資源簡介

三角形四心競賽講義
一、“四心”分類討論 1
1、外心 1
2、內心 2
3、垂心 3
4、重心 5
5、外心與內心 6
6、重心與內心 6
7、外心與垂心 7
8、外心與重心 8
9、垂心與內心 8
10、垂心、重心、外心 8
旁心 9
二、“四心”的聯想 9
1、由內心、重心性質產生的聯想 9
2、重心的巧用 11
3、三角形“四心”與一組面積公式 12
三角形各心間的聯系 15
與三角形的心有關的幾何命題的證明 16
三角形的內心、外心、垂心及重心(以下簡稱“四心”)是新頒發的初中數學競賽大綱特別加強的內容。由于與四心有關的幾何問題涉及知識面廣、難度大、應用的技巧性強、方法靈活，是考查學生邏輯思維能力和創造思維能力的較佳題型，因此，它是近幾年來升學、競賽的熱點。92、93、94、95連續四年的全國初中數學聯賽均重點考察了這一內容。本講擬分別列舉四心在解幾何競賽中的應用，以期幫助同學們掌握這類問題的思考方法，提高靈活運用有關知識的能力。
一、“四心”分類討論
1、外心
三解形三條垂直平分線的交點叫做三角形的外心，即外接圓圓心。△ABC的外心一般用字母O表示，它具有如下性質：
(1)外心到三頂點等距，即OA=OB=OC。
(2)∠A=。
如果已知外心或通過分析“挖掘”出外心，與外心有關的幾何定理，尤其是圓周角與圓心角關系定理，就可以大顯神通了。下面我們舉例說明。
例2證明三角形三邊的垂直平分線相交于一點，此點稱為三角形的外心．
已知：△ABC中，XX′，YY′，ZZ′分別是BC，AC，AB邊的垂直平分線，求證：XX′，YY′，ZZ′相交于一點(圖3－111)．
分析先證XX′，YY′交于一點O，再證O點必在ZZ′上即可．
證因為XX′，YY′分別是△ABC的BC邊與AC邊的中垂線，所以XX′，YY′必相交于一點，設為O(否則，XX′∥YY′，那么∠C必等于180°，這是不可能的)．因為OB=OC，OC=OA，所以OB=OA，所以O點必在AB的垂直平分線ZZ′上，所以XX′，YY′，ZZ′相交于一點．
說明由于O點與△ABC的三個頂點A，B，C距離相等，所以以O點為圓心，以OA長為半徑作圓，此圓必過A，B，C三點，所以稱此圓為三角形的外接圓，O點稱為三角形的外心．
例1、如圖9-1所示，在△ABC中，AB=AC，任意延長CA到P，再延長AB到Q，使AP=BQ，求證：△ABC的外心O與點A、P、Q四點共圓。
分析一、O是外心，作△ABC的外接圓⊙O，并作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，連接OP、OQ。易知OE=OF，BE=AF，從而Rt△OPF≌Rt△OQE，于是∠P=∠Q，從而O、A、P、Q四點共圓。
分析二、延長BA至G，使AG=AP，連接OP、OA、OG、OQ，并作OE⊥AB于E(圖略)。利用△PAO≌△PGO和△QEO≌△GEO也可證得結論。
例2、如圖9-2所示，在△ABC的大邊AB上取AN=AC，BM=BC，點P為△ABC 的內心，求證：∠MPN=∠A+∠B。
分析、連接PA、PB、PC及PM、PN。由已知易證△APC≌△APN，△BPC≌△BPM。從而△PC=PN，PC=PM，即PM=PN=PC。故P為△CMN的外心，此時有∠MPN=2∠MCN。
而∠CAN=90o－∠A，∠BCM=90o－∠B，
故∠ACN+∠BCM=180o－(∠A+∠B)，即 ∠MCN+∠ACB=180o－(∠A+∠B)，
則∠MCN=(180o－∠ACB)－(∠A+∠B) = (∠A+∠B)。
故∠MPN=2∠MCN=∠A+∠B。
例3、AB為半圓O的直徑，其弦AF、BE相交于Q，過E、F分別作半圓的切線得交點P，求證：PQ⊥AB。
分析、延長EP到K，使PK=PE，連KF、AE、EF、BF，直線PQ交AB于H(圖9-3)。
因∠EQF=∠AQB=(90o－∠1)+(90o+∠2)=∠ABF+∠BAE=∠QFP+∠QEP，又由PK=PE=PF知∠K=∠PFK，故∠EQF+∠K=∠QFK+∠QEK=180o，從而E、Q、F、K四點共圓。由PK=PF=PE知，P為△EFK的外心，顯然PQ=PE=PF。于是∠1+∠AQH=∠1+PQF=∠1+∠PFQ=∠1+∠AFP=∠1+∠ABF=90o。由此知QH⊥AH，即PQ⊥AB。
2、內心
三角形三條角平分線的交點叫做三角形的內心，即內切圓圓心?！鰽BC的內心一般用字母I表示，它具有如下性質：
(1)內心到三角形三邊等距，且頂點與內心的連線平分頂角。
