三角形內的比例線段

三角形內的比例線段 ₍ 四 ₎

劉俊傑

前言 :

本文與之前的兩篇文章, 在結構上將有 著明顯的不同, 前面的兩篇文章 [2][3], 都是 一口氣導引出環環相扣的二十幾道性質, 且 都是在討論比例值為 1:2 的比例三角形。 本 篇文章則是將要針對兩個重要的議題, 作專 題的探討, 這兩個專題都相當地有趣, 且具 有發展性, 在整個”比例三角形”的理論中, 獨 樹一格。 我簡稱這兩個議題為”平行時的比例 值”及”三合一定理”。

一 . 平行時的比例值

相信在看過前兩篇文章的讀者, 都將會 對性質 1 和性質 2 留下深刻的印象 [2], 因為 它們被引用來推理其它性質次數最多, 也就 是說許多的性質都必須以這兩個性質作為基 礎。 而事實上性質 2 又是直接地由性質 1 所推 出, 可見得性質1可以說是整個理論系統的起 源磐石。

性質 1 告訴我們, 當比例值為 1:2 時, 第 三層的小三角形的邊將和最外層三角形的邊 平行。 從這個平行性質, 就可以衍生出許多其

它幾何性質。 這使我們不禁想到是否能求得 別的比例值, 能使內外三角形的邊平行, 進而 找到另一新的天地呢? 此疑問的答案, 就在 以下的這個證明裡。

性質38: 已知:

1. △DEF 的頂點在 △ABC 的中線上。

2. △DEF 和 △ABC 共重心 O。

求證: DF//BC (如圖 1)

圖 1

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證明:

1. 假設 DF \//BC, 過 M 點作 D^′F^′//

BC。 AI 是中線 ⇒ D^′M = MF^′。 2. O 是 △DEF 之重心 ⇒ DM = MF 。

得到DD^′F F^′是平行四邊形, 因此 DD^′//F F^′。

DD^′ 在 CH 上, F F^′ 在 BJ 上。

CH \//BJ ⇒ DD^′//F F\ ^′。

故矛盾, 得知假設錯誤, 所以 DF//BC 。 然後, 應用這個性質, 就可以輕鬆地解決求平 行比例值的問題。

圖 2

性質39: 求平行比例值

1. 令 ^AD_DB = ^BH_HY = ^{Y F}_{F A} = _IH^DI = · · · =

KP P I = _X¹,

AC 是中線 (如圖 2) ⇒ ^HCCY = ^X−1_X+1 。 根據 Menelaus 定理, 得知

HG

GF =X − 1 X 。

若 M 落在 AC 線上

⇒ HG

GF = HM MF = 1

X。

X−1

X = _X¹ ⇒ X = 2 。

引用 Pappus 定理, 知 △IMK 和

△ABY 共重心。

再由性質 38 ⇒ IK//BY , 故 X = 2 時, 轉第 2次, 也就是第 3層, 會出現平行 的現象。

2. 由公式 III-1(請見 [1]), 得 ^DE_EF = _X¹ 另由公式 V-4, 得

IJ

JK = 2X − 1 X²− 1, X²− 1

2X − 1 = 1 X

⇒ X³− 3X + 1 = 0 代入三次方程式 一般解公式 [4], 得X = 2 cos 320。。

這是第 4 層的解。

同樣的方法, 可以求得更高層的解, 以下僅列 出其比例值和圖形。

圖 3

平行時的比例值

層 圖 方程式 解 約值

2 x − 1 = 0 1 1

3 3. x²− 2x = 0 2 2

4 4. x³− 3x²+ 1 = 0 1 + 2 cos 20⁰ 2.879385242 4 5. x³− 3x + 1 = 0 2 cos 320⁰ 1.532088886 5 x⁴− 4x³+ 4x − 1 = 0 2 +√

3 3.732050808 5 6. 4x³− 6x²+ 1 = 0 ¹₂ + cos 30⁰ 1.366025404 6 7. x⁵− 10x³+ 10x²− 1 = 0 ⁽³

√5−1+√ 6√

5−√ 5)

4 2.445124904 6 8. x⁴− 5x³+ 10x − 5 = 0 ⁽⁵⁺³

√5+√ 6√

5+√ 5)

4 4.57432919 6 9. x⁴− 5x³+ 10x − 5 = 0 ⁽⁵⁺³

√5−√ 6√

5+√ 5)

4 1.279772775 7 10. x⁶− 6x⁵+ 20x³− 15x²+ 1 = 0 2 + 2√

3 cos 10⁰ 5.411474128 8 x⁷− 7x⁶+ 35x⁴− 35x³+ 7x − 1 = 0 ? ?

