回響 : 兩個 幾何問題的另解
連威翔
一、 前言
在數學傳播第 28 卷第 3 期的文章 「梯形內一塊四邊形面積的探討」 中 (見[1]), 作者研究 了底下的問題:
問題 1: 梯形 ABCD 面積為 1, 兩底之比 BC : AD = 1 : 2, AK = KC, 求四邊形 BCKL面積為何?
圖1
作者分別以平面幾何與解析法解出問題 1 後, 另透過動態幾何軟體 GSP, 仿照上述圖 1 畫出 滿足 BC//AD, BC : AD = 1 : 2 且 AK = KC 的動態圖形, 也畫出 △ABC、 △AKD、
△DKC 重心 G1, G2, G3 所連成的 △G1G2G3 , 如下圖:
圖 2
63
從該軟體計算面積功能的操作與對上圖的動態觀察當中, 作者發現兩個有趣的現象, 並在其後 對此兩現象加以證明, 而成為底下的兩個性質:
性質1: AC 的中點 K 一定會在 G1G2 上。
性質2: △G1G2G3 之面積等於梯形 ABCD 的 1 9。 此外, 作者也將問題 1 加以推廣, 成為底下的問題 2:
問題 2: 梯形 ABCD, 上底 BC 和下底 AD 的比為 1 : t, AK : KC = m : n, L 為直線 DK 和 AB 的交點, 則四邊形 BCKL 的面積和原來梯形 ABCD 的面積有何關係?
圖 3
作者採取與問題 1 相同的手法解出了問題 2。 而文章的最後, 作者針對由圖 1 推廣而來的圖 3, 同樣取 △ABC、 △AKD、 △DKC 的重心 G1, G2, G3 連成的 △G1G2G3, 如下圖:
圖 4
作者也證明了圖 4 的 △G1G2G3 滿足性質 2, 目的應該是要告訴讀者性質 2 並非只成立於圖 2 的情形, 也成立於圖 4 這種一般情形。
筆者以其他方法計算上述問題 1 與問題 2 後, 發現雖能算出, 但不如原作者所用的方法那 樣簡潔。 雖然如此, 筆者在證明圖 2 所滿足的性質 1 以及一般情形的圖 4 所滿足的性質 2 時, 發現自己的方法與原作者的方法頗異其趣, 底下將分享這兩部份的解法, 也許可帶給大家不同 的感受。
二、 筆者的證明
第一部份: 在證明圖 2 滿足 [性質 1] 之前, 我們先將圖 2 中的 G1G2 抹除, 使其如下圖 5:
圖 5
我們想證明圖 5 中 G1, K, G2 共線。 觀察 △ABC, 使用三角形重心 G1 的向量表示公式, 可 知
−−⇀
AG1 = 1 3
−⇀AB + 1 3
−⇀AC = 1 3
−⇀AB + 2 3
−⇀AK (1)
其中用到 −⇀
AC = 2−⇀
AK 的條件。 同理, 觀察 △ADK 也可得
−−⇀
AG2=1 3
−⇀AD +1 3
−⇀AK = 2 3
−⇀BC + 1 3
−⇀AK
=2 3(−⇀
BA +−⇀
AC) +1 3
−⇀AK = 2 3
−⇀BA + 4 3
−⇀AK + 1 3
−⇀AK
= −2 3
−⇀AB + 5 3
−⇀AK (2)
其中用到 −⇀
AD = 2−⇀
BC 的條件。 由 (1)×2+(2) 可得 2−−⇀
AG1+−−⇀
AG2 = 3−⇀
AK
⇒−⇀
AK = 2 3
−−⇀
AG1+ 1 3
−−⇀
AG2 (3)
因為 (3) 式右側兩係數非負且和為 1 (這是 K 在 G1G2 上的充要條件), 可知 G1, K, G2 共 線 (且 G1K : KG2 = 1 : 2), 至此第一部份的證明完畢。
第二部份: 我們給出兩個證明:
證1: 在證明圖 4 滿足 [性質 2] 之前, 我們先畫出圖 4 中 △ABC、 △AKD、 △DKC 的中 線 BE, DF , DH, 如下圖 6:
圖 6
根據重心的定義, G1, G2, G3 會分別落在 BE, DF , DH 上。 此時, 作 G1P ⊥G2G3 於 P 並設 G1P 交 AC 於 T , 再作 BQ⊥AC 於 Q、 G3R⊥AC 於 R、 DS⊥AC 於 S。
在 △DF H 中, 因為 DG2 : DF = DG3 : DH = 2 : 3, 可知 G2G3//F H 且 G2G3 = 2
3F H, 又 F H = F K + KH = 1
2AK +1