(2)∠A的平分線和△ABC的外接圓相交于點D，則D與頂點B、C、內心I等距(即D為△BCI的外心)。
(3)∠BIC=90o+∠A，∠CIA=90+∠B，∠AIB=90o+∠C。
例1證明：三角形三內角平分線交于一點，此點稱為三角形的內心．
已知：△ABC中，AX，BY，CZ分別是∠A，∠B，∠C的平分線，求證：AX，BY，CZ交于一點(圖3－110)．
證因為AX，BY是∠A，∠B的平分線，所以AX，BY必相交于一點，設此點為I(不然的話，AX，BY必平行，則∠BAX+∠YBA=180°，這是不可能的)，所以I與AB，AC邊等距，I與AB，BC邊等距，所以I與AC，BC邊等距，所以I必在CZ上，所以AX，BY，CZ相交于一點．
說明若證明幾條直線共點，可先證其中兩條直線相交，再證這個交點分別在其余各條直線上，則這幾條直線必共點于此交點．
由于三角形三內角平分線的交點與三邊距離相等，所以以此交點為圓心，以此點到各邊的距離為半徑作圓，此圓必與三角形三邊內切，所以稱此交點為三角形內切圓圓心，簡稱內心．
例1、如圖9-4所示，在△ABC中，AB=AC，有一個圓內切于△ABC的外接圓，且與AB、AC分別相切于P、Q，求證：線段PQ的中點O是△ABC的內心。
分析、設小圓圓心為，⊙與△ABC的外接圓切于D，連A，顯然A⊥PQ，且△ABC為等腰三角形，所以A過△ABC的外接圓，D在A的延長線上，從而O為△ABC的頂角∠BAC的平分線的點，下面只需證OB平分∠ABC。為此，連接OB、PD、QD，由對稱性易知，OD平分∠PDQ，而∠APQ=∠PDQ，PQ∥BC，故∠APQ=∠ABC，∠PDQ=∠ABC，由P、B、D、O四點共圓得∠PBO=∠PDO=∠PDQ。所以∠PBO=∠ABC。于是O為△ABC的內心。
說明：本題還可證明O到△ABC的三邊距離相等，得到O為△ABC的內心。
例2、如圖9-5所示，I為△ABC的內心，求證：△BIC的外心O與A、B、C四點共圓。
分析、如圖，連接OB、OI、OC，由O是外心知∠ABC=2∠IBC。由I是內心知∠ABC=2∠IBC。從而∠IOC=∠ABC。同理∠IOB=∠ACB。而∠A+∠ABC+∠ACB=180o，故∠BOC+∠A=180o，于是O、B、A、C四點共圓。
例3、在圓內接四邊形ABCD中，順次取△ABD，△ABC，△CDB、△CDA的內心。求證：四邊形是一個矩形。
分析、順次連接(圖9-6)。則：∠AO1B==90o+∠ADB，∠AO2B=90o+∠ACB。但∠ADB=∠ACB，∠AO1B=∠AO2B，從而A、B、O2、O1四點共圓，則∠AO1O2=180o－∠ABO2=180o-∠ABC。同理有：∠AO1O4=180o－∠ADC。故∠AO1O2+∠AO1O4=360o－(∠ABC+∠ADC)=270o，故∠O2O1O4=90o。同理有∠O1O2O3=90o，∠O2O3O4=90o。因此四邊形O1O2O3O4J 是矩形。
3．△ABC中，I是內心，過I作DE直線交AB于D，交AC于E．求證：DE=DB+EC．
3、垂心
三角形三條高線所在的直線的交點叫做三角形的垂心?！鰽BC的垂心一般用字母H 表示，它具有如下的性質：
(1)頂點與垂心連線必垂直對邊，即AH⊥BC，BH⊥AC，CH⊥AB。
(2)若H在△ABC內，且AH、BH、CH分別與對邊相交于D、E、F，則A、F、H、E；B、D、H、F；C、E、H、D；B、C、E、F；C、A、F、D；A、B、D、E共六組四點共圓。
(3)△ABH的垂心為C，△BHC的垂心為A，△ACH的垂心為B。
(4)三角形的垂心到任一頂點的距離等于外心到對邊距離的2倍。
例4證明：三角形三條高線交于一點，這點稱為三角形的垂心．
已知：如圖3－114，△ABC中，三邊上的高線分別是AX，BY，CZ，X，Y，Z為垂足，求證：AX，BY，CZ交于一點．
分析要證AX，BY，CZ相交于一點，可以利用前面的證明方法去證，也可以轉化成前面幾例的條件利用已證的結論來證明．為此，可以考慮利用三角形三邊垂直平分線交于一點的現有命題來證，只須構造出一個新三角形A′B′C′，使AX，BY，CZ恰好是△A′B′C′的三邊上的垂直平分線，則AX，BY，CZ必然相交于一點．
證分別過A，B，C作對邊的平行線，則得到△A′B′C′(圖3－114)．由于四邊形A′BAC、四邊形AC′BC、四邊形ABCB′均為平行四邊形，所以AC′=BC=AB′．由于AX⊥BC于X，且BC∥B′C′，所以AX⊥B′C′于A，那么AX即為B′C′之垂直平分線．同理，BY，CZ分別為A′C′，A′B′的垂直平分線，所以AX，BY，CZ相交于一點H(例2)．
