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        三角形內(nèi)切圓的幾個性質(zhì)及應(yīng)用

        2011-11-21 01:23:15
        關(guān)鍵詞:內(nèi)切圓共圓切點

        (湖南師范大學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克研究所 湖南長沙 410081)

        三角形內(nèi)切圓的幾個性質(zhì)及應(yīng)用

        ●沈文選

        (湖南師范大學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克研究所 湖南長沙 410081)

        本文將三角形內(nèi)切圓中的幾個有趣結(jié)論作為性質(zhì)介紹如下.

        證明過程略.

        性質(zhì)2設(shè)△ABC內(nèi)切圓的圓心為I,△IBC的外接圓分別和射線AB,AC交于點D,E,則DE與⊙I相切.

        圖1 圖2

        證明顯然D,B,I,E,C五點共圓.對于圖1,有

        ∠IDB=∠ICB,∠IDE=∠ICE.

        ∠ICB=∠ICE,

        于是

        ∠IDB=∠IDE.

        由于AD與⊙I相切,由對稱性知DE也與⊙I相切.對于圖2,有

        ∠IBC=∠IEC,∠IBD=∠IED,

        ∠IBC=∠IBD,

        于是

        ∠IEC=∠IED.

        因為EA與⊙I相切,所以ED也和⊙I相切.

        性質(zhì)3設(shè)△ABC的內(nèi)切圓切邊BC于點D,AD交內(nèi)切圓于點L,過點L作內(nèi)切圓的切線分別交AB,AC于點M,N,則

        證明當(dāng)MN∥BC時,△ABC為等腰三角形,此時結(jié)論顯然成立.

        當(dāng)MN與BC不平行時(如圖3),可設(shè)直線MN與直線BC交于點G,設(shè)內(nèi)切圓切AC于點E,切AB于點F,則

        GD=GL,BD=BF,ML=MF.

        對△GMB及截線DLA應(yīng)用梅涅勞斯定理,得

        從而

        于是

        同理對△GNC及截線CNA應(yīng)用梅涅勞斯定理,可得

        注意到AE=AF,于是

        圖3 圖4

        證明如圖4,連結(jié)BH,CH.

        因為

        ∠BFH=∠CEH,

        所以

        △BHF∽△CHE,

        于是

        ∠BHF=∠CHE,

        由角平分線性質(zhì)定理的逆定理,知DH平分∠BHC,從而

        ∠DHF=∠DHB+∠BHF=∠DHC+∠CHE=

        ∠DHE,

        于是

        DH⊥EF.

        必要性當(dāng)DH⊥EF時,若FE∥BC,則△ABC為等腰三角形,結(jié)論顯然成立.若FE與BC不平行,則可設(shè)直線FE與直線BC交于點G(如圖4).對△ABC及截線FEG應(yīng)用梅涅勞斯定理,得

        注意到AE=AF,BF=BD,CE=DC,得

        過點D作MN∥HG交直線BH于點M,交直線HC于點N,則

        DH⊥MN,

        從而

        MD=DN.

        由等腰三角形性質(zhì),知DH平分∠MHN,即

        ∠BHF=∠CHE.

        又由

        ∠BFH=∠CEH,

        △BHF~△CHE,

        從而

        性質(zhì)5設(shè)△ABC的內(nèi)切圓⊙I切邊BC于點D,P為DI延長線上一點,直線AP交BC于點Q,則BQ=DC的充要條件是點P在⊙I上.

        證明如圖5,過點P作B′C′∥BC交AB于點B′,交AC于點C′.

        充分性當(dāng)點P在⊙I上時,B′C′切⊙I于點P,易知△AB′C′∽△ABC.由于在∠BAC內(nèi)它們的旁切圓分別為⊙I與⊙IA,因此在以A為中心的位似變換下,使⊙I變?yōu)椤袸A,此時切點P變?yōu)榍悬cQ,即Q為直線AP與BC的交點.于是

        BQ=p-c=DC,

        必要性當(dāng)BQ=DC=p-c時,Q為△ABC的∠BAC的旁切圓的切點.由△AB′C′∽△ABC,可知存在以A為中心的位似變換,將BC上的點Q變?yōu)锽′C′上的點P′,且P′為△AB′C′的∠BAC的旁切圓的切點.注意到B′C′∥BC,則點P′在過點D與BC垂直的直線上,從而點P′與P重合.故點P在⊙I上.

        圖5 圖6

        推論1設(shè)Q為△ABC的邊BC上一點,則Q為∠BAC內(nèi)的旁切圓的切點的充要條件是AB+BQ=AC+CQ.

        性質(zhì)6設(shè)△ABC的內(nèi)切圓⊙I分別切邊BC,CA,AB于點D,E,F(xiàn),設(shè)K是DI延長線上一點,AK的延長線交BC于點M,則M為BC的中點的充要條件是點K在線段EF上.

        證明如圖6,過點K作ST∥BC交AB于點S,交AC于點T,則IK⊥ST.連結(jié)SI,F(xiàn)I,TI,EI.

        充分性當(dāng)點K在EF上時,注意到F,S,I,K及I,E,T,K分別四點共圓,得

        ∠ISK=∠IFK=∠IEK=∠ITK,

        即△SIT為等腰三角形.

        注意到IK⊥ST,知K為ST的中點.由于ST∥BC,因此M為BC的中點.

