發刊日期 |
2016年3月
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標題 | 涉及三個內切圓的一個有趣結論 |
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1. 問題的提出
![]() ![]() 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
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 $
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。
參考文獻---本文作者任教江蘇省無錫市碩放中學--- |