例1、設H是等腰三角形ABC的垂心。在底邊BC保持不變的情況下，讓頂點A至底邊BC的距離變小，問這時乘積的值變大？變小？還是不變？證明你的結論。
分析、構造以垂心為頂點的菱形HBGC(圖9-7)，并借助于四點共圓是完成本題的一條捷徑。
延長HD至G，使DG=HD，連BH、CH、BG、CG，易證四邊形HBGC是菱形，則∠3=∠1。
因H是垂心，故A、B、D、E四點共圓，∠1=∠2，從而∠2=∠3，A、B、G、C四點共圓，AD·DG=BD·CD，又DG=HG，故AD·HD=。從而=·AD·BC·HD·BC=(定值)。
例2、設H為銳角△ABC的三條高AD、BE、CF的交點，若BC=a，AC=b，AB=c，則AH·AD+BH·BE+CH·CF等于( )
(A)(ab+bc+ca)； (B)；
(C)(ab+bc+ca)； (D)。
分析、因H為△ABC垂心，故H、D、C、E四點共圓，從而
AH·AD=AC·AE=AC·AB·cos∠BAE=。同理
BH·BE=，CH·CF=。故
AH·AD+BH·BE+CH·CF=。
例3、求證：銳角三角形的垂心H必為其垂足三角形的內心。
分析、由性質不難得到證明。由本例結論，可得到下述命題的簡捷證明：已知△ABC中，H為垂心，AD、BE、CF是高，EF交AD于G，求證：。
例4、如圖9-8所示，已知△ABC的高AD、BE交于H，△ABC、△ABH的外接圓分別為⊙O和⊙O1，求證：⊙O與⊙O1的半徑相等。
分析、過A作⊙O和⊙O1的直徑AP、AQ，連接PB、QB，則∠ABP=∠ABQ=90o。故P、B、Q三點共線。因H是△ABC的垂心，故D、C、E、H四點共圓，∠AHE=∠C。而∠AHE=∠Q，∠C=∠P，故∠P=∠Q，AP=AQ。因此⊙O與⊙O1的半徑相等。
說明：由本題結論，可得垂心的另一個性質：若H是△ABC的垂心，則⊙ABH=⊙BCH=⊙CAH=⊙ABC。
4．設G為△ABC的垂心，D，E分別為AB，AC邊的中點，如果S△ABC=1，那么S△GDE=？
4、重心
三角形三條中線的交點叫三角形的重心。△ABC的重心一般用字母G表示，它有如下的性質：
(1)頂點與重心G的連線必平分對邊。
(2)重心定理：三角形重心與頂點的距離等于它與對邊中點的距離的2倍。
(3)。
例3證明：三角形的三條中線相交于一點，此點稱為三角形的重心．重心到頂點與到對邊中點的距離之比為2∶1．
已知：△ABC中，AX，BY，CZ分別是BC，AC，AB邊上的中線，求證：AX，BY，CZ相交于一點G，并且AG∶GX=2∶1(圖3－112)．
證設AX，BY交于一點G，作AG，BG中點D，E．由于X，Y分別是BC，AC的中點，所以XY平等且等于DE，所以，四邊形DEXY為平行四邊形，所以
GD=DA=GX，GY=GE=EB，
所以AG∶GX=2∶1，BG∶GY=2∶1．
同理，若BY與CZ相交于一點G′，必有
BG′∶G′Y=2∶1，G′C∶G′Z′=2∶1，
所以G′與G重合．所以三角形三條中線相交于一點．
明為什么稱G點為△ABC的重心呢？這可以從力學得到解釋．設△ABC為一個質量均勻的三角形薄片，并設其重量均勻集中于A，B，C三點，如果把B，C兩點的重量集中于BC邊中點X時，那么△ABC的三頂點A，B，C的集中重量作了重新分配．若A點為1，則X點為2，因此在AX上的重心支撐點必在AG∶GX=2∶1處的G點．這樣一來，如果在G點支起三角形，那么△ABC必保持平衡，所以G點為三角形的重心(圖3－113)．
例1、已知G是△ABC的中心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：。
分析、構造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積。延長GP至F，使PF=PG，邊FB、FC、AD(圖9-9)。
因G是重心，故AG=2GP。因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP。從而AG=GF。又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC·GD。于是。
例2、設G是等腰△ABC底邊上的高、AD與腰AC上的中線BE的交點。若AD=18，BE=15，則這個等腰三角形的面積為多少？
