三角形內的比例線段

三角形內的比例線段 ₍ 三 ₎

劉俊傑

一 . 前言

本文將延續前面兩篇文章的思路, 對比 例三角形進行更細部的研討。 這次的重點在 於對比例三角形所包含的小三角形, 再進行 連接各邊等比例點, 以形成新的小三角形的 作圖方法, 如圖 A 所示。

如此, 對比例三角形, 更進一步的細部 切分, 將為我們帶來更多意想不到有趣的幾 何性質, 如平行線、 三點共線、 三線共點、 線 段相等、 相似三角形、 平行四邊形 . . . 等。 在 討論時我多數以證明三點共線作為目標, 當 然在證明的過程中, 也不時會導引出許多其 它重要的幾何性質。 而本文推理立論的依據, 完全是由第一篇的 37道比例公式 [1], 及第二 篇的 20道性質 [2]作基礎, 尤其是性質 1 和性 質 2, 被引用的次數最多。

由於本文是對比例三角形, 做更詳盡的 解析, 自然許多證明的過程, 遠較前兩篇文章 來得複雜困難, 往往是在多次引用前面的定 理後, 題目才能逐漸地明朗, 這也正可以使我

們了解到, 由比例三角形所架構出的推理系 統, 是非常地嚴謹和壯觀的。

為了便於引用和討論, 本文性質的編號, 將接著第二篇文章繼續排下去, 即從第 21 號 性質開始談起。

圖 A

二 . 本文

54

( ) 55

性質21: 已知 1 : 2△S F, G, I 為所在線段 三分點, 求證 F, I, G 共線 (如圖 1)。

圖 1

證明: 1.引用性質4, 可知 A, F, I 共線, 設 AF 交 ED 於 G^′ 點, 另由性質7, 有 AE 為中線, 因此 BC = CK, 現將

AH HB=1

2, BC

CK= 1, KJ JA =1

2 代入公式 III-(3) 得到, ^AE_EC = ⁴5。

2. 依據性質 5 的過程, 知 ^BF_{F C} = 2, 將

AD

DB = ¹₈, ^BF_{F C} = 2, ^CE_EA = ⁵₄ 代入公式 III- (1), 算出 ^DG_G′E^′ = ¹₂。 由此可知 ^DG_G′E^′ = ^DG_GE, 即 G^′ = G, 因此 G 在 AF 線上, 得證 F, I, G 共線。

性質22: 已知 1 : 2△S , 求證 A, B, C 共 線 (如圖 2)。

證明: 將 ^DF_{F E} = ¹₂, ^{F A}_AE = ¹₂ 代入公 式 I-(5), 得到 ^DA_AE = ⁵₄ 。 延長 −−→

CB 交 DE 於 A^′ 。 由性質 2, 有 ^DA_A′E^′ = ⁵₄ 。 由此推得

DA^′

A^′E = ^DA_AE ⇒ A^′ = A , 得證 A, B, C 共 線。

圖 2

性質23: 已知 1 : 2△S , 求證 DE//F G

(如圖 3)。

證明: 利用性質 7 可知 DH 是 △ADI

的中線, 因此 AH = HI, 將 AH =

HI, AI = 2IC 代入公式 I-(2) 運算得

HC = 2AH, 再配合已知 DB = 2AD ⇒

DH//BC。 由性質 1, 有 F G//BC , 得證

DE//F G。

圖 3

性質24: 已知 1 : 2△S , 求證 H, F, G 共 線 (如圖 4)。

圖 4

證明: 本題因性質天成, 證明推理過 程略為複雜, 主要在導出 EH//GD, 使

△EF H ∼ △DF G, 以得出 HG 通過

MN 的三分點。

1. 將 KJ = 2CK, AJ = 2KA 代 入公式 I-(5) ⇒ _AC^{J A} = ⁴₅ 。 延長

−−→NM 交 JI 於點 E。 由性質 2, 得

J E

EI = ⁴5, 依據性質 23, 知 LO//IC, 再從性質 5, 知 AB//LO, 因此得到 AB//IC, 綜合以上得有 −→

AB 延長線恰 過 E 點 AE//CD。 再運用性質 1, 得 ED//AC, 因此 AEDC 是平行四邊形, 所以 CD = AE = ⁴₉CI。

2. 由前推論有 ^{J E}_EI = ⁴5 ⇒ JI = 9EL ⇒ JL = 3EL 配合 JK = 3AK 代 入公式 II-(1) 計算出 AB = BE , AH = ²₃AB = ¹₃AE, EH = ²₃AE =

