三角形四心竞赛讲义

三角形四心竞赛讲义 一、“四心”分类讨论    1 1、外心    1 2、内心    2 3、垂心    3 4、重心    5 5、外心与内心    6 6、重心与内心    6 7、外心与垂心    7 8、外心与重心    8 9、垂心与内心    8 10、垂心、重心、外心    8 旁心    9 二、“四心”的联想    9 1、由内心、重心性质产生的联想    9 2、重心的巧用    11 3、三角形“四心”与一组面积公式    12 三角形各心间的联系    15 与三角形的心有关的几何命题的证明    16 三角形的内心、外心、垂心及重心(以下简称“四心”)是新颁发的初中数学竞赛大纲特别加强的内容。由于与四心有关的几何问题涉及知识面广、难度大、应用的技巧性强、方法灵活，是考查学生逻辑思维能力和创造思维能力的较佳题型，因此，它是近几年来升学、竞赛的热点。92、93、94、95连续四年的全国初中数学联赛均重点考察了这一内容。本讲拟分别列举四心在解几何竞赛中的应用，以期帮助同学们掌握这类问题的思考方法，提高灵活运用有关知识的能力。 一、“四心”分类讨论 1、外心 三解形三条垂直平分线的交点叫做三角形的外心，即外接圆圆心。△ABC的外心一般用字母O示，它具有如下性质： (1)外心到三顶点等距，即OA=OB=OC。 (2)∠A= 。 如果已知外心或通过分析“挖掘”出外心，与外心有关的几何定理，尤其是圆周角与圆心角关系定理，就可以大显神通了。下面我们举例说明。 例2证明三角形三边的垂直平分线相交于一点，此点称为三角形的外心． 已知：△ABC中，XX′，YY′，ZZ′分别是BC，AC，AB边的垂直平分线，求证：XX′，YY′，ZZ′相交于一点(图3－111)． 分析先证XX′，YY′交于一点O，再证O点必在ZZ′上即可． 证因为XX′，YY′分别是△ABC的BC边与AC边的中垂线，所以XX′，YY′必相交于一点，设为O(否则，XX′∥YY′，那么∠C必等于180°，这是不可能的)．因为OB=OC，OC=OA，所以OB=OA，所以O点必在AB的垂直平分线ZZ′上，所以XX′，YY′，ZZ′相交于一点． 说明由于O点与△ABC的三个顶点A，B，C距离相等，所以以O点为圆心，以OA长为半径作圆，此圆必过A，B，C三点，所以称此圆为三角形的外接圆，O点称为三角形的外心． 例1、如图9-1所示，在△ABC中，AB=AC，任意延长CA到P，再延长AB到Q，使AP=BQ，求证：△ABC的外心O与点A、P、Q四点共圆。 分析一、O是外心，作△ABC的外接圆⊙O，并作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，连接OP、OQ。易知OE=OF，BE=AF，从而Rt△OPF≌Rt△OQE，于是∠P=∠Q，从而O、A、P、Q四点共圆。 分析二、延长BA至G，使AG=AP，连接OP、OA、OG、OQ，并作OE⊥AB于E(图略)。利用△PAO≌△PGO和△QEO≌△GEO也可证得结论。 例2、如图9-2所示，在△ABC的大边AB上取AN=AC，BM=BC，点P为△ABC 的内心，求证：∠MPN=∠A+∠B。 分析、连接PA、PB、PC及PM、PN。由已知易证△APC≌△APN，△BPC≌△BPM。从而△PC=PN，PC=PM，即PM=PN=PC。故P为△CMN的外心，此时有∠MPN=2∠MCN。 而∠CAN=90o－ ∠A，∠BCM=90o－ ∠B， 故∠ACN+∠BCM=180o－ (∠A+∠B)，即 ∠MCN+∠ACB=180o－ (∠A+∠B)， 则∠MCN=(180o－∠ACB)－ (∠A+∠B) = (∠A+∠B)。 故∠MPN=2∠MCN=∠A+∠B。 例3、AB为半圆O的直径，其弦AF、BE相交于Q，过E、F分别作半圆的切线得交点P，求证：PQ⊥AB。 分析、延长EP到K，使PK=PE，连KF、AE、EF、BF，直线PQ交AB于H(图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，从而E、Q、F、K四点共圆。