中華民國第 61 屆中小學科學展覽會 作品說明書

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排版\030417-封面

國中組 數學科 第三名

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圓外切三角形與四邊形之構造與性質探究

學校名稱：新北市立文山國民中學

作者： 指導老師：

國二 曾琮鈞 國二 徐正皓 國二 劉誠恩

蕭偉智

關鍵詞：調和四邊形、陪位中線、黃金比例

摘要

本研究推廣於近年的兩篇研究，Sejfried 與 Shelomovskii 的三角形及其內切圓的幾何 構圖研究[1]，以及沈執中與陳彥睿提出的三角形與四邊形及其內切圓的幾何構圖研究[3]。

相較他們的研究，本研究是新的方向，我們的對象不同，使用方法也不同。我們不使 用空間射影模型，因為射影只能處理共點、共線，卻喪失了角度、長度、形狀等幾何定性 與定量性質。本研究討論了給定任意圓內接三角形，如何在其三邊的延長線上分別取一 點，使得這兩兩點的連線（共三條直線）都與圓相切呢？同樣的，推廣到給定任意圓內接 四邊形的外切四邊形構圖。值得一提的是，在任意三角形中，我們進一步發現外切三角形 的樣態與原三角形的兩邊比值有關，臨界點是漂亮的黃金比例！

壹、 動機與文獻

一、 給定圓外切三角形（四邊形），而構造圓內接三角形（四邊形）

在 2017 年的第五十七屆全國科學展覽會，沈執中與陳彥睿提出一篇研究〈Sejfried 定 理在四邊形的推廣〉[3]，他們將 Sejfried 與 Shelomovskii 的 2012 年所提出的三角形與 其內切圓的幾何構圖推廣到四邊形[1]。

Sejfried 和 Shelomovskii 提出任意三角形射影到正三角形，且同時其內切圓也會射影 到正三角形的內切圓的空間射影模型。因為交比是射影變換不變量，僅需證明正三角形的 構圖，因此解決了給定任意圓外切三角形，分別自三個頂點各作一條射線，兩兩射線交於 圓上，而構造一個圓內接三角形。

圖1：給定圓外切三角形，構造圓內接三角形。

B3

B₁

B₂ O

A₂ A₃

A1

D₃ D₁

H₂

H3

H₁ D₂

C₃ C₁

K1

K3

K₂ C₂

B₃ B1

B₂ O

A1

A₃ A₂

沈執中與陳彥睿探討一個高難度的作圖，如下圖，給定圓外切四邊形 𝐴₁𝐴₂𝐴₃𝐴₄，分 別自四邊形 𝐴₁𝐴₂𝐴₃𝐴₄ 的四個頂點各作一條射線 𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐴₁𝐶₂ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐴₂𝐶₃ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐴₃𝐶₁ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 且此四條射線₄𝐶₁ 彼此的交點都落在內切圓上，構成一個圓內接四邊形 𝐾₁𝐾₂𝐾₃𝐾₄（𝐻₁𝐻₂𝐻₃𝐻₄），他們證明 此作圖共有兩解。

圖2：給定圓外切四邊形，構造圓內接四邊形（取自沈執中與陳彥睿[3]）。

沈執中與陳彥睿他們並非直接在原四邊形上直接作圖，而是利用一個空間射影模型，

利用此模型將圓射影到圓，然後再證明任意的圓外切四邊形皆可射影為圓外切菱形的存在 唯一性，透過此模型則證明了任意四邊形的構圖，如下圖。

圖3：圓射影到圓模型（取自沈執中與陳彥睿[3]）。

綜合來看，無論 Sejfried 和 Shelomovskii 的研究，或者沈執中與陳彥睿的研究，他們

A

A

A

A

O

B

B

B

B

C

D

D

K

C

K

C

K

C

K

H

D

H

H

D

H

A

A

A

A

O

B

B

B

B

分別對於圓外切三角形、圓外切四邊形，利用射影的方式作出圓內接三角形、圓內接四邊 形圖，因為射影所以僅能刻畫出其交比性質，這是他們研究上的限制。

二、 給定圓內接三角形（四邊形），而構造圓外切三角形（四邊形）

2014 年，Shelomovskii 再提出一篇更完整的研究〈Sejfriedian: existence, uniqueness, constructing and the proof of properties〉[2]，他探討了另外一個不同的構圖問題：給定圓內 接三角形，而構造圓外切三角形。

如圖3，給定圓內接 △ 𝐴𝐵𝐶，在三角形邊的延長線上分別取三點 𝑃_𝐴、𝑃_𝐵、𝑃_𝐶，使得直 線 𝑃⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝑃_𝐴𝑃_𝐵 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝑃_𝐵𝑃_𝐶 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分別外切圓於三點 𝐸_𝐶𝑃_{𝐴 𝐶1}、𝐸_𝐴1、𝐸_𝐵1，形成外切 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶。

圖4：圓內接三角形構造圓外切三角形。

如下圖，Shelomovskii 利用 △ 𝐴𝐵𝐶 的 Lemoine point 作為控制點，可將任意三角形 與其外接圓射影變換到正三角形與其外接圓，用類似射影的手法，他解決了此作圖難題。

圖5：圓內接三角形射影回圓內接正三角形模型（取自 Shelomovskii [2]）。

然而，此作圖的缺點是無法在原先給定的任意三角形上作圖，而必須藉由射影模型先

A

B

C

P

P

P

E

E

E

A

B

C

射影到正三角形，再進行正三角形的構圖，然後再射影回原任意三角形。

三、 本研究進行的議題

無論 Sejfried 和 Shelomovskii 的研究，或者沈執中與陳彥睿的研究透過一個射影模型 解決「給定圓外切三角形（四邊形），而構造圓內接三角形（四邊形）」的作圖。

本研究的主題異於前述兩者，我們是「給定任意圓內接三角形（四邊形），如何直接在 原本上構造圓外切三角形（四邊形）的作圖方法」，以及探究其豐富的幾何性質。

相較他們的研究，本研究是新的方向且難度也比較高。因為三角形與四邊形及其內切 圓會有邊上的兩個端點與切點（共三點），資訊量較足夠，我們的研究對象則是探討任意 三角形與其外接圓，僅有三角形或四邊形邊上的兩個端點，必須創造出輔助點、輔助線。

本研究的另外一個亮點是，我們不使用跟前人一樣的射影模型，而是在平面上，直接 針對任意圓內接三角形（任意圓內接四邊形）上進行幾何作圖，因為空間射影只能簡潔處 理共點、共線、共圓，但卻喪失了角度、長度、形狀等幾何定性與定量性質，所以我們以 重心坐標系統，搭配調和四邊形、陪位中線、配極原則等幾何定理進行研究。

