来自知乎：三角形分割成四个等内切圆的小三角形

kuing

网址：zhihu.com/question/10902305664
标题：三角形内部四个等圆半径问题？
已知三角形 ABC 中 BC=63648, AB=11925, AC=70677。 过 A 点做三条射线将三角形 ABC 分成内接圆半径等长的四个小三角形。求这个内接圆的半径长度？

我的回答（未完）：
引理：`\triangle ABC` 中，内切圆半径为 `r`，记 `BC` 上的高为 `h_a`，则
\[\frac r{h_a}=\frac a{a+b+c}.\]
（引理证明略）

回到原题：记 `BC=a`, `CA=b`, `AB=c`，设三条射线将 `BC` 分成四段长度分别为 `x`, `y`, `z`, `w`，三条射线被截得的长度分别为 `t`, `u`, `v`，如图：

则
\[x + y + z + w = a,\quad ①\]
由引理，由于四个小三角形的内切圆半径相等，高也相等，所以有
\[\frac x{x+c+t}=\frac y{y+t+u}=\frac z{z+u+v}=\frac w{w+v+b},\quad ②\]
由斯特瓦尔特定理有
\begin{align*}
t^2&=\frac{u^2x+c^2y}{x+y}-xy,&③\\
u^2&=\frac{v^2y+t^2z}{y+z}-yz,&④\\
v^2&=\frac{b^2z+u^2w}{z+w}-zw,&⑤
\end{align*}
代入原题数据 `a=63648`, `b=70677`, `c=11925`，则由①②③④⑤可解出：
\[
x = 7200,~ y = 10800,~ z = 17280,~ w = 28368,~ t = 16875,~ u = 26325,~ v = 42795,
\]
再代内切圆半径公式可得最终所求为
\[r=\frac12\sqrt{\frac{(x+c-t)(c+t-x)(t+x-c)}{x+c+t}}=2025.\]

解完之余，很好奇命题者是怎么构造数据，使得线段全是整数，所求还是今年年份？尝试破解下。

考虑更多的分割，又或者说往右继续作三角形和相等的内切圆，尝试求出各底与那些线的递推关系，那就变成数列问题。

如上图，按照前面的方法，对于第 `n` 和第 `n+1` 个小三角形的边长，有如下关系
\begin{gather*}
\frac{x_n}{x_n+t_n+t_{n+1}}=\frac{x_{n+1}}{x_{n+1}+t_{n+1}+t_{n+2}},\quad(*)\\
t_{n+1}^2=\frac{t_n^2x_{n+1}+t_{n+2}^2x_n}{x_{n+1}+x_n}-x_{n+1}x_n,\quad(**)
\end{gather*}
由式 (*) 知 `\left\{\frac{x_n}{t_n+t_{n+1}}\right\}` 为常数列，设该常数为 `C`，即
\[x_n=C(t_{n+1}+t_n),\]
代入式 (**) 即
\[t_{n+1}^2=\frac{t_n^2(t_{n+2}+t_{n+1})+t_{n+2}^2(t_{n+1}+t_n)}{t_{n+2}+2t_{n+1}+t_n}-C^2(t_{n+2}+t_{n+1})(t_{n+1}+t_n),\]
恰好能化出很简洁的递推
\[t_{n+2}=\frac{2(C^2+1)}{1-C^2}t_{n+1}-t_n,\]
则可求出通项为
\[t_n=\frac{(1+C)^2t_1-(1-C^2)t_2}{4C}\left(\frac{1-C}{1+C}\right)^{n-1}+\frac{(1-C^2)t_2-(1-C)^2t_1}{4C}\left(\frac{1+C}{1-C}\right)^{n-1},\quad(*{*}*)\]
也就是说，只要给出第一个小三角形的三边长，后面的所有小三角形的三边表达式都能写出来。

那么出题的关键就是确定第一个小三角形，得同时满足：

• 半径是年份（或你想要的数）
• 三边为整数
• 上述通项起码有前几项为整数
  

糟了，好像变成了数论问题，我弱项……先睡鸟，未完待续……

编辑于 2025-01-31 02:13

========== 以上是原回答，以下是更新 ==========
（由于我数论渣和编程也菜，想法不成熟可能会不断修改，而知乎上编辑很麻烦，所以先在论坛这里更新）
\begin{gather*}
r=\frac12\sqrt{\frac{(x_1+t_1-t_2)(x_1+t_2-t_1)(t_1+t_2-x_1)}{x_1+t_1+t_2}},\quad x_1=C(t_1+t_2)\\
\riff(1-C)^2(1+C)(t_1+t_2)^2-4(1-C)t_1t_2+4(1+C)r^2=0,\quad(1)
\end{gather*}
目标就是要找到合适的 `t_1`, `t_2\inN^+` 和 `C\inQ` 满足上式且 `r` 是你想要的数，同时还得使得前面求出的通项式 (***) 中有连续几项为整数（由通项公式易知不可能恒为整数，只能希望数量尽量多些）。