由PK=PF=PE知，P为△EFK的外心，显然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、内心 三角形三条角平分线的交点叫做三角形的内心，即内切圆圆心。△ABC的内心一般用字母I表示，它具有如下性质： (1)内心到三角形三边等距，且顶点与内心的连线平分顶角。 (2)∠A的平分线和△ABC的外接圆相交于点D，则D与顶点B、C、内心I等距(即D为△BCI的外心)。 (3)∠BIC=90o+ ∠A，∠CIA=90+ ∠B，∠AIB=90o+ ∠C。 例1证明：三角形三内角平分线交于一点，此点称为三角形的内心． 已知：△ABC中，AX，BY，CZ分别是∠A，∠B，∠C的平分线，求证：AX，BY，CZ交于一点(图3－110)． 证因为AX，BY是∠A，∠B的平分线，所以AX，BY必相交于一点，设此点为I(不然的话，AX，BY必平行，则∠BAX+∠YBA=180°，这是不可能的)，所以I与AB，AC边等距，I与AB，BC边等距，所以I与AC，BC边等距，所以I必在CZ上，所以AX，BY，CZ相交于一点． 说明若证明几条直线共点，可先证其中两条直线相交，再证这个交点分别在其余各条直线上，则这几条直线必共点于此交点． 由于三角形三内角平分线的交点与三边距离相等，所以以此交点为圆心，以此点到各边的距离为半径作圆，此圆必与三角形三边内切，所以称此交点为三角形内切圆圆心，简称内心． 例1、如图9-4所示，在△ABC中，AB=AC，有一个圆内切于△ABC的外接圆，且与AB、AC分别相切于P、Q，求证：线段PQ的中点O是△ABC的内心。 分析、设小圆圆心为 ，⊙ 与△ABC的外接圆切于D，连A ，显然A ⊥PQ，且△ABC为等腰三角形，所以A 过△ABC的外接圆，D在A 的延长线上，从而O为△ABC的顶角∠BAC的平分线的点，下面只需证OB平分∠ABC。为此，连接OB、PD、QD，由对称性易知，OD平分∠PDQ，而∠APQ=∠PDQ，PQ∥BC，故∠APQ=∠ABC，∠PDQ=∠ABC，由P、B、D、O四点共圆得∠PBO=∠PDO= ∠PDQ。所以∠PBO= ∠ABC。于是O为△ABC的内心。 说明：本题还可证明O到△ABC的三边距离相等，得到O为△ABC的内心。 例2、如图9-5所示，I为△ABC的内心，求证：△BIC的外心O与A、B、C四点共圆。 分析、如图，连接OB、OI、OC，由O是外心知∠ABC=2∠IBC。由I是内心知∠ABC=2∠IBC。从而∠IOC=∠ABC。同理∠IOB=∠ACB。而∠A+∠ABC+∠ACB=180o，故∠BOC+∠A=180o，于是O、B、A、C四点共圆。 例3、在圆内接四边形ABCD中，顺次取△ABD，△ABC，△CDB、△CDA的内心 。求证：四边形 是一个矩形。 分析、顺次连接 (图9-6)。则：∠AO1B==90o+ ∠ADB，∠AO2B=90o+ ∠ACB。但∠ADB=∠ACB，∠AO1B=∠AO2B，从而A、B、O2、O1四点共圆，则∠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。因此四边形O1O2O3O4J 是矩形。 3．△ABC中，I是内心，过I作DE直线交AB于D，交AC于E．求证：DE=DB+EC． 3、垂心 三角形三条高线所在的直线的交点叫做三角形的垂心。△ABC的垂心一般用字母H 表示，它具有如下的性质： (1)顶点与垂心连线必垂直对边，即AH⊥BC，BH⊥AC，CH⊥AB。 (2)若H在△ABC内，且AH、BH、CH分别与对边相交于D、E、F，则A、F、H、E；B、D、H、F；C、E、H、D；B、C、E、F；C、A、F、D；A、B、D、E共六组四点共圆。 (3)△ABH的垂心为C，△BHC的垂心为A，△ACH的垂心为B。 (4)三角形的垂心到任一顶点的距离等于外心到对边距离的2倍。 例4证明：三角形三条高线交于一点，这点称为三角形的垂心． 已知：如图3－114，△ABC中，三边上的高线分别是AX，BY，CZ，X，Y，Z为垂足，求证：AX，BY，CZ交于一点． 分析要证AX，BY，CZ相交于一点，可以利用前面的证明方法去证，也可以转化成前面几例的条件利用已证的结论来证明．