分析、由等腰三角形“三線合一“性質知，AD為中線，從而G為△ABC的重心，故DG=AD=6，BG=BE=10。在Rt△BDG中，BD==8。因此。AD=144。
例3、平行四邊形ABCD的面積是60，E、F分別是AB、BC的中點，AF分別與ED、BD交于G、H，則四邊形BHGE的面積是_____________。
解：連接AC交BD于O，分別延長AF和DC相交于M，則點H是△ABC的重心。
∴。
又AB∥DM，可得△AGE∽△AGD，從而EG∶GD=AE∶MD=1∶4。
于是。
∴。
例7如圖3－118．設G為△ABC的重心，從各頂點及G向形外一直線l引垂線AA′，BB′，CC′，GG′(其中A′，B′，C′，G′為垂足)．求證：AA′+BB′+CC′=3GG′．
分析由于圖中有許多可以利用的梯形，故可考慮利用梯形中位線定理來證明．
證設M為AC的中點，N為BG的中點，作MM′⊥l于M′，NN′⊥l于N′，則由已知條件可知，MM′是梯形AA′C′C的中位線，NN′是梯形BB′G′G的中位線，所以
又MM′+NN′=2GG′，所以
所以，
，
所以
說明當本題中AA′，BB′，CC′，GG′不垂直于l，但仍保持互相平行時，本題結論是否還成立？試作出你的猜想，并加以證明．
5、外心與內心
例1、已知△ABC中，O為外心，I為內心，且AB+AC=2BC。求證：OI⊥AI(圖9-10)。
分析、因I是內心，故，。又因AC+BC=2BC，故AB=2BE。由△ABE∽△ADC知AD=2DC。又DC=DI(內心性質)，故AD=2DI。而O是外心，從而OI⊥AI。
2．如圖3－119．在△ABC中，O為外心，I為內心，且AB＞BC＞CA．求證：
(1)∠OAI＞∠OBI；(2)∠OAI＞∠OCI．
6、重心與內心
例1、如圖9-11所示，已知△ABC的重心G與內心I的連線GI∥BC。求證：AB、BC、CA成等差數列。
分析一、(利用內角平分線定理)連接AG、AI且延長分別交BC于D、E，連接IC，則AD為中線，AE、CI為角平分線。
因GI∥BC，故GI∥BC，。
在△CAE中，有，即AC=2CE，同理AB=2BE?！郃B+AC=2(BE+CE)=2BC。證畢。
分析二、(利用面積公式)，連接AG交BC于D，作IE⊥BC于E，AH⊥BC于H，則IE為內切圓I的半徑，設IE=r。因IG∥BC，故，即AH=3r。因，即2BC=AB+CA。證畢。
7、外心與垂心
例1、如圖9-12所示，在△ABC中，H為垂心，O為外心，∠BAC=60o，求證：AH=AO。
分析、結合外心，構造以垂心H為頂點的平行四邊行AHCE是解決問題的關鍵。
因O是外心，CE⊥BC，又H是垂心。
故AH⊥BC，從而AH∥CE。同理CH∥AE。
于是AHCE為平行四邊形，AH=CE。又∠BEC=∠BAC=60o，從而∠EBC=∠30o。所以EC=BE=OA，故AH=CE=OA。
例2、證明：三角形任一頂點至垂心的距離等于外心到它的對邊的距離的2倍。
把條件改寫一下：已知AD、BE為△ABC的兩高線，其交點為H，OM、ON分別為BC、CA的中垂線且交于O。須證：AH=2OM，BH=2ON。
分析一、(中線定理)取AH、BH中點F、G，連接FG(圖9-13)，則FG∥AB，FG=AB。連接MN，則MN∥FG，MN=AB。故MN∥FG，MN∥FG。因FD⊥BC，OM⊥BC，故FH∥OM。從而∠HFG=∠OMN。同理∠HCF=∠ONM。于是△HFG∽△OMN。∴OM=FH=AN，ON=GH=BH。即AH=2OM，BH=2ON。
分析二、(中線定理)連接CH，取CH中點F，連接NF、MF。(圖略)，則NF∥AH，同理MF∥BH，但BE∥ON(因BE、ON同垂直于BC)。故MF∥ON。同理NF=OM。從而OMFN是平行四邊形。于是OM=NF=AH。即AH=2OM，BH=2ON。
分析三、(利用相似)，連接MN(圖同分析一)，則MN∥AB，MN=AB。因AD∥OM(AD、OM同垂直于BC)，BE∥ON。故△ABH∽△MNO，。于是AH=20M，BH=20N。
例6如圖3－116．已知H是△ABC的垂心，O是外心，OL⊥BC于L．求證：AH=2OL．
分析1：要證，由△中的中位線，轉而證明MK=OL即可．由于OL∥AH，MK∥AH，所以OL∥MK，因此，只需證明LK∥OM即可．由已知，這是顯然的．
證法1作OM⊥AC于M，取CH的中點K，連結MK，LK，則有
MK∥AH∥OL，LK∥BH∥OM，
所以四邊形為平行四邊形，所以。又，所以AH=2OL．
