資源簡介

三角形的五心
三角形中有許多重要的特殊點，特別是三角形的“五心”，在解題時有很多應用，在本節中將分別給予介紹．
三角形的“五心”指的是三角形的外心，內心，重心，垂心和旁心．
1、三角形的外心
三角形的三條邊的垂直平分線交于一點,這點稱為三角形的外心(外接圓圓心)．
三角形的外心到三角形的三個頂點距離相等． 都等于三角形的外接圓半徑．
銳角三角形的外心在三角形內；
直角三角形的外心在斜邊中點；
鈍角三角形的外心在三角形外．
2、三角形的內心
三角形的三條內角平分線交于一點,這點稱為三角形的內心(內切圓圓心)．
三角形的內心到三邊的距離相等,都等于三角形內切圓半徑．
內切圓半徑r的計算：
設三角形面積為S，并記p=(a+b+c)，則r=．
特別的，在直角三角形中,有 r=(a+b－c)．
3、三角形的重心
三角形的三條中線交于一點,這點稱為三角形的重心．
上面的證明中，我們也得到了以下結論：三角形的重心到邊的中點與到相應頂點的距離之比為 1∶ 2．
4、三角形的垂心
三角形的三條高交于一點,這點稱為三角形的垂心．
斜三角形的三個頂點與垂心這四個點中，任何三個為頂點的三角形的垂心就是第四個點．所以把這樣的四個點稱為一個“垂心組”．
5、三角形的旁心
三角形的一條內角平分線與另兩個外角平分線交于一點,稱為三角形的旁心(旁切圓圓心)．
每個三角形都有三個旁切圓．
A類例題
例1 證明重心定理。
證法1 如圖，D、E、F為三邊中點，設BE、CF交于G，連接EF，顯然EFBC，由三角形相似可得GB＝2GE，GC=2GF．
又設AD、BE交于G'，同理可證G'B=2G'E，G'A=2G'D，即G、G'都是BE上從B到E的三分之二處的點，故G'、G重合．即三條中線AD、BE、CF相交于一點G．
證法2 設BE、CF交于G，BG、CG中點為H、I．連EF、FH、HI、IE，
因為EFBC，HIBC，
所以 EFHI為平行四邊形．
所以 HG=GE、IG=GF，GB=2GE，GC=2GF．
同證法1可知AG=2GD，AD、BE、CF共點．
即定理證畢．
鏈接 證明外心、內心定理是很容易的。
外心定理的證明：如圖，設AB、BC的中垂線交于點O，則有OA=OB=OC，故O也在AC的中垂線上，因為O到三頂點的距離相等，故點O是ΔABC外接圓的圓心．因而稱為外心．
內心定理的證明：如圖，設∠A、∠C的平分線相交于I、過I作ID⊥BC，IE⊥AC，IF⊥AB，則有IE=IF=ID．因此I也在∠C的平分線上，即三角形三內角平分線交于一點．
上述定理的證法完全適用于旁心定理，請同學們自己完成．

例2證明垂心定理
分析 我們可以利用構造外心來進行證明。
證明 如圖，AD、BE、CF為ΔABC三條高，過點A、B、C分別作對邊的平行線相交成ΔA'B'C'，顯然AD為B'C'的中垂線；同理BE、CF也分別為A'C'、A'B'的中垂線，由外心定理，它們交于一點，命題得證．
鏈接 （1）對于三線共點問題還可以利用Ceva定理進行證明，同學們可以參考第十八講的內容。（Ceva定理）設X、Y、Z分別為△ABC的邊BC、CA、AB上的一點，則AX、BY、CZ所在直線交于一點的充要條件是··=1．
（2）對于三角形的五心，還可以推廣到n邊形，例如，如果我們稱n（≥3）邊形某頂點同除該點以外的n-1個頂點所決定的n-1邊形的重心的連線，為n邊形的中線，（當n-1=2時，n-1邊形退化成一線段，此時重心即為線段的中心）那么重心定理可推廣如下：n邊形的各條中線(若有重合，只算一條）相交于一點，各中線被該點分為：（n-1）∶1的兩條線段，這點叫n邊形的重心．請同學們自己研究一下其他幾個“心”的推廣。
情景再現
1．設G為△ABC的重心，M、N分別為AB、CA的中點，求證：四邊形GMAN和△GBC的面積相等．

2．三角形的任一頂點到垂心的距離，等于外心到對邊的距離的二倍．
B類例題
例3 過等腰△ABC底邊BC上一點P引PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交AC于N.
