戴望舒的诗-河北省注册会计师协会

第17讲 三角形的五心

三角形中有许多重要的特殊点，特别是 三角形的“五心”，在解题时有很多应用，在本节中
将分别给予介绍．
三角形的“五心”指的是三角形的外心，内心，重心，垂心和旁心．
1、三角形的外心
三角形的三条边的垂直平分线交于一点,这点称为三角形的外心(外接圆圆心)．
三角形的外心到三角形的三个顶点距离相等． 都等于三角形的外接圆半径．
O
B
锐角三角形的外心在三角形内；
直角三角形的外心在斜边中点；
钝角三角形的外心在三角形外．
2、三角形的内心
M
三角形的三条内角平分线交于一点,这点称为三角形的内心(内切圆圆心)．
F
三角形的内心到三边的距离相等,都等于三角形内切圆半径．
内切圆半径r的计算：
1S
设三角形面积为S，并记p=
2
(a+ b+c)，则r=
p
．
1
特别的，在直角三角形中,有 r=(a+b－c)．
2
3、三角形的重心
B
三角形的三条中线交于一点,这点称为三角形的重心．
上面的证明中，我们也得到了以下结论：三角形的重心到边的中点与到相应顶
点的距离之比为 1∶ 2．
4、三角形的垂心
三角形的三条高交于一点,这点称为三角形的垂心． 斜三角形的三个顶点与垂心这四个点中，任何三个为顶点的三角形的垂心就是第
四个点．所以把这样 的四个点称为一个“垂心组”．
5、三角形的旁心
三角形的一条内角平分线与另两个外角平分线交于一点,称为三角形的旁心(旁切
圆圆心)．
每个三角形都有三个旁切圆．


B
A
C
AI
E
K
C
A
D
H
F
G
DE
C
A
B
F
D
C
E
I
aA类例题
例1 证明重心定理。
证法1 如图，D、E、F为三边中点，设B E、CF交于G，连接EF，
∥
1
BC，由三角形相似可得GB＝2GE，GC=2G F． 显然EF

=
2
又设AD、BE交于G'，同理可证G'B=2 G'E，G'A=2G'D，即G、G'
都是BE上从B到E的三分之二处的点，故G'、G
重 合．
即三条中线AD、BE、CF相交于一点G．
证法2 设BE、CF交于G，BG、CG中点为H、I．连
- 1 - 10
B
D
F
G
C
A
E
A
F
G
H
B
D
I
E
C

EF、FH、HI、IE，
∥
1
BC，HI

=
∥
1
BC， 因为EF

=
22
所以 EFHI为平行四边形．
所以 HG=GE、IG=GF，GB=2GE，GC=2GF．
同证法1可知AG=2GD，AD、BE、CF共点．
即定理证毕．
链接 证明外心、内心定理是很容易的。
外心定理的证明：如图，设AB、BC的中垂线交于点O，则有OA=OB=OC，故O也在AC的中垂线上，因为O到三顶点的
距离相等，故点O是ΔABC外接 圆的圆心．因而称为外心．
B


内心定理的证明：如图，设∠A、∠C的 平分线相交于I、过I作
ID⊥BC，IE⊥AC，IF⊥AB，则有IE=IF=ID．因此I也在< br>∠C的平分线上，即三角形三内角平分线交于一点．
上述定理的证法完全适用于旁心定理，请同学们自己完成．
B
A
O
C
A
M
I
D
H
E
K
C
F


例2证明垂心定理
分析 我们可以利用构造外心来进行证明。
证明 如图，AD、BE、CF为ΔABC三条高，过点A、
B、C分别作对边的平行线相交成 ΔA'B'C'，显然AD
为B'C'的中垂线；同理BE、CF也分别为A'C'、A'B'
的中垂线，由外心定理，它们交于一点，命题得证．