分析2因為O為△ABC的外心，故可作其外接圓，為了證明AH=2OL，可證AH等于另一線段a，而a=2OL，則AH=2OL．為此，需添加一些輔助線，見證明2(圖3－117)．
證法2連接BO并延長交⊙O于D，連結CD，AD，則CD=2OL．又CD⊥BC，AH⊥BC，所以AH∥CD．同理，AD∥HC，所以四邊形AHCD為平行四邊形，所以AH=CD，所以AH=2OL．
8、外心與重心
例1、如圖9-14所示，已知Rt△ABC中，AH為斜邊BC上的高，M為BC 中點，O為△ABC外心，OB交AH于D。求證：AD=2DH。
分析、因O為外心，則連接CE(直徑)后，易知B、A、E三點共線，連接EM交OB于G，顯然G為△EBC重心。
又O為外心，故EM⊥BC，AH⊥BC，從而AH∥EM。
又G為重心，故。從而，于是AD=2DH。
5．在△ABC中，∠A=60°，O是外心，H是垂心．求證：AO＝AH．
9、垂心與內心
例1、如圖9-15所示，已知O為正三角形ABC 的高AD、BE、CF的交點，P是△ABC所在平面上的任一點，作PL⊥AD于L，PM⊥BE于M，PN⊥CF于N。試證：PL、PM、PN中較大的一條線段等于其它兩條線段的和。
分析、題設中有正三角形和垂直的條件，由PL⊥AD，PN⊥CF知P、L、O、N、四點共圓。同理P、L、N、M四點共圓，因此P、L、O、N、M五點共圓。要證PN=PL+PM?？梢月撓氲健叭绻鸊是正三角形RST的外接圓劣弧弧上一點，那么GR=GS+GT”這一基本問題，只須證△LMN為正三角形，亦只需證∠MNL=∠MLN=60o。
事實上O既是正△ABC的垂心，又是△ABC的內心，易求出∠AOE=∠COE=60o，再由共圓的條件得到∠MNL=∠LON=60o，∠MLN=∠MON=60o。故∠MNL=∠MLN=60o。
10、垂心、重心、外心
例題、證明：△ABC的垂心H、重心G和外心O在同一條直線上。
分析一、(從三角形重心的唯一性入手)主證HO與中線BE的交點與重心G重合。
連接中位線DE(圖9-16)則DE∥AB，又AH∥OD，BH∥OE(BH、OE同垂直于AC)故△DEO∽△ABH，從而OE：HB=DE：AB=1：2。
連接OH交中線BE于。因BH∥OE，故△∽△。
因此，：=OE：HB=1：2。這說明點即為△ABC的重心G。從而H、G、O三點共線。
分析二、(從三點邊線組成平角入手)。如圖9-17所示，因G為重心，BE為中線，故G在BE上，連接GO、GH，則GE：GB=1：2。又OE：HB=1：2(同分析一所證)，BH∥OE，故∠1=∠2。
∴△OEG∽△HBG，∠EGO=∠EGH。
∴△EGO+∠EGH=∠BGH+∠EGH=180o
∴H、G、O三點共線。
分析三、為避免添輔助線的困難，這命題還可采用解析法證明，只要選取適當的坐標系，分別求出G、H、O的坐標，而依三點共線的條件進行推證。
如圖9-18所示，選取直角坐標系，設A(a，0)，B(b，0)，C(0，C)，且AD⊥BC于D、E、F分別是AB、BC的中點，則E，于是CH的直線方程x=0。AD直線方程：y=，從而CH、AD交點坐標為H()。又OE的方程：，OF的方程：，從而OE、OF的交點O。由重心公式得G 。由H、G、O坐標得斜率：，。
∴，又知它們都通過G點，從而H、G、O三點共線。
旁心
例5證明：三角形兩外角平分線和另一內角平分線交于一點，此點稱為三角形的旁心．
已知：BX，CY分別是△ABC的外角∠DBC和∠ECB的平分線，AZ為∠BAC的平分線(圖3－115)，求證：AZ，BX，CY相交于一點．
分析先證明BX，CY必交于一點M，然后證明M點在AZ上，則AZ，BX，CY必交于一點．
以下請讀者寫出證明，并思考，為什么把點M叫作旁心，一個三角形有幾個旁心？
二、“四心”的聯想
1、由內心、重心性質產生的聯想
內心性質：在△ABC中，AD是角平分線，I是內心，則。
重心性質：在△ABC中，AD是一條中線，G是重心，則。
聯想：若P是△ABC內的任意一點，是否有通用的類似性質？
性質：設P為△ABC內任意一點(稱P為△ABC 的內點)，AP交BC于D，令△BPC，△CPA，△APB的面積分別為，則。(※)
證明：如圖9-19所示，作⊥BC于，⊥BC于，并設△ABC面積為S。
則，從而，即。
(※)式中，當P為內心時，(r為內切圓半徑)，于是；當P為重心時，，于是。故(※)式是三角形內心。重心性質的推廣，我們不妨稱之為三角形內點性質。利用它，許多數學競賽題都可求解。
例1、已知R為銳角△ABC外接圓半徑，O是外心，AO、BO、CO分別交對邊于 (圖9-20)。求證：。
