三条对称直线围成的三角形

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老封研究过的几何题 黄伟建 发布于2014年1月8日

如图,H是△ABC的垂心,直线$a$是任意的一条直线,直线$a_1,a_2,a_3$是直线$a$关于BC,AC,AB的对称直线,三条对称直线围成△DEF.

(1)$a$过H时$a_1,a_2,a_3$共点.
(2)△DEF的面积由H到$a$的距离决定.
(3)△DEF的内心P在△ABC的外接圆上.
(4)当直线$a$位置变化时,△DEF的形状不变.

命题1:如图,⊙O是△ABC的外接圆,直线$a_1,a_2,a_3$是直线$a$关于BC,AC,AB轴对称直线,三条直线分别交于D,E,F.求证:△DEF的内心P在⊙O上.

证明:在△DMN中,A是△DMN的旁心,∴AD是∠MDN的角平分线,∴直线AD经过点P,且∠EDF=180°-2A.
同理可证,CE是∠DEF的角平分线,即直线CE经过点P,∠DEF=180°-2C.∠DPC=90°-∠A+90°-∠C=∠B,∴点P在⊙O上.顺便可得,∠DFE=180°-2B.

命题2:AD交⊙O于P,H是△ABC的垂心,$a$交AH于L.求证:DL∥PH.

证明:作AG⊥$a_3$于G,设∠BMD=α,由上题可知,∠ADG=∠ADN=90°-∠A,可证∠GAD=∠A,∴∠MAG=∠PAC=90°-α,则∠ALM=180°-(α+90°-B)=90°-α+B=∠ABP.
在△ADM中$\frac{AD}{\sin\alpha}=\frac{AM}{\sin(90°-A)}$,
在△AML中$\frac{AL}{\sin \alpha}=\frac{A M}{\sin\angle ALM}$,
∴$\frac{A L}{A D}=\frac{\sin(90°-A)}{\sin\angle ALM}$.
在△ABH中$\frac{AB}{\sin C}=\frac{AH}{\sin(90°-A)}$
在△ABP中$\frac{AB}{\sin C}=\frac{AP}{\sin\angle ABP}$
∴$\frac{AH}{AP}=\frac{\sin(90°-A)}{\sin\angle ABP}$
∴$\frac{AL}{AD}=\frac{AH}{AP}$
∴DL∥PH.

命题3:H是△ABC的垂心,$a$交AH于L.HQ⊥$a$于Q,PK⊥$a_3$于K.求证:HQ=PK;HQ=DP·$\cos A$.

证明:作AG⊥$a_3$于G,AR⊥$a$于R,可得$\frac{HQ}{AR}=\frac{HL}{AL}$,$\frac{PK}{AG}=\frac{DP}{AD}$,由上题结论,$\frac{HL}{AL}=\frac{DP}{AD}$.
又∵AG=AR,∴PK=HQ,又∵∠PDK=90°-A,∴HQ=DP·cosA.

命题4:设HQ=h.求证:$S_{\triangle DEF}=(\tan A+\tan B+\tan C) h^2$.

证明:由命题1结论可知,P是△ABC的内心,HQ=PK=h,∠EDF=180°-2A,∠DEF=180°-2C,∠DFE=180°-2B.
∴∠PDK=90°-A,$DK=\frac{PK}{\tan(90°-A)}=h\tan A$.
同理,KF=$h\tan B$,∴DF=$h\tan A+h\tan B$,
同理,DE=$h\tan A+h\tan C$,EF=$h\tan B+h\tan C$,所以$S_{\triangle DEF}=\frac12(2h\tan A+2h\tan B+2h\tan C) h=(\tan A+\tan B+\tan C)h^2$.
于是当Q点在以H为圆心的圆上运动时,△DEF的面积和形状保持不变,即始终全等.

命题5. (1) 当直线a经过H时,直线a₁, a₂, a₃共点, (2) 当△ABC不变时,△DEF的形状也不变.

证明:当直线a经过H时,h=0,△DEF的内心P到三边的距离为0,即三线共点.

当△ABC不变时,△DEF的三个角大小也不变,所以△DEF的形状也不变.

黑马对老封的四个命题作了如下的解答:

如图,(对锐角三角形情形进行证明)由题意得,∠1=∠2,∠3=∠4,∠5=∠6,∴点C是△WEP的内心,B是△PRF的旁心,D是△ARW的旁心,∴CE平分∠DEF,BF平分∠DFE, ∴I是△DEF的内心,且∠RFP=2∠B,∠EDF=180°-2∠A,∴∠DFE=180°-2∠B, ∠DEF=180°-2∠C,

∵∠BIC=∠EIF=90°+1/2(180°-2∠A)=180°-∠A, ∴点I在圆O上,(3)(4)获证.

连接AH交BC于K,交⊙O于M,延长QH交BC于L,连接LM并延长交EP于G

∵H为△ABC的垂心,∴HK=MK, ∴LH=LM, ∠7=∠8,∴LG⊥PE,∴LQ=LG,

∴MG=HQ,∵∠9=∠11=∠10=90°-∠C,∴IM∥EP,即△DEF内切圆半径为a,

∴$S_{\bigtriangleup \text{DEF}} = \frac{1}{2}(DE + EF + DF)a = \left( \tan A + \tan B + \tan C \right)a^{2}$. (1)(2)得证.

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[alogo] Steiner line

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命题5:当直线$a$经过H时,直线$a_1,a_2,a_3$共点,当△ABC不变时,△DEF的形状也不变.
证明:当直线$a$经过H时,$h=0$,△DEF的内心P到三边的距离为0,即三线共点.
当△ABC不变时,△DEF的三个角大小也不变,所以△DEF的形状也不变.

Paper-folding and Euler’s Theorem Revisited

Theorem 2. Let $H$ be the orthocenter, $\mathcal{C}$ the circumcircle of a triangle $\mathcal{T}=A_1 A_2 A_3$
(ii) For any line $r$, let $r_i$ denote the reflection of $r$ across the side $A_j A_h$. Then the lines $r_i$ are concurrent at a point $P=P(r)$ if and only if $H$ lies on $r$. In this case $P$ lies on $\mathcal{C}$. When $P$ describes an arc of angle $\alpha$ on $\mathcal{C}$, $r(P)$ rotates in the opposite direction around $H$ by an angle $-\frac{\alpha}{2}$.