用软件来找，分两步，首先找到满足式 (1) 的，再将它们代入式 (***) 中看看有多少整数项。

令 `C=p/q` 为既约分数且 `0<p<q`，式 (1) 化为
\[(p-q)^2(p+q)(t_1+t_2)^2+4(p-q)q^2t_1t_2+4(p+q)q^2r^2=0,\quad(2)\]
先试试能不能找到开头题目的数据，用 mma 运行

1. r = 2025;
2. ttt = Reduce[(p - q)^2 (p + q) (t1 + t2)^2 + 4 (p - q) q^2 t1 t2 + 4 q^2 (p + q) r^2 == 0
3.    && 0 < p < q < 10
4.    && r < t1 <= t2
5.    && GCD[p, q] == 1, {p, q, t1, t2}, Integers]

复制代码

（这里如果不限定 q < 10 会解不出来，只好缩小范围它就能给出该范围内的解）
运行约一分钟，会给出一大堆解，这个解集存放在 ttt 里，给后面调用。
然后第二步，先设计一个函数

1. ztn[c_, t1_, t2_] := Module[{n, n1, n2, t},
2.   t[k_] = ((1 + c)^2 t1 - (1 - c^2) t2)/(4 c) ((1 - c)/(1 + c))^(k - 1) + ((1 - c^2) t2 - (1 - c)^2 t1)/(4 c) ((1 + c)/(1 - c))^(k - 1);
3.   n = 3; While[IntegerQ[t[n]], n++]; n1 = n - 1;
4.   n = 0; While[IntegerQ[t[n]], n--]; n2 = n + 1;
5.   {c, n1 - n2 + 1, Table[t[k], {k, n2, n1}]}]

复制代码

该函数根据 c, t1, t2 列出整数项的 `t_n`、数目及相应的 `C`，然后运行

1. Table[ztn[ttt[[k, 1, 2]]/ttt[[k, 2, 2]], ttt[[k, 3, 2]], ttt[[k, 4, 2]]], {k, Length[ttt]}] // Union // MatrixForm

复制代码

其中 Union 是去除重复，运行结果也是一堆，很多只有两三个 `t_n` 是整数，就不全贴了，只贴几个长的：

最长的串是当 `C=1/2` 时有连续 11 个整数（也就是可以作 10 个内切圆）的三串：

1. {29837,10779,6093,9531,25677,76059,227853,683451,2050317,6150939,18452813}
2. {147685,49395,16965,7155,6885,15795,45765,136755,410085,1230195,3690565}
3. {738125,246075,82125,27675,10125,6075,10125,27675,82125,246075,738125}

复制代码

（还有两串是前两个的倒序，也算是重复，但不知如何去除）
这些解的数字间比例太大了，要是画出来肯定看不清。

还有两串是当 `C=1/4` 时有连续 7 个整数的：

1. {11093,10155,11925,16875,26325,42795,70677}
2. {24531,15885,11475,10125,11475,15885,24531}

复制代码

这第一串的后 5 个数正是开头题目的数据！终于找到你了O(∩_∩)O哈！😇
那就是说开头题目还可以向左边再作两个等内切圆，边也是整数。
咦？另一个回答 zhihu.com/question/10902305664/answer/89957311245 不就是么，也就是这个的答案也是 2025 了。
而第二串是左右对称的，那中间那条线就是垂直底边了。
那就目前看起来，`r=2025` 最好的数据确实就是开头题目的数据。