證明：由(※)式知，于是，則。
同理。因此，從而
?！?。
于是。
即。
注意到OA=OB=OC=R，從而OA1+OB2+OC2≥。
例2、設O△ABC內任意一點，AO，BO，CO分別交對邊于A1，B1，C1，令。求證：W≥12。
證明：(同圖9-20)由(※)式及基本不等式，得
。
再由平均值不等式得
。
即W≥12，當且僅當O為三角形的重心時取等號。
2、重心的巧用
重心，在物理學中指質點的重心，所謂“他山之石可以攻玉”，這一概念在解決數學問題，尤其是比值問題上，也大有“用武之地”。關于質點重心，我們結合圖形給出幾個真命題(證明過程略去)。
命題1：設質點的質量分別為，它們的重心為G，則G在的連線上，，且滿足(這里指質點G的質量)。
命題2：在如圖9-21所示的△ABC中，若E為質點B、A的重心，F為質點B、C的重心，EC與AF相交于G，則①G必為三個質點A、B、C的重心。②連接BG，延長交AC于H，則H必為質點A、C的重心。
命題3：如果平面上有n個質點，它們的質量為，則這些質點的重心G的坐標為。
這幾個命題看似簡單，但它卻為解平面幾何問題提供了一種嶄新的思路。
例1、三只蒼蠅沿△ABC的三邊爬行，使由這三只蒼蠅構成的三角形的與△ABC的重心保持不變，求證：如果某只蒼蠅爬過了三角形的三條邊，那么三只蒼蠅構成的三角形的重心與原三角形的重心重合。
分析、如圖9-22所示，若一只蒼蠅在頂點A，那么由三只蒼蠅構成的三角形重心在△ADE中，其中DE：BC=2：3(P為三角形的重心)，因其中有一只蒼蠅到過所有的頂點，則蒼蠅三角形的重心應在這三個三角形△ADE，△BGF，△CKH內，這些三角形有唯一一個公共點P，且為三角形重心。命題得證。
例2、如圖9-23所示，已知△P1P2P3和其內任一點P，直線P1P、P2P和P3P分別與對邊交于Q1，Q2，Q3。證明：在比值中至少有一個不大于2。
分析、在P1、P2、P3上放置質量分別為的質點，使得P恰為P1，P2，P3三點的重心，則Q1為P2、P3的重心，Q2為P1、P3的重心，Q3為P1、P2的重心，它們的質量分別為。
∴。
不妨設。
即，證畢。
例3、從三角形的一個頂點到對三等分點作線段，過第二頂點的中線被這些線段分成邊比x∶y∶z，設x≥y≥z，求x∶y∶z (圖9-24)。
分析、放置適當質點，使得F為A、C的重心，D為B、C重心，則G為A、B、C三點的重心，此時有：，從而；，從而=2mc。
不妨設，
∴，從而x=y+z。①
重新放置質點，使F為A、C的重心，E為B、C的重心，則H為A、B、C三點的重心，此時有，從而；。不妨設。
∴。②
由①、②可得x∶y∶z=5∶3∶2。
例4、如圖9-25所示，在△ABC中D、E分別為BC、CA上一點，且BD∶DC= m∶1，CE∶EA=n∶1，AD與BE相交于F，求∶的幾倍？
分析：連接CF，并延長交AB于G。則。在A、B、C上放置適當質點，使F恰為A、B、C的重心，此時有：，即。
不妨設
∴，即。
以上幾例，以質量為過渡，利用重心的性質，使問題得以簡化，并巧妙地加以解決。
3、三角形“四心”與一組面積公式
有這樣一道競賽題：△ABC為銳角三角形，過A、B、C分別作此三角形外接圓三條直徑，求證：。
該題中，三直徑之交點即為△ABC的外心，若就外心這一條件進行一些聯想和變化，經探索可得一系列與面積有關的結果。我們歸納如下(證明略去)。
定理：設P為△ABC平面內的點，AP、BP、CP所在直線分別交△ABC的外接圓于，那么
(1)若P為△ABC的外心，則對銳角三角形，有。①
對非銳角三角形(不妨設∠A≥90o，下同)，有。②
(2)若P為△ABC的垂心，則對銳角三角形，有①式成立，對非銳角三角形，有②式成立。
(3)若P為△ABC的重心，則有。③
當且僅當△ABC為正三角形的時等號成立。
(4)若P為△ABC的內心，則有③式成立，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立。
據以上定理，可得以下若干推論：
推論1、已知⊙O的內接銳角三角形ABC，是⊙O的三角條直徑，且BC=a，CA=b，AB=c，=，則有。若，則又可得
，它等于三角恒等tgA+tgB+tgC=tgAtgBtgC。
推論2、設△ABC的重心為G，AG、BG、CG的延長線分別交三邊BC、CA、AB于D、E、F，交△ABC的外接圓于，則。(若將“重心”改為“內心”，其他條件不變，可知該結論仍成立)。