貳、 研究目的

一、 對於任意圓內接三角形，給出構造圓外切三角形的作圖方法，其中外切三角形的三個 頂點分別落在圓內接三角形的邊或延長線上。

二、 刻劃前述圓外切三角形的幾何性質。

三、 對於任意圓內接四邊形，給出構造圓外切四邊形的作圖方法，其中外切四邊形的四個 頂點分別落在圓內接四邊形的邊或延長線上。

四、 刻劃前述圓外切四邊形的幾何性質。

五、 任意圓內接正三角形（正方形），迭代其圓外正三角形（正方形）的性質。

參、 研究設備及器材

一、 軟體：幾何畫板 The Geometer's Sketchpad 5.0 二、 網站：WolframAlpha 計算網站

本研究約定 △ 𝐴𝐵𝐶 中，𝐴𝐵̅̅̅̅ = 𝑐、𝐵𝐶̅̅̅̅ = 𝑎、𝐶𝐴̅̅̅̅ = 𝑏。

一、 調和四邊形（Harmonic Quadrilateral）

平面上，調和四邊形是指對邊乘積相等的圓內接四邊形。如下圖，四邊形 𝐴𝐵𝐶𝐷 是調 和四邊形，即滿足 𝐴𝐵̅̅̅̅ × 𝐶𝐷̅̅̅̅ = 𝐵𝐶̅̅̅̅ × 𝐷𝐴̅̅̅̅。

圖6：調和四邊形。

二、 陪位中線／類似中線（Symmedian）

平面上，三角形的一條中線關於與其共頂點的內角平分線的對稱直線稱為三角形的陪 位中線。如下圖，△ 𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝑀̅̅̅̅̅ 為中線，𝐴𝑁̅̅̅̅ 為角平分線，𝑃 點在 𝐵𝐶̅̅̅̅ 上且滿足有向角

∠𝑃𝐴𝑁 = ∠𝑁𝐴𝑀，則稱 𝐴𝑃̅̅̅̅ 為陪位中線，其中 𝐵𝑃̅̅̅̅: 𝑃𝐶̅̅̅̅ = 𝑐²: 𝑏²。

圖7：陪位中線。

三、 重心坐標（Barycentric Coordinates）

平面上任一點 𝑃 與 △ ABC 三頂點形成三個子三角形 △ 𝑃𝐵𝐶、 △ 𝑃𝐶𝐴、 △ 𝑃𝐴𝐵，其 中 ∆PBC 的頂點 𝑃、𝐵、𝐶 為逆時鐘方向，則定義面積為正；順時鐘方向，則定義面積為 負，其餘亦同。利用這些三角形的有向面積比來定義此點的位置，就稱為 𝑃 點的重心坐標

（Barycentric Coordinates），即 𝑃(𝑥: 𝑦: 𝑧) = 𝑃(∆𝑃𝐵𝐶:∆𝑃𝐶𝐴:∆𝑃𝐴𝐵)。

若三個實數序對 (𝑥, 𝑦, 𝑧) 滿足 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 時，我們就用逗號表示 𝑃 點的中心坐 標之三個分量，此時稱 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧) 為正規化的重心坐標（Normalized Barycentric

DA = 1.79厘米 BC = 4.77厘米

AB∙CD

BC∙DA = 1.00000 CD = 1.85厘米 AB = 4.59厘米

A

C B

D

N P

B M C

A

肆、預備知識

Coordinates）。因此，我們有三個頂點的坐標 𝐴(1,0,0)、𝐵(0,1,0)、𝐶(0,0,1)。

四、 重心坐標下的直線方程式與外接圓方程式

若點坐標 𝑃(𝑥: 𝑦: 𝑧) 滿足一次方程 𝜎₁𝑥 + 𝜎₂𝑦 + 𝜎₃𝑧 = 0，則全體點 (𝑥: 𝑦: 𝑧) 為一直 線，其中 𝜎₁, 𝜎₂, 𝜎₃ 為常數。

此外，平面上給定兩點 𝑃(𝜇₁, 𝜇₂, 𝜇₃)、𝑄(𝛾₁, 𝛾₂, 𝛾₃) ，則通過此兩點的直線方程式可以 用三階行列式表示

|

𝜇₁ 𝜇₂ 𝜇₃ 𝛾₁ 𝛾₂ 𝛾₃

𝑥 𝑦 𝑧| = 0

△ ABC 的外接圓方程式為

𝑎²𝑦𝑧 + 𝑏²𝑥𝑧 + 𝑐²𝑥𝑦 = 0

五、 重心坐標下關於外接圓圓的極點（Pole）與極線（Polar）

若 △ ABC 的外接圓方程式為

𝑎²𝑦𝑧 + 𝑏²𝑥𝑧 + 𝑐²𝑥𝑦 = 0 則 𝑃(𝜇₁, 𝜇₂, 𝜇₃) 關於外接圓的極線方程式為

[𝜇1 𝜇₂ 𝜇₃] [0 𝑐² 𝑏² 𝑐² 0 𝑎² 𝑏² 𝑎² 0

] [ 𝑥 𝑦 𝑧

] = 0

當 𝑃 點在圓上時，其關於圓的極線就是通過 𝑃 點的切線。

當 𝑃 點在圓外時，過 𝑃 點對圓作兩條切線，其兩切點連線即為 𝑃 點極線。

六、 交比（Cross-ratio）

給定平面上共線的四點 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷（四點不一定依照順序排列），定義此四點的交比為 有向線段比（同向為正、異向為負），以符號 (𝐴, 𝐵; 𝐶, 𝐷) 表示，其交比的值為：

(𝐴, 𝐵; 𝐶, 𝐷) =𝐴𝐶̅̅̅̅

𝐶𝐵̅̅̅̅

𝐴𝐷̅̅̅̅

𝐷𝐵̅̅̅̅

⁄

伍、 研究結果

有關圓內接三角形（四邊形）其延長上線分別取三點（四點）而構造圓外切三角形的 作圖，我們先從特殊三角形（四邊形）探討，即正三角形與矩形，接著探究一般化情形。

一、 特殊化的三角形：正三角形的作圖與性質

關於圓內接正三角形，我們利用對稱性，可得出其圓外切三角形的作圖步驟與證明。

給定任意圓內接正 △ 𝐴𝐵𝐶

【求作】圓外切三角形，使得其頂點分別落在正 △ 𝐴𝐵𝐶 邊的延長線上。

（一） 作圖步驟

步驟1. 分別作 𝐴𝐵̅̅̅̅、𝐵𝐶̅̅̅̅、𝐶𝐴̅̅̅̅ 的中點 𝐷_𝐶、𝐷_𝐴、𝐷_𝐵。 步驟2. 令 𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交外接圓 𝑂 於 𝐸_𝐴𝐷_{𝐵 𝐶1}、𝐸_𝐶2 點，

𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交外接圓 𝑂 於 𝐸_𝐵𝐷_{𝐶 𝐴1}、𝐸_𝐴2 點，

𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交外接圓 𝑂 於 𝐸_𝐶𝐷_{𝐴 𝐵1}、𝐸_𝐵2 點。

步驟3. 分別過點 𝐸_𝐴1、𝐸_𝐵1、𝐸_𝐶1 作外接圓 𝑂 的三條 切線。

步驟4. 令三條切線兩兩交於點 𝑃_𝐴、𝑃_𝐵、𝑃_𝐶。同理，

過點 𝐸_𝐴2、𝐸_𝐵2、𝐸_𝐶2 作一樣操作，可得交於點 𝑄_𝐴、𝑄_𝐵、𝑄_𝐶。

步驟5. △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 與 △ 𝑄_𝐴𝑄_𝐵𝑄_𝐶 即為所求。注意到，

根據對稱性可得出 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 與 △ 𝑄_𝐴𝑄_𝐵𝑄_𝐶 皆為正三角形。

E

E

E

E

E

E

D

D

D

C B

O A

P

P

P

E

E

E

E

E

E

D

D

D

C B

O A

Q

Q

Q

E

E

E

E

E

E

D

D

D

C B

O

A

（二） 存在性證明

因為對稱性，關於圓外切正三角形 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 或 △ 𝑄_𝐴𝑄_𝐵𝑄_𝐶 的作圖，我們只須證明直 線 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 通過切線的交點 𝑃_𝐶 即可，其餘其餘兩直線因為對稱性同理可證。

我們先需要有關調和四邊形的引理。

引理1（調和四邊形）（[4], p.128）若圓內接四邊形 𝐴𝐵𝐶𝐷 是調和四邊形，若且唯若其中一 條對角線，與過其餘兩點的兩條外接圓切線，此三條直線交於一點。

分析與討論

我們觀察 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 、𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐸_𝐵1𝑃_𝐶 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，它們分別為一條割線、兩條切線，根據引理1，我們發_𝐴1𝑃_𝐶 現三條直線 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 、𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐸_𝐵1𝑃_𝐶 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交於一點的充要條件是四邊形 𝐴𝐸_𝐴1𝑃_{𝐶 𝐵1}𝐵𝐸_𝐴1 為調和四邊形，

於是接下來的要進行的證明就是四邊形 𝐴𝐸_𝐵1𝐵𝐸_𝐴1 為調和四邊形。

圖8：利用調和四邊形進行證明。

命題2（作圖）圓內接正 △ 𝐴𝐵𝐶 中，𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 通過兩切線的交點 𝑃_𝐶（即證明四邊形 𝐴𝐸_𝐵1𝐵𝐸_𝐴1 為調和四邊形）（其餘兩邊同理可證）。

證明：

1. 因為點 𝐷_𝐴、𝐷_𝐵、𝐷_𝐶 是正 △ 𝐴𝐵𝐶 邊上的中點，我們利用其對稱性可得在 △ 𝐵𝐸_𝐵1𝐷_𝐶、△ 𝐸_𝐴1𝐵𝐷_𝐶 中，∠𝐵𝐸_𝐵1𝐷_𝐶 =¹

2𝐵𝐸̂ =_𝐵2 ¹

2𝐴𝐸̂ = ∠𝐸_{𝐴1 𝐴1}𝐵𝐷_𝐶，且 ∠𝐸_𝐵1𝐵𝐷_𝐶 =

1

2𝐴𝐸̂ =_𝐵1 ¹

2𝐵𝐸̂ = ∠𝐵𝐸_{𝐴2 𝐴1}𝐷_𝐶，所以 △ 𝐵𝐸_𝐵1𝐷_𝐶~ △ 𝐸_𝐴1𝐵𝐷_𝐶（AA相似），可得

E

E

P

E

E

E

E

D

D

D

C B

A

𝐵𝐸_𝐵1

̅̅̅̅̅̅̅: 𝐸̅̅̅̅̅̅ = 𝐷_𝐴1𝐵 ̅̅̅̅̅̅̅̅: 𝐷_𝐶𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅̅̅。 _𝐶𝐵

2. 同理，△ 𝐴𝐸_𝐵1𝐷_𝐶~ △ 𝐸_𝐴1𝐴𝐷_𝐶，可得 𝐴𝐸̅̅̅̅̅̅: 𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅̅̅ = 𝐷_𝐴1𝐴 ̅̅̅̅̅̅̅̅: 𝐷_𝐶𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅̅̅，又 𝐷_𝐶𝐴 ̅̅̅̅̅̅ = 𝐷_𝐶𝐴 ̅̅̅̅̅̅，所以 _𝐶𝐵 𝐴𝐸_𝐵1

̅̅̅̅̅̅: 𝐸̅̅̅̅̅̅ = 𝐵𝐸_𝐴1𝐴 ̅̅̅̅̅̅̅: 𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅̅̅，即 𝐸_𝐴1𝐵 ̅̅̅̅̅̅ × 𝐵𝐸_𝐴1𝐴 ̅̅̅̅̅̅̅ = 𝐴𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅̅̅ × 𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅̅̅，因此四邊形 𝐴𝐸_𝐴1𝐵 _𝐵1𝐵𝐸_𝐴1 為 調和四邊形，根據引理2得直線 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 通過兩切線 𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐸_𝐵1𝑃_𝐶 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的交點 𝑃_𝐴1𝑃_{𝐶 𝐶}，再以相同 方法可證明點 𝑃_𝐵、𝑃_𝐴 的情形。

圖9：𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 、𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐸_𝐵1𝑃_𝐶 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 三線交於一點。 _𝐴1𝑃_𝐶

圖10：兩組圓外切三角形構圖。

▓

（三） 幾何性質

我們已將完成圓內接正三角形的圓外切三角形構圖，接下來繼續探討其性質。很自然 地，我們好奇點 𝑃_𝐴、𝑃_𝐵、𝑃_𝐶 有什麼特殊性質？有趣的是，我們發現 ^{𝐴𝐵̅̅̅̅}

