角分線定理的推廣及其應用

賀松林 杜立松

眾所周知：∠XOY內一點P，過點P的直線交∠XOY的兩邊于A，B，設∠AOP=α，∠POB=β，則APPB=OA·sinαOB·sinβ成立，這就是在平面幾何中有廣泛應用的角分線定理.在中學數學里與角分線有關的數學命題，以其問題多、變化大、形式美、綜合性強而頗顯魅力，是考試命題的優質素材.本文擬對角分線定理推廣，并由推廣了的角分線定理得到幾個有用的推論，略舉數例說明其應用.目的在于拓寬角分線定理的應用途徑，為解答或證明與角平分線有關的命題提供一種思路和方法.

1.角分線定理的推廣

定理1 已知點P（P不在OB所在的直線上）是∠XOY所在平面內一點，過點P的直線交∠XOY的兩邊于A，B兩點，設∠AOP=α，∠POB=β，則APPB=OA·sinαOB·sinβ.

證明 設h為△OAB中AB邊上的高， 則△AOP，△BOP的面積分別是S△AOP=12OA·OP·sinα=12AP·h，S△BOP=12PB·h=12OB·OP·sinβ，將兩式相除，即是：APPB=OA·sinαOB·sinβ.

顯然，若α=β時，APPB=OAOB為△OAB的內角平分線定理；若α+β=π時，APPB=OAOB為△OAB的外角平分線定理.

圖 1定理2 如圖1，設OPi（i=1，2，…，n-1，n∈N，n≥2）是∠AOB的角分線，設αi=∠Pi-1OPi（i=1，2，…，n），P0=A，Pn=B， 則

AP1·AP2·…·APn-1BP1·BP2·…·BPn-1=

OAn-1·sinα1·sinα1+α2·…·sinα1+α2+…+αn-1OBn-1·sinαn·sinαn+αn-1·…·sinα2+…+αn-1+αn.

證明 由定理1得

APiBPi=OA·sin（a1+α2+…+αi）OB·sin（αn+αn-1+…+α1+i） （i=1，2，…，n-1），將這n-1個等式相乘，得AP1·AP2·…·APn-1BP1·BP2·…·BPn-1=

OAn-1·sinα1·sinα1+α2·…·sinα1+α2+…+αn-1OBn-1·sinαn·sinαn+αn-1·…·sinα2+…+αn-1+αn.

特別地，當αk=αjk，j=1，2，…，n時，有AP1·AP2·…·APn-1BP1·BP2·…·BPn-1=OAn-1OBn-1成立.

2.定理的推論

推論1 ∠XOY內一點P，過點P的直線交∠XOY的兩邊于A，B兩點，設∠AOP=α，∠POB=β，則

sinβOA+sinαOB=sin（α+β）OP.

當β=α時，有1OA+1OB=2cosαOP.（推論1留給有興趣的讀者證明）

圖 2推論2 三角形中，如果有一個角是另一個角的兩倍，那么這個角的對邊的平方等于另一個角所對邊的平方加上另一個角對邊與第三邊的積.

證明 如圖2，設三角形ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，設∠A=2∠B.過點A作AD平分∠CAB，交BC于D，設∠ABC=α，由定理1得cb=BDDC，所以BD=cac+b.又由推論1得1c+1b=2cosαBD（∵BD=AD），將BD代入，可得2cosα=ab.在△ABC中，由余弦定理b2=a2+c2-2accosα，將2cosα=ab代入，整理得a2=b2+bc，推論2得證.

推論3 設A′，B′，C′分別是△ABC的三邊BC，CA，AB所在直線上的點，則三直線AA′，BB′， CC′平行或共點的充要條件是sin∠BAA′sin∠A′AC·sin∠ACC′sin∠C′CB·sin∠CBB′sin∠B′BA=1.

證明 由定理2得 BA′A′C=AB·sin∠BAA′AC·sin∠A′AC，CB′B′A=BC·sin∠CBB′AB·sin∠B′BA，AC′C′B=AC·sin∠ACC′BC·sin∠C′CB，三式相乘，再由塞瓦定理及其逆定理，知推論3成立.

3.定理及推論的應用

圖 3例1 （四川省2012高考試題，21題第（Ⅰ）問）如圖3，動點M到兩定點A（-1，0），B（2，0）構成△MAB，且∠MBA=2∠MAB，求動點M的軌跡方程.

略解 設M（x，y），由推論2有MA2=MB2+3MB.

將點M的坐標代入上式，整理得 2x-1=x-22+y2x≥12，化簡可得3x2-y2-3=0，再根據已知并結合方程，得點M的軌跡方程為3x2-y2-3=0x>1.

例2 在△A1A2A3中，設內角A1的三等分交對邊于B1，B2，內角A2的三等分交對邊于C1，C2，內角A3的三等分交對邊于D1，D2.求證：B1，B2，C1，C2，D1，D2六點在同一圓錐曲線上.

