【平面几何】三角形的内心与内切圆(性质归纳)
注记: 三角形内切圆半径记为 r r r, 外接圆半径记为 R R R, 顶点 A A A 点所对的旁切圆半径记为 r A r_A rA, 以此类推.
性质1-1. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 设直线 E F EF EF 交直线 B C BC BC 于 T T T, 则 D D D, T T T 调和分割 B C BC BC, A D AD AD 交圆 I I I 于 P P P, T P TP TP 与圆 I I I 相切.
配图
证明: 对于 △ A B C \triangle ABC △ABC 和截线 E F T EFT EFT, 由梅涅劳斯定理, C E / E A ⋅ A F / B F ⋅ B T / C T = 1 CE/EA\cdot AF/BF\cdot BT/CT=1 CE/EA⋅AF/BF⋅BT/CT=1, A E = A F AE=AF AE=AF, 因此 B T / C T = B F / C E BT/CT=BF/CE BT/CT=BF/CE, B F = B D BF=BD BF=BD, C D = C E CD=CE CD=CE, 所以 B T / C T = B D / C D BT/CT=BD/CD BT/CT=BD/CD, 显然 T T T 在 A A A 的极线上, A A A 在 T T T 的极线上. D D D 显然也在 T T T 的极线上, 因此 T T T 的极线是 A D AD AD, P P P 是 T T T 的极线与圆 I I I 的交点, 因此 T P TP TP 与圆 I I I 相切.
性质1-2. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 连结 A D AD AD 交 △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 于 P P P, 过点 P P P 作内切圆的切线交 B C BC BC 于 T T T, 作一条割线交圆 I I I 于 M M M, N N N, 则 B M BM BM, C N CN CN, A D AD AD 三线共点. 连结 B M BM BM 交内切圆 I I I 于 M ′ M' M′, 连结 M ′ T M'T M′T 交圆 I I I 于 N ′ N' N′, 连结 M ′ T M'T M′T 交圆 I I I 于 N ′ N' N′, 则 N ′ N' N′ 在 M ′ T M'T M′T 上.
配图
证明: 证明 N N N, N ′ N' N′, C C C 三点共线.
由性质1可知 E F EF EF 也经过点 T T T, 下面证明四边形 D N ′ E N DN'EN DN′EN 为调和四边形. 显然四边形 D M ′ F M DM'FM DM′FM 是调和四边形, D N ′ / D M ′ = D T / T M ′ DN'/DM'=DT/TM' DN′/DM′=DT/TM′, N ′ E / M ′ F = E T / T M ′ N'E/M'F=ET/TM' N′E/M′F=ET/TM′, D N / D M = D T / T M DN/DM=DT/TM DN/DM=DT/TM, N E / M F = T E / T M NE/MF=TE/TM NE/MF=TE/TM, D N ′ / N ′ E = D M ′ / M ′ F ⋅ ( D T / E T ) DN'/N'E=DM'/M'F\cdot (DT/ET) DN′/N′E=DM′/M′F⋅(DT/ET), D N / N E = D M / M F ⋅ ( D T / E T ) DN/NE=DM/MF\cdot (DT/ET) DN/NE=DM/MF⋅(DT/ET), 因此 D N ′ / N ′ E = D N / N E DN'/N'E=DN/NE DN′/N′E=DN/NE. 由此可知 M N M ′ N ′ MNM'N' MNM′N′ 是圆内接四边形, 由性质1可知 A D AD AD 是 T T T 的极线, 由圆内接四边形的性质可知 M M ′ MM' MM′, N N ′ NN' NN′ 的交点在 A D AD AD 上.
性质2. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 连结 A D AD AD 交内切圆 I I I 于 P P P, 连结 P E PE PE, P F PF PF, D E DE DE, D F DF DF, 则 P F / P E = D F / D E PF/PE=DF/DE PF/PE=DF/DE (四边形 D E P F DEPF DEPF 为调和四边形).
配图
证明: △ A P F ∼ △ A F D → P F / D F = A F / A D \triangle APF \sim \triangle AFD \rightarrow PF/DF=AF/AD △APF∼△AFD→PF/DF=AF/AD, 同理, P E / E D = A E / A D PE/ED=AE/AD PE/ED=AE/AD, A F = A E AF=AE AF=AE, 因此 P F / F D = P E / E D PF/FD=PE/ED PF/FD=PE/ED.
性质3-1. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 连结 A D AD AD, 交圆 I I I 于 P P P, 交 E F EF EF于 Q Q Q, 则 A A A, Q Q Q 调和分割 D D D, P P P.
配图
证明: A P ⋅ A D = A E 2 AP\cdot AD=AE^2 AP⋅AD=AE2, A P / A D = A E 2 / A D 2 AP/AD=AE^2/AD^2 AP/AD=AE2/AD2, P Q / D Q = ( P E ⋅ sin P E F ) / ( D E ⋅ sin D E F ) PQ/DQ=(PE\cdot \sin PEF)/ (DE\cdot \sin DEF) PQ/DQ=(PE⋅sinPEF)/(DE⋅sinDEF), sin P E F / sin D E F = sin P D F / sin D P F = P F / D F = A F / A D \sin PEF/\sin DEF=\sin PDF/\sin DPF=PF/DF=AF/AD sinPEF/sinDEF=sinPDF/sinDPF=PF/DF=AF/AD, P E / D E = A E / A D PE/DE=AE/AD PE/DE=AE/AD, 所以 P Q / D Q = A F ⋅ A E / A D 2 = A E 2 / A D 2 PQ/DQ=AF\cdot AE/AD^2=AE^2/AD^2 PQ/DQ=AF⋅AE/AD2=AE2/AD2.
性质3-2. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 过 I I I 作 B C BC BC 的垂线 l l l, 设 l l l 交内切圆于 D ′ D' D′, 交 E F EF EF于 S S S, 过 A A A作 l l l的垂线垂足为 A ′ A' A′, 则 A ′ A' A′, S S S 调和分割 D D D, D ′ D' D′.
配图
证明: 连结 A D AD AD, 显然 I I I 在 l l l 上. 考虑 S S S 的极线, S S S 的极线显然与 S I SI SI 垂直, 即与直线 l l l 垂直. 显然 E F EF EF为 A A A 的极线, 因此 A A A在 S S S 的极线上, 因此 S S S 的极线就是直线 A A ′ AA' AA′.
性质4-1. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 连结 A D AD AD, 交内切圆 I I I 于 P P P, 连结 P B PB PB, P C PC PC 分别交内切圆 I I I 于 G G G, H H H, 则 G C GC GC, H B HB HB, A D AD AD 三线共点; 四边形 P G D H PGDH PGDH 为调和四边形; G E GE GE, H F HF HF, A D AD AD 三线共点.
