三角形內的比例線段 ( 五 )
劉俊傑
一 . 前言
大約十年前, 筆者曾在數學傳播第十九卷第二期中, 以 「三角形內的比例線段」 為題, 寫過 一篇短文 [1]。 該文的主要內容, 是從 Menelaus 定理出發, 建立了一套三角形內兩相交線段, 所產生出的比例關係式, 共計有六組三十七個等式, 合稱為 「線基公式」。 隨後以這套公式做為 基礎, 討論了一系列所謂 「比例三角形」 內點共線及線共點的問題, 陸續又做了三篇短文 [2] [3]
[4], 這些短文請至中央研究院數學研究所的網站上查詢。
在之前的四篇文章中, 為了要證明一個由比例所決定的三線共點的論題, 論證中常要利用 到兩個甚至更多的線基公式, 作為論據。 後來發現到, 我們可以嘗試將幾個線基公式加以合併, 而得到能夠直接就判定三線是否共點的比例關係式, 這就是本文中所要介紹的三個主要命題。
根據這三個命題, 我們可以討論在某些特定比例值條件下的三線共點的性質。
事實上, 大家所熟悉的 Ceva 定理, 就是一個以比例值來判別三角形內三線段是否共點的 標準, 而本文中的命題一就是嘗試要將 Ceva 定理做進一步的推廣。
本文命題的論證中, 有引用到幾個在 「三角形內的比例線段」 [1] 所介紹的線基公式, 為了 證明的完整性, 在此先將這幾個公式列出, 以提供各位參考。
(一) 公式 IV-(1) 若 AD
DB=a b, AE
EB=c d, CF
F A=e f, CG
GA=g h, 則 EH
HG=f(g + h)(bc − ad)
a(c + d)(f g − eh)。 (如圖 A)
圖A (二) 公式 IV-(4)
若 AD DB=a
b AE EB =c
d, CF F A=e
f, CG GA=g
h, 則 DH
HF =h(e + f )(bc − ad)
c(a + b)(f g − eh)。 (如圖 A)
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(三) 公式 V-(1) 若 AD
DB=a b, BE
EC=c d, CF
F A=e f, CG
GA=g h, 則 GH
HE= a(c + d)(f g − eh)
(h + g)(bdf + ace)。 (如圖 B)
圖B (四) 公式 V-(4)
若 AD DB=a
b, BE EC=c
d, CF F A=e
f, CG GA=g
h, 則 DH
HF =(e + f )(acg + bdh)
d(a + b)(f g − eh) 。 (如圖 B)
二 . 判別共點的三個命題
命題一: 在 △ABC 中, 設 D, F 在 AB 邊上; H, E 在 BC 邊上; G, I 在 CA 邊上, 且 AD
DB = ab, F BAF = dc, BHHC = ef, BEEC = gh, CGGA = ji, CIIA = kl, 那麼 DE, F G, HI 三線段共 點, 若且唯若 f jk−filcek+df l = bcg−adgbhj+agi。 (如圖 1)
證明: (1) 充分條件
令 DE, F G, HI 三線段相交於點 O 將已知 AF
F B = dc, BHHC = ef, CGGA = ji, CIIA = kl, 代入公式 V-(4), 得到 F O
OG=(i + j)(cek + df l) f(c + d)(jk − il) 再將已知 BE
EC = gh, CGGA = ij, ADDB = ab, AFF B = dc, 代入公式 V-(1), 得到 F O
OG= g(i + j)(bc − ad) (c + d)(bhj + agi) 比較上述兩式即可得證 cek+ df l
f jk− f il=bcg− adg
bhj+ agi。 圖1
(2) 必要條件
令 F G, HI 相交於 O 點, 延長 DO 交 BC 於 E1, 設 BEE 1
1C = hg1
1,
根據 (1) 有 cek+ df l
f jk− f il=bcg1− adg1 bh1j+ ag1i 由已知得到 bcg− adg
bhj+ agi=bcg1 − adg1
bh1j + ag1i 計算化簡為 g1
h1 = g h 也就是說 BE1
E1C=BE
EC 經合比得 BE1 = BE, 此即 E1 = E 所以 DE, F G, HI 三線段共點。
說明:
1. 命題一為三角形的三邊上各有兩個內分點的情形。
2. 我們可稱 cek+ df l
f jk− f il=bcg− adg
bhj+ agi 為這種共點情形的判別式。
3. 必要條件的證明中, 所用的方法稱為 “同一法” [5]。
例1: Ceva Theorem (西瓦定理)
