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1   7  Ȝ   ᑖ Ḅ Ẇ 

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全文

(1)

單體中同比例分點的研究

臺北市立建國高級中學 蔡宗軒 指導老師 李宗

Abstract

This study is originated from an interesting geometric graphic: A tetrahedron ABCD and four points A, B, C, Dinside satisfy that they are the midpoints of AB, BC, CD, DA, respectively.

In this article“the midpoints” in the statement is extended to points of the same ratio k, that is,

AB=k

AA,

BC=k

BB,

CD=k

CC,

DA=k

DD. We call the four points A, B, C, D as the same ratio points of the ratio k, and call tetrahedron ABCD as the same ratio tetrahedron; the proposition is also extended to n-dimensional, then some properties of this graph are researched and found.

Here are properties discussed in this article:

1. The existence and the uniqueness of the same ratio points for given n and k.

2. The properties about geometric measurement for given n and k.

3. The locus of the relative points of the same ratio points when the ratio k varies.

中 中 中文文文摘摘摘要要要

這份作品源自於一個有趣的幾何圖形:四面體 ABCD 及其內部四點 A, B, C, D 使得他 們分別為 AB, BC, CD, DA中點。

本文將敘述中的中點推廣為比例同為 k 的分點,即為

AB=k

AA,

BC=k

BB,

CD= k

CC

,

DA

=k

DD

。 我們稱 A, B, C, D比值為 k 的同同同比比比例例例分分分點點點,並稱四面體 ABCD 為 分分分點點點四四四面面面體體體;同時將類似的命題推廣至任意維度(n 維),並研究、發掘這個圖形的性質。

文中討論的性質有:

1. 確立同比例分點在任意維度 n 及比值 k 下的存在唯一性。

2. 同比例分點在各個維度 n 及比值 k,該維度幾何度量相關性質。

3. 比值 k 在實數域變化時與同比例分點相關的點之軌跡圖形。

4. 其他同比例分點性質。

1 簡 簡 簡介 介 介

1.1 研 研 研究 究 究 動 動 動機 機 機

我在某次數學免修考遇到以下一題(以下稱為原題): 在四面體 ABCD 內取四點 P QRS,

使得 Q, R, S, P 分別為線段 AP , BQ, CR, DS 之中點,設 VP BCD 表示四面體 P BCD 之體積,試求 VP BCD∶ VP ACD∶ VP ABD∶ VP ABC。

(2)

我當時腦中浮現的並不是如何解決這道題目,而是一些有趣問題:對於任意四面體 ABCD,點 P , Q, R, S 點存在是否?如果存在,又是否唯一?如果不取中點,而是其他 比例的點呢?這樣的圖形又有哪些性質?我曾以這些問題的初步結果報名參加 2013 台灣 國際科展,而後又發掘出更多的性質與定理,並將許多結論作高維度推廣。

(在下文中將以點 A, B, C, D代稱原題中的點 P , Q, R, S。)

1.2 名 名 名詞 詞 詞 定 定 定義 義 義

首先我將研究動機中的圖形作推廣:

(1) (k 值) 將中點推向其他相同比例的分點(

AB= k

AA ,其餘同理)

(2) (n 值) 將維度由三維推向任意維度 1.2.1 單單單體體體與與與 n 維維維幾幾幾何何何度度度量量量

在 n 維歐氏空間中不共(n − 1)維歐氏空間的(n + 1)個點 Ai(i= 1 . . . n + 1)所組成的圖形 A1A2. . . An+1 稱為單體,其 n 維幾何度量(n 維有向體積)為

[A1A2. . . An+1] = 1 n!det

⎛⎜⎜

⎜⎜⎝

⎡⎢⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎢⎣

A1A2

A1A3

⋮ A1An+1

⎤⎥⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎥⎦

⎞⎟⎟

⎟⎟⎠

1.2.2 同同同比比比例例例分分分點點點與與與分分分點點點單單單體體體

給定 n 維單體 A1A2. . . An+1 及實數 k,若存在(n + 1)個點 Ai(i= 1 . . . n + 1) 使得向量

AiAi+1= k

A

iAi (i= 1 . . . n + 1, An+2= A1),則稱點 Ai 為點 Ai 的同比例分點,並稱單 體 A1A2. . . An+1 為單體 A1A2. . . An+1 之分點單體。其中 k = 1 時特別定義 Ai = Aj(i, j= 1 . . . n + 1) 為單體 A1A2. . . An+1 重心(將在後文說明)。

1.3 研 研 研究 究 究目 目 目的 的 的

在做出定義後開始討論同比例分點的性質,並各個維度及比例之下作探討:

1.3.1 對於任意 k 值、n 值及單體,同比例分點的存在唯一性 1.3.2 分點單體與原單體間的 n 維幾何度量比例

1.3.3 研究動機中原題的證明及推廣

1.3.4 分點單體與原單體間的邊長關係(目前只有二維)

1.3.5 比例 k在實數域變動時同比例分點的軌跡(目前只有二維、三維) 1.3.6 其他軌跡(外心、內心等)

1.3.7 同比例分點的等價命題 1.3.8 分點單體與原單體是否相似

(3)

2 研 研 研究 究 究 內 內 內容 容 容

2.1 存 存 存在 在 在唯 唯 唯一 一 一定 定 定理 理 理

在討論同比例分點是否存在唯一時,首先嘗試做二維的討論,而後發現圖形中需要用到 一維同比例分點的結構,在維度之間建立連結性再向上推廣,最後以數學歸納法得到 n 維結論。

存在性先構造其解,對 k 值分 k = 0、k = −1、k = 1 及其他實數進行討論,以下主要 列出其他實數的論證過程。唯一性先解決←ÐÐÐ→

AAB與去除 A 點之(n − 1)維單體有交點,在 無交點且高於三維部分目前只是猜測。

而由定義與圖形觀察可以發現:

(1) k→ 0 時分點單體與原單體重合(點序不同)。

(2) k→ ∞ 時分點單體與原單體重合(點序相同)。

(3) k= −1 且 n 為奇數時(n + 1)個起始點共(n − 1)維空間而無解(也就是 k → −1 時分點 趨向無窮遠),n 為偶數則有解,且為唯一性的無交點部分。

(4) k→ 1 時分點趨向原單體重心,特別定義 k = 1 時所有分點皆為原單體重心。

2.1.1 一一一維維維存存存在在在唯唯唯一一一定定定理理理

定定定理理理. 直直直線上相異兩點 A, B 及任意除 -1 外的實數 k,必存在唯一的一組比值為 k 的同 比例分點A, B

證證證明明明.

