1213，
由正弦定理O1O2=4rsin∠O1O3O2=48r13，
同理可得 cosA=35，sinA=45，cosB=
3365，sinB=5665.
又O1O2=15-rcotA2-rcotB2
=15-r1+cosAsinA-r
1+cosBsinB=15-154r，
所以48r13=15-
15r4，r=260129.
点评：这个解法反复利用了余弦定理，还用到了半角公式，看似思路还算简单，实际上运算量相当大，很多同学算了半个多小时都没能得到正确答案，用这种解法在考场上即费时又容易出错，但当时也没有想到更好的解法，只有不了了之.后来笔者又碰到一个试题，题目如下：
例2设△ABC的三边长分别为BC=a，AC=b，AB=c.分别平行于△ABC的各边作三角形ABC内切圆的切线，每条切线都在△ABC中又切出一个小三角形，再在每个这样的小三角形中作内切圆，求这四个内切圆的面积之和（用a，b，c表示）.
图2s
解法1：设四个内切圆半径分别为r，ra，rb，rc，ha为△ABC的BC边上的高，如图2.
设S△为△ABC的面积，p=12（a+b+c），则
S△=12aha=pr=p（p-a）（p-b）（p-c）
由于△APQ∽△ABC，故ha-2rha=
rar，
因此，所求面积和为
πr2+πr2∑（ha-2rha）2=
πr2（1+∑（1-2S△p2S△a）2）=
πr2（1+∑（p-ap）2）
=πr2p2（a2+b2+c2）=
πp3（p-a）（p-b）（p-c）（a2+b2+c2）.
解法2：设S1为△APQ的面积，p1为
△APQ的半周长，则
S1S△=
p21p2
，即S1=p21p2S△，所以
r1=S1p1=
p1p2S△，
则△APQ的内切圆的面积为：
πr21=πS2△p21p4
同理，可求另外两个内切圆面积，进而得出答案.
点评：此题的解法1有很多值得学习的地方，首先，用到了三角形面积的多种计算方法；其次，两个三角形相似，则他们高的比等于相似比且他们各自内切圆的半径比也等于相似比，这一点证明起来很简单，但我们同学不容易想到.解法2利用相似三角形的面积比等于对应边的比的平方，易知相似三角形的面积比等于对应三角形周长（或半周长）比的平方.这种思路在解决有关相似问题的时候也相当有用.
这个题主要就是利用了相似的比例转换，进而漂亮地解决了问题，运算比例1简单得多.考虑到以上两题图象有点类似，进而思考例1是否也能利用例2的思路求解呢？发现果然可以，解法如下：
例1的改进解法：设△O1O2O3的内切圆的半径为d，则△ABC的内切圆的半径为d+r，
由余弦定理cosA=35，进而
sinA=45.
由正弦定理
O2O3=4rsinA，
由△ABC和△O1O2O3相似有
dd+r=
4rsinA13 ①.（相似三角形内切圆的半径比等于对应边的比）
又S△ABC=12bcsinA=
12（d+r）（a+b+c） ②
（算两次，即两种方法算面积）
由②可得d+r=4即d=4-r代入①即可解得r=260129.
点评：这个解法相比原解法，运算量大大减小，很容易计算出正确答案，至此问题终于得到比较圆满的解答了.
其实原解法之所以运算复杂，主要就是没有考虑图形的平面几何性质，而改进解法，充分利用了图形的相似关系，得出等式，进而漂亮地解决了问题.像类似的很多解析几何问题如果不考虑图形的几何性质去解决，而是一味的设参数，列方程，理论上可能感觉问题能够解决.但当拿起笔在草稿纸上运算时，发现不胜其烦，耗费时间多不说，还可能根本算不出.
图1
例1已知△ABC的三边长分别为13，14，15，有4个半径同为r的圆O，O1，O2，O3放在△ABC内，并且圆O1与边AB、AC相切，并且圆O2与边BA、BC相切，并且圆O3与边CB、CA相切，圆O与圆O1，O2，O3相切.求r.
