1   ☢  _   ᡃ ᎓  ̂ Ĭ ☢ ĬĬ ᔣ Ĭ

讓我們來看「面」「向」－向量與多邊形的 面積關係

臺北市立第一女子高級中學 陳育婷 指導老師 楊健民

1 簡 簡 簡介 介 介

1.1 研 研 研究 究 究 動 動 動機 機 機

上高中以後才學習到「向量」這個新名詞，它讓我用不同的角度思考數學；對於其應用 之廣泛以及能證明多個定理感到驚奇；此外它與幾何學也有極大的關係，例如在高二時 學到用向量分割出三角形的面積比，恰好是點 P 到對頂點向量的係數比：

設點 P 在△ABC 的內部且 m, n, k > 0，

若 m

⇀

_{P A+ n}

⇀

_{P B+ k}

⇀

_{P C=}

⇀

_0，則△PBC ∶ △PCA ∶ △PAB = m ∶ n ∶ k.

證明：設

⇀

_{P A}^′_{= m}

⇀

_{P A,}

⇀

_{P B}^′_{= n}

⇀

_{P B,}

⇀

_{P C}^′_{= k}

⇀

_{P C，}

∴

⇀

_{P A}^′₊

⇀

_{P B}^′₊

⇀

_{P C}^′₌

⇀

_{0⇒ P 為 △ A}^′_B^′_C^′ _之重心

⇒ △PB^′C^′= △PC^′A^′= △PA^′B^′

∵∣

⇀

_{P A}^′_{∣ = m∣}

⇀

_{P A∣, ∣}

⇀

_{P B}^′_{∣ = n∣}

⇀

_{P B∣, ∣}

⇀

_{P C}^′_{∣ = k∣}

⇀

_{P C∣}

∴ △ PB^′C^′= nk △ PBC, △PC^′A^′= km △ PCA, △PA^′B^′= mn △ PAB,

⇒ nk △ PBC = km △ PCA = mn △ PAB

⇒ △PBC ∶ △PCA ∶ △PAB = m ∶ n ∶ k

讓我想到是否能將此推廣到正四邊形、甚至是正 n 邊形都會有某種規律，於是我開始進

行這項研究。

1.2 研 研 研究 究 究目 目 目的 的 的

我們猜想正 n 邊形的分割三角形的面積比都可以以向量之係數表示，而且分割三角形的 面積比是以內部一點到對面頂點的向量係數表示。若我們能推出規律，並用一項公式概 括到正 n 邊形的分割三角形的面積比，將能運用此結果快速求出分割三角形的面積比。

1.3 研 研 研究 究 究結 結 結果 果 果

我們一開始先參考了三角形的證明方法。因為重心性質只適用於三角形，所以我們從不 同的角度及方法切入，得到了分割三角形的面積比。

定定定理理理 1. (存在唯一性) 若 A1A2⋯Aⁿ 為平面上之正 n 邊形，若 k¹, k2,⋯, kⁿ 為給定 n 個 實數，且 k1+k²+⋯+kⁿ≠ 0，則存在唯一的點 P，滿足 k¹

⇀

_{P A1+k2}

⇀

_{P A2+⋯+kn}

⇀

_{P An=}

⇀

_0。

推推推論論論 1. (定理 2 之延伸定理) 設正方形 ABCD，有一點 P 滿足

(−dt+cs+(1−t−s)a)

⇀

_{P A}+(dt−cs+(1−t−s)b)

⇀

_{P B}+(−dt+(1−t)c)

⇀

_{P C}+(−cs+(1−s)d)

⇀

_{P D=}

⇀

_{0, t, s∈ R,}

則△PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDA = ∣c + d∣ ∶ ∣d + a∣ ∶ ∣a + b∣ ∶ ∣b + c∣.

推推推論論論 2. (定理 3 之延伸定理) 設正六邊形 ABCDEF ，有一點 P 滿足

[(1−t¹−2t²−2t³−t⁴)a+(d+2e+2f)t¹+(c−2e−3f)t²+2(c+d−f)t³+(2c+3d+2e)t⁴]

⇀

_{P A}

+[(1−t¹−2t²−2t³−t⁴)b+(2d+3e+2f)t¹−2(c−e−f)t²−2(3c+2d−f)t³−(2c+2d+e)t⁴]

⇀

_{P B}

+[(1−t¹)c−(2d+2e+f)t¹]

⇀

_{P C+[(1−2t2})d−(c+2e+f)t²]

⇀

_{P D+[(1−2t3})e−(c+2d+f)t³]

⇀

_{P E}

+[(1−t⁴)f−(c+2d+2e)t⁴]

⇀

_{P F =}

⇀

_{0,其中 t1, t2, t3, t4∈ R,}

則 △PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDE ∶ △PEF ∶ △PFA

= ∣c + 2d + 2e + f∣ ∶ ∣d + 2e + 2f + a∣ ∶ ∣e + 2f + 2a + b∣ ∶ ∣f + 2a + 2b + c∣ ∶ ∣a + 2b + 2c + d∣

∶ ∣b + 2c + 2d + e∣.

推推推論論論 3. (定理 5 之延伸定理(1)) 設正 2n 邊形 A0A₁⋯A²ⁿ⁻¹，有一點 P 滿足 {2 +ⁿ⁻¹∑

k=1

[2n cos kθ + (a − 1) cos kθ − a + 1] t^k

n }

⇀

_{P A0+ (1 − t1)}

⇀

_{P A1+ (1 − t2)}

⇀

_{P A2+ ⋯}

+(1 − tⁿ⁻¹)

⇀

_{P An−1+}

⇀

_{P An+ (1 − tn−1)}

⇀

_{P An+1+ (1 − tn−2)}

⇀

_{P An+2+ ⋯}

+(1 − t¹)

⇀

_{P A2n−1=}

⇀

_{0,其中 t1, t2,⋯, tn−1∈ R}

則△PA^kAk+1 的面積比可表示為(2n + a − 1) cosθ

2− (a − 1) cos2k+ 1

2 θ, θ=π 推推推論論論 4. (定理 5 之延伸定理(2)) 設正 2n+ 1 邊形 A⁰A₁⋯A²ⁿ，有一點 P 滿足n

⇒ [2 +∑ⁿ

k=1

(4n cos kθ + 2a cos kθ − 2a + 2)t^k

2n+ 1 ]

⇀

_{P A0+ (1 − t1)}

⇀

_{P A1+ (1 − t2)}

⇀

_{P A2+ ⋯}

+(1 − tⁿ)

⇀

_{P An+ (1 − tn)}

⇀

_{P An+1+ (1 − tn−1)}

⇀

_{P An+2+ ⋯}

+(1 − t¹)

⇀

_{P A2n=}

⇀

_{0, t1, t2,⋯, tn∈ R, θ =} ^2π

2n+ 1, 則△PA^kAk+1 的面積比可表示為(2n + a) cosθ

2− (a − 1) cos2k+ 1

2 θ, θ= 2π 2n+ 1.

定定定理理理 12. 邊數大於或等於 5 的正多邊形中，除了正六邊形外，不存在有全相異之係數 k1, k2,⋯, kⁿ 滿足 k1

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ k3}

⇀

_{P A3+ ⋯ + kn}

⇀

_{P An =}

⇀

_{0 但△PAkAk+1 之面積比為}

正整數比。

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 義及 及 及預 預 預備 備 備知 知 知識 識 識

1.

⇀

_OA0= (1, 0) 表示從原點出發沿正 x 軸行進的單位向量。

2. △PA^kA_k+1 的面積比：表△PA⁰A₁∶ △PA¹A₂∶ △PA²A₃∶ ⋯ ∶ △PAⁿ⁻¹A₀。 3. 設 A(x¹, y₁), B(x², y₂), C(x³, y₃)，則

△ABC 的面積為 1

2∥x₁ x₂ x₃ x₁ y₁ y₂ y₃ y₁∥ =1

2∣x¹y₂− x²y₁+ x²y₃− x³y₂+ x³y₁− x¹y₃∣.

