山西省太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第1章-直角三角形

第一编点击根本图形第1章直角三角形直角三角形是含有内角为的特殊三角形，它是一类根本图形．直角三角形的有趣性质在处理平面几何问题中常发挥重要作用．性质一个三角形为直角三角形的充要条件是两条边长的平方和等于第三条边长的平方〔勾股定理及其逆定理〕．性质一个三角形为直角三角形的充要条件是一边上的中线长等于该边长的一半．推论直角三角形的外心为斜边的中点．性质为直角三角形，且为直角顶点的充要条件是当在边上的射影为时，以下五个等式之一成立．〔1〕．〔2〕．〔3〕．〔4〕．〔5〕．事实上，由，有．注意到公用，知∽．而，故．即可得〔1〕的充分性．我们又由，即．即可证得〔4〕的充分性．其余的证明略．推论非等腰为直角三角形，且为直角顶点的充要条件是当在边上的射影为时，．事实上，由性质中的〔1〕、〔2〕相除或〔4〕、〔5〕相除即证．下面，另证充分性．由，有．而，即有．由此即可证．性质为直角三角形，且为直角顶点的充要条件是当在边上的射影为点，过中点的直线〔或〕交〔或〕于，在上的射影为时，〔或〕．证明必要性．如图，过作交于，那么，且，即有，即．①又，有②在中，有，③将③代入②得④将①代入④得．充分性．由，注意到②及①，有再注意到性质〔4〕即证．对于的情形也类似上述证明．性质为直角三角形，且为直角顶点的充要条件是当为边上异于端点的任一点时，．证明必要性．如图，作交的延长线于，那么．由．将前述式代入上式化简即可证．充分性．令，在与中，应用余弦定理得注意到，化简得，所以．而有，从而即证．性质如图，在中，为斜边上的高，，分别为和的内心，过，的直线交于，交于；延长交于，延长交于；设为的内心，那么〔1〕．〔2〕．〔3〕，且．〔4〕三直线，，共点．〔5〕，且．〔6〕．证明〔1〕．〔2〕由，知．同理．〔3〕由∽，有．又，那么∽，即．故，，，共圆，那么．于是≌，即．同理．在中，有．由此即证得．〔4〕由，及在的平分线上，那么在的中垂线上，即，又，那么．同理，故与相交于的垂心，而，故过此垂心，即三直线，，共点．〔5〕联结，，易知，分别在，上，且有，，即为的垂心，得．又，设交于，有，那么≌．故．〔6〕延长交于，延长交于，那么，分别在，上．由，，可知为的中垂线，为的中垂线，有，即．故为的外心，于是．即．性质如图，在中，为直角，于，，，的内心分别为，，；圆与圆的另一条外公切线交于，交于，交于；所在直线交于，交于，交于；设圆，圆，圆的半径分别为，，，那么〔1〕∽．〔2〕．〔3〕∽．〔4〕．〔5〕当的半周长分别为，，时，．〔6〕，，，为一垂心组．〔7〕．〔8〕以边上的中线为直径的圆必与内切圆圆相切．〔9〕，．〔10〕．〔11〕设的内心为，那么为平行四边形．〔12〕延长交于，延长交于，那么、、三点共线．〔13〕设圆切于，圆切于，圆与圆的另一条内公切线〔不同于〕交于，那么，，及，，分别三点共线．〔14〕延长交于，延长交于，那么．〔15〕．证明〔1〕由∽知．而，故∽．〔2〕由，知，，，共圆，从而，故．〔3〕由，知．故．同理，，故∽．由上亦推之，，，四点共圆．〔4〕，〔5〕由∽∽，知，．而，从而有，，．前两式之和加或减第三式的倍即证得〔5〕．〔6〕设的延长线交于，由，知，从而知．同理，即知为的垂心，故，，，为一垂心组．〔7〕设为中点，那么．由〔2〕，那么，．故．〔8〕由于为的中点，那么为的外心．设的中点为，那么圆与圆相切〔其中为的外接圆半径〕，注意到为的中线，那么，其中，，即，由此即证．〔9〕利用切线长关系即可推得前式，后式由内切圆半径与边长关系即可推得．〔10〕由，，知．从而知，，，四点共圆，那么有．又，故．〔11〕显然，在上．由及〔6〕知，〔因〕．又，从而．即有．同理，．故为平行四边形．〔12〕因为平行四边形，可证，那么，，，从而≌≌，有，即．故，，三点共线．〔13〕由，知，，，四点共圆，那么或，即．又，那么．又，那么，，三点共线．同理，，三点共线．〔14〕注意到．，，由，即证．〔15〕证法令，那么，由张角定理，有．而 ，．于是．证法延长至，使．由，知∽．从而，即，亦即．故．性质在中，为斜边，那么〔1〕的内切圆半径．〔2〕当圆与边上的高、及的外接圆均相切且切于点时，圆的半径，且平分．事实上，对于〔2〕设为的中点，为圆的圆心，令，，那么，．，．由，即知．又令，那么，．由有，即，从而．而，即．从而，即知平分．