1. 基础知识
1.1 角平分线
三角形的角平分线是一条将角平分并延伸至对边的线段或射线。如图所示，
\( {AD} \) 是 \( \angle A.\angle 1 = \angle 2 \) 的角平分线。
定理1(角平分线定理[Angle Bisector Theorem])
三角形的角平分线将对边分成若干线段，这些线段
与邻边成比例。
\[ \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}\;\text{ or }\;\frac{AB}{BD} = \frac{AC}{CD} \tag{22.1} \]
证明:
方法一:
作 \( {DE}//{AB} \) 穿过 \( D \) ，交 \( {AC} \) 于 \( E \) 。
我们知道 \( {AE} = {ED} \) 和 \( \bigtriangleup {ABC} \sim \bigtriangleup {EDC} \) 。
因此: \( \frac{AB}{AC} = \frac{ED}{EC} = \frac{AE}{EC} = \frac{BD}{CD} \) 。
方法二:
由于 \( \bigtriangleup {ABD} \) 和 \( {ADC} \) 共享同一顶点，它们的面积之比为
\[ \frac{{S}_{\Delta ABD}}{{S}_{\Delta ADC}} = \frac{BD}{CD}. \]
我们也知道 \( \frac{{S}_{\bigtriangleup {ABD}}}{{S}_{\bigtriangleup {ADC}}} = \frac{\frac{1}{2}{AB} \times {AD} \times \sin \angle 1}{\frac{1}{2}{AD} \times {AC} \times \sin \angle 2} = \frac{AB}{AC} \) 。
因此: \( \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD} \) 。
定理2(角平分线长度公式):
\[ A{D}^{2} = {AB} \times {AC} - {BD} \times {DC} \tag{22.2} \]
证明:
构造三角形的外接圆，如图所示。延长 \( {AD} \) 交圆于 \( E \) ，并连接 \( {BE} \) 。
因为 \( \angle E = \angle C,\angle 1 = \angle 2,{\Delta ABE} \sim {\Delta ADC} \Rightarrow \frac{AB}{AD} = \frac{AE}{AC} \)
\[ \Rightarrow {AB} \cdot {AC} = {AD} \cdot {AE} \tag{1} \]
因为 \( \angle {DBE} = \angle 2,\angle E = \angle C,{\Delta BDE} \sim {\Delta ADC} \Rightarrow \frac{BD}{DE} = \frac{AD}{DC} \)
\( \Rightarrow {BD} \cdot {DC} = {AD} \cdot {DE} \) (2)
(1) \( - \left( 2\right) \) :
\[ {AB} \cdot {AC} - {BD} \cdot {CD} = {AD} \cdot {AE} - {AD} \cdot {DE} = {AD}\left( {{AE} - {DE}}\right) \]
\[ = {AD} \cdot {AD} = A{D}^{2} \]
因此 \( A{D}^{2} = {AB} \cdot {AC} - {BD} \cdot {CD} \) 。
定理3(外角平分线定理)
在 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中，若 \( {AD} \) 平分 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的外角 \( \angle {CAE} \) ，则 \( \frac{AB}{BD} = \frac{AC}{CD}\; \) 或 \( \;\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD} \) (22.1b)证明:将 \( {BA} \) 延长至 \( E \) ，并连接 \( {DE} \) 使得 \( \angle {CDA} = \angle {ADE} \) 。于是 \( \bigtriangleup {ACD} \) 与 \( \bigtriangleup {ADE} \) 全等。从而 \( {DE} = {CD} \) 且 \( {AC} = {AE} \) 。 \( {AD} \) 是三角形 \( {BDE} \) 的角平分线。
根据角平分线定理 \( 1,\frac{BD}{AB} = \frac{DE}{AE} = \frac{CD}{AC} \)
\( \Rightarrow \;\frac{AB}{BD} = \frac{AC}{CD} \) .
定理4. 在三角形 \( {ABC} \) 中，若 \( \angle A = 2\angle B \) ，则 \( {a}^{2} = {b}^{2} + {bc} \) (22.3)
证明:
将 \( {CA} \) 延长至 \( D \) ，使得 \( {AD} = {AB} \) 。
因为 \( {AD} = {AB},\angle D = \angle {ABD} \) 。
因为 \( \angle A = \angle D + \angle {ABD} = 2\angle D \) ，且 \( \angle A = 2\angle {CBA},\angle D = \angle {CBA} \) 。
我们得出 \( \bigtriangleup {ABC} \sim \bigtriangleup {BDC}(\angle D = \angle {CBA} \) ，且 \( \angle C \)
\( = \angle C) \) .
我们有以下方程:
\[ \frac{CD}{CB} = \frac{BC}{AC}\; \Rightarrow \;\frac{b + c}{a} = \frac{a}{b}\; \Rightarrow {a}^{2} = {b}^{2} + {bc} \]
1.2. 中线
三角形的中线(median)是从一个顶点到对边中点的线段。
中线
定理5:三角形的三条中线交于一点，该点把任意一条中线分为从顶点到对边中点距离的三分之二。
\[ {AG} = \frac{2}{3}{AD}\;{BG} = \frac{2}{3}{BE}\;{CG} = \frac{2}{3}{CF} \tag{22.4} \]
证明:
方法1:
设 \( E \) 和 \( F \) 分别为 \( {AC} \) 和 \( {AB} \) 的中点。
连接 \( {EF}.{EF} = \frac{1}{2}{BC} \) 和 \( {EF}//{BC} \) 。
因为 \( \bigtriangleup {GEF} \sim \bigtriangleup {GBC},\frac{GE}{GB} = \frac{EF}{BC} \) 。
因为 \( {BC} = {2EF},{GB} = {2GE} \) 。
\[ {BG} = \frac{2}{3}{BE}. \]
同理，可证 \( {AG} = \frac{2}{3}{AD} \) 和 \( {CG} = \frac{2}{3}{CF} \) ，
定理6. 三条中线将三角形 \( {ABC} \) 分成六个面积相等的小三角形。
\[ {S}_{\Delta AGF} = {S}_{\Delta AGE} = {S}_{\Delta BGF} = {S}_{\Delta CGF}^{\prime } = {S}_{\Delta CGD} = {S}_{\Delta CGE} = \frac{1}{6}{S}_{\Delta ABC} \]
定理7.(中线长度公式):
\[ \left( {B{D}^{2}}\right) + \left( {B{D}^{2}}\right) = \left( {A{B}^{2} - A{D}^{2}}\right) + \left( {B{C}^{2} - C{D}^{2}}\right) \tag{22.5} \]
中线
证明:
将 \( {BD} \) 延长至 \( E \) ，使得 \( {BD} = {ED} \) 。连接 \( {AE} \) 与 \( {CE} \) 。由于 \( {AC} \) 与 \( {BE} \) 互相平分，它们是一个平行四边形的两条对角线，因此 \( {ABCE} \) 为平行四边形。
因此 \( 2\left( {A{B}^{2} + B{C}^{2}}\right) = A{C}^{2} + B{E}^{2} \) 。
我们可见
即 \( A{C}^{2} + B{E}^{2} = 4{\left( \frac{AC}{2}\right) }^{2} + 4{\left( \frac{BE}{2}\right) }^{2} = {4A}{D}^{2} + {4B}{D}^{2} \)
\( \therefore A{B}^{2} + B{C}^{2} = 2\left( {B{D}^{2} + A{D}^{2}}\right) \Rightarrow \left( {B{D}^{2}}\right) + \left( {B{D}^{2}}\right) = \left( {A{B}^{2} - A{D}^{2}}\right) + \left( {B{C}^{2} - C{D}^{2}}\right) \)
此为已知三角形三边时求其中线长度的公式。
定理8: \( {\Delta ABC} \) 为直角三角形， \( \left( {\angle C = {90}^{ \circ }}\right) .D \) 为 \( {BC} \) 上任意一点， \( E \) 为 \( {AC} \) 上任意一点。
\[ \text{Then}A{D}^{2} + B{E}^{2} = A{B}^{2} + D{E}^{2} \tag{22.6} \]
定理9: \( \bigtriangleup {ABC} \) 为直角三角形。若 \( D \) 与 \( E \) 分别为 \( {BC} \) 与 \( {AC} \) 的中点，则
\[ 4\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = {5A}{B}^{2} \tag{22.7} \]
定理10:若三角形两条中线互相垂直，则以下关系成立: \( A{B}^{2} + A{C}^{2} = {5B}{C}^{2} \) ( )
证明:
如右图所示， \( {BD} \) 与 \( {CE} \) 为两条中线，且 \( {BD} \bot {CE} \) 。连接 \( {DE} \) 。
对于四边形 \( {BCDE} \) ，因 \( {BD} \bot {CE} \) ，故有:
\[ B{C}^{2} + D{E}^{2} = B{E}^{2} + C{D}^{2}. \]
由于 \( {BE} = \frac{1}{2}{AB},{CD} = \frac{1}{2}{AC} \) ，且 \( {DE} = \frac{1}{2}{BC} \) ，
\( B{C}^{2} + {\left( \frac{BC}{2}\right) }^{2} = {\left( \frac{AB}{2}\right) }^{2} + {\left( \frac{AC}{2}\right) }^{2} \Rightarrow \frac{{5B}{C}^{2}}{4} = \frac{1}{4}\left( {A{B}^{2} + A{C}^{2}}\right) \)
\[ A{B}^{2} + A{C}^{2} = {5B}{C}^{2}. \]
定理11:若三角形两条中线互相垂直，则该三角形面积等于两条中线乘积的 \( 2/3 \) 。
证明:
如图所示， \( {BD} \) 与 \( {CE} \) 为两条中线，且 \( {BD} \bot {CE} \) 。
连接 \( {DE} \) 。我们有 \( {S}_{BCDE} = \frac{1}{2}{BD} \times {CE} \)
由于 \( {DE} \) 是连接 \( {AB} \) 和 \( {AC} \) 两个中点的线段，