配图
证明: 根据赛瓦定理第一角元形式逆定理, G C GC GC, H B HB HB, A D AD AD 三线共点 ⟺ P F / F G ⋅ ( D G / D H ) ⋅ ( E H / P H ) = 1 \iff PF/FG\cdot (DG/DH)\cdot (EH/PH)=1 ⟺PF/FG⋅(DG/DH)⋅(EH/PH)=1, 四边形 P F D G PFDG PFDG, P E H D PEHD PEHD 为调和四边形, P F / F G = P D / G D PF/FG=PD/GD PF/FG=PD/GD, E H / P H = H D / P D EH/PH=HD/PD EH/PH=HD/PD. 由此可得到此结论.
由相似 P G = D E ⋅ P K / E K PG=DE\cdot PK/EK PG=DE⋅PK/EK, P H = P K / F K ⋅ D F PH=PK/FK\cdot DF PH=PK/FK⋅DF, G D = G K / P K ⋅ P E GD=GK/PK\cdot PE GD=GK/PK⋅PE, H D = H K / P K ⋅ P F HD=HK/PK\cdot PF HD=HK/PK⋅PF, P G / P H = D E / D F ⋅ ( F K / E K ) PG/PH=DE/DF\cdot (FK/EK) PG/PH=DE/DF⋅(FK/EK), D G / D H = ( P E / P F ) ⋅ ( G K / H K ) DG/DH=(PE/PF)\cdot (GK/HK) DG/DH=(PE/PF)⋅(GK/HK), 四边形 P F D E PFDE PFDE 为调和四边形, 所以 D E / D F = P E / P F DE/DF=PE/PF DE/DF=PE/PF. 由相似 F K / E K = G K / H K FK/EK = GK/HK FK/EK=GK/HK 进而 P G / P H = D G / D H PG/PH=DG/DH PG/PH=DG/DH, 四边形 P G D H PGDH PGDH 为调和四边形.
根据赛瓦定理的逆定理, G E GE GE, H F HF HF, A D AD AD 三线共点 ⟺ P G / B G ⋅ B C / C D ⋅ C H / P H = 1 \iff PG/BG\cdot BC/CD\cdot CH/PH=1 ⟺PG/BG⋅BC/CD⋅CH/PH=1, 即 P H / P G ⋅ ( B G / B D ) ⋅ ( C D / C H ) = 1 PH/PG\cdot (BG/BD)\cdot (CD/CH)=1 PH/PG⋅(BG/BD)⋅(CD/CH)=1. B G / B D = B D / B P = B D / ( P D / G D ⋅ B D ) = G D / P D BG/BD=BD/BP=BD/(PD/GD\cdot BD)=GD/PD BG/BD=BD/BP=BD/(PD/GD⋅BD)=GD/PD, C D / C H = P C / C D = P D / D H CD/CH=PC/CD=PD/DH CD/CH=PC/CD=PD/DH, 即 P H / P G ⋅ ( G D / D H ) = 1 PH/PG\cdot (GD/DH)=1 PH/PG⋅(GD/DH)=1, 四边形 P G D H PGDH PGDH 为调和四边形, 因此 P H / P G ⋅ ( G D / D H ) = 1 PH/PG\cdot (GD/DH)=1 PH/PG⋅(GD/DH)=1.
性质4-2. 连结 A G AG AG, A H AH AH 分别交内切圆 I I I 于 N N N, M M M, 则 M F MF MF, N E NE NE, A D AD AD 三线共点; B M BM BM, C N CN CN, A D AD AD 三线共点, G M GM GM, H N HN HN, E F EF EF, A D AD AD 四线共点.
配图
证明: G M GM GM, H N HN HN, E F EF EF, A D AD AD 四线共点:
四边形 N F G E NFGE NFGE, M E H F MEHF MEHF 为调和四边形, 进而 N F / G F = N E / G E = A E / A G NF/GF=NE/GE=AE/AG NF/GF=NE/GE=AE/AG, M E / H E = M F / H F = A F / A H ME/HE=MF/HF=AF/AH ME/HE=MF/HF=AF/AH,
N F / F G ⋅ ( G H / M N ) ⋅ ( E M / E H ) = ( A E / A G ) ⋅ ( A H / A N ) ⋅ ( A F / A H ) = ( A E 2 / A H ⋅ A G ) ( A H / A N ) = A E 2 / ( A G ⋅ A N ) = 1 \begin{align} NF/FG\cdot (GH/MN)\cdot (EM/EH)&=(AE/AG)\cdot (AH/AN)\cdot (AF/AH)\\&=(AE^2/AH\cdot AG)(AH/AN)\\&=AE^2/(AG\cdot AN)=1 \end{align} NF/FG⋅(GH/MN)⋅(EM/EH)=(AE/AG)⋅(AH/AN)⋅(AF/AH)=(AE2/AH⋅AG)(AH/AN)=AE2/(AG⋅AN)=1
由赛瓦定理第一角元形式逆定理可知 N H NH NH, M G MG MG, E F EF EF 三点共线.
考虑内切圆的内接四边形 N G H M NGHM NGHM, 设 N H NH NH, M G MG MG, E F EF EF 的交点为 K K K, 设 E F EF EF 交 B C BC BC 于 T T T. 下面证明直线 G H GH GH 也交于 B C BC BC于 T . G C T. GC T.GC, H B HB HB, A D AD AD 三线共点, 由性质 1 1 1, B D / C D = B T / C T BD/CD=BT/CT BD/CD=BT/CT. 由赛瓦定理, B D / C D = B G / P G ⋅ ( A H / H C ) BD/CD=BG/PG\cdot (AH/HC) BD/CD=BG/PG⋅(AH/HC)
进而可知 B G / P G ⋅ ( P H / C H ) ⋅ ( B T / C T ) = 1 BG/PG\cdot (PH/CH)\cdot (BT/CT)=1 BG/PG⋅(PH/CH)⋅(BT/CT)=1, 由梅涅劳斯定理逆定理, G , H , T G, H, T G,H,T 三点共线. 由圆内接四边形性质, M N MN MN, G H GH GH, E F EF EF 三线共点, 因此 M N MN MN, G H GH GH, E F EF EF 三线共点于 T T T, 且 T T T 的极线 A D AD AD 过点 K K K 和 A A A, 证毕.