为此，可以考虑利用三角形三边垂直平分线交于一点的现有命题来证，只须构造出一个新三角形A′B′C′，使AX，BY，CZ恰好是△A′B′C′的三边上的垂直平分线，则AX，BY，CZ必然相交于一点． 证分别过A，B，C作对边的平行线，则得到△A′B′C′(图3－114)．由于四边形A′BAC、四边形AC′BC、四边形ABCB′均为平行四边形，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即为B′C′之垂直平分线．同理，BY，CZ分别为A′C′，A′B′的垂直平分线，所以AX，BY，CZ相交于一点H(例2)． 例1、设H是等腰三角形ABC的垂心。在底边BC保持不变的情况下，让顶点A至底边BC的距离变小，问这时乘积 的值变大？变小？还是不变？证明你的结论。 分析、构造以垂心为顶点的菱形HBGC(图9-7)，并借助于四点共圆是完成本题的一条捷径。 延长HD至G，使DG=HD，连BH、CH、BG、CG，易证四边形HBGC是菱形，则∠3=∠1。 因H是垂心，故A、B、D、E四点共圆，∠1=∠2，从而∠2=∠3，A、B、G、C四点共圆，AD·DG=BD·CD，又DG=HG，故AD·HD= 。从而 = ·AD·BC· HD·BC= (定值)。 例2、设H为锐角△ABC的三条高AD、BE、CF的交点，若BC=a，AC=b，AB=c，则AH·AD+BH·BE+CH·CF等于(    ) (A) (ab+bc+ca)；            (B) ； (C) (ab+bc+ca)；          (D) 。 分析、因H为△ABC垂心，故H、D、C、E四点共圆，从而 AH·AD=AC·AE=AC·AB·cos∠BAE= 。同理 BH·BE= ，CH·CF= 。故 AH·AD+BH·BE+CH·CF= 。 例3、求证：锐角三角形的垂心H必为其垂足三角形的内心。 分析、由性质不难得到证明。由本例结论，可得到下述命题的简捷证明：已知△ABC中，H为垂心，AD、BE、CF是高，EF交AD于G，求证： 。 例4、如图9-8所示，已知△ABC的高AD、BE交于H，△ABC、△ABH的外接圆分别为⊙O和⊙O1，求证：⊙O与⊙O1的半径相等。 分析、过A作⊙O和⊙O1的直径AP、AQ，连接PB、QB，则∠ABP=∠ABQ=90o。故P、B、Q三点共线。因H是△ABC的垂心，故D、C、E、H四点共圆，∠AHE=∠C。而∠AHE=∠Q，∠C=∠P，故∠P=∠Q，AP=AQ。因此⊙O与⊙O1的半径相等。 说明：由本题结论，可得垂心的另一个性质：若H是△ABC的垂心，则⊙ABH=⊙BCH=⊙CAH=⊙ABC。 4．设G为△ABC的垂心，D，E分别为AB，AC边的中点，如果S△ABC=1，那么S△GDE=？ 4、重心 三角形三条中线的交点叫三角形的重心。△ABC的重心一般用字母G表示，它有如下的性质： (1)顶点与重心G的连线必平分对边。 (2)重心定理：三角形重心与顶点的距离等于它与对边中点的距离的2倍。 (3) 。 例3证明：三角形的三条中线相交于一点，此点称为三角形的重心．重心到顶点与到对边中点的距离之比为2∶1． 已知：△ABC中，AX，BY，CZ分别是BC，AC，AB边上的中线，求证：AX，BY，CZ相交于一点G，并且AG∶GX=2∶1(图3－112)． 证设AX，BY交于一点G，作AG，BG中点D，E．由于X，Y分别是BC，AC的中点，所以XY平等且等于DE，所以，四边形DEXY为平行四边形，所以 GD=DA=GX，GY=GE=EB， 所以AG∶GX=2∶1，BG∶GY=2∶1． 同理，若BY与CZ相交于一点G′，必有 BG′∶G′Y=2∶1，G′C∶G′Z′=2∶1， 所以G′与G重合．所以三角形三条中线相交于一点． 明为什么称G点为△ABC的重心呢？这可以从力学得到解释．设△ABC为一个质量均匀的三角形薄片，并设其重量均匀集中于A，B，C三点，如果把B，C两点的重量集中于BC边中点X时，那么△ABC的三顶点A，B，C的集中重量作了重新分配．若A点为1，则X点为2，因此在AX上的重心支撑点必在AG∶GX=2∶1处的G点．这样一来，如果在G点支起三角形，那么△ABC必保持平衡，所以G点为三角形的重心(图3－113)． 