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n 倍角整數邊三角形與圓內接四邊形之探討

國立宜蘭高級中學 郭家愷 指導老師 戴武郎

Abstract

A triangle ABC is called a triangle with double angle, if∠B = 2∠A. Similarly, a cyclic quadrilateral ABCD is called a cyclic quadrilateral with double angle if∠B = 2∠A. In this research, we give an algorithm that generates triangles with double angles and cyclic quadrilateral with double angles whose sides are integers. Moreover, we generalize the algorithm to quadrilateral with n^thTimes Angles.

中 中 中文文文摘摘摘要要要

在一般三角形中，如果滿足其一角為另一角兩倍，我們稱之為 2 倍角三角形。我們研究由此 類型之三角形出發，探討其整數邊長製造機與 Heron 製造機，並以兩種方向發展：首先，我們 試以倍角三角形之幾何關係，將 2 倍角三角形結論推廣到 n 倍角三角形；另外，我們定義在圓 內接四邊形中，若相鄰的兩角，其中一角為另一角兩倍，則為 2 倍角圓內接四邊形，我們同樣 探討其整數邊長製造機，Heron 製造機，也將其結論推廣到 n 倍角圓內接四邊形。而此篇文章 目的在於推廣倍角三角形，並在倍角圓內接四邊形中繼續延伸。

1 簡 簡 簡介 介 介

1.1 研 研 研究 究 究 動 動 動機 機 機

直角三角形能藉由畢氏定理而得到整數邊的邊長製造機。在 2 倍角三角形中，我們可以 發現 2 倍角三角形擁有與畢氏定理對應的 2 倍角充要條件 a²+ac = b²。然而對 2 倍角 三角形製造機已有完整的討論，因此我們嘗試將 2 倍角三角形推廣為 2 倍角圓內接四邊 形，並發現 ab + b²+cd = d² 類似的形式，2 倍角圓內接四邊形得邊長製造機是否存在？

與 2 倍角三角形之間的關係為何？這引發我們的興趣，於是進行此研究。

1.2 研 研 研究 究 究目 目 目的 的 的

一、 研發 2 倍角整數邊三角形製造機與 2 倍角 Heron 三角形製造機。

二、 研發 n 倍角整數邊三角形製造機與 n 倍角 Heron 三角形製造機。

三、 研發 2 倍角整數邊圓內接四邊形製造機與 2 倍角 Heron 圓內接四邊形製造機。

四、 研發 n 倍角整數邊圓內接四邊形製造機與 n 倍角 Heron 圓內接四邊形製造機。

1.3 研 研 研究 究 究結 結 結果 果 果

以下為我們主要的研究結果：

定定定理理理 1. 令 △ABC 為一 2 倍角三角形，其中 ∠B = 2∠A。則充要條件為 a²+ac = b²。 定定定理理理 2. 令 △ABC 為一 2 倍角三角形，其中 ∠B = 2∠A。則 a, b, c 為整數且 (a, b, c) = 1，充要條件為存在唯一 m, n ∈ N, n > m, (m, n) = 1 使得

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎩ a = n²; b = mn + n²; c = m²+2mn.

定定定理理理 3. 內接於同一圓的三角形序列 △A²B2C2, △A3B3C3, . . ., △AnBnCn, . . ., 在

△AnBnCn中，如下圖。設 ∠An, ∠Bn, ∠Cn 的對邊為 an, bn, cn，且 ∠An =θ, ∠Bn = nθ。則 an=an−1, bn=cn−1, cn=

c²_n−1−a²_n−1

b_n−1 (n ≥ 3)關係式恆成立。

定定定理理理 4. 令 ◻ABCD 為一 2 倍角圓內接四邊形，其中 ∠B = 2∠A。則充分條件為 ab + b²+cd = d²。

定定定理理理 5. 令 ◻ABCD 為一 2 倍角圓內接四邊形，其中 ∠B = 2∠A。則 a, b, c, d 為整數 之充分條件為存在 p, q, m, n ∈ N, p < q, 2m > n 使得

a qn − pm=

b pm=

c qm − pn=

d qm.