4. 本篇研究所討論之正 n 邊形 A1A₂A₃⋯Aⁿ，P 點滿足 k1

⇀

_{P A1+k2}

⇀

_{P A2+⋯+kn}

⇀

_{P An=}

⇀

0，此時皆排除 k1= k²= ⋯ = kⁿ 之情形，因為此時點 P 在原點，△PA^kAk+1 的面 積比恆為 1。

2.2 向 向 向量 量 量與 與 與正 正 正多 多 多邊 邊 邊形 形 形分 分 分割 割 割三 三 三角 角 角形 形 形的 的 的面 面 面積 積 積 關 關 關係 係 係之 之 之探 探 探討 討 討

2.2.1 P 點點點之之之存存存在在在唯唯唯一一一性性性

定定定理理理 1 (存在唯一性). 若 A1A₂⋯Aⁿ 為平面上之正 n 邊形，若 k1, k₂,⋯, kⁿ 為給定 n 個 實數，且 k1+k²+cdots+kⁿ≠ 0，則存在唯一的點 P，滿足 k¹

⇀

_{P A1+k2}

⇀

_{P A2+⋯+kn}

⇀

_{P An=}

⇀

_0.

證證證明明明.

1. 先證明存在性. 因為

k1

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ k3}

⇀

_{P A3+ ⋯ + kn}

⇀

_{P An}

= k¹(

⇀

_OA1−

⇀

_{OP) + k2(}

⇀

_OA2−

⇀

_{OP) + k3(}

⇀

_OA3−

⇀

_{OP) + ⋯ + kn(}

⇀

_OAn−

⇀

_OP)

= k¹

⇀

_{OA1+ k2}

⇀

_{OA2+ k3}

⇀

_{OA3+ ⋯ + kn}

⇀

_{OAn− (k1+ k2+ k3+ ⋯ + kn)}

⇀

_OP

因此我們只要取 P 點滿足

⇀

_OP，則

k1

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + kn}

⇀

_{P An=}

⇀

_0,

因此 P 點存在。

2. 再證明唯一性. 假設存在 P , Q 兩點使得 k¹

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + kn}

⇀

_{P An = k1}

⇀

_QA1+

k2

⇀

_{QA2+ ⋯ + kn}

⇀

_QAn=

⇀

_{0 則}

k1(

⇀

_{P A1−}

⇀

_{QA1) + k2(}

⇀

_{P A2−}

⇀

_{QA2) + ⋯ + kn(}

⇀

_{P An−}

⇀

_{QAn) =}

⇀

_0,

k1

⇀

_{P Q+ k2}

⇀

_{P Q+ ⋯ + kn}

⇀

_{P Q=}

⇀

_{[0] ⇒ (k1+ k2+ ⋯ + kn)}

⇀

_{P Q=}

⇀

_0.

但是 k1+ k²+ ⋯ + kⁿ≠ 0，所以

⇀

_{P Q=}

⇀

_{0，亦即 P = Q。}

2.2.2 正正正方方方形形形、、、正正正六六六邊邊邊形形形、、、正正正八八八邊邊邊形形形之之之分分分割割割三三三角角角形形形的的的面面面積積積比比比之之之探探探討討討

定定定理理理 2 (正方形之面積比). 設正方形 ABCD，且點 P 滿足 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

0，a, b, c, d∈ R 且 a + b + c + d ≠ 0，則 △PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDA = ∣c + d∣ ∶

∣d + a∣ ∶ ∣a + b∣ ∶ ∣b + c∣。

證證證明明明. 不失一般性，我們可以將正方形之四個頂點定在 A(0, 1), B(0, 0), C(1, 0), D(1, 1), 因為 a

⇀

_{P A+b}

⇀

_{P B+c}

⇀

_{P C+d}

⇀

_{P D=}

⇀

_{0, 所以 a}(−x, 1−y)+b(−x, −y)+c(1−x, −y)+d(1−x, 1−y) = (0, 0). 因此 x = c+ d

a+ b + c + d, y= a+ d a+ b + c + d

△PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDA

= 1

2∥0 0 x 0 1 0 y 1∥ ∶

1

2∥0 1 x 0 0 0 y 0∥ ∶

1

2∥1 1 x 1 0 1 y 0∥ ∶

1

2∥1 0 x 1 1 1 y 1∥

= ∣x∣ ∶ ∣y∣ ∶ ∣1 − x∣ ∶ ∣1 − y∣ = ∣c + d∣ ∶ ∣d + a∣ ∶ ∣a + b∣ ∶ ∣b + c∣.

定定定理理理 3 (正六邊之面積比). 設正六邊形 ABCDEF ，且點 P 滿足 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+}

d

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

0, a, b, c, d, e, f∈ R 且 a + b + c + d + e + f ≠ 0，則

△PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDE ∶ △PEF ∶ △PFA

= ∣c+2d+2e+f∣ ∶ ∣d+2e+2f +a∣ ∶ ∣e+2f +2a+b∣ ∶ ∣f +2a+2b+c∣ ∶ ∣a+2b+2c+d∣ ∶ ∣b+2c+2d+e∣

證證證明明明. 不失一般性 我們可以將正六邊形之六個頂點定在 A(1, −√

3), B(0, 0), C(1,√ 3), D(3,√

3), E(4, 0), F(3, −√ 3)

因為 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

_0,

推得 a(1 − x, −√

3− y) + b(−x, −y) + c(1 − x,√

3− y) + d(3 − x,√

3− y) + e(4 − x, −y) + f(3 −

x,−√

3− y) = (0, 0). 以及 x =a+ c + 3d + 4e + 3f a+ b + c + d + e + f, y=

√3(−a + c + d − f) a+ b + c + d + e + f. 所以△PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDE ∶ △PEF ∶ △PFA

= 1

2∥0 1 x 0 0 −√

3 y 0∥ ∶ 1

2∥0 x 1 0 0 y √

3 0∥ ∶ 1

2∥√1 x 3 1 3 y √

3 √ 3∥ ∶

1

2∥4 3 x 4 0 √

3 y 0∥

∶ 1

2∥4 x 3 4 0 y −√

3 0∥ ∶ 1

2∥ 1 3 x 1

−√ 3 −√

3 y −√ 3∥

= ∣√

3x+ y∣ ∶ ∣√

3x− y∣ ∶ ∣2√

3− 2y∣ ∶ ∣ −√

3x− y + 4√

3∣ ∶ ∣ −√

3x+ y + 4√

3∣ ∶ ∣2y + 2√ 3∣

= ∣c + 2d + 2e + f∣ ∶ ∣d + 2e + 2f + a∣ ∶ ∣e + 2f + 2a + b∣ ∶ ∣f + 2a + 2b + c∣

∶ ∣a + 2b + 2c + d∣ ∶ ∣b + 2c + 2d + e∣.

定定定理理理 4 (正八邊之面積比). 設正八邊形 ABCDEF GH，且點 P 滿足 a

⇀

_{P A+b}

⇀

_{P B+c}

⇀

_{P C+}

d

⇀

_{P D+e}

⇀

_{P E+f}

⇀

_{P F+g}

⇀

_{P G+h}

⇀

_{P H=}

⇀

0, a, b, c, d, e, f, g, h∈ R 且 a+b+c+d+e+f+g+h ≠ 0，

則 △ PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDE ∶ △PEF ∶ △PFG ∶ △PGH ∶ △PHA

= ∣c + (1 +√

2)d + (2 +√

2)e + (2 +√

2)f + (1 +√ 2)g + h∣

∶ ∣d + (1 +√

2)e + (2 +√

2)f + (2 +√

2)g + (1 +√ 2)h + a∣

∶ ∣e + (1 +√

2)f + (2 +√

2)g + (2 +√

2)h + (1 +√ 2)a + b∣

∶ ∣f + (1 +√

2)g + (2 +√

2)h + (2 +√

2)a + (1 +√ 2)b + c∣

∶ ∣g + (1 +√

2)h + (2 +√

2)a + (2 +√

2)b + (1 +√ 2)c + d∣

∶ ∣h + (1 +√

2)a + (2 +√

2)b + (2 +√

2)c + (1 +√ 2)d + e∣

∶ ∣a + (1 +√

2)b + (2 +√

2)c + (2 +√

2)d + (1 +√ 2)e + f∣

∶ ∣b + (1 +√

2)c + (2 +√

2)d + (2 +√

2)e + (1 +√

2)f + g∣.