例1、已知G是△ABC的中心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证： 。 分析、构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积。延长GP至F，使PF=PG，边FB、FC、AD(图9-9)。 因G是重心，故AG=2GP。因GBFC是平行四边形，故GF=2GP。从而AG=GF。又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC·GD。于是。 例2、设G是等腰△ABC底边上的高、AD与腰AC上的中线BE的交点。若AD=18，BE=15，则这个等腰三角形的面积为多少？ 分析、由等腰三角形“三线合一“性质知，AD为中线，从而G为△ABC的重心，故DG= AD=6，BG= BE=10。在Rt△BDG中，BD= =8。因此 。AD=144。 例3、平行四边形ABCD的面积是60，E、F分别是AB、BC的中点，AF分别与ED、BD交于G、H，则四边形BHGE的面积是_____________。 解：连接AC交BD于O，分别延长AF和DC相交于M，则点H是△ABC的重心。 ∴ 。 又AB∥DM，可得△AGE∽△AGD，从而EG∶GD=AE∶MD=1∶4。 于是 。 ∴ 。 例7如图3－118．设G为△ABC的重心，从各顶点及G向形外一直线l引垂线AA′，BB′，CC′，GG′(其中A′，B′，C′，G′为垂足)．求证：AA′+BB′+CC′=3GG′． 分析由于图中有许多可以利用的梯形，故可考虑利用梯形中位线 定理来证明． 证设M为AC的中点，N为BG的中点，作MM′⊥l于M′，NN′⊥l于N′，则由已知条件可知，MM′是梯形AA′C′C的中位线，NN′是梯形BB′G′G的中位线，所以 又MM′+NN′=2GG′，所以 所以 ， ， 所以 说明当本题中AA′，BB′，CC′，GG′不垂直于l，但仍保持互相平行时，本题结论是否还成立？试作出你的猜想，并加以证明． 5、外心与内心 例1、已知△ABC中，O为外心，I为内心，且AB+AC=2BC。求证：OI⊥AI(图9-10)。 分析、因I是内心，故 ， 。又因AC+BC=2BC，故AB=2BE。由△ABE∽△ADC知AD=2DC。又DC=DI(内心性质)，故AD=2DI。而O是外心，从而OI⊥AI。 2．如图3－119．在△ABC中，O为外心，I为内心，且AB＞BC＞CA．求证： (1)∠OAI＞∠OBI；(2)∠OAI＞∠OCI． 6、重心与内心 例1、如图9-11所示，已知△ABC的重心G与内心I的连线GI∥BC。求证：AB、BC、CA成等差数列。 分析一、(利用内角平分线定理)连接AG、AI且延长分别交BC于D、E，连接IC，则AD为中线，AE、CI为角平分线。 因GI∥BC，故GI∥BC， 。 在△CAE中，有 ，即AC=2CE，同理AB=2BE。∴AB+AC=2(BE+CE)=2BC。证毕。 分析二、(利用面积公式)，连接AG交BC于D，作IE⊥BC于E，AH⊥BC于H，则IE为内切圆I的半径，设IE=r。因IG∥BC，故 ，即AH=3r。因 ，即2BC=AB+CA。证毕。 7、外心与垂心 例1、如图9-12所示，在△ABC中，H为垂心，O为外心，∠BAC=60o，求证：AH=AO。 分析、结合外心，构造以垂心H为顶点的平行四边行AHCE是解决问题的关键。 因O是外心，CE⊥BC，又H是垂心。 故AH⊥BC，从而AH∥CE。同理CH∥AE。 于是AHCE为平行四边形，AH=CE。又∠BEC=∠BAC=60o，从而∠EBC=∠30o。所以EC= BE=OA，故AH=CE=OA。 例2、证明：三角形任一顶点至垂心的距离等于外心到它的对边的距离的2倍。 把条件改写一下：已知AD、BE为△ABC的两高线，其交点为H，OM、ON分别为BC、CA的中垂线且交于O。须证：AH=2OM，BH=2ON。 分析一、(中线定理)取AH、BH中点F、G，连接FG(图9-13)，则FG∥AB，FG= AB。连接MN，则MN∥FG，MN= AB。故MN∥FG，MN∥FG。