定定定理理理 6. 如圖示，若 ∠ABC = n∠A, ∠A^′BC = (n − 1)∠A^′,其中 n ≥ 3，則 A^′D (AB ⋅ AD + BC ⋅ CD) + CD (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) + AD (BC²−AD²) =0

定定定理理理 7. 考慮內接於同一圓的四邊形形序列 ◻A2BCD, ◻A3BCD, . . ., ◻AnBCD, . . .,在

◻AnBCD 中, 設 an=AnB, b = BC, c = CD, dn =DAn,且 ∠An=θ, ∠AnBC = nθ。令

◻AnBCD 為上述內接於同一圓的四邊形形序列，則

⎧⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩ an=

an−1(a²_n−1−c²) −b (an−1b + cdn−1) a_n−1d_n−1+bc , n ≥ 3 dn=an−1

2 研 研 研究 究 究 內 內 內容 容 容

2.1 名 名 名詞 詞 詞 定 定 定義 義 義

1. n倍角三角形：滿足其中一內角為另一內角 n 倍之三角形。

2. n倍角整數邊三角形：三邊長皆為正整數之 n 倍角三角形。

3. n倍角 Heron 三角形：三邊長及面積皆為正整數之 n 倍角三角形。

4. n倍角圓內接四邊形：滿足其中兩相鄰內角,一角為另一角 n 倍之圓內接四邊形。

5. n倍角整數邊圓內接四邊形：四邊長皆為正整數之 n 倍角圓內接四邊形。

6. n倍角 Heron 圓內接四邊形：四邊長及面積皆為正整數之 n 倍角圓內接四邊形。

2.2 n 倍 倍 倍角 角 角整 整 整數 數 數邊 邊 邊 三 三 三角 角 角形 形 形

2.2.1 2倍倍倍角角角整整整數數數邊邊邊三三三角角角形形形

在以下的討論，△ABC 中 ∠A, ∠B, ∠C 的對邊分別為 a, b, c, 其外接圓半徑為 R。

定定定理理理 1. 令令令 △ABC 為一 2 倍角三角形，其中 ∠B = 2∠A。則充要條件為 a²+ac = b²。 證證證明明明. 先證明此為充分條件，如圖示，

根據正弦定理可知 a = 2R ⋅ sin θ,

b = 2R ⋅ sin 2θ = 4R ⋅ sin θ cos θ,

c = 2R ⋅ sin(180^○−3θ) = 2R ⋅ sin 3θ = 2R ⋅ (3 sin θ − 4 sin³θ)

則 b

2a =

4R ⋅ sin θ cos θ 4R ⋅ sin θ =cos θ a + c

2b =

2R ⋅ sin θ + 2R ⋅ (3 sin θ − 4 sin³θ) 8R ⋅ sin θ cos θ =

8R ⋅ sin θ − 8R ⋅ sin³θ 8R ⋅ sin θ cos θ

=

8R ⋅ sin θ(1 − sin²θ) 8R ⋅ sin θ cos θ =cos θ

所以 b 2a =

a + c

2b ，即 a²+ac = b²。

再證明此為必要條件，由 a²+ac = b²，得 c = b²−a² a 則 cos A = b²+c²−a²

2bc =

a²b²+ (b²−a²)²−a⁴ 2ab(b²−a²)

=

b⁴−a²b² 2ab(b²−a²)

= b 2a =

sin B 2 sin A 2 sin A cos A = sin 2A = sin B

所以 ∠B = 2∠A。

利用定理 1，我們得到以下 2 倍角整數邊三角形製造機。

定定定理理理 2. 令 △ABC 為一 2 倍角三角形，其中 ∠B = 2∠A。則 a, b, c 為整數且 (a, b, c) = 1，充要條件為存在唯一 m, n ∈ N, n > m, (m, n) = 1 使得

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎩ a = n² b = mn + n² c = m²+2mn 證證證明明明. 先證明此為充分條件，由 a²+ac = b²，可得 c

b + a= b − a

a = m

n，其中 (m, n) = 1，

則 {

ma + mb − nc = 0 (m + n)a − nb = 0 a ∶ b ∶ c = ∣m −n

−n 0∣ ∶ ∣−n m

0 m + n∣ ∶ ∣ m m

m + n −n∣ =n²∶mn + n²∶m²+2mn 因為 (m, n) = 1，則 (n², mn + n², m²+2mn) = 1

所以 a = n², b = mn + n², c = m²+2mn 又因為必須滿足 cos θ = b

2a =

n²+mn

2n² <1，所以 m < n。

現在假設 a = n²=n²₁, b = mn + n²=m1n1+n²₁, c = m²+2mn = m²₁+2m1n1

則由 a 得知 n = n1，代入 b 中，得 m = m1。 所以可知 a, b, c 與 m, n 之間一對一對應。

再證明此為必要條件，若 a = n², b = mn + n², c = m²+2mn，其中 n > m, (m, n) = 1

因為 a + b − c = (n²) + (mn + n²) − (m²+2mn) = 2n²−m²−mn = (n²−m²) + (n²−mn) > 0 a + c − b = (n²) + (m²+2mn) − (mn + n²) =m²+mn > 0