AB=

AA+

AB=

AA− k

BB

AB=

AB+

BB= k

AA

BB

⇒ (k − 1)

AB= (k2− 1)

AA

AA= 1

k+ 1

AB

得點 A存在且唯一,同理 B存在且唯一。

在這過程中我們也得到:

推推推論論論 1 (一一一維維維分分分點點點比比比例例例).

AA

AB

BB= 1 ∶ (k − 1) ∶ 1 2.1.2 二二二維維維存存存在在在唯唯唯一一一定定定理理理

定定定理理理. 平面上不共線三點 A, B, C 及任意實數 k,必存在唯一一組 A, B, C 為 A, B, C 比值為 k 的同比例分點。

證證證明明明. (1) 先證明存在性,直接構造出同比例分點:

記兩點 A, B 比值為 k 的同比例分點為 AAB, BAB ,如圖,設←ÐÐ→

ABBC 交 ←ÐÐ→

CAAB 於 X,←ÐÐ→

BCCA 交←ÐÐ→

ABBC 於Y,←ÐÐ→

CAAB 交←ÐÐ→

BCCA 於 Z,由於 k ≠ 0 或 ±1,這些點皆為 相異點。由孟氏定理及 2.1.1 推論:

AX

XBBC

= −

AA

AB

AABB

×

BC

CBBC

= k+ 1 k2

AY

Y BBC

= −

AC

CA

CCA C

×

CB

BBBC

= k2+ k 1

(4)

AB′ BC

k2+ k + 1=

AX

k+ 1 =

AY

k2+ k ⇒

AY = k

AX

同理有

BZ= k

BY

CX= k

CZ,得 X, Y , Z 為 A, B, C 比值為 k 的同比例分點 A, B, C

綜合上述四點,對於任意實數 k,此三點存在。

(2) 再來證明唯一性:

設 ←ÐÐÐ→

AAB 交 ←→

BC 於點 D。過點 C 作平行於 ←Ð→

AB 的直線 ←Ð→

CE 交 ←→

BC 於 E,則

BE

BD =

BC

BB =

CA

CC=

CD

CE = k

故 D, E 為兩點 B, C 的同比例分點,由一維唯一性知點 D 唯一,得

AD唯一,

同理得由 A, B, C 畫出的三線唯一,交到三點為唯一解。

類似於一維推論我們得到:

推推推論論論 2 (二二二維維維分分分點點點比比比例例例).

AA

AB

BB

BC= (k + 1) ∶ (k2− 1) ∶ 1 2.1.3 三三三維維維存存存在在在唯唯唯一一一定定定理理理

定定定理理理. 平面上不共面四點 A, B, C, D 及除 −1 外任意實數 k,必存在唯一一組A, B, C, D 為 A, B, C, D 比值為 k 的同比例分點。

證證證明明明. (1) 先證明存在定理,直接構造出同比例分點:

記三點 A, B, C 比值為 k 的同比例分點為 AABC, BABC , CABC ,由二維存在唯一 定理知 A, AABC, BBC 共線、D, BBCD , BBC 共線,得 A, AABC, D, BBCD , BBC 五點共面,進而←ÐÐÐ→

ABBCD 與 ←ÐÐÐÐ→

DAABC 有交點,設其交點為 W ,同理設←ÐÐÐ→

BCCDA

←ÐÐÐ→

ABBCD 於 X,←ÐÐÐÐ→

CDDAB 交 ←ÐÐÐ→

BCCDA 於 Y,←ÐÐÐÐ→

DAABC 交←ÐÐÐÐ→

CDDAB 於 Z,由孟氏定 理:

AW

W BBCD

= −

AA

ABC

AABCBBC

×

B

BCD

DBBCD

= k+ 1

k2 ×k2+ k + 1

k2+ k = k2+ k + 1

k3 ,如下左圖

(5)

AX

XBBCD

= −

AC

CDA

CCDA CCD

×

C′ CDB

BBBCD

= k2+ k

1 ×k2+ k + 1

k+ 1 = k3+ k2+ k

1 ,如下右圖

AB

BCD

k3+ k2+ k + 1=

AW

k2+ k + 1=

AX

k3+ k2+ k ⇒

AX= k

AW

同理可得

BY = k

BX,

CZ= k

CY ,

DW = k

DZ,W , X, Y , Z 為 A, B, C, D 的同 比例分點 A, B, C, D,此四分點存在。

(2) 再來證明唯一定理 設←ÐÐÐ→

AAB交平面 BCD 於 E,過 C, D 作平行於←Ð→

AB 的直線←Ð→

CF , ←Ð→

DG交平面 BCD 於 F , G,如下圖,則

BF

BE =

BC

BB= k;

CG

CF =

CD

CC = k;

DE

DG=

DA

DD

= k

E, F , G為 B, C, D 同比例分點,點 E 唯一,←→

AE 唯一,同理 A, B, C, D 畫出的 四線唯一,交到四點為唯一解。

再次推論得

推推推論論論 3 (三維分點比例).