M F MF MF, N E NE NE, A D AD AD 三线共点:
P N / P M = ( G D ⋅ ( A P / A G ) ) / ( H D ⋅ ( A P / A H ) ) = G D / H D ⋅ ( A H / A G ) PN/PM=(GD\cdot (AP/AG))/(HD\cdot (AP/AH))=GD/HD\cdot (AH/AG) PN/PM=(GD⋅(AP/AG))/(HD⋅(AP/AH))=GD/HD⋅(AH/AG)
M E / F N = ( E H ⋅ ( A M / A E ) ) / ( F G ⋅ ( A N / A F ) ) = E H / F G ⋅ ( A M / A N ) ME/FN=(EH\cdot (AM/AE))/(FG\cdot (AN/AF))=EH/FG\cdot (AM/AN) ME/FN=(EH⋅(AM/AE))/(FG⋅(AN/AF))=EH/FG⋅(AM/AN)
P N / P M ⋅ ( M E / F N ) ⋅ ( D F / D E ) = G D / H D ⋅ ( E H / F G ) ⋅ ( D F / D E ) ⋅ ( A H / A G ) ⋅ ( A M / A N ) PN/PM\cdot (ME/FN)\cdot (DF/DE)\\=GD/HD\cdot (EH/FG)\cdot (DF/DE)\cdot (AH/AG)\cdot (AM/AN) PN/PM⋅(ME/FN)⋅(DF/DE)=GD/HD⋅(EH/FG)⋅(DF/DE)⋅(AH/AG)⋅(AM/AN)
△ A N M ∼ △ A H G → ( A H / A G ) ⋅ ( A M / A N ) = 1 \triangle ANM \sim \triangle AHG \rightarrow (AH/AG)\cdot (AM/AN)=1 △ANM∼△AHG→(AH/AG)⋅(AM/AN)=1, 由 N H NH NH, M G MG MG, E F EF EF 三线共点, G D / H D ⋅ ( E H / F G ) ⋅ ( D F / D E ) = 1 GD/HD\cdot (EH/FG)\cdot (DF/DE)=1 GD/HD⋅(EH/FG)⋅(DF/DE)=1, P N / P M ⋅ ( M E / F N ) ⋅ ( D F / D E ) = 1 PN/PM\cdot (ME/FN)\cdot (DF/DE)=1 PN/PM⋅(ME/FN)⋅(DF/DE)=1. 由赛瓦定理第一角元形式逆定理可知 M F MF MF, N E NE NE, A D AD AD 三点共线.
B M BM BM, C N CN CN, A D AD AD三线共点证明:
结合性质1-2, 过 B M BM BM, C N CN CN 和内切圆的两个交点所作的直线过 T T T, 再结合圆内接四边形性质可得此结论.
性质5. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 射线 A I AI AI 交内切圆于 P P P, Q Q Q, 则 P P P, Q Q Q 分别为 △ A E F \triangle AEF △AEF的内心和旁心.
配图
证明: 不失一般性, 设 c ≥ b c \geq b c≥b. P P P 到 A F AF AF的距离为 r 1 r_1 r1, 根据相似可知:
r / r 1 = A I / A P = r / cos ( A / 2 ) r / cos ( A / 2 ) − r r/r_1=AI/AP=\frac{r/\cos(A/2)}{r/\cos(A/2)-r} r/r1=AI/AP=r/cos(A/2)−rr/cos(A/2)
r 1 = r ( 1 − cos ( A / 2 ) ) = P T r_1=r(1-\cos (A/2))=PT r1=r(1−cos(A/2))=PT, 即 r 1 = P T r_1=PT r1=PT, 因此 P P P 是 △ A E F \triangle AEF △AEF 内心. Q Q Q 到 A F AF AF 的距离为 r 2 r_2 r2, 根据相似可知:
r / r 2 = A I / A Q = ( r / cos ( A / 2 ) ) / ( ( r / cos ( A / 2 ) ) + r ) r/r_2=AI/AQ=(r/\cos(A/2))/((r/\cos(A/2))+r) r/r2=AI/AQ=(r/cos(A/2))/((r/cos(A/2))+r)
r 2 = r ( 1 + cos ( A / 2 ) ) = Q T r_2=r(1+\cos (A/2))=QT r2=r(1+cos(A/2))=QT, 即 r 2 = Q T r_2=QT r2=QT, 因此 Q Q Q 是 △ A E F \triangle AEF △AEF 旁心.
性质6. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 过 B B B, C C C分别向 C I CI CI, B I BI BI 作垂线, 垂足分别为 B ′ B' B′, C ′ C' C′, 则 B ′ B' B′, C ′ C' C′ 在 E F EF EF 上.
配图
证明: 易证 B B B, B ′ B' B′, F F F, I I I, D D D 共圆, ∠ I F E = A / 2 \angle IFE=A/2 ∠IFE=A/2, 因此 B ′ B' B′, F F F, E E E 共线.
配图
推论. 过点 P P P 向 ∠ B A C \angle BAC ∠BAC, ∠ A C B \angle ACB ∠ACB 的角平分线作垂线, 垂足为 B 1 B_1 B1, B 2 B_2 B2, 连结 B 1 B 2 B_1 B_2 B1B2, 则 B 1 B 2 / / A C B_1 B_2// AC B1B2//AC 且平分 A B AB AB, C B CB CB.
配图
证明: 易证 B B B, B 2 B_2 B2, F F F, I I I, D D D, B 1 B_1 B1在以 I O IO IO 为直径的圆上, B 2 B_2 B2 在直线 E F EF EF 上, B 1 B_1 B1 在直线 E D ED ED 上, 连结 D F DF DF, ∠ F B 2 = ∠ F D E \angle FB_2=\angle FDE ∠FB2=∠FDE, ∠ F D E = ∠ A E F \angle FDE=\angle AEF ∠FDE=∠AEF, 因此 B 1 B 2 / / A C B_1B_2// AC B1B2//AC. 延长 B B 2 BB_2 BB2 交直线 C A CA CA 于 P P P, ∠ B C B 2 = ∠ T C B 2 \angle BCB_2=\angle TCB_2 ∠BCB2=∠TCB2, 且 C B 2 ⊥ B P CB_2\bot BP CB2⊥BP, 因此 B B 2 = P B 2 BB_2=PB_2 BB2=PB2, 又有 B 1 B 2 / / A C B_1B_2// AC B1B2//AC, 因此 B 1 B 2 B_1B_2 B1B2 通过 A B AB AB 的中点.
性质7-1. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 点 M M M 为 B C BC BC 的中点, A H ⊥ B C AH \bot BC AH⊥BC 于点 H H H, 直线 M I MI MI 交 A H AH AH 于 Q Q Q, 则 A Q = r AQ=r AQ=r.
