https://spherical-harmonics.hatenablog.com/entry/2024/08/16/121703

2024年第1回束大実戦理系1番

[1] 1辺の長さ1の正三角形 $\rm ABC$ がある．点 $\rm D$ が辺 $\rm BC$ 上の端点以外を動くとき，三角形 $\rm ABD$ の内接円の半径 $r_1$ と三角形 $\rm ACD$ の内接円の半径 $r_2$ の和 $r_1+r_2$ のとりうる値の範囲を求めよ．

角の二等分線に関する公式 $\rm AD^2=AB\cdot AC-BD\cdot DC$ は有名ですが，正三角形の場合，角の二等分線でなくてもこの公式が成立します．
というのもスチュワートの定理
$\rm AC^2\cdot BD+AC^2\cdot DC=BC(BD \cdot DC+AD^2)$
を一辺の長さが $a$ の正三角形に適用すると
$a^3=a ({\rm BD \cdot DC+AD^2})$
から ${\rm AD}^2=a^2-{\rm BD\cdot DC}$ $=\rm AB\cdot AC-BD\cdot DC$
となるからです．

[解答]
${\rm AD}=x$ ， ${\rm BD}=p$ ， ${\rm DC}=q$ （ $p+q=1$ ）とおくとスチュワートの定理から
$x^2=1-pq$
が成立する．

注）（スチュワートの定理を用いない方法）
余弦定理により $x^2=1+p^2-p=1+q^2-q$ であるから
$px^2=p+pq^2-pq$ ， $qx^2=q+p^2q-pq$
となり辺々加えると $x^2=1-pq$ が成立する．

$\dfrac{\sqrt{3}}{4}p=\dfrac{1}{2}(1+p+x)r_1$ ， $\dfrac{\sqrt{3}}{4}q=\dfrac{1}{2}(1+q+x)r_2$ により，
$r_1+r_2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left(\dfrac{p}{1+p+x}+\dfrac{q}{1+q+x}\right)$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{x+2pq+1}{(1+p+x)(1+q+x)}$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{x+2pq+1}{x^2+3x+2+pq}$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{x+2(1-x^2)+1}{x^2+3x+2+(1-x^2)}$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\cdot\dfrac{-(2x^2-x-3)}{x+1}$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\cdot(3-2x)$
である． $\dfrac{\sqrt{3}}{2}\leqq x\lt 1$ により
$\dfrac{\sqrt{3}}{6}\lt r_1+r_2\leqq\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$
となる．