一、連結、分隔與對稱 (第 2 頁)

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《基礎幾何學》

一、連結、分隔與對稱
——定性平面幾何（第 2 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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定性平面幾何中的常用基本事實

在定性平面幾何中還有其他的疊合條件、作圖題和不等式，它們都可以用等腰三角形的特徵性質來系統地推導而得。運用這些基本的事實，我們還可以証明三角形內角和不大于一個平角（詳見本章之末）。

【定理1.4】：(S.S.S.) 若 $\bigtriangleup ABC$ 和 $\bigtriangleup A'B'C'$ 的三邊對應等長，則 $\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C'$ 。

証明：如 [圖1-4] 所示，我們可以在 $\overline{AB}$ 的另一側作 $\bigtriangleup ABC^{*}$ 使得 $\angle BAC^{*}=\angle B'A'C', \; %% \overline{AC^{*}}=\overline{A'C'}$ ，則有 $\bigtriangleup ABC^{*} \cong \bigtriangleup A'B'C'$ (S.A.S)，所以 $\overline{BC^{*}}=\overline{B'C'}=\overline{BC}$ 。連結 $\overline{CC^{*}}$ ，由所設 $\bigtriangleup ACC^{*}$ 和 $\bigtriangleup BCC^{*}$ 皆為等腰。再由 [定理1.1]，即有

$\begin{displaymath} \begin{array}{lrcll} \multicolumn{5}{c}{ \angle ACC^{*}=\an... ...tfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \cH84})} \\ \end{array}\end{displaymath}$

□

$\begin{displaymath} \xy \xyimport(10,5){\epsfxsize=7.5cm \epsfbox{fig0104.eps}}*... ...{A} ,(8.35,2.25)*+{B} ,(10,5.25)*+{C} ,(10,-0.25)*+{C^*} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖 1-4 ]

【基本作圖題1.1】：作一個給定角的分角線。

$\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,5){\epsfxsize=4.5cm \epsfbox{fig0105.eps}}*\... ...A} ,(4.95,2.3)*+{B} ,(2.55,5.25)*+{C} ,(2.6,-0.2)*+{C^*} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖 1-5 ]

[作法] 以給定角頂點 C 為圓心，任取一半徑在其角邊之兩條射線上分別截取 $\overline{CA}=\overline{CB}=r$ ，如 [圖1-5] 所示。在 AB 的另一側有一個 C^*，使得

$\begin{displaymath}\overline{AC^*}=\overline{AC}=\overline{BC^*}=\overline{BC}=r\end{displaymath}$

而 C^* 可以由以 r 為半徑分別以 A, B 為圓心的交截而得（C 和 C^* 分別是這兩個圓的交點）。連結 $\overline{CC^*}$ ，即為所求之 $\angle C$ 的分角線。

証明：由所作 $\bigtriangleup ACC^* \cong \bigtriangleup BCC^*$ (S.S.S.)，所以 $\angle ACC^* = \angle BCC^*$ 而且 A,B 分居于 CC^* 之兩側。所以 $\overline{CC^*}$ 平分 $\angle C$ 。 □

【基本作圖題1.2】：在射線 $\overrightarrow{AB}$ 之一側作另一射線 $\overrightarrow{AC}$ 使得 $\angle BAC$ 等于一個給定角 $\angle A'$ 。

$\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(10,5){\epsfxsize =8.5cm \epsfbox{fig010... ...,(5.8,1.85)*+{A'} ,(9.1,1.85)*+{B'} ,(8.15,4.35)*+{C'} \end{xy}\end{displaymath}$

[ 圖1-6 ]

[作法] 以 $\overline{AB}$ 為半徑，A' 為圓心，分別在 $\angle A'$ 的兩個角邊上截取 $\overline{A'B'}=\overline{A'C'}=\overline{AB}$ 。再以 A 為圓心， $\overline{AB}$ 為半徑和以 B 為圓心， $\overline{B'C'}$ 為半徑各作一圓而得兩個分居于 AB 兩側的交點 C 和 C^* 。由所作即有 $\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C' \cong %% \bigtriangleup ABC^*$ (S.S.S.) 。 □

【基本作圖題1.3】：作一給定線段 $\overline{AB}$ 的垂直平分線。

$\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0107.e... ....3)*+{M} ,(2.55,4.3)*+{\widehat{C}} ,(2.6,-0.3)*+{C^*} \end{xy}\end{displaymath}$

