4校本课程数学竞赛讲义第14.docVIP

【校本课程数学竞赛讲义】第八章联赛二试选讲§8.1 平几名定理、名题与竞赛题II 定理9 (Nine point round)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点，共计九点共圆． 分析 要证九个点共圆，可先过其中三点作一圆，再证其余的点在此圆上．为此可考虑在三种点中各选一点作圆，再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上，即可证明． 证明：取BC的中点M，高AD的垂足D，AH中点P，过此三点作圆，该圆的直径即为MP． 由中位线定理知，MN∥AB，NP∥CH，但CH⊥AB，故?PNM=90?，于是，点N在⊙MDP上，同理，AB中点在⊙MDP上． 再由QM∥CH，QP∥AB，又得?PQM=90?，故点Q在⊙MDP上，同理，CH中点在⊙MDP上． 由FP为Rt．?PFH=?PHF=?CHD，又FM为Rt．BCF的斜边中线，得?MFC=?MCF，但?CHD+?DCH=90?，故?PFM=90?．又得点F在⊙MDP上，同理，高BH的垂足在⊙MDP上．即证． 说明 证明多点共圆的通法，就是先过三点作圆，再证明其余的点在此圆上． 九点圆的圆心在三角形的Euler线上．九点圆的直径等于三角形外接圆的半径． 由OM∥AP，OM=AP，知PM与OH互相平分，即九点圆圆心在OH上．且九点圆直径MP=OA=⊿ABC的外接圆半径． 定理10(三角形的内心的一个重要性质)设I、Ia分别为⊿ABC的内心及?A内的旁心，而?A平分线与⊿ABC的外接圆交于点P，则PB=PC=PI=PIa． 例15．设ABCD为圆内接四边形，ΔABC、ΔABD、ΔACD、ΔBCD的内心依次为I1、I2、I3、I4，则I1I2I3I4为矩形．(1986年国家冬令营选拔赛题） 分析 只须证明该四边形的一个角为直角即可．为此可计算?1、?2、?XI2Y． 证明 如图，BI2延长线与⊙O的交点X为中点．且XI2=XI3=XA=XD， 于是?1=(180?-?X)=90?－， 同理，?2=90?-． ?XI2Y= (+) = (+)+(+)， ?1+?2+?XI2Y=90?+90?+(+++)=270?． 从而?I1I2I3=90?．同理可证其余． 说明 亦可证XZ⊥YU，又XZ平分?I2XI3及XI2=XI3?I2I3⊥XZ，从而I2I3∥YU，于是得证． 定理11 (Euler定理)设三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，d，d2=R2-2Rr．() 分析 改写此式，得：d2-R2=2Rr，左边为圆幂定理的表达式，故可改为过I的任一直线与圆交得两段的积，右边则为⊙O的直径与内切圆半径的积，故应添出此二者，并构造相似三角形来证明． 证明：如图，O、I分别为⊿ABC的外心与内心．连AI并延长交⊙O于点D，由AI平分?BAC，故D为弧BC的中点．连DO并延长交⊙O于E，则DE为与BC垂直的⊙O的直径． 由圆幂定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID．?DBI=?DIB得），故只要证2Rr=IA·DB，即证2R∶DB=IA∶r即可．而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD证得．故得R2-d2=2Rr，即证． 例16．(1989IMO)锐角?ABC的内角平分线分别交外接圆于点A1、B1、C1，直线AA1与∠ABC的外角平分线相交于点A0，类似的定义B0，C0，证明： ⑴ S=2S； ⑵ S≥4SABC． 分析：⑴利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I为公共顶点的六个小三角形，分别与六边形A1CB1AC1B中的某一部分的2倍相等． ⑵ 若连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，再计算其面积和，最后归结为证明R≥2r．也可以这样想：由⑴知即证S≥2 SABC，而IA1、IB1、IC1把六边开分成三个筝形，于是六边形的面积等于?A1B1C1面积的2倍．故只要证明S≥SABC． 证明：⑴ 设?ABC的内心为I，则A1A0=A1I，则S=2S ； 同理可得其余6个等式．相加⑴即得证． ⑵ 连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1⊥AB，OA1⊥BC，OB1⊥CA，得 ∴ S=S+ S + S=AB·R+BC·R+CA·R=Rp． 但由Euler定理，R2－2Rr=R(R－2r)=d2≥0，知R≥2r，故 Rp≥2rp=2S?ABC．故得证． ⑵ 证明：记A=2?，B=2?，C=2?．0?，?，?． 则SABC=2R2sin2?sin2?sin2?，S=2R2sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?)． 又sin(?+?)=sin?cos?+cos?sin?≥2=， 同理，sin(?+?)≥，sin(?+?)≥，于是S≥SABC得证． 又证：连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形