角分线定理的推广及其应用

贺松林 杜立松

众所周知：∠XOY内一点P，过点P的直线交∠XOY的两边于A，B，设∠AOP=α，∠POB=β，则APPB=OA·sinαOB·sinβ成立，这就是在平面几何中有广泛应用的角分线定理.在中学数学里与角分线有关的数学命题，以其问题多、变化大、形式美、综合性强而颇显魅力，是考试命题的优质素材.本文拟对角分线定理推广，并由推广了的角分线定理得到几个有用的推论，略举数例说明其应用.目的在于拓宽角分线定理的应用途径，为解答或证明与角平分线有关的命题提供一种思路和方法.

1.角分线定理的推广

定理1 已知点P（P不在OB所在的直线上）是∠XOY所在平面内一点，过点P的直线交∠XOY的两边于A，B两点，设∠AOP=α，∠POB=β，则APPB=OA·sinαOB·sinβ.

证明 设h为△OAB中AB边上的高， 则△AOP，△BOP的面积分别是S△AOP=12OA·OP·sinα=12AP·h，S△BOP=12PB·h=12OB·OP·sinβ，将两式相除，即是：APPB=OA·sinαOB·sinβ.

显然，若α=β时，APPB=OAOB为△OAB的内角平分线定理；若α+β=π时，APPB=OAOB为△OAB的外角平分线定理.

图 1定理2 如图1，设OPi（i=1，2，…，n-1，n∈N，n≥2）是∠AOB的角分线，设αi=∠Pi-1OPi（i=1，2，…，n），P0=A，Pn=B， 则

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.

证明 由定理1得

APiBPi=OA·sin（a1+α2+…+αi）OB·sin（αn+αn-1+…+α1+i） （i=1，2，…，n-1），将这n-1个等式相乘，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.

特别地，当αk=αjk，j=1，2，…，n时，有AP1·AP2·…·APn-1BP1·BP2·…·BPn-1=OAn-1OBn-1成立.

2.定理的推论

推论1 ∠XOY内一点P，过点P的直线交∠XOY的两边于A，B两点，设∠AOP=α，∠POB=β，则

sinβOA+sinαOB=sin（α+β）OP.

当β=α时，有1OA+1OB=2cosαOP.（推论1留给有兴趣的读者证明）

图 2推论2 三角形中，如果有一个角是另一个角的两倍，那么这个角的对边的平方等于另一个角所对边的平方加上另一个角对边与第三边的积.

证明 如图2，设三角形ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，设∠A=2∠B.过点A作AD平分∠CAB，交BC于D，设∠ABC=α，由定理1得cb=BDDC，所以BD=cac+b.又由推论1得1c+1b=2cosαBD（∵BD=AD），将BD代入，可得2cosα=ab.在△ABC中，由余弦定理b2=a2+c2-2accosα，将2cosα=ab代入，整理得a2=b2+bc，推论2得证.

推论3 设A′，B′，C′分别是△ABC的三边BC，CA，AB所在直线上的点，则三直线AA′，BB′， CC′平行或共点的充要条件是sin∠BAA′sin∠A′AC·sin∠ACC′sin∠C′CB·sin∠CBB′sin∠B′BA=1.

证明 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，知推论3成立.

3.定理及推论的应用

图 3例1 （四川省2012高考试题，21题第（Ⅰ）问）如图3，动点M到两定点A（-1，0），B（2，0）构成△MAB，且∠MBA=2∠MAB，求动点M的轨迹方程.

略解 设M（x，y），由推论2有MA2=MB2+3MB.

将点M的坐标代入上式，整理得 2x-1=x-22+y2x≥12，化简可得3x2-y2-3=0，再根据已知并结合方程，得点M的轨迹方程为3x2-y2-3=0x>1.

例2 在△A1A2A3中，设内角A1的三等分交对边于B1，B2，内角A2的三等分交对边于C1，C2，内角A3的三等分交对边于D1，D2.求证：B1，B2，C1，C2，D1，D2六点在同一圆锥曲线上.

图 4分析与证明 如图4， 要证明B1，B2，C1，C2，D1，D2六点在同一圆锥曲线上，只需证明A1D1D1A2·A1D2D2A2·A2B1B1A3·A2B2B2A3·A2B2A3B2·A3C1C1A1·A3C2C2A1=1（这个结论的证明见文[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，D2六点在同一圆锥曲线上.

例3 设△ABC的内角A，B，C的平分线长分别为ta，tb，tc，所对的边长分别为a，b，c，则tatbtc≤33a2b2c2a+bb+cc+a，当△ABC为正三角形时取等号.

证明 由推论1得1c+1b=2cosA2ta，1c+1a=2cosB2tb，1a+1b=2cosC2tc.从而有：1b+1c1c+1a1a+1b=8cosA2·cosB2·cosC2tatbtc.

容易证明cosA2·cosB2·cosC2≤338，其中等号成立的充要条件为A=B=C=60°.

所以tatbtc≤331b+1c1c+1a1a+1b，

即tatbtc≤33a2b2c2（a+b）（b+c）（c+a），△ABC为正三角形时取等号.

例4 设P为△ABC内一点，它到三个顶点A，B，C的距离分别为ρ1，ρ2，ρ3，它到三边AB，BC，CA的距离分别为r1，r2，r3.求证：ρ1+ρ2+ρ3≥2（r1+r2+r3）（保罗·厄多斯（Erdo··s）不等式）.

证明 设∠APB=θ1，∠BPC=θ2，∠CPA=θ3，它们的平分线长分别为t1，t2，t3.

由推论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为实数，A+B+C=180°），得出 ρ1+ρ2+ρ3≥2ρ1ρ2cosθ12+2ρ2ρ3cosθ22+2ρ3ρ1cosθ32≥2（t1+t2+t3）.显然ti≥ri（i=1，2，3），故ρ1+ρ2+ρ3≥2（r1+r2+r3）.

注：由上证明过程得知，不等式ρ1+ρ2+ρ3≥2（t1+t2+t3）强于Erdo··s不等式.

例5 （2011年北大保送生考试题）如图5，已知△ABC中，O是三角形内一点，满足：∠BAO=∠CAO=∠CBO=∠ACO，求证：△ABC三边成等比数列.

图 5证明 设∠BAO=∠CAO=∠CBO=∠ACO=α，∠OCB=β，∠ABO=γ.

由推论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

下证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式得证，即△ABC三边成等比数列.

从以上例题的解答可以看出，定理及推论，由于把边（或角）的关系转化为边、角之间的代数运算，从而使得一些复杂的几何问题得到简洁而又新颖的解答.利用定理及推论来解（证）与角分线有关的命题，关键是根据题目的条件和结论，选择角参数列出等式，最后消去角参数.这种解（证）方法思路流畅、明快、别致，为解（证）与角分线有关的复杂的几何问题开辟了一条新途径.对此有兴趣的读者，不妨用定理及推论证明平面几何中著名的梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托密定理、蝴蝶定理以及斯坦纳—莱默斯定理，会特别简单，一定有收获.

【参考文献】

[1]余志洪.三角形角分线定理及其应用[J].数学通讯，2003（12）.

[2]周奕生.三角形角分线的一个性质与应用[J].中学数学教学，2004（3）.

[3]马晓林.涉及三角形与圆锥曲线的一个定理及应用[J].数学通报，1994（2）.