AA

AB

BB

BCD= (k2+ k + 1) ∶ (k3− 1) ∶ 1 2.1.4 n 維維維存存存在在在唯唯唯一一一定定定理理理

定定定理理理. 對於 n 維歐氏空間中不共(n − 1)維空間的(n + 1)個點 Ai(i= 1 . . . n + 1)及實數 k,

必存在唯一一組點 Ai(i= 1 . . . n + 1)為(n + 1)個點 Ai(i= 1 . . . n + 1)比值為 k 的等比例分 點,其中k = −1 且 n 為奇數時不存在為例外。

(6)

證證證明明明. 利用數學歸納法:首先假設對於任意正整數 t < n,t 維同比例分點存在唯一。並 令除 A1之(t − 1)維單體 A2A3. . . At+1 對應 A2 之同比例分點為 B2,類似於前述推論:

假設 a:A1, A1, A2, B2 共線;假設 b:

A

1A1

A

1A2

A

2B2 = kt+1− 1

k− 1 ∶ (kt+1− 1) ∶ 1。

已知 n= 1, 2, 3 時成立。

(1) 先證明存在性,直接構造:

取(n− 1)維單體 A2A3. . . An+1 中對應 A2 之同比例分點 B2; (n− 1)維單體 A1A3. . . An+1 對應 A3 之同比例分點 C3; (n− 2)維單體 A3A4. . . An+1 對應 A3 之同比例分點 D3。 因假設中(n − 1)維存在唯一定理成立,由假設 a,←ÐÐ→

A1C3, ←ÐÐ→

A2B2 兩直線皆過 D3,故 A1, B2, A2, C3, D3 五點共面,設←ÐÐ→

A1B2交←ÐÐ→

A2C3 於 R,由孟氏定理及前述假設:

A1R

RB2

= −

A

1C3

C3D3

×

D

3A2

A2B2

= k−1k (kn− 1) 1 × k

n+1−1 k−1 kn−1

k−1

=

k

k−1(kn+1− 1)

1 (i)

A2R

RC3

= −

A

2B2

B2D3

×

D′ 3A1

A1C3

= k−11 (kn− 1)

k × k

n+1−1 k−1 k

k−1(kn− 1) = k−11 (kn+1− 1) kn+1 (ii)

同理以 An 代 A1,以 A1 代 A2,故 B2同理於 C3,可得同理於 R 之點 Q 使得

A1Q

QB2

=

1

k−1(kn+1− 1)

kn+1 . (iii)

由 (i) 及 (iii)可得

A1Q

1

k−1(kn+1− 1) =

A

1R

k

k−1(kn+1− 1)=

A

1B2

1 ⇒

A

1Q∶

A

1R= 1 ∶ k.

如此再取 n 次後,可得(n+1)個點使得它們為 n 維空間中(n+1)個點 Ai(i= 1 . . . n+1) 比值為 k 之同比例分點,並且有:

A1, A1, A2, B2 共線合假設 a;

A

1A1

A

1A2

A

2B2 = kn+1− 1

k− 1 ∶ (kn+1− 1) ∶ 1 合假 設 b。

(2) 再來證明唯一性:

設←ÐÐÐÐ→

A1A1A2交(n − 1)維空間 A2A3. . . An+1 於點 B2,由 Ai(i= 3 . . . n + 1) 做平行於

←ÐÐÐÐ→

A1A1A2 之直線交(n − 1)維空間 A2A3. . . An+1 於 Bi(i= 3 . . . n + 1),則由:

AiBi+1

AiBi

=

A

iAi+1

AiAi

= k, (i = 2 . . . n + 1, An+2= A2, Bn+2 = B2) .

(7)

得 Bi(i = 2 . . . n + 1)為(n − 1)維空間中 n 個點 A2A3. . . An+1 比值為 k 的等比例 分點,由(n − 1)維存在唯一定理知 B2 存在且唯一,直線 ←ÐÐÐÐ→

A1A1A2 唯一,同理有

←ÐÐÐÐÐÐÐ→

An+1An+1A1 唯一,故點 A1 唯一,同理交到的 n 個點為唯一解。

2.2 分 分 分點 點 點單 單 單體 體 體的 的 的幾 幾 幾何 何 何度 度 度量 量 量

2.2.1 一一一維維維有有有向向向線線線段段段

定定定理理理. 分點線段與原線段比例為:[AB] =(k − 1)2

k2− 1 [AB] 。 證證證明明明.

AB=

AA+

AB+

BB

AB=

AB+

BA+

AB= k

AA+ k

AB

AB

⇒ (k − 1)

AB= (k + 1)

AB

AB= (k − 1)2

k2− 1

AB

2.2.2 面面面積積積定定定理理理

定定定理理理. 分點三角形與原三角形比例為:[ABC] = (k − 1)3

k3− 1 [ABC] 。 證證證明明明. 可先由 2.2.1:[ABBC CBC ] =(k − 1)2

k2− 1 [ABC]

再由 BBBC C

′CBC :[ABBC C] = [ABBC CBC ] 最後由 2.1.2 的推論:[ABC] = k2− 1

k2+ k + 1[ABBC C] = k3− 1

(k − 1)3[ABC] 得證。

2.2.3 體體體積積積定定定理理理

定定定理理理. 分點四面體與原四面體比例為:[ABCD] =(k − 1)4

k4− 1 [ABCD]。

證證證明明明. 先由 2.2.2:[ABBCD CBCD DBCD ] =(k − 1)3

k3− 1 [ABCD]

再由 BBBCD C

′CBCD D

′DBCD :[ABBC CD] = [ABBCDCBCD DBCD ] 最後由 2.1.3 的推論:[ABCD] = k3− 1

k3+ k2+ k + 1[ABBCD CD] = k4− 1

(k − 1)4[ABCD]

得證。

(8)