所以 a, b, c 為三角形三邊。又 a²+ac = (n²)²+ (n²)(m²+2mn) = m²n²+2mn³+n⁴ = (mn + n²)²=b²，故由定理 1 可知 ∠B = 2∠A。

另一方面，設存在一質數 p 使得 p∣a, p∣b, p∣c

由 p∣a = n²，則 p∣n。另外由 p∣a 且 p∣b，則 p∣m²，則 p∣m，與 (m, n) = 1 矛盾，

因此 (a, b, c) = 1。

此外我們可以發現，如果將過程中比值取為 a

b = b a + c =

m

n，則 a = m², b = mn, c = m²−n² a

b + a = b − a

c = m

n，則 a = m², b = mn − m², c = n²−2mn

因此 2 倍角整數邊三角形製造機並不唯一，不過彼此能透過代數變換轉換。

2.2.2 2倍倍倍角角角 n 三三三角角角形形形製製製造造造機機機 底下我們再來討論倍角三角形的面積

△ABC 的面積 = 1

2bc ⋅ sin θ =1 2bc ⋅

√

1 − cos²θ =1 2bc ⋅

¿ ÁÁ À1 − ( b

2a)

2

= 1

2(mn + n²)(m²+2mn) ⋅

√

1 − (m + n 2n )

2

=

m(m + n)(m + 2n)

4 ⋅

√

−m²−2mn + 3n² 因為 −m²−2mn + 3n²= (2n)²− (m + n)²

令 D =√

F²−E²，其中 E = m + n, F = 2n，則 D²+E²=F²

此外，設 2 不同時整除 D 與 E，則 (D²+E²) (mod 4) ≡ 1 or 2，與 D²+E²=F²=4n² 矛盾，於是可知 D 與 E 同為偶數。

因此 △ ABC 的面積 = m(m + n)(m + 2n)

4 ⋅

√

−m²−2mn + 3n²

=

m(m + 2n)

4 ⋅D ⋅ E = k，其中 k ∈ N

推推推論論論 1. 當 D, E, F 為畢氏三元數時，因為斜邊 F 為偶數，則 E(= m + n) 亦為偶數，

那麼由 (m, n) = (2E − F 2 ,F

2)代入製造機，得到的三角形即為 2 倍角 Heron 三角形.

2.2.3 2倍倍倍角角角三三三角角角形形形頂頂頂點點點的的的軌軌軌跡跡跡

底下我們來討論 2 倍角三角形頂點 C 的軌跡。

推推推論論論 2. 若 A(0, 0), B(c, 0), C(x, y) 為 2 倍角三角形 △ABC 的頂點，則 3x²−2cx − y²= 0。即 C 點的軌跡為雙曲線。

證證證明明明. 由 a = sqrt(x − c)²+y², b =

√

x²+y²,代入 a²+ac = b² 得 3x²−2cx − y²=0，則 3 (x −c

3)

2

−y²= c²

3 為一中心點為 (c

3, 0)之雙曲線.

底下，我們對當 c = 1 時，C(x, y) 所對應之 2 倍角有理邊三角形進行討論。

推推推論論論 3. 若 △ABC 的頂點座標為 A(0, 0), B(1, 0), C(x, y)，則 △ABC 為有理邊2 倍角 有理邊三角形 (∠B = 2∠A) 的充要條件為 x = 2m²

4m²−n²，其中 (m, n) = 1。

證證證明明明. 先證明其為充分條件，如圖示，不失一般性可設 C(x, y) 在第一象限內 則 cos A = x

√ x²+y²

=

x

√

x²+3x²−2x = x

√

4x²−2x AC = x

cos A=

√

4x²−2x =

√ 4 (x −1

4)