所以 \( \frac{{S}_{\bigtriangleup {AED}}}{{S}_{\bigtriangleup {ABC}}} = {\left( \frac{ED}{BC}\right) }^{2} = {\left( \frac{1}{2}\right) }^{2} = \frac{1}{4} \) ，或 \( \frac{{S}_{\bigtriangleup {AED}}}{{S}_{\bigtriangleup {ABC}}} = \frac{{S}_{\bigtriangleup {ABC}} - {S}_{BCDE}}{{S}_{\bigtriangleup {ABC}}} = 1 - \frac{{S}_{BCDE}}{{S}_{\bigtriangleup {ABC}}} = \frac{1}{4} \)
\( \frac{{S}_{BCDE}}{{S}_{\Delta ABC}} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \Rightarrow {S}_{\Delta ABC} = \frac{4}{3}{S}_{BCDE} = \frac{4}{3} \times \frac{1}{2}{BD} \times {CE} = \frac{2}{3}{BD} \times {CE}. \)
2. 例题
2.1. 角平分线问题
例1. 在 \( \bigtriangleup {ABC},{AC} = 5,{BC} = 7 \) 中， \( {CD} \) 平分 \( \angle {ACB} \) 。若 \( {AD} = 4 \) ，求 \( {AB} \) 。
(A) \( \frac{48}{5} \) (B) \( \frac{28}{5} \) (C) \( \frac{18}{5} \) (D) \( \frac{8}{5} \) (E) \( \frac{58}{5} \)
解答:(A)。
根据角平分线定理，
\( \frac{AC}{AD} = \frac{CB}{BD}\; \Rightarrow \;\frac{5}{4} = \frac{7}{BD}\; \Rightarrow \;{BD} = \frac{28}{5}. \)
\( {AB} = {AD} + {BD} = 4 + \frac{28}{5} = \frac{48}{5}. \)
例2. (2009 AMC 10 B 第20题) 三角形 \( {ABC} \) 在 \( B \) 处为直角， \( {AB} = 1 \) ，且 \( {BC} = 2 \) 。 \( \angle {BAC} \) 的平分线与 \( {BC} \) 交于 \( D \) 。 \( {BD} \) 是多少？
(A) \( \frac{\sqrt{3} - 1}{2} \) (B) \( \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \) (C) \( \frac{\sqrt{5} + 1}{2} \) (D) \( \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2} \) (E) \( 2\sqrt{3} - 1 \)
解答:(B)。
方法一(官方解答):
根据勾股定理， \( {AC} = \sqrt{5} \) 。根据角平分线定理， \( {BD}/{AB} = {CD}/{AC} \) 。因此 \( {CD} = \)
\( \sqrt{5}{BD} \) 和 \( {BD} + {CD} = 2 \) ，由此
\[ {BD} = \frac{2}{1 + \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}. \]
方法二(官方解答):
设 \( {DE} \) 为 \( {\Delta ADC} \) 的一条高。则注意到 \( {\Delta ABD} \) 与 \( {\Delta AED} \) 全等，因此 \( {AE} = 1 \) 。如第一种解法， \( {AC} = \sqrt{5} \) 。设 \( x = {BD} \) 。则 \( {DE} = x,{EC} = \sqrt{5} \) -1，且 \( {DC} = 2 - x \) 。对 \( {\Delta DEC} \) 应用勾股定理得 \( {x}^{2} + \)
\( {\left( \sqrt{5} - 1\right) }^{2} = {\left( 2 - x\right) }^{2} \) ，由此 \( x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \) 。
方法3(我们的解法):
设 \( x = {BD} \) 。根据勾股定理(Pythagorean Theorem)， \( {AC} = \sqrt{5} \) 。根据角平分线
定理(Angle Bisector Theorem)， \( \frac{AB}{BD} = \frac{AC}{CD} \Rightarrow \;\frac{1}{x} = \frac{\sqrt{5}}{2 - x} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \Rightarrow x = \frac{2}{1 + \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \) 。
例3. 假设 \( \angle {ACD} \) 与 \( \angle {DCB} \) 的度数相同， \( \overline{AC} \) 的长度为12， \( \overline{BC} \) 的长度为5， \( \overline{AB} \) 的长度为13。求 \( \overline{CD} \) 的长度？
(A) \( \frac{{59}\sqrt{3}}{17} \) (B) \( \frac{{30}\sqrt{3}}{19} \) (C) \( \frac{7\sqrt{5}}{2} \) (D) \( \frac{{60}\sqrt{2}}{17} \) (E) \( \frac{65}{17} \)
解答:(D)。
根据角平分线定理(Angle Bisector Theorem)，
\[ \frac{AC}{AD} = \frac{CB}{BD}\; \Rightarrow \;\frac{12}{AD} = \frac{5}{{13} - {AD}}\; \Rightarrow \]
\( \frac{12}{AD} = \frac{5}{{13} - {AD}} = \frac{17}{13} \Rightarrow \;{AD} = \frac{156}{17} \) 。因此 \( {BD} = {13} - \frac{156}{17} = \frac{65}{17} \) 。
根据角平分线长度公式(angle bisector length formula)， \( C{D}^{2} = {AC} \times {BC} - {AD} \times {DB} \)
\( \Rightarrow \;C{D}^{2} = {12} \times 5 - \frac{156}{17} \times \frac{65}{17}\; \Rightarrow \;{CD} = \sqrt{{12} \times 5 - \frac{156}{17} \times \frac{65}{17}} = \frac{{60}\sqrt{2}}{17} \) .
例4. 在三角形中， \( {ABD},{BC} \) 是 \( \angle B.{AB} = 5,{AC} = 3,{BC} \) \( = 7 \) 的角平分线。求 \( {CD} \) 的长度。
(A) \( \frac{48}{5} \) (B) \( \frac{28}{5} \) (C) \( \frac{147}{16} \) (D) \( \frac{25}{3} \) (E) \( \frac{25}{9} \)
解答:(C)。
根据角平分线定理(Angle Bisector Theorem)，我们有:
\[ \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD} \tag{1} \]
根据角平分线长度定理(Angle Bisector Length Theorem)，我们有:
\[ B{C}^{2} = {AB} \times {BD} - {AC} \times {CD} \tag{2} \]
\[ \left. \begin{array}{l} \frac{5}{3} = \frac{BD}{CD} \\ {7}^{2} = 5 \times {BD} - {3CD} \end{array}\right\} \]
解出 \( {CD},{CD} = {147}/{16} \) 。
例5 在三角形 \( {ABC} \) 中，边 \( {AB} = 6 \) 、边 \( {AC} = 3 \) 和边 \( {BC} = 4 \) 。求边 \( {AB} \) 的角平分线长度是多少？
(A) \( \frac{{39}\sqrt{3}}{7} \) (B) \( \frac{2\sqrt{39}}{7} \) (C) \( \frac{3\sqrt{29}}{7} \) (D) \( \frac{{60}\sqrt{2}}{7} \) (E) \( \frac{18}{7} \)
解答:(B)。
根据角平分线定理，
\[ \frac{BC}{BP} = \frac{CA}{AP}\; \Rightarrow \;\frac{4}{6 - x} = \frac{3}{x}\; \Rightarrow \;\frac{4}{6 - x} = \frac{3}{x} = \frac{7}{6} \]
\[ \Rightarrow \;x = \frac{18}{7}\text{. So}{BP} = 6 - x = 6 - \frac{18}{7} = \frac{24}{7}\text{.} \]
根据角平分线长度公式， \( C{P}^{2} = {CB} \times {CA} - {BP} \times {PA} \)
\( \Rightarrow \;C{P}^{2} = 3 \times 4 - \frac{24}{7} \times \frac{18}{7} = \frac{156}{49} \Rightarrow \;{CP} = \frac{2\sqrt{39}}{7}. \)
例6.(2002 AMC12 A 第23题)在三角形 \( {ABC} \) 中，边 \( {AC} \) 与 \( {BC} \) 的垂直平分线交于点 \( D \) ，且 \( {BD} \) 平分 \( \angle {ABC} \) 。若 \( {AD} = 9 \) 且 \( {DC} = 7 \) ，则三角形 \( {ABD} \) 的面积是多少？
(A) 14 (B) 21 (C) 28 (D) \( {14}\sqrt{5} \) (E) \( {28}\sqrt{5} \)
解答:(D)。
方法1(官方解答):
根据角平分线定理， \( {AB}/{BC} = 9/7 \) 。
设 \( {AB} = {9x} \) 和 \( \mathrm{{BC}} = {7x} \) ，设
\( \mathrm{m}\angle {ABD} = \mathrm{m}\angle {CBD} = \theta \) ，并设 \( M \) 为
\( {BC} \) 的中点。由于 \( M \) 在 \( {BC} \) 的
垂直平分线上，我们有 \( {BD} = {DC} = 7 \) 。于是 \( \cos \theta = \frac{\frac{7x}{2}}{7} = \frac{x}{2} \) 。对 \( \bigtriangleup {ABD} \) 应用余弦定理得 \( {9}^{2} = {\left( 9x\right) }^{2} + {7}^{2} - 2\left( {9x}\right) \left( 7\right) \left( {x/2}\right) \) ，由此得 \( x = 4/3 \) 和 \( {AB} = {12} \) 。再用海伦公式求得三角形 \( {ABD} \) 的面积为 \( \sqrt{{14} \cdot 2 \cdot 5 \cdot 7} = {14}\sqrt{5} \) 。
方法2(我们的解法):
根据角平分线定理， \( {AB}/{BC} = 9/7 \) 。设 \( {AB} = {9x} \) 和 \( {BC} = {7x} \) ，设
\( \mathrm{m}\angle {ABD} = \mathrm{m}\angle {CBD} = \mathrm{m}\angle {ACB} = \alpha \) .