作點P關于MN的對稱點P'.試證：P'點在△ABC外接圓上.(杭州大學《中學數學競賽習題》)
分析 分析點M和N的性質，即能得到解題思路。
證明 由已知可得MP'=MP=MB，NP'=NP=NC，
故點M是△P'BP的外心，點N是△P'PC的外心.于是有
∠BP'P=∠BMP=∠BAC，
∠PP'C=∠PNC=∠BAC.
∴∠BP'C=∠BP'P+∠P'PC=∠BAC.
從而，P'點與A、B、C共圓，即P'在△ABC外接圓上.

鏈接 本題可以引出更多結論，例如P'P平分∠BP'C、P'B:P'C=BP:PC等等．
例4 AD，BE，CF是△ABC的三條中線，P是任意一點.
證明：在△PAD，△PBE，△PCF中，其中一個面積等于另外兩個面積的和. (第26屆莫斯科數學奧林匹克)
證明 設G為△ABC重心，直線PG與AB，BC相交.從A，C，D，E，F分別作該直線的垂線，垂足為A'，C'，D'，E'，F'.
易證AA'=2DD'，CC'=2FF'，2EE'=AA'+CC'，
∴EE'=DD'+FF'.
有S△PGE=S△PGD+S△PGF.
兩邊各擴大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF.
例5 設A1A2A3A4為⊙O內接四邊形，H1，H2，H3，H4依次為△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心.求證：H1，H2，H3，H4四點共圓，并確定出該圓的圓心位置. (1992，全國高中聯賽)
證明 連接A2H1，A1H2，H1H2，記圓半徑為R.由△A2A3A4知
=2RA2H1=2Rcos∠A3A2A4；
由△A1A3A4得 A1H2=2Rcos∠A3A1A4.
但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2.
易證A2H1∥A1A2，于是，A2H1A1H2，
故得H1H2A2A1.設H1A1與H2A2的交點為M，故H1H2與A1A2關于M點成中心對稱.
同理，H2H3與A2A3，H3H4與A3A4，H4H1與A4A1都關于M點成中心對稱.故四邊形H1H2H3H4與四邊形A1A2A3A4關于M點成中心對稱，兩者是全等四邊形，H1，H2，H3，H4在同一個圓上.后者的圓心設為Q，Q與O也關于M成中心對稱.由O，M兩點，Q點就不難確定了.
鏈接三角形的五心有許多重要性質，它們之間也有很密切的聯系，如：
（1）三角形的重心與三頂點的連線所構成的三個三角形面積相等；
（2）三角形的外心到三頂點的距離相等；
（3）三角形的垂心與三頂點這四點中，任一點是其余三點所構成的三角形的垂心；
（4）三角形的內心、旁心到三邊距離相等；
（5）三角形的垂心是它垂足三角形的內心；或者說，三角形的內心是它旁心三角形的垂心；
（6）三角形的外心是它的中點三角形的垂心；
（7）三角形的重心也是它的中點三角形的重心；
（8）三角形的中點三角形的外心也是其垂足三角形的外心．
3．在△ABC的邊AB，BC，CA上分別取點P，Q，S.
證明以△APS，△BQP，△CSQ的外心為頂點的三角形與△ABC相似.
(B·波拉索洛夫《中學數學奧林匹克》)
4．如果三角形三邊的平方成等差數列，那么該三角形和由它的三條中線圍成的新三角形相似.其逆亦真.
C類例題
例6 H為△ABC的垂心，D，E，F分別是BC，CA，AB的中心.一個以H為圓心的⊙H交直線EF，FD，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2.
