关于“拿破仑三角形”的探究

1、关于拿破仑三角形的探究当涂县第四届自然科学优秀学术论文评选PAGE 6数学发现PAGE 5数学探索关于“拿破仑三角形”的探究太白初中 魏兆飞【简历】魏兆飞，男，生于1965年10月。中共党员，中学高级教师。1987年毕业于徽州师专生物专业，后在芜湖师专进修数学教育专业，2003年获得双专科学历。现任教于当涂县太白初中。工作以来，担任班主任工作十三年、数学教研组长十九年。多次被评为太白镇先进教师。1989年被评为县先进教育工作者，2007年被评为市级优秀班主任，2008年荣获县级教学能手称号。2009年担任市级初中数学课堂导入策略的案例研究课题组组长，于2012年课题顺利结题。教研成果丰硕。 2

2、010年初中数学课堂导入策略的案例研究初探论文获市级二等奖；2011年市级课件大赛多彩的几何图形获一等奖；2012年市级课件大赛函数、几何动态问题探究获一等奖；2013年市级课件大赛二次函数与反比例函数动态探究获一等奖，2013年中考所任数学学科位居全县均分第一、及格率第一、优秀率第二的优异成绩；2014年当涂县第四届自然科学优秀学术论文评比关于“拿破仑三角形”的探究获三等奖。【摘要】数学是人们对客观世界定性把握和定量刻画、逐渐抽象概括、形成方法和理论，并进行广泛应用的过程。本文对古老命题：“拿破仑三角形”进行了深入的探究，引导学生观察发现其中存在“三线共点、三圆共点、费玛点”等相关知识。以“

3、关联相似”为前提，鼓励学生对拿破仑三角形定理进行猜想、推广与证明；以三角形三边，在三角形的外侧（或内侧）作三个“同向相似”的三角形，研究它们其中对应点组成的三角形与所作 “同向相似”三角形之间的联系，进而将拿破仑三角形定理加以推广，并以其证明了一道国际奥林匹克数学竞赛题，培养了学生的想象能力、创新能力与数学探索精神。【关键词】拿破仑三角形；三线共点；三圆共点；费玛点；“关联相似”。一、问题的提出问题还是从一堂数学活动课说起。我在给学生介绍一些古老的几何命题时，讲到了法国政治家、军事家拿破仑（NapoLeon），他崇尚几何，曾经研究过一道命题：任意三角形，由它的三边分别向外侧作正三角形，那么这三

4、个正三角形的中心也构成一个正三角形。图1人们把这个由中心构成的正三角形称“拿破仑三角形”，这一命题被称为拿破仑三角形定理。问题一经提出，学生们全神贯注起来。【拿破仑（NapoLeon）三角形定理】如图1。已知：任意ABC，由它的三边分别向它的形外（或形内）作正PBA、正BQC、正ACR，则它们的中心O1、O2、O3组成的O1O2O3也是一个正三角形（O1O2O3称为拿破仑三角形）。学生们被它的美妙而为之震撼！【分析】在这里，我们需要作三个正三角形的外接圆。设：PBA与ACR相交于点M，连结MB、MC分别交O1O2、O2O3于点D、点E。由于P、R都是60，于是得到BMA与CMA都是120，这样

5、BMC也是120。BMCQ=180。故而，四点B、Q、C、M四点共圆。也就是说：O1、O2、O3三圆共点。到了这里，由于BM、CM分别是它们的公共弦，根据连心线垂直平分公共弦，MDO2与MEO2都是直角，于是在四边形MDO2E中，O2=60。同理可证O1=60，O3=60。这样，我们证明了拿破仑三角形定理。同学们脸上都露出了满意的笑容。推广与特例：如图2。任意ABC，由它的三边分别向它的形内作正PBA、正BQC、正ACR，则O1O2O3也是一个正三角形(证明略)。 如图3。当ABC的顶点A落在边BC时，正PBA、正BQC、正ACR，它们的中心O1、O2、O3组成的O1O2O3是正三角形。如图4