        必要性當(dāng)M為BC的中點時,K為ST的中點.由IK⊥ST,可得IS=IT,從而

        Rt△ISF≌Rt△ITE,

        ∠SIF=∠TIE.

        注意到F,S,I,K及I,E,T,K分別四點共圓,從而

        ∠SKF=∠SIF=∠TIE=∠TKE,

        于是E,K,F(xiàn)三點共線,即點K在線段EF上.

        推論2設(shè)△ABC的內(nèi)切圓⊙I切邊BC于點D,M為邊BC的中點,Q為邊BC上一點,則Q為∠BAC內(nèi)的旁切圓的切點的充要條件是IM∥AQ.

        事實上,參見圖6,在證明充分性時,過點A作AQ∥IM交DI于點P,只要證得點P在⊙I上即可.在證明必要性時,延長DI交⊙I于點P,作直線AP交BC于點Q,證得IM∥AQ.

        下面介紹幾個應(yīng)用的例子.

        例1如圖7,△ABC的內(nèi)切圓分別切邊BC,CA,AB于點D,E,F(xiàn),M是EF上的一點,且DM⊥EF.求證:DM平分∠BMC.

        (2005年江西省南昌市數(shù)學(xué)競賽試題)

        證明由性質(zhì)4,得

        因為∠BFM=∠CEM,所以

        △BFM∽△CEM,

        ∠BMF=∠CME,

        由此可得DM平分∠BMC.

        圖7 圖8

        類似于例1,可推證《數(shù)學(xué)教學(xué)》1999年第3期數(shù)學(xué)問題481:已知△ABC的內(nèi)切圓在邊BC,CA,AB上的切點分別為D,E,F(xiàn),且DG⊥EF,G為垂足,求證:GD平分∠BGC.

        例2△ABC的內(nèi)切圓W分別與邊BC,CA,AB切于點A′,B′,C′,圓周上的點K,L滿足

        ∠AKB′+∠BKA′=∠ALB′+∠BLA′=180°,

        求證:點A′,B′,C′到直線KL的距離彼此相等.

        (2008年第34屆俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題)

        ∠APB′+∠BPA′lt;∠A′PB′lt;180°,

        ∠AKB=180°-∠A′KB′=180°-∠A′LB′=

        ∠ALB,

        從而A,B,L,K四點共圓.

        連結(jié)B′C′,A′C′,由性質(zhì)1(2),得

        ∠AKB=180°-∠A′KB′=180°-∠A′C′B′=

        從而A,B,L,I,K五點共圓.設(shè)AI與B′C′交于點X,則X為B′C′的中點.注意到B′C′,KL,AI分別為圓W,⊙AB′IC′,⊙AKILB兩兩的根軸,因而它們共點于X.因此,點B′,C′到KL的距離相等.

        同理可得,點A′,C′到KL的距離相等.

        例3設(shè)D為△ABC邊BC上一點,且滿足AB+BD=AC+CD,線段AD與△ABC的內(nèi)切圓交于點X,Y,且X距點A更近一些,△ABC的內(nèi)切圓與邊BC切于點E.證明:

        (1)EY⊥AD;

        (2)XD=2IA′,其中I為△ABC的內(nèi)心,A′為邊BC的中點.

        (2008年第10屆香港特區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題)

        圖9

        證明(1)如圖9,由推論1,知點D為∠BAC內(nèi)的旁切圓與邊BC的切點,再由性質(zhì)5知XE為⊙I的直徑,則∠XYE=90°,故EY⊥AD.

        (2)由推論2,知IA′∥XD,而I為XE的中點,因此XD=2IA′.

        (2004年第18屆韓國數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題)

        解由性質(zhì)6,知Q為AC的中點.當(dāng)點P在△ABC內(nèi)時,如圖10,在BQ的延長線上取點R,使QR=QP;取點S,使RS=AP.連結(jié)CR,AS,CS,則

        CR=AP,PS=2PQ+AP=BP.

        從而△ABS,△ACS,△RCS均為等腰三角形,則

        ∠QAP=∠QCR=∠RSA=∠ABQ,

        從而

        ∠BAC=(90°-∠ABQ)+∠QAP=90°,

        此時

        當(dāng)點P在△ABC外時,如圖11,作CR⊥BP于點R,則由Q為AC的中點知

        CR=AP,RQ=PQ,

        于是

        BR=BP-2PQ=AP,

        即△BCR為等腰直角三角形.此時,∠RCQ=∠PBA,從而

        Rt△RCQ∽Rt△PBA.

        由AB=AC=2QC,知AP=2QR=2PQ,于是RC=2PQ,從而

        例5在銳角△ABC中,已知ABgt;AC,設(shè)△ABC的內(nèi)心為I,邊AC,AB的中點分別為M,N,點D,E分別在線段AC,AB上,且滿足BD∥IM,CE∥IN,過內(nèi)心I作DE的平行線與直線BC交于點P,點P在直線AI上的投影為Q.證明:點Q在△ABC的外接圓上.

        (2010年中國國家集訓(xùn)隊測試試題)

        圖12

        從而

        設(shè)P1I與AC,AB分別交于點S,T,對△ABK及截線P1TI應(yīng)用梅涅勞斯定理,得

        因為

        同理可得

        又因為

        所以

        P1I∥DE.

        注意到過點I只能引一條平行于DE的直線,因此點P1與點P重合.又點P在AI上的投影是唯一的,所以點Q1與點Q重合,即點Q在△ABC的外接圓上.

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