求證：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2. (1989，加拿大數學奧林匹克訓練題)
分析 只須證明AA1=BB1=CC1即可.
證明 設BC=a， CA=b，AB=c，△ABC外接圓半徑為R，⊙H的半徑為r.
連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.
例7 已知⊙O內接△ABC，⊙Q切AB，AC于E，F且與⊙O內切.試證：EF中點P是△ABC之內心.(B·波拉索洛夫《中學數學奧林匹克》)
證明 如圖，顯然EF中點P、圓心Q，中點K都在∠BAC平分線上.易知AQ=.
∵QK·AQ=MQ·QN，
∴QK=
==.
由Rt△EPQ知PQ=.
∴PK=PQ+QK=+=.
∴PK=BK.
利用內心等量關系之逆定理，即知P是△ABC這內心.
說明 在第20屆IMO中，美國提供的一道題實際上是例7的一種特例，但它增加了條件AB=AC.
例8 在直角三角形中，求證：r+ra+rb+rc=2p.式中r，ra，rb，rc分別表示內切圓半徑及與a，b，c相切的旁切圓半徑，p表示半周. (杭州大學《中學數學競賽習題》)
證明 設Rt△ABC中，c為斜邊，先來證明一個特性：
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
觀察圖形，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及圖形易證.
例9 M是△ABC邊AB上的任意一點.r1，r2，r分別是△AMC，△BMC，△ABC內切圓的半徑，q1，q2，q分別是上述三角形在∠ACB內部的旁切圓半徑.證明·=.(IMO-12)
證明 對任意△A'B'C'，由正弦定理可知
OD=OA'·
=A'B'··
=A'B'·，
O'E= A'B'·.
∴.
亦即有
·=
==.
例10 銳角△ABC中，O，G，H分別是外心、重心、垂心.設外心到三邊距離和為d外，重心到三邊距離和為d重，垂心到三邊距離和為d垂.
求證：1·d垂+2·d外=3·d重.
證明 設△ABC外接圓半徑為1，三個內角記為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，
同樣可得BH2·CH3.
∴3d重=△ABC三條高的和
=2·(sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB) ②
∴=2，
∴HH1=cosC·BH=2·cosB·cosC.
同樣可得HH2，HH3.
∴d垂=HH1+HH2+HH3
=2(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB) ③
欲證結論，觀察①、②、③，
須證(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB)+( cosA+ cosB+ cosC)=sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB.即可.
說明 本題用了三角法。
情景再現
5.設在圓內接凸六邊形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.試證：(1)AD，BE，CF三條對角線交于一點；(2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF.
(1991，國家教委數學試驗班招生試題)
6．△ABC的外心為O，AB=AC，D是AB中點，E是△ACD的重心.證明OE丄CD.
(加拿大數學奧林匹克訓練題)
7．△ABC中∠C=30°，O是外心，I是內心，邊AC上的D點與邊BC上的E點使得AD=BE=AB.求證：OI丄DE，OI=DE. (1988，中國數學奧林匹克集訓題)

習題17
1．在△ABC中，∠A是鈍角，H是垂心，且AH=BC，則cos∠BHC=( )
A．－ B． C． D．
2．如果一個三角形的面積與周長都被一條直線平分，則此直線一定通過三角形的( )
A．內心 B．外心 C．重心 D．垂心(1996年全國初中聯賽)
3．(1997年安徽省初中數學競賽)若0°<(<90°，那么，以sin(，cos(，tan(cot(為三邊的三角形有內切圓、外接圓的半徑之和是( )
A． B． C．2sin(cos( D．
