第十三章三角形外心的性质及应用1.docx
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第十三章三角形外心的性质及应用
【基础知识】
三角形的外接圆的圆心简称为三角形的外心,外心有下列有趣的性质:
性质1三角形的外心是三角形三条边的中垂线的交点.
性质2三角形所在平面内的一点是其外心的充要条件为:
该点到三顶点的距离相等.
性质3设O为△ABC所在平面内一点,则O为△ABC的外心的充要条件是下述条件之一成立:
(1)ÐBOC=2ÐA,ÐAOC=2ÐB,ÐAOB=2ÐC;
(2)OB=OC,且ÐBOC=2ÐA.
事实上,必要性显然,充分性只需注意到定弦一侧张定角的轨迹圆弧是唯一的即可.
性质4设三角形的三条边长、外接圆的半径、其面积分别为a,b,c,R,S△,则
abc
=abc.
R=
或S
△
4R
4S
△
性质5直角三角形的外心为斜边中点,锐角三角形的外心在形内,钝角三角形的外心在形外.
性质6三角形的外心到三边的有向距(外心在边的形内一侧的距离为正,否则为负)之和等于其外接圆与内切圆半径之和.
证明对于直角三角形,显然结论成立.
如图13-1,对于锐角△ABC,设外心O在BC=a,CA=b,AB=C边上的射影分别为O1,O2,O3,
设OO1=d1,OO2=d2,OO3=d3.由A,O3,O,O2四点共圆,并变用托勒密定理,有
AO×O2O3=AO3×OO2+AO2×OO3.
A
O3
O2
d2
d3
d1
O
B
O1
图13-1
C
设△ABC的外接圆半径为R,内切圆半径为r.由于O为外心,则O1,O2,O3分别为三边中点,于
是,上式变为R×1a=1c×d
+1b×d,即Ra=cd+bd.
2
3
2 3
2 2
2
同理,有Rb=ad3+cd1,Rc=bd1+ad2.
三式相加,得R(a+b+c)=d1(b+c)+d2(c+a)+d3(a+b).
①
另一方面,由S△ABC=S△OBC+S△OCA+S△OAB,
有r(a+b+c)=ad1+bd2+cd3.
②
②+①式,即得R+r=d1+d2+d3.
如图132,对于钝角△ABC,字母所设同图131,则OO3=-d3(d3为负值).在四边形O3O2AO中应
用托勒密定理,有AO3×OO2=OO3×AO2+AO×O3O2,即
A
O
d2
d3
O3
O2
d1
B
O1
C
图13-2
cd2=-bd2+Ra,即Ra=cd2+bd3.
以下均同锐角的情况(略).故d1+d2+d3=R+r.
1×2×2R×sinÐA×2R×sinÐB×sinÐC
2S△
a+b+c
=4R×sinÐA×sinÐB×sinÐC,则有
2
注若由r=
=
2R(sinÐA+sinÐB+sinÐC)
2
2
2
d+d+d=RæcosÐBOC+cosÐAOC+cosÐAOBö=R(cosÐA+cosÐB+cosÐC)=Ræ1+4sinÐA×sinÐB×sinÐCö
ç
÷
ç
÷
1 2 3
2
2
2
2
2
2
è
ø
è
ø
rö=R+r,即证.
=Ræ1+
ç R÷
è ø
性质 过△ABC的外心O任作一直线与边AB,AC(或其延长线)分别相交于P,Q两点,则
7
AB×sin2ÐB+AC×sin2ÐC=sin2ÐA+sin2ÐB+sin2ÐC,
AP
AQ
或BP×sin2ÐB+CQ×sin2ÐC=sin2ÐA.
AP
AQ
证明如图133,延长AO交BC于M,交外接圆于K,延长CO交AB于F,则
A
FP
O
Q
B
M
C
K
图13-3
AM×2R×sinÐC×sin(90°-ÐAKB)=sin2ÐC.
BMMC
S
=△ABM
=
AM×2R×sinÐB×sin(90°-ÐAKC) sin2ÐB
S△ACM
同理,AF
=sin2ÐB.
FB sin2ÐA
对△ABM及截线FOC应用梅勒劳斯定理,得AF×
BC×MO=1
FBCM OA
BC=BM+MC=sin2ÐB+sin2ÐC,
而
MC
MC
sin2ÐB
sin2ÐA
于是MO=MC×BF
=
OA BC FA sin2ÐB+sin2ÐC
AO
AO
sin2ÐB+sin2ÐC
=
=
从而
AM AO+OM sin2ÐA+sin2ÐB+sin2ÐC
又S△APO
S△ABM
,S△ABM
S△ABC
AP×AOAB×AM
=BM
sin2ÐC
=
=
,
BC sin2ÐB+sin2ÐC
S△AQO
S△ACM
,S△ACM
S△ABC
AQ×AOAC×AM
=MC
sin2ÐB
=
=
.