C'
F
A
E
B'
B
D
C
A'
链接 （1）对于 三线共点问题还可以利用Ceva定理进行证明，同学们可以参考第十八讲
的内容。（Ceva定理）设 X
、
Y
、
Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一点，则AX、
AZBXCY
BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是
ZB
·
XC
·
YA
=1．
（2）对于三角形的五心，还可以推广到n边形，例如，如果我们称 n（≥3）边形某顶点同
除该点以外的n-1个顶点所决定的n-1边形的重心的连线，为n边形的中线 ，（当n-1=2时，
n-1边形退化成一线段，此时重心即为线段的中心）那么重心定理可推广如下： n边形的各
条中线(若有重合，只算一条）相交于一点，各中线被该点分为：（n-1）∶1的两条线段 ，
这点叫n边形的重心．请同学们自己研究一下其他几个“心”的推广。




- 2 - 10

情景再现

1． 设G为△ABC的重心，M、N分别为AB、CA的中点，求
证：四边形GMAN和△GBC的面积相等 ．


2．三角形的任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的
二倍．

M
A
N
G
C
B
B类例题

例3 过等腰△ABC底边BC上一点P引PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交AC于N.
作点P关于M N的对称点P'.试证：P'点在△ABC外接圆上.(杭州大学《中学数
学竞赛习题》)
A
P
'
分析 分析点M和N的性质，即能得到解题思路。
N
证明 由已知可得MP'=MP=MB，NP'=NP=NC，
M
故点M是△P'BP的外心，点N是△P'PC的外心.于是有
B
11
P
∠BP'P=
2
∠BMP=
2
∠BAC，
11
∠PP'C=
2
∠PNC=
2
∠BAC.
∴∠BP'C=∠BP'P+∠P'PC=∠BAC.
从而，P'点与A、B、C共圆，即P'在△ABC外接圆上.

链接 本题可以引出更多结论，例如P'P平分∠BP'C、P'B:P'C=BP:PC等等．

例4 AD，BE，CF是△ABC的三条中线，P是任意一点.
A
证明：在△PA D，△PBE，△PCF中，其中一个面积等于另外两个面积的
A
'
F
'和. (第26届莫斯科数学奥林匹克)
E
F
G
证明 设G为△AB C重心，直线PG与AB，BC相交.从A，C，D，E，F
E
'
D
'
分别作该直线的垂线，垂足为A'，C'，D'，E'，F'.
B
C
C
'
D
易证AA'=2DD'，CC'=2FF'，2EE'=AA'+CC'，
P
∴EE'=DD'+FF'.
有S
△
PGE
=S
△< br>PGD
+S
△
PGF
.
两边各扩大3倍，有S
△< br>PBE
=S
△
PAD
+S
△
PCF
.
例5 设A
1
A
2
A
3
A
4
为⊙ O内接四边形，H
1
，H
2
，H
3
，H
4
依次为△A
2
A
3
A
4
，△A
3
A
4
A
1
，△A
4
A
1
A
2
，< br>△A
1
A
2
A
3
的垂心.求证：H
1
，H
2
，H
3
，H
4
四点共圆，并确定出该圆的圆心位置 . (1992，
全国高中联赛)
证明 连接A
2
H
1
，A
1
H
2
，H
1
H
2
，记圆半 径为R.由△A
2
A
3
A
4
知
C
A
2
H
1
=2R

A2
H
1
=2Rcos∠A
3
A
2
A
4
；
sinA
2
A
3
H
1
- 3 - 10
A
2
H
1
A
1
O
.
H2
A
4
A
3

由△A
1
A
3
A
4
得 A
1
H
2
=2Rcos∠A
3
A
1
A
4
.
但∠A
3
A
2
A
4
=∠A
3
A
1
A
4
，故A
2
H
1
=A
1
H2
.
∥
A
1
H
2
， 易证A< br>2
H
1
∥A
1
A
2
，于是，A
2< br>H
1