6、。如果O1、O2、O3是AB、QC、RC中点时，O1O2O3也是正三角形。图2图3图4二、拿破仑三角形与费玛点我便总结：此问题中，存在一个“三圆共点”，话音未落，学生许小青同学说道：有三圆共点，那么其中有没有三线共点呢？他的提问，让同学们又思索起来。同学们纷纷议论起来，谷军同学首先观察到：PC、QA、RB似乎三线共点呢？我就顺水推舟道：图6图5对！善于观察是科学研究的第一步，在观察的基础上提出猜想，再加以证明。有吗？我们再来共同研究一下这个问题，如图5。分别连结MA、MP、MB、MQ、MC、MR。我们在前面已经证明了“三圆共点”，由圆周角定理可得：RMC=RAC=60，而BMC=120，于是，

7、BMCRMC=180，B、M、R三点共线，同理可证：P、M、C；A、M、Q也三点共线。到了这里，同学们都异口同声的说：PC、QA、RB三线共点。我总结道：拿破仑三角形图中，“有三圆共点，也有三线共点”，这正是数学美的体现。我又追问：这个M点，还有什么特殊的性质吗？唐志强同学答道：点M对AB、BC、CA的张角都是120。对了！这个点是一个著名的点，它是“费玛点”。是用法国的一位数学家费玛的名字来命名的。学生们睁大了眼睛，在安静的思考着、等待着我对费玛点的推演。对于这一问题的分析要分三种情况：如图6。三角形中（每个角都小于120）存在一个点对三边的“张角”都是120，这个点就是费玛点。它到三角形的

8、三个顶点的距离之和最小。太美妙了，学生们不停地问。关于它的证明，要用到我们几何中的“构造”或“旋转”。如果ABC内存在一点F，它对边AB、BC、CA的张角都等于120，即：AFB、BFC、CFA都是120，那么就有：F点是费玛点。它到ABC三个顶点的距离之和（FAFBFC）最小。过A、B、C分别作FA、FB、FC的垂线相交构成ABC的外接正A1A2A3，显然，A1A2A3是一个正三角形，大家知道，正三角形内的任意一点到三角形三边的距离之和是一个定值，等于此正三角形的高H（设A1A2A3高为H）。于是：在A1A2A3内任取一点F1，那么它到A1A2A3三边的距离之和也等于正A1A2A3的高H。F

9、1AF1G，F1BF1E，F1CF1D，F1AF1BF1CF1GF1EF1D。F1GF1EF1D=H，F1AF1BF1CFAFBFC。这样我们也就证明了费玛点的最短性质。如图7。如果当ABC中，有一个角等于120时，如何证明呢？我们一道来研究一下，采取旋转的办法来解决。 在ABC中，若A=120，那么费玛点存在吗？我们不妨在ABC内任取一点Q，那么它到ABC三个顶点的距离之和QAQBQC。大家可以采取旋转的办法。将AQC逆时针旋转60到ADE的位置，图7此时ADQ变成了一个正三角形，QAQBQC就成了BQQDDE。由于旋转角是60，因而CAE=60。BACCAE=180。B、A、E三点共线。根

10、据三角形两边之和大于第三边。可以得出：QAQBQC=BQQDDEBE（即ABAC）。就是说：A点到三角形三个顶点的距离和最短。A点就是费玛点。当然也可以用上述方法构造外接正三角形来解决，同样精彩。如图8。如果A120，运用上述方法。 将AQC逆时针旋转60，图8由于BAC120，CAE=60，BACCAE180。这样：BAE是内折线，而BQDE是外折线， 后者包围着前者。多次运用三角形两边之和大于第三边。即可完成QAQBQC=BQQDDEABAE（即ABAC）。A点到三角形的三个顶点的距离和最小，A点就是费玛点（也可用三角函数证明）。总结：当三角形各角均小于120时，在三角形内部，存一点与三边

11、的张角均为120，这一点就是费玛点；当三角形有一个角大于或等于120时，这个角的顶点就是费玛点。费玛点到三角形三个顶点的距离之和最短。由此，我们可以通过“拿破仑三角形图”来确定三角形的“费玛点”。三、关联相似定理下面分析、证明推广。先介绍一个相似预备定理。图9【关联相似定理】如图9。若ABCADE，那么ABDACE，反之也能成立，这一结论姑且称为“关联相似定理”。即: ABCADE ABDACE。【分析】ABCADE， EQ f(AB,AD) = EQ f(AC,AE)，BAC=DAE。BAD=CAE。ABDACE。反之也成立。它有着广泛的应用，下面就用关联相似定理来解决“拿破仑三角形定理”的