2CK = 1
2AC, 可知 G2G3 = 1
3AC。 而 由 G2G3//AC 與 G1P ⊥G2G3, 可知 G1P ⊥AC 於 T 。
在 △BEQ 中, 因 G1T //BQ 且 EG1 : EB = 1 : 3, 可知 G1T : BQ = 1 : 3, 因此 G1T = 1
3BQ; 同理可知 G3R = 1
3DS。 注意 T P G3R 是矩形, 因此 T P = G3R = 1 3SD, 這樣就有 G1P = G1T + T P = 1
3(BQ + DS)。 至此可計算出
△G1G2G3面積 = 1
2G1P × G2G3 = 1 2 × 1
3(BQ + DS) × 1 3AC
=1 9
1
2BQ × AC + 1
2DS × AC
=1
9× (△ABC面積 + △ACD面積)
=1
9ABCD面積
這樣就證明了第二部分的結果。 至此, 不知讀者是否有發現, 其實我們在上述證明過程中, 完全 沒有用到圖 4 與圖 6 中 ABCD 為梯形的條件。 而在筆者對其它類型的 ABCD 做了一些觀 察與檢驗之後, 發現性質 2 的結果依然成立, 甚至在 ABCD 為凹四邊形時也不例外, 有興趣的 讀者不妨自行檢驗看看。
證2: 除了透過圖 6 的方法證明 [性質 2] 外, 也可透過兩向量外積取絕對值計算面積的方式來 加以證明。 先將圖 4 的 LK 抹去, 使成下圖:
圖 7
注意第一個解法結束後的討論中, 筆者提出圖 6 不一定要是凸四邊形, 也可以是凹四邊形, 此 解法也可能出現 ABCD 為凹四邊形的情形。 注意有
∠BAD + ∠BCD < ∠BAD + ∠BCD + ∠ABC + ∠ADC = 360◦
因此 ∠BAD, ∠BCD (此處是指圖 7 在四邊形 ABCD 內部的那兩個角) 兩者不會同時大於 或等於 180◦。 不失一般性, 假設 ∠BAD < 180◦, 此時圖 7 有 ∠BAC < 180◦ 且 ∠CAD <
180◦, 根據向量外積的右手定則 (見註 1), 可知 −⇀
AC ×−⇀
AB 與 −⇀
AD ×−⇀
AC 方向相同 (兩者均 垂直且突出紙面)。 由向量的三角不等式 |⇀a | + |⇀
b | ≥ |⇀a +⇀
b | 等號成立的條件 (⇀a ,⇀ b 至 少有一個為零或兩者同向), 可知
|−⇀
AC ×−⇀
AB| + |−⇀
AD ×−⇀
AC| = |−⇀
AC ×−⇀
AB +−⇀
AD ×−⇀
AC|
再由向量外積的分配律, 與外積兩向量交換順序即變號的性質, 可知 ABCD面積 = △ABC面積 + △ACD面積
=1 2(|−⇀
AC ×−⇀
AB| + |−⇀
AD ×−⇀
AC|)
=1 2|−⇀
AC ×−⇀
AB +−⇀
AD ×−⇀
AC|
=1 2|−⇀
AC ×−⇀
AB −−⇀
AC ×−⇀
AD|
=1 2|−⇀
AC × (−⇀
AB −−⇀
AD)|
=1 2|−⇀
AC ×−⇀
DB| (4)
由於 G1, G2, G3 分別為 △ABC、 △ADK、 △CDK 的重心, 因此由圖 7 知
−−⇀
DG2= 1 3(−⇀
DA +−⇀
DK), −−⇀
DG3 = 1 3(−⇀
DC +−⇀
DK),
−−⇀
AG1= 1 3(−⇀
AB +−⇀
AC), −−⇀
AG2 = 1 3(−⇀
AK +−⇀
AD),
由上述四式可得
−−−⇀G2G3 =−−⇀
DG3−−−⇀
DG2 = 1 3(−⇀
DC −−⇀
DA) = 1 3
−⇀AC (5)
−−−⇀G2G1 =−−⇀
AG1−−−⇀
AG2 = 1 3(−⇀
AB −−⇀
AD +−⇀
AC −−⇀
AK) = 1 3(−⇀
DB +−⇀
KC) (6) 利用 (5), (6) 可知
△G1G2G3面積 = 1
2|−−−⇀
G2G3 ×−−−⇀
G2G1|
=1 2 1 9
−⇀AC × (−⇀
DB +−⇀
KC)
=1 9 × 1
2|−⇀
AC ×−⇀
DB +−⇀
AC ×−⇀
KC|
=1 9 × 1
2|−⇀
AC ×−⇀
DB| (7)
注意上面過程中的最後一個等號, 因為−⇀
AC, −⇀
