與三角形高有關的幾何性質
丁 遵標
摘要: 本文獲得了與三角形高有關的三個有趣的幾何性質, 並進行推廣。
關鍵詞: 三角形、 邊長、 高線、 半周長、 外接圓半徑、 內切圓半徑。
本文約定: △ABC 的三邊長、 半周長、 面積、 外接圓半徑、 內切圓半徑、 三邊上的高分別 為 a、 b、 c、 P 、 S、 R、 r、 ha、 hb、 hc
經過探討, 筆者現已得到:
定理1: haha
−2r +hbhb
−2r + hchc
−2r = 4Rr + 1 證明:
∵
S = 12aha= 12bhb = 12chc = rP∴
ha= 2rPa , hb = 2rPb , hc = 2rPc由海倫公式 S =
q
P(P − a)(P − b)(P − c) 便可得到 (P − a)(P − b)(P − c) = r2P又
∵
abc = 4RrP∴
abc+ (P − a)(P − b)(P − c) = 4RrP + r2P∵
abc+ (P − a)(P − b)(P − c)= abc + [P3− (a + b + c)P2+ (ab + bc + ca)P − abc]
= P3− 2P3+ (ab + bc + ca)P
= (ab + bc + ca)P − P3
∴
(ab + bc + ca)P − P3 = 4RrP + r2P∴
ab+ bc + ca = P2+ 4Rr + r2∴
1P − a + 1
P − b + 1 P − c
55
= ab+ bc + ca − P2 (P − a)(P − b)(P − c)
= P2+ 4Rr + r2− P2 r2P
= 4R + r rP
∴
ha
ha− 2r + hb
hb− 2r + hc
hc − 2r
=
2rP a 2rP
a − 2r +
2rP b 2rP
b − 2r+
2rP c 2rP
c − 2r
= P
P − a + P
P − b + P P − c
= P
1P − a + 1
P − b + 1 P − c
= P · 4R + r rP
= 4R r + 1 故: haha
−2r + hhb
b−2r +hchc
−2r = 4Rr + 1 由 Euler 不等式 R ≥ 2r, 便可得到:
推論1: haha
−2r +hhb
b−2r + hchc
−2r ≥ 9 這便是著名的 Bokov 不等式。
由 Wlombier-Doncet 不等式 3P2≤ (4R + r)2 便可推出: P ≤ 4R+r√3
於是又可得到:
推論2: haha
−2r +hhb
b−2r + hchc
−2r ≥ √3Pr
由於 ha
ha− 2r = 1 + 2r · 1 ha− 2r hb
hb− 2r = 1 + 2r · 1 hb − 2r hc
hc− 2r = 1 + 2r · 1 hc − 2r
∴
ha
ha− 2r + hb
hb− 2r + hc
hc− 2r
= 3 + 2r
1ha− 2r + 1
hb − 2r+ 1 hc− 2r
再由定理 1 知:
3 + 2r
1ha− 2r + 1
hb− 2r + 1 hc− 2r
= 4R r + 1 於是, 我們便可得到:
推論3: h 1
a−2r +hb1
−2r + hc1
−2r = 2Rr−2r 再由 Euler 不等式 R ≥ 2r, 便可得到:
推論4: ha1
−2r +hb1
−2r + hc1
−2r ≥ 3r
定理2: hb+c
b+hc + hc+ac+ha +haa+b+h
b ≥ 2√ 3 證明:
∵
S = 12aha= 12bhb = 12chc = abc4R∴
ha = bc2R, hb = ca
2R, hc = ab 2R
∴
b+ c hb+ hc
+ c+ a hc + ha
+ a+ b ha+ hb
= b+ c
a
2R(c + b) + c+ a
b
2R(a + c) + a+ b
c
2R(b + a)
= 2R
1 a +1b +1 c
· · · (1)
∵
1 a +1
b +1 c
≥ 33
s
1 abc= 3 2R
3
s
1sin A sin B sin C
又
∵
sin A · sin B · sin C ≤ 3√ 3 8∴
1 a +1
b +1 c ≥
√3
R · · · (2) 由 (1) 、 (2) 得:
b+ c hb+ hc
+ c+ a hc + ha
+ a+ b
ha+ hb ≥ 2√ 3 又由於: b+ c
hb+ hc
+ c+ a hc + ha
+ a+ b ha+ hb
= 2P − a hb+ hc
+ 2P − b hc+ ha
+ 2P − c ha+ hb
= 2P
1hb+ hc
+ 1
hc+ ha
+ 1
ha+ hb
− a
hb+ hc
+ b
hc+ ha
+ c
ha+ hb
!