2 3 × ⁴

9CI = 27⁸CI。 另外 IG = ¹9CI, CD = ⁴9CI, 因此 GD = ⁴9CI 。 綜合 上述結果, 得 ^EH_GD = ²₃。

3. 設 HG 交 ED 於 F^′, 由於 EH//GD

⇒ ^EF′

F^′D = ²₃, 根據性質 2 的推理過程, EM = ND = ¹5ED, 因此 MF^′ =

1

5ED, F^′N = ²5ED 。 最後 ^{M F}_F′N^′ = ¹2, F^′ 是 MN 的三分點 。 得證 H, F, G 共 線。

性質25: 已知 1 : 2△S, D, F 為所在線段三 分點 E 為 AC, NO 的交點。 求證 D, E, F 共線 (如圖 5)。

( ) 57

圖 5 證明:

1. 依據性質21得 A, B, C 共線。 設 DF 交 AC 於 E^′ 點, 從性質 1, 知 BF//AG , 且 BF = ¹3AG = ²9AH 。 由性質 23, 有 CI//AH ⇒ CI = ¹₃AH。 作 ML//CI ⇒ ID = ¹₃LM = ₂₇¹AH, 因此 CD = ₂₇⁸AH 。 綜合以上推理, 得 到 _CD^BF = ³₄。 因為 CI//AH, BF//AH , 所以 CI//BF , 得到 ^BE_E′C^′ = ³₄。 2. 在性質 21 的證明過程中, 有 QP =

8AQ, P C = 2CR, 4RK = 5KA 代 入公式 III-(3), 算出 ^AB_BC = ²7 配合 1.

的結果, 再代入公式 I-(5) 得 ^AE_E′C^′ = ⁵4。 根據性質 1 及性質 2, 有 ^AE_EC = ⁵₄, 至此

AE^′

E^′C = ^AE_EC, E^′ = E, 得證 D, E, F 共 線。

性質26: 已知 1 : 2△S, K, L, F, H 為所 在線段三分點。 求證 K, L, F, H 共線 (如圖

6)。

圖 6 證明:

1. 令 −−→

KB 延線交 EG 於 F^′ 。 因性質 1, 知 BF^′//CE 。 自性質 24, 證明過程 1, 可得 BC//EF^′ 。 至此 BCEF^′ 為平行 四邊形, 所以 EF^′ = BC = ⁴₉AC (性 質 2)。

2. 再由性質 24 的證明過程有 EG = ²₉QR, 配合性質 2 的 AC = ¹₃QR, 得到 EG =

2

3AC 。 綜合 1, 2 的推理 ^EF_EG^′ = ²₃ =

EF

EG, 得證 K, L, F 共線。

3. 從性質3, 可知 KF//QP , 再從性質1可 得 F H//QP , 得證 K, L, F, H 四點共 線。

註: 這個性質渾然天成, 令人印象深刻。

性質27: 已知 1 : 2△S, A, D, F 為所在線 段的三分點。 求證 A, D, F, G 共線 (如圖7)。

圖 7

證明: 連接 AG, 交 KI 於 F^′ 應

用性質 12。 可知 AHGI 為平行四邊形, 由

此 HF^′ = F^′I, 得到 F^′ 為三分點。 所

以 A, F, G 共線, 參考性質 9 的證明結果,

即知 A, D, G 共線。 綜合上述推論 , 得證

A, D, F, G 共線。

性質28: 已知 1 : 2△S, B, E, S 為所在線

段三分點。 求證 B, E, S 共線 (如圖 8)。

圖 8

證明: 本題的三個共線點, 距離較遠, 證 明過程略為複雜。 基本方法是從 B 向 E 引 出直線, 交 T G 於 M, QR 於 S^′, IG 於 O, 求出各相關比例值再應用線基定理公式, 證明 S^′ 為三分點, 即得證。