BC sin2ÐB+sin2ÐC
由
AP×AQ=S△APQ
S△AQOS
+×△ACM
S△APO×S△ABM
AP×AO×
sin2ÐC
AQ×AO×
sin2ÐB
=
=
+
AB×AC
S△ABC S△ABM S△ABC S△ACM S△ABC
AB×AMsin2ÐB+sin2ÐC AC×AMsin2ÐB+sin2ÐC
,即证得结论.
【典型例题与基本方法】
例1如图134,在△ABC中,O是△ABC的外心,I是其内心,若ÐBOC=ÐBIC,求ÐA.
A
I
O
B
C
图13-4
解因I为其内心,则
ÐIBC+ÐICB=1
1
2(
ÐB+ÐC)= °-2Ð
90
A,
1
故ÐBIC 90
= °+2Ð
A.
又O是其外心,有ÐBCO=2ÐA,从而
1
A,即ÐA=60°为所求.
90
°+2Ð=
A 2
Ð
注若O,I为△ABC的外心,内心,且ÐA=60°,则有ÐBOC=ÐBIC,且B,C,I,O共圆,这亦可以视为三角形外心(或内心)的一条特殊性质.
例2如图135,在等腰△ABC中,AB=BC,CD是它的角平分线,O是它的外心,过O作CD的垂
线交BC于E,再过E作CD的平行线交AB于F.证明:
BE=FD.(第22届俄罗斯奥林匹克决赛题)
B
FG
E
M
N
O
D
A
C
图13-5
证明延长CD交O于N,作直线EN交O
ÐMNC=ÐECN=ÐNC,A即有MN∥AC.
于M,交AB于G
.由OE垂直平分弦CN,知
又ÐOEC=ÐOEN
,即知弦BC和MN关于直线OE对称,从而有BE=ME.
又直线OB为△ABC和直线MN的公共对称轴,知BE=BG,ME=GN,从而BE=GN.
欲证BF=DF,须证BG=DF,即BF
=DG.由EF∥CN,且EF平分ÐBEG,故
BF
BE=GN
=DG,于是BF
=DG,由此即证得结论.
=
FG EG EG FG
注此例利用内心性质,可另证如下:
如图136,作BO^AC于H,则BO与CD交于内心I.又令OE^CD于G,则G,O,H,C四点
共圆,于是ÐGOH
=ÐDCH
=ÐBCD.从而O,I,E,C四点共圆,故ÐOBC=ÐOCB=ÐBIE,即
IE=BE.又ÐIEC=2ÐOBC=ÐABC
,有IE∥BD.
B
F
E
D
O
G
I
A
C
H
图13-6
又EF∥ID,即四边形IDFE为平行四边形,故
DF=IE=BE.
例3如图137,设AD是△ABC的ÐBAC的平分线,O是△ABC外接圆的圆心,O1是△ABD的外接
圆的圆心,O2是△ADC的外接圆圆心.求证:
OO1=OO2.
A
A '
O1
O2F
EO
C
M
D
B
图13-7
(1990年全国高中联赛题)
证明设OO1,OO2(或其延长线)分别交AB,AC于E,F,则易证A,E,O,F四点共
圆.
连O1O2,O1A,O1D,O2A,O2D,则O1O2垂直平分AD,故有
ÐAO1O2=ÐABC,ÐAO2O1=ÐACB.
于是△AO1O2∽△ABC.
连O1B,O2C,必有△AO1B∽△AO2C,故ÐABO1=ÐACO2.从而延长BO1,CO2必交O于一点A¢,
显然ÐBA¢C=ÐBAC
,注意到ÐBAC+ÐO1OO2=180°,知A¢,O1,O,O2,四点共圆.
又AD平分ÐBAC,即ÐBAD
=ÐDAC
,从而ÐBO1D=ÐDO2C,故ÐO1BD=ÐO2CD,即△A¢BC为等
腰三角形,连A¢O并延长交BC于M,易证A¢M垂直平分BC,ÐO1A¢O=ÐO2A¢O,故O1O=OO2.
注注意到连心线与公共弦垂直,则有如下简捷证法:
设O1O2^AD于K,由A,K,O2,F四点共圆,
1
1
有ÐOOO=ÐKAF
=2Ð
A;由A,K,E,O四点共圆,有ÐOOO=ÐEAK=2Ð
A,故△OOO为
12
1
21
1 2
等腰三角形,从而有OO1=OO2.
例4如图138,设△ABC的外心为O,若O关于BC,CA,AB的对称点分别为A¢,B¢,C¢,求证:
(1)从AA¢,BB¢,CC¢交于一点;
(2)若BC,CA,AB的中点分别为A1,B1,C1,则P为△A1B1C1的外心.
A
C'
B '
O
C
B
A1
A '
图13-8
证明
(1)由四边形OBA¢C的对角线互相平分,知
A¢C∥BO
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