2

− 1 4 =

1 2

√

(4x − 1)²−1 BC =∣x − 1∣

cos B =

∣x − 1∣

2 cos²A − 1=

(2x²−x)∣x − 1∣

x − x² = ∣2x − 1∣

令 1 2

√

(4x − 1)²−1 = k，則 (4x − 1)²−1 = 4k²，得 x(4x − 2) = k²

又 AC, BC ∈ Q，等價於 x, k ∈ Q，等價於 (4x − 1)²−4k²=1上之有理點

因此令 x k =

k

∣4x − 2∣= m

n, (m, n) = 1，則 {nx − mk = 0

4mx − nk = 2m, x =

∣ 0 −m 2m −n∣

∣ n −m 4m −n∣

= 2m² 4m²−n²

再證明其為必要條件，若 x = 2m² 4m²−n²， 則 cos A = x

√

4x²−2x = 2m² 2mn=

m n cos B =

1 − x

√

(1 − x)²+3x²−2x= 1 − x

∣2x − 1∣

=

2m²−n² 4m²−n²/ ∣

n² 4m²−n²∣ =

2m²−n² 4m²−n²/

n² 4m²−n² =

2m²−n² n²

1

因為 cos 2A = 2 cos²A − 1 = 2m²−n²

n² =cos B，所以 ∠B = 2∠A 則 AC = x

cos A = 2mn

4m²−n², BC = 1 − x cos B =

n² 4m²−n²

因為 (m, n) = 1，所以 AC, BC ∈ Q，因此 △ABC 為有理 2 倍角有理邊三角形。

2.2.4 n 倍倍倍角角角整整整數數數邊邊邊三三三角角角形形形製製製造造造機機機

現在考慮內接於同一圓的三角形序列 △A2B₂C₂, . . ., △A_nB_nC_n, . . .，設 ∠An, ∠B_n,

∠C_n 的對邊分別為 an, b_n, c_n，且 ∠An=θ, ∠B_n=nθ，如下圖。

1因為 x = 2m²

4m²− n² > 0，所以 2m²− n² 4m²− n²/ ∣ n²

4m²− n²∣ =2m²− n² 4m²− n²/ n²

4m²− n²。

定定定理理理 3. 令 △AnB_nC_n 為上述內接於同一圓的三角形序列，則其三邊長符合下列遞迴關 係，對於所有 n ≥ 3

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎩

an=an−1; bn=cn−1; cn=

c²_n−1−a²_n−1 bn−1

.

證證證明明明. 根據正弦定理可知 an−1=2R ⋅ sin θ, bn−1=2R ⋅ sin(n − 1)θ, cn−1=2R ⋅ sin nθ, an=2R ⋅ sin θ, bn=2R ⋅ sin nθ, cn=2R ⋅ sin(n + 1)θ 所以 an=an−1, bn=cn−1

再由三角恆等式 sin(n − 1)θ sin(n + 1)θ + sin²θ = sin²nθ 得 b_n−1c_n+a²_n=b²_n，即 cn=

c²_n−1−a²_n−1 bn−1

。

將遞迴關係式經變換後代入 2 倍角三角形充要條件，我們可以得到 ac²= (a + b)(a − b)²，

但是此關係式是否為 3 倍角三角形充要條件，底下是我們驗證過程：

由 ac²= (a + b)(a − b)²，得 c²=

(a + b)(a − b)² a cos A = b²+c²−a²

2bc =

ab²+ (a + b)(a − b)²−a³

2abc =

a(b²−a²) + (a + b)(a − b)² 2abc

=

−b(a + b)(a − b) 2abc =

−(a + b)(a − b) 2ac

2ac cos A = −(a + b)(a − b) ⇔ 4a²c²cos²A = (a + b)²(a − b)²

⇔4a(a + b)(a − b)²cos²A = (a + b)²(a − b)²

⇔4a cos²A = (a + b)

⇔4 sin A cos²A = sin A + sin B

⇔3 sin A − 4 sin³A = sin 3A = sin B.

所以 ∠B = 3∠A.

同樣的，我們將 2 倍角三角形製造機代入遞迴關係式可以得到 3 倍角三角形製造機, a = n³, b = mn(m + 2n), c = (m + n)(m²+2mn − n²),

但是此製造機是否含蓋全部的 3 倍角三角形，底下是我們驗證過程：

先證明此為充分條件

(a + b)(a − b)²= (n³+mn(m + 2n))(n³−mn(m + 2n))²

=n³(n²+m²+2mn)(n²−m²−2mn)²=n³(n + m)²(m²+2mn − n²)²=ac² 再證明此為必要條件，由 ac²= (a + b)(a − b)²，則

(a − b)² c² =

a a + b=

n²

(m + n)²，其中 (m, n) = 1 b − a

c = n m + n, a

a + b= n² (m + n)²

⎧⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎩

(m + n)a − (m + n)b + nc = 0 m(m + 2n)a − n²b = 0 則 a ∶ b ∶ c = ∣−(m + n) n

−n² 0∣ ∶ ∣n m + n

0 m(m + 2n)∣ ∶ ∣ m + n −(m + n) m(m + 2n) −n² ∣

=n³∶mn(m + 2n) ∶ (m + n)(m²+2mn − n²)

