關於三角形內角平分線長的幾何性質

關於三角形內角平分線長的幾何性質

丁 遵標

摘要: 本文獲得了三角形內角平分線長的幾個有趣幾何性質。

關鍵詞: 三角形、 內角平分線長、 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、 內切圓半徑及

^∠

A、

^∠

B、

^∠

C 的角平分線長分別為 a、 b、 c、 S、 △、 R、 r、 t

^a

、 t

b

、 t

c

定理 1:

_t ^bc

²

a +

^ca _t

²

b +

^ab _t

²

c =

^R _r

+ 2 為證明此定理, 請先看下面的引理:

引理: 在 △ABC 中, AD 是

^∠

BAC 的平分線, 則有: t

² a

=

^4bcS(S−a) _(b+c)

²

... ...

.. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .

A

B D C

c b

y x

證明: 設 CD = x, BD = y, 由三角形角平分線性質知:

b: c = x : y 又

∵

x+ y = a

^∴

x=

_b ^ab _+c

, y =

_b ^ac _+c

由 Stewart’s Theorem 知

AB

²

· DC + AC

²

· BD − AD

²

· BC = BC · BD · DC

讀者可通過網站: http://www.icl.pku.cn/yujs/Mathworld/math/s/s741.htm 了解 Stewart’s Theorem 的證明過程。

60

即 c

²

x+ b

²

y− at

^{2 a}

= axy

∴

t

² _a

=c

²

x+ b

²

y− axy a

=c

²

·

b ^ab +c

+ b

²

·

b ^ac +c

− a ·

_(b+c) ^a

²

^bc

² a

=abc[c(b + c) + b(b + c) − a

²

] a(b + c)

²

=bc[(b + c)

²

− a

²

] (b + c)

²

=bc(b + c + a)(b + c − a) (b + c)

²

=4bcs(s − a) (b + c)

²

故 t

² _a

=4bcs(s − a)

(b + c)

²

下面, 我們進一步來證明定理 1。

證明: 由引理知

t

² _a

= 4bcs(s − a)

(b + c)

²

= 4bcs(s − a) (2s − a)

²

∴

bc

t

² _a

= (2s − a)

²

4s(s − a) = 1

4 · s s− a +1

2 +s− a 4s 同理:

^ca _t

²

b =

¹ ₄

·

s − ^s b

+

¹ ₂

+

^s _4s ^{− b}

ab

t

²_c =

¹ ₄

·

s ^s

− c

+

¹ ₂

+

^s _4s ^{− c}

∴

bc t

² _a

+ ca

t

² _b

+ ab t

² _c

= s

4



1

s− a + 1

s− b + 1 s− c



+3

2 +3s − a − b − c 4s

= s 4



1

s− a + 1

s− b + 1 s− c



+7

4 (1)

∴

△ =

¹ ₂

(a + b + c)r = rs

再由海倫公式 △ =

^q

s(s − a)(s − b)(s − c) 便可得到 (s − a)(s − b)(s − c) = r

²

s, 又

^∵

abc = 4Rrs,

^∴

abc+ (s − a)(s − b)(s − c) = 4Rrs + r

²

s

∵

abc+ (s − a)(s − b)(s − c) = abc + [s

³

− (a + b + c)s

²

+ (ab + bc + ca)s − abc]

= s

³

− 2s

³

+ (ab + bc + ca)s

= (ab + bc + ca)s − s

³

= 4Rrs + r

²

s

∴

ab+ bc + ca = s

²

+ 4Rr + r

²

∴

1

s− a + 1

s− b + 1

s− c= ab+ bc + ca − s

²

(s − a)(s − b)(s − c)

=s

²

+ 4Rr + r

²

− s

²

r

²

s = 4R + r

rs (2)

由 (1)、 (2) 得

bc t

² _a

+ ca

t

² _b

+ ab t

² _c

= R

r + 2 下面, 我們對此性質作進一步的探討。

由 Euler 不等式 R ≥ 2r, 便可得到:

推論1:

^bc _t

2 a +

^ca _t

²

b +

^ab _t

2

c ≥ 4

若且為若 △ABC 是正三角形時, 取等號。

又

∵

abc= 4R△ = 4Rrs

且 bc t

² _a

+ca

t

² _b

+ab t

² _c

≥ 3³

v u u t

abc

t

a

t

b

t

c

! 2

(算術平均 ≥ 幾何平均) 再由定理 1 知

R

r + 2 ≥ 3³

v u u t

abc

t

a

t

b

t

c

! 2

∴



R+ 2r 3r



3 2

≥ abc t

a

t

b

t

c

∴

t

a

t

b

t

c

≥ abc



3r R+ 2r



3 2

= 4Rrs



3r R+ 2r



3 2

≥ 4Rrs



3r 2R



3 2

= 3r

²

s√ 6Rr R 於是, 我們又可得到:

推論2: t

a

t

b

t

c

≥

^3r

²

^s R ^{√ 6Rr}

定理2:

_t ¹

²

a +

_t ¹

²

b +

_t ¹

2

c =

^2R+r _8Rr

2 +

^4R+r _8Rs

2

證明:

^{∵ bc} _t

2

a =

¹ ₄

·

s − ^s a

+

¹ ₂

+

^s _4s ^{− a}

∴

1 t

² a

= 1 4bc



s

s− a + 2 + s− a s



= s

4bc(s − a)+ 3

4bc− a

²

4abcs

同理 1

t

² _b

= s

4ca(s − b)+ 3

4ca− b

²

4abcs 1

t

² _c

= s

4ab(s − c)+ 3

4ab − c

²

4abcs 又

^∵

a

²

+ b

²

+ c

²

= 2(s

²

− 4Rr − r

²

)

1 ab+ 1

bc+ 1 ca= 1

2Rr 1

s− a + 1

s− b + 1

s− c= 4R + r rs

∴

1 t

² _a

+ 1

t

² _b

+ 1 t

² _c

= s 4abc

a

s− a + b

s− b + c s− c

!

+ 3 4



1 ab + 1

bc + 1 ca



− a

²

+ b

²

+ c

²

4abcs

= s 4abc



s

^

1

s− a + 1

s− b + 1 s− c



− 3



+3 4



1 ab + 1

bc + 1 ca



− a

²

+ b

²

+ c

²

4abcs

= s

4 · 4Rrs



s· 4R + r rs − 3



+3 4 · 1

2Rr − 2(s

²

− 4Rr − r

²

) 4 · 4Rrs · s

=2R + r

8Rr

²

+ 4R + r 8Rs

²

故:

_t ¹

2

a +

_t ¹

²

b +

_t ¹

2

c =

^2R+r _8Rr

2 +

^4R+r _8Rs

2

下面, 我們對此性質再作進一步的探討。

由 Gerretsen 不等式知,

s

²

≥ 16Rr − 5r

²

∴

2R + r

8Rr

²

+4R + r

8Rs

²

≤ 2R + r

8Rr

²

+ 4R + r 8R(16Rr − 5r

²

)

≤ 2R +

^R ₂

8Rr

²

+ 4R +

^R ₂

8R(16r · 2r − 5r

²

)

= 5

16r

²

+ 1 48r

²

= 1 3r

²

這時, 便可得到

推論3:

_t ¹

²

a +

_t ¹

²

b +

_t ¹

²

c ≤

_3r ¹

²

若且為若 △ABC 是正三角形時, 取等號。

由於 (t

² a

+ t

² b

+ t

² c

)(1 t

² a

+ 1 t

² b

+ 1 t

² c

)

≥ 3

^q

³ t

² _a

t

² _b

t

² _c

· 3³

s

1 t

² _a

1 t

² _b

1

t

² _c

(算術平均 ≥ 幾何平均)

= 9

所以 (t

² a

+ t

² b

+ t

² c

)(1 t

² _a

+ 1

t

² _b

+ 1 t

² _c

) ≥ 9

∴

t

² _a

+ t

² b

+ t

² c

≥ 9

1 t

²_a +

_t ¹

²

b +

_t ¹

²

c

≥ 9

1 3r

²

= 27r

²

這時, 我們又得到:

推論4: t

² a

+ t

² b

+ t

² c

≥ 27r

²

若且為若 △ABC 是正三角形時, 取等號。

參考文獻

1. O. Bottema 等著, 單墫譯。 幾何不等式, 北京大學出版社, 1991。

2. 丁遵標, 與三角形高有關的幾何性質, 本刊待發。

—本文作者任教於中國安徽省舒城縣杭埠中學—