每日一题_190920

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.