𝑃𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅ = ^{𝐵𝐶̅̅̅̅}

𝑃𝐴𝐵

̅̅̅̅̅̅ = ^{𝐶𝐴̅̅̅̅}

𝑃𝐵𝐶

̅̅̅̅̅̅ =

1+√5

2 ，以下是我們的證明。

E

E

P

E

E

E

E

D

D

D

C B

A

P

P

P

E

E

E

E

E

E

D

D

D

C B

O A

Q

Q

Q

E

E

E

E

E

E

D

D

D

C B

O

A

性質3（黃金比例） ^{𝐴𝐵̅̅̅̅}

𝑃𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅= ^{𝐵𝐶̅̅̅̅}

𝑃𝐴𝐵

̅̅̅̅̅̅= ^{𝐶𝐴̅̅̅̅}

𝑃𝐵𝐶

̅̅̅̅̅̅ =^1+√5

2 = 𝜙。

證明：

1. 如下圖，連 𝐸̅̅̅̅̅̅、𝐸_𝐵1𝐴 ̅̅̅̅̅̅，在 △ 𝑃_𝐵1𝐵 _𝐶𝐸_𝐵1𝐴、△ 𝑃_𝐶𝐵𝐸_𝐵1 中，弦切角 ∠𝑃_𝐶𝐸_𝐵1𝐴 =¹

2𝐸̂ =_𝐵1𝐴

∠𝑃_𝐶𝐵𝐸_𝐵1，且 ∠𝐸_𝐵1𝑃_𝐶𝐴 = ∠𝐵𝑃_𝐶𝐸_𝐵1，所以 △ 𝑃_𝐶𝐸_𝐵1𝐴~ △ 𝑃_𝐶𝐵𝐸_𝐵1（AA相似）。

2. 點 𝐷_𝐴、𝐷_𝐵、𝐷_𝐶 是正 △ 𝐴𝐵𝐶 邊上的中點，我們利用其對稱性可得考慮 △ 𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 為正三角形，所以 𝐸̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 𝐴𝐵_𝐴1𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅，又因為切線段

𝑃_𝐶𝐸_𝐴1

̅̅̅̅̅̅̅̅ = 𝑃̅̅̅̅̅̅̅̅ 且 ∠𝑃_𝐶𝐸_{𝐵1 𝐶}𝐸_𝐵1𝐸_𝐴1 =¹

2𝐸_𝐴̂ =₁𝐸_𝐵1

∠𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1𝐸_𝐴1 = 60°，得出 𝑃̅̅̅̅̅̅̅̅ = 𝐴𝐵_𝐶𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅。

3. 不失一般性令 𝐴𝐵̅̅̅̅ = 𝑃̅̅̅̅̅̅̅̅ = 𝑥 > 0、𝑃_𝐶𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅̅ = 1，_𝐶𝐴 因為 △ 𝑃_𝐶𝐸_𝐵1𝐴~ △ 𝑃_𝐶𝐵𝐸_𝐵1，所以 𝑃̅̅̅̅̅̅̅̅: 𝑃_𝐶𝐸_𝐵1 ̅̅̅̅̅ =_𝐶𝐵 𝑃_𝐶𝐴

̅̅̅̅̅: 𝑃̅̅̅̅̅̅̅̅，即 𝑥: (1 + 𝑥) = 1: 𝑥，解方程式得 _𝐶𝐸_𝐵1 𝑥 =^1+√5

2 。因此，^{𝐴𝐵̅̅̅̅}

𝑃𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅=^1+√5

2 ，同理，^{𝐴𝐵̅̅̅̅}

𝑃𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅= ^{𝐵𝐶̅̅̅̅}

𝑃𝐴𝐵

̅̅̅̅̅̅=

𝐶𝐴̅̅̅̅

𝑃𝐵𝐶

̅̅̅̅̅̅ =^1+√5

2 = 𝜙。

▓ 應用性質3，我們可以得到更簡單的作圖方法：如下圖，分別在射線 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ 上 分別取點 𝑃_𝐶、𝑃_𝐵、𝑃_𝐴，使得 ^{𝐴𝐵̅̅̅̅}

𝑃_𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅ = ^{𝐵𝐶̅̅̅̅}

𝑃_𝐴𝐵

̅̅̅̅̅̅ = ^{𝐶𝐴̅̅̅̅}

𝑃_𝐵𝐶

̅̅̅̅̅̅ = 𝜙，則 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 即為所求。在射線 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ 上做相同構造就可得出另外一個所求的三角形 △ 𝑄_𝐴𝑄_𝐵𝑄_𝐶。

圖12：更簡易的作圖步驟。

P

P

P

B C

O A

P

P

P

B C

O A

P

P

P

E

E

E

D

D

D

C B

O A

圖11：黃金比例。

我們考慮將中點 𝐷_𝐴、𝐷_𝐵、𝐷_𝐶 納入觀察。

推論4（交比）共線四點的交比 (𝐵, 𝐴; 𝐷_𝐶, 𝑃_𝐶) = (𝐶, 𝐵; 𝐷_𝐴, 𝑃_𝐴) = (𝐴, 𝐶; 𝐷_𝐵, 𝐷_𝐵) = − ¹

𝜙+1。 證明：

如圖11，因為點 𝐷_𝐴、𝐷_𝐵、𝐷_𝐶 是正 △ 𝐴𝐵𝐶 邊上的中點，可得共線四點的有向線段交比 (𝐵, 𝐴; 𝐷_𝐶, 𝑃_𝐶) = ^{𝐵𝐷̅̅̅̅̅̅𝐶}

𝐷𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅

𝐵𝑃𝐶

̅̅̅̅̅̅

𝑃𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅

⁄ = 1 ×^{𝑃̅̅̅̅̅̅𝐶𝐴}

𝐵𝑃𝐶

̅̅̅̅̅̅，又根據性質3得出 ^{𝐵𝐴̅̅̅̅}

𝐴𝑃𝐶

̅̅̅̅̅̅= 𝜙，所以 ^{𝐵𝐴̅̅̅̅+𝐴𝑃̅̅̅̅̅̅𝐶}

𝐴𝑃𝐶

̅̅̅̅̅̅ =^{𝐵𝑃̅̅̅̅̅̅𝐶}

𝐴𝑃𝐶

̅̅̅̅̅̅ = 𝜙 + 1，因此交比 (𝐵, 𝐴; 𝐷_𝐶, 𝑃_𝐶) = − ¹

𝜙+1，(𝐵, 𝐶; 𝑃_𝐴, 𝐷_𝐴) 與 (𝐶, 𝐴; 𝑃_𝐵, 𝐷_𝐵) 亦同理。

▓

二、 一般化的三角形：任意三角形的作圖與性質

我們接下來將圓內接正三角形推廣到任 意圓內接三角形，同樣地，如右圖，我們取

△ 𝐴𝐵𝐶 的 𝐴𝐵̅̅̅̅、𝐵𝐶̅̅̅̅、𝐶𝐴̅̅̅̅ 的中點 𝑀_𝐶、 𝑀_𝐴、𝑀_𝐵，再依照正三角形相同的步驟進行 構圖，結果發現 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 的三個頂點不會 落在 △ 𝐴𝐵𝐶 邊的延長線上。