配图
证明: 不失一般性, 设 c ≥ b c \geq b c≥b. 在 A H AH AH 上取点 Q ′ Q' Q′, 使得 A Q ′ = r AQ'=r AQ′=r, 下面证明 Q ′ Q' Q′ 即 Q Q Q. Q Q Q 和 Q ′ Q' Q′ 重合的充要条件是: I D / Q ′ H = M D / M H ID/Q'H=MD/MH ID/Q′H=MD/MH, 下面验证其成立. I D = r = S / p ID=r=S/p ID=r=S/p, Q ′ H = h − r = 2 S / a − S / p Q'H=h-r=2S/a-S/p Q′H=h−r=2S/a−S/p, I D / Q ′ H = r / ( h − r ) = a / ( b + c ) ID/Q'H=r/(h-r)=a/(b+c) ID/Q′H=r/(h−r)=a/(b+c), M D = a / 2 − ( p − c ) = a / 2 − ( a + b − c ) / 2 = ( c − b ) / 2 MD=a/2-(p-c)=a/2-(a+b-c)/2=(c-b)/2 MD=a/2−(p−c)=a/2−(a+b−c)/2=(c−b)/2, M H = a / 2 − C H = a / 2 − h / tan C MH=a/2-CH=a/2-h/\tan C MH=a/2−CH=a/2−h/tanC, M D / M H = ( c − b ) / ( a − 2 h / tan C ) MD/MH=(c-b)/(a-2h/\tan C) MD/MH=(c−b)/(a−2h/tanC), 即验证: a / ( b + c ) = ( c − b ) / ( a − 2 h / tan C ) a/(b+c)=(c-b)/(a-2h/\tan C) a/(b+c)=(c−b)/(a−2h/tanC).
c 2 − b 2 = a 2 − 2 a h / tan C = a 2 − 4 S / tan C = a 2 − 2 a b sin C / tan C = a 2 − 2 a b cos C \begin{align} c^2-b^2&=a^2-2ah/\tan C\\&=a^2-4S/\tan C\\&=a^2-2ab\sin C/\tan C\\&=a^2-2ab \cos C \end{align} c2−b2=a2−2ah/tanC=a2−4S/tanC=a2−2absinC/tanC=a2−2abcosC
由正弦定理可知其显然成立.
配图
性质7-2. 点 M M M 为 B C BC BC 的中点, A H ⊥ B C AH \bot BC AH⊥BC 于点 H H H, 内切圆 I I I 切 B C BC BC 于 D D D, 设 B C BC BC 的中点为 M M M, D D D 关于 M M M 的对称点为 D ′ D' D′ ( A A A 所对旁切圆切 B C BC BC 的切点), A H AH AH 的中点为 G G G, 则 D ′ D' D′, I I I, G G G 三点共线.
配图
证明: 不失一般性, 设 c ≥ b c \geq b c≥b. 连结 I D ID ID, 命题成立的充要条件是 G H / D ′ H = I D / D D ′ GH/D'H=ID/DD' GH/D′H=ID/DD′.
D ′ H = B C − B D ′ − C H = a − ( p − c ) − b cos C = ( p − b ) − b ( a 2 + b 2 + c 2 ) / ( 2 a b ) = ( c − b ) p / a \begin{align} D'H&=BC-BD'-CH\\&=a-(p-c)-b \cos C\\&=(p-b)-b(a^2+b^2+c^2)/(2ab)\\&=(c-b)p/a \end{align} D′H=BC−BD′−CH=a−(p−c)−bcosC=(p−b)−b(a2+b2+c2)/(2ab)=(c−b)p/a
G H = S / a GH=S/a GH=S/a, I D = r ID=r ID=r, D D ′ = 2 M D = 2 ( M C − C D ) = c − b DD'=2MD=2(MC-CD)=c-b DD′=2MD=2(MC−CD)=c−b, G H / D ′ H = S / [ ( c − b ) p GH/D'H=S/[(c-b)p GH/D′H=S/[(c−b)p], I D / D D ′ = r / ( c − b ) ID/DD'=r/(c-b) ID/DD′=r/(c−b), 代入 S = p r S=pr S=pr, 可得 G H / D ′ H = I D / D D ′ GH/D'H=ID/DD' GH/D′H=ID/DD′, 证毕. ( S S S 为 △ A B C \triangle ABC △ABC 面积, r r r 为内切圆半径).
2023/11/25
性质7-3. 性质7-1对于旁心亦成立.
配图
证明: 不失一般性, 设 c ≥ b c \geq b c≥b. 在高线上取 Q ′ Q' Q′, 使得 A Q ′ = r B AQ'=r_B AQ′=rB, 下面证明 Q ′ Q' Q′ 即 Q . Q Q. Q Q.Q 和 Q ′ Q' Q′ 重合的充要条件是: M H / ( p − a / 2 ) = ( h − r B ) / r B MH/(p-a/2)=(h-r_B)/r_B MH/(p−a/2)=(h−rB)/rB. M H = a / 2 − b cos C = ( c 2 − b 2 ) / 2 a MH = a/2-b \cos C=(c^2-b^2)/2a MH=a/2−bcosC=(c2−b2)/2a, h = 2 S / a h=2S/a h=2S/a, r B = 2 S / ( a + c − b ) r_B=2S/(a+c-b) rB=2S/(a+c−b), 代入得: M H / ( p − a / 2 ) = ( c − b ) / a MH/(p-a/2)=(c-b)/a MH/(p−a/2)=(c−b)/a, h / r B − 1 = ( c − b ) / a h/r_B-1=(c-b)/a h/rB−1=(c−b)/a, 显然成立.
性质7-4. 性质7-2对于旁心亦成立.
配图
证明: 不失一般性, 设 c ≥ b c \geq b c≥b. 设 A A A 所对的旁切圆切 B C BC BC 边于 D ′ D' D′, 命题成立的充要条件是 r A / D D ′ = G H / D H . r A = S / ( b + c − a ) = 2 S / ( p − a ) r_A/DD'=GH/DH. r_A=S/(b+c-a)=2S/(p-a) rA/DD′=GH/DH.rA=S/(b+c−a)=2S/(p−a), D D ′ = c − b DD'=c-b DD′=c−b, G H = S / a GH=S/a GH=S/a, D H = ( c − b ) ( p − a ) / ( 2 a ) DH=(c-b)(p-a)/(2a) DH=(c−b)(p−a)/(2a)
代入得 : r A / D D ′ = 2 S / [ ( p − a ) ( c − b ) r_A/DD'=2S/[(p-a)(c-b) rA/DD′=2S/[(p−a)(c−b)], G H / D H = 2 S / [ ( p − a ) ( c − b ) GH/DH=2S/[(p-a)(c-b) GH/DH=2S/[(p−a)(c−b)], 显然成立.
性质7-4 (拓展). △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 外心为 O O O, 记 G A G_A GA, G B G_B GB, G C G_C GC 分别为 A A A, B B B, C C C所对应高线的中点, 则 D G A DG_A DGA, E G B EG_B EGB, F G C FG_C FGC, O I OI OI 交于一点.
配图
证明: 本结论的证明依赖于性质30的证明. 由性质7-4可知 D G A DG_A DGA 过 A A A 所对旁切圆的圆心 J A J_A JA, 设 O I OI OI 与 D G A DG_A DGA 交于 T T T, 设 J A D J_AD JAD 的中点为 R R R, 则 O R = r A 2 + R cos A OR = \frac{r_A}{2}+R \cos A OR=2rA+RcosA, I T / O T = r / O R = r / ( r A 2 + R cos A ) IT/OT=r/OR=r/(\frac{r_A}{2}+R \cos A) IT/OT=r/OR=r/(2rA+RcosA), 显然该比例式是性质30中所求的 I T / T H IT/TH IT/TH的 2 2 2 倍, 由此易得此结论.
性质8-1. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. D I DI DI 交 E F EF EF 于 K K K, 则 A K AK AK 交 B C BC BC 于 B C BC BC 边的中点 M M M.
