有关三角形角平分线的有趣问题的讨论

有关三角形角平分线的有趣问题的讨论前言：角平分线这个词我们并不陌生,初中时,我们便知道等腰三角形两底角的平分线相等、全等三角形对应角平分线相等的一些有关三角形角平分线的定理,今天就让我们更加深入的探究角平分线的特性吧！正文：斯坦纳—雷米欧司定理尽然我们知道“等腰三角形两底角的平分线相等”是一个真命题,那么我们便可以猜想：它的逆命题是否也是真命题呢？也就是“有两条内角平分线相等的三角形是等腰三角形”是否成立？在两千多年前,欧几里得在他的经典巨著《几何原本》中便给出了上述第一个命题的证明,但是他却没有能够证明第二个命题也就是第一个命题的逆命题.直到十八世纪,雷米欧司重新提出这个题目,著名的德国几何学家斯坦纳才给出了这个逆命题的证明.所以,现在大家都把它叫“做斯坦纳—雷米欧司定理”既然连欧几里得也无法证明的命题,我们中学生该如何下手呢？自然地,我们便想到要不从最简单的方式入手吧？反证法：我们先将命题化为几何语言：如图,已知BP、CQ分别是△ABC的内角∠ABC、∠ACB的平分线,且BP=CQ求证：△ABC是等腰三角形证明：如上图,设∠ABP=∠PBC=½∠ABC=β,∠ACQ=∠QCB=½∠ACB=α设BP与CQ交点为O（这样要证明△ABC为等腰三角形便要转换为证明α=β）若α＞β,于是在线段OP上可以取一点R使∠RCD=β且BR＜BP在△BQC与△CRB中∵∠BQC=180°－(2β+α),∠CRB=180°－(2β+α)∴∠BQC=∠CRB又∵α＞β∴∠QBC＜∠RCB根据正弦定理BR=Sin∠RCB＞Sin∠QBC=CQBCSin∠CRBSin∠BQCBC∴BR＞CQ=BP这与BR＜BP矛盾故α＞β不成立同理可证α＜β也不成立∴α只能与β相等∴∠ABC=∠ACB∴△ABC为等腰三角形同学们是否感觉到用反证法证明很容易呢？其实,斯坦纳一开始也是用反证法证明的,但他的方法比我们的方法更烦琐些,命题已经证完了,大家终于可以松一口气了,但是我们知道,反正法毕竟不能取代纯几何证法,纯几何证法才是能够使几何命题完善的.在斯坦纳证明该命题后,就陆续有数学爱好者提出了其他证明方法,海塞便是其中之一？纯几何证法——海塞证法（在这里,已知、求证便不再写出）证明：在△BDC的外侧作∠BDF=∠ECB且使得DF=BC连接BF在△BDF与△ECB{BD=EC∠BDF=∠ECBDF=CB}∴△BDF≌△ECB∴BF=EB,∠FBD=∠BEC设∠ABD=α=∠DBC,∠ACE=β=∠BCE则∠FBC=∠FBD+∠DBC=∠BEC+∠DBC=180°－(2α＋β)＋α=180°－(α＋β)∠FDC=∠FDB＋∠BDC=β+180°－(2β＋α)=180°－(α＋β)∴∠FBC=∠FDC∵2α＋2β＜180∴α＋β＜90°∴180°－(α＋β)＞90°即∠FBC=∠FDC＞90°过点C作BF的垂线交FB延长线G,过点F作DC的垂线交CD延长线于点H∴∠CBG=180°－∠FBC=180°－∠CDF=∠FDH又∵∠CGB=∠FHD=90°,BC=DF∴△CGB≌△FHD∴FH=CG,HD=GB连接CF∵CF=FC,FH=CG∴Rt△FCH≌Rt△CFG(HL)∴CH=FG∴CH－HD=FG－GB即CD=FB又∵BF=EB∴CD=BE又∵EC=BD,BC=BC∴△EBC≌△DCB∴∠EBC=∠DCB即∠ABC=∠ACB∴△ABC是等腰三角形二．角平分线定理说起角平分线,大家一定能想到：角平分线所联系的一些线段是否存在某种关系？比如：比例关系？