事實上，我們知道正三角形的對稱性導 致許多點重合，換句話說，對於任意三角形 來說，並不是取 𝐴𝐵̅̅̅̅、𝐵𝐶̅̅̅̅、𝐶𝐴̅̅̅̅ 的中點。

我們回顧正三角形的構圖，結果發現有趣的陪位中線性質，但我們先需要性質5。

性質5（調和四邊形與陪位中線）對於任意調和四邊形 𝐴𝐵𝐶𝐷，其對角線 𝐴𝐶⃡⃗⃗⃗⃗ 與過 𝐵、𝐷 兩點的外接圓的切線，三條直線交於一點 𝑇，令 𝐶𝑇̅̅̅̅ 交 𝐵𝐷̅̅̅̅ 於 𝑆 點，則 𝐶𝑆̅̅̅̅ 為 △ 𝐵𝐶𝐷 的陪位中線且 𝐴𝑆̅̅̅̅ 為 △ A𝐵𝐷 的陪位中線。

證明：

𝐵𝑆̅̅̅̅: 𝑆𝐷̅̅̅̅ = (𝐵𝐶̅̅̅̅ × sin∠𝐵𝐶𝑆): (𝐶𝐷̅̅̅̅ × sin ∠𝑆𝐶𝐷)

= (𝐵𝐶̅̅̅̅ × sin∠𝐴𝐷𝐵): (𝐶𝐷̅̅̅̅ × sin ∠𝐷𝐵𝐴)（圓周角）

P

P

P

E

E

E

M

M

M

O A

B

C

圖13：以 △ 𝐴𝐵𝐶 各邊中點進行構圖。

= (𝐵𝐶̅̅̅̅ × 𝐴𝐵̅̅̅̅): (𝐶𝐷̅̅̅̅ × 𝐴𝐷̅̅̅̅)（△ A𝐵𝐷 中的正弦定理）

又在調和四邊形 𝐴𝐵𝐶𝐷 中，所以 𝐴𝐵̅̅̅̅ × 𝐶𝐷̅̅̅̅ = 𝐵𝐶̅̅̅̅ × 𝐴𝐷̅̅̅̅，可得 𝐴𝐵̅̅̅̅: 𝐴𝐷̅̅̅̅ = 𝐵𝐶̅̅̅̅: 𝐷𝐶̅̅̅̅，再得 𝐵𝑆̅̅̅̅: 𝑆𝐷̅̅̅̅ = 𝐵𝐶̅̅̅̅²: 𝐶𝐷̅̅̅̅²，故 𝐶𝑆̅̅̅̅ 為 △ 𝐵𝐶𝐷 的陪位中線；同理，𝐴𝑆̅̅̅̅ 為 △ A𝐵𝐷 的陪位中線。

圖14：調和四邊形與陪位中線。

▓ 我們再觀察正三角形中的 𝐷_𝐶、𝐷_𝐴、𝐷_𝐵 點，我們好奇 𝐴𝐷̅̅̅̅̅、𝐵𝐷_𝐴 ̅̅̅̅̅̅、𝐶𝐷_𝐵 ̅̅̅̅̅̅ 是不是特殊_𝐶 的西瓦線？

如下圖，我們分別過正 △ 𝐴𝐵𝐶 的頂點 𝐴 與 𝐵 作切線，根據正三角形的對稱性，直 線 𝐶𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 與過頂點 𝐴 與 𝐵 的切線三線共點於 𝐶_{𝐶 1}，此時根據性質5的調和四邊形性質，可 得 𝐶𝐷̅̅̅̅̅̅ 是 △ 𝐴𝐵𝐶 的陪位中線。同理，𝐵𝐷_𝐶 ̅̅̅̅̅̅ 與 𝐴𝐷_𝐵 ̅̅̅̅̅ 也是 △ 𝐴𝐵𝐶 的陪位中線。 _𝐴

因此，我們得出對於將圓內接正三角形推廣到任意圓內接三角形的作圖步驟。

圖15：𝐴𝐷̅̅̅̅̅、𝐵𝐷_𝐴 ̅̅̅̅̅̅、𝐶𝐷_𝐵 ̅̅̅̅̅̅ 為陪位中線。 _𝐶

關於圓內接任意三角形，我們利用調和四邊形與陪位中線的性質，可得出其圓外切三 角形的作圖步驟與證明。

C

E

E

P

E

E

E

E

D

D

D

C B

A S

A

C T

B D

S C T

B D

A

給定圓內接任意 △ 𝐴𝐵𝐶

【求作】圓外外切三角形，使得其頂點分別落在圓內接任意 △ 𝐴𝐵𝐶 邊的延長線上。

（一） 作圖步驟

步驟1. 過 𝐴 作圓的切線 𝐵̅̅̅̅̅̅、過 𝐵 作圓的切線 ₁𝐶₁ 𝐴₁𝐶₁

̅̅̅̅̅̅、過 𝐶 作圓的切線 𝐴̅̅̅̅̅̅̅。 ₁𝐵₁

步驟2. 連接 𝐴𝐴⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐵𝐵₁ ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐶𝐶₁ ⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 可得其為 △ 𝐴𝐵𝐶 之陪₁ 位中線。

步驟3. 令 𝐴𝐴̅̅̅̅̅ 交 𝐵𝐶₁ ̅̅̅̅ 於 𝐷_𝐴 點，𝐵𝐵̅̅̅̅̅ 交 𝐴𝐶₁ ̅̅̅̅ 於 𝐷_𝐵 點，𝐶𝐶̅̅̅̅̅ 交 𝐴𝐵₁ ̅̅̅̅ 於 𝐷_𝐶 點。

步驟4. 連接 𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐷_𝐴𝐷_𝐵 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐷_𝐵𝐷_𝐶 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 。 _𝐴𝐷_𝐶 步驟5. 令 𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交圓於點 𝐸_𝐴𝐷_{𝐵 𝐶1}、𝐸_𝐶2 𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交圓於點 𝐸_𝐵𝐷_{𝐶 𝐴1}、𝐸_𝐴2 𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交圓於點 𝐸_𝐶𝐷_{𝐴 𝐵1}、𝐸_𝐵2。