例1、已知銳角△ABC內接于圓O，作△ABC的BC邊上的高，CA邊上的中線，∠C的平分線并延長，分別交圓O于A1、B2、C2。求證：。
證明：如圖9-26所示，設△ABC中，CA，AB上的高的延線分別交△ABC外接圓于B1、C1，則據定理(2)有
又由定理(3)、(4)可知
∴
其中，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立。
例2、如圖9-27所示，銳角△ABC中，∠A的平分線與三角形的外接圓交于另一點A1，點B1，C1與此類似，直線AA1與B、C兩角的外角平分線相交于A0，點B0、C0與此類似。求證：
①△A0B0C0的面積是六邊形AC1BA1CB1面積的2倍；
②△A0B0C0的面積至少是△ABC面積的4倍。
證明：①因AA0、BB0的交點I是△ABC的內心，易知A1I=A1B。
又BB0，BA0分別是∠B的內角和外角平分線，則
BB0⊥BA0，∠A1BA0=90o－∠A1BI=90o－∠BIA0=∠BA0I。故A1B=A1A0==A1I，故。
同理，還有類似的這樣五個等式，將此六式相加，即有。
(2)據定理(4)可知，。
即。
即 △A0B0C0的面積至少是ABC面積的4倍。
練習題
1、在△ABC中，∠A=20o，AB=AC，在AB、AC上各取一點D、E，滿足BD=BC，AE=BE，求∠BED的度數。
2、如圖9-28所示，已知∠ACE=∠CDE=90o，點B在CE上，CA=BC=CD，過A、C、D三點的圓交AB于F，求證：F為△CDE的內心。
3、在△ABC中，∠C=90o，∠A和∠B的平分線相交于P點，又PE⊥AB于E點。若BC=2，AC=3，則AE·BE=________________。
4、△ABC中，G 為重心，l是過G的一條動直線，且分別交AB、AC于點E、F，設，問l在何處時，所截得的△AEF面積取到最大值或最小值。
5、銳角三角形ABC的三邊長滿足不等式AB6、已知△ABC中，∠A=60o，H為垂心，O為外心，I是內心，直線AI交⊙O于F，交BH于G。求證：(1)AO=AH；(2)∠OAG=∠HAG；(3)B、O、I、H、C五點共圓。
7、(同圖9-11)已知重心G，內心I，且AB+AC=2BC，求證：GI∥BC。
8、已知△ABC中，H為垂心，AD、BE、CF是高，EF交ADG，求證：。
9、△ABC的∠A、∠B、∠C的內角平分線分別與外接圓交于A1，B1，C1，證明：。
10、已知BD∥EF，B、D分別在AE、AF上，DE、BF交于點C，AC交EF于點M，求證：EM=MF。
11、設H是△ABC的垂心，求證：。
12、設O是ABC的外心，AB=AC，D為AB的中點，E是△ACD的重心。證明：OE⊥CD。
答案
1、作∠CBG=∠A=20o交AC于G，連DG、BG。易知△BCG∽△ABC，BG=BC=BD；又∠DBG=∠ABC－∠CBG=60o，故△BDG為一正三角形，GB=GD。由AE=BE，得∠ABE=∠A=20o，∠EBG=∠ABC－∠ABE－∠CBG=40o，而∠BEG=∠A+∠ABE=40o，故∠BEG=∠EBG，GE=GB。于是GE=GB=DG，從而G為△BDE的外心，∠BED=∠BGD=30o
2、AC=BE、∠ACB為直角，故∠CAB=∠CBA=45o。又A、C、F、D四點共圓，故∠CDF=∠CAF=45o，∠CDE=90o，因而∠EDF=∠CDE－∠CDF=45o=∠CDF，于是DF平分∠CDE。
又CB=CD，故∠CBD=∠CDB，又∠FBD=∠CBD－45o，∠FDB=∠CDB－45o，故∠FBD=∠FDB，因而FB=FD。于是△BCF≌△DCF，由此得∠BCF=∠DCF，故CF平分∠DCE。因此F為△CDE的內心 。
3、易知P為△ABC的內心，于是P到AC、BC的距離PD、PE都等于PE，且CD=CF=(AC+BC－AB)=(5－)，AD=AC－CD=，BF=BC－CF=(－1)，從而AE·BE=AD·BF=·=3。
4、如附圖-9所示，連接AG并延長交BC于D，分別過A、B、D、C作l的垂線，垂足分別為H、K、P、Q，則。又。同理。又G為△ABC的重心。故BD=DC。從而BK+CQ=2DP，。設(0≤x≤1)，則。而2≤(當時，右邊取等號；當x=0或1時，左邊取等號)，從而。
5、連接AO、CO并延長分別交對邊于D、E，現證I在△AOE內，從而直線IO與線段AE及CD相交。因∠AOC=2∠B，故∠OAC=90o－∠B<90o－∠C(∠A>∠B>∠C)，但90o－∠B+90o－∠C=∠A，從而∠OAC<∠A，即I在∠BAD內部。又∠ACO=90o－∠B>90o－∠A，同理有∠OCA>∠C。故I在∠ACE內部，即I在△AOE內，從而I與線段AB及BC相交。
