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《高中竞赛教程》教案:第17讲 三角形的五心(教师)


第 17 讲

三角形的五心

三角形中有许多重要的特殊点,特别是三角形的“五心”,在解题时有很多应用,在本节中将分别给予 介绍. A 三角形的“五心”指的是三角形的外心,内心,重心,垂心和旁心. 1、三角形的外心 三角形的三条边的垂直平分线交于一点,这点称为三角形的外心(外接圆圆心). 三角形的外心到三角形的三个顶点距离相等. 都等于三角

形的外接圆半径. O B C 锐角三角形的外心在三角形内; 直角三角形的外心在斜边中点; 钝角三角形的外心在三角形外. A 2、三角形的内心 M 三角形的三条内角平分线交于一点,这点称为三角形的内心(内切圆圆心). F E 三 角形的内心到三边的距离相等,都等于三角形内切圆半径. K I 内切圆半径 r 的计算: 1 S 设三角形面积为 S,并记 p=2(a+b+c),则 r=p . 1 特别的,在直角三角形中,有 r =2(a+b-c). 3、三角形的重心 B 三角形的三条中线交于一点,这点称为三角形的重心. 上面的证明中,我们也得到了以下结论:三角形的重心到边的中点与到相应顶 点的距离之比为 1∶ 2. 4、三角形的垂心 三角形的三条高交于一点,这点称为三角形的垂心. 斜三角形的三个顶点与垂心这四个点中,任何三个为顶点的三角形的垂心就是第 四个点.所以把这样的四个点称为一个“垂心组”. 5、三角形的旁心 三角形的一条内角平分线与另两个外角平分线交于一点,称为三角形的旁心(旁切 圆圆心). 每个三角形都有三个旁切圆. A 类例题 例 1 证明重心定理。 证法 1 如图,D、E、F 为三边中点,设 BE、CF 交于 G,连接 EF,显然 ∥1BC,由三角形相似可得 GB=2GE,GC=2GF. EF = 2 又设 AD、BE 交于 G',同理可证 G'B=2G'E,G'A=2G'D,即 G、G'都是 BE 上从 B 到 E 的三分之二处的点,故 G'、G 重合. 即三条中线 AD、BE、CF 相交于一点 G. 证法 2 设 BE、CF 交于 G,BG、CG 中点为 H、I.连 EF、FH、HI、IE, F ∥1BC,HI = ∥1BC, 因为 EF = 2 2 所以 EFHI 为平行四边形. 所以 HG=GE、IG=GF,GB=2GE,GC=2GF.
-1B D F G C

B

D H
A F G D E

C

C

A

B F

D

C

E Ia

A E

A

E G I C D

H B

同证法 1 可知 AG=2GD,AD、BE、CF 共点. 即定理证毕. 链接 证明外心、内心定理是很容易的。 外心定理的证明: 如图, 设 AB、 BC 的中垂线交于点 O, 则有 OA=OB=OC, 故 O 也在 AC 的中垂线上,因为 O 到三顶点的距离相等,故点 O 是Δ ABC 外接圆的圆心.因而称为外心.
B A

O C

A

内心定理的证明:如图,设∠A、∠C 的平分线相交于 I、过 I 作 ID⊥ BC,IE⊥AC,IF⊥AB,则有 IE=IF=ID.因此 I 也在∠C 的平 分线上,即三角形三内角平分线交于一点. 上述定理的证法完全适用于旁心定理,请同学们自己完成.
B

F

M I D H E K C

例 2 证明垂心定理 分析 我们可以利用构造外心来进行证明。 证明 如图,AD、BE、CF 为Δ ABC 三条高,过点 A、 B、C 分别作对边的平行线相交成Δ A'B'C',显然 AD 为 B'C'的中垂线;同理 BE、CF 也分别为 A'C'、A'B' 的中垂线,由外心定理,它们交于一点,命题得证.

