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N 邊形與多面體的頂點與一定點連線所生有向線段 比值之和的定性性質

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Academic year: 2022

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全文

(1)

N 邊形與多面體的頂點與一定點連線所生有向線段 比值之和的定性性質

國立鹿港高級中學 莊祐鈞 指導老師:鄭仕豐

Abstract

The main purpose of the article is to investigate the generalization of a certain geometric property concerning the sum of the ratios of several segments in triangle. The original problem says that Given a triangle ABC and a pointP inside the triangle. Suppose that the lines←→AP ,←→BP and ←→CP intersects the segments BC, CA and AB at the points P1, P2

andP3 respectively. Then

P P1

AP1 +P P2

BP2 +P P3

CP3 = 1.

We had generalized it and already found out that there are similar results in parallelograms and regular polygons. But the sum of the ratios of several segments is no longer equal to 1.

For parallelograms and regular polygons, we had observed the general formula of the fixed sum of the ratios of several segments. Moreover, we found that the pointP in the original problem is not necessarily inside the triangle, the parallelograms and the regular polygons.

Instead, we could move the pointP to the outside of the triangle, the parallelograms and the regular polygons and generalize the original result to be the form of the fixed sum of the ratios of several directed segments. In addition, we also try to consider the inference of the original result to arbitrary tetrahedrons, parallelepipeds and regular polyhedrons.

Fortunately, we got that the sum of the ratios of several directed segments is fixed. Finally, we also generalized the original result to arbitrary trapezoids, arbitrary convex or concave quadrilaterals and pentagons. And try to find out the corresponding results for arbitrary N-polygons.

Keywords: N-polygon, polyhedron, division of vectors

中文文摘摘要

本文主要探討三角形的一個幾何定性性質的推廣,原始問題為:『點 P 為三角形 ΔABC 內部一點,連接直線←→AP 、←→BP 與←→CP 分別交 BC 、 CA 與 AB 三邊於 P1 、 P2 與 P3 點,則P P1

AP1+P P2

BP2+P P3

CP3 = 1 成立。』我們發現此結果在平行四邊形與正多邊形中也有相對應 的推論,只是定值不再是 1 ,我們可以表示出數個線段比值相加後之定值的一般化公式;更甚 者,我們發現原問題中的點 P 不一定要在三角形、平行四邊形與正多邊形的內部,而可以將之 移至三角形、平行四邊形與正多 邊形的外部,並將原結論推廣成『有向線段比值和為定值』的 一般化結果。此外, 我們亦將原問題推廣到空間中的『任意四面體』、『平行六面體』與『正 多面體』中,並發現驗證得相對應的有向線段比值和為定值。最後,我們又嘗試將原問題推廣到

『任意梯形』、『任意凸、凹四邊形』與『任意凸、凹五邊形』中,進而試 圖找出任意 N 邊形 中的相對應結論。

關鍵鍵詞詞:: N 邊邊形形、、多多面面體體、、向向量量的的除除法

(2)

1 簡 簡 簡介 介 介

1.1 研 研 研究 究 究動 動 動機 機 機

在一個課餘的機會裡,老師教我們使用數學繪圖軟體 Geogebra 繪製一些平面上的幾 何圖形,透過實驗與觀察重新驗證一些平面幾何上的結果,我們做了許多數學實驗,發 現這套軟體除了容易操作外,重要的是操作起來讓我們覺得很有趣,因為它可以快速實 驗考慮多種變化的情形。在這個軟體操作的學習裡,我們除了重新品嚐了一些學過的平 面幾何結論外,更 對參考資料 [1]中的一個三角形幾何定性性質產生興趣,問題的描述詳 見第 3 頁之引引引理理理 1 。

除此之外,在參考資料 [3] 與 [4] 中,曾經探討了西瓦定理在任意 n 邊形中的推廣,

其中定定定理理理 3 的交點 Pi 乃是該 n 邊形之頂點與平面上一定點 P (註:該定點 P 不落在 該 n 邊形之 n 個邊所在直線上,亦不落在其對角線上。)連線與各邊所在直線相交產生 的,總共產生 n(n − 2) 個交點,應此 n(n − 2) 個交點,而有 n(n − 2) 個『線段比值之 積』為定值 1 的幾何定性性質,由此結果加上引引引理理理 1 的啟發,我們萌生了在同樣的圖形 中如果改討論某數個『線段比值之和』,那麼是否也有可能有類似的幾何定性性質?就 這樣開始了這一份科展研究。

研究過程中,我們除了用軟體檢驗了一下這個幾何定性性質,也給出其嚴謹的證 明(詳見第 3 頁之引理一),接著我們就想說有沒有機會將它推廣到任意多邊形的情 形,我們用了軟體先行檢驗一番,發現任意的凸四邊形內只有一些 P 點會保持這個 性質成立,所以我們退而求其次,先考慮正多邊形的情形,從正方形、平行四邊形、