例〔年克罗地亚数学竞赛题〕假设通过同一顶点的高线、角平分线、中线将该角四等分．求的三个内角．解如图，不失一般性，设、、分别为过顶点的高线、角平分线、中线．设，那么，．在和中应用正弦定理，有，．从而，即．而，故．故．例〔年克罗地亚数学竞赛题〕的边的中线和高恰好将等分．求的三个内角．解如图，设、分别为边上的高和中线．那么．由角平分线性质，有．即，从而．于是．例〔年第届土耳其国家数学奥林匹克题〕满足，的平分线和过顶点的高线、中线与边分别交于点、、．证明的充分必要条件是．证明充分性：假设，因为为中线，那么，即．又，故．必要性：如图，假设，又，那么．作交的延长线于点，那么．所以，、、、四点共圆．从而，．于是，为四边形的外接圆的直径．易知与不垂直，又平分，所以，也为外接圆的直径．因为，所以为圆心．即，故为直角三角形，．例设、分别表示三角形顶点所对边上的中线长，高线长，为直角三角形，且为直角顶点的充要条件是以下两式之一成立．〔1〕．〔2〕．证明提示〔1〕注意到三角形的中线长公式〔如〕及性质即证．〔2〕注意到面积关系及性质即证．例为直角三角形，且为直角顶点的充要条件是下述条件成立．设，，分别为所对边上的中线长，高线长及的平分线长时，．证明设、、分别是边上的中线、高线、的平分线．中，由角平分线的判定与性质知，平分的充要条件是．而例结论〔其中〕．例在中，为直角顶点．〔1〕设内角所对的边长分别为，记，那么．〔2〕设被内切圆切点分为两段，那么．证明〔1〕略．〔2〕设内切圆半径为，由．即 ．例在中，在上，，，，，那么的充要条件是．证明设，，那么，，，．即 ．的充要条件为，即．例如图，在中，为上异于，的点，，，，，那么的充要条件是①证明必要性．设，，由余弦定理，得， ②． ③②，③两式相加，由于，得．整理即得①．充分性．由①出发，得，应用余弦定理，得．故．例如图，设〔为直角〕的内切圆圆与的三边分别切于，，，，，的垂心分别为，，．那么是等腰直角三角形．证明延长交于，联结，，由得，分别在，上．其余连线如下图．易知是正方形，所以，且 ．又因为，是的垂心，由含角的三角形性质，知，所以．另一方面，．所以．即得．从而是平行四边形，所以．③又因为，．所以． 且因为是等腰的垂心，所以，所以．同时因为，都垂直，所以． ④由③，④知，所以是平行四边形，所以．同理．结合是等腰直角三角形．知是等腰直角三角形．例设是斜边上的高〔设〕，，分别是，的内心，的外接圆圆分别交，于点，，直线与直线交于点，那么，分别是的内心与旁心．证明如图，因，那么知的外接圆圆心在上．联结，，，，那么由，为内心，知，所以于是，，，四点共圆，所以．又因为，那么知点在上，即为与的交点．设与圆的另一交点为，由，，可知，分别为，的中点，所以．因此，，分别为的内心与旁心．注〔1〕由例知为圆与圆的公切线，且可推证为的内心．〔2〕此例即为年江西省竞赛题．练习一1．〔2003年第29届俄罗斯数学奥林匹克题〕中，为直角，为边上一点，为边上一点，且．证明：．2．〔2003年第17届北欧数学竞赛题〕正内一点，满足．证明：由线段、、为边构成的三角形是直角三角形．3．〔2007—2023年匈牙利数学奥林匹克题〕设是的边的中点，、的外心分别为、，直线、交于点．假设，．求的面积．4．〔2003年泰国数学奥林匹克题〕在中，，是内的角平分线上的点，〔异于、〕是边上的点，直线，、分别交边、、于点、、．如果，．求．5．〔2004年克罗地亚数学竞赛题〕在中，，，是直角边，是斜边，圆是的外接圆．设圆是与斜边、高及圆的劣弧相切的圆，圆是与斜边、高及圆的劣弧相切的圆，又设，分别是圆、圆的半径，证明：．6．〔2005年国家集训队培训题〕在直角三角形中，，它的内切圆分别与边、、相切于点、、，联结，与内切圆相交于另一点，联结、、．，求证：．7．〔《数学通报》数学问题1489号〕在中，是斜边上的高，，分别是，的内切圆，两圆的另一条外公切线分别交直线，，于，，点，求证：〔1〕；〔2〕．8．〔《中学数学》2006〔7〕数学奥林匹克问题179〕在正方形中，以边的中点为圆心，长为半径画半圆，半圆的圆心在边上，并与边相切，与半圆外切于点．求证：是和的公切线．9．在中，斜边于，，分别为，的内心，过，的直线交于，交于，交于，交直线于，过作的外接圆的切线交直线于，的平分线交于，交于，那么〔1〕；〔2〕．10．中，于，的内切圆半径为；，，的内心分别为，，，的外接圆半径为，那么为直角三角形的充要条件是．11．中，于，，的内切圆分别切，于，，那么为直角三角形的充要