∴
a hb+ hc
+ b
hc + ha
+ c
ha+ hb
≤ 2P
1hb+ hc + 1
hc+ ha + 1 ha+ hb
− 2√ 3
= 2P 1
2rP
b +2rPc + 1
2rP
c + 2rPa + 1
2rP a +2rPb
!
− 2√ 3
= 1 r
bc
b+ c + ca
c+ a + ab a+ b
!
− 2√ 3
≤ 1 r
b+ c
4 +c+ a
4 + a+ b 4
!
− 2√ 3
= 1 r · 1
2(a + b + c) − 2√ 3
= P r − 2√
3 又
∵
P = 12(a + b + c)
= R(sin A + sin B + sin C) 且 sin A + sin B + sin C ≤ 3√
3 2
∴
P ≤ 3√ 3 2 R 於是, 我們便可得到:推論: h a
b+hc + hc+hb a +ha+hc
b ≤ 3√2r3R − 2√ 3 定理3: 4R9R2+2r2 2 ≤ h2a2
b+h2c +h2b2
c+h2a + h2c2
a+h2b ≤ Rr
證明:
∵
S = 12aha= 12bhb = 12chc∴
ha = 2Sa , hb = 2Sb , hc = 2Sc∴
a2 h2b + h2c
+ b2 h2c + h2a
+ c2 h2a+ h2b
= a2
4S2(b12 + c12) + b2
4S2(c12 +a12) + c2 4S2(a12 + b12)
= a2b2c2
4S2(b2+ c2)+ a2b2c2
4S2(c2+ a2) + a2b2c2 4S2(a2+ b2)
= a2b2c2 4S2
1b2+ c2 + 1
c2+ a2 + 1 a2+ b2
= (4RS)2 4S2
1b2+ c2 + 1
c2 + a2 + 1 a2+ b2
= 4R2·
1b2+ c2 + 1
c2+ a2 + 1 a2+ b2
· · · (3) 又
∵
b2+ c2 ≥ 2bc, c2+ a2 ≥ 2ca, a2+ b2 ≥ 2ab∴
1
b2+ c2 + 1
c2+ a2 + 1 a2+ b2
≤ 1 2bc+ 1
2ca+ 1 2ab
= 1 2
1 ab+ 1bc+ 1 ca
= a+ b + c 2abc
= 2P
2 · 4RrP
= 1
4Rr · · · (4) 由 (3) 、 (4) 得
a2 h2b + h2c
+ b2 h2c + h2a
+ c2 h2a+ h2b
≤ R r
∵
[(a2+ b2) + (b2+ c2) + (c2+ a2)] 1a2+ b2 + 1
b2+ c2 + 1 c2+ a2
≥ 9
∴
1
a2+ b2 + 1
b2+ c2 + 1
c2+ a2 ≥ 9
2(a2+ b2 + c2) 又由於 a2+ b2 + c2 = 2(P2− 4Rr − r2)
且由 Gerretsen 不等式知:
P2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2
∴
a2 + b2+ c2 ≤ 2[(4R2+ 4Rr + 3r2) − 4Rr − r2]= 2(4R2+ 2r2)
∴
1a2+ b2 + 1
b2+ c2 + 1
c2+ a2 ≥ 9
4(4R2+ 2r2) · · · (5) 由 (3) 、 (5) 得
a2 h2b + h2c
+ b2 h2c + h2a
+ c2 h2a+ h2b
≥ 9R2 4R2+ 2r2 故 9R2
4R2+ 2r2 ≤ a2 h2b + h2c
+ b2 h2c + h2a
+ c2 h2a+ h2b
≤ R r 又
∵
9R2
4R2+ 2r2 = 8R2+ R2 4R2 + 2r2
≥ 8R2+ (2r)2 4R2+ 2r2
= 2 於是, 我們又可得到:
Cordon 不等式:
a2 h2b + h2c
+ b2 h2c + h2a
+ c2 h2a+ h2b
≥ 2