老王的夢田

正三角形與外接圓上一點

前陣子在昌爸看來的題目，解了幾天終於解出來，但是對第一小題的解法不大滿意，看看有沒有比較好的幾何方法。

【題目】

已知ΔABC為正三角形，圓O是它的外接圓，D是劣弧BC上一點。
圓P和圓Q分別是ΔABD和ΔACD的內切圓，
它們的其中一條外公切線分別與AB、AD、AC交於E、F、G。
試證：

(1)   AF＝FD

(2)   EG＝BE＋CG

(3)   PQ²＝BP²＋CQ²

【證明】

(1)

如圖假設，H、I、J、M以及K、X、Y、N都是切點，並令三角形ABC的外接圓半徑為R，
三角形ABD的內切圓半徑為r₁，三角形ACD的內切圓半徑為r₂。

再令∠BAD＝α，那麼∠CAD＝60°－α；∠ABD＝120°－α；∠ACD＝60°＋α

由引理得到(註一)

r₁＝R[cosα＋cos(120°－α)＋cos60°－1]＝R[cos(60°－α)－1/2]

r₂＝R[cos(60°－α)＋cos(60°＋α)＋cos60°－1]＝R[cosα－1/2]

r₁＋r₂＝R[(3/2)cosα＋(√3/2)sinα－1]＝R[√3sin(60°＋α)－1]

r₂－r₁＝R[(1/2)cosα－(√3/2)sinα]＝Rcos(60°＋α)

容易知道PD＝2r₁，QD＝2r₂，

又∠PDQ＝60°，所以

PQ²＝PD²＋QD²－2PD×QD×cos60°＝4r₁²＋4r₂²－4r₁r₂＝

(r₁＋r₂)²＋3(r₂－r₁)²＝

於是外公切線長MN有

MN²＝PQ²－(r₂－r₁)²＝(r₁＋r₂)²＋2(r₂－r₁)²＝

R²[3sin²(60°＋α)－2√3sin(60°＋α)＋1＋2 cos²(60°＋α)]＝

R²[sin²(60°＋α)－2√3sin(60°＋α)＋3]＝(R[√3－sin(60°＋α)])²

所以MN＝R[√3－sin(60°＋α)]

但是R√3＝AB，Rsin(60°＋α)＝AD/2，

故MN＝AB－AD/2

又

DI＝DH＝(AD＋BD－AB)/2，DK＝DX＝(AD＋CD－AC)/2

2DF＝DH＋HF＋DK＋KF＝DH＋DK＋MF＋NF＝DH＋DK＋MN

＝(AD＋BD－AB)/2＋(AD＋CD－AC)/2＋AB－AD/2

＝(AD＋BD＋CD)/2      (而BD＋CD＝AD)

＝AD

故AF＝DF

(2)

因為BDFE是圓外切四邊形，所以BD＋EF＝BE＋DF

同理CDFG是圓外切四邊形，所以CD＋FG＝CG＋DF

兩式相加BD＋CD＋EF＋FG＝BE＋CG＋2DF

AD＋EG＝BE＋CG＋AD

所以EG＝BE＋CG

(3)

∠OBP＝(120°－α)/2－30°＝30°－α/2＝∠OAP

所以AOPB四點共圓，∠BOP＝∠BAP＝α/2

同理∠OCQ＝α/2，∠COQ＝30°－α/2

又OB＝OC，

所以ΔOBP@ΔCOQ  (ASA)

BP＝OQ且OP＝CQ

又∠BOC＝120°，故∠POQ＝90° (註二)

PQ²＝OQ²＋OP²

PQ²＝BP²＋CQ²

註一：所用引理為這篇三角形外接圓和內切圓關係中的定裡六。

註二：在圓內接四邊形四內心成矩形已經知道這個結果。

附記：關於這個圖形，從GSP構圖中，還看出許多其他的性質，如另一條外公切線與BC平行，但是都還沒有頭緒。