在 △ABC 中, 設 F 在 AB 邊上; E 在 BC 邊上; I 在 CA 邊上, 若 AE, BI, CF 三線段共點, 則 AFF B · BEEC ·CIIA = 1。 (如圖 2)
證明: 考慮命題一的條件, 我們僅需將 AD, BH, CG 視為零, 即可得證西瓦定理。 設
AD DB=0
1, AF F B=c
d, BH HC=0
1, BE EC=g
h, CG GA=0
1, CI IA=k
l, 根據命題一 得 dl
k = cg h 也就是 AF
F B · BE EC ·CI
IA = 1。
由此可知: 命題一為西瓦定理的推廣, 西瓦定理就是當三角形的三邊上各有一個內分點為 端點的情形。 由於命題一可推導出西瓦定理, 所以可利用西瓦定理證明的幾何性質, 自然也就可 以由命題一得證。 例如: 重心定理、 內心定理及垂心定理等的共點性質。
圖2
例2: 設 △ABC 的兩條角平分線 AD、 BE 交於 I, M 是 AB 邊中點, 直線 MI 與 CA 交於 P 。 已知: BC = a, CA = b, AB = c, 求 AP 之長。 (如圖 3)
(本例題取自張景中教授所著 「平面幾何新路」「6」)
圖3 解: 由角平分線定理和已知條件, 設
CP P A=1
x, CE EA=a
c, AA AB=0
1 (退化), AM
M B=1 1, BB
BC=0 1, BD
DC=c b, 代入命題一得到 bc
c =ax− c x 化簡為 x = c
a− b 所以 AP
AC =
c ca−b
a−b+1 = a−b+cc , AP = a−b+cbc 。
建議各位讀者有機會, 不妨試用本文中所介紹的公式, 解出一些書本上的習題。
依據命題一, 我們可以討論某些求特定條件下的比例值的問題, 如下述的例 3。
例3: 在 △ABC 中, 設 D, F 在 AB 邊上; H, E 在 BC 邊上; G, I 在 CA 邊上, 且
AD
DB = 1x, F BAF = y1, BHHC = x1, BEEC = y1, CGGA = 1x, CIIA = y1, 若 DE, F G, HI 三線段共點, 求 x 與 y 的比例關係式。 (如圖 4、5)
解: 將已知條件代入命題一得 y2+ x
x2y− x=xy2− y x2 + y 化簡為 x3y3− x3− y3−3x2y2 = 0
令 y = kx, k > 0, 代入上式化簡為 k3x3−3k2x− k3−1 = 0 因式分解
[kx − (k − 1)][k2x2+ (k2 + k)x + (k2− k+ 1)] = 0 後項二次多項式的判別式為 −3k2(k − 1)2 恆小於零。
因此只有 x = k+1k 的實數解, 此時 y = k + 1。 圖4 例如:
k = 1 時 x = 2, y = 2 (如圖 4) k = 2 時 x = 32, y = 3 (如圖 5)
說明:
(1) 此例題的條件也可以寫成 ADDB = BHHC = CGGA, 且 AFF B =
BE
EC = CIIA。 圖5
圖5-1 (2) 觀察 k 值的增減可以看到 D, F , H, E, G, I 等六個
比例點, 相關位置的連續變化情形。 由於 limk→∞k+1k
= 1, 且 limk→∞k+11 = 0, 這表示說當 k 值越來越 大 (如圖 5-1, 為 k = 5 的圖形), 趨近於無限大時, F 點接近頂點 B, E 接近 C, I 接近 A, 同時 D、
H、 G 則接近中點。 其次因為 limk→∞k+1k = 0, 且 limk→0 k+11 = 1, 這表示說當 k 值越來越小, 趨近於 零時, D 點接近頂點 A, H 接近 B, G 接近 C, 同時 F 、 E、 I 則接近中點。
有趣的是在這兩種極限情況下, DE、 F G 與 HI 就都將會成為 △ABC 的三條中線。
可以證明的, 這一類圖形的三線共點位置都會落在三角形的重心上。
例4: 在 △ABC 中, 設 D, F 在 AB 邊上; H, E 在 BC 邊上; G, I 在 CA 邊上, 且
AD
DB = t+1t , AFF B = t+11 , BHHC = t+1t , BEEC = t+11 , CGGA = t+1t , CIIA = t+11 , 求證 DE、 F G 與 HI 的共點位置在△ABC 的重心上。 (如例 3 的圖 4、5)
證明: 首先證明 DE、 F G 與中線 AM 共點 (如圖 6)
AD
DB = t+1t , AFF B = t+11 , BMM C = 11, BEEC = t+11 , CGGA = t+1t , AACA = 01, 代入命題一, 有 (cek + df l)(bhj + agi) = t2+ t + 1 且