KC 同向, 故其外積為零向量。 此時由 (4), (7) 兩 式, 即再度證明
△G1G2G3面積 = 1
9ABCD面積
以上就是第二種證法, 而當圖 7 中 ∠BCD > 180◦ 時, ABCD 即為一種可能的凹四邊形。 對 上述證法使用到的外積性質, 讀者若想要有更清楚了解, 不妨參考 [2] 中的介紹。
三、 結語
上述的解法中的第一部份, 筆者引入高中數學才會介紹的平面向量重心公式與判斷三點是 否共線的條件來加以證明, 而原作者在 [1] 中則使用國中生就能看懂的平面幾何手法。 有趣的 是, 原作者在 [1] 中計算圖 4 的 △G1G2G3 面積時, 使用了國中教材中並未介紹的行列式計 算, 而筆者在第二部份中卻使用了國中教材有涵蓋的平面幾何技巧。 不但如此, 我們也可再度透 過向量工具, 先增加圖 7 中垂直紙面的這個維度, 再使用 (空間中) 向量外積表示面積的方法證 明第二部份的結論。
以上就是筆者想分享的一點研究結果, 除了希望可以發揮和 [1] 彼此對照、 補充的作用, 更 希望能增添數學世界中的一些色彩。 最後, 筆者要感謝審稿人對本文提出的修改建議, 尤其是增 加第二部份透過向量方法加以證明的建議。
註1: 所謂外積的右手定則, 可透過底下方法理解。 請先參考下圖 :
圖 8
其中設 ⇀v1, ⇀v2 的長度為 r1, r2 > 0。 賦予上圖第三個維度, 讓 z 軸的正向突出紙面, 則上圖中 兩向量為
⇀v1 = (r1cos θ1, r1sin θ1, 0),
⇀v2 = (r2cos θ2, r2sin θ2, 0),
兩者的外積 ⇀v1 × ⇀v2 為
⇀v1 × ⇀v2 =
r1sin θ1 0 r2sin θ2 0 ,
0 r1cos θ1 0 r2cos θ2
,
r1cos θ1 r1sin θ1 r2cos θ2 r2sin θ2
,
!
= (0, 0, r1r2sin(θ2− θ1)) (8)
當外積 ⇀v1 × ⇀v2 不為零時, 關於 ⇀v1, ⇀v2 可簡單分成底下兩種情形:
(a) 當 0 < θ2 − θ1 < π 時, 得 r1r2sin(θ2 − θ1) > 0, 由 (8) 可知 ⇀v1 × ⇀v2 突出紙面。 此 時可參考圖 8, 讓右手掌四隻手指先與手掌面平行, 再將手指從 ⇀v1 方向逆時針轉 θ2 − θ1 這個小於 π 的角到 ⇀v2 方向, 而拇指向上表示外積 ⇀v1 × ⇀v2 突出紙面。 注意此時以 ⇀v1, ⇀v2
所在的射線為終邊的廣義角分別為 θ1, θ2 (底下簡稱為 ⇀v2, ⇀v2 所對應的廣義角), θ2 領先 (大於) θ1 但領先程度小於 π。
(b) 當 π < θ2− θ1 < 2π, 得 r1r2sin(θ2− θ1) < 0, 由 (8) 可知 ⇀v1 × ⇀v2 鑽入紙面。 此時有
−2π < θ1− θ2 < −π ⇒ 0 < (θ1+ 2π) − θ2 < π
我們改透過下圖 9 來理解:
圖 9
注意此時 ⇀v1, ⇀v2 所對應的廣義角分別為 θ1 + 2π, θ2, 而由上一式的結果可知 θ1+ 2π 領 先 (大於) θ2 但領先程度小於 π。 此時右手的四隻手指從 ⇀v1 方向順時針轉 (θ1+ 2π) − θ2 這個小於 π 的角到 ⇀v2 方向, 而拇指向下表示外積 ⇀v1 × ⇀v2 鑽入紙面。
由以上 (a), (b) 的討論, 我們知道當 ⇀v1 × ⇀v2 不為零, 使用右手定則判斷 ⇀v1 × ⇀v2 方向 時, 總是要將右手四隻手指從 ⇀v1 方向轉一個 「小於 180◦ 的角」 到 ⇀v2 方向 (順時針或逆時針 轉均有可能), 而右手拇指則決定了 ⇀v1 × ⇀v2 的方向。
參考資料
1. 梁勇能, 梯形內一塊四邊形面積的探討, 數學傳播第 28 卷第 3 期 (111), 2004 年 9 月。 Available from: http://w3.math.sinica.edu.tw/math_media/d283/28304.pdf.
2. 張海潮, 內外積取代正餘弦律, 數學放大鏡 — 暢談高中數學, 三民書局, 2013, 36-44。
—本文作者任職麥當勞竹南民權中心—