因為 (m, n) = 1，則 (n³, mn(m + 2n), (m + n)(m²+2mn − n²)) =1 所以 a = n³, b = mn(m + 2n), c = (m + n)(m²+2mn − n²)

由此可知由遞迴關係所產生之 3 倍角三角形製造機完全刻劃 3 倍角三角形。

推推推論論論 4. 由遞迴關係式

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎩

an=an−1

b_n=c_n−1 c_n=

c²_n−1−a²_n−1 bn−1

，我們得知當 n − 1 倍角三角形的邊長為整數

時，遞迴所產生的 n 倍角三角形的邊長為有理數。再經伸縮即為 n 倍角整數邊三角形。

2.2.5 n 倍倍倍角角角 Heron 三三三角角角形形形製製製造造造機機機 令 △k 表 △AkBkCk 面積，

則 △_n−1= 1

4Ra_n−1b_n−1c_n−1

△_n= 1

4Ra_nb_nc_n= 1

4Ra_n−1c_n−1c²_n−1−a²_n−1 bn−1

= 1

4Ra_n−1b_n−1c_n−1c²_n−1−a²_n−1 b²_n−1

=

c²_n−1−a²_n−1 b²_n−1 △n−1

推推推論論論 5. 給定一個 (n − 1) 倍角 Heron 三角形，則經由結論 2 產生的 n 倍角三角形,再經 伸縮後即為 n 倍角 Heron 三角形。

2.3 n 倍 倍 倍角 角 角圓 圓 圓內 內 內接 接 接四 四 四邊 邊 邊形 形 形

2.3.1 2倍倍倍角角角整整整數數數邊邊邊圓圓圓內內內接接接四四四邊邊邊形形形

在以下的討論，圓內接四邊形 ABCD 中，令 AB = a, BC = b, CD = c, DA = d。

定定定理理理 4. 令 ◻ABCD 為一 2 倍角圓內接四邊形，其中 ∠B = 2∠A。則充分條件為 ab + b²+cd = d²。

證證證明明明. 先證明此為充分條件，如圖示，延長

⇀

與

⇀

則 ∠BCP = ∠A = θ，所以 ∠P = ∠ABC − ∠BCP = θ 因此 △ ADP ∼ △CBP 皆為等腰三角形

在 △ ADP 中， cos θ = AP 2DA =

AB + BC 2DA =

a + b 2d 在 △ CBP 中， cos θ = CP

2BC =

DA − CD 2BC =

d − c 2b 所以 a + b

2a = d − c

2b ，則 (a + b)2b = 2a(d − c)，即 ab + b²+cd = d²

再證明此為必要條件，由餘弦定理，a²+d²−2ad cos A = b²+c²−2bc cos(π − A) = b²+c²+2bc cos A

得 cos A = a²+d²− (b²+c²) 2(ad + bc) =

a²−c²+ab + cd 2(ad + bc) 同理可得 cos B =a²+b²− (c²+d²)

2(ab + cd) =

a²−c²− (ab + cd) 2(ab + cd) =

a²−c²+ab + cd 2(ab + cd) −1

=cos A ⋅ad + bc

ab + cd−1 = cos A ⋅sin B sin A⋅

(ad + bc) sin A (ab + cd) sin B −1

=cos A ⋅sin B sin A−1

則 cos A sin B − sin A cos B = sin(B − A) = sin A 所以 ∠B = 2∠A，得證。

底下我們給出 2 倍角整數邊圓內接四邊形製造機。

定定定理理理 5. 令 ◻ABCD 為一 2 倍角圓內接四邊形，其中 ∠B = 2∠A。則 a, b, c, d 為整數 之充分條件為存在 p, q, m, n ∈ N, p < q, 2m > n 使得

a qn − pm=

b pm=

c qm − pn=

d qm。 證證證明明明. 由 ab + b²+cd = d²，可得 b

d= d − c a + b =

p

q，其中 (p, q) = 1 則 {qb − pd = 0

pa + pb + qc − qd = 0 可得式(1)，p²a + (p²−q²)b + pqc = 0 同理我們可得 b

d − c = d a + b =

m

n，其中 (m, n) = 1

則 {nb + mc − md = 0

ma + mb − nd = 0 可得式(2)，m²a + (m²−n²)b − mnc = 0 聯立上式(1)、(2)之結果我們可得

a ∶ b ∶ c = ∣p²−q² pq

m²−n² −mn∣ ∶ ∣ pq p²

−mn m²∣ ∶ ∣p² p²−q² m² m²−n²∣

= −p²mn + q²mn − pqm²+pqn²∶pqm²+p²mn ∶ p²m²−p²n²−p²m²+q²m²

= (qn − pm)(pn + qm) ∶ pm(pn + qm) ∶ (qm − pn)(pn + qm)

= qn − pm ∶ pm ∶ qm − pn.