接下来尝试构造明年的题，用同样的方式，只是将程序第一行改成 r = 2026;
结果却少了很多，也没有很长的串，最长的只有当 `C=1/3` 时有两串 5 数：

1. {17221,10130,8104,10130,17221}
2. {1026185,2052346,4104680,8209354,16418705}

复制代码

（也未必没有更长，毕竟我最开头限制了 q<10，输出的并不是全部解）

r = 2024 的还行，有几串 9 数，也是 `C=1/3` 的：

1. {8635,13046,23980,46904,93280,186296,372460,744854,1489675}
2. {8671,8510,12604,23000,44896,89240,178204,356270,712471}
3. {31505,16546,9860,8104,10400,17896,34340,67954,135545}
4. {64265,128146,256100,512104,1024160,2048296,4096580,8193154,16386305}
5. {65021,32890,17204,10120,8096,10120,17204,32890,65021}

复制代码

2026 那么少，会不会是因为 2026 的质因数分解是 2*1013，因数太少？不知道……

让半径小一点呢？来个 r = 666 试试，结果还行：
`C=1/2`，7 数：

1. {2098,4350,12402,36990,110898,332670,998002}
2. {27010,9102,3330,1998,3330,9102,27010}

复制代码

`C=1/3`，5 数：

1. {2665,3386,5800,11114,21985}
2. {2775,2886,4440,8214,16095}
3. {3589,6290,12136,24050,47989}
4. {4539,8430,16536,32910,65739}
5. {5661,3330,2664,3330,5661}
6. {12465,24714,49320,98586,197145}
7. {37011,73950,147864,295710,591411}
8. {110905,221786,443560,887114,1774225}

复制代码

来取一串造个具体题目吧，画出来不太难看的，就上面这堆的第二串 {2775,2886,4440,8214,16095} 感觉还行，相应的 `x_n` 是 {1887, 2442, 4218, 8103}，和为 16650，所以出来的题目就是：

`\triangle ABC` 中，`BC=16650`, `AB=2775`, `AC=16095`，过 `A` 作三条射线将 `\triangle ABC` 分成内切圆半径相等的四个小三角形，求这个内切圆的半径长度。


继续待续……

hejoseph

从 $\dfrac{r}{h_a}=\dfrac{a}{a+b+c}$ 可推得 $1-\dfrac{2r}{h_a}=\tan\dfrac{B}{2}\tan\dfrac{C}{2}$，应用到这些三角形中，如果分成 $n$ 个内切圆相等的三角形，就得到 $\left(1-\dfrac{2r}{h_a}\right)^n=\tan\dfrac{B}{2}\tan\dfrac{C}{2}$，半径就求出来了。

kuing

hejoseph 发表于 2025-2-4 23:42
从 $\dfrac{r}{h_a}=\dfrac{a}{a+b+c}$ 可推得 $1-\dfrac{2r}{h_a}=\tan\dfrac{B}{2}\tan\dfrac{C}{2}$，应 ...

对，我也发现了这个，把 1# 引理倒过来，然后变换一下
\begin{gather*}
\frac{h_a}r=\frac{a+b+c}a=1+\frac{\sin B+\sin C}{\sin A}=1+\frac{\cos\frac{B-C}2}{\cos\frac{B+C}2}=1+\frac{1+\tan\frac B2\tan\frac C2}{1-\tan\frac B2\tan\frac C2}\\
\riff\tan\frac B2\tan\frac C2=1-\frac{2r}{h_a},
\end{gather*}
正打算换个方向思考构造数据，刚画好了图：

对于所有小三角形，内切圆半径与高都相同，由以上结论即有
\[\tan\alpha_n\tan\beta_n=1-\frac{2r}{h_a},\quad n=1,2,\ldots,\]
又显然 `\beta_n+\alpha_{n+1}=90\du`，所以 `\tan\beta_n\tan\alpha_{n+1}=1`，假设分成 `n` 个小三角形，则上式取 `n` 为 `1` 到 `n` 全部相乘，即得
\[\left(1-\frac{2r}{h_a}\right)^n=\tan\alpha_1\tan\beta_n=\tan\frac B2\tan\frac C2,\]
这里的 `B`, `C` 为大三角形的两底角。

kuing

kuing 发表于 2025-2-5 00:16
对，我也发现了这个，把 1# 引理倒过来，然后变换一下
\begin{gather*}
\frac{h_a}r=\frac{a+b+c}a=1+\fr ...

