39412 一組平面幾何公式的思考

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。
★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

1. 問題的提出

我們來看一個操作問題:

有一些全等的三角形紙板, 每個三角形紙板可以把它分割成兩個三角形, 這兩個三角形的內切圓半徑分別為 $r_1$、 $r_2$, 即已知 $\triangle ABC$ 中, $N$ 為 $BC$ 上的一點, $\triangle ABN$、 $\triangle ANC$ 的內切圓半徑分別為 $r_1$、 $r_2$。 但是, 我操作的時候, 發現把有 $\angle C$ 的那個三角形的內切圓半徑取 $r_1$, 那麼另一個三角形的內切圓半徑能夠是 $r_2$ 嗎? 也就是 $\triangle ABC$ 中, 點 $E$ 在 $BC$ 上, 使得 $\triangle ABE$、 $\triangle ACE$ 的內切圓半徑分別為 $r_2$、 $r_1$。 換句話說, 互換可以嗎?

2. 從兩個公式談起

我們有一天看到令標先生的一個幾何公式

引理1(令標): 已知 $\triangle ABC$ 中, $BC$ 邊上的高為 $h$, $N$ 為 $BC$ 上的一點, $\triangle ABN$、 $\triangle ANC$、 $\triangle ABC$ 的內切圓半徑分別為 $r_1$、 $r_2$、 $r$ 則: $r=r_1+r_2-\dfrac{2r_1r_2}{h}$

證明: 在 $\triangle ABC$ 中, 有 $$\frac{2r}h =1-\tan \frac B2\tan \frac C2$$ 這個結論證明如下 \begin{eqnarray*} \frac{2r}h&=&\frac{2ar}{ah}=\frac{2ar}{(a+b+c)r}=\frac{2\sin A}{\sin A+\sin B+\sin C}=\frac{2\sin A}{4\cos \frac A2\cos\frac B2\cos\frac C2}\\ &=&1-\tan \frac B2\tan\frac C2 \end{eqnarray*} 如圖記 $\angle ANB=2\theta$, 則 $\angle ANC=180^\circ -2\theta$ 在 $\triangle ABN$ 和 $\triangle CAN$ 中, 有 \begin{eqnarray*} 1-\frac{2r_1}h&=&\tan \frac B2\tan \theta,\qquad 1-\frac{2r_2}h=\tan \frac C2\cot \theta\\ \therefore && (1-\frac{2r_1}h)(1-\frac{2r_2}h)=\tan \frac C2\tan \frac B2=1-\frac{2r}h \end{eqnarray*} 整理即得。

推論1: 已知 $\triangle ABC$ 中, $BC$ 邊上的高為 $h$, $N$ 為 $BC$ 上的一點, $\triangle ABN$、 $\triangle ANC$、 $\triangle ABC$ 的內切圓半徑分別為 $r_1$、 $r_2$、 $r$ 則: $$ (1-\frac{2r_1}h)(1-\frac{2r_2}h)=1-\frac{2r}h.$$

下面解決文章開頭的問題:

定理1: 已知 $\triangle ABC$ 中, $D$ 在 $BC$ 上, $\triangle ABD$、 $\triangle ACD$ 的內切圓半徑分別為 $r_1$、 $r_2$, 則 $BC$ 上存在點 $E$ 使得 $\triangle ABE$ 的內切圓半徑為 $r_2$, $\triangle ACE$ 的內切圓半徑為 $r_1$。

證明: 由 $ (1-\frac{2r_1}h)(1-\frac{2r_2}h)=1-\frac{2r}h$, $r$ 是三角形內切圓半徑, $h$ 是 $BC$ 邊上的高。 $\because\ h\gt 2r$, $h\gt 2r_1$, $h\gt 2r_2$, $\therefore\ 0\lt 1-\frac{2r_1}h\lt 1$, $\therefore\ 1-\frac{2r}h\lt 1-\frac{2r_2}h$, $\therefore\ r\gt r_2$, 作半徑為 $r_2$ 的圓與 $AB$、 $BC$ 相切, 由 $r\gt r_2$, 這個圓與 $AC$ 沒有公共點, 作 $AE$ 與這個圓相切交 $BC$ 於 $E$, 設 $\triangle AEC$ 的內切圓半徑為 $m$, $ (1-\frac{2r_2}h)(1-\frac{2m}h)=1-\frac{2r}h$, $\therefore m=r_1$ 定理證畢。