下面我向大家介绍内角平分线定理与外角平分线定理【1】内角平分线定理已知:AD为△ABC的一条内角平分线求证：BD/CD=AB/AC利用正弦定理证明AB=Sin∠ADB=Sin∠ADC=ACBDSin∠BADSin∠CADDC∴AB=BDACDC利用辅助线如图,过点C作CE∥DA交BA延长线于点E则∠AEC=∠BAD,∠ACE=∠DAC∵∠BAD=∠DAC∴∠AEC=∠ACE∴AE=AC∵AD∥EC∴AB=BD∴AB=BDAEDCACDCPS:这个定理其实有很多种证法,这里只是列举了最简单的两种【2】外角平分线定理已知：如图,△ABC的外角∠ACE的平分线CD与BA的延长线交于点D求证：BC=BDACAD证明：（面积法）在BC延长线上取点E使CE=AC在△ACD与△ECD中∵{AC=EC∠ACD=∠ECDCD=CD}∴△ACD≌△ECD∴S△ACD=S△ECDAC=CE∴BC=BC=S△BCD=S△BCD=BDACCES△DCES△ACDAD(这里用了同高三角形的面积之比等于其对应底边之比)PS:这个定理也有很多证法,此证明为我原创竟然我们已经证明了角平分线所联系的一些线段存在比例关系,那么我们是否可以进一步完成角平分线的长度是否与这些线段有关呢？下面我们便来探索角平分线的长度定理三．Schooten定理Schooten定理是平面几何最著名定理之一,下面我们一起证明它的原命题：已知,如图,AD为△ABC的内角平分线求证：AD²=AB·AC－BD·DC辅助圆证法证明：延长AD交△ABC外交圆⊙O于点E连接BE由∠BAE=∠DAC,∠E=∠C知△ABE∽△ADC∴AB=AE∴AB·AC=AD·AEADAC∵AE=AD+DE∴AB·AC=AD·AE=AD·(AD+DE)=AD²+AD·DE∵已知△BED∽△ACD∴AD=BD∴AD·DE=DC·BDDCDE∴AB·AC=AD²+DC·BD即AD²=AB·AC－BD·DC利用勾股定理证明过点A作AE⊥BC于点E,设点E在线段DC上设AD=tBD=mDC=nAC=bAB=c根据勾股定理：t²=AE²+DE²=b²－CE²+DE²=b²－(n－DE)²+DE²=b²－n²+2Nde且t²=AE²+DE²=c²－BE²+DE²=c²－(m+DE)²+DE²=c²－m²－2m·DE∴DE=t²－b²+n²=c²－m²－t²2n2m整理得：（m+n）t²=mb²+nc²－(m+n)mn根据内角平分线定理有:c=m∴mb=ncbn而mb²=mb·b=nbc,nc²=nc·c=mbc∴(m+n)t²=(m+n)bc－(m+n)mn∴t²=bc－mn即AD²=AB·AC－BD·DCPS:其实,Schooten定理还可以用正弦定理以及和差化积推导出来,接下来我们一起尝试用正弦定理证明吧？正弦定理证法证明：如图,设BD=m,DC=n,AD=t,AB=c,AC=b∠BAD=∠DAC=β,∠ADC=α,∠ADB=180°－α根据正弦定理：b=Sinα,c=Sin(180°－α)=Sinα,m=Sinβn=SinβtSinCtSinBSinBtSinBtSinC∴b=Sinα·t,c=Sin(180°－α)=Sinα·t,m=Sinβ·t,n=Sinβ·tSinCSinBSinBSinBSinC∴bc－mn=Sinα·t·Sinα·t－Sinβ·t·Sinβ·tSinCSinBSinBSinC=Sin²α－Sin²β·t²SinBSinC又∵Sin²α－Sin²β=(Sinα+Sinβ)(Sinα－Sinβ)=(2Sin(α+β)Cos(α－β)(2Cos(α+β)Sin(α－β))2222=Sin(α+β)·Sin(α－β)由图,注意到α+β=180°－∠C,α－β=∠B∴Sin