換個觀點看三角形的四心

換個觀點看三角形的四心

劉俊傑

一 . 前言

如果將一個三角形的內部, 想像成浩瀚幽冥的夜空, 那麼最為耀眼明亮, 引人注目的星星 群, 應是三角形的重心、 內心、 外心及垂心, 合稱為三角形的四心。 它們各自具有下列渾然天成 的特性, 內心到三邊的距離相等; 外心到三頂點的距離等長; 而重心到三頂點的連線, 會三等分 原三角形的面積。

本文將嘗試以有別於一般的角度, 來觀察這四顆心。 例如: 重心到三邊的距離比值是多少?

內心到三頂點的距離比值? 以及垂心到三頂點的連線, 會如何切分原三角形的面積? 這些比例 式有的相當地簡潔並且可輪換, 頗值得我們一同去認識它們。

為了便於討論, 文中有些三角形, 將設限為銳角三角形, 其目的在於避免出現負的比例值。

此外, 依照慣例將以 a, b, c 分別代表 △ABC 的 BC, CA, AB 邊的長度。 推論過程中將陸 續應用到一些現行高中教材的公式及定理, 如正弦定理、 餘弦定理、 正弦的三角形面積公式、 行 列式和克拉瑪公式等, 因此本文很適合推薦給高職、 高中的同學們閱讀參考。

本文的內容將分成兩個部份: 首先第一個部份, 將討論垂心及外心到三角形頂點的連線, 分 割原三角形面積的比值問題。 其次, 在第二個部份則將關於重心、 內心等的其他情形, 彙整成四 個命題, 並加以證明。 最後附上的命題五, 則是有關將三角形的四心坐標化的題材。

二 . 本文

第一部份 :

公式1: 設 H 為銳角 △ABC 的垂心, 則

△ABH : △BCH : △CAH = c⁴−a⁴+2a²b²−b⁴ : a⁴−b⁴+2b²c²−c⁴ : b⁴−a⁴+2a²c²−c⁴ 證明: (如圖 1), 延長 AH 交 BC 於 D; 延長 BH 交CA 於 E。

令 BD = x; DC = a − x。

28

根據畢氏定理 c²− x² = b²− (a − x)², 化簡得 BD = a²+ c² − b²

2a ; DC = a²− c²+ b² 2a 因此 BD : DC = a²+ c² − b² : a²− c²+ b²,

∵△ABH 與 △ACH 為共邊三角形 [1], 所以 △ABH

△ACH = BD

DC = a²− b²+ c² a² + b²− c²。 同理可證 △ABH

△BCH = AE

EC = b²+ c²− a² a²+ b²− c², 綜合上列兩式可得 圖 1

△ABH : △BCH : △CAH

= (c²)²− (a² − b²)² : (a²)²− (b²− c²)² : (b²)²− (a²− c²)²

= c⁴− a⁴+ 2a²b²− b⁴ : a⁴− b⁴+ 2b²c²− c⁴ : b⁴− a⁴+ 2a²c² − c⁴。

證明完畢。

對於公式 1 的應用, 首先來看一個很直觀的例子。

例1: 設 H 為銳角 △ABC 的垂心, 且 △ABH = △BCH = △CAH, 則 △ABC 為 正三角形。

解: 已知 △ABH = △BCH, 運用公式1得到

c⁴− a⁴+ 2a²b²− b⁴ = a⁴− b⁴+ 2b²c²− c⁴

化簡成 c⁴− a⁴+ b²(a²− c²) = 0, 因式分解為 (a + c)(a − c)(b²− c²− a²) = 0, 得到 a = c 或 b² = c²+ a² (此解 △ABC 為直角三角形, 與假設條件不合)。

同理可證 c = b; 因此得到 △ABC 為等邊三角形。

由上述推論得知: 只有等邊三角形的垂心, 能三等分原三角形。

例2: 設 H 為銳角 △ABC 的垂心, 且△ABH : △BCH : △CAH = 2 : 1 : 1, 求

△ABC 三邊長的比例值, 即 a : b : c =?

解: 由已知條件 △BCH = △CAH, 根據公式 1, 得知 a = b,

另由已知 △ABH = 2△BCH,

利用公式 1, 得到

c⁴− a⁴+ 2a²b²− b⁴ = 2(a⁴− b⁴ + 2b²c²− c⁴) 將 a = b 代入上式, 有 4a² = 3c²,

所以 a : c =√ 3 : 2, 因此 a : b : c =√

3 :√

3 : 2。 (如圖 2)

圖 2 接下來的是本文的一個主要題目, 是我很喜歡的

一個例題。

例3: 設 H 為銳角 △ABC 的垂心, 且

△ABH : △BCH : △CAH = 1 : 2 : 3, 求 △ABC 三邊長的比例值, 即 a : b : c =?