=
∥
A
2
A
1
.设 H
1
A
1
与H
2
A
2
的交点为M，故H< br>1
H
2
与A
1
A
2
关于M点成中心对 故得H
1
H
2

=
称.
同理，H< br>2
H
3
与A
2
A
3
，H
3
H
4
与A
3
A
4
，H
4
H
1与A
4
A
1
都关于M点成中心对称.故四边形
H
1H
2
H
3
H
4
与四边形A
1
A
2
A
3
A
4
关于M点成中心对称，两者是全等四边形，H
1
，H
2
，H
3
，
H
4
在同一个圆上.后 者的圆心设为Q，Q与O也关于M成中心对称.由O，M两点，Q
点就不难确定了.
链接三角形的五心有许多重要性质，它们之间也有很密切的联系，如：
（1）三角形的重心与三顶点的连线所构成的三个三角形面积相等；
（2）三角形的外心到三顶点的距离相等；
（3）三角形的垂心与三顶点这四点中，任一点是其余三点所构成的三角形的垂心；
（4）三角形的内心、旁心到三边距离相等；
（5）三角形的垂心是它垂足三角形的内心；或者说，三角形的内心是它旁心三角形
的垂心；
（6）三角形的外心是它的中点三角形的垂心；
（7）三角形的重心也是它的中点三角形的重心；
（8）三角形的中点三角形的外心也是其垂足三角形的外心．

情景再现


3．在△ABC的边AB，BC，CA上分别取点P，Q，S.
证明以△APS，△BQP，△CSQ的外心为顶点的三角形与△ABC相似.
(B·波拉索洛夫《中学数学奥林匹克》)
4．如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由 它的三条中线围成的新三角形相似.
其逆亦真.

C类例题
例6 H为△ ABC的垂心，D，E，F分别是BC，CA，AB的中心.一个以H为圆心的⊙H交
直线EF，FD， DE于A
1
，A
2
，B
1
，B
2
，C1
，C
2
.
求证：AA
1
=AA
2
=BB
1
=BB
2
=CC
1
=CC
2
. (1989，加拿大数学奥林匹克训练题)
分析 只须证明AA
1
=BB
1
=CC
1
即可.
B
2
A
证明 设BC=a， CA=b，AB=c，△ABC外接圆半径为R，⊙H的半径为r.
连HA
1
，AH交EF于M. A
A

C
1
A
2
C
2
22222

1< br>=AM+A
1
M=AM+r-MH
A
1
B
F
H
2
M
E
H
D
C
2
H
1
=r
2
+(AM
2
-MH
2
)， ①
11
又AM
2
-HM
2
=(
2< br>AH
1
)
2
-(AH-
2
AH
1
)
2

- 4 - 10
B
1

=AH·AH
1
-AH
2
=AH
2
·AB- AH
2

2

=cosA·bc-AH， ②
而
AH
=2R

AH
2
=4R
2
cos< br>2
A,
sinABH
a
=2R

a
2< br>=4R
2
sin
2
A.
sinA
∴AH
2
+a
2
=4R
2
，AH
2
=4R
2
-a
2
. ③
由①、②、③有
A
A
2
2
1
=r+
b
2
c2
a
2
·bc-(4R
2
-a
2
)
2bc
1
= (a
2
+b
2
+c
2
)-4R
2
+r
2
.
2
同理，
BB
1
=
1
2
1
222
(a+b+c)-4R
2
+r
2
，
2
CC
1
2
=
2
( a
2
+b
2
+c
2
)-4R
2
+r
2
.
故有AA
1
=BB
1
=CC
1
.

例7 已知⊙O内接△ABC，⊙Q切AB，AC于E，F且与⊙O内切.试证：EF中点P 是△ABC
之内心.(B·波拉索洛夫《中学数学奥林匹克》)
︵
证明 如图，显然EF中点P、圆心Q，
BC
中点K都在∠BAC平分线上.易知AQ=
∵QK·AQ=MQ·QN，
M
R
E
O
B
N
K< br>r
A
r
.
sin

MQQN
∴QK=
AQ
α
α
P
Q
F
C
(2Rr )r
==
sin

(2Rr)
.
rsin

由Rt△EPQ知PQ=
sin

r
.
∴PK=P Q+QK=
sin

r
+
sin

(2Rr )
=
sin

2R
.
∴PK=BK.
利用内心等量关系之逆定理，即知P是△ABC这内心.
说明 在第20届IMO中，美国提供的一道题实际上是例7的一种特例，但它增加了条件AB=AC.

