马进才 李萌

【摘要】本文研究了圆锥曲线与三角形的重心、内心、外心、重心相结合的问题，更加深刻地认识了圆锥曲线，以此提升了学生分析问题和解决问题的能力.

【关键词】圆锥曲线;重心;内心;外心;垂心

《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》指同：“通过高中数学课程的学习，学生能提高学习数学的兴趣，增强学好数学的自信心，养成良好的数学学习习惯，发展自主学习的能力.”[1]从近几年圆锥曲线的命题风格看，既注重知识和能力的考查，又突出圆锥曲线的本质特征，而圆锥曲线中面积、弦长、最值等几乎成为研究的常规问题.“四心”问题进入圆锥曲线，让我们更是耳目一新.因此在高考数学复习中，通过让学生研究三角形的“四心”与圆锥曲线的结合问题，快速提高学生的数学解题能力，增強学生的信心，备战高考.

1三角形重心的性质及其应用

重心是三角形三条中线的交点，其具备如下性质：

1.G是△ABC的重心GA+GB+GC=0;重心坐标GxA+xB+xC3，yA+yB+yC3;

2.G为△ABC的重心，P为平面上任意点，则PG=13（PA+PB+PC）;

3.重心是中线的三等分点，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比是2∶1;

4.重心与三角形的3个顶点组成的3个三角形的面积相等，即重心到3条边的距离与3条边的长成反比.

例1已知F1（-1，0），F2（1，0），M是第一象限内的点，且满足|MF1|+|MF2|=4，若I是△MF1F2的内心，G是△MF1F2的重心，记△IF1F2与△GF1M的面积分别为S1，S2，则（）.

A.S1>S2

B.S1=S2

C.S1<S2

D.S1与S2大小不确定

分析作出图示，根据I，G的特点分别表示出S1，S2，即可判断出S1，S2的大小关系.

解析因为|MF1|+|MF2|=4>|F1F2|=2，所以M的轨迹是椭圆x24+y23=1在第一象限内的部分，如图1所示.

因为I是△MF1F2的内心，设内切圆的半径为r，所以（|MF1|+|MF1|+|F1F2|）·r2=|F1F2|·yM2，所以r=yM3，所以S1=|F1F2|·y12=|F1F2|·r2=yM3，又因为G是△MF1F2的重心，所以OG∶GM=1∶2，所以S2=23S△MOF1=13S△F2MF1=13·|F1F2|·yM2=yM3，所以S1=S2，故选B.

例2已知F1，F2为椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点，P是椭圆上一点（左右顶点除外），G为△PF1F2为重心.若∠F1GF2≤23π恒成立，则椭圆的离心率的取值范围是（）.

A.0，13B.0，12

C.13，12 D.13，1

分析根据P是椭圆上一点，且∠F1GF2≤23π恒成立，不妨设点P为上顶点，再根据G为△PF1F2为重心，由GO=13PO=13b≥F1Otanπ6=33c求解.

解析因为P是椭圆上一点，且∠F1GF2≤23π恒成立，不妨设点P为上顶点，如图2所示.

因为G为△PF1F2为重心，所以GO=13PO=13b，而GO≥F1Otanπ6，即GO≥33F1O，所以13b≥33c，所以b2≥3c2，所以a2-c2≥3c2，即e2≤14，解得0<e≤12，故选B.

例3已知P为双曲线C：x24-y212=1上一点，F1，F2为双曲线C的左、右焦点，M、I分别为△PF1F2的重心、内心，若MI⊥x轴，则△PF1F2内切圆的半径为.图3解析如图3，不妨设点P在第一象限，D，E，F分别为和⊙I与△PF1F2三边相切的切点.由切线长定理以及双曲线定义，得2a=|PF1|-|PF2|=（|PF|+|PF1|）-（|PE|+|EF2|）=|FF1|-|EF2|=|F1D|-|F2D|=（xD+c）-（c-xD）=2xD，所以xD=a=2，xM=xI=xD=2.

设P（x0，y0），由M为△PF1F2重心，知x0=3xM=6，y0=46.

所以 PF1=（6+4）2+（46-0）2=14，PF2=（6-4）2+（46-0）2=10.

设△PF1F2内切圆半径为r，则S△PF1F2=12（PF1+PF2+F1F2）×r=16r.

另一方面，S△PF1F2=12×F1F2×y0=12×8×46=166，所以16r=166，r=6.