這樣, 開頭的問題得到了一個正面的答案。更有趣的是我們得到一個非常漂亮的變式。

3. 公式的其他應用

我們給出如下變式:

定理2: 已知 $\triangle ABC$ 中, $BC$ 邊上的高為 $h$, $N$ 為 $BC$ 上的一點, $\triangle ABN$、 $\triangle ANC$、 $\triangle ABC$ 的內切圓半徑分別為 $r_1$、 $r_2$、 $r$ 則: $$r^2=r_1^2+r_2^2+\frac{2r_1r_2}{h}(h-r-r_1-r_2).$$

證明: 由引理1 \begin{eqnarray*} r&=&r_1+r_2-\frac{2r_1r_2}h\\ {\hbox{兩邊平方得:}} r^2&=&(r_1+r_2)^2-2(r_1+r_2)\cdot \frac{2r_1r_2}{h}+\frac{4r_1^2r_2^2}{h^2}\\ &=&r_1^2+r_2^2+2r_1r_2\Big[1-\frac{2(r_1+r_2)}h+\frac{2r_1r_2}{h^2}\Big]\\ &=&r_1^2+r_2^2+2r_1r_2\Big[1-\frac{2(r_1+r_2)}h+\frac{r_1+r_2-r}{h}\Big]\\ &=&r_1^2+r_2^2+2r_1r_2\Big[1-\frac{r_1+r_2+r}h\Big] \end{eqnarray*}

運用這個變式我們容易證明如下結論:

定理3: $\triangle ABC$ 中, $CD \perp AB$於 $D$, $\triangle ABC$、 $\triangle ADC$、 $\triangle BCD$ 的內切圓半徑分別為 $r$、 $r_1$、 $r_2$。

(1) 若 $\angle ACB=90^\circ$, 則 $r_1^2+r_2^2=r^2$

(2) 若 $r_1^2+r_2^2=r^2$, 則 $\angle ACB=90^\circ$

這個題目首先出現在文 {2}, 下面給出一個新證明。

證明: 如圖, $CD=h$, $\triangle ACD$、 $\triangle CDB$ 的內切圓半徑分別為 $r_1$、 $r_2$

(1) 已知 $\angle ACB=90^\circ$ 又因為 $CD\perp AB$, $$r_1=\frac 12 (CD+AD-AC),\quad r_2=\frac 12 (CD+BD-BC),\quad r=\frac 12(AC+BC-AB)$$ 所以 $r_1+r_2+r=h$ 由定理 2 得到 $r^2=r_1^2+r_2^2$。

(2) 由引理 1 之證明, $\theta=45^\circ$, 所以 \begin{eqnarray} 2r&=&h(1-\tan \frac A2\tan \frac B2)\label{1}\\ 2r_1&=&h(1-\tan \frac A2)\label{2}\\ 2r_2&=&h(1-\tan \frac B2)\label{3} \end{eqnarray} 從假設 $r_1^2+r_2^2=r^2$, 由定理2, $h=r+r_1+r_2$ \eqref{1}$+$\eqref{2}$+$\eqref{3} 左 $=2h=$ 右 $=h\Big(3-\tan \frac A2-\tan \frac B2-\tan \frac A2\tan \frac B2\Big)$ 得 $1-\tan \frac A2\tan \frac B2=\tan \frac A2+\tan \frac B2$, 即 $\tan(\frac A2+\frac B2)=1$ 所以: $\frac A2+\frac B2=45^\circ$, 即 $C=90^\circ$。

4. 結束語

這是我們對於幾個幾何公式研究的一點心得, 望指教。

參考文獻

1.令標, 一個有趣的平幾公式的三角證法, 中學數學, (蘇州),1997.4。

2. 鄒黎明, 直角三角形一類性質, 中學生數學, 1994.4。

---本文作者任教江蘇省無錫市碩放中學---