一道平面几何试题的探析

刘道祥　王吉利

摘 要：求线段之比，其关键是求出线段的长度或者求出两条线段之间的关系.本文以一道平面几何试题为例，重点探究了解决三角形内心的三种不同方法，分别用到了添加辅助线、构建方程、平面向量，通过对比不同方法，拓展了对三角形内心的认识和理解，有助于解决同类问题.

关键词：三角形的内心;内切圆;线段之比

作者简介：刘道祥（1987-），男，山东东阿人，教育硕士，中学二级教师，研究方向：中学数学教育教学;

王吉利（1990-），男，甘肃庄浪人，本科，中学二级教师，研究方向：中学数学教育教学.

对于求两条线段之比，初中阶段常用的解题方法是：求出两条线段的长度，然后求得两条线段之比;或者是通过已知条件，得到一个等式，通过对等式的化简，从而直接得到两条线段之比. 本文以一几何试题为例，探讨解决有关三角形内心的线段之比问题.

1 试题呈现

题目 如图1，在Rt△ABC中，∠C是直角，点M是AB的中点，点I是△ABC的内心，若BI⊥IM，求BC∶AC.

2 试题分析

本题考查了三角形的内切圆与内心，其中三角形的内切圆圆心为三角形三个内角角平分线的交点，试题中，并没有出现一个数字，却要求出BC∶AC，确实不容易.三角形内心与三角形三条边的关系是解决本题的一个突破口，利用圆的切线长定理，可以推导出直角三角形内切圆半径（记作r）与三边的关系为r=a+b-c2，其中a，b为直角边，c为斜边.

3 多向解答

解法1 如图2，延长MI交BC于点N，作MH⊥BC于点H，令⊙I与△ABC的三边AB，BC，AC分别相切与点D，E，F，连接ID，IE，IF，设BC=a，AC=b，AB=c，⊙I的半径为r.

因为点I是△ABC的内心，所以IE=ID=IF=r，ID⊥AB，IE⊥BC，IF⊥AC，IB平分∠ABC.

所以∠MBI=∠NBI.

因为BI⊥IM，所以∠BIM=∠BIN=90°.

在△BIN与△BIM中，因为∠BIM=∠BIN，BI=BI，∠MBI=∠NBI，

所以△BIN≌△BIM.

所以BM=BN，NI=IM，S△BMI=S△BNI.

又因为S△BMN=12BN×MH，S△BNI=12BN×IE，

所以12BN×MH=2×12BN×IE.

所以MH=2IE=2r.

因为∠C是直角，MH⊥BC，

所以∠C=∠BHM=90°.

所以HM//AC.

又因为点M是AB的中点，

所以HM是△ABC的中位线.

所以HM=12AC=12b.

所以2r=12b.

因为∠C是直角，IE⊥BC，IF⊥AC，

所以∠C=∠IEC=∠IFC=90°.

所以四边形IECF为矩形.

又因为IE=IF，所以四边形IECF为正方形.

所以EC=FC=IE=IF=r.

因为BA，BC是⊙I的切线，

所以BD=BE.

同理可得AD=AF.

因为AB=BD+AD=BE+AF，

BE=BC-EC=BC-r，AF=AC-FC=AC-r，

所以AB=（BC-r）+（AC-r）=BC+AC-2r.

所以AB=a+b-2r=a+b-12b=a+12b.

在Rt△ABC中，由勾股定理，得

AB2=BC2+AC2，即（a+12b）2=a2+b2.

整理，得ab=34.

所以BC∶AC=3∶4.

评注 本解法需要添加辅助线，而辅助线的添加确是本方法实施的一个重点.解题过程中，用到了全等三角形的判定、全等三角形的性质、正方形的判定、正方形的性质、圆的切线长定理、勾股定理、中位线定理等知识.

解法2 如图3，令⊙I与△ABC的三边AB，BC，AC分别相切与点D，E，F，连接ID，IE，IF.

设⊙I的半径为1，BE=x，

所以IE=ID=IF=1，ID⊥AB，IE⊥BC，IF⊥AC .