正五邊形、正六邊形、正七邊形 與正八邊形,一直到一般化的正 2n(n ≥ 2)邊形與正 2n − 1(n ≥ 2) 邊形,一步一腳印,邊數由小至大,探索過程之中,除了軟體作圖、紙筆 計算外,並給予嚴謹的證明,慢慢地我們發現其中的奧妙與規則,最後,我們發現平行 四邊形與正多邊形內的任一點 P 都可以維持這樣的定性性質,只是數個比值相加後之定 值不再是 1 ,而是會隨著邊數的不同而有所改變,幸運的是我們可以給出這個定值的一 般化公式。

完成引引引理理理 1 在平面上平行四邊形與正多邊形中的推論後,我們試想著引引引理理理 1 中 的 點 P 是否可以將之移至三角形的外部,進而在平行四邊形與正多邊形中的推論是否也可 以,將點 P 移至平行四邊形與正多邊形的外部,我們做了一些嘗試後,發現直接將 P 點移至三角形、平行四邊形與正多邊形的外部時,原來的『線段比值和』不再是定值,

但是如果我們同時將『線段比值和』換成相對應的『有向線段比值和』時,則這些『有 向線段比值和』會成相同的定值,這樣我們便更完整的看到引引引理理理 1 在三角形、平行四邊 形與正多邊形的推論。

完成了引引引理理理 1 在平面上三角形、平行四邊形與正多邊形中的推論後,我們更進一步 去思考在空間中延伸的可能性,經過一些努力,輔以繪圖軟體 Cabri 3D,我們成功地驗 證得引引引理理理 3 在『任意四面體』、『平行六面體』與『正多面體』中也有類似的推論,依 舊可得『數個有向線段比值和為定值』,而且互為對偶的兩個正多面體之『數個有向線 段比值和的定值』相等。

1.2 研 研 研究 究 究目 目 目的 的 的

1. 將引引引理理理 1 中三角形內的一點 P 移至三角形外,觀察驗證對應的定性性質。

2. 引引引理理理 1 在平行四邊形、正 2n(n ≥ 2) 邊形與正 2n − 1(n ≥ 2) 邊形中的推論。

3. 引引引理理理 3 在任意四面體、平行六面體與正多面體中的推論。

4. 將前述三個研究目的中的『線段比值和』改成『有向線段比值和』,探討該比值和 的不變性。

5. 引引引理理理 1 在『特殊梯形』、『任意梯形』與『任意凸、凹四邊形與五邊形』中的推 論。

(3)

1.3 研 研 研究 究 究設 設 設備 備 備及 及 及器 器 器材 材 材

頭腦、計算機、紙、筆、尺、電腦軟體(Microsoft Word, Geogebra 4.2, Cabri 3D)

2 研 研 研究 究 究過 過 過程 程 程、 、 、方 方 方法 法 法與 與 與主 主 主要 要 要結 結 結果 果 果

在參考資料 [1] 中,我發現了如下的結果,為驗證其正確性,我以 Geogebra 繪圖軟體驗 證其正確性,並給出了嚴謹的證明如下。

引 引

引理理理 1. (((三三三角角角形形形之之之頂頂頂點點點與與與其其其內內內部部部一一一定定定點點點連連連線線線所所所生生生線線線段段段比比比值值值之之之和和和的的的定定定性性性性性性質質質))) 在

在平面上,已知點 P 在 ΔABC 內部,連接直線 ←→AP 、←→BP 與←→CP 分別交 BC 、 CA 與 AB 三邊於 P1 、 P2 與 P3 三點,如下圖 I − 1 所示,試證明:

P P1 AP1+P P2

BP2+P P3 CP3 = 1

圖 I - 1 圖 R - 1 圖 R - 2

證 證 證明明明.

將線段比值轉換成三角形面積比值即可得證原命題成立。

上述引引引理理理 1 中,若將點 P 移至 ΔABC 的邊上,但是點 P 不與 ΔABC 的三頂點重 合,則結論依舊會成立,詳述如下。

備 備 備註註註 1.

(1) 在平面上,已知點 P 在 ΔABC 邊上,但是點 P 不與 ΔABC 的三頂點重合,連 接直線 ←→AP 、 ←→BP 與 ←→CP 分別交 BC 、 CA 與 AB 三邊於 P1 、 P2 與 P3點,如上圖 R − 1 所示,則 P P1

AP1 +P P2 BP2 +P P3

CP3 = 1 亦成立。

(2) 承 (1) ,若點 P 與 ΔABC 的某一頂點重合,則等式 P P1

AP1 +P P2

BP2 +P P3

CP3 = 1 可視 為不成立或視為成立。

(4)

證 證 證明明明.

