直角三角形中，內心到三頂點距離之乘積

直角三角形 ABC 中，$\angle C=90^{\circ}$，
內心 I 切三角形三邊於 P,Q,R，
設三邊長 $\overline{BC}=a$ ， $\overline{CA}=b$ ， $\overline{AB}=c$，
內心到三頂點距離 $\overline{IA}=x$ ， $\overline{IB}=y$ ， $\overline{IC}=z$，
內切圓半徑 $=\overline{CQ}=\overline{CR}=r$ ，求證：

$\overline{IA}\times\overline{IB}\times\overline{IC}=xyz=2cr^2$

【代數證明】

直角三角形內切圓半徑 \[r=\frac{a+b-c}{2}\] \[\Rightarrow a+b=2r+c\] 得 $a-2r=c-b$ 和 $b-2r=c-a$

又面積可用兩股求得，也可用內切圓半徑求得，故
\[\bigtriangleup ABC=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}r\left (a+b+c\right )\] \[\Rightarrow ab=r\left (a+b+c\right )\] \[=r\left (2r+c+c\right )\] \[\Rightarrow ab=2r^2+2cr\]

\[\overline{IA}\times\overline{IB}\times\overline{IC}\] \[=\sqrt{\overline{RA}^2+\overline{RI}^2}\times\sqrt{\overline{QB}^2+\overline{QI}^2}\times\sqrt{\overline{RC}^2+\overline{QC}^2}\] \[=\sqrt{\left [(b-r)^2+r^2\right ]\times\left [(a-r)^2+r^2 \right ]\times\left [r^2+r^2\right ]}\] \[=\sqrt{\left (b^2-2br+2r^2\right )\cdot\left (a^2-2ar+2r^2\right )\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{\left [b\left (b-2r\right )+2r^2\right ]\cdot\left [a\left (a-2r\right )+2r^2\right ]\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{\left [b\left (c-a\right )+2r^2\right ]\cdot\left [a\left (c-b\right )+2r^2\right ]\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{\left (bc-ab+2r^2\right )\cdot\left (ac-ab+2r^2\right )\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{\left (bc-2r^2-2cr+2r^2\right )\cdot\left (ac-2r^2-2cr+2r^2\right )\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{\left [c\left (b-2r\right )\right ]\cdot\left [c\left (a-2r\right )\right ]\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{c^2\cdot\left (c-a\right )\left (c-b\right )\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{c^2\cdot\left (c^2-bc-ac+ab\right )\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{c^2\cdot\left [c^2-c\left (a+b\right )+ab\right ]\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{c^2\cdot\left [c^2-c\left (2r+c\right )+\left (2r^2+2cr\right )\right ]\cdot\left (2r^2\right )}\] \[=\sqrt{c^2\cdot 2r^2\cdot 2r^2}\] \[=\sqrt{4c^2 r^4}\] \[=2cr^2\] 得證。

【幾何證明】

作 $\angle ABC$ 和 $\angle ACB$ 的外角平分線交於 F 點，即 $\overline{BC}$ 側的旁心與旁切圓，設切 $\overleftrightarrow{AB}, \overline{BC}$ 於 S 和 T 點，則 I 和 F 皆到 $\overleftrightarrow{AB}, \overleftrightarrow{BC}$ 等距離，得 A, I, F 三點共線。

在 $\bigtriangleup AIC$ 和 $\bigtriangleup ABF$ 中，
$\overline{AI}$ 平分 $\angle BAC$，$\Rightarrow \angle CAI = \angle FAB$

$\angle AIC=180^{\circ}-\angle IAC -\angle ICA$
$=180^{\circ}-\left (\frac{1}{2}\angle BAC+\frac{1}{2}\angle BCA \right )$
$=180^{\circ}-\frac{1}{2}\left (180^{\circ}-\angle ABC\right )$
$=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC$

$\because \overline{BI}, \overline{BF}$ 分別平分 $\angle PBQ, \angle SBT$
$\therefore \angle IBF=\angle IBQ+\angle FBQ$
$=\frac{1}{2}\left (\angle PBQ+\angle SBT\right )=90^{\circ}$

$\Rightarrow \angle ABF=\angle IBF+\angle ABI$
$=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC=\angle AIC$

得 $\bigtriangleup AIC\sim\bigtriangleup ABF$，$\overline{AB}:\overline{BF}=\overline{AI}:\overline{IC}$

又 $\angle BFA=\angle ICA=45^{\circ}$，故 $\bigtriangleup BIF$ 是等腰直角三角形，$\overline{BI}=\overline{BF}$
$\Rightarrow \overline{AB}:\overline{BI}=\overline{AI}:\overline{IC}$ ，得：
\[\overline{AI}\times\overline{BI}=\overline{AB}\times\overline{IC}\] \[\Rightarrow \overline{IA}\times\overline{IB}\times\overline{IC}=\overline{AB}\times\overline{IC}^2\] 又 $\overline{IC}=\sqrt{2}r$，$\overline{AB}=c$，故 \[\Rightarrow \overline{IA}\times\overline{IB}\times\overline{IC}=2cr^2\] 得證。

【思考】

內心到三頂點各自的距離是中三課內有時會出現的題目，只是單純的檢驗學生運用畢氏定理的計算能力，但是這三個線段乘積意外的和原來的斜邊有關，愈是特殊比例像是三邊為 5,12,13 的三角形，其乘積為 $104=13\times 8$，就愈看得出之間的關係，這麼一來就誘發學習者求知的欲望。代數證明稍微長了點但裡面的代換也很有趣，最絕妙的是幾何證明，利用了少見的內心與旁心創造出的相似三角形，同時也討論到內心的角度題 $\angle AIC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC$，其實中三在這塊的著墨不多有點可惜。