8、易證△ABC的垂心H必為△DEF的內心，由H是△DEF的內心知。又不難證明EA是△GED的外角平分線，故。從而。
9、(圖參見二、3中例2圖，由例2(1)可知)A0A1=A1I，C0C1=C1I，從而A1C1∥A0C0。又，從而。同理，AA0⊥B1C，故I為△A1B1C1的垂心。由二、中定理(2)可得。就是。再據例2的結論知。此即。
10、在A、E、F上放置適當質點，使得C為它們的重心，則B、D、M分別為相應二頂點的重心。故。因BD∥EF，故，從而，于是，從而?！郋M=MF。
11、作△ABC的外接圓及直徑AP。連接BP。高AD的延長線交外接圓于G，連接CG。易證∠HCB=∠BCG，從而△HCD≌△GCD。故CH=GC。又顯然有∠BAP=∠DAC，從而GC=BP。從而又有。同理可證
12、設AM為中線，與CD交于G，則G為△ABC重心。取AC中點F，則E在DF上，且DE∶DF=2∶1。設MF交CD于K，則DG∶GK=CD∶CD=2∶1。故DE∶EF=DG∶GK，從而GE∥MF。又OD⊥AB，而MF∥AB，故OD⊥GE，又OG⊥DE。于是G為△ODE的垂心。從而OE⊥CD。
三角形各心間的聯系
①四心定理的證明具有統一性
利用塞瓦定理可以簡便地證明重心定理、內心定理和垂心定理：
如果AD，BE，CF是△ABC的中線，則BD=DC，CE=AE，AF=FB。
∴，因此AD，BE，CF三條中線交于一點。
如果AD，BE，CF是△ABC的內角平分線，則。
∴，因此AD，BE，CF三條內角平分線交于一點。
如果AD，BE，CF是△ABC的三條高線，則△ABC∽△BCF，有，△ACD∽△BCE，有，△ABE∽△ACF，有。
∴。
1，因此AD，BE，CF三條高線或延長線交于一點。
②外心、垂心、內心之間具有變通性
如圖7-127，對于非直角三角形ABC，三邊垂直平分線交于一點O，則O是△ABC的外心。由于D，E，F是各邊中點，我們稱由三角形三邊中點所組成的三角形叫中位三角形，則△DEF是△ABC的中位三角形，因此，O是中位三角形△DEF的垂心，而△MNP是△DEF的垂足三角形，所以O是△MNP的內心。
③垂心、外心，重心的共線性(歐拉線)
如圖7-128，H是△ABC的垂心，O是△ABC的外心，連OH與中線AM交于G。
由△OGM∽△AGH得。作MF∥CH交BH于F，作FE∥HA交AB于E，連OE，則E是AB的中點，四邊形EFMO是平行四邊形，所以EF=OM。
∵EF=AH，∴OM=AH，即，G是△ABC的重心。因此，O，G，H三點共線。
與三角形的心有關的幾何命題的證明
首先根據命題條件確定某特殊點是一個三角形的心，然后使用三角形的心的有關定理，證明命題成立。
例1、已知正方形ABCD，E為BC上任一點延長AB至F，使BF=BE，連AE并延長交CF于G，求證AG⊥CF。
證明：如圖7-129，
∵BE=BF，∠CAB=45o，∴FH⊥AC，又CB⊥AF，∴E是△的垂心，因此AG⊥CF。
請讀者按圖7-130的輔助線，KL∥CF，LH∥AC，自己完成例1的證明。
例2、如圖7-131，在正方形ABCD的對角線OB上任取一點E，過D作AE的垂線與OA交于F。求證OE=OF。
證明：∵OA⊥DE，DF⊥AE，∴F是△ADE的垂心?！郋F⊥AD，即EF∥AB。由OA=OB得OE=OF。
例3、在△ABC中AB=AC，底角B的三等分線交高線AD于M，N，連CN并延長交AB于E。求證EM∥BN。
證明：如圖7-132。
∵∠1=∠2=∠3，∴∠4=∠5=∠6。又∴∠7=∠8，∴M是△ABC的內心，EM是∠AEN的平分線。
因此。
又∵∠EBN=2∠NBD，∠ENB=∠NBD+∠4=2∠NBD，∴EB=EN，即，∴EM∥BN。
例4、已知兩直線于交Q點，A，B，C是一直線上的三個點，L，M，N是另一直線上的三個點，且QA=AB=BC，LQ=QM=MN。求證AL，BN，CM三線共點。
證明：如圖7-133，連MA，LC。設BN和CM交于P。在△QBN中，QM=MN，QA=AB，∴MA∥BN。
在△CMA中，AB=BC，BP∥MA，∴P為CM的中點。
在△CML中，LQ=QM，QA=CQ，∴A為△CML的重心，即LA過點P。
因此BN，CM，AL三線共點。

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