三角形

You are currently browsing articles tagged 三角形.

 

题目: 如图1所示,设{O}{\triangle ABC}内任意一点,{\triangle OAB,\triangle OBC,\triangle OCA}的面积分别为{S_3,S_1,S_2}.证明:

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

 

 

证明1:如图2所示,

图2


\displaystyle x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}. \ \ \ \ \ (1)

将线段{OB}以点{O}为旋转中心,逆时针旋转{\frac{\pi}{2}},得到线段{OB'}.由方程(1)可得

\displaystyle \left(x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}\right)\cdot\overrightarrow{OB'}=\overrightarrow{0}\cdot\overrightarrow{OB'}=0,

结合数量积的乘法分配律,可得

\displaystyle x\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB'}+y\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB'}+z\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB'}=0,

因为{\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB'}=0},所以

\displaystyle x\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB'}+z\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB'}=0. \ \ \ \ \ (2)

设从向量{\overrightarrow{OA}}{\overrightarrow{OB}}广义夹角{\alpha},从{\overrightarrow{OB}}{\overrightarrow{OC}}的广义夹角 为{\beta},则由数量积的定义,方程(2)可以化为

\displaystyle x|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB'}|\cos(\alpha+\frac{\pi}{2})+z|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB'}|\cos(\beta-\frac{\pi}{2})=0. \ \ \ \ \ (3)

又因为{|\overrightarrow{OB'}|=|\overrightarrow{OB}|},且 {\cos(\alpha+\frac{\pi}{2})=-\sin\alpha},{\cos(\beta-\frac{\pi}{2})=\sin\beta}, 所以方程(3)可以化为

\displaystyle z|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB}|\sin\beta- x|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\sin\alpha=0,

\displaystyle x:z=|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB}|\sin\beta:|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\sin\alpha=S_1:S_{3}.

同理可得{y:z=S_2:S_3},{x:y=S_1:S_2}.所以{x:y:z=S_1:S_2:S_3}.所以

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

\Box

也可以利用行列式来证明.

证明2: 在平面{ABC}上建立平面直角坐标系.设{O}为坐标原点,{A,B,C}的坐标分别为 {A(x_A,y_A)}, {B(x_B,y_B)},{C(x_C,y_C)}.则

\displaystyle \begin{array}{rcl} S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}&=& \begin{vmatrix} x_B&x_C\\ y_B&y_C \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_A\\ y_A \end{bmatrix}+ \begin{vmatrix} x_C&x_A\\ y_C&y_A \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_B\\ y_B \end{bmatrix}+ \begin{vmatrix} x_A&x_B\\ y_A&y_B \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_C\\ y_C \end{bmatrix} \\&=& \begin{bmatrix} \begin{vmatrix} x_A&x_{B}&x_{C}\\ x_{A}&x_{B}&x_{C}\\ y_{A}&y_{B}&y_{C} \end{vmatrix}\\\\ \begin{vmatrix} y_{A}&y_{B}&y_{C}\\ x_{A}&x_{B}&x_{C}\\ y_{A}&y_{B}&y_C \end{vmatrix} \end{bmatrix} \\&=& \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}. \end{array}

\Box

还有一种证明方法如下:

图3

证明3: 延长线段{AO},与{BC}交于点{D}.延长{BO},与{AC}交于点{E}.过点{C}作直线{OA}的 平行线,与直线{BO}交于点{A'},过点{C}作直线{OB}的平行线,与直线{AO}交于点 {B'}.则

\displaystyle \overrightarrow{CO}=\overrightarrow{CA'}+\overrightarrow{CB'}=\frac{EC}{AE}\overrightarrow{OA}+\frac{DC}{BD}\overrightarrow{OB}=\frac{S_1}{S_3}\overrightarrow{OA}+\frac{S_2}{S_3}\overrightarrow{OB}.

所以

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

\Box

也可以利用定比分点公式来证明.

证明4: 延长线段{AO},与线段{BC}交于点{D}.则 {\frac{BD}{DC}=\frac{S_3}{S_2}},由定比分点公式,

\displaystyle \overrightarrow{AD}=\frac{S_2}{S_2+S_3}\overrightarrow{AB}+\frac{S_3}{S_2+S_3}\overrightarrow{AC},

因此

\displaystyle \begin{array}{rcl} \overrightarrow{AO}=\frac{S_2+S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AD}&=&\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AB}+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AC} \\&=&\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}). \end{array}

整理可得

\displaystyle \frac{S_1}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OA}+\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OB}+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

结论得证. \Box

推论1 当点{I}{\triangle ABC}的内心时,{S_1:S_2:S_3=a:b:c},其中{a,b,c}分别是 {\angle A,\angle B,\angle C}所对的边.此时有

\displaystyle a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}.