例8 在直角三角形中，求证：r+r
a
+r
b
+r
c=2p.式中r，r
a
，r
b
，r
c
分别表示内切圆半 径及与a，b，
c相切的旁切圆半径，p表示半周. (杭州大学《中学数学竞赛习题》)
证明 设Rt△ABC中，c为斜边，先来证明一个特性：
p(p-c)=(p-a)(p-b).
11
∵p(p-c)=
2
(a+b+c)·
2
(a+b-c)
1
=
4
[(a+b)
2
-c
2
]
O
3< br>O
rE
r
c
K
A
O
2
r
b
C
- 5 - 10
B
O
1
r
a

1
=
2
ab；
11
(p-a)(p-b)= (-a+b+c)·(a-b+c)
22
11
=[c
2
-(a-b)
2
]= ab.
42
∴p(p-c)=(p-a)(p-b). ①
观察图形，可得
r
a
=AF-AC=p-b，
r
b
=BG-BC=p-a，
r
c
=CK=p.
1
而r=(a+b-c)=p-c.
2
∴r+r
a
+r
b
+r
c
=(p-c)+(p-b)+(p-a)+p
=4p-(a+b+c)=2p.
由①及图形易证.
例9 M是△ABC边AB上的任意一点.r
1
，r< br>2
，r分别是△AMC，△BMC，△ABC内切圆的
半径，q
1
，q
2
，q分别是上述三角形在∠ACB内部的旁切圆半径.证明
r
1
r
r
·
2
=.(IMO-12)
q
1
q
2
q
证明 对任意△A'B'C'，由正弦定理可知
A'

2
B'
sin
A'
2
=A'B'··
sin

2
sinA'O'B'
A'B'
sinsin
22
， =A'B'·
A'B'
sin
2
A'B'
coscos
2 2
. O'E= A'B'·
A'B'
sin
2
ODA'B'
tgtg
. ∴
O'E22
OD=OA'·
sin
亦即有
C
'
O
A
'
.
.
E
D
.
B
'
O
'
r
1
r
ACMACNBB
tgtg
·< br>2
=
tgtg
q
1
q
2
2222
=
tg
AB
r
tg
=.
22
q
- 6 - 10

例10 锐角△ABC中，O，G，H分别是外心、重心、垂心.设外心到 三边距离和为d
外
，重心
到三边距离和为d
重
，垂心到三边距离和为 d
垂
.
A
求证：1·d
垂
+2·d
外
=3·d
重
.
证明 设△ABC外接圆半径为1，三个内角记为A，B，
H
3
G
3
O
2
O
3
C. 易知d
外
=OO
1
+OO
2
+OO
3
G
2
H
2
=cosA+cosB+cosC，
O
G
I
∴2d
外
=2(cosA+cosB+cosC). ①
B
C
O
1
G
1
H
1
∵AH
1
=sinB·AB=sinB·(2sinC)=2sinB·sinC，
同样可得BH
2
·CH
3
.
∴3d
重
=△ABC三条高的和
=2·(sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB) ②
∴
BH
=2，
sinBCH
∴HH
1
=cosC·BH=2·cosB·cosC.
同样可得HH
2
，HH
3
.
∴d
垂
=HH
1
+HH
2
+HH
3

=2(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB) ③
欲证结论，观察①、②、③，
须证(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB)+(
cosC)=sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB.即可.
说明 本题用了三角法。
cosA+ cosB+

情景再现

5.设 在圆内接凸六边形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.试证：(1)AD，BE，CF三< br>条对角线交于一点；(2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF.
(1991，国家教委数学试验班招生试题)
6．△ABC的外心为O，AB=AC，D是AB中点，E是△ACD的重心.证明OE丄CD.
(加拿大数学奥林匹克训练题)
7．△ABC中∠C=30°，O是外心，I是 内心，边AC上的D点与边BC上的E点使得AD=BE=AB.
求证：OI丄DE，OI=DE. (1988，中国数学奥林匹克集训题)