1. 先由性質 26 推理過程 2, 有 AC = ²9IJ, 再由性質 2, 知 F D = ¹3IJ, 因此 ED =

2

9IJ = AC ⇒ ED = 3AB 。 從 性質 24 推理過程 1, 知 AB//ED, 因此

△ALB ∼ △DLE, 得 _LD^AL = _ED^AB = ¹₃, 配合 AG = AD ⇒ ^LD_LG = ³5, 根據 Menelaus 定理

F E ED

LD LG

GM

MF = 1 ⇒ 1 2 3 5

GM MF = 1

⇒GM MF =10

3 ⇒ MF F G =3

7

將 KF = F G, ^{M F}_{F G} = ³₇ 代入公式 I- (6) 運算出 ^KM_{M G} = ²5, 將 KG = 2T K, 5KM = 2MG, 代入公式 I-(5), 得

T M M G = ¹¹₁₀。

( ) 59

2. 在性質2的證明過程, 有 DE = EN, 再 應用 Menelaus 定理

ED NE

LG DL

ON

GO= 1 ⇒1 1

5 3

ON GO = 1

⇒ON GO = 3

5 將 _{N G}^IN = ²₁, ^ON_{N G} = ³₂ 代入公式 I-(6), 算得 _OG^IO = ¹₅。

3. 令 −−→

BE 交 QR 於 S^′ , 將 _QT^IQ = ⁵4,

T M

M G = ¹¹10, ^GR_RI = ⁴5, ^GO_OI = ⁵1 , 套入公 式 V-(4), 計算出 ^QS_S′R^′ = ³₂, 根據性質 2 的證明過程 ^QS

SR = ³₂ 。 至此 S^′ = S, 得 證 B, E, S 共線。

性質29: 已知 1 : 2△S, G, E 為所在線段 三分點, O 是 AC 和−→

LH 延線的交點。 求證 G, O, E 共線 (如圖 9)。

圖 9 證明:

1. 首先, 延長−−→

KG 交 P C 於 F , 利用性質 2 知, ^{P F}_{F C} = ⁵4 。 設 verrightarrowLH 交於 P C 於 F^′, 根據 Menelaus 定理

HI QH

LC IL

F^′Q

CF^′ = 1 ⇒ F^′Q QC = 1

3 配合 ^{P Q}

QC = ²1, 代入公式 I-(6) 得 ^{P F}_F′C^′ =

5

4 , 因此 F^′ = F , 即 L, H, F 共線。

2. 由性質 21 得 A, B, C 共線。 從性質 7, 知 D, E, C 共線在性質 2, 有 BD =

1

3IC = ²₉JC 。 從性質 2 的證明過程, 可知 AF = ²9JC = BD, 利用 性質 1, KG//JC 且 BD//JC ⇒ AF//BD 。 綜合可知 ADBF 為平行四 邊形, 因 O 為 ADBF 對角線的交點, 得 AO = OB。 引用性質 2 的推演過程, 可 知 AG = GF , 因此 OG//AD//F B。

3. 已知 AF = ²9JC, LC = ⁴9JC ⇒

AF

LC = ¹₂, 又因 AF//LC, 可得 _OC^AO = ¹₂, 再延長 −−→

ME 交 IC 於 N, 又由性質 1, DM//LN,MN//LD

⇒MNLD平行四邊形

⇒DM = LN = 2 9IC

⇒ LN NC = 1

2, 配合 MN//LD

⇒CE ED = 2

1。

因為 ^CE_ED = ²₁ = ^CO_OA ⇒ OE//AD, 配 合 2 的結論 OG//AD, 由於過線外一點 平行線, 只有一條, 得證 G, O, E 共線。

性質30: 已知 1 : 2△S, A, B, C 是所在線 段三分點。 求證 A, B, C 共線 (如圖 10)。

圖 10 證明:

1. 由性質 2, 可知 ^{F K}_KH = ⁵4, 配合 GH = 2F G, 代入公式 I-(4), 有 ^GK_KH = ¹₂ 依據 性質 1, BG//HJ , 因此 HJ = 2BG, 又從 BG = ²₉LI, 所以 HJ = ⁴₉LI, 已 知 LH = ⁶₉LI ⇒ ^HL_{J H} = ³2。 再次利用 性質 1, DH//MJ ⇒ _DM^LD = ³2, 配合