此外再加上 qb − pd = 0，我們可得

a ∶ b ∶ c ∶ d = qn − pm ∶ pm ∶ qm − pn ∶ pm ⋅q

p=qn − pm ∶ pm ∶ qm − pn ∶ qm 即

a qn − pm=

b pm=

c qm − pn=

d qm. 另一方面，由 q

p>

m n, q

p>

n

m，可知 q > p

由 b + c + d > a ⇒ pm + qm − pn + qm > qn − pm 經化簡可知 2m > n。

a + b + c > d ⇒ qn − pm + pm + qm − pn > qm 經化簡可知 q > p。 如果令 g = (qn − pm, pm, qm − pn, qm)，則

a = i

g(qn − pm), b = i

g(pm), c = i

g(qm − pn), d = i

g(qm),其中 i ∈ N.

推推推論論論 6. 設 p, q, m, n ∈ N, p < q, 2m < n。則以 a = qn − pm, b = pm, c = qm − pn, d = qm 為四邊的圓內接四邊形，必要條件為 ∠B = 2∠A。

證證證明明明. 由定理 4，因為

ab + b²+cd = (qn − pm) ⋅ (pm) + (pm)²+ (qm − pn) ⋅ (qm)

= (qn)(pm) − (pm)²+ (pm)²+ (qm)²− (pn)(qm) = (qm)²=d² 所以 ∠B = 2∠A.

2.3.2 2倍倍倍角角角 Heron 圓圓圓內內內接接接四四四邊邊邊形形形製製製造造造機機機 接下來我們來探討 2 倍角圓內接四邊形的面積

◻ABCD = △ADP − △CBP

= 1 2

⎛

⎝ qm ⋅ qn

√ 1 − ( n

2m)

2⎞

⎠

− 1 2

⎛

⎝ pm ⋅ pn

√ 1 − ( n

2m)

2⎞

⎠

= 1

2mn(q²−p²)

¿ ÁÁ

À1 − (n)² (2m)² =

1

4n(q²−p²)

√

(2m)²− (n)² 令 D =√

F²−E²，其中 E = n, F = 2m，則 D²+E²=F²

此外，設 2 不同時整除 D 與 E，則 D²+E² (mod 4) ≡ 1 or 2，與 D²+E²=F²=4m² 矛盾，於是可知 D 與 E 同為偶數。

因此 ◻ ABCD 的面積 =1

4n(q²−p²)

√

(2m)²− (n)²= 1

4(q²−p²)D ⋅ E = k，其中 k ∈ N.

推推推論論論 7. 當 D, E, F 為畢氏三元數時，因為斜邊 F 為偶數，則 E(= n) 亦為偶數那麼由 (m, n) = (F

2, E)代入製造機，得到的四邊形即為 2 倍角 Heron 圓內接四邊形。

2.3.3 n 倍倍倍角角角整整整數數數邊邊邊圓圓圓內內內接接接四四四邊邊邊形形形

定定定理理理 6. 如圖示，若 ∠ABC = n∠A, ∠A^′BC = (n − 1)∠A^′，其中 n ≥ 3，則

A^′D (AB ⋅ AD + BC ⋅ CD) + CD (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) + AD (BD²−AD²) =0

證證證明明明. 由 ∠ABA^′= ∠ABC − ∠A^′BC = nθ − (n − 1)θ = ∠A^′， 所以 A^′D 平行 AB，連 AA^′, BD，得等腰梯形 ◻ABDA^′。

◻ABDA^′中，根據托勒密定理可得 A^′D ⋅ AB + BD²=AD² 且 BD²=

(AB ⋅ CD + AD ⋅ BC) (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) AB ⋅ AD + BC ⋅ CD ， 代入上式中得

A^′D ⋅ AB +(AB ⋅ CD + AD ⋅ BC) (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) AB ⋅ AD + BC ⋅ CD =AD²

