數學高二數學競賽班二試平面幾何講義第七講三角形的五心（一）班級姓名一、知識要點：1．三角形的外心、重心、垂心、內心及旁心，統稱為三角形的五心.2．外心.三角形外接圓的圓心，簡稱外心.與外心關系密切的有圓心角定理和圓周角定理.3．重心三角形三條中線的交點，叫做三角形的重心.掌握重心將每條中線都分成定比2:1及中線長度公式，便于解題.4．蒙日定理（根心定理）：平面上任意三個圓，若這三個圓圓心不共線，則三條根軸相交于一點，這個點叫它們的根心；若三圓圓心共線，則三條根軸互相平行。注：在平面上任給兩不同心的圓，則對兩圓圓冪相等的點的集合是一條直線，這條線稱為這兩個圓的根軸。另一角度也可以稱兩不同心圓的等冪點的軌跡為根軸，或者稱作等冪軸。（1）平面上任意兩圓的根軸垂直于它們的連心線；（2）若兩圓相交，則兩圓的根軸為公共弦所在的直線；（3）若兩圓相切，則兩圓的根軸為它們的內公切線；5．萊莫恩（Lemoine）定理：過△ABC的三個頂點A、B、C作它的外接圓的切線，分別和BC、CA、AB所在直線交于P、Q、R，則P、Q、R三點共線。直線PQR稱為△ABC的萊莫恩線。證明：由弦切角定理可以得到：sin∠ACR=sin∠ABC，sin∠BCR=sin∠BACsin∠BAP=sin∠BCA，sin∠CAP=sin∠ABCsin∠CBQ=sin∠BACsin∠ABQ=sin∠BCA所以，我們可以得到：(sin∠ACR/sin∠BCR)*(sin∠BAP/sin∠CAP)*(sin∠CBQ/sin∠ABQ)=1，這是角元形式的梅涅勞斯定理，所以，由此，得到△ABC被直線PQR所截，即P、Q、R共線。二、例題精析：例1.在△ABC的邊AB，BC，CA上分別取點P，Q，S.證明以△APS，△BQP，△CSQ的外心為頂點的三角形與△ABC相似.(B·波拉索洛夫《中學數學奧林匹克》)例2.AD，BE，CF是△ABC的三條中線，P是任意一點.證明：在△PAD，△PBE，△PCF中，其中一個面積等于另外兩個面積的和.(第26屆莫斯科數學奧林匹克)例3.△ABC的外心為O，AB=AC，D是AB中點，E是△ACD的重心.證明OE丄CD.(加拿大數學奧林匹克訓練題)例4.(2003年聯賽）過圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A、B，所作割線交圓于C、D兩點，C在P、D之間．在弦CD上取一點Q，使∠DAQ=∠PBC．求證：∠DBQ=∠PAC．三、精選習題：1．△T′的三邊分別等于△T的三條中線，且兩個三角形有一組角相等.求證這兩個三角形相似.(1989，捷克數學奧林匹克)2．I為△ABC的內心.取△IBC，△ICA，△IAB的外心O1，O2，O3.求證：△O1O2O3與△ABC有公共的外心.(1988，美國數學奧林匹克)3．.AD為△ABC內角平分線.取△ABC，△ABD，△ADC的外心O，O1，O2.則△OO1O2是等腰三角形.4．如果三角形三邊的平方成等差數列，那么該三角形和由它的三條中線圍成的新三角形相似.其逆亦真.5．如圖，在銳角三角形ABC的BC邊上有兩點E、F，滿足∠BAE=∠CAF，作FM⊥AB，FN⊥AC（M、N是垂足），延長AE交三角形ABC的外接圓于D．證明：四邊形AMDN與三角形ABC的面積相等．四、拓展提高：6．在ΔABC中，∠BAC=60，AB>AC，點O為ΔABC的外心，兩條高BE、CF的交于點H，點M、N分別在線段BH與HF上，且滿足BM=CN．求eq\f(MH+HN,OH)的值．7．(2004年聯賽）在銳角三角形中，上的高與上的高相交于點，以為直徑的圓分別交、于、兩點，與相交于點．已知，，，求的長．高二數學競賽班二試平面幾何講義第七講三角形的五心（一）例1.分析：設O1，O2，O3是△APS，△BQP，△CSQ的外心，作出六邊形O1PO2QO3S后再由外心性質可知∠PO1S=2∠A，∠QO2P=2∠B，∠SO3Q=2∠C.∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.從而又知∠O1PO2+∠O2QO3+∠O3SO1=360°將△O2QO3繞著O3點旋轉到△KSO3，易判斷△KSO1≌△O2PO1，同時可得△O1O2O3≌△O1KO3.∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K=(∠O2O1S+∠SO1K)=(∠O2O1S+∠PO1O2)=∠PO1S=∠A；同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC.另法：△APS，△BQP，△CSQ的外接圓交于一點（密克點）例2.分析：設G為△ABC重心，直線PG與AB，BC相交.從A，C，D，E，F分別作該直線的垂線，垂足為A′，C′，D′，E′，F′.易證AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′，∴EE′=DD′+FF′.有S△PGE=S△PGD+S△PGF.