 

注1:这道题的背景是三角形的重心坐标.可参见杨路的《谈谈重心坐标

 

如果引进有向面积的概念,则题目中的结论还可以推广.我们规定,对于 {\triangle ABC}来说,如果{ABC}三点在图形上是按照逆时针方向排列的,则 {S_{\triangle ABC}}为正,其数值就是{\triangle ABC}的面积;如果{\triangle ABC}在图形上是按照顺时针方向排列的,则{S_{\triangle ABC}}为负,其数值是 {S_{\triangle CBA}}的相反数.如果{A,B,C}三点排列在一条直线上,则其面积为 {0}.

这样,三角形的面积就可正可负.原结论可以推广为:

定理 1{O}为平面{ABC}上的任意 一点,则

\displaystyle S_{\triangle OAB}\overrightarrow{OA}+S_{\triangle OBC}\overrightarrow{OB}+S_{\triangle OCA}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

对于这个推广了的结论,上述四个证明都可以原封不动地照搬过来.只是在证明3,4中涉及的线段都成为有向线段.

推论 2 {O}{\triangle ABC}的外心,则

\displaystyle \sin 2A\overrightarrow{OA}+\sin 2B\overrightarrow{OB}+\sin 2C\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

推论 3 设{H}{\triangle ABC}的垂心,则

\displaystyle \tan A \overrightarrow{HA}+\tan B\overrightarrow{HB}+\tan C\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{0}.

 

Tags: , ,

培训地点:永临中学教师会议室

培训时间:2018.3.29

人员:高一、高二联合竞赛培训

 

培训材料(来自甘大旺编著的《高考数学150专题》):

有关三角形及其五心的向量关系来自甘大旺的《高考数学150专题》

下载

 

附加材料:

1.向量法证明三角形三条高线交于一点(一种更自然的思路),写于2018.3.31

向量法证明三角形三条高线交于一点

下载

2.一道与面积比有关的向量题

3.欧拉线定理的几何证明(来自维基百科)

4.坐标法证明欧拉线定理(此文用到了二阶行列式和解线性方程组的Cramer法则,以及和差化积、积化和差等三角公式,可能不适合学生阅读,仅供参考)

Tags: , , , , ,

 

定理(欧拉线定理) 若点{O}、点{G}、点{H}分别是{\triangle ABC}的外心、重心、垂心,求证:

  • {\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}};
  • {\overrightarrow{GH}=2\overrightarrow{OG}}.

 

证明:

  • 使用坐标法.以{O}为原点,在平面{ABC}上建立平面直角坐标系.设 {\triangle ABC}的半径为{R},且点{A,B,C}的坐标依次为 {A(x_{A},y_{A})=(R\cos\alpha,R\sin\alpha)},{B(x_{B},y_{B})=(R\cos\beta,R\sin\beta)}, {C(x_{C},y_{C})=(R\cos\gamma,R\sin\gamma)}.先求垂心{H}的坐标{(x,y)}.因为向量{\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}},所以 {\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0},由向量数量积的坐标表示,可 得

    \displaystyle (x-R\cos\alpha)(R\cos\gamma-R\cos\beta)+(y-R\sin\alpha)(R\sin\gamma-R\sin\beta)=0.

    整理可得

    \displaystyle (\cos\gamma-\cos\beta)x+(\sin\gamma-\sin\beta)y=(\cos\gamma-\cos\beta)R\cos\alpha+(\sin\gamma-\sin\beta)R\sin\alpha \ \ \ \ \ (1)

    同样由{\overrightarrow{BH}\perp \overrightarrow{CA}},可得

    \displaystyle (\cos\alpha-\cos\gamma)x+(\sin\alpha-\sin\gamma)y=(\cos\alpha-\cos\gamma)R\cos\beta+(\sin\alpha-\sin\gamma)R\sin\beta. \ \ \ \ \ (2)