由(22.5)式， \( A{C}^{2} = A{B}^{2} + {AB} \times {BC} \)
\( \Rightarrow {16}^{2} = {\left( 9x\right) }^{2} + {9x} \times {7x} \Rightarrow {x}^{2} = \frac{256}{144} = \frac{16}{9} \Rightarrow \)
\[ x = \frac{4}{3}\text{.} \]
三边分别为 \( {28}/3,{12} \) 和16。
由角平分线长度公式(22.2)， \( B{D}^{2} = {AB} \times {BC} - {AD} \times {DC} \)
\( \Rightarrow B{D}^{2} = {12} \times \frac{28}{3} - 9 \times 7 = 4 \times 4 \times 7 - 9 \times 7 = 7\left( {{16} - 9}\right) = {7}^{2}\; \Rightarrow {BD} = 7 \) .
应用海伦公式(Heron’s formula)求得三角形 \( {ABD} \) 的面积为 \( \sqrt{{14} \cdot 2 \cdot 5 \cdot 7} = {14}\sqrt{5} \) 。
方法3(我们的解法):
由角平分线定理(Angle-Bisector Theorem)， \( {AB}/{BC} = 9/7 \) 。设 \( {AB} = {9x} \) 和 \( {BC} = {7x} \) ，设 \( \mathrm{m}\angle {ABD} = \mathrm{m}\angle {CBD} = \mathrm{m}\angle {ACB} = \alpha \) 。
由(22.5)式， \( A{C}^{2} = A{B}^{2} + {AB} \times {BC} \)
\( \Rightarrow {16}^{2} = {\left( 9x\right) }^{2} + {9x} \times {7x} \Rightarrow {x}^{2} = \frac{256}{144} = \frac{16}{9} \)
\( \Rightarrow x = \frac{4}{3} \) .
三边分别为 \( {28}/3,{12} \) 和16。应用海伦公式(Heron’s formula)求得三角形 \( {ABC} \) 的面积为 \( \frac{{224}\sqrt{5}}{9} \) 。
三角形 \( {ABD} \) 的面积为 \( \frac{9}{9 + 7} \times \frac{{224}\sqrt{5}}{9} = {14}\sqrt{5} \) 。
例7. 在三角形 \( {ABC},{AB} = 6 \) 中， \( {AC} = 3 \) 单位， \( D \) 单位。点 \( {BC} \) 位于线段 \( {BD} : {DC} = 2 : 1 \) 上，使得 \( {AD} = 2 \) 。若
(A) \( \sqrt{7} \) (B) \( \sqrt{11} \) (C) \( 3\sqrt{7} \) (D) \( 3\sqrt{11} \) (E) \( 3\sqrt{18} \)
解答:(C)。
设 \( {CD} = x \) 和 \( {BD} = {2x} \) 。
我们注意到
\( \frac{AC}{CD} = \frac{3}{x} \) 和 \( \frac{AB}{BD} = \frac{6}{2x} = \frac{3}{x}. \)
因此 \( {AD} \) 是 \( \angle A \) 的角平分线。
根据角平分线长度公式， \( A{D}^{2} = {AB} \times {AC} - {BD} \times {CD} \) 。
所以 \( {2}^{2} = 3 \times 6 - {2x} \times x \Rightarrow 2{x}^{2} = {18} - 4 \Rightarrow 2{x}^{2} = {14} \Rightarrow {x}^{2} = 7 \Rightarrow x = \sqrt{7} \)
\( {BC} = {3x} = 3\sqrt{7}. \)
例8. 在 \( {\Delta ABC}, D \) 中， \( {BC}.{DE} \) 的中点为
\( \angle {ADB}.{DF} \) 是 \( \angle {ADC} \) 的角平分线。若 \( \angle {ABC} \) \( = {54}^{ \circ } \) ，求 \( \angle {AEF} \) 。
(A) 54° (B) \( {36}^{ \circ } \) (C) \( {90}^{ \circ } \) (D) \( {45}^{ \circ } \) (E) \( {89}^{ \circ } \)
解答:(A)。
因为 \( {DE} \) 是 \( \angle {ADB} \) 的角平分线，根据角平分线定理，我们有:
\[ \frac{AE}{EB} = \frac{AD}{BD} \tag{1} \]
因为 \( {DF} \) 是 \( \angle {ADC} \) 的角平分线，对三角形 \( {ADC} \) 应用角平分线定理，我们有:
\[ \frac{AF}{FC} = \frac{AD}{CD} \tag{2} \]
我们还知道 \( {BD} = {CD} \) ，所以 \( \frac{AE}{EB} = \frac{AF}{FC} \) 。因此 \( {EF}//{BC} \) 。答案是 \( \angle {AEF} = \angle {ABC} = {54}^{ \circ } \) 。
例9. 在 \( \bigtriangleup {ABC},{AB} = 7,{BC} = 8,{CA} = 9.{AL} \) 中， \( \angle A.{CM} \) 平分 \( \angle C \) ， \( \frac{AM}{BM} = k\frac{CL}{BL} \) 平分 \( k \) 。若
(A) \( \frac{7}{8} \) (B) \( \frac{8}{7} \) (C) \( \frac{8}{9} \) (D) \( \frac{7}{9} \) (E) \( \frac{9}{8} \) 解答:(A)。
因为 \( {AL} \) 是 \( \angle A \) 的角平分线，根据角平分线定理，我们有:
\[ \frac{AB}{BL} = \frac{AC}{CL}\; \Rightarrow \;\frac{AB}{AC} = \frac{BL}{CL} \tag{1} \]
因为 \( {CM} \) 是 \( \angle C \) 的角平分线，根据角平分线定理，我们有:
\[ \frac{AC}{AM} = \frac{BC}{BM}\; \Rightarrow \;\frac{AC}{BC} = \frac{AM}{BM} \tag{2} \]
(1) \( \times \) (2): \( \frac{AB}{AC} \times \frac{AC}{BC} = \frac{BL}{CL} \times \frac{AM}{BM}\; \Rightarrow \;\frac{AM}{BM} = \frac{AB}{BC} \times \frac{CL}{BL} \) .
所以 \( k = \frac{AB}{BC} = \frac{7}{8} \) 。
例10. 在 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中，角 \( B \) 被 \( {BD} \) 和 \( {BE} \) 三等分，它们分别交 \( {AC} \) 于 \( D \) 和 \( E \) 。若 \( {BA} = 4,{BD} = 3,{BE} = 5,{BC} = 6 \) ，求 \( \frac{AD}{CE} \) 的值？
(A) \( \frac{5}{2} \) (B) \( \frac{2}{5} \) (C) \( \frac{2}{3} \) (D) \( \frac{3}{5} \) (E) \( \frac{4}{5} \)
解答:(B)。
由于 \( {BD} \) 是 \( \angle {ABE} \) 的角平分线，根据角平分线定理，我们有:
\[ \frac{AB}{AD} = \frac{BE}{DE}\; \Rightarrow \;{AD} = \frac{{AB} \times {DE}}{BE} \tag{1} \]
由于 \( {BE} \) 是 \( \angle {DBC} \) 的角平分线，根据角平分线定理，我们有:
\[ \frac{BD}{DE} = \frac{BC}{CE}\; \Rightarrow \;{CE} = \frac{{BC} \times {DE}}{BD} \tag{2} \]
(1) \( \div \left( 2\right) : \frac{AD}{CE} = \frac{\frac{{AB} \times {DE}}{BE}}{\frac{{BC} \times {DE}}{BD}} = \frac{AB}{BC} \times \frac{BD}{BE} = \frac{4}{6} \times \frac{3}{5} = \frac{2}{5} \) .