C' F

A E

B'

B

D

C

A'

链接 (1) 对于三线共点问题还可以利用 Ceva 定理进行证明, 同学们可以参考第十八讲的内容。 (Ceva 定理)设 X、Y、Z 分别为△ABC 的边 BC、CA、AB 上的一点,则 AX、BY、CZ 所在直 AZ BX CY 线交于一点的充要条件是 · · =1. ZB XC YA (2)对于三角形的五心,还可以推广到 n 边形,例如,如果我们称 n(≥3)边形某顶点同除该 点以外的 n-1 个顶点所决定的 n-1 边形的重心的连线,为 n 边形的中线, (当 n-1=2 时,n-1 边形 退化成一线段,此时重心即为线段的中心)那么重心定理可推广如下:n 边形的各条中线(若有重 合, 只算一条) 相交于一点, 各中线被该点分为: (n-1) ∶1 的两条线段, 这点叫 n 边形的重心. 请 同学们自己研究一下其他几个“心”的推广。

情景再现
1.设 G 为△ABC 的重心,M、N 分别为 AB、CA 的中点,求证: 四边形 GMAN 和△GBC 的面积相等.
M G C A

N

2.三角形的任一顶点到垂心的距离,等于外心到对边的距离的 二倍.

B

-2-

B 类例题 例 3 过等腰△ABC 底边 BC 上一点 P 引 PM∥CA 交 AB 于 M;引 PN∥BA 交 AC 于 N. 作点 P 关于 MN 的对称点 P'.试证:P'点在△ABC 外接圆上.(杭州大学《中学数学竞赛习题》) 分析 分析点 M 和 N 的性质,即能得到解题思路。 A P' 证明 由已知可得 MP'=MP=MB,NP'=NP=NC, N 故点 M 是△P'BP 的外心,点 N 是△P'PC 的外心.于是有 M 1 1 ∠BP'P =2∠BMP=2∠BAC, B
P

C

1 1 ∠PP'C=2∠PNC=2∠BAC. ∴∠BP'C=∠BP'P+∠P'PC=∠BAC. 从而,P'点与 A、B、C 共圆,即 P'在△ABC 外接圆上. 链接 本题可以引出更多结论,例如 P'P 平分 ∠BP'C、P'B:P'C=BP:PC 等等. 例 4 AD,BE,CF 是△ABC 的三条中线,P 是任意一点. A 证明:在△PAD,△PBE,△PCF 中,其中一个面 积等于另外两个面积的和. A' F ' (第 26 届莫斯科数学奥林匹克) E F G 证明 设 G 为△ABC 重心,直线 PG 与 AB,BC 相交.从 A,C,D, E,F E' D' 分别作该直线的垂线,垂足为 A',C',D',E',F'. B C C' D 易证 AA'=2DD',CC'=2FF',2EE'=AA'+CC', P ∴EE'=DD'+FF'. 有 S△PGE=S△PGD+S△PGF. 两边各扩大 3 倍,有 S△PBE=S△PAD+S△PCF. 例 5 设 A1A2A3A4 为⊙O 内接四边形,H1,H2,H3,H4 依次为△A2A3A4,△A3A4A1,△A4A1A2,△A1A2A3 的垂心.求证:H1,H2,H3,H4 四点共圆,并确定出该圆的圆心位置. (1992,全国高中联赛) 证明 连接 A2H1,A1H2,H1H2,记圆半径为 R.由△A2A3A4 知[来源:www.shulihua.net]

A2 H 1 =2R ? A2H1=2Rcos∠A3A2A4; sin ?A2 A3 H 1
由△A1A3A4 得 A1H2=2Rcos∠A3A1A4. 但∠A3A2A4=∠A3A1A4,故 A2H1=A1H2. ∥A1H2, 易证 A2H1∥A1A2,于是,A2H1 =