(1) ∵P 在 BC 上, ∴P1= P, P2= C, P3= B ,從而 P P1

AP1 +P P2 BP2 +P P3

CP3 = 0

AP1 +P C BC+P B

CB = BC BC = 1 故得證原命題成立。

(2)

觀點一: 視為不成立的理由

假設點 P 與頂點 B 重合,則直線 BP 無定義,所以 ←→BP 與 AC 之交點 P2 不存在,故原等式無意義,或說原等式不成立。

觀點二: 視為成立的理由

假設點 P 與頂點 B 重合,若我們定義直線←→

BP 為通過 B 點的任意直線,則 此時←→BP 與←→AC 會交於一點 P2 ,如上圖 R − 2 所示,又 P1= P, P3= P ,所P P1

AP1+P P2

BP2+P P3

CP3 = 0

AP1+P C BC +BP2

BP2 = 0

CP3 = 1 ,即原等式成立。

上述的『觀點一』似乎比『觀點二』合理一些,但是其實『觀點二』可以視為引引引理理理 1 的一種極端情形。

在參考資料 [2] 中,我發現了如下的『共邊定理』,在接下來的問題論證中,偶爾會 用到這個結果,因此特別將其列出,詳述如下。

引 引 引理理理 2.

若直線←→

AB 與直線 ←→

P Q 相交於 M 點,則 ΔP AB ΔQAB = P M

QM

證 證明明明.

將線段比值轉換成三角形面積比值即可證得原命題。

上述引引引理理理 1 之結論,如果允許 P 點的位置在 ΔABC 的外部,則會有如下之結果。

問 問 問題題題 1.

在平面上,已知 ΔABC 外部有一點 P ,連接直線←→AP 、 ←→BP 與 ←→CP 分別交三邊 所在直線←→BC 、←→CA 與 ←→AB 於 P1 、 P2 與 P3 三點,過 A 點作平行直線 ←→BC 的直線 LA 、過 B 點作平行直線 ←→

CA 的直線 LB 及過 C 點作平行直線 ←→

AB 的直線 LC ,使得 LB 與 LC 交於點 A、 LC 與 LA 交於點 B 及 LA 與 LB 交於點 C ,則

(1) 若 P 點落在 ΔABC 內部,如下圖 1 − 1 所示,試證明:

P P1 AP1 + BP

BP2 + CP CP3 = 1 (2) 若 P 點落在 ΔABC 內部,如下圖 1 − 2 所示,試證明:

AP AP1 +P P2

BP2 + CP CP3 = 1

(5)

(3) 若 P 點落在 ΔABC 內部,如下圖 1 − 3 所示,試證明:

AP AP1 + BP

BP2 +P P3

CP3 = 1

(4) 若 P 點不落在 ΔABC 、 ΔABC 與 ΔABC內部,如下圖 1 − 4 、 1 − 5 與 1 − 6 所示,試證明:

P P1 AP1 + BP

BP2 + CP

CP3 > 1 , AP AP1 +P P2

BP2 + CP

CP3 > 1 且 AP AP1+ BP

BP2 +P P3 CP3 > 1

圖 1 - 1 圖 1 - 2 圖 1 - 3

圖 1 - 4 圖 1 - 5 圖 1 - 6

證 證 證明明明.

利用引引引理理理 2 且將線段比值轉換成三角形面積比值再做適當代換,即可得證原命題成 立。

針對上述問問問題題題 1 中 (4) 之結果,我可以再將其細分成幾種情形,為了方便起見,我 們先定義如下幾個符號。

定 定 定義義義 1.

我們將上圖 1 − 1 由直線 ←→AB,←→BC,←→CA, LA, LB 與 LC 所圍成之各區域以下列符號定 義之:

(1) 以 IΔABC 表示『由直線←→AB,←→BC 與 ←→CA 所圍成之三角形 ΔABC 內部區域』。

(2) 以 IΔABC 表示『由直線←→

AB,←→BC 與←→

CA所圍成之三角形 ΔABC 內部區域』。

(6)

(3) 以 IΔABC 表示『由直線←→

AB,←→

BC 與←→CA 所圍成之三角形 ΔABC 內部區域』。

(4) 以 IΔABC 表示『由直線←→AB,←→

BC 與←→

CA 所圍成之三角形 ΔABC內部區域』。

(5) 定義 IA 為 IA∶= {P ∣⇀AP = x⇀AB + y⇀AC , 其中 x < 0, y < 0} 。 (6) 定義 IA 為 IA∶= {P ∣⇀

AP = x⇀

AB + y⇀

AC , 其中 x < 0, y < 0} 。 (7) 定義 IB 為 IB∶= {P ∣⇀

BP = x⇀

BA + y⇀

BC , 其中 x < 0, y < 0} 。 (8) 定義 IB 為 IB∶= {P ∣⇀

BP = x⇀

BA + y⇀

BC , 其中 x < 0, y < 0} 。 (9) 定義 IC 為 IC∶= {P ∣⇀CP = x⇀CA + y⇀CB , 其中 x < 0, y < 0} 。 (10) 定義 IC 為 IC∶= {P ∣⇀

CP = x⇀

CA + y⇀

CB , 其中 x < 0, y < 0} 。

(11) 定義 IAB 為 IAB∶= {P ∣⇀AP = x⇀AB + y⇀

AB, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(12) 定義 IAC 為 IAC∶= {P ∣⇀AP = x⇀AC + y⇀

AC, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(13) 定義 IBC 為 IBC∶= {P ∣⇀AP = x⇀BC + y⇀

BC, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(14) 定義 IBA 為 IBA∶= {P ∣⇀AP = x⇀BA + y⇀

BA, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(15) 定義 ICA 為 ICA∶= {P ∣⇀

AP = x⇀

CA + y⇀

CA, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(16) 定義 ICB 為 ICB∶= {P ∣⇀AP = x⇀CB + y⇀

CB, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。 各區域位置詳見下圖 D − 1 。

圖 D - 1

(7)

將上述問問問題題題 1 中 (4) 之結果細分成幾種情形,經測試驗證得如下之結果。

問 問 問題題題 2.