步驟6. 分別過點 𝐸_𝐴1、𝐸_𝐵1、𝐸_𝐶1 作圓的三條切線。

步驟7. 令三條切線兩兩交於點 𝑃_𝐴、𝑃_𝐵、𝑃_𝐶。同理，

過點 𝐸_𝐴2、𝐸_𝐵2、𝐸_𝐶2 作一樣操作，可得交於 點 𝑄_𝐴、𝑄_𝐵、𝑄_𝐶。

步驟8. △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 與 △ 𝑄_𝐴𝑄_𝐵𝑄_𝐶 即為所求。

D

D

D

B

A

C

A

B C

E

E

E

E

E

E

D

D

D

A

B C

PC

PA

PC

EA₂

EC₂

EA₁

EB₂

EC₁

EB₁

DB

DA

DC

A

B C

QA

QC

QB

EA₂

EC2

EA1

EB2

EC1

EB₁

DB

DA

DC

A

B C

（二） 存在性證明

同樣地，關於圓外切三角形 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 或 △ 𝑄_𝐴𝑄_𝐵𝑄_𝐶 的作圖，我們只須證明直線 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗

通過切線的交點 𝑃_𝐶 點即可，其餘兩直線因為對稱性同理可證。

分析與討論

如同正三角形時，我們想要證明四邊形 𝐴𝐸_𝐵1𝐵𝐸_𝐴1 為調和四邊形。

然而，仿照命題2的方法，考慮 △ 𝐵𝐸_𝐵1𝐷_𝐶、△ 𝐸_𝐴1𝐵𝐷_𝐶，利用軟體幾何畫板 GSP 5.0 實驗發現，△ 𝐵𝐸_𝐵1𝐷_𝐶 並不會相似於 △ 𝐸_𝐴1𝐵𝐷_𝐶，事實上是因為此時 𝐷_𝐶 並非 𝐴𝐵̅̅̅̅ 中點。

因此，我們必須換個不同的證明方法。

圖16：證明策略的討論。

若比較正三角形與任意三角形的作圖步驟差異，可發現我們在一般三角形中，分別過 𝐴、𝐵、𝐶 點作了圓的三條切線，其實這就是「極點」與「極線」的概念。

接下來，我們需要使用配極原則（polarity principle）

作為引理來協助證明。

我們繼續討論證明策略，如下圖，𝐶⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 與 𝐶₁𝐴 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是切₁𝐵 線，所以 𝐶₁ 點為極點且 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 為其極線；同樣的，𝑃_𝐶 點 為極點且 𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 為其極線。因此根據配極原則，我們若_𝐵1𝐸_𝐴1 能證明 𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 通過 𝐶_𝐵1𝐸_{𝐴1 1} 點，若且為若證明了 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 通過 通過兩切線的交點 𝑃_𝐶。

E

BD

= 19.51°

D

E

B = 17.72°

D

BE

= 41.63°

D

E

B = 34.91°

P

E

E

E

E

E

E

D

D

D

A

B C

P

E

D

E

D

D

C

A

B C

圖17：配極原則。

引理6（配極原則）若點 𝑃 關於圓的極線 𝐿_𝑃 通過點 𝑄，則點 𝑄 關於圓的極線 𝐿_𝑄 通過 點 𝑃。

命題7（作圖）圓內接 △ 𝐴𝐵𝐶 中，𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 通過兩切線的交點 𝑃_𝐶（其餘兩邊同理可證）。 證明：

1. 約定在 △ 𝐴𝐵𝐶 中，𝐴𝐵̅̅̅̅ = c、𝐵𝐶̅̅̅̅ = 𝑎、𝐴𝐶̅̅̅̅ = 𝑏。如圖17，因為 𝐶𝐷̅̅̅̅̅̅ 、𝐵𝐷_𝐶 ̅̅̅̅̅̅ 與 𝐴𝐷_𝐵 ̅̅̅̅̅ _𝐴 是 △ 𝐴𝐵𝐶 的陪位中線，可得重心坐標 𝐷_𝐴(0: 𝑏²: 𝑐²)、𝐷_𝐵(𝑎²: 0: 𝑐²)、𝐷_𝐶(𝑎²: 𝑏²: 0)，再 得出兩條直線方程式

𝐷_𝐴𝐷_𝐶

⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : 𝑏²𝑐²𝑥 − 𝑐²𝑎²𝑦 + 𝑎²𝑏²𝑧 = 0、𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : − 𝑏_𝐵𝐷_𝐶 ²𝑐²𝑥 + 𝑐²𝑎²𝑦 + 𝑎²𝑏²𝑧 = 0 我們再求 𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、𝐷_𝐴𝐷_𝐶 ⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分別與外接圓 𝑎_𝐵𝐷_𝐶 ²𝑦𝑧 + 𝑏²𝑥𝑧 + 𝑐²𝑥𝑦 = 0 的交點 𝐸_𝐴1 與 𝐸_𝐵1

𝐸_𝐴1(2𝑎²: (1 − √5)𝑏²: (1 + √5)𝑐²)、𝐸_𝐵1(2𝑎²: (−1 + √5)𝑏²: (−3 + √5)𝑐²)、

2. 因為點 𝐶₁ 在陪位中線 𝐶𝐷̅̅̅̅̅̅ 的延長線上，且為兩切切線的交點，利用三角函數計算面_𝐶 積，得到重心坐標 𝐶₁(𝑎²: 𝑏²: −𝑐²)。接下來我們繼續證明 𝐸_𝐴1、𝐸_𝐵1、𝐶₁ 三點共線。

考慮 |

𝑎² 𝑏² −𝑐²

2𝑎² (1 −√5)𝑏² (1 +√5)𝑐² 2𝑎² (−1 +√5)𝑏² (−3 +√5)𝑐²

| 的行列式值

利用列運算，分別將第一列乘以 −2 並加入第二列與第三列可得

|

𝑎² 𝑏² −𝑐²

0 (−1 −√5)𝑏² (3 +√5)𝑐² 0 (−3 +√5)𝑏² (−1 +√5)𝑐²

|

= 𝑎²× |(−1 − √5)𝑏² (3 + √5)𝑐² (−3 + √5)𝑏² (−1 + √5)𝑐²|

= 𝑎²× (−4𝑏²𝑐²+ 4𝑏²𝑐²) = 0

因此，𝐸_𝐴1、𝐸_𝐵1、𝐶₁ 三點共線，即根據配極原則，直線 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 通過 𝑃_𝐶 點。