A2
H1

A1

O

. H2
A4

A3

∥A2A1.设 H1A1 与 H2A2 的交点为 M,故 H1H2 与 A1A2 关于 M 点成中心对称. 故得 H1H2 = 同理,H2H3 与 A2A3,H3H4 与 A3A4,H4H1 与 A4A1 都关于 M 点成中心对称.故四边形 H1H2H3H4 与 四边形 A1A2A3A4 关于 M 点成中心对称,两者是全等四边形,H1,H2,H3,H4 在同一个圆上.后者 的圆心设为 Q,Q 与 O 也关于 M 成中心对称.由 O,M 两点,Q 点就不难确定了. 链接三角形的五心有许多重要性质,它们之间也有很密切的联系,如: (1)三角形的重心与三顶点的连线所构成的三个三角形面积相等; (2)三角形的外心到三顶点的距离相等; (3)三角形的垂心与三顶点这四点中,任一点是其余三点所构成的三角形的垂心; (4)三角形的内心、旁心到三边距离相等; (5) 三角形的垂心是它垂足三角形的内心; 或者说, 三角形的内心是它旁心三角形的垂心; (6)三角形的外心是它的中点三角形的垂心; (7)三角形的重心也是它的中点三角形的重心; (8)三角形的中点三角形的外心也是其垂足三角形的外心.
-3-

情景再现
3.在△ABC 的边 AB,BC,CA 上分别取点 P,Q,S. 证明以△APS,△BQP,△CSQ 的外心为顶点的三角形与△ABC 相似. (B·波拉索洛夫《中学数学奥林匹克》) 4.如果三角形三边的平方成等差数列,那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相似.其逆亦真. C 类例题 例 6 H 为△ABC 的垂心,D,E,F 分别是 BC,CA,AB 的中心.一个以 H 为圆心的⊙H 交直线 EF,FD, DE 于 A1,A2,B1,B2,C1,C2. 求证:AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2. (1989,加拿大数学奥林匹克训练题) 分析 只须证明 AA1=BB1=CC1 即可. B2 C1 A 证明 设 BC=a, CA=b,AB=c,△ABC 外接圆半径为 R,⊙H 的半径为 r. 连 HA1,AH 交 EF 于 M. A A =r2+(AM2-MH2), 1 1 又 AM2-HM2=(2AH1)2-(AH-2AH1)2 =AH·AH1-AH2=AH2·AB-AH2 =cosA·bc-AH2, 而 ②
2 2 2 2 2 2 1 =AM +A1M =AM +r -MH

A1 B

F

H2 M

E

A2 C

H D C2 H1



B1

AH =2R ? AH2=4R2cos2A, sin ?ABH a =2R ? a2=4R2sin2A. sin A


∴AH2+a2=4R2,AH2=4R2-a2. 由①、②、③有 A A1 =r2+
2

b2 ? c2 ? a2 ·bc-(4R2-a2) 2bc

1 =2 (a2+b2+c2)-4R2+r2. 同理, BB1 = 1
2

1 2 2 2 (a +b +c )-4R2+r2, 2

CC12 =2 (a2+b2+c2)-4R2+r2.
故有 AA1=BB1=CC1. 例 7 已知⊙O 内接△ABC, ⊙Q 切 AB, AC 于 E, F 且与⊙O 内切.试证: EF 中点 P 是△ABC 之内心.(B· 波 拉索洛夫《中学数学奥林匹克》) ︵ 证明 如图,显然 EF 中点 P、圆心 Q,BC中点 K 都在∠BAC 平分线上.易知 AQ= ∵QK·AQ=MQ·QN,
M R E O B N K r αα P Q F C