2.2.4 n 維維維體體體積積積定定定理理理

定定定理理理. 分點單體與原單體比例為:[A1A2. . . An+1] =(k − 1)n+1

kn+1− 1 [A1A2. . . An+1]。

證證證明明明. 設單體 A2A3. . . An+1 的分點單體為 B2B3. . . Bn+1,以下由數學歸納法證明。

已知 n = 1 成立,假設(n − 1)成立,可先由(n − 1)維體積定理及 n 維存在唯一定理 內容得 [AB2B3. . . Bn+1 ] = (k − 1)n

kn− 1 [A1A2. . . An+1],在 2 ≤ i ≤ n + 1, AiBi 互相平行 有 [AB2A3A4. . . An+1] = [AB2B3. . . Bn+1 ],最後由 2.1.4 的推論得 [A1A2. . . An+1] =

kn− 1

(kn+1− 1)/(k − 1)[AB2A3A4. . . An+1] =(k − 1)n+1

kn+1− 1 [A1A2. . . An+1],得證。

2.3 幾 幾 幾何 何 何度 度 度量 量 量成 成 成等 等 等比 比 比(原 原 原題 題 題推 推 推廣 廣 廣)

2.3.1 一一一維維維有有有向向向線線線段段段

定定定理理理. 取比值為 k 的同比例分點 A,則 [AA]

1 =[AB]

k 。 證證證明明明.

AB=

AA+

AB=

AA+ k

BB

AB=

AB+

BB= k

AA+

BB

⇒ (k − 1)

AA= (k − 1)

BB

AA=

BB

AB= k

BB= k

AA

得證。

2.3.2 面面面積積積等等等比比比定定定理理理

定定定理理理. 取比值為 k 的同比例分點 A,則 [ABA]

1 =[AAC]

k =[ABC]

k2

(9)

證證證明明明. 由二維存在唯一定理內容,延長 AA交←→

BC 於點 BBC ,由 2.3.1:

[ABBBC ]

[ABBC C] =[ABBBC ]

[ABBC C]= [BBBC ] [BBC C] = 1

k ⇒ [ABA]

AAC = [ABBBC ] − [ABBBC ] [ABBC C] − [ABBC C] = 1

k。 同理可得 [AAC]

[ABC]= 1

k。於是有 [ABA]

1 =[AAC]

k =[ABC]

k2 ,得證。

2.3.3 體體體積積積等等等比比比定定定理理理

定定定理理理. 取比值為 k 的同比例分點 A,則[ABCA]

1 =[ABAD]

k = [AACD]

k2 = [ABCD]

k3 。 證證證明明明. 由三維存在唯一定理內容,延長 AA交平面 BCD 於點 BBCD,由 2.3.2:

[ABCBBCD ] ∶ [ABBBCDD] ∶ [ABBCD CD]

= [ABCBBCD ] ∶ [ABBBCD D] ∶ [ABBCDCD] = [BCBBCD ] ∶ [BBBCDD] ∶ [BBCDCD]

= 1 ∶ k ∶ k2

⇒ [ABCA] ∶ [ABAD] ∶ [AACD]

= ([ABCBBCD ] − [ABCBBCD ]) ∶ ([ABBBCD D] − [ABBBCD D])

∶ ([ABBCDCD] − [ABBCD CD])

= 1 ∶ k ∶ k2.

同理有 [ABAD] ∶ [AACD] ∶ [ABCD] = 1 ∶ k ∶ k2 於是有 [ABCA]

1 =[ABAD]

k = [AACD]

k2 = [ABCD]

k3 ,得證。

在此代入 k = 2 即為研究動機中原題的解。

(10)

2.3.4 n 維維維體體體積積積等等等比比比定定定理理理

定定定理理理. 取單體 A1A2. . . An+1 比值為 k 的同比例分點 A1,則 [A1A2. . . AnA1]

1 = [A1A2. . . An−1A1An+1]

k = ⋯ =[A1A2. . . An+1] kn

證證證明明明. 設(n− 1)維單體 A2A3. . . An+1 的分點單體為 B2B3. . . Bn+1 ,以下由數學歸納法證 明,已知 n = 1 成立,假設(n−1)成立。由 n 維存在唯一定理內容,延長 AA交(n−1)維 單體 A2A3. . . An+1 於點 B2,由(n − 1)維體積等比定理:

[A1A2A3. . . AnB2] ∶ [A1A2A3. . . An−1B2An+1] ∶ ⋯ ∶ [A1B2A3. . . An+1] (n個 n 維單體)

= [A1A2A3. . . AnB2] ∶ [A1A2A3. . . An−1B2An+1] ∶ ⋯ ∶ [A1B2A3. . . An+1] (n個 n 維單體)

= [A2A3. . . AnB2] ∶ [A2A3. . . An−1B2An+1] ∶ ⋯ ∶ [B2A3. . . An+1] (n個(n − 1)維單體)

= 1 ∶ k ∶ ⋯ ∶ kn−1

⇒ [A1A2. . . AnA1] ∶ [A1A2. . . An−1A1An+1] ∶ ⋯ ∶ [A1A1. . . An+1]

= ([A1A2A3. . . AnB2] − [A1A2A3. . . AnB2])

∶ ([A1A2A3. . . An−1B2An+1] − [A1A2A3. . . An−1B2An+1]) ∶ ⋯

∶ ([A1B2A3. . . An+1] − [A1B2A3. . . An+1])

= 1 ∶ k ∶ ⋯ ∶ kn−1 同理有

[A1A2. . . An−1A1An+1] ∶ [A1A2. . . A1AnAn+1] ∶ ⋯ ∶ [A1A2. . . An+1] = 1 ∶ k ∶ ⋯ ∶ kn−1 於是 [A1A2. . . AnA1]

1 =[A1A2. . . An−1A1An+1]

k = ⋯ =[A1A2. . . An+1]

kn ,得證。

2.4 邊 邊 邊 長 長 長關 關 關係 係 係

2.4.1 平平平方方方和和和定定定理理理

定定定理理理. 三角形 ABC 三邊長平方和與其比值為 k 的分點三角形 ABC 三邊長平方和比 值為:AB2+ BC2+ CA2

AB2+ BC2+ CA2 = (k − 1)3

k3− 1 ,與面積定理的比值相同。

證證證明明明. 記

AB=⇀a,

BC=

b,

CA=⇀c,

AB=

a,

BC=

b,

CA=

c

如圖,由 2.1.2 推論:

a= k2− 1

k2+ k + 1

AB

BC = k2− 1

k2+ k + 1(a+ 1 k+ 1

b)