[ 圖1-7 ]

[作法] 如 [圖1-7] 所示，在 AB 線外任取一點 C。若 $\overline{AC}=\overline{BC}$ ，則可以由[基本作圖1.1]的作法求得居于另一側的 C^*，使得 $\overline{AC^*}=\overline{BC^*}$ 。則 CC^* 就是 $\overline{AB}$ 的垂直平分線。

若 $\overline{AC} \neq \overline{BC}$ ，則可在 AB 同側再作 C' 點使得 $\bigtriangleup BAC' \cong \bigtriangleup ABC$ 。它們的兩對對應邊，即

$\{ \overline{AC},\overline{BC'} \}$ 和 $\{ \overline{BC}, \overline{AC'}\}$

之中必有一對相交與一點 $\widehat{C}$ （如 [圖1-7] 所示）。由[定理 1.3]， $\overline{A\widehat{C}}=\overline{B\widehat{C}}$ ，所以可以用前面的作法求得 AB 的另一側的 C^* 點，使得

$\begin{displaymath} \overline{AC^*}=\overline{A\widehat{C}} = \overline{BC^*}=\overline{B\widehat{C}} \end{displaymath}$

則 $\widehat{C}C^*$ 就是所求作的垂直平分線。

証明：由所作， $\bigtriangleup AB\widehat{C}$ 是等腰，而且 $\widehat{C}C^*$ 平分其頂角。由此易見 $\bigtriangleup A\widehat{C}M \cong %% \bigtriangleup B\widehat{C}M$ (S.A.S.)，所以 $\overline{AM}=\overline{BM}$ ， $\angle AM\widehat{C}=\angle BM\widehat{C}=\mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \cH242}\z{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \cH105}}$ 。 □

【定理 1.5】：設有相異直線 $\ell_{1}$ , $\ell_{2}$ 分別和第三條直線 $\ell$ 相交，若同位角相等（如 [圖1-8] 所示， $\angle 1=\angle 2$ ），則 $\ell_{1}$ , $\ell_{2}$ 不相交。

$\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =7.5cm \epsfbox{fig0108... ...,(2.1,0.25)*+{\ell} ,(4.95,1.3)*+{C} ,(0.1,4.1)*+{C^*} \end{xy}\end{displaymath}$

[ 圖 1-8 ]

証明：我們用反証法，設 $C=\ell_{1} \cap \ell_{2}$ 。在 $\ell_{2}$ 上取 $\overline{BC^{*}}=\overline{AC}$ ， {C,C^*} 分居 $\ell$ 的兩側，連結 $\overline{C^{*}A}$ 。則由所作 $\bigtriangleup ABC^{*}$ 和 $\bigtriangleup BAC$ 滿足 S.A.S.，所以兩者全等。由此可得

$\begin{displaymath}\angle BAC^{*}+\angle 1=\angle ABC+\angle 2=\pi\quad \hbox{({... ...t \cH19}\z{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \cH105})}\end{displaymath}$

因此 $C^{*}A=AC=\ell_{1}$ ，而 $\ell_{1}$ , $\ell_{2}$ 相交于分居 $\ell$ 的兩側的 C 和 C^* 。這顯然和二點確定唯一一條直線相矛盾。所以 $\ell_{1}$ 和 $\ell_{2}$ 是不可能相交的！ □

【定理 1.6】：三角形的任一外角大于其任一內對角。即如 [圖1-9] 所示， $\angle \beta$ 大于 $\angle A$ 和 $\angle C$ 。

$\begin{displaymath} \begin{xy} \xyimport(5,5){\epsfxsize =4cm \epsfbox{fig0109.e... ...5,5.5)*+{C} ,(4.3,0.4)*+{\beta} ,(2.5,3.1)*+{\ell_2^+} \end{xy}\end{displaymath}$

[ 圖 1-9 ]