因FD⊥BC，OM⊥BC，故FH∥OM。从而∠HFG=∠OMN。同理∠HCF=∠ONM。于是△HFG∽△OMN。∴OM=FH= AN，ON=GH= BH。即AH=2OM，BH=2ON。 分析二、(中线定理)连接CH，取CH中点F，连接NF、MF。(图略)，则NF∥ AH，同理MF∥ BH，但BE∥ON(因BE、ON同垂直于BC)。故MF∥ON。同理NF=OM。从而OMFN是平行四边形。于是OM=NF= AH。即AH=2OM，BH=2ON。 分析三、(利用相似)，连接MN(图同分析一)，则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如图3－116．已知H是△ABC的垂心，O是外心，OL⊥BC于L．求证：AH=2OL． 分析1：要证 ，由△ 中的中位线 ，转而证明MK=OL即可．由于OL∥AH，MK∥AH，所以OL∥MK，因此，只需证明LK∥OM即可．由已知，这是显然的． 证法1作OM⊥AC于M，取CH的中点K，连结MK，LK，则有 MK∥AH∥OL，LK∥BH∥OM， 所以四边形 为平行四边形，所以 。又 ，所以AH=2OL． 分析2因为O为△ABC的外心，故可作其外接圆，为了证明AH=2OL，可证AH等于另一线段a，而a=2OL，则AH=2OL．为此，需添加一些辅助线，见证明2(图3－117)． 证法2连接BO并延长交⊙O于D，连结CD，AD，则CD=2OL．又CD⊥BC，AH⊥BC，所以AH∥CD．同理，AD∥HC，所以四边形AHCD为平行四边形，所以AH=CD，所以AH=2OL． 8、外心与重心 例1、如图9-14所示，已知Rt△ABC中，AH为斜边BC上的高，M为BC 中点，O为△ABC外心，OB交AH于D。求证：AD=2DH。 分析、因O为外心，则连接CE(直径)后，易知B、A、E三点共线，连接EM交OB于G，显然G为△EBC重心。 又O为外心，故EM⊥BC，AH⊥BC，从而AH∥EM。 又G为重心，故 。从而 ，于是AD=2DH。 5．在△ABC中，∠A=60°，O是外心，H是垂心．求证：AO＝AH． 9、垂心与内心 例1、如图9-15所示，已知O为正三角形ABC 的高AD、BE、CF的交点，P是△ABC所在平面上的任一点，作PL⊥AD于L，PM⊥BE于M，PN⊥CF于N。试证：PL、PM、PN中较大的一条线段等于其它两条线段的和。 分析、题设中有正三角形和垂直的条件，由PL⊥AD，PN⊥CF知P、L、O、N、四点共圆。同理P、L、N、M四点共圆，因此P、L、O、N、M五点共圆。要证PN=PL+PM。可以联想到“如果G是正三角形RST的外接圆劣弧弧 上一点，那么GR=GS+GT”这一基本问题，只须证△LMN为正三角形，亦只需证∠MNL=∠MLN=60o。 事实上O既是正△ABC的垂心，又是△ABC的内心，易求出∠AOE=∠COE=60o，再由共圆的条件得到∠MNL=∠LON=60o，∠MLN=∠MON=60o。故∠MNL=∠MLN=60o。 10、垂心、重心、外心 例题、证明：△ABC的垂心H、重心G和外心O在同一条直线上。 分析一、(从三角形重心的唯一性入手)主证HO与中线BE的交点与重心G重合。 连接中位线DE(图9-16)则DE∥AB，又AH∥OD，BH∥OE(BH、OE同垂直于AC)故△DEO∽△ABH，从而OE：HB=DE：AB=1：2。 连接OH交中线BE于 。因BH∥OE，故△ ∽△ 。 因此， ： =OE：HB=1：2。这说明 点即为△ABC的重心G。从而H、G、O三点共线。 分析二、(从三点边线组成平角入手)。如图9-17所示，因G为重心，BE为中线，故G在BE上，连接GO、GH，则GE：GB=1：2。又OE：HB=1：2(同分析一所证)，BH∥OE，故∠1=∠2。 ∴△OEG∽△HBG，∠EGO=∠EGH。 ∴△EGO+∠EGH=∠BGH+∠EGH=180o ∴H、G、O三点共线。 分析三、为避免添辅助线的困难，这命题还可采用解析法证明，只要选取适当的坐标系，分别求出G、H、O的坐标，而依三点共线的条件进行推证。 如图9-18所示，选取直角坐标系，设A(a，0)，B(b，0)，C(0，C)，且AD⊥BC于D、E、F分别是AB、BC的中点，则E ，于是CH的直线方程x=0。