4．ΔABC中，∠A=45(，BC=a，高BE、CF交于點H，則AH=( )
A．a B．a C．a D．a
5．下面三個命題中：
⑴ 設H為ΔABC的高AD上一點，∠BHC+∠BAC=180(，則點H是ΔABC的垂心；
⑵ 設G為ΔABC的中線AD上一點，且SΔAGB=SΔBGC，則點G是ΔABC的重心；
⑶ 設E是ΔABC的外角∠BAK的角平分線與ΔABC的外接圓⊙O的交點，ED是⊙O的直徑，I在線段AD上，且DI=DB，則I是ΔABC的內心．
正確命題的個數是( )
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
6．設ΔABC的∠A=60(，求證：ΔABC的外心O、內心I、垂心H及點B、C五點在同一個圓上．
7．已知P是□ABCD內的一點，O為AC與BD的交點，M、N分別為PB、PC中點，Q為AN與DM的交點．求證：
⑴ P、Q、O三點在一條直線上；
⑵ PQ=2OQ．
8.I為△ABC之內心，射線AI，BI，CI交△ABC外接圓于A′，
B′，C ′.則AA′+BB′+CC′＞△ABC周長.(1982，澳大利亞數學奧林匹克)
9.△T′的三邊分別等于△T的三條中線，且兩個三角形有一組角相等.求證這兩個三角形相似.(1989，捷克數學奧林匹克)
10.I為△ABC的內心.取△IBC，△ICA，△IAB的外心O1，O2，O3.求證：△O1O2O3與△ABC有公共的外心.(1988，美國數學奧林匹克)
11.AD為△ABC內角平分線.取△ABC，△ABD，△ADC的外心O，O1，O2.則△OO1O2是等腰三角形.
12.△ABC中∠C＜90°，從AB上M點作CA，CB的垂線MP，MQ.H是△CPQ的垂心.當M是AB上動點時，求H的軌跡.(IMO-7)
本節“情景再現”解答
1．證明 如圖，連GA，因為M、N分別為AB、CA的中點，所以△AMG的面積=△GBM的面積，△GAN的面積=△GNC的面積,
即四邊形GMAN和△GBC的面積相等．
2．證明 如圖，O為ΔABC的外心，H為垂心，連CO交ΔABC外接圓于D，連DA、DB，則DA⊥AC，BD⊥BC，又AH⊥BC，BH⊥AC．所以DA∥BH，BD∥AH，從而四邊形DAHB為平行四邊形。又顯然DB=2OM，所以AH=2OM．
同理可證 BH=2ON，CH=2OK．證畢．
3．提示：設O1，O2，O3是△APS，△BQP，△CSQ的外心，作出六邊形O1PO2QO3S后再由外心性質可知∠PO1S=2∠A，∠QO2P=2∠B，∠SO3Q=2∠C.
∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.從而又知∠O1PO2+∠O2QO3+∠O3SO1=360°
將△O2QO3繞著O3點旋轉到△KSO3，易判斷△KSO1≌△O2PO1，
同時可得△O1O2O3≌△O1KO3.∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K
= (∠O2O1S+∠SO1K)= (∠O2O1S+∠PO1O2)= ∠PO1S=∠A；
同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC.
4．提示：將△ABC簡記為△，由三中線AD，BE，CF圍成的三角形簡記為△'.G為重心，連DE到H，使EH=DE，連HC，HF，則△'就是△HCF. (1)a2，b2，c2成等差數列△∽△'.若△ABC為正三角形，易證△∽△'.不妨設a≥b≥c，有
CF=，BE=，AD=.
將a2+c2=2b2，分別代入以上三式，得CF=，BE=，AD=.
∴CF:BE:AD =::=a:b:c. 故有△∽△′.
(2)△∽△′a2，b2，c2成等差數列.當△中a≥b≥c時，
△′中CF≥BE≥AD.∵△∽△′，∴＝()2.
據“三角形的三條中線圍成的新三角形面積等于原三角形面積的”，有=.
∴=3a2=4CF2=2a2+b2-c2a2+c2=2b2.
5.證明 連接AC，CE，EA，由已知可證AD，CF，EB是△ACE的三條內角平分線，I為△ACE的內心.從而有ID=CD=DE，IF=EF=FA，IB=AB=BC.
再由△BDF，易證BP，DQ，FS是它的三條高，I是它的垂心，利用 不等式有：
BI+DI+FI≥2·(IP+IQ+IS). 不難證明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就是一點兩心.