例11.(AMC)在 \( {\Delta ABC} \) 中， \( {AC} : {CB} = 3 : 4 \) 的比值。顶点 \( C \) 处外角的平分线与 \( {BA} \) 的延长线交于 \( P\left( {A\text{is between}P\text{and}B}\right) \) 。 \( {PA} : {AB} \) 的比值为:
(A) \( \frac{1}{3} \) (B) \( \frac{3}{4} \) (C) \( \frac{4}{3} \) (D) \( \frac{3}{1} \) (E) \( \frac{7}{1} \)
解答:(D)。
方法1(官方解答):
作 \( P{A}^{\prime } \) 使得 \( \angle {BPC} = \angle {A}^{\prime }{PC} \) ；则 \( \Delta {A}^{\prime }{CP} \cong \Delta {A}^{\prime }{CP} \) (角边角)且 \( {AC} = {A}^{\prime }C \) ， \( {PA} = P{A}^{\prime } \) 。由于 \( {PC} \) 在 \( {\Delta BP}{A}^{\prime } \) 中平分 \( \angle {BP}{A}^{\prime } \) ，
\( \frac{BC}{C{A}^{\prime }} = \frac{PB}{P{A}^{\prime }} \) 或 \( \frac{BC}{CA} = \frac{PB}{PA} = \frac{4}{3}. \)
\( {AB} = {PB} - {PA} \) ，因为 \( A \) 位于 \( P \) 与 \( B \) 之间。
\[ \frac{AB}{PA} = \frac{PB}{PA} - \frac{PA}{PA} = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}\text{, so }\frac{PA}{AB} = 3. \]
方法2(官方解答):
根据定理3(外角平分线定理)(22.1b)，
\[ \frac{BC}{PB} = \frac{AC}{PA}\; \Rightarrow \;\frac{PB}{PA} = \frac{BC}{AC} = \frac{4}{3} \Rightarrow \frac{{PA} + {AB}}{PA} = \frac{4}{3}\; \Rightarrow \;1 + \frac{AB}{PA} = \frac{4}{3} \Rightarrow \]
\[ \frac{AB}{PA} = \frac{1}{3},\text{ so }\frac{PA}{AB} = 3. \]
2.2. 中线问题
例12. 在直角三角形中， \( {ABC}, M \) 和 \( N \) 分别为直角边 \( \overline{AB} \) 和 \( \overline{BC} \) 的中点。直角边 \( \overline{AB} \) 长6单位，直角边 \( \overline{BC} \) 长8单位。 \( \bigtriangleup {APC} \) 的面积是多少平方单位？
(A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 10
解答:(D)。
三角形 \( {ABC} \) 的面积为 \( 6 \times 8/2 = {24} \) 。
\( \bigtriangleup {APC} \) 的面积就是 \( \frac{2}{6} \times {24} = 8 \) 。
例13.(AMC 12)三角形 \( {ABC} \) 的中线 \( {BD} \) 与 \( {CE} \) 互相垂直，
\( {BD} = 8 \) ，且 \( {CE} = {12} \) 。求三角形 \( {ABC} \) 的面积。
(A) 24 (B) 32 (C) 48 (D) 64 (E) 96
解答:(D)。
方法1(官方解答):
设中线交于 \( G \) 。则 \( {CG} = \left( {2/3}\right) {CE} = 8 \) ，且三角形 \( {BCD} \) 的面积为 \( \left( {1/2}\right) {BD} \cdot {CG} = \left( {1/2}\right) \cdot 8 \cdot 8 = \) 32。由于 \( {BD} \) 是中线，三角形 \( {ABD} \) 与 \( {DBC} \) 面积相等，故三角形面积为64。
方法2(官方解答):
由于中线互相垂直，四边形 \( {BCDE} \) 的面积为对角线 \( \left( {1/2}\right) \left( {12}\right) \left( 8\right) = {48} \) 乘积的一半。(为什么？)然而， \( D \) 与 \( E \) 为中点，使得三角形 \( {AED} \) 的面积为三角形 \( {ABC} \) 的四分之一。因此 \( {BCDE} \) 的面积为三角形 \( {ABC} \) 的四分之三，从而三角形 \( {ABC} \) 的面积为64。
方法3(我们的解答):
\( {DG} = \frac{1}{3}{BD} = \frac{1}{3} \times 8 = \frac{8}{3} \) ，且 \( {CG} = \frac{2}{3}{CE} = \frac{2}{3} \times {12} = 8 \)
\( {S}_{\bigtriangleup {CDG}} = \frac{1}{2}{DG} \times {CG} = \frac{1}{2} \times \frac{8}{3} \times 8 = \frac{32}{3} \)
我们知道 \( {S}_{\bigtriangleup {CDG}} = \frac{1}{6}{S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{32}{3} \Rightarrow \)
\[ {S}_{\Delta ABC} = 6{S}_{\Delta CDG} = 6 \times \frac{32}{3} = {64}. \]
方法4(我们的解答):根据定理11，三角形 \( {ABC} \) 的面积为两条中线乘积的 \( 2/3 \) : \( {S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{2}{3} \times 8 \times {12} = {64} \) 。
例14.(AMC)在附图中，三角形 \( {ABC} \) 满足 \( {AB} = 4 \) 且 \( {AC} = 8 \) 。若 \( M \) 为 \( {BC} \) 与 \( {AM} = 3 \) 的中点，则 \( {BC} \) 的长度为多少？
(A) \( 2\sqrt{26} \) (B) \( 2\sqrt{31} \) (C) 9 (D) \( 4 + 2\sqrt{13} \)
(E) 信息不足，无法解题
解答:(B)。
方法1(官方解答):
在附图中，设 \( h \) 为作到 \( {BC} \) 的高 \( {AN} \) 的长度，设 \( x = {BM} \) ，并设 \( y = {NM} \) 。则
\[ {h}^{2} + {\left( x + y\right) }^{2} = {64},{h}^{2} + {y}^{2} = 9,\;{h}^{2} + {\left( x - y\right) }^{2} = {16}. \]
将第一和第三方程相加，再减去第二方程的两倍，得到 \( 2{x}^{2} = {62} \) 。因此 \( x = \sqrt{31} \) 且 \( {BC} = 2\sqrt{31}. \)
方法2(我们的解法):
根据定理5(中线长度公式):
\[ A{M}^{2} + A{M}^{2} = \left( {A{B}^{2} - B{M}^{2}}\right) + \left( {A{C}^{2} - C{M}^{2}}\right) \]
\( 2 \times {3}^{2} = {4}^{2} - B{M}^{2} + {8}^{2} - B{M}^{2}\; \Rightarrow \;{2B}{M}^{2} = {8}^{2} + {4}^{2} - {18} = {62}\; \Rightarrow \)
\[ B{M}^{2} = {31} \]
\( \Rightarrow {BM} = \sqrt{31} \Rightarrow {BC} = {2BM} = 2\sqrt{31} \) .
例15. 一三角形边长为2、3、4，求最短边中线的长度:
(A) \( \frac{\sqrt{46}}{2} \) (B) \( 7/2 \) (C) \( {11}/3 \) (D) 4 (E) \( \frac{\sqrt{47}}{2} \)
解答:(A)。
如图所示， \( P \) 为 \( {AC}.{AP} = {PC} = 1 \) 的中点。
根据定理5(中线长度公式): \( \left( {B{P}^{2}}\right) + \left( {B{P}^{2}}\right) = \left( {B{C}^{2} - C{P}^{2}}\right) + \left( {A{B}^{2} - A{P}^{2}}\right) \)
\( \Rightarrow {2B}{P}^{2} = \left( {{3}^{2} - {1}^{2}}\right) + \left( {{4}^{2} - {1}^{2}}\right) \)
\( \Rightarrow \;{2B}{P}^{2} = {23} \Rightarrow {BP} = \sqrt{\frac{23}{2}} = \frac{\sqrt{46}}{2} \) .
