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# 关於三角形内角平分线长的几何性质

bc t2 a

ca t2 b

+

ab t2 c

=

R r

+ 2 為證明此定理, 請先看下面的引理:
4bcS(Sa) (b+c)2

... . ... .... . ... . . . ... . . ... .. . ... . .. . ... .. .. ... . . ... . . . . . . . ... . ... . .. . . .. . . . . ... ... . . . . ... . ... . . . . . . . . ... . ... . . . . . . . ... . ... . . . . . . . . ... ... . . . . . . . . . ... . ... . . . . . . . ... . ... . . . . . . . . ... ... . . . . . . . . ... . ... . . . . . . . ... . ... . . . . . . . . ... ... . . . . . . . . ... . ............................ ....................................................................... .. . .. .. ..... ........................................ .

A

c

b

B

y

D

x

C

ab , b+c

y=

ac b+c

60

61

t2 = a = = = = =

t2 = a

a abc[c(b + c) + b(b + c) a2 ] a(b + c)2 bc[(b + c)2 a2 ] (b + c)2 bc(b + c + a)(b + c a) (b + c)2 4bcs(s a) (b + c)2 4bcs(s a) (b + c)2

c2 x + b2 y axy a ac ab 2 c b+c + b2 b+c a

a2 bc (b+c)2

s sb s sc

4bcs(s a) (2s a)2 s 1 sa + + sa 2 4s

ca t2 b ab t2 c

= =

1 4 1 4

+ +

1 2 1 2

+ +

sb 4s sc 4s

1 △ = 2 (a + b + c)r = rs

bc ca ab s 3 3s a b c 1 1 1 + 2 + 2 = + + + + 2 ta tb tc 4 sa sb sc 2 4s 7 1 1 1 s + + + = 4 sa sb sc 4

(1)

s(s a)(s b)(s c) 便可得到 (s a)(s b)(s c) = r 2 s, abc + (s a)(s b)(s c) = 4Rrs + r 2 s = s3 2s3 + (ab + bc + ca)s

abc + (s a)(s b)(s c) = abc + [s3 (a + b + c)s2 + (ab + bc + ca)s abc] = (ab + bc + ca)s s3 = 4Rrs + r 2 s

62 數學傳播 29 卷 3 期 民 94 年 9 月 ∴

ab + bc + ca = s2 + 4Rr + r 2

1 1 1 ab + bc + ca s2 + + = s a s b s c (s a)(s b)(s c) 4R + r s2 + 4Rr + r 2 s2 = = r2s rs R bc ca ab + 2 + 2 = +2 2 ta tb tc r

(2)

bc t2 a

+

ca t2 b

+

ab t2 c

≥4

bc ca ab 3 + 2 + 2 ≥3 t2 tb tc a

abc ta tb tc

2

(算術平均 ≥ 幾何平均) R 3 +2≥3 r abc ta tb tc
2

R + 2r 3r

3 2

abc ta tb tc
3

2 3r ta tb tc ≥ abc R + 2r 3r = 4Rrs R + 2r 3 3r 2 ≥ 4Rrs √ 2R 2 3r s 6Rr = R

3 2

√ 3r 2 s 6Rr R

63

1 t2 a

+

1 t2 b 1 4

+

1 t2 c s sa

= +

2R+r 8Rr 2 1 2

+

4R+r 8Rs2

bc t2 a

=

+

sa 4s

1 1 s sa = +2+ 2 ta 4bc s a s 3 a2 s + = 4bc(s a) 4bc 4abcs 1 s 3 b2 = + t2 4ca(s b) 4ca 4abcs b s 3 c2 1 = + t2 4ab(s c) 4ab 4abcs c

a2 + b2 + c2 = 2(s2 4Rr r 2 ) 1 1 1 1 + + = ab bc ca 2Rr 1 1 1 4R + r + + = sa sb sc rs 又

= = = = 故:

1 1 1 + 2+ 2 t2 tb tc a s 3 a b c + + + 4abc s a s b s c 4 1 1 1 s s 3 + + 4abc sa sb sc s 4R + r 3 1 s 3 + 4 4Rrs rs 4 2Rr 2R + r 4R + r + 8Rr 2 8Rs2
1 t2 a

a2 + b2 + c2 1 1 1 + + ab bc ca 4abcs 3 1 a2 + b2 + c2 1 1 + + + 4 ab bc ca 4abcs 2 2 2(s 4Rr r ) 4 4Rrs s

+

1 t2 b

+

1 t2 c

=

2R+r 8Rr 2

+

4R+r 8Rs2

64 數學傳播 29 卷 3 期 民 94 年 9 月

=

5 1 + 2 16r 48r 2 1 = 2 3r

1 t2 a

+

1 t2 b

+

1 t2 c

1 3r 2

1 t2 a

+

1 t2 b

+

1 t2 c

9
1 3r 2

= 27r 2

1. O. Bottema 等著, 單墫譯。 幾何不等式, 北京大學出版社, 1991。 2. 丁遵標, 與三角形高有關的幾何性質, 本刊待發。 —本文作者任教於中國安徽省舒城縣杭埠中學—

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