圖 4分析與證明 如圖4， 要證明B1，B2，C1，C2，D1，D2六點在同一圓錐曲線上，只需證明A1D1D1A2·A1D2D2A2·A2B1B1A3·A2B2B2A3·A2B2A3B2·A3C1C1A1·A3C2C2A1=1（這個結論的證明見文[3]）.由定理2得：A1A2A1A32=A2B1B1A3·A2B2B2A3，A1A3A3A22=A1D1D1A2·A1D2D2A2，A3A2A1A22=A3C1C1A1·A3C2C2A1.上面三式相乘，得： A1D1D1A2·A1D2D2A2·A2B1B1A3·A2B2B2A3·A2B2A3B2·A3C1C1A1·A3C2C2A1=1.所以B1，B2，C1，C2，D1，D2六點在同一圓錐曲線上.

例3 設△ABC的內角A，B，C的平分線長分別為ta，tb，tc，所對的邊長分別為a，b，c，則tatbtc≤33a2b2c2a+bb+cc+a，當△ABC為正三角形時取等號.

證明 由推論1得1c+1b=2cosA2ta，1c+1a=2cosB2tb，1a+1b=2cosC2tc.從而有：1b+1c1c+1a1a+1b=8cosA2·cosB2·cosC2tatbtc.

容易證明cosA2·cosB2·cosC2≤338，其中等號成立的充要條件為A=B=C=60°.

所以tatbtc≤331b+1c1c+1a1a+1b，

即tatbtc≤33a2b2c2（a+b）（b+c）（c+a），△ABC為正三角形時取等號.

例4 設P為△ABC內一點，它到三個頂點A，B，C的距離分別為ρ1，ρ2，ρ3，它到三邊AB，BC，CA的距離分別為r1，r2，r3.求證：ρ1+ρ2+ρ3≥2（r1+r2+r3）（保羅·厄多斯（Erdo··s）不等式）.

證明 設∠APB=θ1，∠BPC=θ2，∠CPA=θ3，它們的平分線長分別為t1，t2，t3.

由推論1得 1ρ1+1ρ2=2cosθ12t1，由均值不等式可得：t1≤ρ2ρ2cosθ12.同理t2≤ρ2ρ3cosθ22，t3≤ρ3ρ1cosθ32.再利用不等式x2+y2+z2≥2xycosC+2yzcosA+2zxcosB（其中x，y，z為實數，A+B+C=180°），得出 ρ1+ρ2+ρ3≥2ρ1ρ2cosθ12+2ρ2ρ3cosθ22+2ρ3ρ1cosθ32≥2（t1+t2+t3）.顯然ti≥ri（i=1，2，3），故ρ1+ρ2+ρ3≥2（r1+r2+r3）.

注：由上證明過程得知，不等式ρ1+ρ2+ρ3≥2（t1+t2+t3）強于Erdo··s不等式.

例5 （2011年北大保送生考試題）如圖5，已知△ABC中，O是三角形內一點，滿足：∠BAO=∠CAO=∠CBO=∠ACO，求證：△ABC三邊成等比數列.

圖 5證明 設∠BAO=∠CAO=∠CBO=∠ACO=α，∠OCB=β，∠ABO=γ.

由推論3知sinαsinα·sinαsinβ·sinαsinγ=1.

∴sin2α=sinβ·sinγ.

又γ=π-4α-β，∴sin2α=sinβ·sin（4α+β）=12[cos4α-cos（4α+2β）].①

下證BC2=AB·AC.

由正弦定理：BC2=AB·ACsin22α=sin（α+β）·sin（γ+α）.②

由于sin（α+β）·sin（γ+α）=12[cos2α-sin（4α+2β）]，由①cos4α=2sin2α+cos（4α+2β），∴sin22α=1-cos4α2=1-2sin2α-cos（4α+2β）2.由此得：sin22α=cos2α-cos（4α+2β）2.②式得證，即△ABC三邊成等比數列.

從以上例題的解答可以看出，定理及推論，由于把邊（或角）的關系轉化為邊、角之間的代數運算，從而使得一些復雜的幾何問題得到簡潔而又新穎的解答.利用定理及推論來解（證）與角分線有關的命題，關鍵是根據題目的條件和結論，選擇角參數列出等式，最后消去角參數.這種解（證）方法思路流暢、明快、別致，為解（證）與角分線有關的復雜的幾何問題開辟了一條新途徑.對此有興趣的讀者，不妨用定理及推論證明平面幾何中著名的梅涅勞斯定理、塞瓦定理、托密定理、蝴蝶定理以及斯坦納—萊默斯定理，會特別簡單，一定有收獲.

【參考文獻】

[1]余志洪.三角形角分線定理及其應用[J].數學通訊，2003（12）.

[2]周奕生.三角形角分線的一個性質與應用[J].中學數學教學，2004（3）.

[3]馬曉林.涉及三角形與圓錐曲線的一個定理及應用[J].數學通報，1994（2）.