6．提示：設AM為高亦為中線，取AC中點
F，E必在DF上且DE:EF=2:1.設
CD交AM于G，G必為△ABC重心.
連GE，MF，MF交DC于K.易證：
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.
易證OE丄CD.
7．提示：輔助線如圖所示，作∠DAO平分線交BC于K.
易證△AID≌△AIB≌△EIB，
∠AID=∠AIB=∠EIB.
利用內心張角公式，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的一條高.
同理EO是△DIE之垂心，OI丄DE.由∠DIE=∠IDO，易知OI=DE.
習題17解答
1． B；2．A；3．A；4．C；5．選B，只有（3）是對的；
6．略；7．略；8.略；9.略；10.略；11.略；12. H的軌跡是一條線段.
補充：
第五講 三角形的五心
三角形的外心、重心、垂心、內心及旁心，統稱為三角形的五心.
一、外心.
三角形外接圓的圓心，簡稱外心.與外心關系密切的有圓心角定理和圓周角定理.
例1．過等腰△ABC底邊BC上一點P引PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交AC于N.作點P關于MN的對稱點P′.試證：P′點在△ABC外接圓上.
(杭州大學《中學數學競賽習題》)
分析：由已知可得MP′=MP=MB，NP′=NP
=NC，故點M是△P′BP的外心，點
N是△P′PC的外心.有
∠BP′P=∠BMP=∠BAC，
∠PP′C=∠PNC=∠BAC.
∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC.
從而，P′點與A，B，C共圓、即P′在△ABC外接圓上.
由于P′P平分∠BP′C，顯然還有
P′B:P′C=BP:PC.
例2．在△ABC的邊AB，BC，CA上分別取點P，Q，S.證明以△APS，△BQP，△CSQ的外心為頂點的三角形與△ABC相似.
(B·波拉索洛夫《中學數學奧林匹克》)
分析：設O1，O2，O3是△APS，△BQP，
△CSQ的外心，作出六邊形
O1PO2QO3S后再由外
心性質可知
∠PO1S=2∠A，
∠QO2P=2∠B，
∠SO3Q=2∠C.
∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.從而又知∠O1PO2+
∠O2QO3+∠O3SO1=360°
將△O2QO3繞著O3點旋轉到△KSO3，易判斷△KSO1≌△O2PO1，同時可得△O1O2O3≌△O1KO3.
∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K
=(∠O2O1S+∠SO1K)
=(∠O2O1S+∠PO1O2)
=∠PO1S=∠A；
同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC.
二、重心
三角形三條中線的交點，叫做三角形的重心.掌握重心將每
條中線都分成定比2:1及中線長度公式，便于解題.
例3．AD，BE，CF是△ABC的三條中線，P是任意一點.證明：在△PAD，△PBE，△PCF中，其中一個面積等于另外兩個面積的和.
(第26屆莫斯科數學奧林匹克)
分析：設G為△ABC重心，直線PG與AB
，BC相交.從A，C，D，E，F分別
作該直線的垂線，垂足為A′，C′，
D′，E′，F′.
易證AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′，
∴EE′=DD′+FF′.
有S△PGE=S△PGD+S△PGF.
兩邊各擴大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF.
例4．如果三角形三邊的平方成等差數列，那么該三角形和由它的三條中線圍成的新三角形相似.其逆亦真.
分析：將△ABC簡記為△，由三中線AD，BE，CF圍成的三角形簡記為△′.G為重心，連DE到H，使EH=DE，連HC，HF，則△′就是△HCF.
(1)a2，b2，c2成等差數列△∽△′.
若△ABC為正三角形，易證△∽△′.
不妨設a≥b≥c，有
CF=，
BE=，
AD=.
將a2+c2=2b2，分別代入以上三式，得
CF=，BE=，AD=.
∴CF:BE:AD =::
=a:b:c.
故有△∽△′.
(2)△∽△′a2，b2，c2成等差數列.
當△中a≥b≥c時，
△′中CF≥BE≥AD.
　　　∵△∽△′，
　　　∴＝()2.
據“三角形的三條中線圍成的新三角形面積等于原三角形面積的”，有=.
