1. 問題的提出
1997年, 我曾經在文 給出了三角形等圓點的概念:
圖 1
圖 2
在 $\triangle ABC$ 中, 點 $D$、 $E$、 $F$ 分別在 $BC$、 $AC$、 $AB$ 上,
$AD$、 $BE$、 $CF$ 相交於 $Z$, $\triangle ABZ$、 $\triangle BCZ$、 $\triangle ACZ$ 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, $\triangle ABC$ 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 (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:
$$r=r_1+r_2-\frac{2r_1r_2}h$$
證明：
在 $\triangle ABC$ 中, 則有
$$\frac{2r}h=1-\tan\frac B2\tan \frac C2$$
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 3, 記 $\angle ANB=2\theta $, 則 $\angle ANC=180^\circ-2\theta $
圖 3
在 $\triangle ABN$ 和 $\triangle CAN$ 中, 有
$$1-\frac{2r_1}{h}=\tan \frac B2\tan \theta,\quad 1-\frac{2r_2}{h}=\tan \frac C2\cot \theta,$$
$$\therefore \ (1-\frac{2r_1}{h})(1-\frac{2r_2}{h})
=\tan \frac C2\tan \frac B2=1-\frac{2r}h$$
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 $\triangle ABD$、 $\triangle BCF$ 的內切圓半徑都是 $r_2$;
設 $\triangle BCE$、 $\triangle ACD$ 的內切圓半徑都是 $r_3$;
設 $\triangle ABE$、 $\triangle ACF$ 的內切圓半徑都是 $r_1$, $\triangle ABC$ 的內切圓半徑為 $r$, $\triangle$ 為 $\triangle ABC$ 的面積。
由引理 1.
$$r=r_2+r_3-\frac{2r_2r_3}{h_a},\quad r=r_2+r_1-\frac{2r_2r_1}{h_c},\quad r=r_1+r_3-\frac{2r_1r_3}{h_b},$$
令 $\dfrac {r_1}r=x$, $\dfrac {r_2}r=y$, $\dfrac {r_3}r=z$, $\tan \dfrac A2=t_A$, $\tan \dfrac B2=t_B$, $\tan \dfrac C2=t_C$, 則
$$1=x+y-\frac{2xyr}{h_c}=x+y-xy(1-\tan \frac A2\tan \frac B2),$$
$$\therefore\ (1-x)(1-y)=xyt_At_B$$
同理
$$(1-y)(1-z)=yzt_Bt_C,\qquad (1-x)(1-z)=xzt_At_C$$
$$\therefore\ (1-x)(1-y)(1-z)=xyzt_At_Bt_C$$
$$\therefore\ 1-x=xt_A,\quad 1-y=yt_B,\quad 1-z=zt_C$$
$$\therefore\ r_1=\dfrac{r}{1+t_A}$$
同理:
$$ r_2=\dfrac{r}{1+t_B},\qquad r_3=\dfrac{r}{1+t_C}$$
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 $\triangle ADC$ 的內切圓 $\odot I_3$ 與 $DC$、 $AD$、 $AC$ 分別相切於 $M$、 $N$、 $P$, $DM=DN=m$,
$\dfrac 12 (m+\dfrac{r_3}{t_C})h_a=\dfrac 12(2m+2b)r_3$, 整理後解 $m$,
$$m(h_a-2r_3)=r_3(2b-\frac{h_a}{t_C}),\qquad m=\frac{(2bt_C-h_a)r_3}{t_C(h_a-2r_3)}.$$
接下來, 因為
$$CD=m+\frac{r_3}{t_C}=\frac{2r_3(bt_C-r_3)}{t_C(h_a-2r_3)}$$
$$\because \ b=r\Big(\frac 1{t_A}+\frac 1{t_C}\Big),\quad h_a=\frac{2r}{1-t_Bt_C},\quad r_3=\frac r{1+t_C},$$
將 $b$、 $h_a$、 $r_3$ 代入 $CD$ 的表示, 得 $CD$ 表示的分子為：
$$2r_3(bt_C-r_3)=2r_3\Big[r\Big(\frac 1{t_A}+\frac 1{t_C}\Big)t_C-\frac r{1+t_C}\Big]=\frac{2rr_3t_C(1+t_A+t_C)}{t_A(1+t_C)}$$
$CD$ 表示的分母為：
$$t_C(h_a-2r_3)=t_C\Big(\frac{2r}{1-t_Bt_C}-\frac{2r}{1+t_C}\Big)=\frac{2rt^2_C(1+t_B)}{(1-t_Bt_C)(1+t_C)}$$
因此有：
$$CD=\frac{r_3(1+t_A+t_C)(1-t_Bt_C)}{t_At_C(1+t_B)},$$
同理：
$$BD=\frac{r_2(1+t_A+t_B)(1-t_Bt_C)}{t_At_B(1+t_C)}, \quad\therefore\ \frac{BD}{DC}=\frac{r_2t_C(1+t_B)(1+t_A+t_B)}{r_3t_B(1+t_C)(1+t_A+t_C)}$$
同理：
$$\frac{CE}{EA}=\frac{r_3t_A(1+t_C)(1+t_C+t_B)}{r_1t_C(1+t_A)(1+t_A+t_B)},\quad
\frac{AF}{FB}=\frac{r_1t_B(1+t_A)(1+t_A+t_C)}{r_2t_A(1+t_B)(1+t_C+t_B)}$$
$$\therefore \ \frac{AE}{EC}\times \frac{CD}{DB}\times \frac{BF}{FA}=1$$
由 Ceva 逆定理得證：
$\therefore $ $AD$、 $BE$、 $CF$ 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
鄒黎明, 三角形中的等圓點問題, 中等數學, 1997, 3。
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---
