三角形與其內(nèi)接三角形面積比的幾個(gè)問(wèn)題

[摘 ? 要]在處理三角形與其內(nèi)接三角形面積比問(wèn)題時(shí)，可建立幾何模型，使任意一個(gè)三角形的內(nèi)接三角形與正方體內(nèi)的點(diǎn)建立一一對(duì)應(yīng)關(guān)系.研究三角形與其內(nèi)接三角形面積比的有關(guān)問(wèn)題，有利于學(xué)生理解知識(shí)，提高學(xué)生解題能力.

[關(guān)鍵詞]內(nèi)接三角形;面積比;幾何模型

[中圖分類(lèi)號(hào)] ? ?G633.7 ? ? ? ?[文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼] ? ?A ? ? ? ?[文章編號(hào)] ? ?1674-6058（2019）26-0006-03

一、問(wèn)題的提出

如果△C1C2C3是△B1B2B3的內(nèi)接三角形，那么在一定條件下成立不等式

[S△C1C2C3][≤14S△B1B2B3]（簡(jiǎn)記[S′∕S≤14]）（1）

圍繞這個(gè)不等式，不少學(xué)者做過(guò)認(rèn)真的探討，也提出了一些有價(jià)值的見(jiàn)解，筆者深受啟發(fā)，進(jìn)而思考：許多文章給出的是使（1）成立的充分條件，究竟其必要條件是什么？若C1、C2、C3是三角形各邊上隨機(jī)選定的點(diǎn)，那么使（1）成立的概率有多大？針對(duì)這兩個(gè)問(wèn)題，筆者略談幾點(diǎn)認(rèn)識(shí)，借此拋磚引玉，有盼讀者不吝賜教.

二、引理

【引理】設(shè)C1、C2、C3分別在△B1B2B3的B2B3、B3B1、B1B2邊上，并且[B3C2B3B1] =λ1、[B1C3B1B2] =λ2、[B2C1B2B3] =λ3，連接C1C2、C2C3、C3C1，則

[S△C1C2C3S△B1B2B3]=λ1λ2λ3+（1-λ1）（1-λ2）（1-λ3）.

證明：如圖1，連接B1C1，記

S1=[S△C1B3C2]，

S2=[S△C1C2B1]，

S3=[S△B2C1C3]，

于是有[S△C1C2C3]=[S△B1B2B3]-（[S1]+[S2]+[S3]）（*）

由[B3C2B3B1]=λ1，得[S1S△C1B3B1]=λ1，

又[B2C1B2B3]=λ3，即[C1B3B2B3]=1-λ3，

亦即[S△C1B3B1S△B1B2B3 ]=1-λ3.

故S1=λ1（1-λ3）[S△B1B2B3].

同理S2=λ2（1-λ1）[S△B1B2B3].

S3=λ3（1-λ2）[S△B1B2B3].

將S1、S2、S3代入式（*），即得到引理之結(jié)論.

三、判定定理及其應(yīng)用

根據(jù)引理不難推得下面的判定定理.

【定理】C1、C2、C3分別在[△B1B2B3]的B2B3、B3B1、B1B2邊上，記[B3C2B3B1=λ1]、[B1C3B1B2=λ2]、[B2C1B2B3=λ3]，（0≤λ1、λ2、λ3≤1）.

若λ1λ2λ3+（1-λ1）（1-λ2）（1-λ3）[>=<14]，（2）

則[S△C1C2C3]∕ [S△B1B2B3][>=<14].

在上述判定定理中，令x=λ1[-12]、y=λ2[-12]、z=λ3[-12]，（[-12]≤x、y、z≤[12]），即可得到定理的另一種等價(jià)的形式：

若xy+yz+zx[>=< ]0，（3）

則[S△C1C2C3]∕[ S△B1B2B3][>=<14].

下面略舉數(shù)例，以顯示本文引理及判定定理之作用.

[例1]設(shè)ABC為任意三角形，點(diǎn)X、Y、Z分別在邊BC、CA、AB上，若[BX≤XC]，[CY≤YA]，[AZ≤ZB].求證：

△XYZ的面積≥[14]△ABC的面積.

證明：記[CYCA]=λ1、[AZAB]=λ2、[BXBC]=λ3，

且x=λ1[-12]、y=λ2[-12]、z=λ3[-12].

依題意

[BX]≤[XC]，

[CY]≤[YA]，

[AZ]≤[ZB].

∴0≤λi≤[12]（i=1，2，3），

即[-12]≤x，y， z≤0.

故有

f （x，y，z）=xy+yz+zx≥0，

由判定定理知

△XYZ的面積≥[14]△ABC的面積.

[例2]設(shè)M為[△]B1B2B3內(nèi)任意一點(diǎn)，由頂點(diǎn)B1、B2、B3與M連直線延長(zhǎng)后分別交對(duì)邊于C1、C2、C3，則有

[S△C1C2C3≤14S△B1B2B3].

式中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)M是△B1B2B3的重心時(shí)成立.

證明：記[B3C2B3B1]=λ1、[B1C3B1B2]=λ2、[B2C1B2B3]=λ3.

由于B1C1、B2C2、B3C3三線共點(diǎn)，

所以λ1λ2λ3=（1-λ1）（1-λ2）（1-λ3）.①

∵[λ1+λ2+λ33≥][λ1λ2λ33] ，

[（1-λ1）+（1-λ2）+（1-λ3）3≥][（1-λ1）（1-λ2）（1-λ3）3]，

∴[（1-λ1）（1-λ2）（1-λ3）3]≤1-[λ1+λ2+λ33]≤1-[λ1λ2λ33]. ②

將①式代入②，得

λ1λ2λ3≤[18].