r . sin ?
A

MQ ? QN ∴QK= AQ
(2 R ? r ) ? r = = sin ? ? (2R ? r ) . r / sin ?
-4-

由 Rt△EPQ 知 PQ= sin ? ? r . ∴PK=PQ+QK= sin ? ? r + sin ? ? (2R ? r ) = sin ? ? 2 R . ∴PK=BK. 利用内心等量关系之逆定理,即知 P 是△ABC 这内心. 说明 在第 20 届 IMO 中,美国提供的一道题实际上是例 7 的一种特例,但它增加了条件 AB=AC. 例 8 在直角三角形中,求证:r+ra+rb+rc=2p.式中 r,ra,rb,rc 分别表示内切圆半径及与 a,b,c 相切的旁 切圆半径,p 表示半周. (杭州大学《中学数学竞赛习题》) 证明 设 Rt△ABC 中,c 为斜边,先来证明一个特性: p(p-c)=(p-a)(p-b). 1 1 ∵p(p-c)= 2 (a+b+c)·2(a+b-c) 1 = [(a+b)2-c2] 4 1 =2ab; 1 1 (p-a)(p-b)= 2(-a+b+c)·2(a-b+c) 1 1 =4[c2-(a-b)2]= 2ab. ∴p(p-c)=(p-a)(p-b). 观察图形,可得 ra=AF-AC=p-b, rb=BG-BC=p-a, rc=CK=p. 1 而 r= (a+b-c)=p-c. 2 ∴r+ra+rb+rc =(p-c)+(p-b)+(p-a)+p =4p-(a+b+c)=2p. 由①及图形易证. 例 9 M 是△ABC 边 AB 上的任意一点.r1,r2,r 分别是△AMC,△BMC,△ABC 内切圆的半径,q1,q2, q 分别是上述三角形在∠ACB 内部的旁切圆半径.证明 证明 对任意△A'B'C',由正弦定理可知 OD=OA'· sin ①
O3 O r E B O1

rc

K A O2

rb

ra C

r1 r r · 2 = .(IMO-12) q1 q 2 q
C' O A ' .. E D
. B '

A' 2

B' sin A' 2 =A'B'· · sin 2 sin ?A' O' B' A' B' sin ? sin 2 2 , =A'B'· A'? B' sin 2
-5-

O'

A' B' cos 2 2 . O'E= A'B'· A'? B' sin 2 OD A' B ' ? tg tg . ∴ O' E 2 2 cos
亦即有

r1 r A ?CMA ?CNB B tg tg · 2 = tg tg 2 2 2 2 q1 q 2
= tg

A B r tg = . 2 2 q

例 10 锐角△ABC 中,O,G,H 分别是外心、重心、垂 心.设外心到三边距离和为 d 外,重心到三边距离 和为 d 重,垂心到三边距离和为 d 垂. A 求证:1·d 垂+2·d 外=3·d 重. 证明 设△ABC 外接圆半径为 1,三个内角记 为 A,B, H3 G3 O2 O3 C. 易知 d 外=OO1+OO2+OO3 G2 H2 =cosA+cosB+cosC, O G I ∴2d 外=2(cosA+cosB+cosC). ① B C O1 G 1 H 1 ∵AH1=sinB·AB=sinB·(2sinC)=2sinB·sinC, 同样可得 BH2·CH3. ∴3d 重=△ABC 三条高的和 =2·(sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB) ② ∴

BH =2, sin ?BCH

∴HH1=cosC·BH=2·cosB·cosC. 同样可得 HH2,HH3. ∴d 垂=HH1+HH2+HH3 =2(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB) ③ 欲证结论,观察①、②、③, 须证(cosB· cosC+cosC· cosA+cosA· cosB)+( cosA+ cosB+ cosC)= sinB· sinC+sinC· sinA+sinA· sinB. 即可. 说明 本题用了三角法。

情景再现
5.设在圆内接凸六边形 ABCDFE 中,AB=BC,CD=DE,EF=FA.试证:( 1)AD,BE,CF 三条对角线交 于一点;(2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF. (1991,国家教委数学试验班招生试题) 6.△ABC 的外心为 O,AB=AC,D 是 AB 中点,E 是△ACD 的重心.证明 OE 丄 CD. (加拿大数学奥林匹克训练题) 7.△ABC 中∠C=30°,O 是外心,I 是内心,边 AC 上的 D 点与边 BC 上的 E 点使得 AD=BE=AB. 求证:OI 丄 DE,OI=DE. (1988,中国数学奥林匹克集训题) 习题 17 1.在△ABC 中,∠A 是钝角,H 是垂心,且 AH=BC,则 cos∠BHC=( ) 1 A.-2 2 1 B.2 2 3 C. 3 1 D .2
-6-