- 7 - 10

习题
17

1．在△ABC中，∠A是钝角，H是垂心，且AH=BC，则cos∠BHC=( )
A．－
1131
2 B．2 C． D．
2232
2．如果一个三角形的面积与周长都被一条直线平分，则此直线一定通过三角形的( )
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心(1996年全国初中联赛)
3．(1997年安徽省初中数学竞赛)若0°<<90°，那么，以sin，cos，tan cot为三边的三
角形有内切圆、外接圆的半径之和是( )
A．
sin+costan+cot1
B． C．2sincos D．
22
sincos
C
I
r
OR
4．Δ ABC中，∠A=45，BC=a，高BE、CF交于点H，则AH=( )
11
A．
2
a B．
2
2a C．a D．2a
A
B
5．下面三个命题中：
⑴ 设H为ΔABC的高AD上一点，∠BHC+∠BAC=180，则点H是ΔABC的垂心；
⑵ 设G为ΔABC的中线AD上一点，且S
Δ
AGB
=S
Δ
BGC，则点G是ΔABC的重心；
⑶ 设E是ΔABC的外角∠BAK的角平分线与ΔABC的外接 圆⊙O的交
A
点，ED是⊙O的直径，I在线段AD上，且DI=DB，则I是ΔABC的内心 ．
正确命题的个数是( )
F
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
H
E

6．设ΔABC的∠A=60，求 证：ΔABC的外心O、内心I、垂心H及点B、
B
C
D
C五点在同一个圆上 ．


D
C
7．已知P是
□
ABCD内的一点， O为AC与BD的交点，M、N分别为PB、
P
N
Q
PC中点，Q为AN与D M的交点．求证：
M
O
⑴ P、Q、O三点在一条直线上；
⑵ PQ=2OQ．
AB


8.I为△ABC之内心，射线AI，BI，CI交△ABC外接圆于A′，
B′，C ′.则AA′+BB′+CC′＞△ABC周长.(1982，澳大利亚数学奥林匹克)
9.△T′的 三边分别等于△T的三条中线，且两个三角形有一组角相等.求证这两个三角形相
似.(1989，捷克 数学奥林匹克)
10.I为△ABC的内心.取△IBC，△ICA，△IAB的外心O
1< br>，O
2
，O
3
.求证：△O
1
O
2
O
3
与△
ABC有公共的外心.(1988，美国数学奥林匹克)
为△AB C内角平分线.取△ABC，△ABD，△ADC的外心O，O
1
，O
2
.则 △OO
1
O
2
是
等腰三角形.
12.△ABC中∠C＜9 0°，从AB上M点作CA，CB的垂线MP，MQ.H是△CPQ的垂心.当
M是AB上动点时，求H 的轨迹.(IMO-7)
- 8 - 10

本节“情景再现”解答
A
1．证明 如图，连GA，因为M、N分别为AB、CA的中点，
所以△AMG的面 积=△GBM的面积，△GAN的面积=△GNC
N
M
的面积,
G
即四边形GMAN和△GBC的面积相等．

C
B
2．证明 如图，O为Δ ABC的外心，H为垂心，连CO交ΔABC
A
外接圆于D，连DA、DB，则DA⊥AC，B D⊥BC，又AH⊥BC，
BH⊥AC．所以DA∥BH，BD∥AH，从而四边形DAHB为平
H
K
N
行四边形。又显然DB=2OM，所以AH=2OM．
D
同理可证 BH=2ON，CH=2OK．证毕．
O