∴=3a2=4CF2=2a2+b2-c2
a2+c2=2b2.
三、垂心
三角形三條高的交戰，稱為三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四個等(外接)圓三角形，給我們解題提供了極大的便利.
例5．設A1A2A3A4為⊙O內接四邊形，H1，H2，H3，H4依次為
△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心.求證：H1，H2，H3，H4四點共圓，并確定出該圓的圓心位置.
(1992，全國高中聯賽)
分析：連接A2H1，A1H2，H1H2，記圓半徑
為R.由△A2A3A4知
=2RA2H1=2Rcos∠A3A2A4；
由△A1A3A4得
A1H2=2Rcos∠A3A1A4.
但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2.
易證A2H1∥A1A2，于是，A2H1 A1H2，
故得H1H2 A2A1.設H1A1與H2A2的交點為M，故H1H2與A1A2關于M點成中心對稱.
同理，H2H3與A2A3，H3H4與A3A4，H4H1與A4A1都關于M點成中心對稱.故四邊形H1H2H3H4與四邊形A1A2A3A4關于M點成中心對稱，兩者是全等四邊形，H1，H2，H3，H4在同一個圓上.后者的圓心設為Q，Q與O也關于M成中心對稱.由O，M兩點，Q點就不難確定了.
例6．H為△ABC的垂心，D，E，F分別是BC，CA，AB的中心.一個以H為圓心的⊙H交直線EF，FD，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2.
求證：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2.
(1989，加拿大數學奧林匹克訓練題)
分析：只須證明AA1=BB1=CC1即可.設
BC=a， CA=b，AB=c，△ABC外
接圓半徑為R，⊙H的半徑為r.
連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、內心
三角形內切圓的圓心，簡稱為內心.對于內心，要掌握張角公式，還要記住下面一個極為有用的等量關系：
設I為△ABC的內心，射線AI交△ABC外接圓于A′，則有A ′I=A′B=A′C.換言之，點A′必是△IBC之外心(內心的等量關系之逆同樣有用).
例7．ABCD為圓內接凸四邊形，取
△DAB，△ABC，△BCD，
△CDA的內心O1， O2，O3，
O4.求證：O1O2O3O4為矩形.
(1986，中國數學奧林匹克集訓題)
證明見《中等數學》1992；4
例8．已知⊙O內接△ABC，⊙Q切AB，AC于E，F且與⊙O內切.試證：EF中點P是△ABC之內心.
(B·波拉索洛夫《中學數學奧林匹克》)
分析：在第20屆IMO中，美國提供的一道題實際上是例8的一種特例，但它增加了條件AB=AC.當AB≠AC，怎樣證明呢？
如圖，顯然EF中點P、圓心Q，BC中點K都在∠BAC平分線上.易知AQ=.
∵QK·AQ=MQ·QN，
∴QK=
==.
由Rt△EPQ知PQ=.
∴PK=PQ+QK=+=.
∴PK=BK.
利用內心等量關系之逆定理，即知P是△ABC這內心.
五、旁心
三角形的一條內角平分線與另兩個內角的外角平分線相交于
一點，是旁切圓的圓心，稱為旁心.旁心常常與內心聯系在一起，
旁心還與三角形的半周長關系密切.
例9．在直角三角形中，求證：r+ra+rb+rc=2p.
式中r，ra，rb，rc分別表示內切圓半徑及與a，b，c相切的旁切圓半徑，p表示半周.
(杭州大學《中學數學競賽習題》)
分析：設Rt△ABC中，c為斜邊，先來證明一個特性：
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
觀察圖形，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及圖形易證.
例10．M是△ABC邊AB上的任意一點.r1，r2，r分別是△AMC，△BMC，△ABC內切圓的半徑，q1，q2，q分別是上述三角形在∠ACB內部的旁切圓半徑.證明：·=.
(IMO-12)
分析：對任意△A′B′C′，由正弦定理可知
OD=OA′·
=A′B′··
=A′B′·，
O′E= A′B′·.
∴.
亦即有
·=
==.
