賀松林 杜立松

眾所周知：∠XOY內(nèi)一點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P的直線交∠XOY的兩邊于A，B，設(shè)∠AOP=α，∠POB=β，則APPB=OA·sinαOB·sinβ成立，這就是在平面幾何中有廣泛應(yīng)用的角分線定理.在中學(xué)數(shù)學(xué)里與角分線有關(guān)的數(shù)學(xué)命題，以其問(wèn)題多、變化大、形式美、綜合性強(qiáng)而頗顯魅力，是考試命題的優(yōu)質(zhì)素材.本文擬對(duì)角分線定理推廣，并由推廣了的角分線定理得到幾個(gè)有用的推論，略舉數(shù)例說(shuō)明其應(yīng)用.目的在于拓寬角分線定理的應(yīng)用途徑，為解答或證明與角平分線有關(guān)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(diǎn)P（P不在OB所在的直線上）是∠XOY所在平面內(nèi)一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的直線交∠XOY的兩邊于A，B兩點(diǎn)，設(shè)∠AOP=α，∠POB=β，則APPB=OA·sinαOB·sinβ.

證明 設(shè)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(shí)，APPB=OAOB為△OAB的內(nèi)角平分線定理；若α+β=π時(shí)，APPB=OAOB為△OAB的外角平分線定理.

圖 1定理2 如圖1，設(shè)OPi（i=1，2，…，n-1，n∈N，n≥2）是∠AOB的角分線，設(shè)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(gè)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(dāng)αk=αjk，j=1，2，…，n時(shí)，有AP1·AP2·…·APn-1BP1·BP2·…·BPn-1=OAn-1OBn-1成立.

2.定理的推論

推論1 ∠XOY內(nèi)一點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P的直線交∠XOY的兩邊于A，B兩點(diǎn)，設(shè)∠AOP=α，∠POB=β，則

sinβOA+sinαOB=sin（α+β）OP.

當(dāng)β=α?xí)r，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(gè)角是另一個(gè)角的兩倍，那么這個(gè)角的對(duì)邊的平方等于另一個(gè)角所對(duì)邊的平方加上另一個(gè)角對(duì)邊與第三邊的積.

證明 如圖2，設(shè)三角形ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，設(shè)∠A=2∠B.過(guò)點(diǎn)A作AD平分∠CAB，交BC于D，設(shè)∠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(shè)A′，B′，C′分別是△ABC的三邊BC，CA，AB所在直線上的點(diǎn)，則三直線AA′，BB′， CC′平行或共點(diǎn)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(yīng)用

圖 3例1 （四川省2012高考試題，21題第（Ⅰ）問(wèn)）如圖3，動(dòng)點(diǎn)M到兩定點(diǎn)A（-1，0），B（2，0）構(gòu)成△MAB，且∠MBA=2∠MAB，求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程.

略解 設(shè)M（x，y），由推論2有MA2=MB2+3MB.

將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入上式，整理得 2x-1=x-22+y2x≥12，化簡(jiǎn)可得3x2-y2-3=0，再根據(jù)已知并結(jié)合方程，得點(diǎn)M的軌跡方程為3x2-y2-3=0x>1.

例2 在△A1A2A3中，設(shè)內(nèi)角A1的三等分交對(duì)邊于B1，B2，內(nèi)角A2的三等分交對(duì)邊于C1，C2，內(nèi)角A3的三等分交對(duì)邊于D1，D2.求證：B1，B2，C1，C2，D1，D2六點(diǎn)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(diǎn)在同一圓錐曲線上，只需證明A1D1D1A2·A1D2D2A2·A2B1B1A3·A2B2B2A3·A2B2A3B2·A3C1C1A1·A3C2C2A1=1（這個(gè)結(jié)論的證明見(jiàn)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(diǎn)在同一圓錐曲線上.

例3 設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的平分線長(zhǎng)分別為ta，tb，tc，所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b，c，則tatbtc≤33a2b2c2a+bb+cc+a，當(dāng)△ABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

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(hào)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(shí)取等號(hào).

例4 設(shè)P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，它到三個(gè)頂點(diǎn)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(shè)∠APB=θ1，∠BPC=θ2，∠CPA=θ3，它們的平分線長(zhǎng)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(shí)數(shù)，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(guò)程得知，不等式ρ1+ρ2+ρ3≥2（t1+t2+t3）強(qiáng)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(nèi)一點(diǎn)，滿足：∠BAO=∠CAO=∠CBO=∠ACO，求證：△ABC三邊成等比數(shù)列.

圖 5證明 設(shè)∠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(shù)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(guān)系轉(zhuǎn)化為邊、角之間的代數(shù)運(yùn)算，從而使得一些復(fù)雜的幾何問(wèn)題得到簡(jiǎn)潔而又新穎的解答.利用定理及推論來(lái)解（證）與角分線有關(guān)的命題，關(guān)鍵是根據(jù)題目的條件和結(jié)論，選擇角參數(shù)列出等式，最后消去角參數(shù).這種解（證）方法思路流暢、明快、別致，為解（證）與角分線有關(guān)的復(fù)雜的幾何問(wèn)題開(kāi)辟了一條新途徑.對(duì)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(huì)特別簡(jiǎn)單，一定有收獲.

【參考文獻(xiàn)】

[1]余志洪.三角形角分線定理及其應(yīng)用[J].數(shù)學(xué)通訊，2003（12）.

[2]周奕生.三角形角分線的一個(gè)性質(zhì)與應(yīng)用[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，2004（3）.

[3]馬曉林.涉及三角形與圓錐曲線的一個(gè)定理及應(yīng)用[J].數(shù)學(xué)通報(bào)，1994（2）.