例16.(AMC)在 \( {\Delta ABC} \) 中，已知 \( {AB} = 1 \) 且 \( {AC} = 2 \) 。边 \( {BC} \) 与从 \( A \) 到 \( {BC} \) 的中线长度相等。求 \( {BC} \) ？
(A) \( \frac{1 + \sqrt{2}}{2} \) (B) \( \frac{1 + \sqrt{3}}{2} \) (C) \( \sqrt{2} \) (D) \( \frac{3}{2} \) (E) \( \sqrt{3} \)
解答:(C)。
根据中线长度公式:
\( \left( {A{D}^{2} + D{C}^{2}}\right) + \left( {A{D}^{2} + B{D}^{2}}\right) = A{B}^{2} + A{C}^{2} \)
\[ {\left( 2m\right) }^{2} + {m}^{2} + {\left( 2m\right) }^{2} + {m}^{2} = {1}^{2} + {2}^{2} \]
\( {10}{m}^{2} = 5 \Rightarrow {m}^{2} = \frac{1}{2} \Rightarrow m = \frac{\sqrt{2}}{2} \)
\[ {BC} = {2m} = 2 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}. \]
(注:这是2002年AMC 12 B卷第23题。AMC官方给出了两种解法，一种使用余弦定理，一种使用坐标系。我们提供了第三种尚未在其他地方发表的解法。)
例17.(北卡罗来纳数学竞赛)三角形两边长分别为25和20，第三边的中线长为19.5。求第三边的长度。
(A)22.5 (B)23 (C)23.5 (D)24 (E)24.5
解答:(B)。
解法1(官方解法):
设与长度为25的边相对的角为 \( \theta \) ，第三边长度为 \( x \) 。
余弦定理告诉我们
\( {25}^{2} = {20}^{2} + 4{x}^{2} - {80x}\cos \theta \) 和 \( {19.5}^{2} = {20}^{2} + {x}^{2} - {40x}\cos \theta . \)
将第二个方程乘以-2并与第一个方程相加，得到
\( {25}^{2} - 2 \times {19.5}^{2} = - {20}^{2} + 2{x}^{2} \) .
解出 \( x \) ，我们得到 \( x = {11.5} \) 。因此第三边为23。
解法2(我们的解法):
设第三边长度为 \( {2x} \) 。
根据定理5(中线长度公式):
\[ \left( {19.5}^{2}\right) + \left( {19.5}^{2}\right) = \left( {{20}^{2} - {x}^{2}}\right) + \left( {{25}^{2} - {x}^{2}}\right) \; \Rightarrow \;{760.5} = {1025} - 2{x}^{2}\; \Rightarrow \]
\[ 2{x}^{2} = {1025} - {760.5} = {264.5} \Rightarrow {x}^{2} = {1025} - {760.5} = {132.25} \Rightarrow \]
\[ \left( {x - {11.5}}\right) \left( {x + {11.5}}\right) = 0 \Rightarrow x = {11.5} \]
第三边长度为 \( {2x} = 2 \times {11.5} = {23} \) 。
例18. 在三角形 \( {ABC} \) 中，顶点 \( A \) 引出的中线与顶点 \( B \) 引出的中线互相垂直。若边 \( {AC} \) 和 \( {BC} \) 的长度分别为6和7，则边 \( {AB} \) 的长度为
(A) \( \sqrt{17} \) (B)4 (C) \( 4\frac{1}{2} \) (D) \( 2\sqrt{5} \) (E) \( 4\frac{1}{4} \)
解答:(A)。
方法1(官方解答):
设从 \( A \) 和 \( B \) 出发的两条互相垂直的中线交于点0，并分别交其对边于中点 \( M \) 和 \( N \) ，于是 \( {AN} = 3 \) 和 \( {BM} = \) \( 7/2 \) (见图)。设线段 \( {AO} \) 和 \( {BO} \) 的长度分别为 \( 2\mathrm{u} \) 和 \( 2\mathrm{v} \) ，则 \( {OM} \) 和 \( {ON} \) 的长度分别为 \( \mathrm{u} \) 和 \( \mathrm{v} \) 。对直角三角形 \( {AON} \) 和 \( {BOM} \) 分别应用勾股定理，可得
\( 4{u}^{2} + {v}^{2} = {3}^{2} = 9 \) 和 \( {u}^{2} + 4{v}^{2} = {\left( 7/2\right) }^{2} = {49}/4 \) 。
将这两个方程相加后取五分之四，得到 \( 4{u}^{2} + 4{v}^{2} = {17} \) ，它等于直角三角形 \( {AOB} \) 的斜边 \( {AB} \) 的平方。因此 \( {AB} \) 的长度为 \( \sqrt{17} \) 。
方法2(我们的解答):
根据定理10，(22.8)，我们有 \( A{C}^{2} + B{C}^{2} = {5A}{B}^{2}\; \Rightarrow \)
\[ A{B}^{2} = \frac{A{C}^{2} + B{C}^{2}}{5} = \frac{{6}^{2} + {7}^{2}}{5} = {17} \Rightarrow {AB} = \sqrt{17}. \]
例19.(AMC) \( {AB} \) 是直角三角形 \( {ABC} \) 的斜边。中线 \( {AD} = \) 为7，中线 \( {BE} = 4 \) 为？。 \( {AB} \) 的长度为:(A)10(B) \( 5\sqrt{3} \) (C) \( 5\sqrt{2} \) (D) \( 2\sqrt{13} \) (E) \( 2\sqrt{15} \) 解答:(D)。方法1(官方解答):
\[ {16} = {a}^{2} + \frac{{b}^{2}}{4};{49} = \frac{{a}^{2}}{4} + {b}^{2};{65} = \frac{5}{4}\left( {{a}^{2} + {b}^{2}}\right) ; \]
\[ {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} = {52};c = 2\sqrt{13}\text{.} \]
方法2(我们的解答):
根据定理9，(22.7)，我们有 \( 4\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = {5A}{B}^{2} \)
\[ \Rightarrow A{B}^{2} = \frac{4}{5}\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = \frac{4}{5}\left( {{7}^{2} + {4}^{2}}\right) = {52} \Rightarrow \]
\[ {AB} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13} \]
例20. 三角形 \( {PQR} \) 的边 \( {PQ} \) 和 \( {PR} \) 的长度分别为4英寸和7英寸。中线 \( {PM} \) 为 \( 3\frac{1}{2} \) 。则 \( {QR} \) 的长度(以英寸计)为
(A) 6 (B) 7 (C) 8 (D) 9 (E) 10
解答:(D)。
方法1(官方解答):
设 \( y \) 表示 \( {QR} \) 长度的一半，设 \( x \) 为从 \( P \) 所作高线的垂足到 \( M \) 的距离。则高的平方可表示为
\[ {16} - {\left( y - x\right) }^{2} = {\left( \frac{7}{2}\right) }^{2} - {x}^{2},\therefore {\left( y - x\right) }^{2} - {x}^{2} = \frac{15}{4} = {y}^{2} - {2xy}. \]
\[ {16} - {\left( y - x\right) }^{2} = {7}^{2} - {\left( y + x\right) }^{2}. \]
\( \therefore {\left( y + x\right) }^{2} - {\left( y + x\right) }^{2} = {33} = {4xy} \) ，以及 \( {2xy} = \frac{33}{2}\therefore {y}^{2} - \frac{33}{2} = \frac{15}{4}\therefore {y}^{2} = \frac{81}{4} \) ，
\[ y = \frac{9}{2}.\therefore {QR} = 9\text{.} \]
方法2(我们的解法):
设 \( {2y} \) 表示 \( {QR} \) 长度的一半
根据定理7(中线长度公式)，(22.5)，我们有
\[ P{M}^{2} + P{M}^{2} = \left( {P{Q}^{2} - Q{M}^{2}}\right) + \left( {P{R}^{2} - M{R}^{2}}\right) \Rightarrow \]
\[ {\left( 3\frac{1}{2}\right) }^{2} + {\left( 3\frac{1}{2}\right) }^{2} = \left( {{4}^{2} - {y}^{2}}\right) + \left( {{7}^{2} - {y}^{2}}\right) \Rightarrow 2{y}^{2} = {4}^{2} + {7}^{2} - {\left( 3\frac{1}{2}\right) }^{2} - {\left( 3\frac{1}{2}\right) }^{2} = {58} \]
\[ \Rightarrow {y}^{2} = \frac{81}{4}\; \Rightarrow y = \frac{9}{2}\text{.} \]
所以 \( {QR} = 9 \) 。
问题
问题1. 直角三角形 \( {ABC} \) 被如图所示分割，使得角 \( {BAC} \) 被 \( \overline{AD} \) 平分。 \( \overline{AD} \) 的长度是多少？
(A) \( \frac{9\sqrt{5}}{2} \) (B) \( \frac{9\sqrt{3}}{2} \) (C) \( \frac{7\sqrt{5}}{2} \) (D) \( \frac{9}{2} \) (E) \( \frac{9\sqrt{5}}{4} \)
问题2. 在三角形 \( {PQR},\overrightarrow{RV} \) 中， \( \overrightarrow{RS} \) 是高， \( {PR} = {15},{RQ} = {20} \) 是角平分线。如果 \( {RV} = {12} \) ，且 \( {RVS} \) ，那么图中三角形
A. \( \frac{62}{7} \) B. \( \frac{72}{7} \) C. \( \frac{42}{7} \) D. \( \frac{32}{7} \) E. 10
问题3. 假设 \( \angle {ACD} \) 和 \( \angle {DCB} \) 的度数相同， \( \overline{AC} \) 的长度为18， \( \overline{BC} \) 的长度为12， \( \overline{AD} \) 的长度为9， \( \overline{BD} \) 的长度为6。 \( \overline{CD} \) 的长度是多少？
(A) 10 (B) 12 (C) 14 (D) \( 9\sqrt{2} \) (E) \( {10}\sqrt{3} \)
问题4. 在一个30-60-90直角三角形中，如果斜边长度为4，求从直角顶点到角平分线交点的距离。
(A) \( \sqrt{7 - 4\sqrt{3}} \) (B) \( \sqrt{6} - \sqrt{2} \) (C) \( \sqrt{6} - \sqrt{3} \)
