《高中数学平面几何--三角形的五心的重要结论及经典例题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学平面几何--三角形的五心的重要结论及经典例题（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、三角形“五心”的重要结论及经典例题1重心(中线交点)G是ABC的重心证明 作图如右，图中连结BE和CE，则CE=GB，BE=GCBGCE为平行四边形D是BC的中点，AD为BC边上的中线.将代入=，得=，故G是ABC的重心.(反之亦然(证略)为ABC的重心(P是平面上的点).证明 G是ABC的重心=，即由此可得.(反之亦然(证略)例、已知向量，满足条件+=，|=|=|=1，求证 P1P2P3是正三角形.(数学第一册(下)，复习参考题五B组第6题)证明 由已知+=-，两边平方得=，同理=，|=|=|=，从而P1P2P3是正三角形.反之，若点O是正三角形P1P2P3的中心，则显然有+=且|=|=|.
2、即O是ABC所在平面内一点，+=且|=|=|点O是正 P1P2P3的中心.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SPGE=SPGD+SPGF. 两边各扩大3倍，有SPBE=SPAD+SPCF.
3、例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abc，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abc时， 中CFBEAD.，()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=.
4、 =3a2=4CF2=2a2+b2-c2a2+c2=2b2.2垂心(高线交点) 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.ABCDHH是ABC的垂心由,同理，.故H是ABC的垂心.(反之亦然(证略)若H是ABC(非直角三角形)的垂心，则ABCDOSBHC：SAHC：SAHB=tanA：tanB：tanC故tanA+tanB+tanC=例、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. (1
5、992，全国高中联赛) 分析：连接A2H1，A1H2，H1H2，记圆半径为R.由A2A3A4知 =2RA2H1=2RcosA3A2A4； 由A1A3A4得 A1H2=2RcosA3A1A4. 但A3A2A4=A3A1A4，故A2H1=A1H2. 易证A2H1A1A2，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
6、.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、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)， 又AM2-HM2=(AH1)2-(AH-AH1)2 =AHAH1-A
7、H2=AH2AB-AH2 =cosAbc-AH2， 而=2RAH2=4R2cos2A,=2Ra2=4R2sin2A.AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2. 由、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=CC1.3外心(边垂直平分线交点，外接圆圆心)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.O是ABC的外心|=|=|(或2=2=2)(点O到三边距离相等)(+)=(+)=(+)=0(O为三边垂直平分线)若O是ABC的外心，则SBOC
8、：SAOC：SAOB=sinBOC：sinAOC：sinAOB=sin2A：sin2B：sin2C故sin2A2sin2B+sin2C=例1过等腰ABC底边BC上一点P引PMCA交AB于M；引PNBA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PBP的外心，点N是PPC的外心.有 BPP=BMP=BAC， PPC=PNC=BAC. BPC=BPP+PPC=BAC. 从而，P点与A，B，C共圆、即P在ABC外接圆上. 由于PP平分BPC，显然还有 PB:PC=BP:PC.例2在ABC的边
9、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=2A， QO2P=2B， SO3Q=2C. 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KSO1O2PO1，同时可得O1O2O3O1KO3. O2O1O3=KO1O3=O2O1K =(O2O1S+SO1K) =(O2O1S+PO1O2) =PO1S=A； 同理有
10、O1O2O3=B.故O1O2O3ABC.4内心(角平分线交点，内切圆圆心) 三角形内切圆的圆心，简称为内心.ABCDOO是ABC的内心充要条件是引进单位向量，使条件变得更简洁。如果记，的单位向量为，则O是ABC内心的充要条件可以写成(+)=(+)=(+)=O是ABC内心的充要条件也可以是a+b+c=若O是ABC的内心，则SBOC：SAOC：SAOB=a：b：c故a+b+c=或sinA+sinB+sinC=;为ABC的内心;向量所在直线过ABC的内心(是BAC的角平分线所在直线)；*设P是ABC所在平面内任意一点，I为ABC内心的充要条件是ACBP【例1】 O是平面上的一定点，A,B,C是平面上
11、不共线的三个点，动点P满足，0，+)则P点的轨迹一定通过ABC的(B)(A)外心 (B)内心 (C)重心 (D)垂心解析：因为是向量的单位向量设与方向上的单位向量分别为和，又，则原式可化为，由菱形的基本性质知AP平分，那么在中，AP平分，则知选B.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=AB=AC.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7ABCD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
12、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ABAC，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=. QKAQ=MQQN， QK= =. 由RtEPQ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.5、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RtABC中，c为斜边，先来证明一个特性：p(p-c)=(p-a)(p-b).p(p-c)=(a+