因为∠C是直角，IE⊥BC，IF⊥AC，

所以∠C=∠IEC=∠IFC=90°.

所以四边形IECF为矩形.

又因为IE=IF，

所以四边形IECF为正方形.

所以EC=FC=IE=IF=1.

所以BC=BE+EC=x+1.

因为BA，BC是⊙I的切线，

所以BD=BE=x.

同理可得AD=AF.

因为ID⊥AB，BI⊥IM，

所以 ∠BIM=∠IDB=∠MDI=90°.

因为∠BID+∠DIM=90°，∠IMD+∠DIM=90°，

所以∠BID=∠IMD.

在△BID與△IMD中，因为∠IDB=∠MDI，∠BID=∠IMD，

所以△BID∽△IMD.

所以BDID=IDDM.

即DM=ID2BD=1x.

因为点M是AB的中点，

所以AM=BM=BD+DM=x+1x.

所以AB=2BM=2x+2x，AD=AM+DM=（x+1x）+1x=x+2x.

所以AF=AD=x+2x.

所以AC=AF+FC=（x+2x）+1=x+2x+1.

在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB2=BC2+AC2.

即（2x+2x）2=（x+1）2+（x+2x+1）2.

整理，得x2-2x+1-2x=0.

去分母，得x3-2x2+x-2=0.

十字相乘法分解因式，得（x2+1）（x-2）=0.

解得 x=2.

所以BC=2+1=3，AC=2+22+1=4.

所以BC∶AC=3∶4.

评注 本解法难点在于解方程，如果方程列出，解不出，那么就无法得到本题的最终答案，但是此方法，用特殊代替一般，化形为数，利用方程的思想解决了问题.本方法在解题中用到了相似三角形的判定、相似三角形的性质、正方形的判定、正方形的性质、圆的切线长定理、勾股定理、一元二次方程等知识.

解法3 如图4，令⊙I与△ABC的三边AB，BC，AC分别相切与点D，E，F，连接ID，IE，IF，设BC=a，AC=b，AB=c，⊙I的半径为r，以点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系.

因为∠C是直角，IE⊥BC，IF⊥AC，

所以∠C=∠IEC=∠IFC=90°.

所以四边形IECF为矩形.

又因为IE=IF，所以四边形IECF为正方形.

所以EC=FC=IE=IF=r.

因为BA，BC是⊙I的切线，

所以BD=BE.

同理可得AD=AF.

所以AB=BD+AD=BE+AF.

又因为BE=BC-EC=BC-r，AF=AC-FC=AC-r，所以AB=（BC-r）+（AC-r）=BC+AC-2r.

所以r=BC+AC-AB2=a+b-c2.

所以A（0，b），B（0，a），C（0，0），I（a+b-c2，a+b-c2）.

因为点M是AB的中点，所以M（b2，a2）.

所以BI=（a+b-c2，a+b-c2）-（0，a）

=（a+b-c2，b-c-a2）.

MI=（a+b-c2，a+b-c2）-（b2，a2）

=（a-c2，b-c2）.

因为BI⊥IM，所以BI·MI=0.

即（a+b-c2，b-c-a2）·（a-c2，b-c2）=0.

所以a+b-c2×a-c2+b-c-a2×b-c2=0.

整理，得a2+b2+2c2-ac-3bc=0.

在Rt△ABC中，由勾股定理，得

AB2=BC2+AC2，即c2=a2+b2.

所以c2+2c2-ac-3bc=0，即c=a+3b3.

所以（a+3b3）2=a2+b2.整理，得ab=34.

所以BC∶AC=3∶4.

评注 本解法需要学生在学习平面向量之后，才能读懂，提供本方法，目的是用以对比解法1和解法2.本解法容易理解，計算较少，与解法2用到同样的数形结合思想，化形为数，用到了平面向量、正方形的判定、正方形的性质、圆的切线长定理、勾股定理、一元二次方程等知识.

参考文献：

[1] 罗增儒.数学解题学引论[M]. 西安：陕西师范大学出版社，2008.

（收稿日期：2019-08-04）