涉及三個內切圓的一個有趣結論

(1)

數學傳播 40 卷 1 期, pp. 87-90

涉及三個內切圓的一個有趣結論

鄒黎明

1. 問題的提出

1997 年, 我曾經在文 [1] 給出了三角形等圓點的概念:

圖 1 圖 2

在 △ABC 中, 點 D、 E、 F 分別在 BC、 AC、 AB 上, AD、 BE、 CF 相交於 Z, △ABZ、

△BCZ、 △ACZ 的內切圓是等圓, 這個點稱為三角形等圓點。這個點存在並且唯一。最近, 我關注四邊形 AEZF 、四邊形 BDZF 、四邊形 CEZD, 給出如下漂亮的問題:

問題: 如圖 2, △ABC 中, D、 E、 F 分別在 BC、 AC、 AB 上, AD、 BE、 CF 相交於 Z, 則存在唯一的點 Z 使得四邊形 AEZF 、四邊形 BDZF 、四邊形 CEZD 都有內切圓,

2. 引理

引理1[2] (令標): 已知 △ABC 中, BC 邊上的高為 h, N 為 BC 上的一點, △ABN、

△AN C、 △ABC 的內切圓半徑分別為 r1、 r2、 r, 則:

r = r¹+ r²− 2r¹r2

h

87

(2)

88 數學傳播 40 卷 1 期民 105 年 3 月

證明: 在 △ABC 中, 則有

2r

h = 1 − tanB 2 tanC

2 這個結論證明如下

2r

h = 2ar

ah = 2ar

(a + b + c)r = 2 sin A

sin A + sin B + sin C = 2 sin A 4 cos^A2 cos^B2 cos^C2

= 1 − tanB 2 tanC

2

如圖 3, 記 ∠ANB = 2θ, 則 ∠ANC = 180^◦−2θ

圖 3

在 △ABN 和 △CAN 中, 有 1 − 2r¹

h = tanB

2 tan θ, 1 − 2r²

h = tanC 2 cot θ,

∴ (1 −2r¹

h )(1 − 2r²

h ) = tanC 2 tanB

2 = 1 − 2r h 整理即得。

3. 問題的解決

這個問題分兩部分證明:

證明: (1) 如圖 2, 設 △ABD、 △BCF 的內切圓半徑都是 r²; 設 △BCE、 △ACD 的內切圓半徑都是 r3; 設 △ABE、 △ACF 的內切圓半徑都是 r¹, △ABC 的內切圓半徑為 r, △ 為 △ABC 的面積。由引理 1.

r = r²+ r³− 2r²r3

ha

, r= r²+ r¹− 2r²r1

hc

, r= r¹+ r³−2r¹r3

hb

, 令 r1

r = x, r2

r = y, r3

r = z, tanA

2 = tA, tanB

2 = tB, tanC

2 = tC, 則 1 = x + y − 2xyr

hc

= x + y − xy(1 − tanA 2 tanB

2),

(3)

涉及三個內切圓的一個有趣結論 89

∴ (1 − x)(1 − y) = xyt^AtB

同理

(1 − y)(1 − z) = yztBtC, (1 − x)(1 − z) = xztAtC

∴ (1 − x)(1 − y)(1 − z) = xyzt^AtBtC

∴ 1 − x = xtA, 1 − y = ytB, 1 − z = ztC

∴ r1 = r 1 + t^A 同理:

r2 = r 1 + tB

, r3 = r 1 + tC

這說明三個內切圓唯一存在。

(2) 下面證明 AD、 BE、 CF 相交於一點。

圖 4

設 △ADC 的內切圓 ⊙I3 與 DC、 AD、 AC 分別相切於 M、 N 、 P , DM = DN = m, 1

2(m + r3

tC

)ha = 1

2(2m + 2b)r³, 整理後解 m, m(ha−2r3) = r3(2b − ha

tC

), m = (2btC − ha)r3

tC(h^a−2r³). 接下來, 因為

CD = m + r3

tC

= 2r³(bt^C − r3) tC(ha−2r³)

∵ b = r1 tA

+ 1 tC

, ha = 2r 1 − t^BtC

, r3 = r 1 + t^C,

(4)

90 數學傳播 40 卷 1 期民 105 年 3 月

將 b、 ha、 r3 代入 CD 的表示, 得 CD 表示的分子為:

2r³(btC − r3) = 2r³h r1

tA

+ 1 tC

tC− r 1 + tC

i = 2rr³tC(1 + tA+ tC) tA(1 + tC) CD 表示的分母為:

tC(ha−2r³) = tC

2r 1 − tBtC

− 2r 1 + tC

= 2rt²C(1 + tB) (1 − tBtC)(1 + tC) 因此有:

CD = r3(1 + tA+ tC)(1 − tBtC) tAtC(1 + tB) , 同理:

BD= r2(1 + t^A+ t^B)(1 − t^BtC)

tAtB(1 + tC) , ∴ BD

DC = r2tC(1 + t^B)(1 + t^A+ t^B) r3tB(1 + tC)(1 + tA+ tC) 同理:

CE

EA = r3tA(1 + t^C)(1 + t^C + t^B)

r1tC(1 + tA)(1 + tA+ tB), AF

F B = r1tB(1 + t^A)(1 + t^A+ t^C) r2tA(1 + tB)(1 + tC + tB)

∴ AE

EC × CD

DB ×BF F A = 1 由 Ceva 逆定理得證:

∴ AD、 BE、 CF 相交於一點 Z。

這個點 Z 我們稱為三角形的三內切圓點。

這個結論的 (1) 是編輯老師的審稿意見, 表示感謝。

參考文獻

1. 鄒黎明, 三角形中的等圓點問題, 中等數學, 1997, 3。

2. 鄒黎明, 一組平面幾何公式的思考, 數學傳播季刊, 39(4), 93-96, 2015。

—本文作者任教江蘇省無錫市碩放中學—