Steiner-Lehmus 定理

定理

这是平面几何里一个比较著名的定理了。它来源于如下的简单命题：

等腰三角形的两底角的角平分线相等。

一般面对一个已知的命题，有两个很自然的问题会出现：（1）它的逆命题成立吗？（2）能将它进行推广吗？ Steiner-Lehmus定理就来自于（1）。

1840年数学家Lehmus询问杰出的几何学家Steiner能否给出下面命题的一个纯几何的证明，Steiner不负期望的给出了一个证明，于是就有了

（Steiner-Lehmus）一个三角形若有两条角平分线相等，则它是等腰三角形。

几个证明

证明一

这个证明我是在《几何瑰宝》的上册中看到的，它是我目前知道的证明中最简单的。

如上图所示，我们假设 \(\angle ABC\geq \angle ACB\)，于是 \(\angle ABO\geq \angle ACO\)。在 \(OE\) 上取点 \(M\) 使得 \(\angle OBM=\angle OCD\)。连接 \(BM\) 并延长交 \(AC\) 于 \(N\)。利用对应角相等可得

\[\triangle BND \sim \triangle CNM. \]

因为 \(CM\leq CE= BD\)，所以由上述相似可得 \(BN\geq CN\)。由此可得，在 \(\triangle BCN\) 中，

\[\angle BCN \geq \angle CBN=\angle OBN+\frac{\angle ABC}{2}=\frac{\angle BCN}{2}+\frac{\angle ABC}{2}, \]

即 \(\angle ACB\geq \angle ABC\)。结合开始的假设，我们就得到 \(\angle ACB =\angle ABC\)。由此命题得证。

证明二

这个证明我是在《Charming Proofs》中看到的。它使用了下面两个简单却很有用的定理

（角平分线定理）若 \(BD\) 是 \(\angle ABC\) 的平分线，则 \(\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}\)。

（正弦定理）对于任意 \(\triangle ABC\)，我们有 \(\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}=\frac{BC}{\sin A}\)。

以及正弦的二倍角公式

\(\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha\)。

如图所示，我们记 \(AB=c\), \(BC=a\), \(CA=b\), \(AE=v\), \(BE=V\), \(AD=u\), \(DC=U\). 另外，设 \(\angle ABC=2\beta\), \(\angle ACB=2\gamma\), \(ACB>\angle ABC\).

根据角平分线定理，我们有 \(\dfrac{U}{u}=\dfrac{a}{c}\), \(\dfrac{V}{v}=\dfrac{a}{b}\)。于是

\[\frac{b}{u}-\frac{c}{v}=\frac{u+U}{u}-\frac{v+V}{v}=\frac{U}{u}-\frac{V}{v}=\frac{a}{c}-\frac{a}{b}<0. \qquad (*) \]

根据正弦定理以及正弦的二倍角公式我们有

\[\frac{b}{u}\div\frac{c}{v}=\frac{bv}{cu}=\frac{\sin ABC \cdot v}{\sin ACB \cdot u}=\frac{\cos\beta\sin\beta \cdot v}{\cos \gamma\sin \gamma \cdot u}=\frac{\cos\beta}{\cos\gamma}\cdot\frac{\sin\beta}{u}\cdot\frac{v}{\sin\gamma}=\frac{\cos\beta}{\cos\gamma}\cdot\frac{\sin A}{BD}\cdot\frac{CE}{\sin A}=\frac{\cos\beta}{\cos\gamma}>1. \]

上式与 \((*)\) 式矛盾。若假设 \(ACB <\angle ABC\), 同样可得矛盾。于是命题得证。

证明三

这个证明来自于《绕来绕去的向量法》。它使用了平面向量，前面提到的角平分线定理以及余弦定理，是一个直接证明。

（余弦定理）对于任意 \(\triangle ABC\)，我们有 \(AC^2=AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\cdot \cos B\)。（根据对称性原则还可以得到另外两个等式。）

如图所示，和之前一样，我们记 \(AB=c\), \(AC=b\), \(BC=a\)。利用角平分线定理我们有

\[\overrightarrow{BD}=\frac{a\overrightarrow{BA}+c\overrightarrow{BC}}{a+c}, \quad \overrightarrow{CE}=\frac{a\overrightarrow{CA}+b\overrightarrow{CB}}{a+b}. \]

因为 \(BD=CE\), 所以 \(\overrightarrow{BD}^2=\overrightarrow{CE}^2\)，即

\[\frac{2a^2c^2(1+\cos B)}{(a+c)^2}=\frac{2a^2b^2(1+\cos C)}{(a+b)^2}. \]

整理一下即有

\[\frac{c^2(a+b)^2}{b^2(a+c)^2}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}=\frac{1+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}}{1+\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}=\frac{c(a+b-c)}{b(a+c-b)}. \]

化简之后得

\[(a^3+a^2b+a^2c+3ab+b^2c+bc^2)(b-c)=0. \]

上式的第一项大于零，所以 \(b=c\)。命题得证。

杂谈

这个定理的证明非常多，《几何瑰宝》中就有好几个（补充：这篇博文里就写了好几个）。上面的三个是我目前觉得比较有意思的。第一个证明无论从预备知识还是证明细节角度而言都非常简单。第二个证明用了两种方法来比较两个量的大小，看着很简单，但为什么比较这两个量我到现在还是没有头绪。第三个证明最大的特点就是利用向量消去了点 \(D\) 和 \(E\)，彻底简化了图形。因为我们的目标是 \(b=c\)，所以余下的计算虽然有些繁杂但方向很明确。

关于这个定理，还有一个问题值得考虑：我们能不能给出它的一个纯几何的直接证明？

文中提到的三本书都是不错的数学读物，学有余力的中学生以及数学爱好者不妨读一读。