LD

DN = ¹2 代入公式 I-(1), 算出 _{M N}^LM = ⁵4

。

2. 由前 HJ = ⁴₉LI, 而 HI = ³₉LI, 因此 IJ = ¹9LI 。 應用 Menelaus 定理

ON IO

ML MN

IJ

LJ= 1 ⇒ ON IO

5 4

1 10= 1

⇒ON = 8IO

⇒IO = 2 27IP 。 綜合以上結果, 有

IL LQ = 1

2, P N NI = 1

2,

P O OI = 25

2 , LM MN = 5

4, 代入公式 V-(5), 計算出 ^QR_RP = ⁵⁶₂₅, 得 QR = ⁵⁶₈₁P Q , 而

QS = 27

81P Q ⇒ RS = 29 81P Q。

由於

T R = RS − T S = 29

81P Q −18 81P Q

=11 81P Q。

配合

P R = 25

81P Q ⇒ T R RP = 11

25。 3. 由2的過程中有 ^{P O}_OI = ²⁵₂ 配合 ^{P U}_{U I} = ¹₈。

代入公式 I-(4), 算得 ^{P U}_{U O} = ₂₂³ , 令−−→ CB 交 T U 於 A^′, 依據 Menelaus 定理

A^′T A^′U

RP T R

OU P O = 1

⇒A^′T A^′U

25 11

22 25 = 1

⇒A^′T A^′U = 1

2

至此, 即 _A^A′_′^T_U = ^AT_AU 即 A^′ = A, 得證 A,B,C 共線。

性質31: 已知 1 : 2△S, A, B 為所在線段三 分點。 求證 A, B, C 共線 (如圖 11)。

( ) 61

圖 11 證明:

1. 利用 Menelaus 定理, 知 BD

F B HE DH

CF EC = 1

得 HE = 3DH, 將 DE = 2GD, HE = 3DH 套入公式 I-(5) ⇒ HG = HE, 再將

CG GP = 1

2, KE EC = 1

2, GH HE = 1

1 代入公式 III-(2), 得 P J = 2JK。

2. 又根據 Menelaus 定理 ML

EM JK

LJ CE

KC = 1 ⇒ ML EM = 3

2 引用性質 2., 知

LO

OK = LN NE = 5

4 延長−−→

CB 交 ON 於 A^′ 點, 將以上結果 LJ

JK = 1

1, LO OK = 5

4,

EM ML = 2

3, EN NL = 4

5

放進公式 IV-(1), 計算出 ^OA_A′N^′ = ³2。 依 據性質 2 的過程, 有 _AN^OA = ³2 , 至此 A^′ = A, 得證 A, B, C 共線。

性質32: 已知 1 : 2△S, A, B, C, T 為所在 線段三分點。 求證 AC,−−→

DB, OT 三線共點 (如圖 12)。

圖 12

證明: 這個題目, 看到圖形, 就可以想見 證明的難度。 主要推論的主軸, 是推理出 AC 和 OT 過 DF 線段上的同一比例點, 結論出 三線共點的性質。

1. 根據性質 31, 知 A, C, I 共線, 再從性質 31 的過程, 有

JO OL = 1

2, JR RL = 1

1, QD

DJ = 1

2, QS SJ = 3

2

代入公式 IV-(1), 承算出 GD = 2GO, 再配合性質 2 的過程, 得 GD = GH。

2. 現在證明 M, N, H 共線依性質 2, 有 DM = ²9UI, 令−−→

MN 交 UI 於 H^′, 由 性質 1, 可知 DMH^′J 為平行四邊形, 因 此 JH^′ = ²₉UI = JH, 所以, M, N, H 共線。

3. 引性質 2 知 ^{J K}_KL = ⁴5, 配合 LO = 2OJ 代入公式 I-(4), 運算出 JO = 3OK。 在 性質 1, 有 KH//DJ, 因此

DJ = 3KH

⇒JF = 3HF (KH//DJ)

⇒JH = 2HF 配合 HI = 2JH 代入公式I-(1)