2三角形内心的性质及其应用

内心是三角形三条角平分线的交点，是三角形内切圆的圆心，其具备如下性质：

1.I是△ABC的内心a·IA+b·IB+c·IC=0 （其中a、b、c为△ABC的三条边）;

2.设三角形内切圆的半径为r，则

（1）在任意三角形中，r=2S△C△（其中C△为三角形ABC 的周长，S△为三角形ABC 的面积）;

（2）在任意三角形中，r=a+b-c2（其中a，b为直角边，c为斜边）.

例4已知M是椭圆x225+y216=1上一点，F1，F2是椭圆的左，右焦点，点I是△MF1F2的内心，延长MI交线段F1F2于N，则MIIN的值为（）.

A.53B.35C.43D.34

解析如图4，点M是椭圆x225+y216=1上一点，过点M作BM垂直直线F1F2于点B，过点I作IA垂直直线F1F2于点A，设△MF1F2的内切圆半径为r，则IA=r，由三角形面积相等即：S△MF1F2=S△MF1I+S△MIF2+S△IF1F2得12F1F2·MB=12rMF1+12rF1F2+12rMF2.

又MF1+MF2=2a，故得122c·MB=12r·2a+12r·2c，所以IAMB=ca+c，由椭圆方程x225+y216=1得a=5，b=4，c=a2-b2=3，所以IAMB=ca+c=38.由△MNB与△INA相似，可得IAMB=INMN=38，令IN=3m，则MN=8m，可求得INIM=INMN-IN=3m8m-3m=35，故选A.

例5点F1、F2分别是双曲线x2-y23=1的左、右焦点，点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆半径r的取值范围是（）.

A.（0，3） B.（0，2）

C.（0，2） D.（0，1）

解析如图5所示，设△PF1F2的内切圆圆心为I，内切圆与三边分别相切于点A，B，C，根据圆的切线可知：PB=PC，F1A=F1C，F2A=F2B，又根据双曲线定义PF1-PF2=2a ，即（PC+F1C）-（PB+F2B）=2a，所以F1C-F2B=2a，即F1A-F2A=2a，又因为F1A+F2A=2c，所以F1A=a+c，F2A=c-a，所以A點为右顶点，即圆心I（a，r）.

考虑P点在无穷远时，直线PF1的斜率趋近于ba，此时PF1方程为y=ba（x+c），此时圆心到直线的距离为ab-ar+bcb2+a2=r，解得r=b，因此△PF1F2内切圆半径r∈（0，b），故选A.

3三角形垂心的性质及其应用

垂心是三角形三条高线的交点，其具备如下性质：

1.H是△ABC的垂心HA·BC=HB·AC=HC·AB=0;

2.垂心到三角形一顶点距离为此三角形外心到此顶点对边距离得2倍.

例6（2021年·辽宁省高三期末）已知F1，F2分别是双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左、右焦点，过点F1且垂直于实轴的直线与双曲线的两条渐近线分别相交于A，B两点，若坐标原点O恰为△ABF2的垂心（三角形三条高的交点），则双曲线的离心率为（）.

A.213B.2C.3D.3

解析F1（-c，0），F2（c，0），则双曲线的渐近线为y=±bax，则当x=-c时，y=±ba·c=±bca.设A-c，bca，B-c，-bca，因为若坐标原点O恰为△ABF2的垂心，所以OA⊥BF2，即OA·BF2=0，即-c，bca·2c，bca=0，则-2c2+bca2=0，即b2=2a2.因为b2=2a2=c2-a2，所以c2=3a2，c=3a，离心率e=ca=3aa=3，故选C.

例7（2020年福建省高三联考16题）已知：椭圆x28+y24=1的右焦点为F，M为上顶点，O为坐标原点， 直线l交椭圆于P，Q两点，当F为△PQM的垂心时，则△PQM的面积为.

解析因为F为△PQM的垂心，所以MF⊥PQ，PF⊥QM.

