ΔABC 中，∠C 为直角，∠A,∠B 内角平分线交 BC,AC 于 P,Q，AP= 9，BQ=8√2，求 AB

ccchen

已知角平分线，求直角三角形斜边

Ysu2008

【解】
(0)、如图建立直角坐标系。

(1)、设A、B两点坐标分别为\(\left( a{,}0\right){,}\left( 0{,}b\right)\)，则直线AB的方程为 \(bx+ay-ab=0\)
直线AB与X轴交角的角平分线方程为 \(\frac{bx+ay-ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=\pm y\)
与Y轴方程联立求P点坐标，有
\(\begin{cases}
\frac{bx+ay-ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=\pm y\\
x=0
\end{cases}\Rightarrow P\begin{cases}
x=0\\
y=\frac{ab}{a\pm\sqrt{a^2+b^2}}
\end{cases}\)显然，分母中负号应舍去，则有\(AP=\sqrt{a^2+\frac{a^2b^2}{\left( a+\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}}=9\)

(2)、直线AB与Y轴交角的角平分线方程为 \(\frac{bx+ay-ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=\pm x\)
与X轴方程联立求Q点坐标，有
\(\begin{cases}
\frac{bx+ay-ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=\pm x\\
y=0
\end{cases}\Rightarrow Q\begin{cases}
x=\frac{ab}{b\pm\sqrt{a^2+b^2}}\\
y=0
\end{cases}\)同样的，分母中负号应舍去，有\(BQ=\sqrt{b^2+\frac{a^2b^2}{\left( b+\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}}=8\sqrt{2}\)

(3)、联立AP、BQ
\(\begin{cases}
\sqrt{a^2+\frac{a^2b^2}{\left( a+\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}}=9\\
\sqrt{b^2+\frac{a^2b^2}{\left( b+\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}}=8\sqrt{2}
\end{cases}\)

搞一个数值解：\(\begin{cases}
a\approx8.0498447\\
b\approx10.7331263
\end{cases}\Rightarrow AB\approx13.41640778\)

王守恩

记∠A=2a。

Solve[{9 Cos[a]/Cos[2 a] == 8 Sqrt[2] Sin[Pi/4 + a]/Sin[2 a] == AB, 0 < a < 1}, {a, AB}]

{{a -> -2 ArcTan[2 - Sqrt[5]], AB -> 6 Sqrt[5]}}

天山草

天山草

上面这个方法是利用了一个现成公式： 已知三角形的三条边长度，可直接求出任一条角平分线的长度。

luyuanhong

王守恩

luyuanhong 发表于 2025-1-10 11:01

怎么利用？

1，这是 3, 4, 5 的三角形。

2，面积 = 9*8Sqrt[2]*sin[45]/2=36。

ataorj

三角形角平分线等比定理可得4元2个方程，
勾股定理可得3个方程，其中新加了1元AB。
5元5组方程，可解。

ccchen

谢谢陆老师的解答以及各位老师提供的想法

波斯猫猫

在ΔABC 中，∠C 为直角，∠A ,∠B 内角平分线交分别 BC, AC 于 P, Q，AP= 9，BQ=8√2，求 AB。

思路：如图，显然，CP=9sinθ，BC=8√2cos(π/4-θ)，在ΔABP 中，由正弦定理有

[8√2cos(π/4-θ)-9sinθ]/sinθ=9/sin(π/2-2θ)=x/sin(π/2+θ)，

即，(8cosθ-sinθ)/sinθ=9/cos2θ=x/cosθ。由前部分有，

8(cosθ)^3-sinθ(cosθ)^2-4cosθ-4sinθ=0，tanθ=[8(cosθ)^2-4]/[4+(cosθ)^2]，

∵  (cosθ)^2=1/[1+(tanθ)^2]，∴  把此式代入上式，化简得

(2tanθ-1)[2(tanθ)^2+3tanθ+4]=0，即tanθ=1/2。

∴  cosθ=2/√5，cos2θ=3/5。故  x=9cosθ/cos2θ=6√5。