(D) \( \sqrt{7} - \sqrt{2} \) (E) \( 2\sqrt{3} - 1 \)
问题5. 在 \( \bigtriangleup {ABC},\overline{CD} \) 中， \( \angle {ACB} \) 平分 \( {AC} = 6,{BC} = 5 \) 。如果 \( {AB} = 8 \) ，且 \( {CD} \) ，那么
(A) \( \frac{3\sqrt{190}}{11} \) (B) \( 4\frac{4}{11} \) (C) \( \frac{3\sqrt{19}}{11} \) (D) \( \frac{15}{4} \) (E) \( 3\frac{3}{4} \)
问题6.(北卡罗来纳数学竞赛几何)考虑 \( \bigtriangleup {ABC} \) ，其中 \( {CD} \) 平分 \( \angle {ACB} \) 。若 \( \angle {ACD} = \angle {CBD} \) 且 \( {AD} = a \) 且 \( {CD} = b \) ，求 \( {AC} \) 。(A) \( \sqrt{{a}^{2} + {ab}} \) (B) \( \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2}} \) (C) \( \sqrt{{a}^{2} + {ab} + {b}^{2}} \)
问题7. 在一直角三角形中，直角平分线将斜边分成两段，长度分别为3和4。求该直角三角形较大锐角的角平分线长度。
(A) \( \frac{{21}\sqrt{5}}{10} \) (B) \( \frac{{21}\sqrt{5}}{5} \) (C) \( \frac{{23}\sqrt{5}}{5} \) (D) \( \frac{21}{20} \) (E) \( \frac{{21}\sqrt{3}}{10} \)
问题8. 在正方形 \( {ABCD},{AC} \) 中， \( {BD} \) 与 \( O \) 交于 \( \angle {CAB} \) ， \( F \) 的角平分线交 \( {BD} \) 于 \( {BC} \) ，并交 \( G \) 于 \( {OF} \) 。求 \( {CG} \) 与
(A) \( \frac{1}{2} \) (B) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \) (C) \( \frac{1}{3} \) (D) \( \frac{2}{3} \) (E) \( \frac{5}{9} \)
问题9. 在 \( \bigtriangleup {ABC},\angle A = {90}^{ \circ }.{AD} \bot {BC}.{BE} \) 中， \( \angle B \) 是 \( {AD} \) 的角平分线，交 \( F \) 于 \( {AC} \) ，交 \( E \) 于 \( \frac{DF}{FA} \) 。若 \( \frac{AE}{EC} = \frac{1}{2} \) ，求
(A) \( \frac{1}{2} \) (B) \( \frac{2}{1} \) (C) \( \frac{1}{3} \) (D) \( \frac{2}{5} \) (E) 1
问题10. 在等腰 \( \bigtriangleup {ABC}\left( {{AB} = {AC}}\right) \) 中， \( \angle B \) 的角平分线将周长分成两部分，长度分别为168和112。求 \( {AB} \) 的长度。
(A) 80 (B) 105或80 (C) 105 (D) 112 (E) 112或70
问题11. 在 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中， \( {AC} : {CB} = 4 : 5 \) 的比值为 \( C \) 。 \( {BA} \) 处外角的平分线交 \( P\left( {A\text{is between}P\text{and}B}\right) \) 的延长线于 \( {PA} : {PB} \) 。则
(A) \( \frac{5}{2} \) (B) \( \frac{2}{5} \) (C) \( \frac{2}{3} \) (D) \( \frac{4}{5} \) (E) \( \frac{3}{5} \)
问题12. \( {ABCD} \) 为一矩形， \( {AB} = {2BC}.\mathrm{E} \) 且 \( \mathrm{F} \) 分别为 \( {AB} \) 和 \( {AD} \) 的中点。 \( {DE} \) 与 \( {BF} \) 交于 \( G \) 。求 \( {GBCD} \) 面积与 \( {ABCD} \) 面积之比。
(A) \( \frac{5}{2} \) (B) \( \frac{2}{5} \) (C) \( \frac{2}{3} \) (D) \( \frac{4}{5} \) (E) \( \frac{3}{5} \)
问题13. (AMC) 设直线 \( {AC} \) 垂直于直线 \( {CE} \) 。连接 \( A \) 与 \( {CE} \) 的中点 \( D \) ，并连接 \( E \) 与 \( {AC} \) 的中点 \( B \) 。若 \( {AD} \) 与 \( {EB} \) 交于点 \( F \) ，且 \( {BC} = {CD} = {15} \) 英寸，求三角形 \( {DFE} \) 的面积(平方英寸)。
(A) 50 (B) \( {50}\sqrt{2} \) (C) 75 (D) \( 3\frac{15}{2}\sqrt{105} \) (E) 100
问题14. 在三角形中， \( {PQR},\overline{RV} \) 为高， \( \overline{RS} \) 为中线。若 \( {PR} = {15} \) 、 \( {RQ} = {20} \) 、 \( {RV} = {12} \) ，求图中三角形 \( {RVS} \) 的面积。
(A) 42 (B) 21 (C) 150 (D) 10 (E) 48
问题15. 一三角形边长分别为2、3、4。最长边对应的中线长度为:A. \( \frac{\sqrt{10}}{2} \) B. \( 3/2 \) C. \( 4/3 \) D. \( 8 - 8\cos {30}^{ \circ } \) E 以上皆非
问题16. 在三角形 \( {ABC} \) 中，边 \( {AB} = 6 \) 、边 \( {AC} = 3 \) 、边 \( {BC} = 4 \) 。求边 \( {AB} \) 对应的中线长度。
(A) \( \sqrt{3} \) (B) \( \frac{\sqrt{14}}{2} \) (C) 2 (D) \( \frac{\sqrt{15}}{2} \) (E) \( \sqrt{5} \)
问题17. (NC Math Contest Geometry) 一三角形边长分别为11、13、16英寸。求16英寸边对应的中线长度。
问题18. 在 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中，中线 \( {AD} \) 垂直于中线 \( {BE} \) 。若 \( {BC} \) \( = 6 \) 且 \( {AC} = 8 \) ，求 \( {AB} \) 。
(A) \( \sqrt{17} \) (B) 4 (C) \( 4\frac{1}{2} \) (D) \( 2\sqrt{5} \) (E) \( 4\frac{1}{4} \)
问题19. 一锐角直角三角形，从两锐角顶点引出的中线长度分别为5与 \( \sqrt{40} \) 。求斜边长度。
(A) 10 (B) \( 2\sqrt{40} \) (C) \( \sqrt{13} \) (D) \( 2\sqrt{13} \) (E) 以上皆非
问题20. 在等腰三角形 \( \bigtriangleup {ABC}\left( {{AB} = {AC}}\right) \) 中，中线 \( {BE} \) 将周长分为5:3。若三角形周长为 \( {24}\mathrm{\;{cm}} \) ，求长度 \( {BC} \) 。
(A) 7 (B) 12 (C) 4 (D) 12或4 (E) 5
解答
问题1。解答:(A)。
直角三角形 \( {ABC} \) 是一个9-12-15的三角形。因此 \( {BD} = {12} \) 。
根据角平分线定理(Angle Bisector Theorem)， \( \frac{AB}{BD} = \frac{AC}{CD}\; \Rightarrow \;\frac{9}{BD} = \frac{15}{{12} - {BD}} \)
\( \Rightarrow \;\frac{9}{BD} = \frac{15}{{12} - {BD}} = \frac{24}{12} = 2 \Rightarrow \;{BD} = \frac{9}{2}. \)
对三角形 \( {ABD} \) 应用勾股定理(Pythagorean Theorem):
\[ {AD} = \sqrt{A{B}^{2} + B{D}^{2}} = \sqrt{{9}^{2} + {\left( \frac{9}{2}\right) }^{2}} = \frac{9\sqrt{5}}{2}. \]
问题2。解答:B。
我们看到三角形 \( {PVR} \) 是一个9-12-15的直角三角形，而三角形 \( {QVR} \) 是一个12-16-20的直角三角形。
根据角平分线定理(Angle Bisector Theorem)，
\[ \frac{PR}{PS} = \frac{RQ}{QS}\; \Rightarrow \;\frac{15}{9 + x} = \frac{20}{{16} - x} \Rightarrow \]
\[ \frac{3}{9 + x} = \frac{4}{{16} - x} = \frac{7}{25} \Rightarrow \;x = \frac{12}{7}. \]
三角形 \( {RVS} \) 的面积为 \( \frac{1}{2}{RV} \times x = \frac{1}{2} \times {12} \times \frac{12}{7} = \frac{72}{7} \) 。问题3。解答:(D)。根据角平分线长度公式(Angle Bisector Length Formula)， \( C{D}^{2} = {AC} \times {BC} - {AD} \times {DB} \Rightarrow \)
\[ C{D}^{2} = {18} \times {12} - 9 \times 6 = {162} \Rightarrow \;{CD} = \sqrt{162} = 9\sqrt{2}. \]
问题4。解答:(B)。在 \( {\Delta ABC} \) 中，若 \( {AB} = 4 \) ，则 \( {AC} = 2 \) 。在 \( \bigtriangleup {ACE} \) 中，由于 \( \angle {CAE} = {30},{CE} = \frac{2}{\sqrt{3}} \) (1)且 \( {AE} = \frac{4}{\sqrt{3}} \)
在 \( \bigtriangleup {ACE},{AC}/{CE} = {AG}/{GE} \) 中。(2)
若令 \( {AG} = y \) ，则由方程(2)可得 \( {GE} = \frac{y}{\sqrt{3}} \) 。
由于 \( {AG} + {GE} = {AE}, y + \frac{y}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}} \) 且 \( y = \frac{4}{1 + \sqrt{3}} = 2\sqrt{3} - 2 \)
因此， \( {AG} = 2\sqrt{3} - 2 \) (3)
且 \( {GE} = 2 - \frac{2\sqrt{3}}{3} \) (4)
我们知道 \( {\left( CG\right) }^{2} = \left( {AC}\right) \left( {CE}\right) - \left( {AG}\right) \left( {GE}\right) \) 。(5)
将(1)、(3)和(4)代入(5)，我们得到
\( {\left( CG\right) }^{2} = 8 - 4\sqrt{3} \) .