証明：這是 [定理 1.5] 的直接推論。茲用反証法証之如下：設 B 點的外角 $\angle \beta$ 小于 $\angle A$ ，則過 B 點作直線 $\ell_{2}$ ，使得它和 $\ell_{1}=AC$ 具有相等的同位角。由[定理 1.5]， $\ell_{2}$ 和 $\ell_{1}$ 不相交。但是由假設 $\angle \beta <\angle A=\hbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \cH176... ...ries{m}\selectfont \cH80}\z{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \cH105}}$ ，射線 $\ell^{+}_{2}$ 是夾在 $\overrightarrow{BA}$ 和 $\overrightarrow{BC}$ 之間的。所以 A, C 分居于 $\ell_{2}$ 的兩側，故此 $\ell_{2}$ 和 $\overline{AC}$ 必須相交，亦即和 [定理 1.5] 相矛盾。這也就証明了外角 $\angle \beta$ 必須都大于其二個內對角 $\angle A$ , $\angle C$ 。 □

【定理 1.7】：(A.A.S.) 若 $\bigtriangleup ABC$ 和 $\bigtriangleup A'B'C'$ 滿足 $\overline{AB}=\overline{A'B'}$ , $\angle B=\angle B'$ 和 $\angle C=\angle C'$ ，則 $\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C'$ 。

証明：若兩者還有 $\overline{BC}=\overline{B'C'}$ ，則兩者其實已經滿足 S.A.S.。假若不然，可設 $\overline{BC}<\overline{B'C'}$ 。在 $\overline{B'C'}$ 上取 C^* 點使得 $\overline{B'C^{*}}=\overline{BC}$ ，則有

$\begin{displaymath} \bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C^{*} \quad \quad \hbox{(S.A.S.)} \end{displaymath}$

所以 $\angle A'C^{*}B'=\angle C=\angle C'$ ，亦即 $\bigtriangleup A'C^{*}C'$ 的外角等于其中一個內對角，這是和[定理 1.6]（或者[定理 1.5]）相矛盾的。所以 $\overline{BC}$ 和 $\overline{B'C'}$ 必須等長，亦即 $\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C'$ 。 □

$\begin{displaymath} \xy \xyimport(10,5){\epsfxsize=7cm \epsfbox{fig0110.eps}}*\f... ...A'} ,(10,-0.25)*+{B'} ,(8.4,5.4)*+{C'} ,(8.9,4.5)*+{C^*} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖 1-10 ]

[註]：上述的証明中沒有用到平直性。若有平直性，即三角形內角和恆為平角，則 A.A.S. 是 A.S.A. 的直接推論。

【定理 1.8】：大邊對大角，大角對大邊。

証明：先証大邊對大角。設 $\bigtriangleup ABC$ 的邊長中 $\overline{AC}>\overline{BC}$ ，我們要証明 $\angle ABC>\angle BAC$ 。

$\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,5){\epsfxsize=4.5cm \epsfbox{fig0111.eps}}*\... ...,2.05)*+{D} ,(2.45,1.96)*+{\delta} ,(3.7,0.85)*+{\gamma} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-11 ]

証明：如 [圖1-11] 所示，在 $\overline{AC}$ 上取 D 點使得 $\overline{DC}=\overline{BC}$ ，則有等腰三角形 $\bigtriangleup BCD$ 的兩底角 $\angle \gamma = \angle \delta$ ，而 $\angle \delta$ 是 $\bigtriangleup ABD$ 的 D 點外角，所以即有

$\begin{displaymath}\angle ABC > \angle \gamma=\angle \delta >\angle BAC\end{displaymath}$

[大角對大邊的証明留作習題] □

【定理 1.9】：三角形的兩邊之和大于第三邊，即

$\begin{displaymath}\overline{AB}+\overline{BC}>\overline {AC}\end{displaymath}$

証明：如 [圖1-12] 所示，在 $\overline{AB}$ 的延線上取 $\overline{BD}=\overline{BC}$ ，則等腰三角形 $\bigtriangleup BDC$ 的兩底角相等，所以在 $\bigtriangleup ADC$ 中 $\angle ACD>\angle \gamma =\angle ADC$ ，即有

$\begin{displaymath} \overline{AB}+\overline{BC}=\overline{AD}>\overline{AC} \eqno \Box \end{displaymath}$

$\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,5){\epsfxsize=5cm \epsfbox{fig0112.eps}}*\fr... ...} ,(3.65,5.6)*+{C} ,(5.05,-0.35)*+{D} ,(3.6,4)*+{\gamma} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-12 ]