(bcg − adg)(f jk − f il) = t2+ t + 1, 因此三線共點, 其次證明此交點即為重心,
設 F G 與中線 AM 交於 O 點, 將 AF
F B=t+11 , BM M C =1
1, CG GA= t
t+ 1, 代入公式 III-3 計算出 AO
OE= (t + 1)(t + 1)2 t(t + 1) + (t + 1) = 2
圖6 得證點 O 為 △ABC 的重心
同理可證, DE 與 HI 的交點位置也在 △ABC 的重心上 由例 3知 DE、 F G 與 HI 共點,
得證 DE、 F G 與 HI 的共點位置在 △ABC 的重心上。
命題二: 在 △ABC 中, 設 D, F , H 在 AB 邊上; E 在 BC 邊上; G, I 在 CA 邊上, 且 AD
DB = ab, AFF B = dc, HBAH = fe, BEEC = gh, CGGA = ji, CIIA = kl, 那麼 DE、 F G 與 HI 三線段 共點, 若且唯若 le(de−cf)(bc−ad) = gbhj+agi(jk−il)。 (如圖 7)
證明: (1) 充分條件
令 DE、 F G 與 HI 三線段相交於 O 點 將已知 AF
F B=c d, AH
HB=e f, CG
GA=i j, CI
IA=k l, 代入公式 IV-(4),
得到 F O
OG=l(i + j)(de − cf ) e(c + d)(jk − il),
圖7 再將已知 BE
EC=g h, CG
GA=i j, AD
DB=a b, AF
F B=c d, 代入公式 V-(1),
得到 F O
OG= g(i + j)(bc − ad) (c + d)(bhj + agi)
比較上述兩式即可得到關係式 l(de − cf )
e(bc − ad)=g(jk − il) bhj+ agi。 (2) 必要條件
必要條件的證明, 如同命題一, 可以用同一法得證, 在此省略。
說明:
1. 命題二為三角形三邊上各有三、 一、 二個內分點的情形。
2. 我們可稱 le(de−cf)(bc−ad) = gbhj+agi(jk−il) 為這種共點情形的判別式。
如同前面的例題 3, 根據命題二, 我們可以特別設定某些比例條件, 來討論三角形內三線共 點的性質。
例5: 在 △ABC 中, 設 D, F , H 在 AB 邊上; E 在 BC 邊上; G, I 在 CA 邊上, 且
AD
DB = 1x, F BAF = y1, AHHB = x1, BEEC = y1, CGGA = x1, CIIA = y1, 那麼 DE、 F G 與 HI 三線段共 點, 求 x 與 y 的比例關係式。 (如圖 8)
解: 將已知條件代入命題二得 xy(xy−1)(x−y) = yx(x−y)2+y
化簡為 x2y− x2− x − y = 0 令 y = kx, k > 0, 代入上式化簡為 kx3− x2− x − kx= 0 因式分解 (x + 1)(kx − k − 1) = 0
有 x = k+1k 的解, 同時 y = k + 1。
圖8 例如: k = 2 時 x = 32, y = 3 (如圖 8)
說明:
(1) k 6= 1, 因為 k = 1 時 x = 2, y = 2, G、 I 為同一點。
(2) 比較此例題與例 3, 在圖形上有明顯的不同 (點 H 的位置), 且比例值的設定也不盡相同 (例 5 中 HBAH = xI, CIIA = 1y), 但 x 與 y 的比例關係式卻完全一致, 頗值得玩味。
(3) 利用例 4 的方法可以得到, 例 5 中 DE、 F G 與 HI 的交點位置, 也都在 △ABC 的重心 上的結果。
例6: 在 △ABC 中, 設 D, F , H 在 AB 邊上; E 在 BC 邊上; G, I 在 CA 邊上, 且
AD
DB = 1x, F BAF = 1y, AHHB = x1, BEEC = 1x, CGGA = y1, CIIA = x1, 那麼 DE、 F G 與 HI 三線段共 點, 求 x 與 y 的比例關係式。 (如圖 9、10)
解: 將已知條件代入命題二得 1(xy−1)x(x−y) = 1(xy−1)x2y+1
化簡為 x2y− x2+ xy + 1 = 0 令 y = kx, k > 0, 代入上式化簡為 kx3− x2+ kx2+ 1 = 0 因式分解 (x + 1)(kx2 − x+ 1) = 0
有 x = 1±√2k1−4k 的解, 同時 y = 1±√21−4k。 例如:
k = 163 時 x = 4, y = 34 (如圖 9)
或 x = 43, y = 14 (如圖 10) 圖9
說明:
(1) k 6= 14, 因為 k = 14 時 x = 2, y = 12, F 、 H 為同一點。