²α－Sin²β=Sin(180°－∠C)·SinB=SinB·SinC∴bc－mn=SinB·SinC·t²=t²SinB·SinC即AD²=AB·AC－BD·DC补充说明：在①辅助圆证法中,我们得到了AD·DE=DC·BD这样的结论,这其实是一个普遍性的结论,也可以说是一个定理即“相交弦定理”如图,AB、CD是⊙O内的一对相交弦,交点为E则AE·BE=CE·DE另外,我们连接AC、BC、BD、AD,可得到一个圆内接四边形ABCD联系初中的几何知识,我们知道∠CAD+∠CBD=180°,∠ACB+∠ADB=180°反过来,在任意四边形中,只要存在一组对角互补,那么这个四边形就拥有一个外接圆,也就是存在一个圆使得这个四边形的四个顶点都在圆上,我们可称这个四个顶点共圆.如图,点A、C、B、D四点共圆（我们在二以及三的补充说明所作的努力,其实是为下面这个经典难题服务的）四．证明“三条角平分线对应相等的两个三角形全等”如图,设I是△A’B’C’的垂心,A、B、C是三条高的垂足,连接AB、BC、AC设AB与C’C交点于F,BC于AA’交于点E,AC与BB’交于点E设AD=Ta,BE=Tb,CF=Tc,ID=x,IE=y,IF=z易知点A、C’、B、I四点共圆,点A、B’、C、I四点共圆,点A’、B、I、C四点共圆∴∠ABI=∠AC’I,∠IBC=∠IA’B’又∵∠AC’I=90°－∠C’B’C,∠IA’B’=90°－∠C’B’C∴∠AC’I=∠IA’B’∴∠ABI=∠IBC∴BE为△ABC的内角平分线同理可证AD、CF也为△ABC的角平分线∴点I为△ABC的内心∵BI是△ABD的内角平分线∴AB=AI=Ta－x=Ta－1(内角平分线定理)BDIDxx∵BA’是△ABD的外角平分线∴AB=AA’=AI+IA’=Ta－x+IA’=Ta+1(外角平分线定理)BDDA’IA’－IDIA’－xIA’－X∴Ta+1=AB=Ta－1IA’－xBDx解这个方程（IA’为未知数）得IA’=2x(Ta－x)²Ta－2x∴AI·A’I=(Ta－x)·2x(Ta－x)=2x(Ta－x)²Ta－2xTa－2x同理可证BI·IB’=2y(Tb－y)²,CI·IC’=2z(Tc－z)²Tb－2yTc－2z∵A、B、A’、B’四点同圆∴AI·A’I=BI·B’I（相交弦定理）∵B、C、B’、C’四点共圆∴BI·IB’=CI·IC’∴2x(Ta－x)²=2y(Tb－y)²=2z(Tc－z)²Ta－2xTb－2yTc－2z∴设x=u,y=v,z=wTaTbTc代入上式得：Ta²·u(1－u)²=Tb²·v(1－v)²=Tc²·w(1－w)²(=k)1－2u1－2v1－2w单独对Ta²·u(1－u)²=k分析1－2u设f(u)=u(1－2u)²=k1－2uTa²对f(u)的单调性进行判断,由于f(u)比较复杂,直接对其求导f’(u)=(1－u)(4u²－3u+1)=(1+u)[(2u－¾)²+7/16]（1－2u）²(1－2u)²∵u=x＜1∴1－u＞0∴f’(u)＞0Ta可见f(u)是单调递增的函数,所以当Ta、k的值确定时,u的值是唯一确定的,而且当Ta的值确定时,u的值随k增大而增大同理,当Tb、k的值确定时,v的值是唯一确定的,而且当Tb的值确定时,v的值随k增大而增大当Tc、k的值确定时,w的值是唯一确定的,而且当Tc的值确定时,w的值随k增大而增大设BC=a,AC=b,AB=c∵Ta－1=Ta－x=AB=AB+AC=AB+AC=c+bxxBDBD+DCBCa∴Ta=c+b+1=a+b+c即有u=x=axaaTaa+b+c同理有v=y=b,w=z=c