證證證明明明. 不失一般性,我們可以將正八邊形之八個頂點定在 A(1, −1), B(1 +√

2,−1), C(2 +

√2, 0), D(2 +√ 2,√

2), E(1 +√ 2, 1+√

2), F(1, 1 +√

2), G(0,√

2), H(0, 0) 因為 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F + g}

⇀

_{P G+ h}

⇀

_{P H=}

⇀

_0,

推得 a(1 − x, −1 − y) + b(1 +√

2− x, −1 − y) + c(2 +√

2− x, −y) + d(2 +√ 2− x,√

2− y) +e(1 +√

2− x, 1 +√

2− y) + f(1 − x, 1 +√

2− y) + g(−x,√

2− y) + h(−x, −y) = (0, 0), 以及 x=a+ (1 +√

2)b + (2 +√

2)c + (2 +√

2)d + (1 +√ 2)e + f a+ b + c + d + e + f + g + h

y= −a− b +√

2d+ (1 +√

2)e + (1 +√ 2)f +√

2g a+ b + c + d + e + f + g + h .

所以△PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDE ∶ △PEF ∶ △PFG ∶ △PGH ∶ △PHA

= 1

2∥1 1+√

2 x 1

−1 −1 y −1∥ ∶ 1 2∥1+√

2 2+√

2 x 1+√ 2

−1 0 y −1 ∥ ∶

1 2∥2+√

2 2+√

2 x 2+√ 2

0 √

2 y 0 ∥

∶ 1 2∥2+√

2 1+√

2 x 2+√

√ 2

2 1+√

2 y √

2 ∥ ∶ 1 2∥1+√

2 1 x 1+√

2 1+√

2 1+√

2 y 1+√ 2∥ ∶1

2∥√0 1 x 0 2 1+√

2 y √ 2∥

∶ 1

2∥0 x 0 0 0 y √

2 0∥ ∶ 1

2∥0 1 x 0 0 −1 y 0∥

= ∣√ 2+√

2y∣ ∶ ∣ − x + y + 2 +√

2∣ ∶ ∣ −√

2x+ 2√

2+ 2∣ ∶ ∣ − x − y + 2√

2+ 2∣ ∶ ∣ −√

2y+ 2 +√ 2∣

∶ ∣x − y +√ 2∣ ∶ ∣√

2x∣ ∶ ∣x + y∣

△PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDE ∶ △PEF ∶ △PFG ∶ △PGH ∶ △PHA

= ∣c + (1 +√

2)d + (2 +√

2)e + (2 +√

2)f + (1 +√ 2)g + h∣

∶ ∣d + (1 +√

2)e + (2 +√

2)f + (2 +√

2)g + (1 +√ 2)h + a∣

∶ ∣e + (1 +√

2)f + (2 +√

2)g + (2 +√

2)h + (1 +√ 2)a + b∣

∶ ∣f + (1 +√

2)g + (2 +√

2)h + (2 +√

2)a + (1 +√ 2)b + c∣

∶ ∣g + (1 +√

2)h + (2 +√

2)a + (2 +√

2)b + (1 +√ 2)c + d∣

∶ ∣h + (1 +√

2)a + (2 +√

2)b + (2 +√

2)c + (1 +√ 2)d + e∣

∶ ∣a + (1 +√

2)b + (2 +√

2)c + (2 +√

2)d + (1 +√ 2)e + f∣

∶ ∣b + (1 +√

2)c + (2 +√

2)d + (2 +√

2)e + (1 +√ 2)f + g∣

2.2.3 正正正 n 邊邊邊形形形之之之分分分割割割三三三角角角形形形的的的面面面積積積比比比之之之探探探討討討

我們發現上述的方法難以繼續推廣到正 n 邊形，因此我們轉而研究首項向量係數為任意 正實數 a(a > 0) 其餘係數皆固定為 1，並利用向量轉換的方式，以另一種方法求得面積 比。

定定定理理理 5 (特別係數的正 n 邊形之面積比). 設 A0A1⋯Aⁿ⁻¹ 為平面上之正多邊形，若 P 點滿足 a

⇀

_{P A0+}

⇀

_{P A1+ ⋯ +}

⇀

_{P An−1 =}

⇀

_{0, a} ≠ 1 − n, 則 △PA^kAk+1 的面積比可表示為 (n + a − 1) cosθ

2− (a − 1) cos2k+ 1

2 θ, θ= 2π n

證證證明明明. 因為 a

⇀

_{P A0+}

⇀

_{P A1+}

⇀

_{P A2+}

⇀

_{P A3+ ⋯ +}

⇀

_{P An−1=}

⇀

_0,

所以 a(

⇀

_OA0−

⇀

_{OP) + (}

⇀

_OA1−

⇀

_{OP) + (}

⇀

_OA2−

⇀

_{OP) + ⋯ + (}

⇀

_OAn−1−

⇀

_{OP) =}

⇀

_0.

⇀

OP = a

⇀

_OA0+

⇀

_OA1+

⇀

_{OA2+ ⋯ +}

⇀

_OAn−1

n+ a − 1 又因為

⇀

_OA0+

⇀

_OA1+

⇀

_{OA2+ ⋯ +}

⇀

_OAn−1=

⇀

_0,

a

⇀

_OA0+

⇀

_OA1+

⇀

_{OA2+ ⋯ +}

⇀

_{OAn−1= (a − 1)}

⇀

_OA0= (a − 1, 0), 所以 P( a− 1

n+ a − 1, 0)

△PA^kAk+1 = 1 2RRRRR

RRRRR RR

a− 1

n+ a − 1 cos kθ cos(k + 1)θ a− 1 n+ a − 1 0 sin kθ sin(k + 1)θ 0

RRRRR RRRRR RR

= 1

2[ a− 1

n+ a − 1sin kθ+ sin(k + 1)θ cos kθ − cos(k + 1)θ sin kθ − a− 1

n+ a − 1sin(k + 1)θ]

= 1

2{sin θ − a− 1

n+ a − 1[sin(k + 1)θ − sin kθ]}

= 1

2{2 sinθ 2cosθ

2− a− 1

n+ a − 1× 2 cos2k+ 1 2 θ sinθ

2}

= sin^θ₂

n+ a − 1[(n + a − 1) cosθ

2− (a − 1) cos2k+ 1 2 θ] . 因為 sin^θ₂

n+ a − 1 為定值，所以△PA^kAk+1的面積比為(n+a−1) cosθ

2−(a−1) cos2k+ 1 2 θ.

2.2.4 由由由存存存在在在唯唯唯一一一性性性定定定理理理(定定定理理理 1)可可可知知知，，，給給給定定定係係係數數數後後後，，，P 點點點的的的選選選取取取是是是唯唯唯一一一的的的，，，且且且面面面積積積 比

比比亦亦亦隨隨隨之之之固固固定定定；；；我我我們們們接接接著著著想想想問問問的的的是是是，，，不不不同同同的的的係係係數數數是是是否否否會會會對對對應應應到到到同同同一一一個個個 P 點點點？？？ 定定定理理理 6. 設正方形 ABCD，已知點 P 滿足 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀，a, b, c, d∈ R 且 a+ b + c + d ≠ 0，則 P 點亦滿足

[−dt+cs+(1−t−s)a]

⇀

_{P A}+[dt−cs+(1−t−s)b]

⇀

_{P B}+[−dt+(1−t)c]

⇀

_{P C}+[−cs+(1−s)d]

⇀

_{P D=}

⇀

_{0, t, s∈ R.}

證證證明明明.

