平面几何讲义： 三角形的五心

第一讲 注意添加平行线证题 平面几何讲义： 三角形的五心 三角形的外心、重心、垂心、内心及旁心，统称为三角形的五心. 一、外心. 三角形外接圆的圆心，简称外心.与外心关系密切的有圆心角定理和圆周角定理. 例1．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：由已知可得MP′=MP=MB，NP′=NP =NC，故点M是△P′BP的外心，点 N是△P′PC的外心.有 ∠BP′P= ∠BMP= ∠BAC， ∠PP′C= ∠PNC= ∠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. 由于P′P平分∠BP′C，显然还有 P′B:P′C=BP:PC. 例2．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》) 分析：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，同时可得△O1O2O3≌△O1KO3. ∴∠O2O1O3=∠KO1O3= ∠O2O1K = (∠O2O1S+∠SO1K) = (∠O2O1S+∠PO1O2) = ∠PO1S=∠A； 同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC. 二、重心 三角形三条中线的交点，叫做三角形的重心.掌握重心将每 条中线都分成定比2:1及中线长度公式，便于解题. 例3．AD，BE，CF是△ABC的三条中线，P是任意一点.证明：在△PAD，△PBE，△PCF中，其中一个面积等于另外两个面积的和. (第26届莫斯科数学奥林匹克) 分析：设G为△ABC重心，直线PG与AB ，BC相交.从A，C，D，E，F分别 作该直线的垂线，垂足为A′，C′， D′，E′，F′. 易证AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′， ∴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. 分析：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. (1)a2，b2，c2成等差数列 △∽△′. 若△ABC为正三角形，易证△∽△′. 不妨设a≥b≥c，有 CF= ， BE= ， AD= . 将a2+c2=2b2，分别代入以上三式，得 CF= ，BE= ，AD= . ∴CF:BE:AD = : : =a:b:c. 故有△∽△′. (2)△∽△′ a2，b2，c2成等差数列. 当△中a≥b≥c时， △′中CF≥BE≥AD. 　　　∵△∽△′， 　　　∴ ＝( )2. 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 ”，有 = . ∴ = 3a2=4CF2=2a2+b2-c2 a2+c2=2b2. 三、垂心 三角形三条高的交战，称为三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四个等(外接)圆三角形，给我们解题提供了极大的便利. 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) 分析：连接A2H1，A1H2，H1H2，记圆半径 为R.由△A2A3A4知 =2R A2H1=2Rcos∠A3A2A4； 由△A1A3A4得 A1H2=2Rcos∠A3A1A4. 但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2. 易证A2H1∥A1A2，于是，A2H1 A1H2， 故得H1H2 A2A1.设H1A1与H2A2的交点为M，故H1H2与A1A2关于M点成中心对称. 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. 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.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 =AM2+A1M2=AM2+r2-MH2 =r2+(AM2-MH2)， ① 又AM2-HM2=( AH1)2-(AH- AH1)2 =AH·AH1-AH2=AH2·AB-AH2 =cosA·bc-AH2， ② 而 =2R AH2=4R2cos2A, =2R a2=4R2sin2A. ∴AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2. ③ 由①、②、③有 A =r2+ ·bc-(4R2-a2) = (a2+b2+c2)-4R2+r2. 同理， = (a2+b2+c2)-4R2+r2， = (a2+b2+c2)-4R2+r2. 故有AA1=BB1=CC1. 四、内心 三角形内切圆的圆心，简称为内心.对于内心，要掌握张角公式，还要记住下面一个极为有用的等量关系： 设I为△ABC的内心，射线AI交△ABC外接圆于A′，则有A ′I=A′B=A′C.换言之，点A′必是△IBC之外心(内心的等量关系之逆同样有用). 例7．ABCD为圆内接凸四边形，取 △DAB，△ABC，△BCD， △CDA的内心O1， O2，O3， O4.求证：O1O2O3O4为矩形. (1986，中国数学奥林匹克集训题) 证明见《中等数学》1992；4 例8．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》) 分析：在第20届IMO中，美国提供的一道题实际上是例8的一种特例，但它增加了条件AB=AC.当AB≠AC，怎样证明呢？ 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， ∴QK= = = . 由Rt△EPQ知PQ= . ∴PK=PQ+QK= + = . ∴PK=BK. 利用内心等量关系之逆定理，即知P是△ABC这内心. 五、旁心 三角形的一条内角平分线与另两个内角的外角平分线相交于 一点，是旁切圆的圆心，称为旁心.旁心常常与内心联系在一起， 旁心还与三角形的半周长关系密切. 例9．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》) 分析：设Rt△ABC中，c为斜边，先来证明一个特性： p(p-c)=(p-a)(p-b). ∵p(p-c)= (a+b+c)· (a+b-c) = [(a+b)2-c2] = ab； (p-a)(p-b)= (-a+b+c)· (a-b+c) = [c2-(a-b)2]= ab. ∴p(p-c)=(p-a)(p-b). ① 观察图形，可得 ra=AF-AC=p-b， rb=BG-BC=p-a， rc=CK=p. 而r= (a+b-c) =p-c. ∴r+ra+rb+rc =(p-c)+(p-b)+(p-a)+p =4p-(a+b+c)=2p. 由①及图形易证. 例10．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： · = . (IMO-12) 分析：对任意△A′B′C′，由正弦定理可知 OD=OA′· =A′B′· · =A′B′· ， O′E= A′B′· . ∴ . 亦即有 · = = = . 六、众心共圆 这有两种情况：(1)同一点却是不同三角形的不同的心；(2)同一图形出现了同一三角形的几个心. 例11．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) 分析：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. 再由△BDF，易证BP，DQ，FS是它的三条高，I是它的垂心，利用 不等式有： BI+DI+FI≥2·(IP+IQ+IS). 不难证明IE=2IP，IA=2IQ，IC=2IS. ∴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. I就是一点两心. 例12．△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) 分析：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GE，MF，MF交DC于K.易证： DG:GK= DC:( )DC=2:1. ∴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. 例13．△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) 分析：辅助线如图所示，作∠DAO平分线交BC于K. 易证△AID≌△AIB≌△EIB， ∠AID=∠AIB=∠EIB. 利用内心张角公式，有 ∠AIB=90°+ ∠C=105°， ∴∠DIE=360°-105°×3=45°. ∵∠AKB=30°+ ∠DAO =30°+ (∠BAC-∠BAO) =30°+ (∠BAC-60°) = ∠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. 例14．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. 求证：1·d垂+2·d外=3·d重. 分析：这里用三角法.设△ABC外接圆 半径为1，三个内角记为A，B， C. 易知d外=OO1+OO2+OO3 =cosA+cosB+cosC， ∴2d外=2(cosA+cosB+cosC). 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 ∴ =2， ∴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. 练 习 题 1.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) 2.△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) 3.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) 4.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. 5.△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) 6.△ABC的边BC= (AB+AC)，取AB，AC中点M，N，G为重心，I为内心.试证：过A，M，N三点的圆与直线GI相切.(第27届莫斯科数学奥林匹克) 7.锐角△ABC的垂心关于三边的对称点分别是H1，H2，H3.已知：H1，H2，H3，求作△ABC.(第7届莫斯科数学奥林匹克) 8.已知△ABC的三个旁心为I1，I2，I3.求证：△I1I2I3是锐角三角形. 9.AB，AC切⊙O于B，C，过OA与BC的交点M任作⊙O的弦EF.求证：(1)△AEF与△ABC有公共的内心；(2)△AEF与△ABC有一个旁心重合.