    联立方程(1),(2),得到方程组.下面解该线性方程组.令行列式

    \displaystyle \begin{array}{rcl} \det A= \begin{vmatrix} \cos\gamma-\cos\beta & \sin\gamma-\sin\beta\\ \cos\alpha-\cos\gamma &\sin\alpha-\sin\gamma \end{vmatrix}&=& \begin{vmatrix} 2\sin \frac{\beta+\gamma}{2}\sin \frac{\beta-\gamma}{2}&2\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\\ 2\sin \frac{\gamma+\alpha}{2}\sin \frac{\gamma-\alpha}{2}&2\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}\sin \frac{\alpha-\gamma}{2} \end{vmatrix}\\ &=&4\sin \frac{\beta-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\alpha}{2} \begin{vmatrix} \sin \frac{\beta+\gamma}{2}&-2\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\\ \sin \frac{\gamma+\alpha}{2}&-2\cos \frac{\gamma+\alpha}{2} \end{vmatrix}\\ &=&4\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\sin \frac{\beta-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\alpha}{2}. \end{array}

    \displaystyle \begin{array}{rcl} \det B_1&=& \begin{vmatrix} (\cos\gamma-\cos\beta)R\cos\alpha+(\sin\gamma-\sin\beta)R\sin\alpha &\sin\gamma-\sin\beta\\ (\cos\alpha-\cos\gamma)R\cos\beta+(\sin\alpha-\sin\gamma)R\sin\beta&\sin\alpha-\sin\gamma \end{vmatrix}\\ &=&R \begin{vmatrix} \cos(\alpha-\gamma)-\cos(\alpha-\beta)&\sin\gamma-\sin\beta\\ \cos(\beta-\alpha)-\cos(\beta-\gamma)&\sin\alpha-\sin\gamma \end{vmatrix}\\ &=&R \begin{vmatrix} 2\sin (\alpha-\frac{\beta+\gamma}{2})\sin \frac{\gamma-\beta}{2}& 2\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\\ 2\sin (\beta-\frac{\alpha+\gamma}{2})\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}&2\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}\sin \frac{\alpha-\gamma}{2} \end{vmatrix}\\ &=&4R\left[\sin(\alpha-\frac{\beta+\gamma}{2})\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}-\sin(\beta-\frac{\alpha+\gamma}{2})\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\right]\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[\sin(\alpha-\frac{\beta+\gamma}{2})\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}-\sin(\beta-\frac{\alpha+\gamma}{2})\cos \frac{\beta+\gamma}{2}\right] \end{array}

    \displaystyle \begin{array}{rcl} &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[\frac{\sin(\frac{3\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})-\sin(\gamma+\frac{\beta-\alpha}{2})}{2}-\frac{\sin(\frac{3\beta}{2}-\frac{\alpha}{2})-\sin(\gamma-\frac{\beta-\alpha}{2})}{2}\right]\\ &=& 4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[\frac{\sin(\frac{3\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})-\sin (\frac{3\beta}{2}-\frac{\alpha}{2})}{2}+\frac{\sin(\gamma-\frac{\beta-\alpha}{2})-\sin(\gamma+\frac{\beta-\alpha}{2})}{2}\right]\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[\cos \frac{\alpha+\beta}{2}\sin(\alpha-\beta)+\cos\gamma\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\right]\\ &=& 4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\left[2\cos \frac{\alpha+\beta}{2}\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\cos \frac{\alpha-\beta}{2}+\cos\gamma\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\right]\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\left[2\cos \frac{\alpha+\beta}{2}\cos \frac{\alpha-\beta}{2}+\cos\gamma\right]\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\beta}{2}\sin \frac{\alpha-\beta}{2}(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)\\ &=&4R\sin \frac{\alpha-\beta}{2}\sin \frac{\beta-\gamma}{2}\sin \frac{\gamma-\alpha}{2}(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma) \end{array}

    由解线性方程组的Cramer法则,

    \displaystyle x=\frac{\det B_1}{\det A}=R\cos\alpha+R\cos\beta+R\cos\gamma=x_A+x_B+x_C

    由对称性,

    \displaystyle y=y_A+y_B+y_C.

    所以垂心{H}的坐标为{(x_A+x_B+x_C,y_A+y_B+y_C)}.所以{\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}.

  • 重心{G}的坐标为 {G(\frac{x_A+x_B+x_C}{3},\frac{y_A+y_B+y_C}{3})}.所以 {\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}},所以{\overrightarrow{GH}=2\overrightarrow{OG}}. \Box

Tags: , , , ,