設 $G$ 為 $\triangle ABC$ 內一點, $BG$、$CG$ 分別交 $AC$、 $AB$ 於點 $E$、$F$。 我們稱 $\triangle BGF$ 和 $\triangle CGE$ 為一組``雙胞胎三角形"。

在研究``雙胞胎組"三角形的面積時, 我們發現幾個有趣的不等式。 以下用 $S_{\triangle ABC}$ 表示 $\triangle ABC$ 的面積。

定理1. 設G為 $\triangle ABC$ 內一點, $BG$、$CG$ 分別交 $AC$、$AB$ 於點 $E$、$F$, 則 $$0\lt \frac{S_{\triangle BGF}+S_{\triangle CGE}}{S_{\triangle ABC}}\le 6-4\sqrt{2}.$$

證明: 下界為0是顯然的, 因為 $E$、$F$ 可任意靠近 $C$、$B$。 下面證明上界:

設 $\dfrac{AF}{AB}=x$, $\dfrac{AE}{AC}=y$ 則 $0\lt x,y\lt 1$, 在 $\triangle ABE$ 中由 Menelaus 定理有 $$\frac{BG}{GE}\cdot \frac{EC}{CA}\cdot \frac{AF}{FB}=1,\ \hbox{所以 } \frac{BG}{GE}=\frac{CA}{EC}\cdot \frac{FB}{AF}=\frac 1{1-y}\cdot \frac{1-x}x =\frac{1-x}{x(1-y)},\ \frac{BG}{BE}=\frac{1-x}{1-xy}.$$ $$\frac{S_{\triangle BFG}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{S_{\triangle BFG}}{S_{\triangle ABE}}\cdot \frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{BF\cdot BG\cdot AE}{BA\cdot BE\cdot AC} =\frac{(1-x)^2y}{1-xy},$$

同理 $\dfrac{S_{\triangle CGE}}{S_{\triangle ABC}}=\dfrac{x(1-y)^2}{1-xy}.$

令 $x+y=u$ \begin{eqnarray*} \hbox{於是}&&\dfrac{S_{\triangle BFG}+S_{\triangle CEG}}{S_{\triangle ABC}}=\dfrac{y(1-x)^2+x(1-y)^2}{1-xy}\\ &=&4+\dfrac{x+y+xy(x+y)-4}{1-xy}\le 4+\dfrac{x+y+\Big(\frac{x+y}{4}\Big)^2(x+y)-4}{1-\frac{(x+y)^2}4}\\ &=&4+\dfrac{u+\frac{u^3}4-4}{1-\frac{u^2}4}=4-\Big(u+2-\frac 8{u+2}-2\Big) \le 4-\Big(2\sqrt{(u+2)\cdot \frac 8{u+2}}\Big)\\ %\le 4-\Big(2\sqrt{(u+2)\cdot \frac 8{u+2}-2}\Big)\\ &=&6-4\sqrt{2}. \end{eqnarray*} 故 $0\lt \dfrac{S_{\triangle BGF}+S_{\triangle CGE}}{S_{\triangle ABC}}\le 6-4\sqrt{2}$。

其中當且僅當 $x=y=\sqrt{2}-1$ 時等號成立。

當 $G$ 在中線 $AD$ 上時, 我們有以下結果:

推論1: 已知 $G$ 是 $\triangle ABC$ 的中線 $AD$ 上異於 $A$、$D$ 的一點, $BG$、$CG$ 的延長線分別交 $AC$、$AB$ 於 $E$、$F$, 則 $0\lt \dfrac{S_{\triangle BGF}+S_{\triangle CGE}}{S_{\triangle ABC}}\le 6-4\sqrt{2}$。

推論1是《數學通報》2007年6月號問題1676的結論。

推論2: 已知 $G$ 是 $\triangle ABC$ 的中線 $AD$ 上異於 $A$、$D$ 的一點, $BG$、$CG$ 的延長線分別交 $AC$、$AB$ 於 $E$、$F$, 則 $0\lt \dfrac{S_{\triangle BGF}\cdot S_{\triangle CGE}}{S^2_{\triangle ABC}}\le 17-12\sqrt{2}$。

證明: 下界顯然可得, 下面證明上界。

設 $\dfrac{AG}{AD}=x$, $(0\lt x\lt 1)$, 則 $\dfrac{AG}{GD}=\dfrac{x}{1-x},$ 易得 $\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{x}{2(1-x)}$。

所以 $\dfrac{BF}{AB}=\dfrac{CE}{AC}=\dfrac{2(1-x)}{2-x}$, 所以 \begin{eqnarray*} S_{\triangle BGF}&=&S_{\triangle CGE}=\dfrac{2(1-x)}{2-x}S_{\triangle ABG}=\dfrac{2(1-x)}{2-x}\cdot xS_{\triangle ABD}\\ &=&\dfrac{2(1-x)}{2-x}\cdot x\cdot \dfrac 12S_{\triangle ABC}=\dfrac{x-x^2}{2-x}S_{\triangle ABC}. \end{eqnarray*}

所以 $\dfrac{S_{\triangle BGF}\cdot S_{\triangle CGE}}{S^2_{\triangle ABC}}=\Big(\dfrac{x-x^2}{2-x}\Big)^2$。

因為 $\dfrac{x-x^2}{2-x}=x+1-\dfrac 2{2-x}=3-\Big(2-x+\dfrac 2{2-x}\Big)\le 3-2\sqrt 2$。

於是 $\dfrac{S_{\triangle BGF}\cdot S_{\triangle CGE}}{S^2_{\triangle ABC}}=\Big(\dfrac{x-x^2}{2-x}\Big)^2\le \Big(3-2\sqrt 2\Big)^2=17-12\sqrt 2$。