六、眾心共圓
這有兩種情況：(1)同一點卻是不同三角形的不同的心；(2)同一圖形出現了同一三角形的幾個心.
例11．設在圓內接凸六邊形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.試證：(1)AD，BE，CF三條對角線交于一點；
(2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF.
(1991，國家教委數學試驗班招生試題)
分析：連接AC，CE，EA，由已知可證AD，CF，EB是△ACE的三條內角平分線，I為△ACE的內心.從而有ID=CD=DE，
IF=EF=FA，
IB=AB=BC.
再由△BDF，易證BP，DQ，FS是它的三條高，I是它的垂心，利用 不等式有：
BI+DI+FI≥2·(IP+IQ+IS).
不難證明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就是一點兩心.
例12．△ABC的外心為O，AB=AC，D是AB中點，E是△ACD的重心.證明OE丄CD.
(加拿大數學奧林匹克訓練題)
分析：設AM為高亦為中線，取AC中點
F，E必在DF上且DE:EF=2:1.設
CD交AM于G，G必為△ABC重心.
連GE，MF，MF交DC于K.易證：
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.
易證OE丄CD.
例13．△ABC中∠C=30°，O是外心，I是內心，邊AC上的D點與邊BC上的E點使得AD=BE=AB.求證：OI丄DE，OI=DE.
(1988，中國數學奧林匹克集訓題)
分析：輔助線如圖所示，作∠DAO平分線交BC于K.
易證△AID≌△AIB≌△EIB，
∠AID=∠AIB=∠EIB.
利用內心張角公式，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的一條高.
同理EO是△DIE之垂心，OI丄DE.
由∠DIE=∠IDO，易知OI=DE.
例14．銳角△ABC中，O，G，H分別是外心、重心、垂心.設外心到三邊距離和為d外，重心到三邊距
離和為d重，垂心到三邊距離和為d垂.
求證：1·d垂+2·d外=3·d重.
分析：這里用三角法.設△ABC外接圓
半徑為1，三個內角記為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，
同樣可得BH2·CH3.
∴3d重=△ABC三條高的和
=2·(sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB) ②
∴=2，
∴HH1=cosC·BH=2·cosB·cosC.
同樣可得HH2，HH3.
∴d垂=HH1+HH2+HH3
=2(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB) ③
欲證結論，觀察①、②、③，
須證(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB)+( cosA+ cosB+ cosC)=sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB.即可.
練 習 題
1.I為△ABC之內心，射線AI，BI，CI交△ABC外接圓于A′，
B′，C ′.則AA′+BB′+CC′＞△ABC周長.(1982，澳大利
亞數學奧林匹克)
2.△T′的三邊分別等于△T的三條中線，且兩個三角形有一組角相等.求證這兩個三角形相似.(1989，捷克數學奧林匹克)
3.I為△ABC的內心.取△IBC，△ICA，△IAB的外心O1，O2，O3.求證：△O1O2O3與△ABC有公共的外心.(1988，美國數學奧林匹克)
4.AD為△ABC內角平分線.取△ABC，△ABD，△ADC的外心O，O1，O2.則△OO1O2是等腰三角形.
5.△ABC中∠C＜90°，從AB上M點作CA，CB的垂線MP，MQ.H是△CPQ的垂心.當M是AB上動點時，求H的軌跡.(IMO-7)
6.△ABC的邊BC=(AB+AC)，取AB，AC中點M，N，G為重心，I為內心.試證：過A，M，N三點的圓與直線GI相切.(第27屆莫斯科數學奧林匹克)
7.銳角△ABC的垂心關于三邊的對稱點分別是H1，H2，H3.已知：H1，H2，H3，求作△ABC.(第7屆莫斯科數學奧林匹克)
8.已知△ABC的三個旁心為I1，I2，I3.求證：△I1I2I3是銳角三角形.
9.AB，AC切⊙O于B，C，過OA與BC的交點M任作⊙O的弦EF.求證：(1)△AEF與△ABC有公共的內心；(2)△AEF與△ABC有一個旁心重合.

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