那也就进一步得到相邻 `k` 个小三角形构成的三角形的内切圆半径也相等，下图为 `k=2`：

这是因为在 `\tan\alpha_n\tan\beta_n=1-2r/h_a` 取 `n` 为 `i` 到 `i+k-1` 后相乘利用 `\tan\beta_n\tan\alpha_{n+1}=1`，即得
\[\tan\alpha_i\tan\beta_{i+k-1}=\left(1-\frac{2r}{h_a}\right)^k,\]
所以相邻 `k` 个小三角形构成的三角形的内切圆半径也相等，设它们的半径为 `r_k`，则
\[1-\frac{2r_k}{h_a}=\left(1-\frac{2r}{h_a}\right)^k\riff r_k=\frac{h_a}2\left(1-\left(1-\frac{2r}{h_a}\right)^k\right).\]

kuing

设 `AB=x+y`, `BC=y+z`, `CA=z+x`，易知
\begin{gather*}
\tan\frac B2\tan\frac C2=\frac x{x+y+z},\\
h_a=\frac{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}{y+z},
\end{gather*}
于是接 3# 的结果，当分成 `n` 个小三角形时，小内切圆的半径为
\begin{align*}
r&=\frac{h_a}2\left(1-\sqrt[n]{\tan\frac B2\tan\frac C2}\right)\\
&=\frac{\sqrt{xyz(x+y+z)}}{y+z}\left(1-\sqrt[n]{\frac x{x+y+z}}\right),
\end{align*}
可以从这里直接构造合适的正整数 `x`, `y`, `z`。

令 `y=px`, `z=qx`，上式变成
\[r=x\cdot\frac{\sqrt{pq}\sqrt{1+p+q}}{p+q}\left(1-\frac1{\sqrt[n]{1+p+q}}\right),\]
当 `n` 为奇数时，令 `\sqrt{pq}=s`, `\sqrt[n]{1+p+q}=t^2`, `t>1`，上式变成
\[r=x\cdot\frac{st^n}{t^{2n}-1}\left(1-\frac1{t^2}\right),\]
由 `pq=s^2`, `p+q=t^{2n}-1` 有
\[p,q=\frac{t^{2n}-1\pm\sqrt{(t^{2n}-1)^2-4s^2}}2=\frac{t^{2n}-1}2\left(1\pm\sqrt{1-\left(\frac{2s}{t^{2n}-1}\right)^2}\right),\]
为了让 `p`, `q` 为有理数，再令
\[\frac{2s}{t^{2n}-1}=\frac{2u}{1+u^2},\quad0<u<1,\]
就有
\begin{align*}
p,q&=\frac{t^{2n}-1}2\left(1\pm\frac{1-u^2}{1+u^2}\right),\\
r&=x\cdot\frac{ut^n}{1+u^2}\left(1-\frac1{t^2}\right),\\
y,z&=x\cdot\frac{t^{2n}-1}2\left(1\pm\frac{1-u^2}{1+u^2}\right),\\
a&=y+z=x(t^{2n}-1),\\
b,c&=x\cdot\frac{t^{2n}-1}2\left(1\pm\frac{1-u^2}{1+u^2}\right)+x,
\end{align*}
这样就实现了有理化，相除有
\begin{align*}
\frac ar&=\frac{t^{2n}-1}{\frac{ut^n}{1+u^2}\left(1-\frac1{t^2}\right)},\\
\frac br,\frac cr&=\frac{\frac{t^{2n}-1}2\left(1\pm\frac{1-u^2}{1+u^2}\right)+1}{\frac{ut^n}{1+u^2}\left(1-\frac1{t^2}\right)},
\end{align*}
作个置换 `t\to1/t` 似乎好看一点，变成
\begin{align*}
a&=\frac{1+u^2}u\cdot\frac{t^{-n}-t^n}{1-t^2}\cdot r,\\
b,c&=\frac{\pm(t^{-n}-t^n)(1-u^2)+(t^{-n}+t^n)(1+u^2)}{2u(1-t^2)}r\\
&=\frac{t^{-n}+t^nu^2}{u(1-t^2)}r,\frac{t^n+t^{-n}u^2}{u(1-t^2)}r,
\end{align*}
其中参数 `t`, `u\in(0,1)`，very nice。

然后就可以开挂了，代你想要的 `r` 和 `n`，历遍参数 `t`, `u` 在 `(0,1)` 里的有理数，找出正整数 `a`, `b`, `c`。

当 `n` 为偶数时，`t` 的次数全为偶数，此时应对上式作置换 `t\to\sqrt t` 再进行历遍……

明天再写代码，继续待续……😪

不过，在小内切圆半径、大三角形三边都为整数的情况下，是否能确保里面那些线也是整数？