平面几何：有关三角形五心的经典试题及证明.doc

平面几何：有关三角形五心的经典试题

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
=2RA2H1=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=2RAH2=4R2cos2A,
=2Ra2=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:EFGE∥MF.
∵OD丄AB，MF∥AB，
∴OD丄MFOD丄GE.但OG丄DEG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.