故λ1λ2λ3+（1-λ1）（1-λ2）（1-λ3）≤[14].

由判定定理知

[S△C1C2C3]≤[14][S△B1B2B3] .

顯然，當(dāng)且僅當(dāng)λ1=λ2=λ3=[12]即M為重心時(shí)，上式等號(hào)成立.

[例3]過(guò)△B1B2B3內(nèi)任意一點(diǎn)M作三邊的垂線，分別交三邊于C1、C2、C3，則[S△C1C2C3]≤[ ?14][ S△B1B2B3].式中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)M為△B1B2B3的外接圓圓心時(shí)成立.

證明：如圖2，

∵M(jìn)C2⊥B1B3，MC1⊥B2B3，MC3⊥B1B2，

∴B3[C22]+B1[C23]+B2[C21]=C2[B21]+C3[B22]+C1[B23]，

若λi（i=1，2，3）， x， y， z如判定定理所記，則上式變形為

[b21]+[b22]+[b23]-2λ1b2-2λ2b3-2λ3b1=0，

即x[b21]+y[b22]+z[b23]=0③

（ⅰ）若x、y、z中有一個(gè)且僅有一個(gè)為零，則

f （x，y， z）=xy+yz+zx<0;

（ⅱ）若x、y、z均為零，

則f （x， y， z）=xy+yz+zx=0，

此時(shí)，M為△B1B2B3的外接圓圓心.

（ⅲ）若xyz0，則必有兩者同號(hào)，不失一般性，設(shè)yz>0，由③式得到

x=[-yb23-zb21b22].

于是

f （x，y，z）=xy+yz+zx

=[-yb23-zb21b22]·（y+z）+yz

=[-（y2b23+z2b21）-2yzb1b3cosB2b22]

≤ - [2yzb1b3（1+cosB2）b22]<0.

綜合（ⅰ）～（ⅲ），由判定定理知本題結(jié)論成立.

四、概率計(jì)算

在三維空間，方程xy+yz+zx=0表示一個(gè)圓錐曲面，如圖3（為使圖像清晰，圓錐曲面在第三、六、八卦限的部分未畫(huà)出）.這個(gè)曲面可以看作三坐標(biāo)軸繞DO旋轉(zhuǎn)而成，因?yàn)?[12]≤x，y，z≤[12]，所以方程xy+yz+zx=0所表示的曲面僅限于正方體以內(nèi)的部分，它與正方體的表面交線均為雙曲線的一支.

建立幾何模型，使任意一個(gè)三角形的內(nèi)接三角形與正方體內(nèi)的點(diǎn)建立一一對(duì)應(yīng)關(guān)系.

圓錐曲面Q把正方體分割為R、W兩部分，用點(diǎn)的集合來(lái)表示：

[R=（x，y，z）xy+yz+zx>0]，

[Q=（x，y，z）xy+yz+zx=0]，

[W=（x，y，z）xy+yz+zx<0]，

從圖中，我們能直觀地看到S′/ S [>=<14]的內(nèi)接三角形的分布情況.

如果內(nèi)接三角形的頂點(diǎn)是隨機(jī)選定的，即x，y，z獨(dú)立地均勻分布在-[12]≤x，y，z≤[12]的范圍內(nèi)，那么可以通過(guò)求R、W的體積來(lái)計(jì)算S′/ S>[14]與S′/ S<[14]內(nèi)接三角形的概率.

我們先計(jì)算R的體積，R由兩個(gè)小正方體及分布在另六個(gè)卦限的六個(gè)相同的曲頂柱體組成，如圖4，取第二卦限內(nèi)的曲頂柱體，計(jì)算其一半的體積VM .

[VM=012dz0z-zyz+ydy]

[=0121+ln12z2dz]

[=1241+ln12].

R由12個(gè)曲頂柱體與兩個(gè)體積為[18]的正方體組成，故有

VR=12VM+2×[18]

[=34-12ln2]

=0.4034.

對(duì)曲面Q的體積忽略不計(jì)，即可得到W的體積約為0.5966.

如果把VR、VM與整個(gè)正方體的體積相比較，則得S′/S<[14]的內(nèi)接三角形的概率近似等于0.4034，而S′/ S>[14]的內(nèi)接三角形的概率近似為0.5966.

高等數(shù)學(xué)的少量知識(shí)下放到高中課本以后，高考試題中，陸續(xù)出現(xiàn)具有高數(shù)背景的考題，有的數(shù)學(xué)教師感覺(jué)茫然.其實(shí)，高數(shù)和初等數(shù)學(xué)并非兩張皮，而是有機(jī)的整體，只有在教學(xué)中自覺(jué)強(qiáng)化高數(shù)的思維和方法的滲透意識(shí)，才能對(duì)高考命題有深刻的理解和把握.筆者撰寫(xiě)此文，目的是以此做例證，使讀者能得到一點(diǎn)點(diǎn)啟迪.由于水平有限，僅供參考.

[ ?參 ? 考 ? 文 ? 獻(xiàn) ?]

[1] ?常庚哲.復(fù)數(shù)計(jì)算與幾何證明[M].上海：上海教育出版社，1981.

[2] ?程龍.初等數(shù)學(xué)論叢（第3輯）[M].上海：上海教育出版社，1981.

[3] ?陳榮華.關(guān)于三角形面積比的一個(gè)定理及其應(yīng)用[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，1986（4）：6-7.

[4] ?劉裔宏，許康，吳茂貴，等.普特南數(shù)學(xué)競(jìng)賽（1938-1980）[M].長(zhǎng)沙：湖南科學(xué)技術(shù)出版社，1983.

（責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān)）