3. 我們可再得出坐標 𝐸_𝐶1(−2𝑎²: (3 + √5)𝑏²: (1 + √5)𝑐²)，利用同樣的方法，可以得出 𝐸_𝐵1、𝐸_𝐶1、𝐴₁ 三點共線，以及 𝐸_𝐶1、𝐸_𝐴1、𝐵₁ 三點共線，即直線 𝐵𝐶⃡⃗⃗⃗⃗ 通過 𝑃_𝐴 點、直 線 𝐶𝐴⃡⃗⃗⃗⃗ 通過 𝑃_𝐵 點。

▓

（三） 幾何性質

性質8（交比）共線四點的交比 (𝐵, 𝐴; 𝐷_𝐶, 𝑃_𝐶) = (𝐶, 𝐵; 𝐷_𝐴, 𝑃_𝐴) = (𝐴, 𝐶; 𝐷_𝐵, 𝐷_𝐵) = − ¹

𝜙+1。 證明：

1. 我們一樣利用重心坐標來證明，因為直線 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ 通過兩切線的交點 𝑃_𝐶，所以我們先求出 點 𝑃_𝐶 的坐標。考慮通過點 𝐸_𝐴1(2𝑎²: (1 − √5)𝑏²: (1 + √5)𝑐²)的切線方程式為

[2𝑎² (1 − √5)𝑏² (1 + √5)𝑐²] [

0 𝑐² 𝑏² 𝑐² 0 𝑎² 𝑏² 𝑎² 0

] [ 𝑥 𝑦 𝑧

] = 0

化簡可得 2𝑏²𝑐²𝑥 + (3 + √5)𝑎²𝑐²𝑦 + (3 − √5)𝑎²𝑏²𝑧 = 0

再與 𝐴𝐵⃡⃗⃗⃗⃗ : 𝑧 = 0 解聯立方程式，可求出坐標 𝑃_𝐶((3 + √5)𝑎²: −2𝑏²: 0)

2. 考慮讓四點 𝐵、𝐴、𝐷_𝐶、𝑃_𝐶 坐標正規化，我們約定 1 + √5 = 2𝜙，可得重心坐標 𝐵(0: 1: 0)、𝐴(1: 0: 0)、𝐷_𝐶( ^𝑎2

𝑎²+𝑏²: ^𝑏2

𝑎²+𝑏²: 0)、𝑃_𝐶( ^{(2𝜙+2)𝑎2}

(2𝜙+2)𝑎²−2𝑏²: ^−2𝑏2

(2𝜙+2)𝑎²−2𝑏²: 0) 討論有向線段交比 (𝐵, 𝐴; 𝐷_𝐶, 𝑃_𝐶) = ^{𝐵𝐷̅̅̅̅̅̅𝐶}

𝐷𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅

𝐵𝑃_𝐶

̅̅̅̅̅̅

𝑃𝐶𝐴

̅̅̅̅̅̅

⁄ =

𝑎2 𝑎2+𝑏2−0 1− ^𝑎2

𝑎2+𝑏2

(2𝜙+2)𝑎2 (2𝜙+2)𝑎2−2𝑏2−0 1−(2𝜙+2)𝑎2−2𝑏2^{(2𝜙+2)𝑎2}

⁄ ，化簡可得

(𝐵, 𝐴; 𝐷_𝐶, 𝑃_𝐶) = − ¹

𝜙+1。根據輪轉性，(𝐵, 𝐶; 𝑃_𝐴, 𝐷_𝐴) 與 (𝐶, 𝐴; 𝑃_𝐵, 𝐷_𝐵) 亦同理。

圖18：黃金比例 − ¹

𝜙+1。

▓ 接下來，我們探討外切 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 的定性性質。

DBA DBC PBA PBC

= –0.382 DAC

DAB PAC PAB

= –0.382 DCB

DCA PCB PCA

= –0.382

P

P

P

E

E

E

1

D

D

D

A

B C

我們將 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 分成兩種，第一種是圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 的內切圓時；第二種是圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 旁切圓時。我們一開始認為，判別的條件跟初始的 △ 𝐴𝐵𝐶 的角度有關

（銳角、直角、鈍角），後來發現並非如此！

如下圖，△ 𝐴𝐵𝐶 都是銳角三角形時，△ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 可能三邊與圓 𝑂 相切，也可能兩邊 延長線以及一邊與圓 𝑂 相切。這是很有趣的發現，同時激發我們好奇心，讓我們想把圓 外切 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 的位置判別條件找出來。

圖19-1：圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 的內切圓。 圖19-2：圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 的旁切圓。

注意到，點 𝑂 在 △ 𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 內部時，圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 的內切圓；點 𝑂 在 △ 𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 外部時，圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 旁切圓。因此，我們考慮用「重心坐標」與「有 向面積」來進行刻畫，這也是本研究的亮點之處。

（一）當有向面積 △ 𝑂𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1 或 △ 𝑂𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 或 △ 𝑂𝐸_𝐶1𝐸_𝐴1 任一個小於 0 時，點 𝑂 在 △ 𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 外部，因此圓 𝑂 即為 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 旁切圓，反之亦然。

（二）當有向面積 △ 𝑂𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1 或 △ 𝑂𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 或 △ 𝑂𝐸_𝐶1𝐸_𝐴1 任一個等於 0 （即三點 共線）時，兩切線平行，所以 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 不存在，反之亦然。

（三）當有向面積 △ 𝑂𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1 且 △ 𝑂𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 且 △ 𝑂𝐸_𝐶1𝐸_𝐴1 皆大於 0 時，點 𝑂 在

△ 𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 內部，因此圓 𝑂 即為 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 內切圓，反之亦然。

我們接下來發現非常有趣的結論！有關 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 判別條件與初始的 △ 𝐴𝐵𝐶 的兩兩 邊長的比值所決定！這個比值的切截點居是漂亮的黃金比例 𝜙 =^1+√5

2 。

P

P

P

E

E

E

C O B

A

P

P

P

E

E

E

C O B

A

定理9 (1)當 ^𝑏

𝑎 < 𝜙 且 ^𝑎

𝑐 < 𝜙 且 ^𝑐

𝑏< 𝜙 時，圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 內切圓；

(2)當 ^𝑏

𝑎> 𝜙 或 ^𝑎

𝑐 > 𝜙 或 ^𝑐

𝑏> 𝜙 時，圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 旁切圓。

(3)當 ^𝑏

𝑎= 𝜙 或 ^𝑎

𝑐 = 𝜙 或 ^𝑐

𝑏= 𝜙 時，△ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 不存在。

證明：

1. 因為只需要判斷 △ 𝑂𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1、△ 𝑂𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1 與 △ 𝑂𝐸_𝐶1𝐸_𝐴1 的有向面積是正、是負，還是 零，所以不用將三點的重心坐標正規化。我們有四點坐標 𝑂(𝑎²(𝑏²+ 𝑐²− 𝑎²): 𝑏²(𝑐²+ 𝑎²− 𝑏²): 𝑐²(𝑎²+ 𝑏² − 𝑐²))、𝐸_𝐴1(2𝑎²: (1 − √5)𝑏²: (1 + √5)𝑐²)、𝐸_𝐵1(2𝑎²: (−1 +