AD直线方程：y= ，从而CH、AD交点坐标为H( )。又OE的方程： ，OF的方程： ，从而OE、OF的交点O 。由重心公式得G 。由H、G、O坐标得斜率： ， 。 ∴ ，又知它们都通过G点，从而H、G、O三点共线。 旁心 例5证明：三角形两外角平分线和另一内角平分线交于一点，此点称为三角形的旁心． 已知：BX，CY分别是△ABC的外角∠DBC和∠ECB的平分线，AZ为∠BAC的平分线(图3－115)，求证：AZ，BX，CY相交于一点． 分析先证明BX，CY必交于一点M，然后证明M点在AZ上，则AZ，BX，CY必交于一点． 以下请读者写出证明，并思考，为什么把点M叫作旁心，一个三角形有几个旁心？ 二、“四心”的联想 1、由内心、重心性质产生的联想 内心性质：在△ABC中，AD是角平分线，I是内心，则 。 重心性质：在△ABC中，AD是一条中线，G是重心，则 。 联想：若P是△ABC内的任意一点，是否有通用的类似性质？ 性质：设P为△ABC内任意一点(称P为△ABC 的内点)，AP交BC于D，令△BPC，△CPA，△APB的面积分别为 ，则 。(※) 证明：如图9-19所示，作 ⊥BC于 ， ⊥BC于 ，并设△ABC面积为S。 则 ，从而 ，即 。 (※)式中，当P为内心时， (r为内切圆半径)，于是 ；当P为重心时， ，于是 。故(※)式是三角形内心。重心性质的推广，我们不妨称之为三角形内点性质。利用它，许多数学竞赛题都可求解。 例1、已知R为锐角△ABC外接圆半径，O是外心，AO、BO、CO分别交对边于 (图9-20)。求证： 。 证明：由(※)式知 ，于是 ，则 。 同理 。因此 ，从而 。∴ 。 于是 。 即 。 注意到OA=OB=OC=R，从而OA1+OB2+OC2≥ 。 例2、设O△ABC内任意一点，AO，BO，CO分别交对边于A1，B1，C1，令 。求证：W≥12。 证明：(同图9-20)由(※)式及基本不等式，得 。 再由平均值不等式得 。 即W≥12，当且仅当O为三角形的重心时取等号。 2、重心的巧用 重心，在物理学中指质点的重心，所谓“他山之石可以攻玉”，这一概念在解决数学问题，尤其是比值问题上，也大有“用武之地”。关于质点重心，我们结合图形给出几个真命题(证明过程略去)。 命题1：设质点 的质量分别为 ，它们的重心为G，则G在 的连线上， ，且满足 (这里 指质点G的质量)。 命题2：在如图9-21所示的△ABC中，若E为质点B、A的重心，F为质点B、C的重心，EC与AF相交于G，则①G必为三个质点A、B、C的重心。②连接BG，延长交AC于H，则H必为质点A、C的重心。 命题3：如果平面上有n个质点 ，它们的质量为 ，则这些质点的重心G的坐标为 。 这几个命题看似简单，但它却为解平面几何问题提供了一种崭新的思路。 例1、三只苍蝇沿△ABC的三边爬行，使由这三只苍蝇构成的三角形的与△ABC的重心保持不变，求证：如果某只苍蝇爬过了三角形的三条边，那么三只苍蝇构成的三角形的重心与原三角形的重心重合。 分析、如图9-22所示，若一只苍蝇在顶点A，那么由三只苍蝇构成的三角形重心在△ADE中，其中DE：BC=2：3(P为三角形的重心)，因其中有一只苍蝇到过所有的顶点，则苍蝇三角形的重心应在这三个三角形△ADE，△BGF，△CKH内，这些三角形有唯一一个公共点P，且为三角形重心。命题得证。 例2、如图9-23所示，已知△P1P2P3和其内任一点P，直线P1P、P2P和P3P分别与对边交于Q1，Q2，Q3。证明：在比值 中至少有一个不大于2。 分析、在P1、P2、P3上放置质量分别为 的质点，使得P恰为P1，P2，P3三点的重心，则Q1为P2、P3的重心，Q2为P1、P3的重心，Q3为P1、P2的重心，它们的质量分别为 。 ∴ 。 不妨设 。 即 ，证毕。 例3、从三角形的一个顶点到对三等分点作线段，过第二顶点的中线被这些线段分成边比x∶y∶z，设x≥y≥z，求x∶y∶z (图9-24)。 分析、放置适当质点，使得F为A、C的重心，D为B、C重心，则G为A、B、C三点的重心，此时有： ，从而 ； ，从而 =2mc。 不妨设 ， ∴ ，从而x=y+z。