因此， \( {CG} = \sqrt{8 - 4\sqrt{3}} = \sqrt{6} - \sqrt{2} \) 。
问题5。解答:(A)。
根据角平分线定理(Angle Bisector Theorem)，
\[ \frac{AC}{AD} = \frac{CB}{BD}\; \Rightarrow \;\frac{6}{AD} = \frac{5}{8 - {AD}} \Rightarrow \;\frac{6}{AD} = \frac{5}{8 - {AD}} = \frac{11}{8}\; \Rightarrow \]
\[ {AD} = \frac{48}{11}\text{. So}{BD} = 8 - \frac{48}{11} = \frac{40}{11}\text{.} \]
根据角平分线长度公式， \( C{D}^{2} = {AC} \times {BC} - {AD} \times {DB} \)
\( \Rightarrow \;C{D}^{2} = 6 \times 5 - \frac{48}{11} \times \frac{40}{11} \Rightarrow \;{CD} = \sqrt{6 \times 5 - \frac{48}{11} \times \frac{40}{11}} = \frac{3\sqrt{190}}{11}. \)
问题6。解答:(A)。
设 \( {BC} = y \) 。
根据角平分线定理，我们有
\[ \frac{x}{a} = \frac{y}{b}\; \Rightarrow \;{ay} = {bx} \tag{1} \]
根据角平分线长度公式，我们有
\[ {b}^{2} = {xy} - {ab} \Rightarrow \;{xy} = {ab} + {b}^{2} \tag{2} \]
(2) \( \div \) (1): \( \frac{x}{a} = \frac{{b}^{2} + {ab}}{bx} \Rightarrow {x}^{2} = a\left( {b + a}\right) \Rightarrow x = \sqrt{a\left( {b + a}\right) } \) .
问题7。解答:(A)。
在直角 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中，直角位于 \( C \) ，角平分线为 \( {CD} \) ，
\( {AD} = 3 \) 而 \( {DB} = 4 \) 。
由于 \( {AC}/{CB} = {AD}/{DB},{AC} = {3x} \) ，且 \( {CB} = {4x} \) 。
对 \( \bigtriangleup {ABC} \) 应用勾股定理:
\( {\left( 3x\right) }^{2} + {\left( 4x\right) }^{2} = {7}^{2} \) ，且 \( x = 7/5 \) 。
因此， \( {AC} = {21}/5 \) 且 \( {CB} = {28}/5 \) 。同时， \( {AC}/{AB} = {CE}/{EB} \) 。
代入后得到 \( \frac{\frac{21}{5}}{7} = \frac{CE}{\frac{28}{5} - {CE}} \) 。于是 \( {CE} = {21}/{10} \) 且 \( {EB} = 7/2 \) 。
对 \( \bigtriangleup {ACE} \) 应用勾股定理:
\( {\left( AE\right) }^{2} = {\left( AC\right) }^{2} + {\left( CE\right) }^{2}\; \Rightarrow \;A{E}^{2} = {\left( \frac{21}{5}\right) }^{2} + {\left( \frac{21}{10}\right) }^{2} = \frac{441}{20} \)
因此， \( {AE} = \frac{21}{2\sqrt{5}} = \frac{{21}\sqrt{5}}{10} \) 。
问题8。解答:(A)。
假设 \( {AB} = 1 \) ，则正方形的对角线等于 \( {AC} = \sqrt{2} \) 。
\( \frac{AB}{BF} = \frac{AO}{OF} \) (角平分线定理)。 \( \frac{1}{y} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2} - y} \)
\( \frac{AB}{GB} = \frac{AC}{CG} \) (角平分线定理)。 \( \frac{1}{1 - x} = \frac{\sqrt{2}}{x} \)
解 \( \frac{y}{x},\frac{y}{x} = \frac{1}{2} \) 。
问题9。解答:(A)。
由于 \( {BE} \) 是 \( \angle B \) 的角平分线，根据角平分线定理，我们有:
\[ \frac{DF}{FA} = \frac{BD}{AB} \tag{1} \]
由于 \( {AD} \) 是 \( \angle A \) 的角平分线，根据角平分线定理，我们有:
\[ \frac{AE}{EC} = \frac{AB}{BC} \tag{2} \]
我们知道 \( \angle A = {90}^{ \circ } \) 和 \( {AD} \bot {BC} \) 。
因此 \( \bigtriangleup {ADB} \sim \bigtriangleup {CAB} \) ，所以 \( \frac{BD}{AB} = \frac{AB}{BC} \) (3)
将(3)代入(2)，我们得到 \( \frac{DF}{FA} = \frac{AE}{EC} = \frac{1}{2} \) 。
问题10。解答:(B)。
由于 \( {BE} \) 是 \( \angle {ABC} \) 的角平分线，根据角平分线定理，我们有:
\[ \frac{AB}{AE} = \frac{BC}{CE}\; \Rightarrow \;\frac{BC}{AB} = \frac{CE}{AE} = \frac{{BC} + {CE}}{{AB} + {AE}}. \]
\[ \text{Case 1:}\frac{BC}{AB} = \frac{CE}{AE} = \frac{{BC} + {CE}}{{AB} + {AE}} = \frac{112}{168} = \frac{2}{3}\text{or}{BC} = \frac{2}{3}{AB} \tag{1} \]
已知 \( {AB} + {BC} + {AC} = {2AB} + {BC} = {112} + {168} \)
\[ \text{or}{2AB} + {BC} = {280} \tag{2} \]
将(1)代入(2): \( {2AB} + \frac{2}{3}{AB} = {280} \Rightarrow {AB} = {105} \) 。
情况2: \( \frac{BC}{AB} = \frac{CE}{AE} = \frac{{BC} + {CE}}{{AB} + {AE}} = \frac{168}{112} = \frac{3}{2} \) 或 \( {BC} = \frac{3}{2}{AB} \) (3)
将(3)代入(2): \( {2AB} + \frac{3}{2}{AB} = {280} \Rightarrow {AB} = {80} \) 。
所以答案是(B)。
问题11。解答:(D)。
方法二(官方解答):
根据定理3(外角平分线定理)(22.1b)，
\( \frac{BC}{PB} = \frac{AC}{PA}\; \Rightarrow \;\frac{PA}{PB} = \frac{AC}{BC} = \frac{4}{5}. \)
问题12。解答:(C)。
我们连接 \( {BD} \) 并延长 \( {AG} \) 与 \( {BD} \) 相交于 \( H \) 。由于中线 \( {DE} \) 和 \( {BF} \) 相交于 \( G, G \) ，它是三角形 \( {ABD} \) 的重心，且形成的六个小三角形面积相等。
每个小三角形的面积都是矩形 \( \frac{1}{12} \) 面积的 \( \frac{1}{12} \) ，因此三角形
三角形 \( {ABCD} \) 的面积。
三角形 \( {DBC},{S}_{DBC} = \frac{1}{2} \times {S}_{ABCD} \) 的面积。
\( {S}_{DGBC} = {S}_{DGB} + {S}_{DBC} = \frac{2}{12}{S}_{ABCD} + \frac{1}{2}{S}_{ABCD} = \left( {\frac{2}{12} + \frac{1}{2}}\right) \times {S}_{ABCD}. \)
\( {GBCD} \) 面积与 \( {ABCD} \) 面积的比值。
\[ {S}_{DGBC} = \frac{{S}_{DGBC}}{{S}_{ABCD}} = \frac{2}{12} + \frac{1}{2} = \frac{2 + 6}{12} = \frac{2}{3}. \]
问题13。解答:(C)。
方法一(官方解答):
作 \( {AE} \) 并作三角形底边 \( {DE} \) 上的高 \( {FG} \) 。
\( {DEF} \) 。由于 \( F \) 是三角形中线的交点。
三角形 \( {ACE},{FD} = \frac{1}{3}{AD}.\therefore {FG} = \frac{1}{3}{AC} = \frac{1}{3} \cdot {30} = {10} \) 。
\( \therefore \operatorname{area}\left( {\Delta DEF}\right) = \frac{1}{2} \cdot {15} \cdot {10} = {75} \) .
