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(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.

而

∠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,

而

∠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

即

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,

且

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

即

MD=DN.

由等腰三角形性質(zhì),知DH平分∠MHN,即

∠BHF=∠CHE.

又由

∠BFH=∠CEH，

得

△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,

即

∠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,

即

∠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

故

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.