由题意知M（0，2），F（2，0），所以kMF=-1，kPQ=1，设直线PQ方程为y=x+t，P（x1，y1），Q（x2，y2）联立x28+y24=1，

y=x+t得3x2+4tx+2t2-8=0，可得Δ=-8t2+96>0，即t∈（-23，23），且可得x1+x2=-4t3，x1x2=2t2-83，因为PF⊥QM，所以PF·QM=（x1-2，y1）·（x2，y2-2）=0，即x1x2-2x2+y1y2-2y1=2x1x2+（t-2）（x1+x2）+t2-2t=2（2t2-8）3+（t-2）·-4t3+t2-2t=3t2+2t-163=0. 解得t=-83，或t=2，

当t=2时，P，Q，M三点共线（舍去），所以t=-83，此时x1+x2=329，x1x2=5627，PQ=1+k2·（x1+x2）2-4x1x2=8911，点M到直线PQ的距离d=-1432=732.

所以S△MPQ=12PQ·d=282722.

4三角形外心的性质及其应用

外心是三角形三边的垂直平分线的交点，是三角形外接圆的圆心，其具备如下性质：

1.O是△ABC的外心|OA|=|OB|=|OC|（或OA2=OB2=OC2）;

2.若点O是△ABC的外心，则（OA+OB）·AB=（OB+OC）·BC=（OA+OC）·AC=0;

3.若O是△ABC的外心，则sin2A·OA+sin2B·OB+sin2C·OC=0;

4.多心组合：△ABC的外心O、重心G、垂心H共线，即OG∥OH.

例8设F（c，0）为双曲线E：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的右焦点，以F为圆心，b为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，线段FP的中点为D，△POF的外心为I，且满足OD=λOI（λ≠0），则双曲线E的离心率为（）.

A.2B.3C.2D.5

分析设F′（-c，0）为双曲线的左焦点，先由OD=λOI（λ≠0）可确定O、D、I三点共线，则根据外心的性质可得OD⊥PF，再由点O为FF′的中点，根据中位线性质可得PF′∥OD，则PF′⊥PF，进而在Rt△PFF′中利用勾股定理求解.

解析因为OD=λOI（λ≠0），所以O、D、I三点共线，因为点D为线段FP的中点，△POF的外心为I，所以DI⊥PF，即OD⊥PF，设双曲线的左焦点为F′（-c，0），则点O为线段F′F的中点. 在△PFF′中，PF′∥OD，即PF′⊥PF，所以△PFF′是直角三角形，所以F′F2=F′P2+PF2，因为PF=b，由双曲线定义可得PF′-PF=2a，所以PF′=2a+b，则（2c）2=（2a+b）2+b2，因为c2=a2+b2，整理可得b=2a，所以c=5a，则e=ca=5，故选D.

例9（2021年成都七中半期16题）F1，F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1（a，b>0）的左、右焦点，点P在双曲线上，满足PF1·PF2=0，若△PF1F2的内切圆半径与外接圆半径之比为3-12，则该双曲线的离心率为.

解析因为PF1·PF2=0，所以PF1⊥PF2，即△PF1F2为直角三角形，所以PF12+PF22=F1F22=4c2，PF1-PF2=2a，则2PF1·PF2=PF12+PF22-（PF1-PF2）2=4（c2-a2），（PF1+PF2）2=（PF1-PF2）2+4PF1·PF2=8c2-4a2.所以△PF1F2内切圆半径r=PF1+PF2-F1F22=2c2-a2-c，外接圆半径R=c，

由题意，得2c2-a2-cc=3-12，整理得ca2=4+23，所以双曲线的离心率e=3+1.

例10（2018全国高中数学联赛湖北预赛）已知点P在离心率为2的双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上，F1、F2为双曲线的两个焦点，且PF1·PF2=0，则△PF1F2的内切圆半径r与外接圆半径R之比为.

解析由PF1·PF2=0，知∠P1PF2=90°.设PF1=m，PF2=n，又F1F2=2c，则可得R=c，r=12（m+n-2c），且

m2+n2=4c2， ①

m-n=2a. ②

设rR=k，则r=kR=kc=12（m+n-2c），即有m+n=（2k+2）c. ③

由①②③可得（2k+2）2c2+4a2=8c2，所以（k+1）2=2c2-a2c2=2-1e2=32，解得k=62-1.

故△PF1F2的内切圆半径r与外接圆半径R之比为62-1.

参考文献

[1]中华人民共和国教育部. 普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[M]. 北京：人民教育出版社，2020.

作者简介马进才（1983—），男，河北邯郸人，中学高级教师;主要研究课程教学、竞赛与自主招生、解题教学.

李萌（1986—），女，河北邯郸人，中学一级教师，硕士;主要研究课程教学、课程与数学史.