承問問問題題題 1 ,在平面上,已知 ΔABC 外部有一點 P ,連接直線←→AP 、 ←→BP 與←→CP 分別交三邊所在直線←→BC 、 ←→CA 與 ←→AB 於 P1 、 P2 與 P3 三點,過 A 點作平行直線

←→BC 的直線 LA 、過 B 點作平行直線←→CA 的直線 LB 及過 C 點作平行直線←→AB 的直線 LC ,使得 LB 與 LC 交於點 A、 LC 與 LA 交於點 B 及 LA 與 LB 交於點 C ,承 定

定義義義 1 中各符號之定義,於此又定義 R ∶=P P1

AP1 +P P2 BP2 +P P3

CP3, RA∶= P P1 AP1 + BP

BP2 + CP CP3 RB∶= AP

AP1 +P P2 BP2 + CP

CP3, RC∶= AP AP1 + BP

BP2 +P P3 CP3

(1) 當 P ∈ IA 或 P ∈ −⇀

AB 或 P ∈ −⇀

AC 時, R = RB= RC> 1 且 RA= R + 2 。 (2) 當 P ∈ IA 時, R = RB= RC> 1 且 RA= R − 2 。

(3) 當 P ∈ IB 或 P ∈ −⇀BC 或 P ∈ −⇀BA 時, R = RC= RA> 1 且 RB= R + 2 。 (4) 當 P ∈ IB 時, R = RB= RC> 1 且 RB= R − 2 。

(5) 當 P ∈ IC 或 P ∈ −⇀CA 或 P ∈ −⇀CB 時, R = RA= RB> 1 且 RC= R + 2 。 (6) 當 P ∈ IC 時, R = RB= RC> 1 且 RC= R − 2 。

(7) 當 P ∈ IAB 時, R = RC> 1 且 RA− RB= 2 。 (8) 當 P ∈ IAC 時, R = RB> 1 且 RA− RC= 2 。 (9) 當 P ∈ IBC 時, R = RA> 1 且 RB− RC= 2 。 (10) 當 P ∈ IBA 時, R = RC> 1 且 RB− RA= 2 。 (11) 當 P ∈ ICA 時, R = RB> 1 且 RC− RA= 2 。 (12) 當 P ∈ ICB 時, R = RA> 1 且 RC− RB= 2 。 備

備 備註註註 2.

1. 綜合上述引引引理理理 1 、備備備註註註 1 、問問問題題題 1 與 2 之結果,我們其實已經討論完平面上所 有 P 點的情形。

2. 在問問問題題題 1 與問問問題題題 2 中,針對任意三角形,我們討論了引引引理理理 1 裡的 P 點不在三角 形內部的所有情形,我們發現『三組線段比值之和』有為定值 1 的情形,亦有大於 1 的時候。只是美中不足的是問問問題題題 1 與問問問題題題 2 中的『三組線段比值』並不完全與

引理理理 1 中的『三組線段比值』一樣,於是我們開始去思考,有沒有可能讓『三組 線段比值』 同引引引理理理 1 一樣,但試著讓某幾個線段比值先取負值再加總,觀察加總 之後的和是否有機會為定值 1 ,以下的問問問題題題 3 與定定定理理理 1 兩個結果是我們發現的。

(8)

為了方便本文後續內容之描述,我們定義了兩個向量的除法如下。

定 定 定義義義 2.

(1) 在空間中,若兩向量 ⇀u 與 v 的夾角為 θ (0≤ θ ≤ 180) 時,則我們定義

⇀u

⇀v =∣⇀u ∣ cos θ

∣⇀v ∣

(2) 承 (1) ,在空間中,若兩向量 ⇀u 與 v 同方向,則我們定義

⇀u

⇀v =∣⇀u ∣

∣⇀v ∣

(3) 承 (1) ,在空間中,若兩向量 ⇀u 與 v 反方向,則我們定義

⇀u

⇀v = −∣⇀u ∣

∣⇀v ∣

將引引引理理理 1 中之 P 點移至 ΔABC 之外部,則有如下之結果。

問 問 問題題題 3.