【定理 1.10】：在平面 Π 上給定兩個相異點 A, B，其等距的點所成的子集

$\begin{displaymath}{\mathcal S}=\{X\in \Pi,\;\overline{AX}=\overline{BX}\}\end{displaymath}$

乃是 $\overline{AB}$ 的垂直平分線。

証明：令 M 為 $\overline{AB}$ 的中點，X₁ 為 $\mathcal S$ 中任給一點，則有 $\bigtriangleup X_{1}AB$ 等腰，所以 $XM \perp AB$ 。反之，若 X₂ 是 $\overline{AB}$ 中垂線上任給一點，則 $\bigtriangleup X_{2}MA \cong \bigtriangleup X_{2}MB$ (S.A.S.)，所以 $\overline{X_{2}A}=\overline{X_{2}B}$ ，亦即 $X\in {\mathcal S}$ 。 □

$\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,5){\epsfxsize=4cm \epsfbox{fig0113.eps}}*\fr... ...+{M} ,(2.9,4.3)*+{X_1} ,(2.9,0.8)*+{X_2} ,(5.2,2.3)*+{B} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-13 ]

【基本作圖題 1.4】：過直線 $\ell$ 上一點 M，作其垂直線。

[作法] 在 $\ell$ 上 M 點的兩側各取 A, B 使得 M 是 $\overline{AB}$ 的中點，再用圓規作兩個分別以 A, B 為圓心，以相同但是大于 $\overline{AM}$ 為半徑的圓。則兩圓會交于 X₁, X₂ 兩點，而 X₁X₂ 即為所求作者。 [証明留作習題]

$\begin{displaymath} \xy \xyimport(5,5){\epsfxsize=6cm \epsfbox{fig0114.eps}}*\fr... ...} ,(2.65,0.45)*+{X_2} ,(3.8,2.2)*+{B} ,(5.2,2.5)*+{\ell} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-14 ]

【基本作圖題 1.5】：設 P 是直線 $\ell$ 之外一點，作過 P 點而且和 $\ell$ 垂直的直線。

[作法] 在平面上取一點 Q，使得 P, Q 分居 $\ell$ 線的兩側，如 [圖1-15] 所示。以 $\overline{PQ}$ 為半徑，先以 P 點為圓心作 $\Gamma_{1}$ ，與 $\ell$ 交于 A, B 兩點。然後分別以 A, B 為圓心作 $\Gamma_{2}$ , $\Gamma_{3}$ ，得 $\Gamma_{2} \cap \Gamma_{3}$ 的兩交點 P, P' 。則 $\overline{PP'}$ 被 $\ell$ 所垂直平分。[証明留作習題]

$\begin{displaymath} \def\fig0115{\epsfxsize =6cm \epsfbox{fig0115.eps}} \xy \xyi... ...{\Gamma_1} ,(1.8,3.9)*+{\Gamma_3} ,(3.2,3.9)*+{\Gamma_2} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-15 ]

【定義】：對于平面上一條給定直線 $\ell$ ，線外兩點 P, P' 若滿足 $\overline{PP'}$ 被 $\ell$ 垂直平分，則稱 P, P' 對于 $\ell$ 成反射對稱。

[上述作圖題說明如何去由 P 作出 P' 。]

【定義】：平面對于給定直線 $\ell$ 的反射對稱 ${\mathfrak R}_{\ell}$ 是平面到自身的一個映射。它把線上的點映射到自己，線外的點映射到其反射對稱點 P，即

$\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{l} \hbox{{\fontfamily{cwM2}\fontseri... ...mily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \cH1}} \end{array}\right. \end{displaymath}$

【定理 1.11】： ${\mathfrak R}_\ell$ 是平面上的一個保長變換，即：

$\begin{displaymath}\overline{{\mathfrak R}_{\ell}(P){\mathfrak R}_{\ell}(Q)} =\overline{PQ}\end{displaymath}$