√5)𝑏²: (−3 + √5)𝑐²)、𝐸_𝐶1(−2𝑎²: (3 + √5)𝑏²: (1 + √5)𝑐²)。其中，約定 𝑥_𝑂、𝑦_𝑂、𝑥_𝑂 分別表示 𝑂 點的 𝑥 坐標、𝑦 坐標、𝑧 坐標，其餘點亦同。

2. (1)先討論 △ 𝑂𝐸_𝐴1𝐸_𝐵1

|

𝑥_𝑂 𝑦_𝑂 𝑧_𝑂 𝑥_𝐸𝐴1 𝑦_𝐸𝐴1 𝑧_𝐸𝐴1

𝑥_𝐸𝐵1 𝑦_𝐸𝐵1 𝑧_𝐸𝐵1| = 8𝑎²𝑏²𝑐²(2𝑎²− (3 − √5)𝑏²) 考慮 2𝑎²− (3 − √5)𝑏² > 0，化簡可得 (^𝑏

𝑎)² < ²

3−√5，又 𝑎, 𝑏 > 0，

所以 0 <^𝑏

𝑎< ^1+√5

2 = 𝜙。同理再得 2𝑎²− (3 − √5)𝑏² < 0，即 ^𝑏

𝑎> 𝜙。

(2)接著討論 △ 𝑂𝐸_𝐵1𝐸_𝐶1

|

𝑥_𝑂 𝑦_𝑂 𝑧_𝑂 𝑥_𝐸𝐵1 𝑦_𝐸𝐵1 𝑧_𝐸𝐵1

𝑥_𝐸𝐶1 𝑦_𝐸𝐶1 𝑧_𝐸𝐶1| = 8𝑎²𝑏²𝑐²((1 + √5)𝑏²− (−1 + √5)𝑐²) 考慮 (1 + √5)𝑏²+ (1 − √5)𝑐² > 0，化簡可得 0 <^𝑐

𝑏< 𝜙。

(3)最後討論 △ 𝑂𝐸_𝐶1𝐸_𝐴1

|

𝑥_𝑂 𝑦_𝑂 𝑧_𝑂 𝑥_𝐸𝐶1 𝑦_𝐸𝐶1 𝑧_𝐸𝐶1

𝑥_𝐸𝐴1 𝑦_𝐸𝐴1 𝑧_𝐸𝐴1| = 8𝑎²𝑏²𝑐²((3 + √5)𝑐²− 2𝑎²) 考慮 (3 + √5)𝑐²− 2𝑎² > 0，化簡可得 0 <^𝑎

𝑐 < 𝜙。

因此，當 ^𝑏

𝑎、^𝑎

𝑐、^𝑐

𝑏 皆小於 𝜙 時，圓 𝑂 是 △ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 的內切圓；當 ^𝑏

𝑎、^𝑎

𝑐、^𝑐

𝑏 任一個

大於 𝜙 時，圓 𝑂 是旁切圓；當 ^𝑏

𝑎、^𝑎

𝑐、^𝑐

𝑏 任一個等於 𝜙 時，△ 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶 不存在。

▓

三、 四邊形的特殊化：矩形的作圖與性質

我們成功解決了圓內接任意三角形其延長線上分別取三點而構造圓外切三角形的作圖

（符合條件的三角形僅有兩個）。

接下來推廣到四邊形，上一節我們從正三角形切入，因為正三角形邊的對稱性讓其外 接圓的圓弧等長。同樣地，我們考慮具有對稱性的四邊形，我們發現不用限制為正方形，

而是可以放寬條件，使用矩形。我們從取圓內接矩形邊上的中點開始進行作圖。

給定任意圓內接矩形 𝐴𝐵𝐶𝐷

【求作】圓外切四邊形，使得其頂點分別落在矩形 𝐴𝐵𝐶𝐷 邊的延長線上。

（一） 作圖步驟

步驟1. 分別作 𝐴𝐵̅̅̅̅、𝐵𝐶̅̅̅̅、𝐶𝐷̅̅̅̅、𝐷𝐴̅̅̅̅ 的中點 𝐸_𝐵、𝐸_𝐶、 𝐸_𝐶、𝐸_𝐴 。

步驟2. 令 𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交外接圓 𝑂 於 𝐹_𝐴𝐸_{𝐵 𝐴1}、𝐸_𝐴2 點，

𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交外接圓 𝑂 於 𝐹_𝐵𝐸_{𝐶 𝐵1}、𝐹_𝐵2 點，

𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交外接圓 𝑂 於 𝐹_𝐶𝐸_{𝐷 𝐶1}、𝐹_𝐶2 點，

𝐸⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 交外接圓 𝑂 於 𝐹_𝐷𝐸_{𝐴 𝐷1}、𝐹_𝐷2 點。

步驟3. 分別過點 𝐹_𝐴1、𝐹_𝐵1、𝐹_𝐶1、𝐹_𝐷1 作外接圓 𝑂 的 四條切線。

步驟4. 令切線兩兩交於點 𝑃_𝐴、𝑃_𝐵、𝑃_𝐶、𝑃_𝐷。同理，

過點 𝐹_𝐴2、𝐹_𝐵2、𝐹_𝐶2、𝐹_𝐷2 作一樣操作，可得 交於點 𝑄_𝐴、𝑄_𝐵、𝑄_𝐶、𝑄_𝐷。

步驟5. 四邊形 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶𝑃_𝐷 與四邊形 𝑄_𝐴𝑄_𝐵𝑄_𝐶𝑄_𝐷 即為 所求。注意到，根據對稱性可得出四邊形 𝑃_𝐴𝑃_𝐵𝑃_𝐶𝑃_𝐷 與四邊形 𝑄_𝐴𝑄_𝐵𝑄_𝐶𝑄_𝐷 皆為菱形。

F

F

F

F

F

F

F

F

E

E

E

E

C D

B

O A

P

P

P

P

F

F

F

F

F

F

F

F

E

E

E

E

C D

B

O

A