B
C
M
3．提示：设O
1
，O
2
，O
3
是△APS ，△BQP，△CSQ的外心，
作出六边形O
1
PO
2
QO
3
S后再由外心性质可知∠
PO
1
S=2∠A，∠QO
2
P =2∠B，∠SO
3
Q=2∠C.
∴∠PO
1
S+∠QO
2
P+∠SO
3
Q=360°.从而又知∠O
1
PO
2+∠O
2
QO
3
+∠O
3
SO
1
=3 60°
将△O
2
QO
3
绕着O
3
点旋转到△KS O
3
，易判断△KSO
1
≌△O
2
PO
1
，
1
同时可得△O
1
O
2
O
3
≌△O< br>1
KO
3
.∴∠O
2
O
1
O
3=∠KO
1
O
3
=
2
∠O
2
O
1
K
111
=
2
(∠O
2
O
1
S+∠SO
1
K)=
2
(∠O
2
O
1
S+∠PO
1
O
2
)=
2
∠PO
1
S=∠A；
同理有∠O
1
O
2
O
3
=∠B.故△O
1
O
2
O3
∽△ABC.
4．提示：将△ABC简记为△，由三中线AD，BE，CF围成的三角 形简记为△'.G为重心，
连DE到H，使EH=DE，连HC，HF，则△'就是△HCF. (1) a
2
，b
2
，c
2
成等差数列

△∽△' .若△ABC为正三角形，易证△∽△'.不妨设a≥b≥c，有
CF=
111
2a
2
2b
2
c
2
，BE=
2c
2< br>2a
2
b
2
，AD=
2b
2
2c2
a
2
.
222
3
33
a
，BE =
b
，AD=
c
.
2
22
将a2
+c
2
=2b
2
，分别代入以上三式，得CF=
∴CF:BE:AD =
3
33
a
:
b
:
c
=a:b:c. 故有△∽△′.
2
22
S

'
CF
2
＝().
S

a
(2)△∽△′

a
2
，b
2
，c
2
成等差数列.当△中a≥b≥c时，
△′中CF≥BE≥AD.∵△∽△′，∴
S

'
33
据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的”，有=.
S

44
CF
2
3
∴
2=

3a
2
=4CF
2
=2a
2
+b
2
-c
2

a
2
+c
2
=2b< br>2
.
a
4
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5.证明 连接AC，CE，EA，由已知可证AD，CF，EB是△ACE的三条内角平分线，I为△
ACE的内心.从而有ID=CD=DE，IF=EF=FA，IB=AB=BC.
再由△BDF，易证BP，DQ，FS是它的三条高，I是它的垂心，利用
A
..
Erdos
不等式有：
BI+DI+FI≥2·(IP+IQ+IS). 不难证明IE=2IP，IA=2IQ，IC=2IS.
B
Q
∴BI+DI+FI≥IA+IE+IC. ∴AB+BC+CD+DE+EF+FA=2(BI+DI+FI)
I
P
≥(IA+IE+IC)+(BI+DI+FI)=AD+BE+CF.
S
I就是一点两心.
C
6．提示：设AM为高亦为中线，取AC中点
D
A
F，E必在DF上且DE:EF=2:1.设
CD交AM于G，G必为△ABC重心.
E
F
D
连GE，MF，MF交DC于K.易证：
G
F
E
111
DC:(

)DC=2:1.
323
∴DG:GK=DE:EF

GE∥MF.
DG:GK=
O
B
K
C
∵OD丄AB，MF∥AB，
∴OD丄MF

OD丄GE.但OG丄DE

G又是△ODE之垂心.
易证OE丄CD.
7．提示：辅助线如图所示，作∠DAO平分线交BC于K.
易证△AID≌△AIB≌△EIB，
A
∠AID=∠AIB=∠EIB.
I
利用内心张角公式，有
1
∠AIB=90°+
2
∠C=105°，
B
D
30
°
C
F
O
E
K
11
∴∠DIE=360°-105°×3=45°. ∵∠AKB=30°+
2
∠DAO=30°+
2
(∠BAC-∠
11
BAO)=30°+
2
(∠BAC-60°)=
2
∠BAC=∠BAI=∠BEI.
∴AK∥IE. 由等腰△AOD可知DO丄AK，∴DO丄IE，即DF是△DIE的一条高.
同理EO是△DIE之垂心，OI丄DE.由∠DIE=∠IDO，易知OI=DE.

习题17解答
1． B；2．A；3．A；4．C；5．选B，只有（3）是对的；
6．略；7．略；8.略；9.略；10.略；11.略；12. H的轨迹是一条线段.







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