(1) 因為 A, B 為正方形兩頂點，所以

⇀

_{P A和}

⇀

_{P B 不平行}

令

⇀

_{P C= α}

⇀

_{P A+ β}

⇀

_{P B，}

因為 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ (c − 1)}

⇀

_{P C+}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ (c − 1)}

⇀

_{P C+ α}

⇀

_{P A+ β}

⇀

_{P B+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ (a + α)

⇀

_{P A+ (b + β)}

⇀

_{P B+ (c − 1)}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

因為 P 點給定 所以面積比不變

△PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDA = ∣c + d∣ ∶ ∣d + a∣ ∶ ∣a + b∣ ∶ ∣b + c∣

= ∣c + d − 1∣ ∶ ∣d + a + α∣ ∶ ∣a + b + α + β∣ ∶ ∣b + c + β − 1∣

所以 c+ d − 1

c+ d = d+ a + α

d+ a = a+ b + α + β

a+ b = b+ c + β − 1

b+ c ⇒ α = −a+ d

c+ d, β = d− b c+ d,

⇀

P C= α

⇀

_{P A+ β}

⇀

_{P B= −}^{a+ d}

c+ d

⇀

_{P A+}^{d− b}

c+ d

⇀

_{P B}

所以(c + d)

⇀

_{P C= −(a + d)}

⇀

_{P A+ (d − b)}

⇀

_{P B}

a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B}+ [c − (c + d)t]

⇀

_{P C+ (c + d)t}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B}+ [c − (c + d)t]

⇀

_{P C}+ t[−(a + d)

⇀

_{P A+ (d − b)}

⇀

_{P B] + d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ [a − t(a + d)]

⇀

_{P A}+ [b + t(d − b)]

⇀

_{P B}+ [c − (c + d)t]

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ [−dt + (1 − t)a]

⇀

_{P A}+ [dt + (1 − t)b]

⇀

_{P B}+ [−dt + (1 − t)c]

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

(2) 同理(c + d)

⇀

_{P D= (c − a)}

⇀

_{P A− (b + c)}

⇀

_{P B}

⇒ [cs + (1 − s)a]

⇀

_{P A}+ [−cs + (1 − s)b]

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C}+ [−cs + (1 − s)d]

⇀

_{P D=}

⇀

₀

(3) 由(1)(2)可知

a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B}+ [c − (c + d)t]

⇀

_{P C+ (c + d)t}

⇀

_{P C}+ [d − (c + d)s]

⇀

_{P D+ (c + d)s}

⇀

_{P D=}

⇀

₀

a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B}+ [c − (c + d)t]

⇀

_{P C}+ t[−(a + d)

⇀

_{P A+ (d − b)}

⇀

_{P B}] + [d − (c + d)s]

⇀

_{P D +}

s[(c−a)

⇀

_{P A−(b+c)}

⇀

_{P B] =}

⇀

₀⇒ [a−t(a+d)+s(c−a)]

⇀

_{P A}+[b+(d−b)t−s(b+c)]

⇀

_{P B+}

[c − (c + d)t]

⇀

_{P C} + [d − (c + d)s]

⇀

_{P D=}

⇀

₀

⇒ [−dt + cs + (1 − t − s)a]

⇀

_{P A}+ [dt − cs + (1 − t − s)b]

⇀

_{P B}+ [−dt + (1 − t)c]

⇀

_{P C}

+ [−cs + (1 − s)d]

⇀

_{P D=}

⇀

_0.

推推推論論論 1 (定理2之延伸定理). 設正方形 ABCD，有一點 P 滿足

[−dt+cs+(1−t−s)a]

⇀

_{P A}+[dt−cs+(1−t−s)b]

⇀

_{P B}+[−dt+(1−t)c]

⇀

_{P C}+[−cs+(1−s)d]

⇀

_{P D=}

⇀

_{0, t, s∈ R.}

則 △PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDA = ∣c + d∣ ∶ ∣d + a∣ ∶ ∣a + b∣ ∶ ∣b + c∣.

證證證明明明. 由定理 6 得知，點 P 同時滿足 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

_0與[−dt + cs + (1 − t − s)a]

⇀

_{P A}+ [dt − cs + (1 − t − s)b]

⇀

_{P B}+ [−dt + (1 − t)c]

⇀

_{P C}+ [−cs + (1 − s)d]

⇀

_{P D=}

⇀

₀

由定理 1(存在唯一性)可知滿足 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D=}

⇀

₀ 之 P 點是唯一存在的，

因為 P 點給定 所以面積比不變

⇒ △PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDA = ∣c + d∣ ∶ ∣d + a∣ ∶ ∣a + b∣ ∶ ∣b + c∣.

我們也可利用定理 2 來驗證推論 1 之結果：

由定理 2 得知，正方形 ABCD，有一點 P 滿足 [−dt + cs + (1 − t − s)a]

⇀

_{P A}+ [dt − cs + (1 − t − s)b]

⇀

_{P B}+ [−dt + (1 − t)c]

⇀

_{P C}+ [−cs + (1 − s)d]

⇀

_{P D=}

⇀

_{0, t, s∈ R 則}

△PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDA

= ∣[−dt + (1 − t)c] + [−cs + (1 − s)d]∣ ∶ ∣[−cs + (1 − s)d] + [−dt + cs + (1 − t − s)a]∣

∶ ∣[−dt + cs + (1 − t − s)a] + [dt − cs + (1 − t − s)b]∣ ∶ ∣[dt − cs + (1 − t − s)b] + [−dt + (1 − t)c]∣

= ∣[(1 − s − t)d + (1 − s − t)c]∣ ∶ ∣(1 − s − t)d + (1 − s − t)a∣ ∶ ∣(1 − s − t)a + (1 − s − t)b∣

∶ ∣(1 − s − t)b + (1 − s − t)c∣

= ∣c + d∣ ∶ ∣d + a∣ ∶ ∣a + b∣ ∶ ∣b + c∣.

定定定理理理 7. 設正六邊形 ABCDEF ，已知點 P 滿足 a

⇀

_{P A+b}

⇀

_{P B+c}

⇀

_{P C+d}

⇀

_{P D+e}

⇀

_{P E+f}

⇀

_{P F =}

⇀

_0,

a, b, c, d, e, f,∈ R 且 a + b + c + d + e + f ≠ 0，則 P 點亦滿足

[(1 − t¹− 2t²− 2t³− t⁴)a − (d + 2e + 2f)t¹+ (c − 2e − 3f)t²+ 2(c + d − f)t³+ (2c + 3d + 2e)t⁴]

⇀

_{P A}

+[(1 − t¹− 2t²− 2t³− t⁴)b + (2d + 3e + 2f)t¹− 2(c − e − f)t²− (3c + 2d − f)t³− (2c + 2d + e)t⁴]

⇀

_{P B}

+[(1 − t¹)c − (2d + 2e + f)t¹]

⇀

_{P C+ [(1 − 2t2})d − (c + 2e + f)t²]

⇀

_{P D}

+[(1 − 2t³)e − (c + 2d + f)t³]

⇀

_{P E+ [(1 − t4})f − (c + 2d + 2e)t⁴]

⇀

_{P F =}

⇀

_{0, t1, t2, t3, t4∈ R.}

證證證明明明.

(1) 令

⇀

_{P C= α}

⇀

_{P A+ β}

⇀

_{P B}

因為 a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ (c − 1)}

⇀

_{P C+}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ (c − 1)}

⇀

_{P C+ α}

⇀

_{P A+ β}

⇀

_{P B+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ (a + α)

⇀

_{P A+ (b + β)}

⇀

_{P B+ (c − 1)}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

因為 P 點給定 所以面積比不變

△PAB ∶ △PBC ∶ △PFA = ∣c + 2d + 2e + f∣ ∶ ∣a + d + 2e + 2f∣ ∶ ∣b + 2c + 2d + e∣

= ∣c − 1 + 2d + 2e + f∣ ∶ ∣a + α + d + 2e + 2f∣ ∶ ∣b + β + 2c − 2 + 2d + e∣

所以 c− 1 + 2d + 2e + f

c+ 2d + 2e + f = a+ α + d + 2e + 2f

a+ d + 2e + 2f =b+ β + 2c − 2 + 2d + e b+ 2c + 2d + e

⇒ −1

c+ 2d + 2e + f = α

a+ d + 2e + 2f = β− 2 b+ 2c + 2d + e

⇒ α = −a+ d + 2e + 2f

c+ 2d + 2e + f, β= −b− 2d − 3e − 2f c+ 2d + 2e + f

⇀

P C= α

⇀

_{P A+ β}

⇀

_{P B= −}^a+ d + 2e + 2f

c+ 2d + 2e + f

⇀

_{P A−}^b− 2d − 3e − 2f c+ 2d + 2e + f

⇀

_{P B}

得(c + 2d + 2e + f)