2.如果一个三角形的面积与周长都被一条直线平分,则此直线一定通过三角形的( ) A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心(1996 年全国初中联赛) 3.(1997 年安徽省初中数学竞赛)若 0° <?<90° ,那么,以 sin?,cos?,tan?cot?为三边的三角形有内切 圆、外接圆的半径之和是( ) C sin?+cos? A. 2 1 A.2a B. tan?+cot? 2 C.2sin?cos? D. 1 sin?cos? )
I r O R

4.Δ ABC 中,∠A=45?,BC=a,高 BE、CF 交于点 H,则 AH=( 1 B.2 2a C.a D . 2a

A

B

5.下面三个命题中: ⑴ 设 H 为Δ ABC 的高 AD 上一点,∠BHC+∠BAC=180?,则点 H 是Δ ABC 的垂心; ⑵ 设 G 为Δ ABC 的中线 AD 上一点,且 SΔ AGB=SΔ BGC,则点 G 是Δ ABC 的重心; ⑶ 设 E 是Δ ABC 的外角∠BAK 的角平分线与Δ ABC 的外接圆⊙O 的交 点,ED 是⊙O 的直径,I 在线段 AD 上,且 DI=DB,则 I 是Δ ABC 的内心. 正确命题的个数是( ) F A.0 个 B.1 个 C .2 个 D .3 个 6.设Δ ABC 的∠A=60?,求证:Δ ABC 的外心 O、内心 I、垂心 H 及点 B、 B C 五点在同一个圆上. 7.已知 P 是□ABCD 内的一点,O 为 AC 与 BD 的交点,M、N 分别为 PB、 PC 中点,Q 为 AN 与 DM 的交点.求证: ⑴ P、Q、O 三点在一条直线上; ⑵ PQ=2OQ.
A D

A

H

E

D

C

P Q O M

N

C

B

8.I 为△ABC 之内心,射线 AI,BI,CI 交△ABC 外接圆于 A′, B′,C ′.则 AA′+BB′+CC′>△ABC 周长.(1982,澳大利亚数学奥林匹克) 9.△T′的三边分别等于△T 的三条中线,且两个三角形有一组角相等.求证这两个三角形相似.(1989,捷 克数学奥林匹克) 10.I 为△ABC 的内心.取△IBC,△ICA,△IAB 的外心 O1,O2,O3.求证:△O1O2O3 与△ABC 有公共的 外心.(1988,美国数学奥林匹克) 11.AD 为△ABC 内角平分线.取△ABC,△ABD,△ADC 的外心 O,O1,O2.则△OO1O2 是等腰三角形 . 12.△ABC 中∠C<90°,从 AB 上 M 点作 CA,CB 的垂线 MP,MQ.H 是△CPQ 的垂心.当 M 是 AB 上 动点时,求 H 的轨迹.(IMO-7)

A

本节“情景再现”解答 1.证明 如图,连 GA,因为 M、N 分别为 AB、CA 的中点,所 以△AMG 的面积=△GBM 的面积,△GAN 的面积=△GNC 的面 积, 即四边形 GMAN 和△GBC 的面积相等.

M

N G C

B

-7-

A

2.证明 如图,O 为 ΔABC 的外心,H 为垂心, 连 CO 交 ΔABC 外接圆于 D, 连 DA、 DB, 则 DA⊥AC, BD⊥BC, D 又 AH⊥BC,BH⊥AC.所以 DA∥BH,BD∥AH, 从而四边形 DAHB 为平行四边形。 又显然 DB=2OM,所以 AH=2OM. B 同理可证 BH=2ON,CH=2OK.证毕.