因而有:

a2+ ∣

b2+ ∣

c2

= ( k2− 1 k2+ k + 1)

2

(k2+ 2k + 2

(k + 1)2 (∣a∣2+ ∣

b∣2+ ∣⇀c∣2) + 2

k+ 1(a⋅

b+

b⇀c+c⋅a))

(11)

代入a⋅

b+⇀c⋅a=a⋅ (

b+⇀c) = −∣a∣2 ( k2− 1

k2+ k + 1)

2

× (k2+ 2k + 2

(k + 1)2 (∣a∣2+ ∣

b∣2+ ∣⇀c∣2) + −1

k+ 1(∣a∣2+ ∣

b∣2+ ∣⇀c∣2))

= (k − 1)2

k2+ k + 1(∣a∣2+ ∣

b∣2+ ∣⇀c∣2)

= (k − 1)3

k3− 1 (∣a∣2+ ∣

b∣2+ ∣⇀c∣2),得證。

2.5 分 分 分點 點 點軌 軌 軌跡 跡 跡

2.5.1 二二二維維維軌軌軌跡跡跡定定定理理理(橢橢橢圓圓圓)

定定定理理理. 對於任意固定的 A, B, C 三點,在同比例分點比值 k 在實數域變動時,其同比例 分點 A 的集合為一橢圓,且 A, B, C 所構成的三橢圓全等並且傾角相等。

證證證明明明. 先由其特殊情況討論,取三角形 ABC 為正三角形時,由全等三角形易知三角形 ABC亦為正三角形,取三角形 ABC 重心 G,∠BGC = 120

(1) k> 0:點 C在三角形 ABC 內,∠BCC= 180− ∠ACB= 120 (2) k< 0:點 C在三角形 ABC 外,∠BCC= ∠ACB= 60

(3) k= 0:點 C= B

綜合三點,可知無論 k 為何值 B, C, C, G 四點共圓,且 k = 1 時已特別定義 C為三角 形重心,如此圖形得以連續,點 C 隨 k 值變化在圓上移動。同理點 A, B 的軌跡各為 一圓,且 A, B, C三點所決定的三圓共點於三角形 ABC 中心。

由於伸縮變換後平行線上的比例不變,故其比值為 k 的條件不變,同時正三角形 ABC 變為任意三角形 ABC,軌跡三圓變為軌跡三全等橢圓,且三橢圓傾斜方向一致並 交於三角形 ABC 重心,如圖。

推推推論論論 4 (同同同重重重心心心推推推論論論). 分分分點點點三三三角角角形形形與與與原原原三三三角角角形形形重重重心心心共共共點點點。。。

(12)

在正三角形時顯然成立,而伸縮變換過程中重心不變,故可推廣至任意三角形。 由 此推論可證明 2.6.1 的外心軌跡定理,在座標化或是複數解析的過程中取重心 G 為原點 將使這些證明方便許多。

2.5.2 三三三維維維軌軌軌跡跡跡定定定理理理

空空空間間間中中中任任任意意意固固固定定定的的的 A, B, C, D 四四四點點點,,,在在在其其其同同同比比比例例例分分分點點點比比比值值值 k 在在在實實實數數數域域域變變變動動動時時時,,,其其其同同同 比比比例例例分分分點點點 A 的的的集集集合合合為為為兩兩兩斜斜斜橢橢橢圓圓圓錐錐錐的的的交交交集集集,,,B, C, D 同同同理理理。。。

記 BBCD 之橢圓軌跡為 ΓBBCD,由三維存在唯一定理內容知點 A 在←ÐÐÐ→

ABBCD 上,即 k 值變化時所有的 A 在以 A 為頂點、ΓBBCD 為截面的斜橢圓錐上,同理亦在以 D 為頂 點、ΓAABC 為截面的斜橢圓錐上,即 A 的軌跡為這兩個斜橢圓錐的交集。經由 GSP 繪 圖可見其軌跡。

2.6 其 其 其他 他 他軌 軌 軌跡 跡 跡

2.6.1 外外外心心心軌軌軌跡跡跡定定定理理理(n= 1/3 玫玫玫瑰瑰瑰線線線伸伸伸縮縮縮)

定定定理理理. 在同比例分點比值 k 在實數域變動時,三角形 ABC 的分點三角形 ABC 的外 心所形成的軌跡是玫瑰線 r = cos1

3θ(極座標)伸縮後的圖形,其中伸縮方向與原三角形相 對於正三角形的伸縮方向垂直,且伸縮比例相同。

(13)

證明此定理需要用到兩個引理:

伸縮變換定義:

以直線 l 為軸將點 A 伸縮 s 倍(s > 0),得點 B,意即由點 A 作直線 l 的垂線,垂點為 H,取點 B 使

HB= s

HA。直觀而言就是將圖形以垂直 l 的方向拉長 s 倍。

引引引理理理 1 (對對對應應應外外外心心心). 給定正三角形 ABC 及伸縮比例 s,過重心 G 做直線 l。以 l 為軸 將 ABC 伸縮 s 倍,得 DEF ,取其外心 O 再以 l 為軸將 O 伸縮 s 倍,得 P 。稱點 P 為 ABC 以直線 l 伸縮 s 倍的對應外心。

將 ABC 以 G 為中心旋轉,則其對應外心 P 的軌跡為以 G 為中心的圓,且當 GA 與直 線 l 夾角為 θ 時,GP 與直線 l 夾角為 3θ。(圖為 s < 1 情況)

證證證明明明. 方法主要是利用伸縮變換後重心 G 不變,以 G 為中心、GA 為單位長、直線 l 為 x軸建立複數平面。先預測 P 的位置,再以複數解析反推證明 O 為三角形 DEF 外心。