⇀

_{P C}= −(a + d + 2e + 2f)

⇀

_{P A}− (b − 2d − 3e − 2f)

⇀

_{P B}

a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+b}

⇀

_{P B}+[c−(c+2d+2e+f)t]

⇀

_{P C}+(c+2d+2e+f)t

⇀

_{P C+d}

⇀

_{P D+e}

⇀

_{P E+f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B}+ [c − (c + 2d + 2e + f)t]

⇀

_{P C}− t(a + d + 2e + 2f)

⇀

_{P A}− t(b − 2d − 3e − 2f)

⇀

_{P B+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ [a − t(a + d + 2e + 2f)]

⇀

_{P A}+ [b − t(b − 2d − 3e − 2f)]

⇀

_{P B}+ [c − (c + 2d + 2e + f)t]

⇀

_{P C+}

d

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ [−(d + 2e + 2f)t + (1 − t)a]

⇀

_{P A}+ [(2d + 3e + 2f)t + (1 − t)b]

⇀

_{P B}+ [−(2d + 2e + f)t + (1 − t)c]

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

(2) 同理

(c + 2d + 2e + f)

⇀

_{P D}= −(2a − c + 2e + 3f)

⇀

_{P A}− (2b + 2c − 2e − 2f)

⇀

_{P B}

(c + 2d + 2e + f)

⇀

_{P D}= −(2a − 2c − 2d + 2f)

⇀

_{P A}− (2b + 3c + 2d − f)

⇀

_{P B}

(c + 2d + 2e + f)

⇀

_{P F} = −(a − 2c − 3d − 2e)

⇀

_{P A}− (b + 2c + 2d + e)

⇀

_{P B}

(3) 由(1)(2)可知

a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B+ c}

⇀

_{P C+ d}

⇀

_{P D+ e}

⇀

_{P E+ f}

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ a

⇀

_{P A+ b}

⇀

_{P B}+ [c − (c + 2d + 2e + f)t¹]

⇀

_{P C}+ (c + 2d + 2e + f)t¹

⇀

_{P C}

+ [d − (c + 2d + 2e + f)t²]

⇀

_{P D}+ (c + 2d + 2e + f)t²

⇀

_{P D}+ [e − (c + 2d + 2e + f)t³]

⇀

_{P E}

+ (c + 2d + 2e + f)t³

⇀

_{P E}+ [f − (c + 2d + 2e + f)t⁴]

⇀

_{P F}

+ (c + 2d + 2e + f)t⁴

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ [a − (a + d + 2e + 2f)t¹− (2a − c + 2e + 3f)t²− (2a − 2c − 2d + 2f)t³− (a − 2c − 3d − 2e)t⁴]

⇀

_{P A}

+ [b − (b − 2d − 3e − 2f)t¹− (2b + 2c − 2e − 2f)t²− (2b + 3c + 2d − f)t³− (b + 2c + 2d + e)t⁴]

⇀

_{P B}

+ [c − (c + 2d + 2e + f)t¹]

⇀

_{P C}+ [d − (c + 2d + 2e + f)t²]

⇀

_{P D}+ [e − (c + 2d + 2e + f)t³]

⇀

_{P E}

+ [f − (c + 2d + 2e + f)t⁴]

⇀

_{P F =}

⇀

₀

⇒ [(1−t¹−2t²−2t³−t⁴)a−(d+2e+2f)t¹+(c−2e−3f)t²+2(c+d−f)t³+(2c+3d+2e)t⁴]

⇀

_{P A}

+[(1−t¹−2t²−2t³−t⁴)b+(2d+3e+2f)t¹−2(c−e−f)t²−(3c+2d−f)t³−(2c+2d+e)t⁴]

⇀

_{P B}

+[(1−t¹)c−(2d+2e+f)t¹]

⇀

_{P C+[(1−2t2})d−(c+2e+f)t²]

⇀

_{P D+[(1−2t3})e−(c+2d+f)t³]

⇀

_{P E}

+[(1 − t⁴)f − (c + 2d + 2e)t⁴]

⇀

_{P F =}

⇀

₀

推推推論論論 2 (定理 3 之延伸定理). 設正六邊形 ABCDEF ，有一點 P 滿足

[(1 − t¹− 2t²− 2t³− t⁴)a − (d + 2e + 2f)t¹+ (c − 2e − 3f)t²+ 2(c + d − f)t³+ (2c + 3d + 2e)t⁴]

⇀

_{P A}

+ [(1 − t¹− 2t²− 2t³− t⁴)b + (2d + 3e + 2f)t¹− 2(c − e − f)t²− (3c + 2d − f)t³− (2c + 2d + e)t⁴]

⇀

_{P B}

+ [(1 − t¹)c − (2d + 2e + f)t¹]

⇀

_{P C+ [(1 − 2t2})d − (c + 2e + f)t²]

⇀

_{P D+ [(1 − 2t3})e − (c + 2d + f)t³]

⇀

_{P E}

+ [(1 − t⁴)f − (c + 2d + 2e)t⁴]

⇀

_{P F =}

⇀

_{0, t1, t2, t3, t4∈ R,}

則

△ PAB ∶ △PBC ∶ △PCD ∶ △PDE ∶ △PEF ∶ △PFA

= ∣c + 2d + 2e + f∣ ∶ ∣d + 2e + 2f + a∣ ∶ ∣e + 2f + 2a + b∣ ∶ ∣f + 2a + 2b + c∣ ∶ ∣a + 2b + 2c + d∣ ∶ ∣b + 2c + 2d + e∣

在一般的正 2n 邊形中，若首項向量係數 a 為任意給定實數，其餘係數皆為 1 時，我們 有以下的一般形態：

定定定理理理 8. 設 A0A1⋯A²ⁿ⁻¹為平面上之正 2n 邊形，若 P 點滿足 a

⇀

_{P A0+}

⇀

_{P A1+⋯+}

⇀

_{P A2n−1=}

⇀

0, a> 0, 則 P 點亦滿足 {2 +ⁿ⁻¹∑

k=1

[2n cos kθ + (a − 1) cos kθ − a + 1]t^k

n }

⇀

_{P A0+ (1 − t1)}

⇀

_{P A1+ (1 − t2)}

⇀

_{P A2+ ⋯}

+ (1 − tⁿ⁻¹)

⇀

_{P An−1+}

⇀

_{P An+ (1 − tn−1)}

⇀

_{P An+1+ (1 − tn−2)}

⇀

_{P An+2}

+ ⋯ + (1 − t¹)

⇀

_{P A2n−1=}

⇀

_{0, t1, t2, ⋯, tn−1∈ R, θ =}^π

n. 證證證明明明.

(1) 因為

⇀

_OA1+

⇀

_{OA2n−1= 2 cos θ}

⇀

_OA0

⇒

⇀

_{OP +}

⇀

_{P A1+}

⇀

_{OP +}

⇀

_{P A2n−1= 2 cos θ(}

⇀

_OP+

⇀

_{P A0)}

⇒

⇀

_{P A1+}

⇀

_{P A2n−1= 2 cos θ(}

⇀

_OP+

⇀

_{P A0) − 2}

⇀

_OP

⇀

P A₁+

⇀

_{P A2n−1= 2 cos θ(}

⇀

_OP+

⇀

_{P A0) − 2}

⇀

_OP

= 2 cos θ (a− 1 2n

⇀

P A0+

⇀

_{P A0) −}^{a− 1}

n

⇀

P A0=2n cos θ+ (a − 1) cos θ − a + 1 n

⇀

P A0

(2) 同理可知

⇀

P A_k+

⇀

_{P A2n−k=}^{2n cos kθ}+ (a − 1) cos kθ − a + 1

n

⇀

_{P A0, k}= 1, 2, ⋯, n − 1.

(3)

a

⇀

_{P A0+}

⇀

_{P A1+ ⋯ +}

⇀

_{P A2n−1=}

⇀

₀

⇒ {2 +ⁿ⁻¹∑

k=1

[2n cos kθ + (a − 1) cos kθ − a + 1]t^k

n }

⇀

_{P A0+ (1 − t1)}

⇀

_{P A1}

+ (1 − t²)

⇀

_{P A2}+ ⋯ + (1 − tⁿ⁻¹)

⇀

_{P An−1+}

⇀

_{P An}

+ (1 − tⁿ⁻¹)

⇀

_{P An+1+ (1 − tn−2)}

⇀

_{P An+2}+ ⋯ + (1 − t¹)

⇀

_{P A2n−1=}

⇀

_0.

