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《基礎幾何學》

 二、平行性與定量平面幾何基礎理論 （第 5 頁）

項武義

 

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．作者任教於香港科技大學數學系
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例題和習題

【例題】：

(1)
令 D, E 分別為 $\bigtriangleup ABC$ 兩邊 $\overline{AB}$, $\overline{AC}$ 的中點，試証 $\overline{DE}= \frac{1}{2}\overline{BC}$ 而且 $\overline{DE} /\!/ \overline{BC}$。

\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =4cm \epsfbox{fig0213.e... ...)*+{C} ,(3.15,3)*+{E} ,(5.25,2.8)*+{F} ,(1.8,5.4)*+{A} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-13 ]

証明：如 [圖 2-13] 所示，延長 $\overline{DE}$ 至 $\overline{DF}$ 使得 $\overline{EF}=\overline{DE}$，則 E 點平分 $\overline{DF}$ 和 $\overline{AC}$，所以 $\hskip-3pt\raise-1pt\hbox{\xy\xyimport(1,1){\epsfxsize=0.6cm \epsfbox{pgram.eps}}*\frm{} \endxy }\hskip-1ptADCF$ 乃是一個平行四邊形。由此可得 $\overline{FC}$ 與 $\overline{AD}$ 為平行等長，即 $\overline{FC}$ 與 $\overline{DB}$ 也為平行等長，因此 $\hskip-3pt\raise-1pt\hbox{\xy\xyimport(1,1){\epsfxsize=0.6cm \epsfbox{pgram.eps}}*\frm{} \endxy }\hskip-1ptBCFD$ 亦是一個平行四邊形。所以 $\overline{DF}$ 與 $\overline{BC}$ 為平行等長，即得所求証。

(2)
試証 $\bigtriangleup ABC$ 的三條中線共交于一點（稱之為重心）， 而該點把每條中線均分成 2:1 的兩段。

\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =4cm \epsfbox{fig0214.e... ...style F'} ,(2.3,1.4)*+{\scriptstyle O} ,(1.9,5.4)*+{A} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-14 ]

証明：令中線 $\overline{BF}$ 和 $\overline{CD}$ 之交點為 O 。取 D',F' 分別為 $\overline{OB}$ 和 $\overline{OC}$ 之中點，則有（見例題 (1) ）：

\begin{displaymath}\overline{D'F'}=\displaystyle \frac{1}{2}\overline{BC}\quad \... ...s{m}\selectfont \cH47}}\quad \overline{D'F'} /\!/ \overline{BC}\end{displaymath}

所以 $\overline{D'F'}$ 與 $\overline{DF}$ 為平行等長，即 $\hskip-3pt\raise-1pt\hbox{\xy\xyimport(1,1){\epsfxsize=0.6cm \epsfbox{pgram.eps}}*\frm{} \endxy }\hskip-1ptD'F'FD$ 是一個平行四邊形。所以

\begin{displaymath}\overline{DO}=\overline{OF'},\quad \overline{D'O}=\overline{OF}\end{displaymath}

即得所求証。

(3)
相似三角形定理在整數比時的古希臘証法：

如 [圖 2-15] 所示，B'C' 是分別位于 $\overline{AB}$ 和 $\overline{AC}$ 的延長線上之點，滿足 $\overline{AB'}=n\overline{AB}$, $B'C' /\!/ BC$, n 為正整數。試証 $\overline{AC'}=n\overline{AC}$, $\overline{B'C'}=n\overline{BC}$ 。

\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0215.e... ...)*+{\scriptstyle D} ,(5.4,5.25)*+{\scriptstyle C_n=C'} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-15 ]

歸納証明：當 n=1 時結果是顯然的。當 n=2 時乃是例題 (1) 之所証。玆對于 $n\geq 3$ 時作歸納証明如下： 以 $\overline{AB}$ 之長度等分 $\overline{AB'}$ 為 n 段，令其等分點為

\begin{displaymath}B=B_1,\; B_2,\; \ldots\; , B_{n-2},\; B_{n-1},\; B'=B_n\end{displaymath}