首先計算軌跡圓半徑,令 GA = 1,當旋轉正三角形至 A 在直線 l 上時,顯然有 O ≡ P,EF = s√

3,點 O 為三角形 DEF 外心。

延長 OD 交 EF 於點 T ,則 T O = 3 2。 令 OD = OE = OF = r,由畢氏定理有:

(s√ 3 2 )

2

+ (3

2 − r)2= r2 ⇒ r = s2+ 3 4 而所求軌跡圓半徑即為:GO = 1 − r = 1− s2

4

(14)

當正三角形由以上情形旋轉 θ 時,可設 A, B, C, P 的複數座標分別為:

A = cos θ + i sin θ, B = cos(θ + 120) + i sin(θ + 120), C = cos(θ − 120) + i sin(θ − 120), P =1− s2

4 (cos 3θ + i sin 3θ).

再由伸縮變換知 D, E, F , O 的複數座標為:

z1= cos θ + is sin θ, z2= cos(θ + 120) + is sin(θ + 120), z3= cos(θ − 120) + is sin(θ − 120), zo=1− s2

4 cos 3θ+1− s2 4s i sin 3θ

由於欲證為 O 是 D, E, F 外心,故先證 O 在 EF 中垂線上,即:

arg((z2− z3)i) = arg (zo−z2+ z3

2 ) . 由三角公式計算:

i(z2− z3) = i[cos(θ + 120) − cos(θ − 120)] − s[sin(θ + 120) − sin(θ + 120)]

= i[− sin θ sin 120] − s[cos θ sin 120] = − sin 120(s cos θ + i sin θ) 由於 z1+ z2+ z3= 0,

zo−z2+ z3

2 = zo+z1

2 = (1 − s2) cos 3θ + 2 cos θ

4 + i ×(1 − s2) sin 3θ + 2s2sin θ 4s

= s cos θ

4s [(1 − s2)(4 cos2θ− 3) + 2] +i sin θ

4s [(1 − s2)(−4 sin 3θ + 3) + 2s2] . 故只需證

(1 − s2)(4 cos2θ− 3) + 2 = (1 − s2)(−4 sin 3θ + 3) + 2s2

⇔ (1 − s2)(4 cos2θ− 3) + 2 − (1 − s2)(−4 sin2θ+ 3) − 2s2= 0

⇔ (1 − s2)(4 cos2θ− 3 + 4 sin2θ− 3 + 2) = (1 − s2)(4 − 3 − 3 + 2) = 0

為恆等式,得證 O 在 EF 中垂線,同理 O 亦在 DE, F D 中垂線上,為三角形 DEF 外 心。

引引引理理理 2 (分分分點點點三三三角角角形形形與與與反反反中中中點點點三三三角角角形形形比比比例例例關關關係係係). 正三角形 ABC 的分點三角形 ABC 與三角形 ABC 的反中點三角形 DEF (即 k = −1 的分點三角形)邊長比例與其邊的夾角 ϕ(

EF

BC的夾角)的關係為 B′C= EF cos ϕ。

證證證明明明. 先求原三角形與分點三角形的邊長關係,在 k > 0 之情況(k < 0 同理可得)設

∠CBC= θ,有 ∠BCC= 60− θ。設 BC = 1, BB= d, BC= t, 則 BC= ∣t − d∣, 由正 弦定理: 1

sin 120 = t

sin(60− θ)= d sin θ

(15)

∣t − d∣ = 1

sin 120∣ sin(60− θ) − sin θ∣ =√2 3∣

√3

2 cos θ−1

2sin θ− sin θ∣

= 2√

√3 3 ∣1

2cos θ−

√3

2 sin θ∣ = 2∣ cos(θ + 60)∣ = 2∣ cos ϕ∣

易得

EF

BC的夾角−90≤ ϕ ≤ 90, cos ϕ≥ 0, d= 2∣ cos ϕ∣ = 2 cos ϕ, 得證。

證證證明明明. (定理2.6.1)

將一三角形以某直線 l 為軸伸縮 1

s 倍成正三角形,令此正三角形的反中點三角形以直線 l 為軸伸縮 s 倍的對應外心為 T ,重心為 G,以

GT 為單位長和 θ = 0 處建立極座標。

由引理 2,此反中點三角形在以 G 為中心旋轉的對應外心軌跡為一圓,此圓極座標方程 為 r = θ。

在引理 1、2 中代入 ϕ = 1

3θ,易知在引理 1 中旋轉 ϕ 的正三角形和引理 2 中夾角為 ϕ 的 正三角形位似,且位似中心為 G,又由引理 2 知位似比例為 cos ϕ = cos1

3θ。由於引理 1 中三角形轉角為 ϕ 時對應外心極座標為 (1, θ),上述位似後座標為 (cos1

3θ, θ)。

由於伸縮後位似的性質不變,將上述圖形以直線 l 為軸伸縮 1

s 倍後得一般情況下分點三 角形外心軌跡為極座標方程 r = cos1

3θ 的伸縮,且伸縮方向與原三角形相對於正三角形 伸縮方向垂直、伸縮比例相同。

2.7 同 同 同比 比 比例 例 例分 分 分點 點 點的 的 的等 等 等價 價 價命 命 命題 題 題

前述 2.1 存在唯一定理的構造法;2.3 原題推廣的結論;2.6.1 引理 1、引理 2 以參數 θ

(16)