在平面上,已知 ΔABC 外部有一點 P ,連接直線←→

AP 、 ←→

BP 與 ←→

CP 分別交三邊 所在直線←→BC 、←→CA 與 ←→AB 於 P1 、 P2 與 P3 三點,過 A 點作平行直線 ←→BC 的直線 LA 、過 B 點作平行直線 ←→CA 的直線 LB 及過 C 點作平行直線 ←→AB 的直線 LC ,使得 LB 與 LC 交於點 A 、 LC 與 LA 交於點 B及 LA 與 LB 交於點 C ,如圖 D − 1 所 示,則

(1) 若 P 點落在 ΔABC 內部或 P ∈ IBA 或 P ∈ ICA 或 P ∈ IA ,如問問問題題題 1 中的圖 1− 1 所示,試證明:

P P1 AP1+P P2

BP2+P P3 CP3 = 1

(2) 若 P 點落在 ΔABC 內部或 P ∈ IAB 或 P ∈ ICB 或 P ∈ IB ,如問問問題題題 1 中的圖 1− 2 所示,試證明:

P P1 AP1P P2

BP2 +P P3 CP3 = 1

(3) 若 P 點落在 ΔABC 內部或 P ∈ IAC 或 P ∈ IBC 或 P ∈ IC ,如問問問題題題 1 中的圖 1− 3 所示,試證明:

P P1 AP1+P P2

BP2P P3 CP3 = 1 (4) 若 P ∈ IA ,如問問問題題題 1 中的圖 1 − 4 所示,試證明:

P P1 AP1P P2

BP2P P3 CP3 = 1 (5) 若 P ∈ IB ,試證明:

P P1 AP1+P P2

BP2P P3 CP3 = 1

(9)

(6) 若 P ∈ IC ,試證明:

P P1

AP1P P2

BP2+P P3

CP3 = 1 證

證 證明明明.

將線段比值轉換成三角形面積比值即可得證原命題成立。

綜合引引引理理理 1 與問問問題題題 2 之結論,我們可以歸納出如下之結果。

定 定

定理理理 1. (((任任任意意意三三三角角角形形形之之之頂頂頂點點點與與與一一一定定定點點點連連連線線線所所所生生生有有有向向向線線線段段段比比比值值值之之之和和和的的的定定定性性性性性性質質質))) 給定平面上一個三角形 ΔABC ,且 P 為平面上異於 ΔABC 三頂點之一定點, 又 連接直線←→AP 、←→BP 與←→CP 分別交三邊所在直線 ←→BC 、←→CA 與 ←→AB 於 P1 、 P2 與 P3

三點,則 ⇀

P P1

⇀AP1

+

⇀P P2

⇀BP2

+

⇀P P3

⇀CP3

= 1

證 證 證明明明.

分別就 P ∈ ΔABC 、 P ∈ ΔABC 、 P ∈ ΔABC 、 P ∈ ΔABC 、 P ∈ IAP ∈ IB 、 P ∈ IC 、 P ∈ IA 、 P ∈ IB 、 P ∈ IC 、 P ∈ IBA 、 P ∈ IAB 、 P ∈ ICAP ∈ IAC 、 P ∈ IBC 、 P ∈ ICB 等 16 種情形討論,利用定定定義義義 2 ,且論證過程類似於引引引 理

理 1 與問問問題題題 3 ,故證得該命題成立。

備 備 備註註註 3.

定 定

定理理理 1 中的定點 P 已經不需要限制在三角形 ΔABC 的內部了,我們依然可以有 類似引引引理理理 1 的結果,而且我們從定定定理理理 1 的證明過程中很輕易的知道引引引理理理 1 的結論其實 是定定定理理理 1 的特例,換言之,定定定理理理 1 的結論已大大的改善了引引引理理理 1 中的結果,事實上,

我們可以說定定定理理理 1 的結論是引引引理理理 1 的向量形式。

我們試著考慮引引引理理理 1 、問問問題題題 4 與定定定理理理 1 的一般化情形如下:

定 定 定理理理 2.

給定平面上一個三角形 ΔABC,且 P1 、 P2 與 P3 分別為直線←→BC 、 ←→CA 與 ←→AB 上的動點滿足 AP3∶ P3B = k1∶ 1 、 BP1∶ P1C = k2∶ 1 與 CP2∶ P2A = k3∶ 1 ,連接直線

←→AP1 、←→BP2 與 ←→CP3 使得 ←→AP1 與←→BP2 相交於 P 、 ←→BP2 與←→CP3 相交於 Q 、←→CP3

←→AP1 相交於 R ,如下圖所示,則下述結論成立。

(1) 在《幾何明珠》一書(參考資料 [5])中第 55 頁曾經提到如下結論:

當 P1 、 P2 與 P3 分別為線段 BC 、 CA 與 AB 上的動點時,則

2+ΔP QR

ΔABC = 2 + (k1k2k3− 1)2

(1 + k1+ k1k2) (1 + k2+ k2k3) (1 + k3+ k3k1)

(2) 如圖 T 2 − 1,當 P1 、 P2 與 P3 分別為線段 BC 、 CA 與 AB 上的動點時,則

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀RP1

⇀AP1

+

⇀QP2

⇀BP2

+

⇀P P2

⇀BP2

+

⇀RP3

⇀CP3

+

⇀QP3

⇀CP3

= 2 +ΔP QR ΔABC

= 2 + (k1k2k3− 1)2

(1 + k1+ k1k2) (1 + k2+ k2k3) (1 + k3+ k3k1)

(10)

圖 T2 - 1 證

證 證明明明.