定理 2: $G$ 為 $AD$ 上一點, $BG$、$CG$ 分別交 $AC$、$AB$ 於點 $E$、$F$, 且 $\dfrac{AG}{GD}=\lambda$ 則 \begin{eqnarray*} \hbox{(i)}&&\dfrac{S_{\triangle BFG}+ S_{\triangle CEG}}{S_{\triangle ABC}}\ge \dfrac{2\lambda}{(\lambda+1)(\lambda+2)};\\ \hbox{(ii)}&&\dfrac{S_{\triangle BFG}\cdot S_{\triangle CEG}}{S^2_{\triangle ABC}}\le \dfrac{\lambda^2}{(\lambda+1)^2(\lambda+2)^2}.\hskip 6cm ~ \end{eqnarray*}

證明: 在 $\triangle AGC$ 和 $\triangle BGC$ 中, 因為 $GC$ 是公共邊, 於是 $\dfrac{S_{\triangle AGC}}{S_{\triangle BGC}}=\dfrac{AF}{FB}$, 同理 $\dfrac{S_{\triangle AGB}}{S_{\triangle BGC}}=\dfrac{AE}{EC}$。 故 \begin{eqnarray*} \dfrac{AF}{FB}+\dfrac{AE}{EC}&=&\dfrac{S_{\triangle AGC}}{S_{\triangle BGC}}+\dfrac{S_{\triangle AGB}}{S_{\triangle BGC}}= \dfrac{S_{\triangle AGC}+ S_{\triangle AGB}}{S_{\triangle BGC}}\\ &=&\dfrac{S_{\triangle ABC}- S_{\triangle BGC}}{S_{\triangle BGC}}=\dfrac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle BGC}}-1=\dfrac{AD}{GD}-1=\dfrac{AG}{GD}, \end{eqnarray*} \begin{equation} \hbox{即}\quad \dfrac{AG}{GD}=\dfrac{AF}{FB}+\dfrac{AE}{EC}.\label{1}\hskip 8.74cm~　%　（１） \end{equation}

設 $\dfrac{AF}{FB}=x$, $\dfrac{BD}{DC}=y$ 由 Ceva 定理有 $\dfrac{AF}{FB}\cdot\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}=1$, 則 \begin{equation} \dfrac{EA}{CE}=\dfrac{AF}{FB}+\dfrac{BD}{DC}=xy,\ \hbox{並 \eqref{1} 式得}\ x+xy=\lambda \label{2}% 　　（２） \end{equation}

所以 $x(1+y)=\lambda$, $x=\dfrac{\lambda}{1+y}$。又 $\dfrac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ABC}}=\dfrac{BD}{BC}=\dfrac y{1+y}$, $$\dfrac{S_{\triangle ABG}}{S_{\triangle ABD}}=\dfrac{\lambda}{1+\lambda},\quad\dfrac{S_{\triangle BFG}}{S_{\triangle ABG}}=\dfrac{BF}{AB}=\dfrac 1{1+x}.$$ 所以 $\dfrac{S_{\triangle BFG}}{S_{\triangle ABC}}=\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\cdot \dfrac{y}{(1+y)(1+x)}$, 同理 $\dfrac{S_{\triangle CEG}}{S_{\triangle ABC}}=\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\cdot \dfrac{1}{(1+y)(1+xy)}$。 故 \begin{eqnarray*} \dfrac{S_{\triangle BFG}+ S_{\triangle CEG}}{S_{\triangle ABC}}&=&\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\Big[\dfrac{y}{(y+1)(1+x)}+\dfrac{1}{(y+1)(1+xy)}\Big]\\ &=&\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\Big[\dfrac{y}{1+y+\lambda}+\dfrac{1}{1+y+\lambda y}\Big]\\ &=&\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\Big[1-\dfrac{(\lambda^2+2\lambda)y}{(1+\lambda)(y^2+1)+(\lambda^2+2\lambda+2)y}\Big]\\ &\ge&\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\Big[1-\dfrac{(\lambda^2+2\lambda)y}{2(1+\lambda)y+(\lambda^2+2\lambda+2)y}\Big]=\dfrac{2\lambda}{(\lambda+1)(\lambda+2)}. \end{eqnarray*}

故 $\dfrac{S_{\triangle BFG}+ S_{\triangle CEG}}{S_{\triangle ABC}}\ge \dfrac{2\lambda}{(\lambda+1)(\lambda+2)}$。

當且僅當 $y=1$ 即 $D$ 為 $BC$ 的中點時, 等號成立。

(ii). 由 (i) 的證明, 並 \eqref{2} 式知 $x=\dfrac{\lambda}{1+y}$, 所以 \begin{eqnarray*} \dfrac{S_{\triangle BFG}+ S_{\triangle CEG}}{S^2_{\triangle ABC}}&=&\Big(\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\Big)^2\cdot \dfrac{y}{(1+y)^2(1+x)(1+xy)}\\ &=&\dfrac{\lambda^2}{(1+\lambda)^2}\cdot \dfrac{y}{(1+y)^2\Big(1+\frac{\lambda}{1+y}\Big)\Big(1+\frac{\lambda y}{1+y}\Big)}\\ &\le&\Big(\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\Big)^2\dfrac{y}{(1+\lambda)\cdot 2y+(2+2\lambda+\lambda^2)y}=\dfrac{\lambda^2}{(\lambda+1)^2(\lambda+2)^2}. \end{eqnarray*} 故 $S_{\triangle BFG}S_{\triangle CEG}\le \dfrac{\lambda^2}{(\lambda+1)^2(\lambda+2)^2}S^2_{\triangle ABC}$。

當且僅當 $y=1$, 即 $D$ 為 $BC$ 中點時等號成立。

---本文作者現任教安徽省南陵縣春谷中學---