表達的形式(僅限二維),可以視為同比例分點不同表達形式的等價命題。以下以參數 θ 表達形式的等價命題為例。

2.7.1 以以以參參參數數數 θ 表表表示示示

給定一正三角形 ABC,取其反中點三角形 DEF (A為 DE 中點,其餘類推),以 A 為中 心將 ←Ð→

DE 旋轉角 θ;以 C 為中心將 ←Ð→

F D 旋轉角 θ,則此二直線交到的點定為相對於 A 的同比例分點A,同理得點 B, C

由於轉 θ 和 (π + θ) 是一樣的,固定轉角 θ 的範圍為 0 ≤ θ < π。

由 2.6.1 引理 1 有 BC= EF cos θ,又由 2.2.2 面積定理有 [ABC] =(k − 1)3

k3− 1 [ABC],

可得 θ 與 k 的代換關係為:(2 cos θ)2=(k − 1)3 k3− 1 又當 0≤ θ <π

2 且(k > 1 ∨ k ≤ −1),cos θ > 0,2 cos θ =

√(k − 1)3 k3− 1 當 π

2 ≤ θ < π 且 −1 ≤ k < 1,cos θ ≤ 0,2 cos θ = −

√(k − 1)3 k3− 1 可建立 θ 與 k 的一一對應關係。

以下是幾個特殊的 θ 與 k 值對應:

θ= 0:k = −1;θ =π

3:k → ±∞;θ =π

2:k = 1;θ = 2π

3 :k = 0。

建立這樣的對應關係後,利用伸縮變換就可以推廣至任意三角形。以 k 值對應 θ 值,因 此比值為 k 的分點三角形亦可稱為角度為 θ 的分點三角形。

後面所提及的角度 (θ + tπ) 等價於 θ(t 為整數)。

2.8 相 相 相似 似 似分 分 分點 點 點單 單 單體 體 體

以下分點三角形以 2.7.3 參數 θ 的形式做討論。

2.8.1 相相相似似似分分分點點點三三三角角角形形形

分分分點點點三三三角角角形形形與與與原原原三三三角角角形形形相相相似似似當當當 θ 的的的值值值為為為::: 0, 1

3π, 2

3π,,,同同同向向向相相相似似似;;;−α, (−α +1

3π), (−α +2

3π),,,反反反向向向相相相似似似。。。 共共共六六六種種種情情情形形形。。。

其其其中中中 α 為為為反反反中中中點點點三三三角角角形形形以以以 x 軸軸軸伸伸伸縮縮縮成成成正正正三三三角角角形形形後後後,,,由由由標標標準準準三三三角角角形形形旋旋旋轉轉轉來來來的的的角角角度度度。。。 又又又當當當原原原三三三角角角形形形為為為等等等腰腰腰三三三角角角形形形時時時 (1)、、、(2) 會會會有有有重重重複複複,,,剩剩剩三三三種種種情情情形形形;;;當當當原原原三三三角角角形形形為為為正正正三三三角角角 形形形的的的時時時候候候,,,任任任意意意角角角度度度都都都可可可,,,不不不適適適用用用上上上述述述。。。 首先定義標準狀態的正三角形,也就是直角 坐標系上,重心在原點且其中一頂點在 x 軸正向的正三角形。

現將此三角形以原點為中心旋轉角 α,在以 x 軸為軸伸縮 s 倍(s ≠ 1,若 s = 1 正三角形 都相似),得 △DEF ,在取其三邊中點 A, B, C,定其為原三角形的三頂點。因為是中 點有△ABC ∼ △DEF 。

(17)

由 2.6 定理證明內容可知:角度為 θ 的分點三角形 ABC,與標準狀態三角形 旋轉 (α + θ) 後再以 x 軸為軸伸縮 s 倍的三角形 P QR,為以原點為中心的位似。

又由於 △DEF 與 △PQR 面積相等,欲找出 △ABC ∼ △ABC 的情況,只需找出

△P QR ≅ △DEF 的情況。

易知若 θ 成立則 (θ +1

3π)、(θ +2

3π) 也成立(即三邊輪換)。以邊長相等下手,若

△P QR ≅ △DEF ,則 DE = PQ ∨ QR ∨ RP,不失一般性設 DE = PQ(其餘兩邊可用輪 換)。

P Q 是以標準狀態正三角形的旋轉 (α + θ) 再伸縮的其中一邊,令其為邊 MN,P Q 長度等價於以 M 為中心將 N 旋轉 (α + θ −1

6π) 再伸縮,θ 變化得一橢圓 Γ。而 DE 是 以標準狀態正三角形的旋轉 α 再伸縮的其中一邊,其長度等價於以 M 為中心將 N 旋轉 (α − 1

6π) 再伸縮。

目的是求出 P Q 何時與 DE 相等,故以 M 為中心 DE 為半徑做出圓,看它何時與 橢圓 Γ 相交。又 DE 小於(或等於)標準狀態正三角形邊長,故必有交點且在 0 ≤ θ < π 有 兩個交點(等於時一個),由前述與橢圓的對稱性可知分別為旋轉 (α −1

6π) 與 (7 6π− α) 的結果,即 θ = 0 與 θ = 4

3π− 2α。

θ= 0 就是三角形 DEF 本身,顯然會全等(同向全等)。θ = 4

3π− 2α 可視為與 θ = −2α 同狀況,而此狀況為標準三角形旋轉 −α 再伸縮,與旋轉 α 再伸縮的圖形以 x 軸對稱,

故也全等(反向全等)。

綜合上述,在一般狀況下會有六組解,分別為 θ = 0 ∨ 1 3π∨ 2

3π,同向相似;θ =

−α ∨ (−α +1

3π) ∨ (−α +2

3π),反向相似。

(18)

但在 α 為 1

3π 的倍數時,也就是原三角形為等腰三角形時,上述兩種情況可對應,因此 只有三組解。(另一種看法是等腰三角形同向相似和反向相似一樣。)