(1) 參閱 《幾何明珠》一書(參考資料 [5])中第 55 頁之證法。

(2)

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀RP1

⇀AP1

+

⇀QP2

⇀BP2

+

⇀P P2

⇀BP2

+

⇀RP3

⇀CP3

+

⇀QP3

⇀CP3

= P P1 AP1+RP1

AP1 +QP2 BP2+P P2

BP2+RP3 CP3 +QP3

CP3

= ΔP BC

ΔABC +ΔRBC

ΔABC+ΔQCA

ΔBCA+ΔP CA

ΔBCA+ΔRAB

ΔCAB+ΔQAB ΔCAB

= 1

ΔABC[(ΔP BC + ΔP CA) + (ΔQCA + ΔQAB) + (ΔRAB + ΔRBC)]

= 1

ΔABC[(ΔABC − ΔP AB) + (ΔABC − ΔQBC) + (ΔABC − ΔRCA)]

= 1

ΔABC[3ΔABC − (ΔABC − ΔP QR)] = 2ΔABC − ΔP QR

ΔABC = 2 +ΔP QR ΔABC

= 2 + (k1k2k3− 1)2

(1 + k1+ k1k2) (1 + k2+ k2k3) (1 + k3+ k3k1) 故得證原命題成立。

備 備 備註註註 4.

當 k1k2k3= 1 時,

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀RP1

⇀AP1

+

⇀QP2

⇀BP2

+

⇀P P2

⇀BP2

+

⇀RP3

⇀CP3

+

⇀QP3

⇀CP3

= 2 ,此時,k1 1 ×k1

1 ×k1 1 = 1

,由西瓦定理知,←→AP1 、←→BP2 與 ←→CP3 三線共點,即當 k1k2k3= 1 時,定定定理理理 2 會變成

定理理理 1 之結果,也就是定定定理理理 2 推廣了定定定理理理 1 的結果。

接下來我們想將引引引理理理 1 的三角形換成『正方形』,看看是否也有類似的結果,詳述 如下。

問 問 問題題題 4.

已知 ABCD 為一正方形,點 P 在正方形 ABCD 內部,連接直線 ←→AP 、←→BP 、

←→CP 與←→DP ,←→AP 分別交←→BC 與←→CD 於 P1 與 P2 兩點、←→BP 分別交←→CD 與 ←→DA 於 P3

與 P4 兩點、←→CP 分別交←→DA 與←→AB 於 P5 與 P6 兩點、←→DP 分別交←→AB 與←→BC 於 P7 與 P8 兩點,如下圖 4 − 1 所示,試證明:

(1)

P P1 AP1 +P P3

BP3+P P5 CP5 +P P7

DP7 =P P2 AP2 +P P4

BP4+P P6 CP6 +P P8

DP8 = 2

(11)

(2)

P P1

AP1+P P2

AP2 +P P3

BP3 +P P4

BP4 +P P5

CP5+P P6

CP6 +P P7

DP7+P P8

DP8 = 4

圖 4 - 1 圖 4 - 2

證 證 證明明明.

利用相似三角形性質將線段比值代換成另外一線段比值,合併後即可得證原命題成 立。

說 說 說明明明:::

事實上,上述問問問題題題 4 中的『正方形』可以將之換成『平行四邊形』,結果亦成 立,證明方法亦類似,僅需將『過 P 點作四垂直線分別垂直正方形四邊所在直 線』換成『過 P 點作四平行線分別平行平行四邊形四邊所在直線』,再利用三角 形相似性質將原線段比值換成另一線段比值即可。

接著我們試著考慮問問問題題題 4 中的 P 點在正方形外部的情形,而有如下的結果。

問 問 問題題題 5.

已知 ABCD 為一正方形,點 P 為平面上不落在正方形 ABCD 四邊所在直線的一 定點,連接直線 ←→

AP 、←→

BP 、 ←→

CP 與 ←→

DP , ←→

AP 分別交 ←→

BC 與 ←→

CD 於 P1 與 P2 兩 點、←→BP 分別交←→CD 與←→DA 於 P3 與 P4 兩點、←→CP 分別交 ←→DA 與←→AB 於 P5 與 P6 兩 點、←→DP 分別交←→AB 與←→BC 於 P7 與 P8 兩點,如圖 5 − 1 與圖 5 − 2 所示,則

(1) 當 P ∈ IA 時,則 P P1

AP1 +P P3

BP3P P5

CP5P P7

DP7 =P P2

AP2P P4

BP4P P6

CP6 +P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1+P P2 AP2 +P P3

BP3P P4 BP4P P5

CP5P P6 CP6P P7

DP7+P P8 DP8 = 4 (2) 當 P ∈ IAB 時,則

P P1 AP1 +P P3

BP3+P P5 CP5P P7

DP7 =P P2 AP2 +P P4

BP4P P6 CP6 +P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1+P P2 AP2 +P P3

BP3 +P P4 BP4 +P P5

CP5P P6 CP6P P7

DP7+P P8 DP8 = 4

(12)

