等边 \(\triangle ABC\) 中, \(AD,AE\) 为 \(\angle BAC\) 的三等分线, \(F\) 为 \(AE\) 中点, 连接 \(BF\) 交 \(AD\) 于点 \(G\), 连接 \(GE\), 求证: \(GD=DE\).
解析:
法一 考虑选定一组边长作为"基底"', 设
\((AD,BD,DE)=(x,y,z).\)
首先计算 \(GD\), 直线 \(BF\) 交 \(\triangle ADE\) 的三边 \(AD,DE,EA\) 于点 \(G,B,F\). 由梅涅劳斯定理可得
$$
\dfrac{AG}{GD}\cdot \dfrac{DB}{BE}\cdot \dfrac{ EF}{FA}=1.$$
即有 \(\dfrac{AG}{GD}=\dfrac{y+z}{y}\), 给等式两边加 \(1\), 可得$$
GD=\dfrac{y}{2y+z}\cdot AD=\dfrac{yz}{2y+z}.$$
接下来计算 \(DE\), 在 \(\triangle ABE\) 中, 由角平分线定理可得$$
\dfrac{BD}{DE}=\dfrac{AB}{AE}.$$
从而 $$
DE=\dfrac{BD\cdot AE}{AB}=\dfrac{BD\cdot AD}{BC}=\dfrac{yz}{2y+z}.$$ 显然 \(GD=DE\), 证毕.
法二 如图, 过 \(D\) 作 \(DH\parallel AE\), \(AE\cap DH=H\).
则 \(\triangle AGF\sim \triangle ADH\), \(\triangle EDH\sim \triangle EBF\). 设 \(ED: DB=\lambda\), 则
$$
\dfrac{AG}{GD}=\dfrac{AF}{FH}=\dfrac{EH+HF}{HF}=\dfrac{ED}{DB}+1=\lambda+1. \quad (\ast)$$ 则 $ GD=\dfrac{AD}{\lambda +2}$, 又在 \(\triangle ADE\) 中由正弦定理可得 $ DE=\dfrac{AD\cdot \sin 20^\circ}{\sin 80^\circ}. $
因此原题等价于求证 $$
\dfrac{AD}{\lambda+2}=\dfrac{AD\cdot \sin 20^\circ}{\sin 80^\circ}. $$ 也即求证 \(\lambda =\dfrac{\sin 80^\circ}{\sin 20^\circ} -2\). 以下计算 \(\lambda\) 的值\(:\) $$
\lambda =\dfrac{ED}{DB}=\dfrac{ED}{AD}\cdot \dfrac{AD}{DB} =\dfrac{\sin 20^\circ}{\sin 80^\circ}\cdot \dfrac{\sin 60^\circ}{\sin 20^\circ}
=\dfrac{\sin 60^\circ}{\sin 80^\circ} =\dfrac{2\sin 10^\circ\sin 60^\circ}{\sin 20^\circ}.$$ 从而原题即证明 \(\dfrac{\sin 80^\circ}{\sin 20^\circ} -2=\dfrac{2\sin 10^\circ\sin 60^\circ}{\sin 20^\circ}\), 此即$$
2\sin 10^\circ\sin 60^\circ =\sqrt{3}\sin 10^\circ=\cos 10^\circ -2\sin(30\circ-10\circ)=\sin 80^\circ-2\sin 20^\circ.$$证毕.
备注 在 \((\ast)\) 处, 计算 \(\dfrac{AG}{GD}\) 的表达式时, 用梅氏\((\)梅涅劳斯\()\)定理可一步到位.