① 重新放置质点，使F为A、C的重心，E为B、C的重心，则H为A、B、C三点的重心，此时有 ，从而 ； 。不妨设 。 ∴ 。② 由①、②可得x∶y∶z=5∶3∶2。 例4、如图9-25所示，在△ABC中D、E分别为BC、CA上一点，且BD∶DC= m∶1，CE∶EA=n∶1，AD与BE相交于F，求∶ 的几倍？ 分析：连接CF，并延长交AB于G。则 。在A、B、C上放置适当质点，使F恰为A、B、C的重心，此时有： ，即 。 不妨设 ∴ ，即 。 以上几例，以质量为过渡，利用重心的性质，使问题得以简化，并巧妙地加以解决。 3、三角形“四心”与一组面积公式 有这样一道竞赛题：△ABC为锐角三角形，过A、B、C分别作此三角形外接圆三条直径 ，求证： 。 该题中，三直径之交点即为△ABC的外心，若就外心这一条件进行一些联想和变化，经探索可得一系列与面积有关的结果。我们归纳如下(证明略去)。 定理：设P为△ABC平面内的点，AP、BP、CP所在直线分别交△ABC的外接圆于 ，那么 (1)若P为△ABC的外心，则对锐角三角形，有 。① 对非锐角三角形(不妨设∠A≥90o，下同)，有 。② (2)若P为△ABC的垂心，则对锐角三角形，有①式成立，对非锐角三角形，有②式成立。 (3)若P为△ABC的重心，则有 。③ 当且仅当△ABC为正三角形的时等号成立。 (4)若P为△ABC的内心，则有③式成立，当且仅当△ABC为正三角形时等号成立。 据以上定理，可得以下若干推论： 推论1、已知⊙O的内接锐角三角形ABC， 是⊙O的三角条直径，且BC=a，CA=b，AB=c， = ，则有 。若 ，则又可得 ，它等于三角恒等tgA+tgB+tgC=tgAtgBtgC。 推论2、设△ABC的重心为G，AG、BG、CG的延长线分别交三边BC、CA、AB于D、E、F，交△ABC的外接圆于 ，则 。(若将“重心”改为“内心”，其他条件不变，可知该结论仍成立)。 例1、已知锐角△ABC内接于圆O，作△ABC的BC边上的高，CA边上的中线，∠C的平分线并延长，分别交圆O于A1、B2、C2。求证： 。 证明：如图9-26所示，设△ABC中，CA，AB上的高的延线分别交△ABC外接圆于B1、C1，则据定理(2)有 又由定理(3)、(4)可知 ∴ 其中，当且仅当△ABC为正三角形时等号成立。 例2、如图9-27所示，锐角△ABC中，∠A的平分线与三角形的外接圆交于另一点A1，点B1，C1与此类似，直线AA1与B、C两角的外角平分线相交于A0，点B0、C0与此类似。求证： ①△A0B0C0的面积是六边形AC1BA1CB1面积的2倍； ②△A0B0C0的面积至少是△ABC面积的4倍。 证明：①因AA0、BB0的交点I是△ABC的内心，易知A1I=A1B。 又BB0，BA0分别是∠B的内角和外角平分线，则 BB0⊥BA0，∠A1BA0=90o－∠A1BI=90o－∠BIA0=∠BA0I。故A1B=A1A0==A1I，故 。 同理，还有类似的这样五个等式，将此六式相加，即有 。 (2)据定理(4)可知， 。 即 。 即 △A0B0C0的面积至少是ABC面积的4倍。 练习题 1、在△ABC中，∠A=20o，AB=AC，在AB、AC上各取一点D、E，满足BD=BC，AE=BE，求∠BED的度数。 2、如图9-28所示，已知∠ACE=∠CDE=90o，点B在CE上，CA=BC=CD，过A、C、D三点的圆交AB于F，求证：F为△CDE的内心。 3、在△ABC中，∠C=90o，∠A和∠B的平分线相交于P点，又PE⊥AB于E点。若BC=2，AC=3，则AE·BE=________________。 4、△ABC中，G 为重心，l是过G的一条动直线，且分别交AB、AC于点E、F，设 ，问l在何处时，所截得的△AEF面积取到最大值或最小值。 5、锐角三角形ABC的三边长满足不等式AB∠B>∠C)，但90o－∠B+90o－∠C=∠A，从而∠OAC< ∠A，即I在∠BAD内部。又∠ACO=90o－∠B>90o－∠A，同理有∠OCA> ∠C。故I在∠ACE内部，即I在△AOE内，从而I与线段AB及BC相交。 8、易证△ABC的垂心H必为△DEF的内心，由H是△DEF的内心知 。