33407 關聯三角形內外徑之間的幾何性質

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

摘要:

本文獲得了與垂足三角形相關聯的三角形內外徑之間的兩個幾何性質, 並進行推論。

關鍵詞:

四點共圓、 三角形、 垂足三角形、 內徑、 外徑。

給定 $\triangle ABC$, 作 $AD\bot BC$ 於 $D$, $BE\bot AC$ 於 $E$, $CF\bot AB$ 於 $F$, 連接 $DEF$ 得到 $\triangle DEF$, 則 $\triangle DEF$ 稱之為 $\triangle ABC$ 的垂足三角形。 經過探討, 筆者現已得到與垂足三角形相關聯的三角形內外徑之間的兩個有趣的幾何性質。

定理1: 若 $\triangle DEF$ 是銳角 $\triangle ABC$ 的垂足三角形。且 $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$, $\triangle AEF$、 $\triangle BDF$、 $\triangle CDE$、 $\triangle DEF$、 $\triangle ABC$ 的外徑分別為 $R_A$、 $R_B$、 $R_C$、 $R_0$、 $R$, 內徑為 $r_A$、 $r_B$、 $r_C$、 $r_0$、 $r$。

則有: $r_AR_A + r_BR_B + r_cR_C=r(R-r_0)$

證明: 利用四點共圓的性質得到 $$ EF = a\cos A \qquad FD = b\cos B \qquad DE = c \cos C. $$

讀者可通過網站: {http: //zhidao.baidu.com/question/67427277.html} 了解其證明過程。

在 $\triangle AEF$ 中, $R_A=\displaystyle\frac{EF}{2\sin A}=\frac{a\cos A}{2\sin A} =\frac{2R\sin A\cos A}{2\sin A}=R\cos A$

$\therefore ~\cos A=\displaystyle\frac{R_A}{R}$ \begin{equation} %(1) \hbox{同理}\hskip 3cm\cos B = \frac{R_B}{R} \qquad\ \cos C = \frac{R_C}{R}\hskip 3.9cm~ \end{equation}

又 $AE=c\cos A$ $\qquad$ $AF=b\cos A$

記 $\triangle ABC$ 的半周長為 $P$ \begin{eqnarray*} S_{\triangle AEF} &=& \frac{1}{2} r_A(EF+EA+FA) = \frac{1}{2} r_A(a+b+c)\cos A \\ &=& \frac{1}{2} r_A \cdot 2P\cos A = r_A P\cos A. \end{eqnarray*}

同理 $S_{\triangle BDF}=r_BP\cos B$ $\qquad$ $S_{\triangle CDE}=r_cP\cos C$ \begin{eqnarray} %(2) &&\hskip -2.3cm \because ~a\cos A + b\cos B + c\cos C = \frac{2S}{R} = \frac{2rP}{R}\\ \therefore ~S_{\triangle DEF} &=& \frac{1}{2} r_0(EF+FD+DE) \nonumber\\ &=& \frac{1}{2} r_0(a\cos A+b\cos B+c\cos C) \nonumber\\ &=& \frac{1}{2} r_0 \cdot \frac{2rP}{R} = \frac{r_0rP}{R}\nonumber\\ &&\hskip -2.3cm \because \quad~S_{\triangle AEF} + S_{\triangle BDF}+ S_{\triangle CDE} + S_{\triangle DEF} = S_{\triangle ABC} \hskip 2.3cm \nonumber\\ &&\hskip -2.3cm \therefore \quad ~r_AP\cos A + r_BP\cos B + r_CP\cos C + \frac{r_0rP}{R} = rP \nonumber\\ %(3) &&\hskip -2.3cm \hbox{即 }~ r_A\cos A + r_B\cos B + r_c\cos C = r - \frac{r_0r}{R} \hskip 1.7cm \end{eqnarray}

由 (1)、 (3) 得 $$ r_A \cdot \frac{R_A}{R} + r_B \cdot \frac{R_B}{R} + r_c \cdot \frac{R_C}{R} = r \Big (1-\frac{r_0}{R}\Big ) $$

故 $r_AR_A+r_BR_B+r_CR_C=r(R-r_0)$。

至此, 定理 1已給出了完整的證明, 但在證明過程中的等式 (2) 簡潔有趣, 現給出它的證明, 供同學們學習時參考。

註記: 由海倫公式 $S=\sqrt{P(P-a)(P-b)(P-c)}$ 易得 $$ 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) - (a^4+b^4+c^4) = 16S^2 $$

由餘弦定理得 $$ \cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \quad \cos B = \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca} \quad \cos c = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} $$ \begin{eqnarray*} \therefore \ a\cos A + b\cos B + c\cos C &=& a \cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} + b \cdot \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca} + c \cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \\ &=& \frac{a^2(b^2+c^2-a^2) + b^2(c^2+a^2-b^2) + c^2(a^2+b^2-c^2)}{2abc} \\ &=& \frac{2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) - (a^4+b^4+c^4)}{2abc} \\ &=& \frac{16S^2}{2abc} = \frac{8S^2}{abc} \end{eqnarray*}

