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第10招 外心常與頂點連，內心向邊引垂線
在題目給出的條件中，當涉及三角形外心時，常要作出外心與各頂點相連的輔助線，將外心到三角形三頂點的距離相等的特征凸顯出來.當涉及三角形內心時，常要過內心作三角形各邊的垂線，或連接內心與三角形的頂點的輔助線，將內心到三邊的距離相等、角平分線等的特征凸顯出來.這樣一來，我們就可以順理成章地運用內心、外心的性質分析問題、解決問題，促進解題的靈活性.此招輔助線我們可將它表述為：
外心常與頂點連，內心向邊引垂線.
例1 如圖 10-1 所示,O是△ABC的外心,OD⊥BC,OE⊥AC,OF⊥AB,則OD:OE:OF 等于( ).
A. a:b:c
B. sin A: sin B: sin C
C. cos A: cos B: cos C
解析 如圖10-2所示,連接OA,OB,OC.
(外心常與頂點連)
∵∠BOC=2∠BAC=2∠BOD,
∴∠BAC=∠BOD.
設⊙O的半徑為R，則
OD=R·cos∠BOD=R· cos A.
同理可得:∠BOF=∠BCA,∠AOE=∠ABC.
OE=R·cos∠AOE=R· cos B,
OF=R·cos∠BOF=R· cos C,
故OD:OE:OF= cos A: cos B: cos C.
故選 C.
點評 本題主要考查了三角形的外接圓、圓周角定理及垂徑定理及直角三角形中的三角函數等基本知識的綜合應用.解題的關鍵在于：一、作出已知三角形的外接圓，連接外心與各頂點的輔助線，構建直角三角形.二、活用直角三角形中的余弦函數進行分析，先著重討論 Rt△BOD,求出OD=R·cosA,再同理可求出OE,OF.這樣可使解題思路清晰、自然，收到了事半功倍的效果.
例2 瑞士數學家菜昂哈德·歐拉(Leonhard Euler)是 18 世紀數學界最杰出的人物之一.歐拉于1765年在他的著作《三角形的幾何學》中提出“歐拉線定理”：任意三角形的外心、重心、垂心依次位于同一條直線上，這條直線就叫該三角形的歐拉線.
【定理證明】
已知:如圖10-3所示,在△ABC中,點G,O,H分別是△ABC的重心、外心、垂心.
求證:G,O,H三點共線.
證明：作△ABC的外接圓O，連接OB，并延長BO交外接圓于點 D;作中線 AM;連接 AD,CD,AH,CH,OH,OM;設AM交OH 于點G'……
(1) 請你按照輔助線的語言表述，補全圖形，并繼續完成歐拉線定理的證明.
【基礎運用】
(2) 在【定理證明】的基礎上，判斷OH 與OG 的數量關系，并說明理由.
【能力提升】
(3)在平面直角坐標系中，已知△ABC的三個頂點分別為A(0，0)，B(4,0),C(3, )，請直接寫出△ABC的歐拉線對應的函數解析式.
解析 (1) 作△ABC的外接圓O，連接OB，并延長 BO交外接圓于點D.(外心常與頂點連)
作中線AM,連接AD,CD,AH,CH,OH,OM.
設AM 交OH 于點G',如圖 10-4所示.
因為 BD 是直徑,所以∠BAD,∠BCD 是直角.
∴AD⊥AB,DC⊥BC.
又點 H 是△ABC的垂心,
∴CH⊥AB,AH⊥BC.
∴DA∥CH,DC∥AH.
∴四邊形 ADCH 是平行四邊形.
∴AH=DC.
∵M是BC 的中點,O是BD 的中點,
且
∵OM∥AH,∴△OMG'∽△HAG'. (*)
故點G'是△ABC的重心，點G與點G'重合.故G,O,H三點共線.
(2) 判斷:OH=3OG.理由如下:
由(1)知:△OMG∽△HAG,∴ C= 則 HG=2OG.
∴OH=3OG.
(3)由△ABC的三個頂點A(0,0),B(4,0),C(3, ),得 故重心G的坐標為
設△ABC的外心為O(2,a),
由AO=CO,得 解得a=0.
