有關三角形角平分線的有趣問題的討論前言：角平分線這個詞我們并不陌生,初中時,我們便知道等腰三角形兩底角的平分線相等、全等三角形對應角平分線相等的一些有關三角形角平分線的定理,今天就讓我們更加深入的探究角平分線的特性吧！正文：斯坦納—雷米歐司定理盡然我們知道“等腰三角形兩底角的平分線相等”是一個真命題,那么我們便可以猜想：它的逆命題是否也是真命題呢？也就是“有兩條內角平分線相等的三角形是等腰三角形”是否成立？在兩千多年前,歐幾里得在他的經典巨著《幾何原本》中便給出了上述第一個命題的證明,但是他卻沒有能夠證明第二個命題也就是第一個命題的逆命題.直到十八世紀,雷米歐司重新提出這個題目,著名的德國幾何學家斯坦納才給出了這個逆命題的證明.所以,現在大家都把它叫“做斯坦納—雷米歐司定理”既然連歐幾里得也無法證明的命題,我們中學生該如何下手呢？自然地,我們便想到要不從最簡單的方式入手吧？反證法：我們先將命題化為幾何語言：如圖,已知BP、CQ分別是△ABC的內角∠ABC、∠ACB的平分線,且BP=CQ求證：△ABC是等腰三角形證明：如上圖,設∠ABP=∠PBC=?∠ABC=β,∠ACQ=∠QCB=?∠ACB=α設BP與CQ交點為O（這樣要證明△ABC為等腰三角形便要轉換為證明α=β）若α＞β,于是在線段OP上可以取一點R使∠RCD=β且BR＜BP在△BQC與△CRB中∵∠BQC=180°－(2β+α),∠CRB=180°－(2β+α)∴∠BQC=∠CRB又∵α＞β∴∠QBC＜∠RCB根據正弦定理BR=Sin∠RCB＞Sin∠QBC=CQBCSin∠CRBSin∠BQCBC∴BR＞CQ=BP這與BR＜BP矛盾故α＞β不成立同理可證α＜β也不成立∴α只能與β相等∴∠ABC=∠ACB∴△ABC為等腰三角形同學們是否感覺到用反證法證明很容易呢？其實,斯坦納一開始也是用反證法證明的,但他的方法比我們的方法更煩瑣些,命題已經證完了,大家終于可以松一口氣了,但是我們知道,反正法畢竟不能取代純幾何證法,純幾何證法才是能夠使幾何命題完善的.在斯坦納證明該命題后,就陸續有數學愛好者提出了其他證明方法,海塞便是其中之一？純幾何證法——海塞證法（在這里,已知、求證便不再寫出）證明：在△BDC的外側作∠BDF=∠ECB且使得DF=BC連接BF在△BDF與△ECB{BD=EC∠BDF=∠ECBDF=CB}∴△BDF≌△ECB∴BF=EB,∠FBD=∠BEC設∠ABD=α=∠DBC,∠ACE=β=∠BCE則∠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°過點C作BF的垂線交FB延長線G,過點F作DC的垂線交CD延長線于點H∴∠CBG=180°－∠FBC=180°－∠CDF=∠FDH又∵∠CGB=∠FHD=90°,BC=DF∴△CGB≌△FHD∴FH=CG,HD=GB連接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．角平分線定理說起角平分線,大家一定能想到：角平分線所聯系的一些線段是否存在某種關系？比如：比例關系？下面我向大家介紹內角平分線定理與外角平分線定理【1】內角平分線定理已知:AD為△ABC的一條內角平分線求證：BD/CD=AB/AC利用正弦定理證明AB=Sin∠ADB=Sin∠ADC=ACBDSin∠BADSin∠CADDC∴AB=BDACDC利用輔助線如圖,過點C作CE∥DA交BA延長線于點E則∠AEC=∠BAD,∠ACE=∠DAC∵∠BAD=∠DAC∴∠AEC=∠ACE∴AE=AC∵AD∥EC∴AB=BD∴AB=BDAEDCACDCPS:這個定理其實有很多種證法,這里只是列舉了最簡單的兩種【2】外角平分線定理已知：如圖,△ABC的外角∠ACE的平分線CD與BA的延長線交于點D求證：BC=BDACAD證明：（面積法）在BC延長線上取點E使CE=AC在△ACD與△ECD中∵{AC=EC∠ACD=∠ECDCD=CD}∴△ACD≌△ECD∴S△ACD=S△ECDAC=CE∴BC=BC=S△BCD=S△BCD=BDACCES△DCES△ACDAD(這里用了同高三角形的面積之比等于其對應底邊之比)PS:這個定理也有很多證法,此證明為我原創竟然我們已經證明了角平分線所聯系的一些線段存在比例關系,那么我們是否可以進一步完成角平分線的長度是否與這些線段有關呢？下面我們便來探索角平分線的長度定理三．