K O M

H

N

C

3.提示:设 O1,O2,O3 是△APS,△BQP,△CSQ 的外心, 作出六边形 O1PO2QO3S 后再由外心性质可知∠PO1S=2∠A,∠QO2P=2∠B,∠SO3Q=2∠C. ∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.从而又知∠O1PO2+∠O2QO3+∠O3SO1=360° 将△O2QO3 绕着 O3 点旋转到△KSO3,易判断△KSO1≌△O2PO1, 1 同时可得△O1O2O3≌△O1KO3.∴∠O2O1O3=∠KO1O3= ∠O2O1K 2 1 1 1 =2 (∠O2O1S+∠SO1K)= 2 (∠O2O1S+∠PO1O2)= 2∠PO1S=∠A; 同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC. 4.提示:将△ABC 简记为△,由三中线 AD,BE,CF 围成的三角形简记为△'.G 为重心,连 DE 到 H, 使 EH=DE,连 HC,HF,则△'就是△HCF. 2 (1)a ,b2,c2 成等差数列 ? △∽△'.若△ABC 为正三角形,易证△∽△'.不妨设 a≥b≥c,有 CF=

1 1 1 2a 2 ? 2b 2 ? c 2 ,BE= 2c 2 ? 2a 2 ? b 2 ,AD= 2b 2 ? 2c 2 ? a 2 . 2 2 2

将 a2+c2=2b2,分别代入以上三式,得 CF=

3 3 3 a ,BE= b ,AD= c. 2 2 2

∴CF:BE:AD =

3 3 3 a: b: c =a:b:c. 故有△∽△′. 2 2 2

(2)△∽△′ ? a2,b2,c2 成等差数列.当△中 a≥b≥c 时, △′中 CF≥BE≥AD.∵△∽△′,∴

S?' CF 2 =( ). a S? S? 3 3 ” ,有 ' = . 4 S? 4

据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的



CF 2 3 = ? 3a2=4CF2=2a2+b2-c2 ? a2+c2=2b2. 2 4 a

5.证明 连接 AC,CE,EA,由已知可证 AD,CF,EB 是△ACE 的三条内角平分线,I 为△ACE 的内心. 从而有 ID=CD=DE,IF=EF=FA,IB=AB=BC. A 再由△BDF,易证 BP,DQ,FS 是它的三条高,I 是它的垂心,利用 F . . 不等式有: B Q Erdos BI+DI+FI≥2·(IP+IQ+IS). 不难证明 IE=2IP,IA=2IQ,IC=2IS. I P E S ∴BI+DI+FI≥IA+IE+IC. ∴AB+BC+CD+DE+EF+FA=2(BI+DI+FI) ≥(IA+IE+IC)+(BI+DI+FI)=AD+BE+CF. C D I 就是一点两心.
-8-

6.提示:设 AM 为高亦为中线,取 AC 中点 F,E 必在 DF 上且 DE:EF=2:1.设 CD 交 AM 于 G,G 必为△ABC 重心. 连 G E,MF,MF 交 DC 于 K.易证: DG:GK=

A E G O B K C

D

F

1 1 1 DC:( ? )DC=2:1. 3 2 3

∴DG:GK=DE:EF ? GE∥MF. ∵OD 丄 AB,MF∥AB, ∴OD 丄 MF ? OD 丄 GE.但 OG 丄 DE ? G 又是△ODE 之垂心. 易证 OE 丄 CD. 7.提示:辅助线如图所示,作∠DAO 平分线交 BC 于 K. 易证△AID≌△AIB≌△EIB, A ∠AID=∠AIB=∠EIB. 利用内心张角公式,有 1 ∠AIB=90°+2∠C=105°,
B

D
30 °

C

I

F

O E

K

1 1 1 ∴∠DIE=360°-105°×3=45°. ∵∠AKB=30°+2∠DAO=30°+2 (∠BAC-∠BAO)=30°+2 (∠ 1 BAC-60°)=2∠BAC=∠BAI=∠BEI. ∴AK∥IE. 由等腰△AOD 可知 DO 丄 AK,∴DO 丄 IE,即 DF 是△DIE 的一条高. 同理 EO 是△DIE 之垂心,OI 丄 DE.由∠DIE=∠IDO,易知 OI=DE. 习题 17 解答 1. B;2.A;3.A;4.C;5.选 B,只有(3)是对的; 6.略;7.略;8.略;9.略;10.略;11.略;12. H 的轨迹是一条线段.

-9-


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