⇒F I = 3HF

設 AC 交 DF 於 E^′點, 應用 Menelaus 定理

E^′D F E^′

GH DG

F I

HI = 1 ⇒ E^′D F E^′ = 4

3 4. 綜合性質 1 和性質 2, 可得 ^DX_XY = 4 , 將

QD DJ = 1

2, JO OL = 1

2, LY

Y Q = 1

2, DX XY = 4

1

代入公式 V-(6), 運算得 _{P Q}^LP = ⁴5, 再令 OT 交 DF 於 E 點, 將

LP P Q = 4

5, QD DJ = 1

2, JO

OL = 1

2, JK KL = 4

5

輸入公式 V-(1), 運算出 DE = 6EK, 依 Menelaus 定理

OD OH

KF DK

JH

JF = 1 ⇒3 1

KF DK

2 3= 1

⇒DK = 2KF

最後將 ^DE_EK = ⁶₁, ^DK_KF = ²₁ 代入公式 I- (2), 有 ^DE_EF = ⁴₃, 至此 ^E_{F E}^′D′ = ^ED_{F E}, 即 E^′ = E, 表示 AC 和 OT 過 DF 線段 上的同一比例點, 得證 AC,−−→

DB 和 OT 三線共點。

性質33: 已知 1 : 2△S, AB = 2BF , IE = 2ED, BE 過 G, M, N, J, Y, X 等 點。 求證 G, M, N, J, Y, X 均為所在線段三 分點 (即八個三分點共線)(如圖 13)。

圖 13 證明:

1. 由已知條件, 容易推出 CB

BA = CE ED = 7

2 ⇒BE//AD 因此 ^{F G}_GH = ^{F B}_BA = ¹₂, 所以 G 為三分點, 同理可證 J 亦為三分點。

2. 應用 Menelaus 定理, NT

SN JH

T J GS

HG= 1 ⇒ NT = 2SN

( ) 63

故 N 是三分點, 再將 F U

UI = 1

2, IJ JH = 2

1, HS

SF = 1

2, HG GF = 2

1,

代入公式 V-(4), 計算出 UM = 2MS, M 為三分點。

3. 因為 EJ//DH 且 P E = ED ⇒ P Q = QR 再依性質 7, 即可知 X, Y 為三分點, 證畢。

圖 14

性質34: 已知 1 : 2△S, A, C 為所在線 段三分點 B 是 F L 和 JM 的交點。 求證 A, B, C 共線 (如圖 14)。

證明:

1. 首先, 由性質 1 可知

DE//HI//F G 從性質 2 的證明過程

DC = 2

9HI = F A

因此 F ADC 是平行四邊形, 令 F L 交 AC 於 B^′ ⇒AB^′ = B^′C (對角線的交 點)。

2. 據性質 28, 有 K 為三分點, 從性質 26, 知 A, M, E 共線, 再由性質 33, 得 G, K, L, C 共線, 綜合性質 5 和性質 7⇒

LC//ME 即 AM//KC 又配合前述 AG//EC, 得到 AGCE 是平行四邊形

⇒AE = GC。

3. GK = ¹₃NO = ¹₉P Q = ME , 配合 2 的結果 ⇒ AM = KC ⇒ AMCK 為 平行四邊形, 設 MK 交 AC 於 B^′′ ⇒ AB^′′ = B^′′C。 綜合 1,3 知 F L 和 JM 均通過 AC 的中點, 所以 F L 和 JM 的 交點 B, 落在 AC 線上, 得證 A, B, C 共線。

性質35: 已知 1 : 2△S, B 為 −−→

ED, F G 的 交點。 求證 A, B, C 共線 (如圖 15)。

圖 15

證明: 1. 先作 −−→

ED 交 CH 於 I, 再由性質 24 的 證明過程 1, 可知 JF I 共線。 引用性質 1, 得到 JI//KL 依性質 2 可有

F I = 1 9MC KG = 2

9NC = 4 27MC

⇒ F I KG = 3

4

已有 F I//KG ⇒ _BK^IB = ³₄。

2. 從性質 24 的證明過程 2, 可得 ^IP_pc = ¹3, 配合 _OC^{P O} = ⁵4, 套入公式 I-(5), 運算 出 IO = 2OC。 因為 KO//EC (性 質 1), 所以 IK = 2KE 。 配合前面 4IB = 3BK, 再代入公式 I-(2), 可得