過 Bn-2 及 Bn-1 作兩條平行于 BC 的直線

\begin{displaymath}B_{n-2}C_{n-2} /\!/ BC,\quad B_{n-1}C_{n-1} /\!/ BC\end{displaymath}

其中 Cn-2 及 Cn-1 為 AC' 上兩點；再過 Cn-2 及 C' 作兩條平行于 AB 的直線

\begin{displaymath}C_{n-2}D /\!/ AB,\quad FC' /\!/ AB\end{displaymath}

其中 D 及 F 為 Bn-1Cn-1 上兩點，如 [圖 2-15] 所示。

由所作易見 $\hskip-3pt\raise-1pt\hbox{\xy\xyimport(1,1){\epsfxsize=0.6cm \epsfbox{pgram.eps}}*\frm{} \endxy }\hskip-1ptB_{n-2}B_{n-1}DC_{n-2}$ 和 $\hskip-3pt\raise-1pt\hbox{\xy\xyimport(1,1){\epsfxsize=0.6cm \epsfbox{pgram.eps}}*\frm{} \endxy }\hskip-1ptB_{n-1}B'C'F$ 都是平行四邊形，所以

$\overline{C_{n-2}D}$ 與 $\overline{B_{n-2}B_{n-1}}$ 為平行等長，
$\overline{FC'}$ 與 $\overline{B_{n-1}B'}$ 為平行等長；

由所作亦有 $\overline{B_{n-2}B_{n-1}}$ = $\overline{B_{n-1}B'}$ ，所以 $\overline{C_{n-2}D}$ 與 $\overline{FC'}$ 也為平行等長，即 $\hskip-3pt\raise-1pt\hbox{\xy\xyimport(1,1){\epsfxsize=0.6cm \epsfbox{pgram.eps}}*\frm{} \endxy }\hskip-1ptC_{n-2}DC'F$ 亦是平行四邊形。因為平行四邊形的兩條對角線互相平分，所以

$\overline{C_{n-1}C'} = \overline{C_{n-2}C_{n-1}}$ ，和 $\overline{C_{n-1}F} = \overline{DC_{n-1}}$

現用歸納假設可得

\begin{eqnarray*} \overline{AC_{n-2}}=(n-2)\overline{AC}, &\quad& \overline{B_{... ...rline{AC}, &\quad& \overline{B_{n-1}C_{n-1}}=(n-1)\overline{BC} \end{eqnarray*}


所以

\begin{eqnarray*} \overline{C_{n-2}C_{n-1}} &=& \overline{AC_{n-1}}-\overline{AC... ...&=& (n-1)\overline{BC}-(n-2)\overline{BC} \\ &=& \overline{BC} \end{eqnarray*}


亦即

\begin{eqnarray*} \overline{AC'} &=& \overline{AC_{n-1}}+\overline{C_{n-1}C'}=%%... ...\ &=& (n-1)\overline{AC}+\overline{AC} \\ &=& n\overline{AC} \end{eqnarray*}


和

\begin{eqnarray*} \overline{B'C'} &=& \overline{B_{n-1}F}=%% \overline{B_{n-1}C... ...1}}=%% (n-1)\overline{BC}+\overline{BC} \\ &=& n\overline{AC} \end{eqnarray*}


定理証畢。

(4)
外接圓作圖：對于一個給定的 $\bigtriangleup ABC$，唯一存在一個過其三頂點的圓，稱之為 $\bigtriangleup ABC$ 的外接圓（如 [圖 2-16] 所示）。其作圖法如下：用[基本作圖 1.3]，分別作 $\overline{AB}$ 和 $\overline{BC}$ 的垂直平分線。則兩線的交點 O 乃是具有和三頂點等距，即

\begin{displaymath}\overline{OA}=\overline{OB}=\overline{OC}\end{displaymath}

的唯一之點，所以它就是所求作的外心（外接圓圓心）。

[註]：$\overline{AB}$ 和 $\overline{BC}$ 的垂直平分線只有在 A, B, C 三點共線時才不相交。

\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,5){\epsfxsize=4cm \epsfbox{fig0216.eps}}*\fr... ...)*+{A} ,(5.15,2.4)*+{B} ,(1.4,5.1)*+{C} ,(2.2,2.55)*+{O} \endxy\end{displaymath}