設△ABC的歐拉線對應的函數解析式為y= kx+b，
將G，O兩點的坐標代入解得.
故△ABC的歐拉線對應的函數解析式是
點評 本題主要考查三角形的外心，重心，垂心等基本知識考查推理能力，幾何直觀想象能力.第(1)問，關鍵在于能否挖掘四邊形ADCH是平行四邊形，進而挖掘△OMG'∽△HAG'，并利用相似比與重心的性質推得G與G'重合.第(2)問，充分利用(1)中的結論(*)分析是解題的基本思想.第(3)問，利用一次函數的模型分析是解題的必由之路.
例3如圖 10-5 所示,在△ABC中,∠BAC=60°,其周長為 20,⊙I 是△ABC的內切圓, ,則△BIC 的外接圓半徑為( ).
A. 7
解析 如圖10-6所示,設△BIC的外接圓圓心為O,連接OB,OC.(外心常與頂點連)
作CD⊥AB,垂足為 D,在⊙O上取點F,連接FB,FC,作OE⊥BC,垂足為E,連接AI,過I作IM⊥AC,垂足為M.(內心向邊引垂線)
由I為△ABC的內心,不妨設MI=r.
設AB=c,BC=a,AC=b,
∵△ABC周長l=20,
得 bc=40.
在 Rt△BDC中，根據勾股定理，得 即 整理得
∵a+b+c=20,
∴ 0,解得a=7.
連接BI,CI,易知 IB 平分∠ABC,IC平分∠ACB,
∵∠BAC=60°,∴∠ABC+∠ACB=120°.
∴∠IBC+∠ICB=60°.∴∠BIC=120°.
∵I,B,F,C四點均在⊙O上,
故選 D.
點評 本題主要考查了三角形的內切圓與內心，三角形的外接圓與外心，解直角三角形，圓內接四邊形的性質，垂徑定理，勾股定理，綜合性較強，對創新思維要求較高.解題關鍵在于：一、能否由周長及內切圓半徑想到利用三角形的面積進行轉換，挖掘 bc=40，進而求得a=7.二、能否挖掘∠BIC=120°，并利用圓周角與圓心角關系挖掘∠BFC=60°,進而得到∠BOC=120°,再由 Rt△OEB求得OB.本題的求解技巧性較大，是一道較好的中考選擇題的壓軸題.
例4 有下列說法：
①如圖10-7所示,扇形OAB 的圓心角∠AOB=90°,OA=6,點 C是 上異于A,B的動點,過點C作CD⊥OA,垂足為 D,作CE⊥OB,垂足為E，連接DE，點G在線段DE上，且 連接CG.當點 C在 上運動時,在CD,CG,DG中,長度不變的是 DG.
②如圖10-8所示，正方形紙片ABCD的邊長為8，⊙O的半徑為2，圓心O在正方形的中心上，將紙片按圖示方式折疊，折疊后點 A 與點 H重合,且EH切⊙O于點H,延長FH 交CD 邊于點G,則 HG的長為
③在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3cm,BC=4 cm,則其內心和外心之間的距離是 cm.
其中正確的有 .(請填寫序號)
解析 ①連接OC,如圖10-9所示.
扇形OAB 的圓心角∠AOB=90°,
∵DC⊥OA,垂足為 D,CE⊥OB,垂足為E,
∴∠AOE=∠CEO=∠CDO=90°.
∴四邊形 EODC是矩形.∴OC=DE.
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當點C在 上運動時,在CD,CG,DG中,長度不變的是DG,故①正確.
② 連接AC,過點 F作FM⊥DC,垂足為 M,如圖10-10所示.
由△AEF沿EF 折疊得到△HEF,得∠EHF=∠EAF=90°,FH=FA.
由 EH恰好與⊙O 相切于點 H,得OH⊥EH.
由此可得，F，H，O三點共線，即 FG 過圓心O.
又點O為正方形的中心，
故AC經過點O,且OA=OC.
在△OAF 和△OCG中
∴△OAF≌△OCG,∴OF=OG,AF=CG.
又由對稱性得FH=GN.
設FA=x,則FH=DM=CG=GN=x,
∴FG=FH+HN+NG=2x+4,MG=DC-DM-CG=8-2x.
在Rt△FGM中,.