推推推論論論 3 (定理 5 之延伸定理(1)). 設正 2n 邊形 A0A₁⋯A²ⁿ⁻¹，有一點 P 滿足 {2 +ⁿ⁻¹∑

k=1

[2n cos kθ + (a − 1) cos kθ − a + 1]t^k

n }

⇀

_{P A0+ (1 − t1)}

⇀

_{P A1+ (1 − t2)}

⇀

_{P A2+ ⋯}

+ (1 − tⁿ⁻¹)

⇀

_{P An−1+}

⇀

_{P An+ (1 − tn−1)}

⇀

_{P An+1+ (1 − tn−2)}

⇀

_{P An+2}

+ ⋯ + (1 − t¹)

⇀

_{P A2n−1=}

⇀

_{0, t1, t2, ⋯, tn−1∈ R,}

則 △PA^kAk+1 的面積比可表示為(2n + a − 1) cosθ

2− (a − 1) cos2k+ 1

2 θ, θ= π n.

定定定理理理 9. 設 A0A1⋯A²ⁿ為平面上之正 2n+1 邊形，若 P 點滿足 a

⇀

_{P A0+}

⇀

_{P A1+⋯+}

⇀

_{P A2n=}

⇀

_0,

a> 0，則 P 點亦滿足 [2 +∑ⁿ

k=1

(4n cos kθ + 2a cos kθ − 2a + 2)t^k

2n+ 1 ]

⇀

_{P A0+ (1 − t1)}

⇀

_{P A1+ (1 − t2)}

⇀

_{P A2+ ⋯}

+ (1 − tⁿ)

⇀

_{P An+ (1 − tn)}

⇀

_{P An+ (1 − tn)}

⇀

_{P An+1+ (1 − tn−1)}

⇀

_{P An+2}

+ ⋯ + (1 − t¹)

⇀

_{P A2n=}

⇀

_{0, θ=} ^2π

2n+ 1. 證證證明明明. (1)

⇀

_OA1+

⇀

_{OA2n= 2 cos θ}

⇀

_OA0

⇒

⇀

_OP+

⇀

_{P A1+}

⇀

_OP+

⇀

_{P A2n= 2 cos θ(}

⇀

_OP+

⇀

_{P A0)}

⇒

⇀

_{P A1+}

⇀

_{P A2n= 2 cos θ(}

⇀

_OP+

⇀

_{P A0) − 2}

⇀

_OP

因為

⇀

_{OP = (} ^{a− 1}

2n+ a − 1, 0) = a− 1

2n+ a − 1

⇀

_{OA0, 所以}

⇀

_{P A0 =}

⇀

_OA0−

⇀

_{OP =}

⇀

_OA0−

a− 1

2n+ a − 1

⇀

_OA0= ²ⁿ

2n+ a − 1

⇀

_OA0,

⇀

_{OP =} ^{a− 1}

2n+ a − 1

⇀

_OA0=^{a− 1}

2n

⇀

_{P A0}

因為

⇀

_{OP = (} ^{a− 1}

2n+ a, 0) = a− 1

2n+ a

⇀

_{OA0, 所以}

⇀

_{P A0=}

⇀

_OA0−

⇀

_{OP =}

⇀

_OA0− ^{a− 1}

2n+ a

⇀

_OA0=

2n+ 1

2n+ a

⇀

_OA0,

⇀

_{OP =} ^{a− 1}

2n+ a

⇀

_{OA0 =} ^{a− 1}

2n+ 1

⇀

_{P A0,}

⇀

_{P A1+}

⇀

_{P A2n = 2 cos θ(}

⇀

_{OP +}

⇀

_{P A0) −}

2

⇀

_OP = 2 cos θ ( a− 1

2n+ 1

⇀

_{P A0+}

⇀

_{P A0) −}^{2a− 2}

2n+ 1

⇀

_{P A0=}^{4n cos θ}+ 2a cos θ − 2a + 2 2n+ 1

⇀

_{P A0.}

(2) 同理可知

⇀

P A_k+

⇀

_{P A2n+1−k =}^{4n cos kθ}+ 2a cos kθ − 2a + 2

2n+ 1

⇀

_{P A0, k}= 1, 2, ⋯, n.

(3) a

⇀

_{P A0+}

⇀

_{P A1+ cdots +}

⇀

_{P A2n=}

⇀

₀

(2 +∑ⁿ

k=1

(4n cos kθ + 2a cos kθ − 2a + 2)t^k

2n+ 1 )

⇀

_{P A0+ (1 − t1)}

⇀

_{P A1+ (1 − t2)}

⇀

_{P A2+ ⋯}

+(1 − tⁿ)

⇀

_{P An+ (1 − tn)}

⇀

_{P An+ (1 − tn)}

⇀

_{P An+1+ (1 − tn−1)}

⇀

_{P An+2}

+⋯ + (1 − t¹)

⇀

_{P A2n=}

⇀

₀

推推推論論論 4 (定理 5 之延伸定理(2)). 設正 2n+ 1 邊形 A⁰A1⋯A²ⁿ，有一點 P 滿足 [2 +∑ⁿ

k=1

(4n cos kθ + 2a cos kθ − 2a + 2)t^k

2n+ 1 ]

⇀

_{P A0+ (1 − t1)}

⇀

_{P A1+ (1 − t2)}

⇀

_{P A2+ ⋯}

+ (1 − tⁿ)

⇀

_{P An+ (1 − tn)}

⇀

_{P An+1+ (1 − tn−1)}

⇀

_{P An+2}

+ ⋯ + (1 − t¹)

⇀

_{P A2n=}

⇀

_{0, t1, t2, ⋯, tn∈ R,}

則 △PA^kAk+1 的面積比可表示為(2n + a) cosθ

2− (a − 1) cos2k+ 1

2 θ, θ= 2π 2n+ 1.

2.3 面 面 面積 積 積 為 為 為整 整 整數 數 數比 比 比之 之 之討 討 討論 論 論

2.3.1 正正正八八八邊邊邊形形形分分分割割割三三三角角角形形形的的的面面面積積積比比比

由定理 2 與定理 3，我們發現正方形與正六邊形只要給定係數皆為有理數則分割三角形 的面積比為整數比。但正八邊形就不一定，那是否存在一組不全相等的實數係數，使得 正八邊形分割三角形的面積比為整數比呢？我們發現那是不可能的，以下加以證明它的 不存在性.

定定定理理理 10. 設正八邊形 A1A₂⋯A⁸，則不存在 k1, k₂, ⋯, k⁸ ∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+}

⋯ + k⁸

⇀

_{P A8=}

⇀

_{0，但 △PAkAk+1 之面積比為正整數比。}

證證證明明明. 假設存在 k¹, k2, ⋯, k⁸∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+k2}

⇀

_{P A2+⋯+k8}

⇀

_{P A8=}

⇀

_{0且△PAkAk+1 之}

面積比為正整數比。不失一般性，我們可以將此正八邊形之八個頂點定在 A1(1,√

2− 1), A₂(√

2−1, 1), A³(1−√

2, 1), A⁴(−1,√

2−1), A⁵(−1, 1−√

2), A⁶(1−√

2,−1), A⁷(√

2−1, −1), A8(1, 1 −√

2)

因為△PA^kA_k+1具有相同的底邊，因此△PA^kA_k+1之面積比等於各高之比，令△PA^kA_k+1 之高為 hk，所以 h8+ h⁴= h²+ h⁶ = 2，又 h⁸∶ h⁴ 與 h2 ∶ h⁶ 之比值皆為正有理數，得 h8= q¹h4, h2= q²h6, q1, q2∈ Q 且 q¹, q2> 0，故 q¹h4+h⁴= q²h6+h⁶= 2 ⇒ h⁴= 2