經由化簡

A^′D ⋅ AB +(AB ⋅ CD + AD ⋅ BC) (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) − AD²(AB ⋅ AD + BC ⋅ CD)

AB ⋅ AD + BC ⋅ CD =0

A^′D⋅AB+AB⋅ CD (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) + AD ⋅ BC (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) − AD²(AB ⋅ AD + BC ⋅ CD)

AB⋅ AD + BC ⋅ CD = 0

A^′D ⋅ AB +

AB ⋅ CD (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) + AB ⋅ AD (BC²−AD²) AB ⋅ AD + BC ⋅ CD =0 A^′D (AB ⋅ AD + BC ⋅ CD) + CD (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) + AD (BC²−AD²) =0 得 A^′D (AB ⋅ AD + BC ⋅ CD) + CD (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) = AD (AD²−BC²)

現在考慮內接於同一圓的四邊形形序列 ◻A²BCD, ◻A3BCD, . . ., ◻AnBCD, . . ., 在

◻AnBCD 中，設 an=AnB, b = BC, c = CD, dn=DAn,且 ∠An=θ, ∠AnBC = nθ.

定定定理理理 7. 令 ◻AnBCD 為上述內接於同一圓的四邊形形序列，則

⎧⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩ an=

an−1(a²_n−1−c²) −b(an−1b + cdn−1) an−1dn−1+bc , n ≥ 3 d_n=a_n−1

證證證明明明. 如圖示，作 DAn−1 平行 AB,

因為 ∠An−1= ∠An=θ，且 ∠An−1BC = ∠AnBC − ∠AnBAn−1=nθ − θ = (n − 1)θ 所以◻An−1BCD 為 (n − 1) 倍角圓內接四邊形

又因為 ∠An−1BC = (n − 1)∠An−1, ∠AnBC = n∠An

根據性質 5

◻A_nBDA_n−1 為等腰梯形，則 dn=a_n−1,

A^′D (AB ⋅ AD + BC ⋅ CD) + CD (AB ⋅ BC + CD ⋅ AD) = AD (AD²−BC²)

⇒AB (A^′B ⋅ A^′D + BC ⋅ CD) = A^′B (A^′B²−CD²) −BC (A^′B ⋅ BC + A^′D ⋅ CD) 得 a_n=

a_n−1(a²_n−1−c²) −b(a_n−1b + cd_n−1) an−1dn−1+bc

將遞迴關係式經變換後代入 2 倍角圓內接四邊形充要條件，經化簡我們可以得到下式 (c − d)(a + c)(ab + cd) = (c − d)(b + d)(b − d)²

並且，如圖所示 c = 2R sin x, d = 2R sin(3θ − x)

因為 θ > x, 3θ − x > 2θ > x，所以 c = 2R sin x < 2R sin(3θ − x) = d.

因此我們可以將其簡化為 (a + c)(ab + cd) = (b + d)(b − d)²，但是此關係式是否為 3 倍 角圓內接四邊形充要條件,底下是我們驗證過程：

由(a + c)(ab + cd) = (b + d)(b − d)²，得 b²−d²=

(a + c)(ab + cd) b − d . 由 餘弦定理，得 cos A = a²+d²− (b²+c²)

2(ad + bc) =

a²−c²− (b²−d²) 2(ad + bc)

=

(a²−c²)(b − d) − (a + c)(ab + cd) 2(ad + bc)(b − d)

=

(a + c)

2(ad + bc)(b − d)⋅ [(a − c)(b − d) − (ab + cd)]

=

a + c

2(ad + bc)(d − b)⋅ [ad + bc] = a + c 2(d − b). 同理可得 cos B = a²+b²− (c²+d²)

2(ab + cd) =

a²−c²+ (b²−d²) 2(ab + cd)

=

(a²−c²)(b − d) + (a + c)(ab + cd) 2(ab + cd)(b − d)

=

(a + c)

2(ab + cd)(b − d)⋅ [(a − c)(b − d) + (ab + cd)]

=

(a + c)

2(ab + cd)(b − d)⋅ [2(ab + cd) − ad − bc]

=

(a + c)

2(d − b)⋅ [−2 +ad + bc

ab + cd] =cos A ⋅ (−2 +sin B sin A).

則 sin A cos B = −2 sin A cos A + cos A + sin B；2 sin A cos A = cos A sin B − sin A cos B.