對于平面上任給兩點 P, Q 皆成立。

証明：在此，將採用簡約符號 P' 表示 ${\mathfrak R}_{\ell}(P)$ 。

(i): 若 $P,Q\in \ell$ , 則 P'=P, Q'=Q，即 $\overline{P'Q'}$ 和 $\overline{PQ}$ 是同一直線段。
(ii): 若 $P\in \ell$ , $Q\notin \ell$ ，則 $\bigtriangleup PQQ'$ 的底邊 $\overline{QQ'}$ 被 $\ell$ 所垂直平分，即有 $\bigtriangleup PQM \cong \bigtriangleup PQ'M$ 。所以 $\overline{P'Q'}=\overline{PQ'}=\overline{PQ}$ 。
(iii): 若 $P,Q\notin \ell$ ，則在 $\ell$ 上取定一點 P₀ 。由 (ii) 之所証， $\bigtriangleup P_{0}PP'$ 和 $\bigtriangleup P_{0}QQ'$ 都是等腰三角形，因此 $\ell$ 乃是它們在頂角的平分線，由此可見 $\angle PP_{0}Q=\angle P'P_{0}Q'$ 。所以 $\bigtriangleup PP_{0}Q \cong \bigtriangleup P'P_{0}Q'$ (S.A.S.), $\overline{P'Q'}=\overline{PQ}$ 。

□

$\begin{displaymath} \def\fig0116{\epsfxsize =9cm \epsfbox{fig0116.eps}} \xy \xyi... ...25,2.9)*+{\scriptstyle 3} ,(6.3,2.15)*+{\scriptstyle 3'} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-16 ]

【定理 1.12】：從直線 $\ell$ 之外一點 P，到線上各點的距離以垂直線所給出者為唯一極小。

$\begin{displaymath} \def\fig0117{\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0117.eps}} \xy \xyi... ... ,(2.45,-0.6)*+{Q_0} ,(4.2,-0.6)*+{Q} ,(5.2,0.1)*+{\ell} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-17 ]

証明：設 $\overline{PQ_{0}}$ 和 $\ell$ 正交于 Q₀，Q 為 $\ell$ 上任給另外一點，則 $\bigtriangleup PQ_{0}Q$ 在 Q₀ 點的外角是 $\frac{\pi}{2}$ 。由[定理 1.6]，即得 $\angle Q<\frac{\pi}{2}=\angle Q_{0}$ 。再由[定理 1.8]即得

$\begin{displaymath} \overline{PQ}>\overline{PQ_{0}} \eqno \Box \end{displaymath}$

[註]：在這裡沒有用到勾股定理（勾股定理是依賴于平行性的）。

【定理 1.13】：設 $\square ABCD$ 為圓內接四邊形，亦即四個頂點 A, B, C, D 共圓。則有

$\begin{displaymath}\angle A+\angle C=\angle B+\angle D\end{displaymath}$

証明：令 O 為 $\square ABCD$ 的外接圓圓心，則 $\bigtriangleup OAB$ , $\bigtriangleup OBC$ , $\bigtriangleup OCD$ , $\bigtriangleup ODA$ 皆為等腰，所以其底角分別相等。設其有向角為 $\theta_{1}$ , $\theta_{1}$ , $\theta_{2}$ , $\theta_{2}$ , $\theta_{3}$ , $\theta_{3}$ , $\theta_{4}$ , $\theta_{4}$ ，則有

$\begin{displaymath} \angle A+\angle C=\theta_{1}+\theta_{2}+\theta_{3}+\theta_{4}=%% \angle B+\angle D \eqno \Box \end{displaymath}$

$\begin{displaymath} \def\fig0118{\epsfxsize =4.5cm \epsfbox{fig0118.eps}} \xy \x... ...riptstyle \theta_4} ,(1.05,1.2)*+{\scriptstyle \theta_4} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-18 ]

【定理 1.14】：三角形的內角和不大于 π 。

証明：我們將用反証法，亦即設存在有一個內角和大于 π 的三角形 $\bigtriangleup ABC$ ，即有

$\begin{displaymath}\angle A+\angle B+\angle C=\pi +\varepsilon,\quad\quad \varepsilon >0.\end{displaymath}$

我們要僅僅用疊合公理，連結與分隔去得出矛盾。設 $\angle A$ 是三個內角中的最小者，M 是 $\overline{BC}$ 的中點。如 [圖1-19] 所示，連結 $\overline{AM}$ ，延長一倍而得 A^*：

$\begin{displaymath} \def\fig0119{\epsfxsize =6cm \epsfbox{fig0119.eps}} \xy \xyi... ...+{2} ,(0.65,0.34)*+{1} ,(4.6,4.29)*+{2} ,(2.6,3.05)*+{M} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-19 ]