[ 圖 2-16 ]

(5)
試証 Menelous 定理：設直線 $\ell$ 與 $\bigtriangleup ABC$ 三邊所在之直線 AB, BC 和 CA 分別相交于 P, Q, R（相異）三點，則下述有向長度比乘積條件式恆成立：

\begin{displaymath} \frac{\;\overrightarrow{AP}\;}{\overrightarrow{PB}}\cdot %% ... ...t %% \frac{\;\overrightarrow{CR}\;}{\overrightarrow{RA}} = -1 \end{displaymath}

[Menelous 逆定理亦成立。証明留作習題。]

\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0217.e... ...4)*+{\scriptstyle d_3} ,(3.28,0.9)*+{\scriptstyle d_2} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-17 ]

証明：令 d1, d2, d3 分別是頂點 A, B, C 到直線 $\ell$ 之垂直距離，則由相似三角形定理可得

\begin{displaymath}\frac{\;\overrightarrow{AP}\;}{\overrightarrow{PB}}=-\frac{d_... ...c{\;\overrightarrow{CR}\;}{\overrightarrow{RA}}=\frac{d_3}{d_1}\end{displaymath}

所以

\begin{displaymath}\frac{\;\overrightarrow{AP}\;}{\overrightarrow{PB}}\cdot %% ... ... \frac{\;\overrightarrow{CR}\;}{\overrightarrow{RA}} \equiv -1\end{displaymath}

(6)
試証 Ceva 定理：設 O 為 $\bigtriangleup ABC$ 內部一點，P', Q, R 分別為 AB 與 CO, BC 與 AO, CA 與 BO 之交點，則下述有向長度比乘積條件式恆成立：

\begin{displaymath}\frac{\;\overrightarrow{AP'}\;}{\overrightarrow{P'B}}\cdot %%... ...dot %% \frac{\;\overrightarrow{CR}\;}{\overrightarrow{RA}} = 1\end{displaymath}

[Ceva 逆定理亦成立。証明留作習題。]

\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =3.5cm \epsfbox{fig0218... ...*+{Q} ,(1.5,2.95)*+{R} ,(3,2.2)*+{O} ,(1.9,-0.2)*+{P'} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-18 ]

証明：令 $\bigtriangleup OBC$, $\bigtriangleup OCA$, $\bigtriangleup OAB$ 的面積分別為 $\Delta_1$, $\Delta_2$, $\Delta_3$ 。因為 $\bigtriangleup CAP$ 與 $\bigtriangleup CPB$ 同高，所以其面積之比等于其底邊邊長之比，亦即

\begin{displaymath}\frac{\bigtriangleup CAP}{\bigtriangleup CPB}=%% \frac{\;\overrightarrow{AP}\;}{\overrightarrow{PB}} \end{displaymath}

同理

\begin{displaymath} \frac{\bigtriangleup OAP}{\bigtriangleup OPB}=%% \frac{\;\overrightarrow{AP}\;}{\overrightarrow{PB}} \end{displaymath}

所以

\begin{displaymath} \frac{\Delta_2}{\Delta_1}=%% \frac{\bigtriangleup OAC}{\big... ...p OBC}=%% \frac{\;\overrightarrow{AP}\;}{\overrightarrow{PB}} \end{displaymath}

類似地可得

\begin{displaymath} \frac{\Delta_3}{\Delta_2}=%% \frac{\;\overrightarrow{BQ}\;}... ...lta_3}=%% \frac{\;\overrightarrow{CR}\;}{\overrightarrow{RA}} \end{displaymath}

將三式相乘即為所求証。

【定義】：在直線上之四點列 P, A, P', B 稱之為調和點列，記以 (PP';AB)=-1，若滿足下述有向長度比的條件式：

\begin{displaymath}\frac{\overrightarrow{PA}}{\overrightarrow{PB}}=- \frac{\ove... ...}\cdot \frac{\overrightarrow{BP'}}{ \overrightarrow{P'A}} =-1 \end{displaymath}

亦即 P, P' 兩點以同等比例分割線段 $\overline{AB}$（一在外、一在內）。

\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,0.8){\epsfxsize=6cm \epsfbox{fig0219a.eps}}*... ...,-1)*+{A} ,(4.55,-1)*+{B} ,(0.2,-1)*+{P} ,(2.9,-1)*+{P'} \endxy\end{displaymath}