由 $S=\displaystyle\frac{abc}{4R}$ 得 $abc=4RS$

$\therefore ~a\cos A+b\cos B+c\cos C=\displaystyle\frac{2S}{R}$

定理2: 若 $\triangle DEF$ 是銳角 $\triangle ABC$ 的垂足三角形, 且 $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$, $\triangle ABC$ 的外徑與內徑分別為 $R$、 $r$, $\triangle DEF$ 的外徑與內徑分別為 $R_0$、 $r_0$, 則有

  1. $R=2R_0$
  2. $r_0=\displaystyle\frac{a^2+b^2+c^2}{4R}-2R$

證明: (1) $\because ~A$、 $C$、 $D$、 $F$ 與 $D$、 $E$、 $A$、 $B$ 四點共圓 \begin{eqnarray*} && \hskip -2cm \therefore ~\angle EDC = \angle A \qquad \angle FDB = \angle A \\ && \hskip -2cm \therefore ~\angle EDF = 180^\circ - \angle EDC - \angle FDB = 180^\circ - 2\angle A \\ && \hskip -2cm \because a = 2R\sin A. \end{eqnarray*}

在 $\triangle DEF$ 中 $$ R_0 = \frac{EF}{2\sin\angle EDF} = \frac{a\cos A}{2\sin(180^\circ-2A)} = \frac{2R\sin A\cos A}{2\sin 2A} = \frac{1}{2}R $$

故 $R=2R$。

(2) 記 $\triangle DEF$、 $\triangle AEF$、 $\triangle BDF$、 $\triangle CDE$、 $\triangle ABC$ 的面積分別為 $S_0$、 $S_1$、 $S_2$、 $S_3$、 $S$

$\because ~\triangle AEF\backsim\triangle ABC$ $\therefore ~\displaystyle\frac{S_1}{S}=\Big (\frac{AE}{AB}\Big )^2=\cos^2A$

$\therefore ~S_1=S\cos^2A$

同理: $S_2=S\cos^2B$, $S_3=S\cos^2C$ \begin{eqnarray} %(4) \therefore ~S_0 &=& S - S_1 - S_2 - S_3 \nonumber \\ &=& (1 - \cos^2A - \cos^2B - \cos^2C)S \nonumber \\ &=& (\sin^2A + \sin^2B + \sin^2C - 2)S \nonumber \\ &=& \bigg [\Big (\frac{a}{2R}\Big )^2 + \Big (\frac{b}{2R}\Big )^2 + \Big (\frac{c}{2R}\Big )^2 - 2\bigg ]S \hskip 5.8cm \nonumber \\ &=& \bigg (\frac{a^2+b^2+c^2}{4R^2} - 2\bigg )S \end{eqnarray} \begin{eqnarray} %(5) \hbox{又 } \because ~S_0 &=& \frac{1}{2} r_0 (DE + EF + FD) \nonumber \\ &=& \frac{1}{2} r_0 (a\cos A + b\cos B + c\cos C) \hskip 5.8cm \nonumber \\ &=& \frac{1}{2} r \cdot \frac{2S}{R} = \frac{r_0S}{R} \end{eqnarray}

由 (4)、 (5) 得 $$ \frac{r_0S}{R} = \bigg (\frac{a^2+b^2+c^2}{4R^2} - 2\bigg )S $$

故 $r_0=\displaystyle\frac{a^2+b^2+c^2}{4R}-2R$

在此基礎上, 我們來作進一步的探討:

由於 $a^2+b^2+c^2=2(P^2-4Rr-r^2)$

於是 $\displaystyle\frac{a^2+b^2+c^2}{4R}-2R=\frac{P^2-4Rr-r^2}{2R}-2R$

結合 Gerretsen 不等式: $$ 16Rr - 5r^2 \le P^2 \le 4R^2 + 4Rr + 3r^2 $$

進一步得到: $$ \frac{16Rr - 5r^2 - 4Rr - r^2}{2R} - 2R \le r_0 \le \frac{4R^2+4Rr+3r^2-4Rr-r^2}{2R} - 2R $$ $$ \hbox{即 }~ 6r - 2R - \frac{3r^2}{R} \le r_0 \le \frac{r^2}{R} \hskip 5cm $$

這樣, 我們便可得到:

推論1: $6r-2R-\displaystyle\frac{3r^2}{R}\le r_0\le\frac{r^2}{R}$

再結合 Euler 不等式 $R\ge 2r$, 又可得到:

推論2: $r\ge 2r_0$

參考文獻

丁遵標, 一個有趣的幾何不等式 (J), 中學數學月刊, Vol.10, p.19, 2001。

---本文作者任教中國安徽省舒城縣杭埠鎮中心學校---

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