每日一题[1987]转移比例

已知 $\triangle ABC$ 中 $\angle BAC$ 的平分线交 $BC$ 于 $D$,线段 $AD$ 的垂直平分线分别交 $\angle ABC$ 和 $\angle ACB$ 的平分线于 $E,F$ 两点.设 $AB=4$,$BC=5$,$CA=6$,则 $\triangle AEF$ 的面积的最简形式为 $\dfrac{m\sqrt n}p$(其中 $m,p$ 为互质正整数,$ n $ 不能被任何素数的平方整除),则 $ m+n+p=$ _______.

答案    $036$.

解析    作 $\triangle ABC$ 的外接圆在 $A$ 处的切线,与直线 $BC$ 交于点 $T$,则 $\angle TAD=\angle TDA$(这是因为 $\angle TAD=\angle ACB+\angle BAD=\angle ACB+\angle DAC=\angle BDA$),因此 $TA=TD$,从而 $T$ 在直线 $EF$ 上.

根据角平分线定理,可得 $BD=2$,$DC=3$,进而 $TB=4$.根据角平分线长定理,有\[AD^2=AB\cdot AC-BD\cdot CD\implies AD=3\sqrt 2\implies AM=\dfrac{3\sqrt 2}2.\]对 $\triangle TDM$ 和割线 $BIE$ 应用 $\tt Menelaus$ 定理,可得\[\dfrac{TE}{EM}=\dfrac{TB}{BD}\cdot \dfrac{DI}{IM}=4\implies EM=\dfrac13 TM,\]类似的,对 $\triangle TDM$ 和割线 $CIF$ 应用 $\tt Menelaus$ 定理,可得\[\dfrac{TF}{FM}=\dfrac{TC}{CD}\cdot \dfrac{DI}{IM}=6\implies FM=\dfrac 17TM,\]其中\[\dfrac{DI}{IM}=\dfrac{DI}{DM-ID}=\dfrac{2DI}{AD-2DI}=\dfrac{2DI}{AI-ID}=\dfrac{2}{\dfrac{AI}{ID}-1}=\dfrac{2}{\dfrac{CA}{CD}-1}=2.\] 于是\[EF=EM+FM=\dfrac{10}{21}TM=\dfrac{10}{21}\cdot \sqrt{TD^2-\left(\dfrac{AD}2\right)^2}=\dfrac{5\sqrt{14}}7,\]因此 $\triangle AEF$ 的面积为\[\dfrac 12\cdot AM\cdot EF=\dfrac 12\cdot \dfrac{3\sqrt 2}2\cdot \dfrac{5\sqrt{14}}7=\dfrac{15\sqrt 7}{14},\]因此 $m+n+p=36$.

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