三角形的三条中线将三角形分成六个面积相等的三角形。因此， \( \operatorname{Area}\left( {\Delta FDE}\right) = {75} \) 。
方法二(我们的解法):
连接 \( {AE} \) 。然后连接 \( {CF} \) 并将其延长，与 \( {AE} \) 交于 \( M \) 。 \( F \) 是重心，三角形 \( {ACE} \) 被分成六个面积相等的小三角形。
\( \left( {\bigtriangleup {ACD}}\right) = \frac{1}{2} \cdot {30} \cdot {15} = {225} \) 的面积。 \( \left( {\bigtriangleup {ACD}}\right) = \frac{1}{2} \cdot {30} \cdot {15} = {225} \) 的面积
\[ \left( {\Delta FDE}\right) = \frac{225}{3} = {75}. \]
问题14。解答:(B)。
我们看到三角形 \( {PVR} \) 是一个9-12-15的直角三角形，三角形 \( {QVR} \) 是一个12-16-20的直角三角形。
设 \( {VS} = x \) 。如图所示，我们有
由于 \( S \) 是 \( {PQ} \) 的中点，我们有 \( 9 + x = {16} - x \) 。
\[ x = \frac{7}{2}\text{.} \]
三角形 \( {RVS} \) 的面积
\[ \text{is}\frac{1}{2}{RV} \times x = \frac{1}{2} \times {12} \times \frac{7}{2} = {21}\text{.} \]
问题15。解答:(A)。
如图所示， \( P \) 是 \( {AB}.{BP} = \) \( {PA} = 2 \) 的中点。
根据定理5(中线长度公式):
\[ \left( {C{P}^{2}}\right) + \left( {C{P}^{2}}\right) = \left( {B{C}^{2} - B{P}^{2}}\right) + \left( {A{C}^{2} - A{P}^{2}}\right) \]
\[ \Rightarrow {2C}{P}^{2} = \left( {{3}^{2} - {2}^{2}}\right) + \left( {{2}^{2} - {2}^{2}}\right) \]
\[ \Rightarrow \;{2C}{P}^{2} = 5 \Rightarrow \;{CP} = \sqrt{\frac{5}{2}} = \frac{\sqrt{10}}{2}\text{.} \]
问题16。解答:(B)。
由于 \( P \) 是 \( {AB},{BP} = {PA} = 3 \) 的中点。
根据定理5(中线长度公式):
\[ \left( {C{P}^{2}}\right) + \left( {C{P}^{2}}\right) = \left( {B{C}^{2} - B{P}^{2}}\right) + \left( {A{C}^{2} - A{P}^{2}}\right) \]
\[ {2C}{P}^{2} = \left( {{4}^{2} - {3}^{2}}\right) + \left( {{3}^{2} - {3}^{2}}\right) \Rightarrow \;{2C}{P}^{2} = 7 \Rightarrow \;{CP} = \sqrt{\frac{7}{2}} = \frac{\sqrt{14}}{2}. \]
问题17。解答:9英寸。
方法一(官方解法):
设 \( x \) 为中线长度。根据海伦定理(Heron’s Theorem)，该三角形的面积为
\[ \sqrt{{20}\left( 9\right) \left( 7\right) \left( 4\right) } = 6\sqrt{140}\text{.} \]
边长为11、8和 \( x \) 的三角形，其面积即为 \( 3\sqrt{140} \) 。
再次对边长为11、8和 \( x \) 的三角形应用海伦定理，
\[ \left( \frac{{19} + x}{2}\right) \times \left( \frac{{19} - x}{2}\right) \times \left( \frac{x + 3}{2}\right) \times \left( \frac{x - 3}{2}\right) = {1260}. \]
因此 \( \left( {{361} - {x}^{2}}\right) \left( {{x}^{2} - 9}\right) = {20160} \Rightarrow - {x}^{4} + {370}{x}^{2} - {3249} = {20160} \Rightarrow \)
\[ {x}^{4} - {370}{x}^{2} - {23409} = 0. \]
因式分解得 \( \left( {{x}^{2} - {81}}\right) \left( {{x}^{2} - {289}}\right) = 0 \) 。
解 \( x \) ，得到两个解:9和17。三角形的中线长度不能为17，故长度为9英寸。
方法二(我们的解法):
设 \( x \) 为中线长度。
根据中线长度公式(The Median Length Formula):
\[ \left( {B{D}^{2}}\right) + \left( {B{D}^{2}}\right) = \left( {A{B}^{2} - A{D}^{2}}\right) + \left( {B{C}^{2} - C{D}^{2}}\right) , \]
\[ \text{we have}\left( {x}^{2}\right) + \left( {x}^{2}\right) = \left( {{11}^{2} - {8}^{2}}\right) + \left( {{13}^{2} - {8}^{2}}\right) \Rightarrow \]
\[ 2{x}^{2} = 3\left( {{11} + 8}\right) + 5\left( {{13} + 8}\right) = 3 \times {19} + 5 \times {21} = 3\left( {{19} + {35}}\right) = 3 \times {54}. \]
\[ {x}^{2} = 3 \times {27} = {9}^{2}\; \Rightarrow \;x = 9. \]
第18题。答案:(D)。
方法一:设 \( {AD} = {3x} \) 。则 \( {AG} = {2x} \) 且 \( {DG} = x \) 。
设 \( {BE} = {3y} \) 。则 \( {BG} = {2y} \) 且 \( {GE} = y \) 。
根据勾股定理(Pythagorean Theorem)，
对于 \( \bigtriangleup {DGB},{x}^{2} + {\left( 2y\right) }^{2} = 9 \) ；
对于 \( \bigtriangleup {EGA},{y}^{2} + {\left( 2x\right) }^{2} = {16} \) 。
相加得 \( 5{x}^{2} + 5{y}^{2} = {25} \) ；因此 \( {x}^{2} + {y}^{2} = 5 \) 。然而，在 \( {\Delta BGA},{\left( 2y\right) }^{2} + {\left( 2x\right) }^{2} = {\left( AB\right) }^{2} \) 中，或 \( 4{y}^{2} + 4{x}^{2} = {\left( AB\right) }^{2} \) 。由于 \( {x}^{2} + {y}^{2} = 5,4{x}^{2} + 4{y}^{2} = {20} \) 。根据传递性， \( {\left( AB\right) }^{2} = {20} \) ，且 \( {AB} = 2\sqrt{5} \) 。方法二:
\[ B{C}^{2} + C{A}^{2} = {5A}{B}^{2}\; \Rightarrow \;{AB} = 2\sqrt{5}\text{.} \]
问题19. 解答:(D)。
方法1(官方解答):
由已知信息可知，对于直角三角形ABC，
\[ {\left( \frac{a}{2}\right) }^{2} + {b}^{2} = {25}\text{ and }{a}^{2} + {\left( \frac{b}{4}\right) }^{2} = {40}.\therefore {a}^{2} = {36}\text{ and } \]
\[ {b}^{2} = {16}; \]
\[ \therefore {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} = {52};\therefore c = 2\sqrt{13}\text{.} \]
方法2(我们的解答):
根据定理9，(22.7)，我们有 \( 4\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = {5A}{B}^{2} \)
\[ \Rightarrow A{B}^{2} = \frac{4}{5}\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = \frac{4}{5}\left\lbrack {{5}^{2} + {\left( \sqrt{40}\right) }^{2}}\right\rbrack = {52}\; \Rightarrow {AB} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13} \]
问题20. 解答:
\[ \text{Let}{AB} = {2x}\text{and}{BC} = y\text{.} \]
\[ \left\{ {\begin{array}{l} \frac{3x}{x + y} = \frac{5}{3} \\ {4x} + y = {24} \end{array} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 5 \\ y = 4 \end{array}\right. }\right. \]
\[ \left\{ {\begin{array}{l} \frac{3x}{x + y} = \frac{3}{5} \\ {4x} + y = {24} \end{array} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 3, \\ y = {12}. \end{array}\right. }\right. \]
由于 \( y = {12} \) 是周长的一半，我们可以排除这个答案。
因此答案为 \( y = 4 \) 。