配图
证明: 过 P P P 作 I P IP IP 的垂线交 A B AB AB, A C AC AC 于 S S S, T T T. 连结 I E IE IE, I F IF IF, I S IS IS, I T IT IT, 则 F , P , I , S F,P,I,S F,P,I,S 四点共圆, I , P , T , E I,P,T, E I,P,T,E 四点共圆, 则 ∠ I F P = ∠ I S P = ∠ I E P = ∠ I T P \angle IFP=\angle ISP=\angle IEP=\angle ITP ∠IFP=∠ISP=∠IEP=∠ITP, I T = I S IT=IS IT=IS. 进而 S P = P T SP=PT SP=PT, 显然 S T / / B C ST//BC ST//BC, 进而由相似可知, B M = M C BM=MC BM=MC.
配图
性质8-2. D I DI DI 延长线交内切圆 I I I 于 P P P, 直线 A P AP AP 交 B C BC BC于 ∠ B A C \angle BAC ∠BAC 所对旁切圆的切点(记为 Q Q Q).
配图
证明: 过 P P P 作 B C BC BC 平行线交 A B AB AB, A C AC AC 于 B ′ B' B′, C ′ C' C′, 则 △ A B ′ C ′ \triangle AB'C' △AB′C′ 于 △ A B C \triangle ABC △ABC 关于 A A A 位似, 圆 I I I 是 △ A B ′ C ′ \triangle AB'C' △AB′C′ 的旁切圆, P P P 是圆 I I I 与 B ′ C ′ B'C' B′C′ 的切点, Q Q Q 是 P P P 的对应点, 因此 Q Q Q 是 △ A B C \triangle ABC △ABC 关于 ∠ B A C \angle BAC ∠BAC 的旁切圆的切点.
推论. 设 A P AP AP 与内切圆交于 R R R, 则 M R MR MR 与内切圆相切.
配图
证明: 显然 I M IM IM 是 △ P Q D \triangle PQD △PQD 的中位线, 进而 I M / / P Q IM//PQ IM//PQ, ∠ R I M = ∠ P R I = ∠ R P I = ∠ D I M \angle RIM=\angle PRI=\angle RPI=\angle DIM ∠RIM=∠PRI=∠RPI=∠DIM, I R = I D IR=ID IR=ID, 因此 △ I M R ≃ △ I M D \triangle IMR \simeq \triangle IMD △IMR≃△IMD, 因此 ∠ I R M = π / 2 \angle IRM=\pi/2 ∠IRM=π/2, 证毕.
性质9. △ A B C \triangle ABC △ABC的内切圆分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 三边于 D D D, E E E, F F F, 过 A A A 作 B C BC BC 的垂线交 E F EF EF 于 H H H, H H H 为 △ A B C \triangle ABC △ABC的垂心的充要条件是 D H ⊥ E F DH \bot EF DH⊥EF.
配图
证明: 连结 A H AH AH, B H BH BH, C H CH CH, D H DH DH, I E IE IE, I F IF IF.
充分性: C H ⊥ A B CH \bot AB CH⊥AB, A I / / D H AI//DH AI//DH, 所以 ∠ D H C = π / 2 − ∠ I A F = A / 2 \angle DHC=\pi/2-\angle IAF=A/2 ∠DHC=π/2−∠IAF=A/2, 同理, ∠ B H D = A / 2 \angle BHD=A/2 ∠BHD=A/2. D H DH DH 平分 ∠ B H C \angle BHC ∠BHC, ∠ F H B = ∠ E H C = π / 2 − A / 2 \angle FHB=\angle EHC=\pi/2-A/2 ∠FHB=∠EHC=π/2−A/2, ∠ A F E = ∠ A E F = π / 2 − A / 2 \angle AFE=\angle AEF=\pi/2-A/2 ∠AFE=∠AEF=π/2−A/2, ∠ A B H = π / 2 − A \angle ABH=\pi/2-A ∠ABH=π/2−A, ∠ A C H = π / 2 − A \angle ACH=\pi/2-A ∠ACH=π/2−A, 因此 B H ⊥ A C BH \bot AC BH⊥AC, C H ⊥ A B CH \bot AB CH⊥AB, 因此 H H H 是 △ A B C \triangle ABC △ABC 的垂心.
必要性: ∠ F H B = ∠ A F E − ∠ A B H = π / 2 − A / 2 − ( π / 2 − A ) = A / 2 \angle FHB=\angle AFE-\angle ABH=\pi/2-A/2-(\pi/2-A)=A/2 ∠FHB=∠AFE−∠ABH=π/2−A/2−(π/2−A)=A/2, ∠ I E F = A / 2 \angle IEF=A/2 ∠IEF=A/2, I E / / B H IE//BH IE//BH, 同理 I F / / C H IF//CH IF//CH, ∠ B F H = ∠ C E H \angle BFH=\angle CEH ∠BFH=∠CEH, ∠ F H B = ∠ C H E = A / 2 \angle FHB=\angle CHE=A/2 ∠FHB=∠CHE=A/2, 因此 △ B F H ∼ △ C E H \triangle BFH \sim \triangle CEH △BFH∼△CEH, B H / C H = B F / C E = B D / C D BH/CH=BF/CE=BD/CD BH/CH=BF/CE=BD/CD, 因此 D H DH DH 平分 ∠ B H C \angle BHC ∠BHC, D H ⊥ E F DH\bot EF DH⊥EF.
配图
性质10. ∠ F D E = ( ∠ B ) / 2 + ( ∠ C ) / 2 = π / 2 − ∠ A / 2 \angle FDE=(\angle B)/2+(\angle C)/2 = \pi/2 - \angle A/2 ∠FDE=(∠B)/2+(∠C)/2=π/2−∠A/2.
配图
证明:
∠ F D E = π − ∠ F D B − ∠ C D E = π − ( π / 2 − ( ∠ B ) / 2 ) − ( π / 2 − ( ∠ C ) / 2 ) = ( ∠ B ) / 2 + ( ∠ C ) / 2 \angle FDE=\pi-\angle FDB-\angle CDE=\pi-(\pi/2-(\angle B)/2)-(\pi/2-(\angle C)/2)=(\angle B)/2+(\angle C)/2 ∠FDE=π−∠FDB−∠CDE=π−(π/2−(∠B)/2)−(π/2−(∠C)/2)=(∠B)/2+(∠C)/2
性质11-1. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 三边于 D D D, E E E, F F F. 过 I I I, B B B, C C C 作圆分别交直线 A B AB AB, A C AC AC 于 B ′ B' B′, C ′ C' C′, 则 B ′ , C ′ B',C' B′,C′ 分别为 B B B, C C C 关于 A I AI AI 的对称点, 且 B ′ C ′ B'C' B′C′ 和内切圆 I I I 相切.