由所作易見 $\bigtriangleup MBA^{*} \cong \bigtriangleup MCA$ (S.A.S.)，所以 $\bigtriangleup ABA^*$ 的三個內角和也等于 $\pi + \varepsilon$ ，而且 $\angle 1+\angle A^{*}=\angle A$ 。由此可見 $\bigtriangleup ABA^*$ 中的最小內角至多只是原先 $\bigtriangleup ABC$ 的最小內角（ $\angle A$ ）的一半。如此逐步構造，所得的三角形的內角和一直保持是 $\pi + \varepsilon$ ，而且其最小內角的大小每次至少減半。所以只要作足夠多次，則其最小內角就肯定要比 ε 還要小！亦即其另外兩個內角之和已經大于 π ！這顯然是和外角大于內對角（定理 1.6）相矛盾的。這也是証明了這種內角和大于平角的三角形其實是不可能存在的，亦即任何三角形的內角和不大于 π 。 □

【定理 1.15】：若存在一個三角形其內角和等于 π，則任何三角形的內角和也必須等于 π 。

証明：設有一個三角形 $\bigtriangleup ABC$ 其內角和等于 π，則由其大角 $\angle C$ 到其對邊 $\overline{AB}$ 作垂線 $\overline{CD}$ 。

$\begin{displaymath} \def\fig0120{\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0120.eps}} \xy \xyi... ...} ,(1.87,4.05)*+{1} ,(2.23,4.05)*+{2} ,(5.05,-0.35)*+{B} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-20 ]

即有

$\begin{displaymath}\begin{array}{rcl} (\angle 1+\angle A+\displaystyle{\frac{\pi... ...y{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \cH220}~1.14)} \\ \end{array}\end{displaymath}$

所以直角三角形 $\bigtriangleup CDA$ 和 $\bigtriangleup CDB$ 的內角和也都等于 π 。用其中之一即可得一個四內角皆為 $\frac{\pi}{2}$ 的「矩形」，如 [圖1-20] 所示的 $\square CDBD^{*}$ 。將這個矩形逐一堆砌即可得出長和寬都可以任意大的矩形，如 [圖1-21] 所示：

$\begin{displaymath} \def\fig0121{\epsfxsize =4.5cm \epsfbox{fig0121.eps}} \xy \x... ...15,-0.4)*+{C_1'} ,(4.5,-0.4)*+{A_1'} ,(-0.3,4.3)*+{B_1'} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-21 ]

現在我們要用[定理 1.14]來証明任何直角三角形的內角和都必然等于 π 。設 $\bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$ 是一個任給直角三角形， $\angle C_{1}=\frac{\pi}{2}$ ，我們可以 [圖1-21] 所作的那個足夠大的矩形構造 $\bigtriangleup A'_{1}B'_{1}C'_{1} \cong \bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$ ，使得其直角邊 $\overline{A'_{1}C'_{1}}$ 和 $\overline{B'_{1}C'_{1}}$ 都包含在該矩形的兩個直角邊之內。而由 [圖1-22] 所示：

$\begin{displaymath} \def\fig0122{\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0122.eps}} \xy \xyi... ... ,(-0.1,5.3)*+{F} ,(-0.25,3.2)*+{B_1'} ,(5.05,-0.3)*+{D} \endxy\end{displaymath}$

[ 圖1-22 ]

$\begin{displaymath} \begin{array}{l} \bigtriangleup C'_{1}DF \hbox{ {\fontfamily... ...ly{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \cH220}~1.14)}\\ \end{array}\end{displaymath}$

這樣就証明了任何直角三角形的內角和皆等于 π 。而任何三角形都可以像 [圖1-20] 那樣分割成兩個直角三角形，所以它的內角和也必然等于 π 。 □

[註]：[定理 1.14]和[定理 1.15]証明了在任何滿足連結、分隔和疊合（對稱性）的幾何之中，三角形的內角和不是恆等于 π 就是恆小于 π 。前者是歐氏幾何，而後者則是非歐幾何。在後者的情形，我們還可以証明下述角虧 (angle defect)

$\begin{displaymath}\pi-(\angle A+\angle B+\angle C)\end{displaymath}$

和 $\bigtriangleup ABC$ 的面積成比例。

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最後修改日期：6/19/2004