解:

步驟1: 由已知 2△ABH = △BCH, 利用公式1, 得到

2(c⁴− a⁴+ 2a²b²− b⁴) = a⁴− b⁴+ 2b²c²− c⁴ 化簡為 3a⁴+ b⁴− 3c⁴+ 2b²c²− 4a²b² = 0,

再由已知 2△CAH = 3△BCH, 運用公式 1, 得到

2(b⁴− a⁴+ 2a²c²− c⁴) = 3(a⁴− b⁴+ 2b²c²− c⁴) 化簡為 5a⁴− 5b⁴− c⁴+ 6b²c²− 4a²c² = 0,

步驟2:從上述推論得知: a, b, c 必須滿足下列的聯立方程式

(3a⁴+ b⁴− 3c⁴ + 2b²c²− 4a²b² = 0 5a⁴− 5b⁴− c⁴+ 6b²c²− 4a²c² = 0 在不失一般性的情形下, 令 c 值為 1, 可將上式化簡為

(3a⁴+ b⁴− 3 + 2b² − 4a²b² = 0 5a⁴− 5b⁴− 1 + 6b²− 4a² = 0 再令 x = a², y = b², 即可簡化成二元二次聯立方程式 [2]

(3x²− 4xy + y²+ 2y − 3 = 0...(1) 5x²− 5y²− 4x + 6y − 1 = 0...(2)

由 (2)-k(1)⇒

(5 − 3k)x²+ 2(2k)xy + (−5 − k)y²+ 2(−2)x + 2(3 − k)y + (3k − 1) = 0...(3) (3) 式可分解為兩個一次因式的乘積的充分必要條件為

       

5 − 3k 2k −2 2k −5 − k 3 − k

−2 3 − k 3k − 1        

= 0

運算得 k = 0 或 k = 3,

k = 0 代入 (3) 式, 會得到 (2) 式。

k = 3 代入 (3) 式, 會得到

−4x²+ 12xy − 8y²− 4x + 8 = 0 可分解成 (x − y − 1)(x − 2y + 2) = 0,

步驟3:首先解 (x− y − 1 = 0

5x²− 5y²− 4x + 6y − 1 = 0

得 x = 1, y = 0; 因此 a = 1, b = 0(不合)。

其次解

(x− 2y + 2 = 0

5x²− 5y²− 4x + 6y − 1 = 0 可得到兩組解:

解一: x = 0, y = 1; 因此 a = 0, b = 1(不合)。

解二: x = 8

5, y = 9 5; 因此 a =r 8

5, b =r 9 5, 即可得知 a : b : c =√

8 : 3 : √

5。 (如圖3) 圖 3

請讀者留心, 根據上述推論得知:△ABC 的垂心到三頂點的連線, 能將原三角形巧分成面 積比 1 : 2 : 3 的三角形, 僅僅只有各位眼前的這一個。 此圖形看似簡單, 其背後卻有著許多的 公式、 定理及計算組合而成的。

公式2: 設 O 為銳角 △ABC 的外心, 則

△ABO : △BCO : △CAO = a²c²+ b²c²− c⁴ : a²b² + a²c²− a⁴ : a²b²+ b²c²− b⁴

證明: (如圖 4) 首先, 設 R 為 △ABC 的外接圓半徑, 並先由正弦定理得到個引理

sin C : sin A : sin B

= c : a : b = 1 ab : 1

bc : 1 ca

圖 4

△ABO : △BCO : △CAO

=1

2R²sin ∠AOB : 1

2R²sin ∠BOC : 1

2R²sin ∠COA (三角形面積公式)

= sin 2C : sin 2A : sin 2B (圓周角定理)

= 2 sin C cos C : 2 sin A cos A : 2 sin B cos B (二倍角公式)

=a²+ b² − c²

2ab sin C : b² + c²− a²

2bc sin A : a² + c²− b²

2ac sin B (餘弦定理)

=a²+ b² − c²

a²b² : b²+ c² − a²

b²c² : a²+ c²− b²

a²c² (引理) [3]

= a²c²+ b²c²− c⁴ : a²b² + a²c²− a⁴ : a²b²+ b²c²− b⁴ 證明完畢。

例4: 設 O 為銳角 △ABC 的外心, 且 △ABO : △BCO : △CAO = 2 : 1 : 1, 求

△ABC 三邊長的比例值, 即 a : b : c =?