(3) 當 P ∈ IB 時,則

P P1

AP1 +P P3

BP3 +P P5

CP5P P7

DP7 = P P2

AP2 +P P4

BP4P P6

CP6P P8

DP8 = 2 亦即

P P1 AP1 +P P2

AP2+P P3 BP3+P P4

BP4+P P5 CP5P P6

CP6P P7 DP7P P8

DP8 = 4 (4) 當 P ∈ IBC 時,則

P P1 AP1 +P P3

BP3 +P P5 CP5+P P7

DP7 = P P2 AP2 +P P4

BP4 +P P6 CP6P P8

DP8 = 2 亦即

P P1 AP1 +P P2

AP2+P P3 BP3+P P4

BP4+P P5 CP5 +P P6

CP6+P P7 DP7P P8

DP8 = 4 (5) 當 P ∈ IC 時,則

P P1 AP1P P3

BP3+P P5 CP5 +P P7

DP7 = −P P2 AP2 +P P4

BP4+P P6 CP6P P8

DP8 = 2 亦即

P P1

AP1P P2

AP2P P3

BP3+P P4

BP4+P P5

CP5 +P P6

CP6+P P7

DP7P P8

DP8 = 4 (6) 當 P ∈ ICD 時,則

P P1

AP1P P3

BP3 +P P5

CP5+P P7

DP7 = −P P2

AP2 +P P4

BP4 +P P6

CP6+P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1P P2

AP2P P3

BP3 +P P4

BP4 +P P5

CP5+P P6

CP6 +P P7

DP7+P P8

DP8 = 4 (7) 當 P ∈ ID 時,則

P P1

AP1P P3

BP3P P5

CP5+P P7

DP7 = −P P2

AP2P P4

BP4 +P P6

CP6+P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1P P2 AP2P P3

BP3P P4 BP4P P5

CP5+P P6 CP6 +P P7

DP7+P P8 DP8 = 4 (8) 當 P ∈ IDA 時,則

P P1

AP1 +P P3

BP3P P5

CP5 +P P7

DP7 =P P2

AP2P P4

BP4+P P6

CP6 +P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1+P P2 AP2 +P P3

BP3P P4 BP4P P5

CP5+P P6 CP6 +P P7

DP7+P P8 DP8 = 4

(13)

圖 5 - 1 圖 5 - 2 證

證 證明明明.

利用相似三角形性質將每一個線段比值轉換成另一個線段比值,即可證得原命 題。

問 問

問題題題 4 與問問問題題題 5 中 (1) 至 (8) 之結果可以合併寫成向量形式,並將『正方形』換成

『平行四邊形』,如下所示。

定 定

定理理理 3. (((平平平行行行四四四邊邊邊形形形之之之頂頂頂點點點與與與一一一定定定點點點連連連線線線所所所生生生有有有向向向線線線段段段比比比值值值之之之和和和的的的定定定性性性性性性質質質))) 已知 ABCD 為一正方形,點 P 為平面上不落在平行四邊形 ABCD 四邊所在直線 的一定點,連接直線←→AP 、 ←→BP 、 ←→CP 與←→DP , ←→AP 分別交←→BC 與 ←→CD 於 P1 與 P2 兩點、←→

BP 分別交←→

CD 與←→

DA 於 P3 與 P4 兩點、←→

CP 分別交←→

DA 與 ←→

AB 於 P5 與 P6

兩點、←→DP 分別交←→AB 與←→BC 於 P7 與 P8 兩點,如下圖 T 3 − 1 所示,則:

(1) ⇀P P1

⇀AP1 +

⇀P P3

⇀BP3+

⇀P P5

⇀CP5 +

⇀P P7

⇀DP7 =

⇀P P2

⇀AP2 +

⇀P P4

⇀BP4+

⇀P P6

⇀CP6 +

⇀P P8

⇀DP8 = 2 (2) ⇀P P1

⇀AP1+

⇀P P2

⇀AP2 +

⇀P P3

⇀BP3 +

⇀P P4

⇀BP4 +

⇀P P5

⇀CP5+

⇀P P6

⇀CP6 +

⇀P P7

⇀DP7+

⇀P P8

⇀DP8 = 4

圖 T3 - 1 證

證 證明明明.

仿問問問題題題 5 之證法,就 P 點所在之位置分類討論,再利用定定定義義義 2 與相似三角形性 質,將每一個向量比值轉換成另一個線段比值,即可證得原命題。

(14)

備 備 備註註註 5.

(1) 承上述定定定理理理 3 ,如果 P 點落在平行四邊形 ABCD 四邊所在直線上,但是 P 點不 與平行四邊形 ABCD 之四頂點重合,則某些頂點與 P 點的連線會與平行四邊形 ABCD 之某邊所在直線平行,即此連線不與該邊所在直線有交點,此時,若我們 定義此連線與該邊所在直線相交於無窮遠處,並規定此頂點到此無窮遠交點之有向 線段與 P 點到此無 窮遠交點之有向線段的比值為 1,則上述定定定理理理 3 中的結論亦會 成立。

(2) 承上述定定定理理理 3 與備備備註註註 5 (1)中之定義與規定,如果 P 點與平行四邊形 ABCD 的 某頂點重合,則定定定理理理 3 中的結論可『視為不成立』或『視為成立』。

證 證 證明明明.