(7)
調和點列作圖法：對給定已共線三點 P, A, B，求作 P' 點使得 P, A, P', B 成調和點列。

\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,5){\epsfxsize=6cm \epsfbox{fig0219b.eps}}*\f... ....4)*+{Q} ,(2.8,3)*+{R} ,(3.5,2.3)*+{O} ,(2.9,-0.3)*+{P'} \endxy\end{displaymath}

[ 圖 2-19 ]

[作法] 用已給線段 $\overline{AB}$ 為一邊，任選線外一點 C 構作三角形 $\bigtriangleup ABC$ 。過 P 點作任意的直線 $\ell$，使得 $\ell$ 與 $\overline{BC}$, $\overline{CA}$ 分別交于 Q, R 兩點。連結 AQ, BR，設兩者相交于 O 點，則 CO 與 $\overline{AB}$ 就會交于所求作之 P' 點。

証明：直接運用 Menelous 定理和 Ceva 定理！

\begin{eqnarray*} \hbox{Menelous {\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \cH... ...}}\cdot \frac{\;\overrightarrow{CR}\;}{\overrightarrow{RA}} = 1 \end{eqnarray*}


兩式相除即得所需的有向長度比例式。

(8)
Steiner 點：設 $\bigtriangleup ABC$ 的三內角皆小于 $120^\circ$（即小于 $\frac{2\pi}{3}$ ），則

\begin{displaymath}\overline{AP}+\overline{BP}+\overline{CP}\end{displaymath}

有一個唯一的極小值，其解點 P0 乃是使得

\begin{displaymath}\angle AP_0B=\angle BP_0C=\angle CP_0A=120^\circ\end{displaymath}

之點。

\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,5){\epsfxsize=5cm \epsfbox{fig0220.eps}}*\fr... ...{C} ,(-0.1,5.05)*+{B^*} ,(2.8,1.8)*+{P} ,(1.5,3.3)*+{P'} \endxy\end{displaymath}

[ 圖 2-20 ]

如 [圖 2-20] 所示，作 B* 使得 $\bigtriangleup ACB^*$ 為等邊三角形。設 P 是平面上任給一點，令 $\bigtriangleup AP'B^*$ 為 $\bigtriangleup APC$ 繞 A 點旋轉 $60^\circ$ 之所得者，則有 $\bigtriangleup APP'$ 為等邊三角形，而且

\begin{displaymath}\overline{CP}+\overline{AP}+\overline{BP}=%% \overline{B^*P'}+\overline{P'P}+\overline{PB}\end{displaymath}

由此可見，上述總長在 P, P' 皆位于 $\overline{BB^*}$ 之上為極小。類似地定義 A* 和 C* 點，則 P0 應該就是 $\overline{AA^*}$, $\overline{BB^*}$, $\overline{CC^*}$ 的共交點，而所求証者則顯而易見了。

【習題】：

(1)
以矩形面積公式為基礎，試証：平行四邊形面積 = 底乘高。

(2)
試証三角形面積公式為 $A(\bigtriangleup)=\frac{1}{2}bh$ 。

(3)
試証平行線的截割保持線段之比；即如 [圖 2-21] 所示，求証：

\begin{displaymath}\hbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \cH231}}\qu... ...line{A'A''}\;} =%% \frac{\overline{BB'}}{\;\overline{B'B''}\;}\end{displaymath}


\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =3.5cm \epsfbox{fig0221... ...,(3.85,4.28)*+{B} ,(4.15,3.3)*+{B'} ,(4.7,1.35)*+{B''} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-21 ]

(4)
如 [圖 2-22] 所示，AD 乃是 $\angle A$ 的分角線。試証

\begin{displaymath} \frac{\;\overline{BD}\;}{\overline{DC}} =%% \frac{\;\overline{AB}\;}{\overline{AC}} \end{displaymath}


\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =3cm \epsfbox{fig0222.e... ...{D} ,(0,-0.15)*+{B} ,(4.45,-0.15)*+{C} ,(2.3,2.9)*+{A} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-22 ]