Schooten定理Schooten定理是平面幾何最著名定理之一,下面我們一起證明它的原命題：已知,如圖,AD為△ABC的內角平分線求證：AD2=AB·AC－BD·DC輔助圓證法證明：延長AD交△ABC外交圓⊙O于點E連接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利用勾股定理證明過點A作AE⊥BC于點E,設點E在線段DC上設AD=tBD=mDC=nAC=bAB=c根據勾股定理：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根據內角平分線定理有: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:其實,Schooten定理還可以用正弦定理以及和差化積推導出來,接下來我們一起嘗試用正弦定理證明吧？正弦定理證法證明：如圖,設BD=m,DC=n,AD=t,AB=c,AC=b∠BAD=∠DAC=β,∠ADC=α,∠ADB=180°－α根據正弦定理：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)由圖,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補充說明：在①輔助圓證法中,我們得到了AD·DE=DC·BD這樣的結論,這其實是一個普遍性的結論,也可以說是一個定理即“相交弦定理”如圖,AB、CD是⊙O內的一對相交弦,交點為E則AE·BE=CE·DE另外,我們連接AC、BC、BD、AD,可得到一個圓內接四邊形ABCD聯系初中的幾何知識,我們知道∠CAD+∠CBD=180°,∠ACB+∠ADB=180°反過來,在任意四邊形中,只要存在一組對角互補,那么這個四邊形就擁有一個外接圓,也就是存在一個圓使得這個四邊形的四個頂點都在圓上,我們可稱這個四個頂點共圓.如圖,點A、C、B、D四點共圓（我們在二以及三的補充說明所作的努力,其實是為下面這個經典難題服務的）四．證明“三條角平分線對應相等的兩個三角形全等”如圖,設I是△A’B’C’的垂心,A、B、C是三條高的垂足,連接AB、BC、AC設AB與C’C交點于F,BC于AA’交于點E,AC與BB’交于點E設AD=Ta,BE=Tb,CF=Tc,ID=x,IE=y,IF=z易知點A、C’、B、I四點共圓,點A、B’、C、I四點共圓,點A’、B、I、C四點共圓∴∠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為△ABC的內角平分線同理可證AD、CF也為△ABC的角平分線∴點I為△ABC的內心∵BI是△ABD的內角平分線∴AB=AI=Ta－x=Ta－1(內角平分線定理)BDIDxx∵BA’是△ABD的外角平分線∴AB=AA’=AI+IA’=Ta－x+IA’=Ta+1(外角平分線定理)BDDA’IA’－IDIA’－xIA’－X∴Ta+1=AB=Ta－1IA’－xBDx解這個方程（IA’為未知數）得IA’=2x(Ta－x)2Ta－2x∴AI·A’I=(Ta－x)·2x(Ta－x)=2x(Ta－x)2Ta－2xTa－2x同理可證BI·IB’=2y(Tb－y)2,CI·IC’=2z(Tc－z)2Tb－2yTc－2z∵A、B、A’、B’四點同圓∴AI·A’I=BI·B’I（相交弦定理）∵B、C、B’、C’四點共圓∴BI·IB’=CI·IC’∴2x(Ta－x)2=2y(Tb－y)2=2z(Tc－z)2Ta－2xTb－2yTc－2z∴設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單獨對Ta2·u(1－u)2=k分析1－2u設f(u)=u(1－2u)2=k1－2uTa2對f(u)的單調性進行判斷,由于f(u)比較復雜,直接對其求導f’(u)=(1－u)(4u2－3u+1)=(1+u)[(2u－?)2+7/16]（1－2u）2(1－2u)2∵u=x＜1∴1－u＞0∴f’(u)＞0Ta可見f(u)是單調遞增的函數,所以當Ta、k的值確定時,u的值是唯一確定的,而且當Ta的值確定時,u的值隨k增大而增大同理,當Tb、k的值確定時,v的值是唯一確定的,而且當Tb的值確定時,v的值隨k增大而增大當Tc、k的值確定時,w的值是唯一確定的,而且當Tc的值確定時,w的值隨k增大而增大設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