(1) 我們僅討論 P 點落在 BC 上的情形,其他情形的證明方法類似,如下圖 R5 − 1 所 示:

圖 R5 - 1 圖 R5 - 2

(a)

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀P P3

⇀BP3

+

⇀P P5

⇀CP5

+P P7

⇀DP7

= 0 + (−CP

BC) + 1 +P B

AD =P B − CP

BC + 1 =BC BC+ 1 = 2 (b)

⇀P P2

⇀AP2+

⇀P P4

⇀BP4+

⇀P P6

⇀CP6+

⇀P P8

⇀DP8 = 0 + (−CP

AD) + 1 +P B

BC =P B − CP

BC + 1 =BC BC+ 1 = 2 (c) 將上述 (a) 與 (b) 兩式相加即得

⇀P P1

⇀AP1 +

⇀P P2

⇀AP2 +

⇀P P3

⇀BP3 +

⇀P P4

⇀BP4 +

⇀P P5

⇀CP5 +

⇀P P6

⇀CP6 +

⇀P P7

⇀DP7+

⇀P P8

⇀DP8 = 4 (2)

觀點一: 視為不成立的理由

假設點 P 與頂點 B 重合,則直線 BP 無定義,所以←→BP 與←→CD 、←→DA 之交 點 P3 、 P4不存在,故定定定理理理 3 中的原等式無意義,或說原等式不成立。

觀點二: 視為成立的理由

假設點 P 與頂點 B 重合,若我們定義直線←→BP 為通過 B 點的任意直線,則 此時←→BP 與←→CD 、←→DA 會分別交於 P3、 P4 兩點,如上圖 R5 − 2 所示,又 B = P = P1= P6= P7= P8, P2 與 P5 在無窮遠處,所以

i.

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀P P3

⇀BP3

+

⇀P P5

⇀CP5

+P P7

⇀DP7

= 0 + 1 + 1 + 0 = 2 ;

ii.

⇀P P2

⇀AP2

+

⇀P P4

⇀BP4

+

⇀P P6

⇀CP6

+

⇀P P8

⇀DP8

= 1 + 1 + 0 + 0 = 2 ;

(15)

iii. 將上述 (a) 與 (b) 兩式相加即得

⇀P P1

⇀AP1 +

⇀P P2

⇀AP2+

⇀P P3

⇀BP3+

⇀P P4

⇀BP4+

⇀P P5

⇀CP5 +

⇀P P6

⇀CP6+

⇀P P7

⇀DP7 +

⇀P P8

⇀DP8 = 4 故定定定理理理 3 中的結論成立。

試著將問問問題題題 6 裡的『正方形』換成『正五邊形』,看看是不是會有類似的結果,詳 述如下。

問 問 問題題題 6.

已知 Γ ∶ A1A2A3A4A5 為一正五邊形,點 P 在正五邊形 Γ ∶ A1A2A3A4A5 的內部,

連結直線←→

A1P 、←→

A2P 、←→

A3P 、←→

A4P 與←→

A5P ,←→

A1P 分別交 ←→

A2A3、←→

A3A4 與←→

A4A5

於 P1 、 P2 與 P3 三點,←→A2P 分別交 ←→A3A4 、 ←→A4A5 與 ←→A5A1 於 P4 、 P5 與 P6 三 點,←→A3P 分別交←→A4A5 、←→A5A1與 ←→A1A2 於 P7 、 P8 與 P9 三點,←→A4P 分別交←→A5A1

、←→

A1A2與←→

A2A3 於 P10 、 P11與 P12 三點,←→

A5P 分別交 ←→

A1A2 、←→

A2A3與←→

A3A4P13 、 P14 與 P15 三點,如下圖 6 − 1 所示,試證明:

(1)

5 k=1

P P1+3(k−1) AkP1+3(k−1)

⎠= P P1

A1P1 + P P4

A2P4+ P P7

A3P7+ P P10

A4P10 + P P13

A5P13 = 5+√ 5 2 (2)

5 k=1

P P2+3(k−1) AkP2+3(k−1)

⎠= P P2

A1P2 + P P5

A2P5+ P P8

A3P8+ P P11

A4P11 + P P14

A5P14 =√ 5 (3)

5 k=1

P P3+3(k−1) AkP3+3(k−1)

⎠= P P3

A1P3 + P P6

A2P6+ P P9

A3P9+ P P12

A4P12 + P P15

A5P15 = 5+√ 5 2 (4)

3 i=1

5 k=1

P Pi+3(k−1) AkPi+3(k−1) =⎛

5 k=1

P P1+3(k−1) AkP1+3(k−1)

⎠+⎛

5 k=1

P P2+3(k−1) AkP2+3(k−1)

⎠+⎛

5 k=1

P P3+3(k−1) AkP3+3(k−1)

⎠= 5+2√ 5

圖 6 - 1 圖 6 - 2

參考文獻

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