1+ q¹ ∈ Q, h₆= 2

1+ q² ∈ Q ⇒ h⁸, h₄, h₂, h₆ 皆為有理數，因此可令 P(m, n), m, n 為有理數，直線 A₁A₂ 之方程式為 x+ y =√

2，h1= ∣m+ n −√ 2∣

√2 = ∣

√2(m + n)

2 − 1∣ 為無理數(矛盾)，因

此不存在 k1, k₂, ⋯, k⁸∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + k8}

⇀

_{P A8=}

⇀

_{0 但△PAkAk+1 之面積}

比為正整數比。

2.3.2 正正正 n(n≥ 5 且且且 n≠ 6) 邊邊邊形形形分分分割割割三三三角角角形形形的的的面面面積積積比比比

由定理 10，我們發現正八邊形不存在一組不全相等的實數係數，使得正八邊形分割三角 形的面積比為整數比。那其他的正 n 邊形呢？我們發現除了正三角形、正方形，正六邊 形之外，其他的正 n 邊形都不存在一組不全相等的實數係數，使得正 n 邊形分割三角形 的面積比為整數比，以下加以證明它的不存在性. 要證明此結果之前，我們需用到以下 的定理。

定定定理理理 11. 令 α= m

n⋅360^○, m, n∈ Z, n ≠ 0，若 cos α 是有理數，則 cos α ∈ {−1, −1 2, 0,1

2, 1}。(參 考文獻 [4])

由定理 11 可知，當 θ= 360^○

n (n ∈ N) 時，cos θ ∈ Q，只有 n = 1, 2, 3, 4, 6 成立；sin θ ∈ Q，

只有 n= 1, 2, 4, 12 成立。

引引引理理理 1. 設正 4n 邊形 A1A2A3⋯A⁴ⁿ, n≥ 2，則不存在 k¹, k2, ⋯, k⁴ⁿ∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+}

k2

⇀

_{P A2+ ⋯ + k4n}

⇀

_{P A4n=}

⇀

_{0 但△PAkPk+1 之面積比為正整數比。}

證證證明明明. 假設存在 k1, k₂, ⋯, k⁴ⁿ∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+k2}

⇀

_{P A2+⋯+k4n}

⇀

_{P A4n=}

⇀

_{0 但△PAkPk+1}

之面積比為正整數比，不失一般性，我們可以將此正 4n 邊形之 4n 個頂點定在 Ak(r cos2k− 1

2 θ, r sin2k− 1

2 θ), k = 1, 2, ⋯, 4n, θ = π

2n, r= secθ 2, 所以 A1(1, tanθ

2), Aⁿ(tanθ

2, 1), Aⁿ⁺¹(− tanθ

2, 1), ⋯, A³ⁿ⁺¹(tanθ

2,−1), A⁴ⁿ(1, − tanθ 2),

因為 △PA^kAk+1 具有相同的底邊，因此 △PA^kAk+1 之面積比等於各高之比，令

△PA^kAk+1 之高為 hk，所以 h4n+ h²ⁿ= hⁿ+ h³ⁿ = 2， 又 h⁴ⁿ∶ h²ⁿ 與 hⁿ ∶ h³ⁿ 之比值 皆為正有理數 ⇒ h⁴ⁿ, h2n, hn, h3n 皆為有理數，因此可令 P(m, l), m, l 為有理數且 m²+ l²≠ 0，

←ÐÐ→A1A2∶ y − tanθ 2 = − 1

tan θ(x − 1)，←ÐÐÐÐÐ→A4n−1A4n∶ y + tanθ 2 = 1

tan θ(x − 1)，

h1= d(P, ←ÐÐ→A1A2) = ∣m − 1 + tan θ (l − tan^θ₂)∣

√1+ tan²θ = ∣m cos θ + l sin θ − 1∣

h4n−1= d(P, ←ÐÐÐÐÐ→A4n−1A4n) = ∣m − 1 − tan θ (l + tan^θ2)∣

√1+ tan²θ = ∣m cos θ − l sin θ − 1∣，

令 q1 = m cos θ + l sin θ − 1，q⁴ⁿ⁻¹ = m cos θ − l sin θ − 1，所以 q¹, q4n−1 ∈ Q，得 q¹− q4n−1 = 2l sin θ ∈ Q 且 q¹+ q⁴ⁿ⁻¹ = 2m cos θ − 2 ∈ Q，亦即 sin θ = q₁− q⁴ⁿ⁻¹

2l ∈ Q 且 cos θ=q₁+ q⁴ⁿ⁻¹+ 2

2m ∈ Q

由定理 11 得知，當 n ≥ 2 時，此結果矛盾，因此不存在 k¹, k₂, ⋯, k⁴ⁿ ∈ R 滿足 k1

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + k4n}

⇀

_{P A4n=}

⇀

_{0 但 △PAkAk+1 之面積比為正整數比。}

引引引理理理 2. 設正 4n+ 2 邊形 A¹A2A3⋯A⁴ⁿ⁺², n≥ 2，則不存在 k¹, k2, ⋯, k⁴ⁿ⁺²∈ R 滿足 k₁

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + k4n+2}

⇀

_{P A4n+2=}

⇀

_{0 但△PAkAk+1 之面積比為正整數比。}

證證證明明明. 假設存在 k1, k₂, ⋯, k⁴ⁿ⁺² ∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + k4n+2}

⇀

_{P A4n+2 =}

⇀

_{0 且}

△PA^kA_k+1 之面積比為正整數比，不失一般性，我們可以將此正 4n+ 2 邊形之 4n + 2 個 頂點定在 Ak(r cos2k− 1

2 θ, r sin2k− 1

2 θ), k = 1, 2, ⋯, 4n + 2, θ = π

2n+ 1, r= secθ 2, 所以 A1(1, tanθ

2), Aⁿ⁺¹(0, secθ

2), A²ⁿ⁺¹(−1, tanθ

2), A²ⁿ⁺²(−1, − tanθ

2), A³ⁿ⁺²(0, − secθ 2), A4n+2(1, − tanθ

2)

因為△PA^kAk+1具有相同的底邊，因此△PA^kAk+1之面積比等於各高之比，令△PA^kAk+1

之高為 hk，所以 h4n+2+ h²ⁿ⁺¹ = 2，又 h⁴ⁿ⁺² ∶ h²ⁿ⁺¹ 之比值為正有理數，所以 h4n+2, h2n+1 皆為有理數，因此可令 P(m, t), m ∈ Q 且 t ∈ R，

(1) m≠ 0 時，←ÐÐÐ→AnAn+1∶ y − secθ

2 = −x tanθ

2，←ÐÐÐÐÐ→An+1An+2∶ y − secθ

2 = x tanθ 2， h_n= d(P, ←ÐÐÐ→A_nA_n+1) = ∣m tan^θ2+ t − sec^θ2∣

√

1+ tan^{2 θ}2

= ∣m sinθ

2+ t cosθ

2 − 1∣，hⁿ⁺¹= ∣m sinθ

2− t cosθ 2+ 1∣，

令 qn= m sinθ

2+ t cosθ

2− 1，qⁿ⁺¹= m sinθ

2− t cosθ 2+ 1 所以 qn, qn+1∈ Q ⇒ qⁿ+ qⁿ⁺¹= 2m sinθ

2 ∈ Q ⇒ sinθ

2 =qn+ qⁿ⁺¹ 2m ∈ Q 由定理 11 得知，當 n≥ 2 時，此結果矛盾，

(2) m= 0 時，P(0, t), t ≠ 0, ←ÐÐ→A₁A₂∶ y − tanθ 2= − 1

tan θ(x − 1) h1= d(P, ←ÐÐ→A1A2) = ∣−1 + tan θ (t − tan^θ₂)∣

√1+ tan²θ = ∣t sin θ − 1∣，hⁿ= d(P, ←ÐÐÐ→AnAn+1) = ∣t cosθ 2− 1∣，

令 q1= t sin θ − 1，qⁿ= t cosθ

2− 1，(因為 t ≠ 0 所以 hⁿ≠ 1 ⇒ qⁿ≠ ±1) 故 q1, qn∈ Q ⇒ q1+ 1

q_n+ 1 = 2 sinθ 2 ∈ Q

由定理 11 得知，當 n≥ 2 時，此結果矛盾。

由(1)(2)得知，當 n ≥ 2 時，不存在 k¹, k₂, ⋯, k⁴ⁿ⁺² ∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ +}

k4n+2

⇀

_{P A4n+2=}

⇀

_{0 但 △PAkAk+1 之面積比為正整數比。}

引引引理理理 3. 設正 2n+ 1 邊形 A¹A2A3⋯A²ⁿ⁺¹, n≥ 2，則不存在 k¹, k2, ⋯, k²ⁿ⁺¹∈ R 滿足 k₁

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + k2n+1}

⇀

_{P A2n+1=}

⇀

_{0 但△PAkAk+1 之面積比為正整數比。}

證證證明明明. 假設存在 k1, k₂, ⋯, k²ⁿ⁺¹ ∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + k2n+1}

