幾何明珠 第八章 角平分線定理 練習與思考 詳解

1. 在邊長為 $3$、$4$、$5$ 的直角三角形中，求直角的內角平分線的長度。
解法一
設三角形 $AB=3$、$AC=4$、$BC=5$，而 $D$ 為 $BC$ 邊上一點使 $AD$ 為 $\angle A$ 的角平分線。那麼可知 $D$ 到 $AB$ 與 $AC$ 的距離相等，記該距離為 $r$。那麼計算三角形面積可知
$\displaystyle\frac{3\times4}{2}=\Delta ABC=\Delta ABD+\Delta ACD=\frac{3\times r}{2}+\frac{4\times r}{2}$
因此有 $\displaystyle r=\frac{12}{7}$。再者，由於 $\angle A=90^\circ$，故 $\angle BAD=\angle CAD=45^\circ$。因此由特殊角形成的三角形可知 $\displaystyle AD=\frac{12\sqrt{2}}{7}$。
解法二

設三角形 $AB=3$、$AC=4$、$BC=5$，而 $D$ 為 $BC$ 邊上一點使 $AD$ 為 $\angle A$ 的角平分線。由角平分線定理可知 $BD:DC=3:4$，故可得 $\displaystyle BD=\frac{15}{7}$。再者可以注意到 $\displaystyle\cos B=\frac{3}{5}$，如此根據餘弦定理可知

$\displaystyle AD=\sqrt{AD^2}=\sqrt{BA^2+BD^2-2BA\cdot BD\cdot\cos B}=\sqrt{3^2+\left(\frac{15}{7}\right)^2-2\cdot3\cdot\frac{15}{7}\cdot\frac{3}{5}}=\sqrt{9+\frac{225}{49}-\frac{54}{7}}=\frac{12\sqrt{2}}{7}.$



2. 若 $\Delta ABC$ 的三邊長為連續整數，且最大角 $\angle B$ 等於最小角 $\angle A$ 的兩倍，求三邊的長度。
解法一［林浩誼提供］
由於 $\angle B$ 為最大角而 $\angle A$ 為最小角，又三邊長為連續整數，故設 $AB=a$、$AC=a+1$、$BC=a-1$。作 $\angle C$ 的平分線交 $AB$ 於 $D$，並作 $B$ 對 $CD$ 的對稱點 $E$，那麼 $CE=CB=a-1$，從而 $AE=DE=BD=2$，從而 $AD=a-2$，那麼由角平分線定理可得
$\displaystyle\frac{a-1}{a+1}=\frac{2}{a-2},$
即有 $a^2-3a+2=2a+2$，如此解得 $a=0$ 或 $a=5$。而前者不合，故可知三角形三邊長為 $4,5,6$。
解法二
由於 $\angle B$ 為最大角而 $\angle A$ 為最小角，且因 $\Delta ABC$ 的三邊長為連續整數，因此設 $AC=a+1$、$BC=a-1$、$AB=a$。作 $\angle B$ 的平分線交 $AC$ 於 $D$，那麼可以注意到 $\angle DBA=\angle A$，因此 $\Delta ABD$ 為等腰三角形，使得 $AD=BD$。再者可以注意到 $\angle BDC=\angle B$、$\angle DBC=\angle A$，如此有 $\Delta ABC\sim\Delta BDC$，故有
$\displaystyle\frac{BD}{AB}=\frac{DC}{BC}=\frac{BC}{AC},$
即
$\displaystyle\frac{AD}{a}=\frac{DC}{a-1}=\frac{a-1}{a+1}.$
如此可得
$\displaystyle AD=\frac{a^2-a}{a+1},~DC=\frac{\left(a-1\right)^2}{a+1}.$
最終觀察可知
$\displaystyle a+1=AC=AD+DC=\frac{a^2-a}{a+1}+\frac{\left(a-1\right)^2}{a+1}=\frac{2a^2-3a+1}{a+1},$
可得方程 $a^2-5a=0$，故解得 $a=0$ 與 $a=5$。由於 $a=0$ 不合，因此可知 $a$ 應為 $5$，從而三邊形之邊長為 $4,5,6$，經檢驗後可知符合題意。


3. 在 $\Delta ABC$ 中，設 $D$ 為 $\angle A$ 的角平分線與 $BC$ 邊上的交點，若 $AC+CD=m$，$AB-BD=n$（$n>0$）。求 $\angle A$ 的平分線的長。
解法一［林浩誼提供］

在線段 $AB$ 上取 $P$ 使 $BP=BD$，在直線 $AC$ 但不在線段 $AC$ 上取 $Q$ 使 $CQ=CD$，那麼可知 $AP=n$、$AQ=m$。由於 $\Delta APD\sim\Delta ADQ$，從而有

$\displaystyle\frac{AP}{AD}=\frac{AD}{AQ},$

即有

$AD=\sqrt{AP\cdot AQ}=\sqrt{mn}.$

解法二
由角平分線定理可知 $\displaystyle\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}$，設此比例為 $k$，則 $AB=k\cdot BD$、$AC=k\cdot CD$，從而有 $(k+1)CD=m$、$(k-1)BD=n$，因此有
$\displaystyle BC=\frac{m}{k+1}+\frac{n}{k-1}.$
使用餘弦定理算兩次可得
$\begin{aligned}AD^2&=BA^2+BD^2-2BA\cdot BD\cos B\\&=\left(k^2+1\right)BD^2-2k\cdot BD^2\cdot\frac{BA^2+BC^2-AC^2}{2BA\cdot BC}\\&=\left(k^2+1\right)BD^2-BD\cdot\frac{BA^2+BC^2-AC^2}{BC}\\&=\frac{n^2\left(k^2+1\right)}{\left(k-1\right)^2}-\frac{n}{k-1}\left(BC+\frac{\left(AB+AC\right)\left(AB-AC\right)}{BC}\right)\\&=\frac{n}{k-1}\left(\frac{nk^2+n}{k-1}-\frac{m}{k+1}-\frac{n}{k-1}-\frac{k^2\left(BD+CD\right)\left(BD-CD\right)}{BC}\right)\\&=\frac{n}{k-1}\left(\frac{nk^2}{k-1}-\frac{m}{k+1}-\frac{k^2n}{k-1}+\frac{k^2m}{k+1}\right)\\&=\frac{n}{k-1}\cdot\frac{m\left(k^2-1\right)}{k+1}\\&=mn.\end{aligned}$
因此 $AD=\sqrt{mn}$。