解: 由已知條件 △BCO = △CAO, 依據公式2

a²b²+ a²c²− a⁴ = a²b²+ b²c²− b⁴ 此即 a = b,

再由已知 △ABO = 2△BCO,

得 a²c² + b²c²− c⁴ = 2a²b²+ 2a²c²− 2a⁴, 將 a = b 代入化簡, 結果為 c = 0,

此結果告訴我們: 不存在 △ABC, 滿足例4的條件!

另解: (我嘗試以三角函數來驗證相同的結論) 證明:

(1) 從已知 △BCO = △CAO ⇒ ¹2R²sin ∠AOC = ¹₂R²sin ∠BOC ⇒ ∠A = ∠B, 因此 2∠A = π − ∠C。

(2) 由已知

△ABO = 2△BCO ⇒ 1

2R²sin 2C = 2

"

1

2R²sin 2A

#

⇒ sin 2C = 2 sin 2A

⇒ 2 sin C cos C = 2 sin(π − c)

⇒ sin C cos C = sin C

⇒ sin C(cos C − 1) = 0

⇒ sin C = 0 ∨ cos C = 1

⇒ ∠C = 0 ∨ ∠C = π

此結果也顯示 ∠C 無解, 所以 △ABC 並不存在。 當 ∠C = 0 的情形, 或許可以想像成, 頂點 C 是落在無窮遠處的極限情形。

第二部份 :

命題1: 設 G 為 △ABC 的重心, 且 GD, GE, GF 分別垂直 BC, CA, AB, 則:

(1) △ABG : △BCG : △CAG = 1 : 1 : 1。

(2) AG : BG : CG =√

2b²+ 2c²− a² :√

2c²+ 2a²− b² :√

2a²+ 2b²− c² (3) GD : GE : GF = bc : ca : ab (如圖 5)

證明: (2)設 m^a, m^b, m^c 分別為 BC, CA, AB 邊上的中線長度, 根據中線長公式 [4], 得到

ma= r1

2(b² + c²− a² 2 );

mb= r1

2(c²+ a²−b² 2);

mc= r1

2(a²+ b² −c²

2)。 圖 5

因此

AG: BG : CG = 2 3ma: 2

3mb : 2 3mc

= r

b² + c²− a² 2 :

r

c²+ a²− b² 2 :

r

a²+ b² −c² 2

=√

2b² + 2c²− a² :√

2c²+ 2a²− b² :√

2a²+ 2b²− c²

(3) 因為 △ABG = △BCG = △CAG, 知 ¹₂a· GD = ¹2b· GE = ¹2c· GF , 即可得證 GD : GE : GF = bc : ca : ab。

命題2: 設 I 為 △ABC 的內心, 且 ID, IE, IF 分別垂直 BC, CA, AB, 則:

(1) △ABI : △BCI : △CAI = c : a : b。

(2) AI : BI : CI =

pbc(b + c − a) :pca(c + a − b) : pab(a + b − c)

(3) ID : IE : IF = 1 : 1 : 1 (如圖 6) 圖 6 證明: (2) 延長 AI, BI, CI 分別交 BC, CA, AB 於點 P , Q, R。(如圖 7) 由 Menelaus 定理, 知

IA P I · QC

AQ · BP CB = 1

利用角平分線定理, 此即 IA P I · a

c · c

b+ c = 1, 化簡得 IA = b+ c

a+ b + cAP, 同理可知 IB = a+ c

a+ b + cBQ; IC = a+ b

a+ b + cCR 圖 7

依據角平分線長公式 [4],

AP = pbc(a + b + c)(b + c − a)

b+ c ;

BQ= pca(a + b + c)(a + c − b)

a+ c ;

CR= pab(a + b + c)(a + b − c)

a+ b 。

代入前面 IA, IB, IC, 得到

AI=pbc(a + b + c)(b + c − a) a+ b + c ; BI=pca(a + b + c)(a + c − b)

a+ b + c ; CI=pab(a + b + c)(a + b − c)

a+ b + c 。 得證

AI : BI : CI =p

bc(b + c − a) : p

ca(c + a − b) : p

ab(a + b − c) 可看出此公式甚為簡潔有規律且可輪換。

命題3: 設 H 為銳角 △ABC 的垂心, 且 HD, HE, HF 分別垂直 BC, CA, AB, 則:

(1) △ABH : △BCH : △CAH

= c⁴− a⁴+ 2a²b² − b⁴ : a⁴− b⁴ + 2b²c²− c⁴ : b⁴− a⁴+ 2a²c²− c⁴

(2) HD : HE : HF

= bc(a⁴ − b⁴+ 2b²c²− c⁴) : ca(b⁴− a⁴+ 2a²c²− c⁴) : ab(c⁴− a⁴+ 2a²b²− b⁴)

(3) AH : BH : CH

= a(c⁴− a⁴+ 2a²b² − b⁴)(b⁴− a⁴ + 2a²c²− c⁴) : b(c⁴ − a⁴+ 2a²b²− b⁴)(a⁴ − b⁴+ 2b²c²− c⁴)

: c(a⁴− b⁴+ 2b²c²− c⁴)(b⁴− a⁴ + 2a²c²− c⁴) (如圖 8) 圖 8 證明: (1) 此結果即為之前討論過的公式 1。

(2) 因為 △ABH : △BCH : △CAH = 1

2c· HF : 1

2a· HD : 1

2b· HE,

且△ABH : △BCH : △CAH = c⁴− a⁴+ 2a²b²− b⁴ : a⁴− b⁴+ 2b²c²− c⁴ : b⁴− a⁴+ 2a²c²− c⁴,

比較上列兩式, 可知 HF

HD = a(c⁴− a⁴+ 2a²b²− b⁴)

c(a⁴− b⁴+ 2b²c² − c⁴) 及 HF

HE = b(c⁴− a⁴+ 2a²b²− b⁴) c(b⁴− a⁴+ 2a²c²− c⁴) 對分子擴分, 即可得證

HD: HE : HF = bc(a⁴−b⁴+2b²c²−c⁴) : ca(b⁴−a⁴+2a²c²−c⁴) : ab(c⁴−a⁴+2a²b²−b⁴)

(3) 已知 H 為銳角 △ABC 的垂心, 有 △AHE ∼ △BHD ⇒ AH

BH = HE HD, 且 △AHF ∼ △CHD ⇒ AH

CH = HF HD, 比較上列兩式, 可知

AH : BH : CH = HE · HF : HD · HF : HE · HD 應用上述 (2) 的結果, 得到

AH : BH : CH = a(c⁴− a⁴+ 2a²b² − b⁴)(b⁴− a⁴+ 2a²c²− c⁴) : b(c⁴− a⁴+ 2a²b² − b⁴)(a⁴− b⁴+ 2b²c²− c⁴) : c(a⁴− b⁴+ 2b²c²− c⁴)(b⁴ − a⁴+ 2a²c²− c⁴)。

命題4: 設 O 為銳角 △ABC 的外心, 且 OD, OE, OF 分別垂直 BC, CA, AB, 則:

(1) △ABO : △BCO : △CAO = a²c²+ b²c²− c⁴ : a²b² + a²c²− a⁴ : a²b²+ b²c²− b⁴。

(2) AO : BO : CO = 1 : 1 : 1。

(3) OD : OE : OF = ab² + ac²− a³ : bc²+ ba²− b³ : ca²+ cb²− c³。(如圖9)

圖 9 證明: (1) 此結果即為之前證明過的公式 2。

(3) 因為

△ABO : △BCO : △CAO = 1

2c· OF : 1

2a· OD : 1 2b· OE 且

△ABO : △BCO : △CAO = a²c²+ b²c²− c⁴ : a²b² + a²c²− a⁴ : a²b²+ b²c²− b⁴ 綜合上列兩式, 得到

OD: OE : OF = ab²+ ac²− a³ : bc²+ ba²− b³ : ca²+ cb²− c³。

命題5: 在直角坐標平面上, △ABC 中, 設 A(x¹, y1), B(x², y2), C(x³, y3), 且 G 為

△ABC 的重心; I 為其內心, O 為其外心, H 為其垂心, 則:

(1) G點坐標為 x¹+ x²+ x³

3 ,y1+ y²+ y³ 3



(2) I點坐標為 ax¹ + bx²+ cx³

a+ b + c ,ay1+ by²+ cy³ a+ b + c



(3) O點坐標為































x²1− x²²+ y1²− y²² y1− y² x²2− x²³+ y2²− y³² y2− y³

















2

















x1− x² y1− y² x2− x³ y2− y³

















,

















x1− x² x²1− x²²+ y1²− y²² x2− x³ x²2− x²³+ y2²− y³²

















2

















x1− x² y1− y² x2− x³ y2− y³





























 (4) H 點坐標為































x1x3−x²x3+y¹y3−y²y3 y1−y² x1x2−x¹x3+y¹y2−y¹y3 y2−y³

































x1− x² y1− y² x2− x³ y2− y³

















,

















x1−x² x1x3−x²x3+y¹y3−y²y3

x2−x³ x1x2−x¹x3+y¹y2−y¹y3

































x1− x² y1− y² x2− x³ y2− y³































證明: (2)(如圖 10) 設 AD, BE 為角平分線, 由角平分線定理, 知 BD : DC = c : b

代入分點坐標公式, 得 D 點坐標為

 bx2 + cx³

b+ c ,by2 + cy³ b+ c



如同命題 2-(2) 的證明過程, 應用 Menelaus 定理可得

DI : IA = a : b + c 圖 10

再運用分點公式即可得到內心坐標 I = ax1+ bx²+ cx³

a+ b + c ,ay1+ by²+ cy³ a+ b + c

 此公式也甚為簡潔有規律。

(3)(如圖 11) 設 P (x, y) 為中垂線 OF 上一點,

∵(x − x¹)²+ (y − y¹)² = (x − x²)²+ (y − y²)² 化簡得 OF 的方程式為:

2(x¹− x²)x + 2(y¹− y²)y = x²1 − x²² + y1²− y²²

同理可得 OD 的方程式為: 圖 11

2(x²− x³)x + 2(y²− y³)y = x²2 − x²³ + y2²− y³²

根據克拉瑪公式得 OF 與 OD 的交點, 外心 O 點坐標為













     

x²1− x²²+ y1²− y²² y1− y² x²2− x²³+ y2²− y³² y2− y³      2

    

x1− x² y1− y² x2− x³ y2− y³     

,     

x1− x² x²1− x²²+ y²1− y²² x2− x³ x²2− x²³+ y²2− y³²      2

    

x1− x² y1− y² x2− x³ y2− y³     















(4)(如圖 12) ∵ mAB = y1− y²

x1− x² ⇒ m^CF = −x1− x² y1− y² 由點斜式可知, AB 邊上的高 CF 的方程式

(x¹− x²)x + (y¹− y²)y = x¹x3− x²x3+ y¹y3− y²y3

同理可得, BC 邊上的高 AD 的方程式

(x²− x³)x + (y²− y³)y = x¹x2− x¹x3+ y¹y2− y¹y3

依據克拉瑪公式得 CF 與 AD 的交點, 垂心 H 點坐標為

圖 12













     

x1x3− x²x3+ y¹y3− y²y3 y1− y² x1x2− x¹x3+ y¹y2− y¹y3 y2− y³      

   

x1− x² y1− y² x2− x³ y2− y³     

,     

x1− x² x1x3 − x²x3+ y¹y3 − y²y3

x2− x³ x1x2 − x¹x3+ y¹y2 − y¹y3

     

   

x1− x² y1− y² x2− x³ y2− y³     













 證明完畢。

三 . 結語

顯然的, 本文第二個部份的前四個命題中的許多公式, 都可以像第一個部份的例題二及例 題三一樣, 討論在特定比例值的條件下, 求原三角形的邊長比例, 由於篇幅有限且解法大致相同, 就請有興趣的讀者們可以試試看, 在此就不加以贅述。

筆者在高職任教數學科, 轉眼間已有十數年的歲月。 期間經常在課堂上, 向同學們介紹正 弦定理、 餘弦定理及克拉瑪等公式的性質及練習題。 今日能將它們應用到平面幾何的題目中, 才 真正的感受到, 它們真不愧是解三角形題目的利器。

本文中第一個部份, 關於垂心和外心的討論均設限於銳角三角形, 能否將類似的公式, 推 廣到鈍角三角形, 則尚有待日後的繼續努力。

參考文獻

1. 張景中, 平面幾何新路, 九章出版社, 1995 年 7 月, p.62。

2. 左銓如, 季素月, 朱家生, 陳鼎, 初等代數研究, 九章出版社, 1998 年 4 月, p.157-159。

3. 孫文先, 三角, 九章出版社, 1985 年 10 月, p.68, 127, 128, 150。

4. 世部貞市郎, 幾何學辭典, 九章出版社, 1998 年 11 月, p.943。

—本文作者任教於國立西螺高級農工職業學校—