配图
证明: 以 A I AI AI 为对称轴, 作 B B B, C C C 的对称点, B ′ B' B′, C ′ C' C′, 它们分别在 A C AC AC, A B AB AB 上, ∠ A C ′ I = C / 2 = ∠ I C B \angle AC'I=C/2=\angle ICB ∠AC′I=C/2=∠ICB, 因此 C ′ C' C′ 在过 B B B, I I I, C C C 的圆上, 同理, B ′ B' B′ 也在该圆上. 显然 △ I C B ≃ △ I C ′ B ′ \triangle ICB \simeq \triangle IC'B' △ICB≃△IC′B′ 互为镜像, 因此 I I I 到 B C BC BC 的距离等于 I I I 到 B ′ C ′ B'C' B′C′ 的距离, 进而圆 I I I 与 C ′ B ′ C'B' C′B′ 相切. 而 C ′ C' C′, B ′ B' B′ 显然为 C C C, B B B, 证毕.
配图
推论. 过 I I I, B B B, C C C 的圆关于 A I AI AI 对称.
性质11-2. 过 I I I, B B B, C C C 的圆以劣弧 B C BC BC 的中点为圆心, 且经过 A A A 所对的旁心 J a J_a Ja; 设 A I AI AI 交 B C BC BC 于 P P P, 则 I I I, J a J_a Ja 调和分割 A A A, P P P.
配图
证明: 设劣弧 B C BC BC 的中点为 O O O, 由鸡爪定理, O I = O B = O C OI = OB= OC OI=OB=OC, 因此 O O O 为过 I I I, B B B, C C C 的圆的圆心. ∠ B J a C = B / 2 + C / 2 = π / 2 − A / 2 = π − ∠ B I C \angle BJ_aC=B/2+C/2=\pi/2-A/2=\pi-\angle BIC ∠BJaC=B/2+C/2=π/2−A/2=π−∠BIC, 因此 J a J_a Ja 在圆 O O O 上. B I BI BI 平分 ∠ A B P \angle ABP ∠ABP, B J a ⊥ B I BJ_a \bot BI BJa⊥BI, 因此 I I I, J a J_a Ja 调和分割 A A A, P P P.
下面, 我们探究过 I I I, B B B, C C C 的圆 O O O 与内切圆 I I I 的交点.
性质11-3. 设圆 O O O 与圆 I I I 交于 K K K, L L L ( K K K 靠近 B B B) 两点, 则 K L KL KL 到点 D D D 的距离等于到 E F EF EF 的距离. △ C L D ∼ △ C E K \triangle CLD \sim \triangle CEK △CLD∼△CEK.
配图
证明: 易证 B B B, F F F, I I I, D D D 四点共圆, 由根心定理, B I BI BI, F D FD FD, K L KL KL 三线共点, 记为 G G G, B F = F D BF=FD BF=FD, F I = D I FI=DI FI=DI, 因此 B I BI BI 垂直平分 F D FD FD, 说明 G G G 是 F D FD FD 中点, 由此可知 K L KL KL 到点 D D D 的距离等于到 E F EF EF 的距离. 记 C K CK CK 交内切圆于除 K K K 外的 L ′ L' L′ 点, 由 I K = I L IK=IL IK=IL 可知, ∠ K C I = ∠ L C I \angle KCI=\angle LCI ∠KCI=∠LCI. 因此直线 C K CK CK 与直线 C L CL CL 关于 C I CI CI 对称, 进而 ∠ L C D = ∠ E C K \angle LCD=\angle ECK ∠LCD=∠ECK , 由切线性质可知, C D 2 = C L ′ ⋅ C K = C L ⋅ C K CD^2=CL' \cdot CK=CL \cdot CK CD2=CL′⋅CK=CL⋅CK, 进而 C K / C D = C E / C L CK/CD=CE/CL CK/CD=CE/CL, 综上, △ C L D ∼ △ C E K \triangle CLD \sim \triangle CEK △CLD∼△CEK.
性质12. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 与 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 相切于 D D D, E E E, F F F. 以 A A A 为圆心, A E AE AE 为半径作圆, D E DE DE 交圆 A A A 于 G G G, D F DF DF 交圆 A A A 于 H . H H. H H.H, A A A, G G G 共线且平行于 B C BC BC. 2022-04-09
配图
证明: 提示: 连结 H A HA HA, H G HG HG, 易证 H A / / B D HA//BD HA//BD, A G / / B D AG//BD AG//BD, 证毕.
性质13. 接上文. A D AD AD, 交内切圆 I I I 于 L L L, 连结 H L HL HL, G L GL GL, F L FL FL, E L EL EL 则 ∠ A H L = ∠ A D H = ∠ G D L = ∠ L G A = ∠ A F L = ∠ A E L \angle AHL = \angle ADH=\angle GDL = \angle LGA=\angle AFL=\angle AEL ∠AHL=∠ADH=∠GDL=∠LGA=∠AFL=∠AEL.
配图
证明: 由相切关系可知, A E 2 = A F 2 = A L ⋅ A D AE^2=AF^2=AL \cdot AD AE2=AF2=AL⋅AD, 进而 A H 2 = A G 2 = A L ⋅ A D AH^2=AG^2=AL \cdot AD AH2=AG2=AL⋅AD. △ A H L ∼ △ A D H \triangle AHL \sim \triangle ADH △AHL∼△ADH, △ A G L ∼ △ A D G \triangle AGL \sim \triangle ADG △AGL∼△ADG. 又由 H L = G L HL=GL HL=GL 可知, ∠ A H L = ∠ A G L \angle AHL=\angle AGL ∠AHL=∠AGL, 所以 ∠ A H L = ∠ A D H = ∠ G D L = ∠ L G A \angle AHL = \angle ADH=\angle GDL = \angle LGA ∠AHL=∠ADH=∠GDL=∠LGA.
易证 △ A F L ∼ △ A D F \triangle AFL \sim \triangle ADF △AFL∼△ADF, △ A E L ∼ △ A D E . ∠ A F L = ∠ A D F \triangle AEL \sim \triangle ADE. \angle AFL=\angle ADF △AEL∼△ADE.∠AFL=∠ADF, ∠ A E L = ∠ A D E \angle AEL=\angle ADE ∠AEL=∠ADE, 证毕.
性质14. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 A C AC AC, A B AB AB 于 E E E, F F F, D D D 为内切圆上一点, E F EF EF 与 A I AI AI 相交于 K K K, 则 ∠ I A D = ∠ K D I \angle IAD=\angle KDI ∠IAD=∠KDI. 2022/04/09
配图
证明: 略.
性质15. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 与 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 相切于 D D D, E E E, F F F, E F EF EF 交 B C BC BC 于 T T T, 过 D D D 作 D H ⊥ E F DH \bot EF DH⊥EF 于 H H H, 则 F H / E H = B D / C D FH/EH=BD/CD FH/EH=BD/CD ( △ B F H ∼ △ C E H \triangle BFH \sim \triangle CEH △BFH∼△CEH).