兩邊各擴大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF.例3.分析：設AM為高亦為中線，取AC中點F，E必在DF上且DE:EF=2:1.設CD交AM于G，G必為△ABC重心.連GE，MF，MF交DC于K.易證：DG:GK=DC:()DC=2:1.∴DG:GK=DE:EFGE∥MF.∵OD丄AB，MF∥AB，∴OD丄MFOD丄GE.但OG丄DEG又是△ODE之垂心.易證OE丄CD.例4.分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，則BDQ∽DAQ．反之，若BDQ∽DAQ．則本題成立．而要證BDQ∽DAQ，只要證eq\f(BD,AD)=eq\f(DQ,AQ)即可．證明：連AB．∵PBC∽PDB，∴eq\f(BD,BC)=eq\f(PD,PB)，同理，eq\f(AD,AC)=eq\f(PD,PA)．∵PA=PB，∴eq\f(BD,AD)=eq\f(BC,AC)．∵∠BAC=∠PBC=∠DAQ，∠ABC=∠ADQ．∴ABC∽ADQ．∴eq\f(BC,AC)=eq\f(DQ,AQ)．∴eq\f(BD,AD)=eq\f(DQ,AQ)．∵∠DAQ=∠PBC=∠BDQ．∴ADQ∽DBQ．∴∠DBQ=∠ADQ=∠PAC．證畢．4．分析：將△ABC簡記為△，由三中線AD，BE，CF圍成的三角形簡記為△′.G為重心，連DE到H，使EH=DE，連HC，HF，則△′就是△HCF.(1)a2，b2，c2成等差數列△∽△′.若△ABC為正三角形，易證△∽△′.不妨設a≥b≥c，有CF=，BE=，AD=.將a2+c2=2b2，分別代入以上三式，得CF=，BE=，AD=.∴CF:BE:AD=::=a:b:c.故有△∽△′.(2)△∽△′a2，b2，c2成等差數列.當△中a≥b≥c時，△′中CF≥BE≥AD.∵△∽△′，∴＝()2.據“三角形的三條中線圍成的新三角形面積等于原三角形面積的”，有=.∴=3a2=4CF2=2a2+b2-c2a2+c2=2b2.結論：為外心，為重心，則a2，b2，c2成等差數列5．證明：連MN，則由FM⊥AM，FN⊥AN知A、M、F、N四點共圓，且該圓的直徑為AF．又AMN=AFN，但FAN=MAD，故MAD+AMN=FAN+AFN=90．∴MN⊥AD，且由正弦定理知，MN=AFsinA．∴SAMDN=eq\f(1,2)AD·MN=eq\f(1,2)AD·AFsinA．連BD，由ADB=ACF，DAB=CAF，得⊿ABD∽⊿AFC．∴AD∶AB=AC∶AF，即AD·AF=AB·AC．∴SAMDN=eq\f(1,2)AD·AFsinA=eq\f(1,2)AB·ACsinA=SABC．6．解：記∠ACB=α，連OB、OC，則∠BOC=∠BHC=120，∴B、O、H、C四點共圓．設此圓的半徑為R'，則2R'=eq\f(BC,sin120)=eq\f(BC,sin60)=2R．HM+NH=(BH－BM)+(CN－CH)=BH－CH．在ΔBCH中，∠CBH=90－α．∠HCB=90－(120－α)=α－30，∴HM+NH=BH－CH=2R(sin(α－30)－sin(90－α))=2R(sinαcos30－cosαsin30－cosα)=2eq\r(3)Rsin(α－60)．在ΔOCH中，OH=2Rsin∠HCO=2Rsin(α－30－30)=2Rsin(α－60)．∴eq\f(MH+HN,OH)=eq\r(3)．法2：由托勒密定理，7．在銳角三角形ABC中，AB上的高CE與AC上的高BD相交于點H，以DE為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點，FG與AH相交于點K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的長．解：∵BC=25，BD=20，BE=7，∴CE=24，CD=15．∵AC·BD=CE·AB，AC=eq\f(6,5)AB，①∵BD⊥AC，CE⊥AB，B、E、D、C共圓，AC(AC－15)=AB(AB－7)，eq\f(6,5)AB(eq\f(6,5)AB－15)=AB(AB－18)，∴AB=25，AC=30．AE=18，AD=15．∴DE=eq\f(1,2)AC=15．延長AH交BC于P，則AP⊥BC．∴AP·BC=AC·BD，AP=24．連DF，則DF⊥AB，∵AD=DC，DF⊥AB．AF=eq\f(1,2)AE=9．∵D、E、F、G共圓，∠AFG=∠ADE=∠ABC，AFG∽ABC，∴eq\f(AK,AP)=eq\f(AF,AB)，AK=eq\f(924,25)=eq\f(216,25)．法2：由托勒密定理，算學好高中數學的方法和技巧包括：掌握基礎知識。確保熟練掌握基本概念、公式和定理，特別是代數、幾何、函數、導數和積分等重要知識點。重視預習和復習。在上課前預習教材，梳理知識點，對不理解的內容做好標記；課后及時復習，通過復習和整理筆記來加深理解。提高聽課效率。在課堂上緊跟老師思路，積極參與討論，做好筆記，記錄重要的思路和方法。多做練習題。通過練習來鞏固和運用所學知識，可以選