(2) 此例題當 k 為某一定值時可得到兩組解, 可稱這兩組 解互為共軛解。 當 k 值不同時, 三線交點的位置會有 所不相同; 但有趣的是, 共軛解的交點位置, 卻是一樣 的, 請看例 7的證明。
圖10 例7: 在 △ABC 中, 設 D, F , H 在 AB 邊上; E 在
BC 邊上; G, I 在 CA 邊上, 且 ADDB = BEEC = 1+√2k1−4k,
AF
F B = CGGA = 1+√21−4k, AHHB = CIIA = 1+√2k1−4k, (如圖 9);
另設 D′, F′, H′ 在 AB 邊上; E′ 在 BC 邊上; G′, I′ 在 CA 邊上, 且 ADD′B′ = BEE′C′ = 2k
1−√
1−4k, FAF′B′ = CGG′A′ = 2
1−√
1−4k, HAH′B′ = CII′A′ = 1−√2k1−4k, (如圖 10), 求證 DE, F G, HI, D′E′ 四條線段共點。
證明:
(1) 首先證明圖 9 中的 F G 就是在圖 10 的 H′I′, 由已知 F BAF = 1+√2
1−4k = 1−√2k1−4k = HAH′B′, 因此 F = H′, 同理 CGGA = CII′A′, 得 G = I′。
(2) 其次證明圖 9 中的 HI 就是在圖 10 的 F′G′, 由已知 HBAH = 1+√2k1−4k = 2
1−√
1−4k = AFF′B′, 因此 H = F′, 同理 CIIA = CGG′A′, 得 I = G′, 依據例 6, DE 過 F G, HI 的交點, D′E′ 過 F′G′, H′I′ 的交點, 綜合上述結果, 得證 DE, F G, HI, D′E′ 四條線段共點。
命題三: 在 △ABC 中, 設 D, F , H 在 AB 邊上; E, G, I 在 BC 邊上, 且 ADDB = ab,
AF
F B = dc, HBAH = fe, BEEC = gh, BGGC = ji, BIIC = kl, 那麼 DE、 F G 與 HI 三線段共點, 若且唯 若 b(de−cf)
f(bc−ad) = kg(hi−gj)(jk−il)。 (如圖 11)
圖11 證明:
(1) 充分條件
令 DE、 F G 與 HI 三線段共點於 O 點 將已知 BE
EC = hg, BGGC = ji, DBAD = ab, F BAF = cd, 代入公式 IV-(1), 得到 GOOF = b(c+d)(hi−gj)
g(i+j)(bc−ad), 再將已知 BG
GC = ji, BIIC = kl, F BAF = dc, HBAH = fe, 代入公式 IV-(4), 得到 GOOF = f(c+d)(jk−il)
k(i+j)(de−cf),
比較上述兩式即可得關係式 b(de−cf)
f(bc−ad) = kg(hi−gj)(jk−il)。 (2) 必要條件
必要條件的證明, 如同命題一, 可以用同一法得證, 在此省略。
說明:
1. 命題三為三角形的三邊上各有三、 三、 零個內分點的情形。
2. 我們可稱 bf(de−cf)(bc−ad) = kg(hi−gj)(jk−il) 為這種共點情形的判別式。
三 . 結語
在高中的基礎數學教材中, 有許多主要單元, 都是以相似三角形邊長成比例的性質, 為理 論的根源。 例如: 三角函數的定義、 求直線方程式以及內插法等。 筆者在高中服務了一些時日, 也因此對比例的性質, 特別的感到有興趣。
如果各位敬愛的讀者, 以後有機會遇到一些三角形內由比例所決定的共點或求邊長等的問 題時, 可以試用本文中的三個命題來驗算看看, 或許還真的能得到滿意的解答, 這也將是在下我 最感到高興的事。
參考文獻
1. 劉俊傑, 三角形的比例線段 (一), 數學傳播, 第十九卷第二期, 1995 年 6 月, p.76-p.85。
2. 劉俊傑, 三角形的比例線段 (二), 數學傳播, 第二十卷第三期, 1996 年 9 月, 性質 1-性質 20, p.60- p.68。
3. 劉俊傑, 三角形的比例線段 (三), 數學傳播, 第二十一卷第一期, 1997 年 3 月, 性質 21-性質 37, p.54-p.66。
4. 劉俊傑, 三角形的比例線段 (四), 數學傳播, 第二十一卷第三期, 1997 年 9 月, p.54-p.62。
5. 九章出版社, 解題思路—如何作證明題, 2000 年 9 月, p.64。
6. 張景中, 平面幾何新路, 九章出版社, 1995 年 7 月, p.213。
7. Howard Eves, “A Survey of Geometry”, Vol. 1.
—本文作者劉俊傑任教於國立西螺高級農工職業學校—