又不难证明EA是△GED的外角平分线，故 。从而 。 9、(图参见二、3中例2图，由例2(1)可知)A0A1=A1I，C0C1=C1I，从而A1C1∥A0C0。又 ，从而 。同理，AA0⊥B1C，故I为△A1B1C1的垂心。由二、中定理(2)可得 。就是 。再据例2的结论知 。此即 。 10、在A、E、F上放置适当质点，使得C为它们的重心，则B、D、M分别为相应二顶点的重心。故 。因BD∥EF，故 ，从而 ，于是 ，从而 。∴EM=MF。 11、作△ABC的外接圆及直径AP。连接BP。高AD的延长线交外接圆于G，连接CG。易证∠HCB=∠BCG，从而△HCD≌△GCD。故CH=GC。又显然有∠BAP=∠DAC，从而GC=BP。从而又有 。同理可证 12、设AM为中线，与CD交于G，则G为△ABC重心。取AC中点F，则E在DF上，且DE∶DF=2∶1。设MF交CD于K，则DG∶GK= CD∶ CD=2∶1。故DE∶EF=DG∶GK，从而GE∥MF。又OD⊥AB，而MF∥AB，故OD⊥GE，又OG⊥DE。于是G为△ODE的垂心。从而OE⊥CD。 三角形各心间的联系 ①四心定理的证明具有统一性 利用塞瓦定理可以简便地证明重心定理、内心定理和垂心定理： 如果AD，BE，CF是△ABC的中线，则BD=DC，CE=AE，AF=FB。 ∴ ，因此AD，BE，CF三条中线交于一点。 如果AD，BE，CF是△ABC的内角平分线，则 。 ∴ ，因此AD，BE，CF三条内角平分线交于一点。 如果AD，BE，CF是△ABC的三条高线，则△ABC∽△BCF，有 ，△ACD∽△BCE，有 ，△ABE∽△ACF，有 。 ∴ 。 1，因此AD，BE，CF三条高线或延长线交于一点。 ②外心、垂心、内心之间具有变通性 如图7-127，对于非直角三角形ABC，三边垂直平分线交于一点O，则O是△ABC的外心。由于D，E，F是各边中点，我们称由三角形三边中点所组成的三角形叫中位三角形，则△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的内心。 ③垂心、外心，重心的共线性(欧拉线) 如图7-128，H是△ABC的垂心，O是△ABC的外心，连OH与中线AM交于G。 由△OGM∽△AGH得 。作MF∥CH交BH于F，作FE∥HA交AB于E，连OE，则E是AB的中点，四边形EFMO是平行四边形，所以EF=OM。 ∵EF= AH，∴OM= AH，即 ，G是△ABC的重心。因此，O，G，H三点共线。 与三角形的心有关的几何命题的证明 首先根据命题条件确定某特殊点是一个三角形的心，然后使用三角形的心的有关定理，证明命题成立。 例1、已知正方形ABCD，E为BC上任一点延长AB至F，使BF=BE，连AE并延长交CF于G，求证AG⊥CF。 证明：如图7-129， ∵BE=BF，∠CAB=45o，∴FH⊥AC，又CB⊥AF，∴E是△的垂心，因此AG⊥CF。 请读者按图7-130的辅助线，KL∥CF，LH∥AC，自己完成例1的证明。 例2、如图7-131，在正方形ABCD的对角线OB上任取一点E，过D作AE的垂线与OA交于F。求证OE=OF。 证明：∵OA⊥DE，DF⊥AE，∴F是△ADE的垂心。∴EF⊥AD，即EF∥AB。由OA=OB得OE=OF。 例3、在△ABC中AB=AC，底角B的三等分线交高线AD于M，N，连CN并延长交AB于E。求证EM∥BN。 证明：如图7-132。 ∵∠1=∠2=∠3，∴∠4=∠5=∠6。又∴∠7=∠8，∴M是△ABC的内心，EM是∠AEN的平分线。 因此 。 又∵∠EBN=2∠NBD，∠ENB=∠NBD+∠4=2∠NBD，∴EB=EN，即 ，∴EM∥BN。 例4、已知两直线于交Q点，A，B，C是一直线上的三个点，L，M，N是另一直线上的三个点，且QA=AB=BC，LQ=QM=MN。求证AL，BN，CM三线共点。 证明：如图7-133，连MA，LC。设BN和CM交于P。在△QBN中，QM=MN，QA=AB，∴MA∥BN。 在△CMA中，AB=BC，BP∥MA，∴P为CM的中点。 在△CML中，LQ=QM，QA= CQ，∴A为△CML的重心，即LA过点P。 因此BN，CM，AL三线共点。