BI BE = ²₅。

3. 將 _{P H}^CP = ¹2, ^RA_AP = ¹2 輸入公式 II- (2), 算出 HQ = 6QR 再配合 RM = 2HR, 代入公式 I-(2), 求出 _QM^HQ = ²₅, 令 AC 交 IE 於 B^′, 性質24的過程1告 訴我們 IE//HM

⇒ IB^′

B^′E = HQ QM = 2

5 = IB BE 故 B^′ = B, 得證 A, B, C 共線。

性質36: 已知 1 : 2△S, EK 交 F G 於點 B。 求證 A, B, C 共線 (如圖 16)。

圖 16 證明:

1. 設 EK 交 AC 於 B^′ , 依據性質 26, 知 道 DE, KH 共線再由性質 22, 知 ALI 共線。 因性質 2, 有

JH HC = 5

4 配合 JI IC = 1

2

代入公式 I-(4) 得 HC = 2IH, 再因性 質 1, 可有 KH//AI 所以 ^AB_B′C^′ = ¹₂。 2. 再次利用性質1知 SU//T I, 性質24, 有

IU//ST , 綜合得 SUIT 是平行四邊形, 再由性質 24 的過程中, 有 UG = GI, 配合性質 2 過程中的 SF = F T , 得知 F GIT 平行四邊形 ⇒ NM//IC, 至此 可知 N 為三分點, 即 AN = ¹₉P C (性 質 2), 而 MC = ²₉P C, 所以 MC = 2AN。 令 F G 交 AC 於 B^′′, 由以上結 果, 可有 B^′′C = 2AB^′′, 配合 1 的結果, 可知 B^′ = B^′′, 因此 EK 和 F G 通過 AC 上的同一點, 得證 A, B, C 共線。

( ) 65

性質37: 已知 1 : 2△S, A, C 為所在線段三 分點, −→

JT 交 IL 於 G, F G 交 DE 於 B。

求證A, B, C 共線 (如圖 17)。

圖 17 證明:

1. 在性質 36 的證明過程中, 可知

DE//IG 且 F D = DI ⇒ F B = BG。

2. 綜合性質 7 和性質 8, 得到 IG = GL 且 IM = MN, 將 RL = 2IR, IG = GL , 代入公式 I-(4) ⇒ IR = 2RG, 再將 IE = 2EN, IM = MN, 套入公式 I-(4) ⇒ IM = 3ME。 根據 Menelaus

定理 P G MP

RI GR

EM

IE = 1 ⇒ P G = 2MP 。 因為

MG = 1

2NL ⇒ P G = 1 3NL 由性質 12, 有 F A = ¹3NL, 所以 P G = F A, 綜合性質5和性質7, 得 P G//F A, 至此可知 F AGP 是平行四邊形, 因此 AP 過 F G 的中點 B, 得證 A, B, C 共 線。

三 . 結語

介紹了有關比例三角形的卅七道幾何性 質, 相信大家對比例三角形所架構出的推理 體系及巧妙精準的幾何圖形, 一定有了深刻 的印象。 也可以清楚地見到, 第一篇的 37 個 比例公式, 對我們求比例值的幫助甚大。 更可 以想像, 比例三角形所能發展的幾何性質, 不 只這 37個。 事實上, 我找到推證出的題目, 共 有 268 個, 現在把它們全部集中描繪在圖 B 和圖 C, 供各位參考, 圖中的虛線表示已得 證的直線。 希望以後能有機會, 繼續向各位介 紹它們的證明過程。

圖 B

( ) 67

圖 C

參考資料 :

1. 劉俊傑, 三角形內的比例線段 (一), 數學傳播季刊, 第十九卷第二期,84 年 6 月。 p.76-85。

2. 劉俊傑, 三角形內的比例線段 (二), 數學傳播季刊, 第二十卷第三期, 85 年 9 月,p.60-68。

3. 孫文先, 平面幾何, 九章出版社,1986。

4. Howard Eves, “A Survey of Geometry”, Vol. 1。 Boston, Allyn and Bac. , 1963-65.

5. Roger A. Johnson, “Advanced Euclidean Geometry”, Dover publications, INC. 1960.

—本文作者任教於省立西螺農工—