⇀

_{P A2n+1 =}

⇀

₀

且 △PA^kA_k+1 之面積比為正整數比，我們將此正 2n+ 1 邊形之 2n + 1 個頂點定在 A_k(r cos(k−1)θ, r sin(k−1)θ), k = 1, 2, ⋯, 2n+1, θ = 2π

2n+ 1, r= secθ

2，所以 A1(secθ 2, 0), An+1(−1, tanθ

2)

設 P(t, l), t, l ∈ R 且 t²+ l²≠ 0，因為 △PA^kAk+1 具有相同的底邊，因此 △PA^kAk+1 之 面積比等於各高之比，令 △PA^kAk+1 之高為 hk

←ÐÐ→A1A2∶ y = − 1

tan^θ₂(x − secθ

2) , ←ÐÐÐÐ→A2n+1A1∶ −y = − 1

tan^θ₂ (x − secθ 2) ，

←ÐÐÐ→

AnAn+1∶ y − tanθ 2 = 1

tan θ(x + 1), ←ÐÐÐÐÐ→An+2An+3∶ −y − tanθ 2 = 1

tan θ(x + 1)，

h1= d(P, ←ÐÐ→A1A2) = ∣t − sec^θ2+ l tan^θ2∣

√

1+ tan^{2 θ}2

= ∣t cosθ

2 − 1 + l sinθ 2∣ ， h2n+1= ∣t cosθ

2− 1 − l sinθ 2∣ ，

h_n= d(P, ←ÐÐÐ→A_nA_n+1) = ∣t + 1 − tan θ (l − tan^θ2)∣

√1+ tan²θ = ∣t cos θ − l sin θ + 1∣，

hn+2= d(P, ←ÐÐÐÐÐ→An+2An+3) = ∣t cos θ + l sin θ + 1∣，

令 q1 = t cosθ

2 − 1 + l sinθ

2, q_2n+1 = t cosθ

2 − 1 − l sinθ

2, q_n = t cos θ − l sin θ + 1, qⁿ⁺² = t cos θ+ l sin θ + 1,

(1) P(t, l), t ∈ Q l ∈ R 且 t²+ l² ≠ 0 因為 hⁿ⁺¹ = d(P, ←ÐÐÐÐÐ→An+1An+2) = ∣t + 1∣ ∈ Q 所以 q1, q2n+1, qn, qn+2∈ Q，

(1.1) 當 P(t, 0), t ∈ Q 且 t ≠ 0 時，qⁿ= t cos θ + 1 ∈ Q ⇒ cos θ = qn− 1 t ∈ Q，

由定理 11 得知，當 n≥ 2 時，此結果矛盾。

(1.2) 當 P(t, l), t ∈ Q, l ∈ R 且 l ≠ 0 時，

因為 q1, q_2n+1∈ Q ⇒ q₁− q²ⁿ⁺¹

2 = l sinθ

2 ∈ Q (*)

因為 qⁿ, qn+2∈ Q ⇒ qn+2− qⁿ

2 = l sin θ ∈ Q (**)

由(*)與(**)得到 l sin θ

l sin^θ₂ = 2 cosθ 2 ∈ Q，

由定理 11 得知，當 n≥ 2 時，此結果矛盾。

(2) 設 P(t, l), t ∉ Q, l ∈ R 且 t²+ l²≠ 0，因為 hⁿ⁺¹= d(P, ←ÐÐÐÐÐ→A_n+1A_n+2) = ∣t + 1∣ ∉ Q，令 qn+1= t + 1 = rqn+1^′ , r∉ Q 且 qn+1^′ = t+ 1

r ∈ Q，所以 q¹= t cosθ

2 − 1 + l sinθ 2 = rq^′1, q2n+1= t cosθ

2− 1 − l sinθ

2 = rq2n+1^′ , qn= t cos θ − l sin θ + 1 = rqn^′, qn+2= t cos θ + l sin θ + 1 = rq^′n+2, q^′₁, q_2n+1^′ , q^′_n, q^′_n+2∈ Q，

故 q₁^′ =q₁ r = t

rcosθ 2−1

r+ l rsinθ

2∈ Q, q2n+1^′ =q_2n+1 r = t

rcosθ 2−1

r− l rsinθ

2∈ Q, q^′_n= qn

r = t

rcos θ− l

rsin θ+1

r ∈ Q, q^′n+2= qn+2

r = t

rcos θ+ l

rsin θ+1 r ∈ Q, (2.1) 當 P(t, 0), t ∉ Q 時，q^′n+1+ q1^′ = t

r(1 + cosθ

2) ∈ Q 且 qn+1^′ − q^′n= t

r(1 − cos θ) ∈ Q，所以 q_n+1^′ + q^′1

q_n+1^′ − q^′n

= 1+ cos^θ2

1− cos θ = 1+ cos^θ2

2 sin^{2 θ}₂ = 1+ cos^θ2

2(1 − cos^{2 θ}2) = 1

2(1 − cos^θ2) ∈ Q

⇒ cosθ 2 ∈ Q，

由定理 11 得知，當 n≥ 2 時，此結果矛盾。

(2.2) 當 P(t, l), t ∈ Q, l ∈ R 且 l ≠ 0 時，

因為 q1^′, q^′_2n+1∈ Q ⇒ q₁^′− q2n+1^′

2 = l rsinθ

2 ∈ Q (*)

又因為 qn^′, q_n+2^′ ∈ Q ⇒ q_n+2^′ − q^′n

2 = l

rsin θ∈ Q (**)

由(*)與(**)得到

l rsin θ

l

rsin^θ₂ = 2 cosθ 2 ∈ Q，

由定理 11 得知，當 n≥ 2 時，此結果矛盾。

由(1)(2)得知，當 n ≥ 2 時，不存在 k¹, k2, ⋯, k²ⁿ⁺¹ ∈ R 滿足 k¹

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ +}

k2n+1

⇀

_{P A2n+1=}

⇀

_{0 但 △PAkAk+1 之面積比為正整數比。}

由引理 1、引理 2 與引理 3 可得以下定理 12：

定定定理理理 12. 邊數大於或等於 5 的正多邊形中，除了正六邊形外，不存在有全相異之係數 k1, k2, ⋯, kⁿ 滿足 k1

⇀

_{P A1+ k2}

⇀

_{P A2+ ⋯ + kn}

⇀

_{P An=}

⇀

_{0 但 △PAkAk+1 之面積比為正整數}

比.

2.4 未 未 未來 來 來展 展 展望 望 望

經過觀察，我們發現所分割的三角形面積比似乎必定包含除了兩夾邊以外的向量係數，

並且似乎與角度有關。然而我們仍然無法準確的說明兩者之間的關係.希望未來能拓展範 圍，求出正 n 邊形中每項向量係數皆為未知數的分割三角形面積公式，亦或推廣到任意

四邊形、六邊形，甚至任意 n 邊形之分割三角形的面積比.

參 參 參考 考 考文 文 文獻 獻 獻

[1] 許志農, 普通高級中學數學3, 新北市, 龍騰文化事業股份有限公司, 2012.

[2] 許志農, 普通高級中學數學4, 新北市, 龍騰文化事業股份有限公司, 2012.

[3] 許志農, 普通高級中學選修數學甲(上), 新北市, 龍騰文化事業股份有限公司, 2013.

[4] J. Jahnel, When is the (co)sine of a rational angle equal to a rational number?

http://www.uni-math.gwdg.de/jahnel/linkstopaperse.html