配图
证明: 在 E F EF EF 上取点 H ′ H' H′, 使得 H ′ F / H ′ E = B F / C E H'F/H'E=BF/CE H′F/H′E=BF/CE, 连结 H ′ B H'B H′B, H ′ C H'C H′C. 又有 ∠ B F H = ∠ C E H \angle BFH = \angle CEH ∠BFH=∠CEH, 所以 △ B F H △ C E H \triangle BFH \triangle CEH △BFH△CEH. ∠ F H B = ∠ C H E \angle FHB= \angle CHE ∠FHB=∠CHE, B H / C H = B D / C D BH/CH=BD/CD BH/CH=BD/CD, 因此 D H DH DH平分 ∠ B H C \angle BHC ∠BHC. 因此 D H ⊥ E F DH \bot EF DH⊥EF.
性质16-1. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 切 B C BC BC , A C AC AC , A B AB AB 于 D D D , E E E , F F F. A D AD AD 交圆 I I I 于 L L L , 过 L L L 作圆 I I I 的切线 l l l , 直线 D F DF DF 交 l l l 于 S S S , 直线 D E DE DE 交 l l l 于 T T T, l l l 交 B C BC BC 于 G G G, 则 L L L, G G G 调和分割 S S S, T T T.
配图
证明: E F EF EF 过 G G G, D D D, G G G 调和分割 B C BC BC, 因此 A B AB AB, A D AD AD, A C AC AC, A T AT AT 是调和线束, 设 A D AD AD 交 E F EF EF 于 K K K, 则 K K K, G G G 调和分割 E F EF EF, 进而 D F DF DF, D K DK DK, D E DE DE, D G DG DG 是调和线束, 进而可得此结论.
性质16-2. S C SC SC, T B TB TB, A D AD AD 三线共点. 2022/04/19
配图
证明: 设 B T BT BT 交 A D AD AD 于 X X X, C S CS CS 交 A D AD AD 于 X ′ X' X′
对 △ L D G \triangle LDG △LDG 和截线 B X T BXT BXT 应用梅涅劳斯定理可知: L X / X D ⋅ B D / B G ⋅ G T / L T = 1 LX/XD \cdot BD/BG \cdot GT/LT =1 LX/XD⋅BD/BG⋅GT/LT=1.
对 △ L D G \triangle LDG △LDG 和截线 S X ′ C SX'C SX′C 应用梅涅劳斯定理可知: L X ′ / X ′ D ⋅ C D / C G ⋅ G S / L S = 1 LX'/X'D \cdot CD/CG\cdot GS/LS =1 LX′/X′D⋅CD/CG⋅GS/LS=1,
B D / B G = C D / C G BD/BG=CD/CG BD/BG=CD/CG, G T / L T = G S / L S GT/LT=GS/LS GT/LT=GS/LS 因此 L X / X D = L X ′ / X ′ D LX/XD=LX'/X'D LX/XD=LX′/X′D. 证毕.
性质17. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB于 D D D, E E E, F F F. 设 A C AC AC 边上的旁切圆切点为 E ′ E' E′, 延长 D I DI DI 交内切圆于 P P P, 作直线 A P AP AP 交 A E ′ AE' AE′ 于 L L L, 交 B C BC BC 于 Q Q Q (即 B C BC BC 边上的旁切圆切点), 则 A P = L Q AP=LQ AP=LQ.
配图
证明: 对于 △ A Q C \triangle AQC △AQC 及截线 E ′ L B E'LB E′LB, 由梅涅劳斯定理得: A L / L Q = C B / B Q ⋅ A E ′ / E ′ C AL/LQ=CB/BQ\cdot AE'/E'C AL/LQ=CB/BQ⋅AE′/E′C, A E ′ = C E = B Q = C D AE'=CE=BQ=CD AE′=CE=BQ=CD, 因此 A L / L Q = C B / E ′ C = C B / A E = ( r / tan C / 2 + r / tan B / 2 ) / ( r / tan A / 2 ) AL/LQ=CB/E'C=CB/AE =(r/\tan C/2+r/\tan B/2)/(r/\tan A/2) AL/LQ=CB/E′C=CB/AE=(r/tanC/2+r/tanB/2)/(r/tanA/2).
过点 P P P 作 B C BC BC 的平行线分别交 A B AB AB, A C AC AC 于 B ′ B' B′, C ′ C' C′. 易证 A P / P Q = A B ′ / B B ′ = A C ′ / C C ′ AP/PQ=AB'/BB'=AC'/CC' AP/PQ=AB′/BB′=AC′/CC′. 因此 A P / P Q = ( B B ′ + C C ′ ) / ( A B ′ + C B ′ ) AP/PQ=(BB'+CC')/(AB'+CB') AP/PQ=(BB′+CC′)/(AB′+CB′), B B ′ = B F + B ′ F BB'=BF+B'F BB′=BF+B′F, C C ′ = C E + C ′ E CC'=CE+C'E CC′=CE+C′E, A B ′ = A F − B ′ F AB'=AF-B'F AB′=AF−B′F, A C ′ = A E − C ′ E AC'=AE-C'E AC′=AE−C′E, B ′ F = r tan B / 2 B'F=r\tan B/2 B′F=rtanB/2, C ′ E = r tan C / 2 C'E=r\tan C/2 C′E=rtanC/2.
由此可知 : A P / P Q = ( r tan C / 2 + r tan B / 2 + r / tan C / 2 + r / tan B / 2 ) / ( 2 r / tan A / 2 − r tan C / 2 − r tan B / 2 ) AP/PQ=(r\tan C/2+r\tan B/2+r/\tan C/2+r/\tan B/2)/(2r/\tan A/2-r\tan C/2-r\tan B/2) AP/PQ=(rtanC/2+rtanB/2+r/tanC/2+r/tanB/2)/(2r/tanA/2−rtanC/2−rtanB/2), 其中, tan A / 2 = 1 / tan ( B + C ) / 2 \tan A/2=1/\tan(B+C)/2 tanA/2=1/tan(B+C)/2, 代入后, 可以验证
( r tan C / 2 + r tan B / 2 + r / tan C / 2 + r / tan B / 2 ) / ( 2 r / tan A / 2 − r tan C / 2 − r tan B / 2 ) = ( r / tan C / 2 + r / tan B / 2 ) / ( r / tan A / 2 ) (r\tan C/2+r\tan B/2+r/\tan C/2+r/\tan B/2)/(2r/\tan A/2-r\tan C/2-r\tan B/2)\\=(r/\tan C/2+r/\tan B/2)/(r/\tan A/2) (rtanC/2+rtanB/2+r/tanC/2+r/tanB/2)/(2r/tanA/2−rtanC/2−rtanB/2)=(r/tanC/2+r/tanB/2)/(r/tanA/2)
因此 A P / P Q = A L / L Q AP/PQ=AL/LQ AP/PQ=AL/LQ, A P = L Q AP=LQ AP=LQ.