圖 4

圖 5

圖 6

圖 7

圖 8

圖 9

圖 10

更高層的解, 由於我無法將方程式因式 分解至四次以下多項式的乘積, 其解不可得。

在解這些方程式時, 會得到互為倒數的解, 利 用鏡射變換, 可知它們的圖形是相同的, 故僅 列一解。 而在能轉出平行邊的比例三角形圖 形中, 將可以找到許多的共線點和平行線。

在比例三角形中存在著很多和諧巧妙的 情形, 如上述的方程式也可以在求弦三角形 邊長時獲得 (見圖 11),

圖 11 由餘弦定理可以求得:

DE = (X + 1)⁻¹[X(X − 1)AB²

−(X − 1)BC²+ XCA²]¹² GH = (X + 1)⁻²[X(X + 1)(X − 1)

(X − 2)AB²− X(X − 2) (2X − 1)BC²

+(X + 1)(X − 1)(2X −1)CA²]¹² JK = (X + 1)⁻³[(X³− 3X + 1)

(X³− 3X²+ 1)AB²

−3X(X − 1)(X³−3X²+ 1)BC² +3X(X − 1)(X³−3X + 1)CA²]¹²

二 . 三合一定理

在此所稱的三合一定理, 是指 (1) 三線 共點 (2) 比例值相等 (3 ) 共重心等三種性質 同時出現的情形。

三合一現象, 最早比較明確的出現, 是在 比例值為 1:2的圖。 (見圖 12, 請留意虛線

圖 12

的部份), 當完成了有關這個圖的證明後, 才 查覺到比例值應可為任意值, 於是乎來到了 下列的這個圖, 這也就是第一篇的例題 2。

已知: ^AD_DB = ^BE_EC = ^CF_{F A} = a, ^AG_GB = ^BR_RC =

CS

SA = ^DI_IE = ^ET_{T F} = ^{F H}_HD = c, 求證 (1) CG, F I, EH 共點 (2) _{M N}^LM = a (3 ) △ABC 和 △QP M 共重心。(如圖13)

圖 13

請各位讀者仔細看看這個圖, 事實上 它是考慮比例值的情形下在 △ABC 和

△DEF 內作出一模一樣的圖, 然後重疊在 一起所產生的。 在使用線段比公式, 推導出它 證明後, 又赫然想到線段不一定要從三角形 的頂點畫出, 而且比例值也可以是負的, 也 就是外分點, 如此就得到了圖 14 和圖 15, 它 們也確實都能滿足三合一的現象, 實際上隨 著比例值的變化, 還會產生其它一些”奇形怪 狀”的圖。

圖 14

圖 15

我曾使用線段比例公式完成了圖 14 情 形的證明, 其證明過程相當地冗長複雜。 但如 前所述, 當比例值改變時, 圖形也跟著產生變 化, 更重要的是有些證明過程中的步驟將不 適用於不同的圖形。 因此如果用平面幾何的 方法, 每個圖都要給出一個證明, 至此平面幾 何似乎顯得有些捉襟見肘, 只好借助解析幾 何的方法, 才能輕鬆地得到一般化的證明。

性質40: 已知: ^AD_DB = ^BE_EC = ^CF_{F A} = _a¹,

AG

GB = ^BH_HC = ^CI_IA = ^DM_{M E} = ^EN_{N F} = ^{F P}_{P D} = ¹_b,

AJ

J B = ^BK_KC = ^CL_LA = ^DQ_QE = ^ER_RF = ^{F S}_SD = ¹_c 。 求證:(1)GK,^←→ QP ,^←→ MR 共點 (2)^←→ _{W U}^{T W} = ¹_a

(3 )△ABC 和 △T UV 共重心 (如圖16)。 圖 16

證明:

(1) 令 A = (m, n), B = (0, 0), C = (s, 0), 可知:

D = ( am a + 1, an

a + 1), E = ( s

a + 1, 0), F = (as + m a + 1 , n

a + 1), G = ( bm

b + 1, bn

b + 1), H = ( s

b + 1, 0), I = (bs + m b + 1 , n

b + 1), J = ( cm

c + 1, cn

c + 1), K = ( s

c + 1, 0), L = (cs + m c + 1 , n

c + 1), M = ( abm + s

(a + 1)(b + 1), abn

(a + 1)(b + 1)), P = (abs + am + bm

(a + 1)(b + 1) , an + bn (a + 1)(b + 1)), Q = ( acm + s

(a + 1)(c + 1), acn

(a + 1)(c + 1)), R = ( m + as + cs

(a + 1)(c + 1), n

(a + 1)(c + 1)), 因此GK : bn(c + 1)X + (bs + s − bcm − bm)Y = bsn^←→

QP :←→ Y −_(a+1)(c+1)^acn

X − _(a+1)(c+1)^acm+s = an + bn + bcn − abcn

abcs + bcm + abs + am + bm − abcm − bs − s MR :←→ Y −(a+1)(c+1)ⁿ

X − (a+1)(c+1)^m+as+cs

= abcn + abn − bn − n

abcm + abm + s − bm − abs − bcs − m − as

得到GK 和^←→ QP 的交點 W 在^←→

(s−bcm+ab²c²m−abcs+b²cs+ab²s+abm+b²m

(a + 1)(1 + b + b²+ b²c + b²c²− bc) , bn(a + b − c + abc²)

(a+1)(1+b+b²+b²c+b²c²−bc)) 代入MR 方程式, 合, 故 W 在^←→ MR 上 ⇒^←→ GK,^←→ QP ,^←→ MR 共點。^←→

(2) ^←→JI : n(bc − 1)X + (bcs + m + bs − bcm)Y = bcns LH : n(b + 1)X + (s − bm − bcs − m)Y = ns←→

可得^←→JI 交GK 於^←→

T = ( b(bc²m + m + bs − cs)

1 + b + b²+ b²c + b²c²− bc, bn(1 + bc²)

1 + b + b²+ b²c + b²c²− bc) LH 交←→ GK 於^←→

U = ( s − bcm + b²m + b²cs

1 + b + b² + b²c + b²c²− bc, bn(b − c)

1 + b + b² + b²c + b²c²− bc) 計算出

T W =

r

W U =

r

⇒ W U^{T M} = _a¹。 (3) ^←→JI 交 HL 於^←→

V = ( m + bs + b²cm + b²c²s

1 + b + b²+ b²c + b²c²− bc, n(1 + b²c)

1 + b + b²+ b²c + b²c²− bc)

⇒ △T UV 之重心在(^m+s₃ ,ⁿ₃)

△ABC 之重心在(^m+s₃ ,ⁿ₃) 得證 △ABC 和 △T UV 共重心。

性質41: 已知: 1. ^AD_DB = ^BE_EC = ^CF_{F A} =

DX

XE = ^EY_{Y F} = ^{F Z}_ZP = ¹_a。

2. T 是 △DBE 之重心, W 是 △XEY 之重心, V 是 △F EC 之重心。 求證: T W V 共線 (如圖 17)

證明:

1. 由公式 V-(3), 有 _GB^AG = ^BH_HC = ^CI_IA =

DM

M E = ^EN_{N F} = _{P D}^{F P} = ^4a_2a²2^+7a+4+2a−1 。

再由公式 V-(6), ^AJ_{J B} = ^BK_KC = ^CL_LA =

DQ

QE = ^ER_RF = _SD^{F S} = ^2a_a2²_−2a−2^+2a−1 。

由性質40 ⇒ QP 和 MR 的交點在 GK 上。

故 T W V 共線, 且^{T W}_{W V} = ^AD_DB 。

這個結果是性質 20的推廣, 性質 20只解決了

1:2 的情形, 而這裡比例值則可為任意數。

圖 17

性質42: 已知: 1. _DM^{T D} = ^{M K}_KL =

LJ

J T = _EK^DE = ^KN_{N J} = _{F D}^{J F}。

2. A 是 △DEF 之重心, B 是 △GHI 之 重心, C 是 △JKL 之重心。 求證: ABC 共 線 (如圖 18)。

圖 18

證明:

1. 由性質 41 ⇒ △DMK 和 △EKN 和

△JKL 之重心共線, 即 P QC 共線, 且

P Q

QC = _DM^{T D} 。 依此定理向內形成以重心 為頂點的比例三角形。

2. 再利用例題 1[1], 得證 ABC 共線。

我曾找到另一個頗具有類似性質的圖, 也直 接使用座標平面來做它的證明。

性質43: 已知: 1. ^AD_DB = ^BE_EC = ¹_a, 2. △AF B ∼ △BHC ∼ △CMA ∼

△DGE (見圖19)。

圖 19 求證:

(1) F GH 共線 (2) _GH^{F G} = ¹_a

(3) △ABC 和 △F HM 共重心 (如圖19)。

證明:

(1) 作 F I ⊥ AB, HK ⊥ BC, HL ⊥ AC, GJ ⊥ DE。 因為 △AF B ∼

△BHC ∼ △CMA ∼ △DGE ⇒

AI

IB = ^BK_KC = ^CL_LA = ^DJ_{J E}, 令 ^AI_IB = ¹_b。 (2) 設 A = (m, n), B = (0, 0), C(s, 0)

可得 D = (_a+1^am,_a+1^an ), E = (_a+1^s , 0), I = (_b+1^bm,_b+1^bn ), K = (_b+1^s , 0), L = (^m+bs_b+1 ,_b+1ⁿ ),

J = (_(a+1)(b+1)^abm+s ,_(a+1)(b+1)^abn ),

因此^←→F I : (Y −_b+1^bn ) = (^−m_n )(X −_b+1^bm), 設 F = (^bm+nℓ_b+1 ¹,^bn−mℓ_b+1 ¹) 。 因F 在

△ABC 外, ^bm+nℓb+1 ¹ < _b+1^bm 。

故 ℓ₁ < 0, F 在 △ABC 內時, 可用相 同證法證明。

GJ : (Y −←→ _(a+1)(b+1)^abn ) = (^s−am_an )(X −

abm+s (a+1)(b+1)) 。

令 G = (^s+abm+anℓ_(a+1)(b+1)²,^sℓ2_(a+1)(b+1)^{+abn−amℓ2}) ℓ2 < 0 。

因 △AF B ∼ △DGE, 有^GJF I = ^DE_AB

⇒ G = (^abm+s+anℓ_(a+1)(b+1)¹,^abn+sℓ_(a+1)(b+1)^2−amℓ2)

⇒F G : (Y −^←→ bn−mℓ¹ b + 1 )

= sℓ1+mℓ1−bn

s−bm−nℓ¹ (X −bm + nℓ1

b + 1 ) (3) 以 (2) 之方法, 得

H = ( s

b + 1, sℓ1

b + 1)

代入F G 之方程式, 合, 故 F GH 共線。^←→

(4)

F G =

√(bm+nℓ₁−s)²+(bn−mℓ1−sℓ1)² (a+1)(b+1)

GH =

√a²(bm+nℓ₁−s)²+a²(bn−mℓ1−sℓ1)² (a+1)(b+1)

⇒ F G GH = 1

a (5) 以 (2) 之方法, 得

M = (^m+bs−nℓ_b+1 ¹,^n−sℓ_b+1^1+mℓ1)

⇒ △F HM 之重心。

(^{bm+nℓ1+s+m+bs−nℓ}_3(b+1) ¹,

bn−mℓ1+sℓ1+n−sℓ1+mℓ1

3(b+1) )

= (^m+s₃ ,ⁿ₃)

△ABC 之重心= (^m+s₃ ,ⁿ₃) 。 得證 △ABC 和 △F HM 共重心。

結語 :

在第一節中所講述的 “平行時的比例 值”, 基本的求法已經建立, 剩下的問題在於 高次方程式的求解, 因為五次以上的方程式 並沒有代數式的一般解公式, 可能要借助數 值分析或電腦程式, 才能有更進一步的收穫。

而在第二節中的“三合一定理”, 則是我 最滿意的定理, 相信應該還有許多類似的幾 何圖形能符合三合一現象, 例如性質43, 也就 是說現在我所看到的也只是一般定理的特例, 希後日後能在求其更一般現象方面上有所進 展。

參考資料 :

1. 劉俊傑, 三角形內的比例線段 (一), 數學傳 播, 第十九卷第二期,1995 年 6 月, 76-85。

2. 劉俊傑, 三角形內的比例線段 (二), 數學傳 播, 第二十卷第三期,1996 年 9 月, 性質 1-性 質 20, 60-68。

3. 劉俊傑, 三角形內的比例線段 (三), 數學傳 播, 第二十一卷第一期,1997年3月, 性質21- 性質 37, 54-66。

4. Murray R. Spiegel, ”Mathematical Handbook”, MCGRAW-HILL BOOK Company, 1968, 32-33 .

5. Howard Eves, “A Survey of Geometry”, Vol. 1

—本文作者任教於省立西螺農工—