(5)
試將一個給定線段 $\overline{AB}$ 等分為 n 段，n 為某一正整數。

(6)
試証明相似三角形定理在分數比的情形。

(7)
試証 Menelous 逆定理：設（相異）三點 P, Q, R 分別在 $\bigtriangleup ABC$ 三邊 AB, BC, CA 之上並滿足下述有向長度比的條件式，則 P, Q, R 三點共線。

\begin{displaymath}\frac{\;\overrightarrow{AP}\;}{\overrightarrow{PB}}\cdot %% ... ...ot %% \frac{\;\overrightarrow{CR}\;}{\overrightarrow{RA}} = -1\end{displaymath}

(8)
試証 Ceva 逆定理：設 P', Q, R 分別為 $\bigtriangleup ABC$ 的三邊 $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CA}$ 上的三點並滿足下述有向長度比的條件式，則 CP', AQ, BR 三線共點。

\begin{displaymath}\frac{\;\overrightarrow{AP'}\;}{\overrightarrow{P'B}}\cdot %%... ...dot %% \frac{\;\overrightarrow{CR}\;}{\overrightarrow{RA}} = 1\end{displaymath}

(9)
試証圓心角為圓周角之兩倍： $\angle O=2\angle A$ 。


\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =3cm \epsfbox{fig0223.eps}}*\frm{} ,(2.5,2.9)*+{O} ,(2.8,5.4)*+{A} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-23 ]

(10)
在 [圖 2-24] 中，PQR 為一直線，PT 與圓相切于 T 點。試証： $\overline{PQ}\cdot \overline{PR}=\overline{PT}^2$ 。

\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =5.5cm \epsfbox{fig0224... ...{T} ,(2.25,2.78)*+{Q} ,(0,2.15)*+{P} ,(4.95,4.05)*+{R} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-24 ]

(11)
設 P, Q, R, S 為圓上四點，而 $\overline{PR}$ 與 $\overline{QS}$ 則相交于圓內（或圓外）
T 點。試証： $\overline{PT}\cdot \overline{TR}=\overline{QT}\cdot\overline{TS}$ 。


\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =3cm \epsfbox{fig0225.e... ...P} ,(4.35,0.35)*+{Q} ,(5.25,3.15)*+{R} ,(1.9,5.3)*+{S} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-25 ]

(12)
試証 Miquel 定理：在 $\bigtriangleup ABC$ 的三邊 $\overline{AB}$, $\overline{BC}$, $\overline{CA}$ 上分別取三點 P, Q, R，過 P, B, Q 及 P, R, A 分別作圓，令兩圓交點為 S（與 P），則 S, Q, C, R 四點共圓。


\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =4cm \epsfbox{fig0226.e... ....05)*+{R} ,(-0.2,1.2)*+{A} ,(4.5,1.2)*+{B} ,(3,5)*+{C} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-26 ]

(13)
若平面中的一個變換 τ 滿足條件

\begin{displaymath}\overrightarrow{P\,\tau(P)} \; \hbox{{\fontfamily{cwM0}\fonts... ...nt \cH16}\z{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \cH197}}\end{displaymath}

則稱 τ 為平面上一個平移 (translation) 。試証平移之組合仍是平移，即驗証：

\begin{displaymath} \begin{array}{llllll} \hbox{{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}... ...}{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \cH1}} \end{array}\end{displaymath}


\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =3.5cm \epsfbox{fig0227... ...P} ,(-0.1,-0.4)*+{Q} ,(5.2,0.55)*+{Q''} ,(2,5.4)*+{P'} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-27 ]

(18)
試証廣義勾股定理：設 $\overline{AB}$ 與 $\overline{CD}$ 為平行等長，則：

\begin{displaymath} \overline{AC}^2+\overline{BD}^2 = \overline{AB}^2 +\overline{BC}^2 + \overline{CD}^2 + \overline{DA}^2 \end{displaymath}


\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =3.5cm \epsfbox{fig0228... ...)*+{B} ,(5.2,5.5)*+{C} ,(-0.1,-0.6)*+{A} ,(2,5.7)*+{D} \end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 2-28 ]

    

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最後修改日期：6/19/2004