即 sin 2A = sin(B − A)，所以 ∠B = 3∠A，得證。

同樣的，我們將 2 倍角圓內接四邊形製造機代入遞迴關係式可以得到 3 倍角圓內接 四邊形製造機，

a = q(n²−m²) −pmn, b = pm², c = qm²−pmn, d = qmn − pm² (a + c)(ab + cd)

= (q(n²−m²) −pmn + qm²−pmn) [pm²(q(n²−m²) −pmn) + (qmn − pm²)(qm²−pmn)]

= (qn²−2pmn) [pm²(qn²−qm²−pmn) + (qmn − pm²)(qm²−pmn)]

= (qn²−2pmn) [pqm²n²−pm²(qm²+pmn) + qmn(qm²−pmn) − pm²(qm²−pmn)]

= (qn²−2pmn) [qmn(qm²) −2pm²(qm²)]

=qmn(qmn − 2pm²)(qmn − 2pm²) = (b + d)(b − d)²

當 n − 1 倍角圓內接四邊形的邊長為整數時，遞迴所產生的 n 倍角圓內接四邊形的邊長 為有理數。再經伸縮後即為 n 倍角整數邊圓內接四邊形.

2.3.4 n 倍倍倍角角角 Heron 圓圓圓內內內接接接四四四邊邊邊形形形 如圖示，延長

⇀

nB 與

⇀

nC 相交於 Pn,

所以 ∠BCPn= ∠A_n=θ，且 ∠Pn= ∠P_n，所以 △CBPn∼ △A_nP_nD_n 由 CPn

BPn+an

= BPn

CPn+c = b d_n，得

⎧⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎩

dn⋅CPn−b ⋅ BPn=anb

−b ⋅ CP_n+d_n⋅BP_n=bc 則 CPn=

a_nb ⋅ d_n+bc ⋅ b d²_n−b² =

b(a_nd_n+bc) d²_n−b² 令 ◻i 表 ◻AiBCDi 面積,

則

◻_i= △A_iD_iP_i− △CBP_i = 1

2A_iD_i⋅A_iP_isin θ −1

2CB ⋅ CP_isin θ

= 1 2di⋅ (

di

b ⋅

aibdi+b²c

d²_i−b² )sin θ −1

2b ⋅aibdi+b²c d²_i−b² sin θ

= 1

2(d²_i −b²) ⋅

a_id_i+bc

d²_i −b² ⋅sin θ =sin θ

2 ⋅ (a_id_i+bc)

所以 ◻_n−1= sin θ

2 ⋅ (a_n−1d_n−1+bc)

◻_n= sin θ

2 ⋅ (a_nd_n+bc) = sin θ 2 ⋅

⎛

⎝

a_n−1(a²_n−1−c²) −b (a_n−1b + cd_n−1)

an−1dn−1+bc ⋅a_n−1+bc⎞

⎠

= sin θ

2 ⋅

a²_n−1(a²_n−1−c²) −an−1b(an−1b + cdn−1) +bc(an−1dn−1+bc) an−1dn−1+bc

= sin θ

2 ⋅

a²_n−1(a²_n−1−c²) − (a_n−1b)²+ (bc)² an−1dn−1+bc

= sin θ

2 ⋅

(a²_n−1−b²) (a²_n−1−c²) an−1dn−1+bc =

(a²_n−1−c²_n−1) (a²_n−1−b²_n−1) (an−1dn−1+bn−1cn−1)²

⋅ ◻_n−1.

推推推論論論 8. 當給定一個 n − 1 倍角 Heron 圓內接四邊形，我們可經由邊長遞迴關係產生的 n 倍角圓內接四邊形，再經伸縮後即為 n 倍角 Heron 圓內接四邊形.

3 未 未 未來 來 來展 展 展望 望 望

一、 是否能寫出 n 倍角整數邊三角形與 n 倍角整數邊圓內接四邊形製造機的一般形 式。

二、 文章中所給予的 n 倍角整數邊圓內接四邊形製造機並不唯一，且不像 n 倍角三角 形般可透過調整式中的比值獲得，因此是否能找出不同形態的製造機所蘊含的意 義。

三、 是否有辦法將倍角整數邊圓內接四邊形推廣到一般四邊形。

參 參 參考 考 考文 文 文獻 獻 獻

[1] 三角形趣談，楊世明，哈爾濱工業大學出版社，2012 年 8 月。

[2] 從 3, 5, 7出發–擬畢氏三角形之研究—陳學儀，臺北市立第一女子高級中學。

[3] 整體與倍角—簡境良、張緯鈞、陳韋銓，板橋高中。