3 結 結 結論 論 論與 與 與未 未 未來 來 來展 展 展望 望 望

3.1 存 存 存在 在 在唯 唯 唯一 一 一定 定 定理 理 理

對於任意 n 維單體,存在比值為 k 的分點單體,且此單體唯一。其中 n 為奇數且 k = −1 不存在唯例外。

存在性部分已由維度推廣及構造得到完整的結論。而 n 維唯一性證明中←ÐÐ→

A1A1 平行 於(n− 1)維單體 A2A3. . . An+1 的部分尚未給出完整結論,僅猜測該狀況下偶數維度會有 唯一解(k = −1);奇數維度無解。

3.2 分 分 分點 點 點單 單 單體 體 體的 的 的幾 幾 幾何 何 何度 度 度量 量 量

單體 A1A2. . . An+1與其比值為 k 的分點單體 A1A2. . . An+1體積比例為 [A1A2. . . An+1] = (k − 1)n+1

kn+1− 1 [A1A2. . . An+1]。

3.3 幾 幾 幾何 何 何度 度 度量 量 量成 成 成等 等 等比 比 比(原 原 原題 題 題推 推 推廣 廣 廣)

取單體 A1A2. . . An+1 比值為 k 的同比例分點 A1,則 [A1A2. . . AnA1]

1 = [A1A2. . . An−1A1An+1]

k = ⋯ =[A1A2. . . An+1] kn

3.4 邊 邊 邊 長 長 長 n 次 次 次方 方 方和 和 和

平方和定理:三角形 ABC 三邊長平方和與其比值為 k 的分點三角形 ABC三邊長平 方和比值為:AB2+ BC2+ CA2

AB2+ BC2+ CA2 = (k − 1)3

k3− 1 ,與面積定理的比值相同。

未來希望能夠得到這個命題的 n 維推廣形式,預期可得到和 n 維體積定理的比例式有密 切關聯的結果。

3.5 分 分 分點 點 點軌 軌 軌跡 跡 跡

當同比例分點的比值 k 在實數域變動時,二維同比例分點的軌跡為橢圓;三維同比例分 點的軌跡為兩斜橢圓錐的交集。

這個命題在三維的結論基本上是直接由二維的結論推論而來,對此空間曲線的性質其實 未全了解。在推廣到四為時將會面臨的是兩個四維空間曲面(二維面)的交集,我想僅是 證明其交集為一個四維封閉曲線就遠超我的能力範圍。

3.6 其 其 其他 他 他軌 軌 軌跡 跡 跡

外心軌跡:當同比例分點的比值 k 在實數域變動時,二維分點三角形的外心軌跡為 n =1 3 的玫瑰線(極座標方程為 r = cos1

3θ)伸縮變換後的圖形。

除了外心,尚有考慮分點三角形的內心、旁心等軌跡,如下圖。旁心軌跡(圖為相對於 A 之旁心的例子)似乎無較為顯著的規律,目前較有希望的為內心軌跡。

另外也希望未來將這部分推廣至高維度,對於與分點四面體或分點單體相關的點之軌 跡有所探討。

(19)

3.7 等 等 等價 價 價命 命 命題 題 題

透過 2.1存在性的構造法與 2.3 的結論逆推,可得到 n 為同比例分點的等價命題。

透過 2.6.1推論過程中所引入的參數 θ,可得到二維同比例分點的等價命題,並且有 θ 和 k 一一對應的關係為:

0≤ θ <π

2 且(k > 1 ∨ k ≤ −1),2 cos θ =

√(k − 1)3 k3− 1 ; π

2 ≤ θ < π 且 −1 ≤ k < 1,2 cos θ = −

√(k − 1)3 k3− 1 。 並且可利用此結論證明 2.8 二維情況。

3.8 相 相 相似 似 似單 單 單體 體 體

以 θ 表示,分點三角形與原三角形相似當 θ 的值為:

(1) 0, 1 3π, 2

3π,同向相似。

(2) −α, (−α +1

3π), (−α +2

3π),反向相似。

共六種情形,其中 α 為反中點三角形以 x 軸伸縮成正三角形後,由標準三角形旋轉來的 角度。又當原三角形為等腰三角形時(1)、(2)會有重複,剩三種情形;當原三角形為正三角形的 時候,任意角度都可,不適用上述。

這個命題在做其他軌跡知前就已經考慮過,但一直沒有好的想法,只知到非所有分點三 角形都和原三角形相似。但在研究外心軌跡時引入以 θ 表示二維同比例分點的方式,意 外地為這個命題提供一個好的詮釋與推論方式。

二維以上的分點單體就不如正三角形好處理,因為事實上正四面體本身的分點四面體就 不是正四面體。實質原因可能是命題本身沒有對稱性,只有輪換性,因此只能保證 AB, BC, CD, DA等長,對於 AC, BD 目前沒有特別方法。

3.9 多 多 多次 次 次同 同 同比 比 比例 例 例分 分 分點 點 點

除了上述數個性質,未來還可向做多次分點單體研究。以二維為例,三角形 ABC 的 比值為 k 的分點三角形 ABC 稱為一階分點三角形;三角形 ABC 的分點三角形 A′′B′′C′′ 稱為二階分點三角形,以此類推。

(20)

目前發現以此做多階(甚至無窮階)分點三角形與等角螺線有密切關聯,只是它的形式 使離散而非連續的。例如等角螺線以其中心做任意比例位似變換與原圖形全等,但無窮 階分點三角形只有在特定比例(即分點三角形與原三角形邊長比的冪次)才符合此性質。

也就是說在 k → 0 或 k → ∞ 時對應 A 的每一階分點會形成夾角為 π

6 的等角螺線。

3.10 其 其 其他 他 他性 性 性質 質 質

除了上述歸納出的性質,同比例分點的圖形想必還有許多有趣的性質等著我發掘、推 廣。

參 參 參考 考 考文 文 文獻 獻 獻

[1] 數學奧林匹亞訓練題,《中等數學》8月號第40頁,2008年。

[2] 黃家禮等,梅內勞斯定理,《幾何明珠》第四章,九章數學,初版,2000年。

[3] 維基百科,單體(單純形),

http://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8D%95%E7%BA%AF%E5%BD%A2 [4] Rose, Wolfram MathWorld, http://mathworld.wolfram.com/Rose.html

參考文獻

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