解法：不妨设BC=13，AC=14，AB=15.如图1，
可知△ABC和△O1O2O3相似，且O为△O1O2O3的外心，
外接圆半径为2r，则cos∠O1O3O2=cosC=513，
所以sin∠O1O3O2=1213，
由正弦定理O1O2=4rsin∠O1O3O2=48r13，
同理可得 cosA=35，sinA=45，cosB=
3365，sinB=5665.
又O1O2=15-rcotA2-rcotB2
=15-r1+cosAsinA-r
1+cosBsinB=15-154r，
所以48r13=15-
15r4，r=260129.
点评：这个解法反复利用了余弦定理，还用到了半角公式，看似思路还算简单，实际上运算量相当大，很多同学算了半个多小时都没能得到正确答案，用这种解法在考场上即费时又容易出错，但当时也没有想到更好的解法，只有不了了之.后来笔者又碰到一个试题，题目如下：
例2设△ABC的三边长分别为BC=a，AC=b，AB=c.分别平行于△ABC的各边作三角形ABC内切圆的切线，每条切线都在△ABC中又切出一个小三角形，再在每个这样的小三角形中作内切圆，求这四个内切圆的面积之和（用a，b，c表示）.
图2s
解法1：设四个内切圆半径分别为r，ra，rb，rc，ha为△ABC的BC边上的高，如图2.
设S△为△ABC的面积，p=12（a+b+c），则
S△=12aha=pr=p（p-a）（p-b）（p-c）
由于△APQ∽△ABC，故ha-2rha=
rar，
因此，所求面积和为
πr2+πr2∑（ha-2rha）2=
πr2（1+∑（1-2S△p2S△a）2）=
πr2（1+∑（p-ap）2）
=πr2p2（a2+b2+c2）=
πp3（p-a）（p-b）（p-c）（a2+b2+c2）.
解法2：设S1为△APQ的面积，p1为
△APQ的半周长，则
S1S△=
p21p2
，即S1=p21p2S△，所以
r1=S1p1=
p1p2S△，
则△APQ的内切圆的面积为：
πr21=πS2△p21p4
同理，可求另外两个内切圆面积，进而得出答案.
点评：此题的解法1有很多值得学习的地方，首先，用到了三角形面积的多种计算方法；其次，两个三角形相似，则他们高的比等于相似比且他们各自内切圆的半径比也等于相似比，这一点证明起来很简单，但我们同学不容易想到.解法2利用相似三角形的面积比等于对应边的比的平方，易知相似三角形的面积比等于对应三角形周长（或半周长）比的平方.这种思路在解决有关相似问题的时候也相当有用.
这个题主要就是利用了相似的比例转换，进而漂亮地解决了问题，运算比例1简单得多.考虑到以上两题图象有点类似，进而思考例1是否也能利用例2的思路求解呢？发现果然可以，解法如下：
例1的改进解法：设△O1O2O3的内切圆的半径为d，则△ABC的内切圆的半径为d+r，
由余弦定理cosA=35，进而
sinA=45.
由正弦定理
O2O3=4rsinA，
由△ABC和△O1O2O3相似有
dd+r=
4rsinA13 ①.（相似三角形内切圆的半径比等于对应边的比）
又S△ABC=12bcsinA=
12（d+r）（a+b+c） ②
（算两次，即两种方法算面积）
由②可得d+r=4即d=4-r代入①即可解得r=260129.
点评：这个解法相比原解法，运算量大大减小，很容易计算出正确答案，至此问题终于得到比较圆满的解答了.
其实原解法之所以运算复杂，主要就是没有考虑图形的平面几何性质，而改进解法，充分利用了图形的相似关系，得出等式，进而漂亮地解决了问题.像类似的很多解析几何问题如果不考虑图形的几何性质去解决，而是一味的设参数，列方程，理论上可能感觉问题能够解决.但当拿起笔在草稿纸上运算时，发现不胜其烦，耗费时间多不说，还可能根本算不出.