12、推广。四、拿破仑三角形定理的推广【拿破仑三角形定理的推广】如图10。以任意ABC的三边，向形外（或形内）作三个同向相似的三角形，即：PBABQCACR，存在对应点O1、O2、O3。满足：PO1ABO2CAO3R；PO1BBO2QAO3C；AO1BCO2QRO3C。那么：图10O1O2O3PBA。【分析】关键一步是“构造MO2CABC”，在ABC内部取一点M，构造MO2CABC。于是由“关联相似定理”得到：BO2CAMC，而BO2CAO3R（条件），AMCAO3R。这样再由关联相似定理得到：AMO3ACRPBA。于是，我们只需要证明AMO3O1O2O3。如果有AMO3O1O2O3。那么根据关联相

13、似定理，O3AO1O3MO2。这样，我们只需设法证明O3AO1O3MO2成立即可。【简证】AO1BCO2Q， EQ f(O1A,AB) = EQ f(O2C,QC) ，MO2CABC， EQ f(AB,O2M) = EQ f(BC,O2C) 。与这两个比例式两边分别相乘得到： EQ f(O1A,O2M) = EQ f(BC,QC) 。BQCACR，AMO3ACR， EQ f(BC,QC) = EQ f(AR,RC) = EQ f(O3A,O3M) 。 EQ f(O1A,O2M) = EQ f(O3A,O3M) 。下面来证明：O1AO3=O2MO3。BO2CAMC， BO2C=AMC。BO2C=

14、O2BQO2CQBQC，AMC=AMO3O3MC，而AMO3ACR，AMO3=ACR=BQC，BO2CAMC，AMC=BO2C。O2BQO2CQ=O3MC。O2BQO2CQ=O3ACO1AB。（已知的相似条件，O2BQ=O3AC，O2CQ=O1AB）。O3MC=O3ACO1AB。 又MO2CABC， BAC=O2MC。O1AO3=O3ACO1ABBAC=O3MCO2MC=O2MO3。O1AO3=O2MO3。由两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，O3AO1O3MO2。由关联相似定理，可得：O1O2O3AMO3。AMO3ACR， O1O2O3ACRPCR。这就是说：任意三角形三边向形外作三个

15、同向相似的三角形，它们的“对应点”构成的三角形与所作的同向相似三角形也相似。如图11。若向ABC形内作三个同向相似的三角形，结论仍然成立(证明略)。特例：如图12。当O1、O2、O3分别是PBA、BQC、ACR是三个等腰直角三角形的外心时。O1O2O3是等腰直角三角形；图11图12图13如图13。当ABC的顶点A落在边BC时，O1O2O3是等腰直角三角形。五、拿破仑三角形定理推广的应用下面运用拿破仑三角形定理推广，我们来解决第十七届国际数学奥林匹克竞赛第3题。题目：如图14。任意三角形ABC的边上，向外作ABR、BCP、CAQ，使CBP=CAQ=45，BCP=ACQ=30，ABR=BAR=15

16、。证明：QRP=90；QR=RP。【简证】这个问题，如果采取“补形法”就能变成 “拿破仑三角形定理”的图。在ABC的形外构造三个等腰直角三角形，使得DAC=AEB=CBF=90。由题设，易得：图14QDA=RAE=PCB=30；QAD=REA=PBC=45；CDQ=BAR=FCP=15；QCA=RBE=PFB=30。易证：Q、R、P这三个点是这三个同向等腰直角三角形的“对应点”，满足拿破仑定理推广的条件。所以：QRP与DAC（AEB，CBF）同向相似。 QRP=90；QR=RP。就本题只要满足拿破仑定理推广的条件，改变已知条件中的角度大小，即改变了对应点Q、R、P的位置，仍有QRP=90；QR=RP。这道竞赛题实际上是拿破仑定理推广的一个特例。这道竞赛题本身还有许多种证法，在这里就不在赘述了。六、拿破仑三角形定理推广的猜想至此，拿破仑三角形定理的推广证明总算完