配图
性质18. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. 则 △ A B C \triangle ABC △ABC 的外心 O O O, 内心 I I I, △ D E F \triangle DEF △DEF 的垂心 P P P, 重心 Q Q Q 共线. ( D E F DEF DEF 的欧拉线)
配图
证明: 由欧拉定理可知, I I I, Q Q Q, P P P 三点共线. 作直线 A I AI AI 交 △ A B C \triangle ABC △ABC 的外接圆于 M M M, 连结 O P OP OP, I D ID ID, P D PD PD. O M ⊥ B C OM\bot BC OM⊥BC, I D ⊥ B C ID \bot BC ID⊥BC, O M / / I D OM//ID OM//ID, A I ⊥ E F AI \bot EF AI⊥EF, D P ⊥ E F DP\bot EF DP⊥EF, M I / / D P MI // DP MI//DP, 记外接圆的圆心为 R R R, 内切圆的圆心为 r r r, 则 O M = R OM=R OM=R, Q D = r QD=r QD=r. 由垂心的性质可知, D P = E F / tan ( ∠ D E F ) DP=EF/\tan(\angle DEF) DP=EF/tan(∠DEF), 易证 ∠ D E F = π / 2 − A / 2. E F = 2 r cos ( A / 2 ) \angle DEF=\pi/2-A/2. EF=2r \cos(A/2) ∠DEF=π/2−A/2.EF=2rcos(A/2), 则 D P = 2 r sin ( A / 2 ) DP=2r \sin(A/2) DP=2rsin(A/2). 由鸡爪定理, M I = M C = 2 R sin A / 2 MI=MC=2R\sin A/2 MI=MC=2RsinA/2. M I / D P = R / r = O M / I D MI/DP=R/r=OM/ID MI/DP=R/r=OM/ID, 进而 △ O M I ∼ △ I D P \triangle OMI \sim \triangle IDP △OMI∼△IDP, 由此易证 O O O, I I I, P P P 三点共线, 证毕.
性质19. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆切 B C BC BC 于 K K K, A D ⊥ B C AD \bot BC AD⊥BC 于 D D D, M M M 为 A D AD AD 的中点, K M KM KM 交圆 I I I 于 N N N, 作过 B B B, C C C, N N N 三点的圆 O 1 O_1 O1, 圆 O 1 O_1 O1 与圆 I I I 内切 (称为 A A A 对应的伪外接圆). 2022/04/16
出处: 锐角 △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 Ω \Omega Ω 切 B C BC BC 于点 K K K, A D AD AD 为 △ A B C \triangle ABC △ABC 的高, M M M 为 A D AD AD 的中点, 直线 K M KM KM 交 Ω \Omega Ω 于另一点 N N N, 求证: △ B C N \triangle BCN △BCN 的外接圆与 Ω \Omega Ω 切于点 N N N. (2003年中国国家队培训题)
配图
证明: 作直线 N I NI NI, N K NK NK, 取 B C BC BC 的中点 Q Q Q, 并过 Q Q Q 作 B C BC BC 的垂线交 N I NI NI, N K NK NK 于 O 1 O_1 O1, P P P. 连结 I K IK IK, I K / / O 1 P IK // O_1P IK//O1P, I N = I K IN=IK IN=IK, 所以 O 1 P = O 1 N O_1 P=O_1 N O1P=O1N, 以 O 1 O_1 O1 为圆心作圆, 该圆与圆 I I I 内切, 下面证明其过 B , C B, C B,C. 下面证明 B K ⋅ C K = N K ⋅ P K BK \cdot CK=NK \cdot PK BK⋅CK=NK⋅PK.
B K = ( p − b ) BK=(p-b) BK=(p−b), C K = ( p − c ) CK=(p-c) CK=(p−c), P K = Q K / sin θ PK=QK/\sin\theta PK=QK/sinθ, N K = 2 r cos θ NK=2r \cos\theta NK=2rcosθ. ( θ \theta θ 为 ∠ N M D \angle NMD ∠NMD 的值, r r r 为内切圆半径)
代入 r = S / p r=S/p r=S/p, S = p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} S=p(p−a)(p−b)(p−c), ( p = ( a + b + c ) / 2 p=(a+b+c)/2 p=(a+b+c)/2), Q K = ( c − b ) / 2 QK=(c-b)/2 QK=(c−b)/2,
B K ⋅ C K = ( p − b ) ( p − c ) BK \cdot CK=(p-b)(p-c) BK⋅CK=(p−b)(p−c), N K ⋅ P K = 2 r Q K ⋅ D M / D K = ( S / p ) ( c − b ) / tan θ NK \cdot PK=2rQK \cdot DM/DK=(S/p)(c-b)/\tan \theta NK⋅PK=2rQK⋅DM/DK=(S/p)(c−b)/tanθ,
tan θ = D K / D M \tan \theta=DK/DM tanθ=DK/DM, D K = ( p − c ) − b cos C = ( p − c − ( a 2 + b 2 + c 2 ) / ( 2 a b ) ) = ( c − b ) ( p − a ) / a DK=(p-c)-b \cos C=(p-c-(a^2+b^2+c^2)/(2ab))=(c-b)(p-a)/a DK=(p−c)−bcosC=(p−c−(a2+b2+c2)/(2ab))=(c−b)(p−a)/a, D M = S / a DM=S/a DM=S/a,
代入可得: B K ⋅ C K = ( S / p ) ( S / a ) ( c − b ) / [ ( c − b ) ( p − a ) / a ] = S 2 / [ p ( p − a ) ] = ( p − b ) ( p − c ) = B K ⋅ C K BK \cdot CK=(S/p)(S/a)(c-b)/[(c-b)(p-a)/a]=S^2/[p(p-a)]=(p-b)(p-c)= BK \cdot CK BK⋅CK=(S/p)(S/a)(c−b)/[(c−b)(p−a)/a]=S2/[p(p−a)]=(p−b)(p−c)=BK⋅CK
因此圆 O 1 O_1 O1 过 B B B, C C C. 证毕.
配图
性质20. △ A B C \triangle ABC △ABC 的内切圆 I I I 分别切 B C BC BC, A C AC AC, A B AB AB 于 D D D, E E E, F F F. A D AD AD, B E BE BE, C F CF CF 三线共点. 设 D E DE DE 与 A B AB AB 交于 U U U, D F DF DF 与 A C AC AC 交于 V V V, E F EF EF 与 B C BC BC 交于 W W W, 则 D , E , F D,E,F D,E,F 三点共线.
配图
证明: A D AD AD, B E BE BE, C F CF CF 三线共点可利用塞瓦定理证明, 此处略. U U U, V V V, W W W 三点共线通过戴沙格定理证明: △ A B C \triangle ABC △ABC 和 △ D E F \triangle DEF △DEF 对应, 对应点连线共点, 因此对应边交点 U U U, V V V, W W W 共线.
配图
完稿于2023/12/23
【平面几何】三角形的内心与内切圆(性质归纳)(下)