解得
故②正確.
③如圖10-11所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3cm,BC=4 cm,
∴AB=5cm,則AM為外接圓半徑.
設點O為Rt△ABC的內切圓的內心，其半徑為r，如圖10-11所示.
過點O作OE⊥AC,垂足為E,OD⊥BC,垂足為D,ON⊥AB,垂足為 N,(內心向邊引垂線)
則OD=OE=r,∠C=90°.
∵四邊形OECD 是正方形，
∴CE=CD=r,AE=AN=3-r,BD=BN=4-r,即4-r+3-r=5,解得r=1cm.
∴AN=2cm.
在 Rt△OMN中,
所以內心和外心之間的距離是 故③錯誤.故填①②.
點評 本題涉及的知識點較多，綜合性較強.在①中主要考查矩形的判定、矩形的性質以及圓的半徑處處相等的性質.在②中主要考查切線的性質，也考查了折疊和正方形的性質以及勾股定理.在③中，主要考查三角形的外心和內心的性質.直角三角形的外心是斜邊的中點，外接圓的半徑是斜邊的一半；直角三角形的內切圓的半徑r和三邊的關系為 這些都是我們應熟練掌握的基本概念.
跟蹤訓練
1.如圖所示,在△ABC 中,點 D 為△ABC的內心,∠A=60°,CD=2,BD=4.則△DBC的面積是( ).
A. 4 C. 2 D. 4
如圖所示,⊙O是等邊△ABC的內切圓,分別切AB,BC,AC于點E,F,D,P是 上一點,則∠EPF的度
數是( ).
A. 65° B. 60° C. 58° D. 50°
3. 如圖所示，在 中，AB=AC，有一個圓內切于 的外接圓,且與AB,AC 分別相切于 P,Q 兩點,求證:線段 PQ 的中點O 是 的內心.
4. 如圖所示，在 中，M為垂心，O為外心， 且 外接圓直徑為10，則
答案
1. B 過點 B作BH⊥CD,交CD的延長線于點 H.
∵點 D為△ABC的內心,∠A=60°,
∴∠BDH=60°.
∵BD=4,∴DH=2,BH=2
∵CD=2,
故選 B.
2. B 如圖所示,連接OE,OF.
由圓O是△ABC的內切圓，E，F是切點，得OE⊥AB,OF⊥BC.
∴∠OEB=∠OFB=90°.
∵△ABC是等邊三角形,∴∠B=60°.
故選 B.
3. 證明 設小圓圓心為O ,⊙O 與△ABC的外接圓切于點D,則AO ⊥PQ,△ABC為等腰三角形.
故AO 過△ABC外接圓的圓心，D在AO 的延長線上.
故O為△ABC的頂角∠BAC的平分線上的點.
連接OB,PD,QD,DB,由對稱性可知,OD平分∠PDQ.
∵∠APQ=∠PDQ(弦切角),PQ∥BC,
∴∠APQ=∠ABC,∠PDQ=∠ABC.
∵∠AOP=∠ABD=90°,
∴P,B,D,O四點共圓.
由此可得O為△ABC的內心.
4. 5 解法1 延長AM交BC于點D,連接CM并延長交AB 于點E,作直徑BF，連接AF，如圖1所示.(外心常與頂點連)
∵BF為⊙O的直徑,∴∠BAF=90°.
∴AB=10·sin∠AFB=10·sin∠ACB.
∵M為△ABC的垂心,∴AD⊥BC,CE⊥AB.
∴∠ADB=∠AEC=90°.∴△AEM∽△ADB.
在 Rt△AEC中,∠EAC=60°,AC=2AE,即
在 Rt△ADC中,
即AD=AC·sin∠ACD.
故填5.
解法2 連接BO，并延長交⊙O于點F.(外心常與頂點連)
連接AF,CF,CM,如圖2所示,
則∠BAC=∠BFC=60°.
由圖可知,BF為直徑,且CF⊥BC.
∵AM⊥BC,∴AM∥CF.
同理可得AF∥CM,
∴四邊形AMCF 為平行四邊形,故AM=CF.
于是,在Rt△BFC中,有CF=BF·cos∠BFC=10×cos60°=5.
故填5.

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