九十一學年度大學申請入學筆試試題詳解

臺灣大學數學系
九十一學年度學士班申請入學筆試試題
數學（一）

說明：每題$20$分。答題時，計算題要有計算過程，證明題要論證清晰完整。請儘量作答，計算或證明不完全者，可就正確部分得部分分數。

1. 試求出所有整數$a,b,c$使得

   $\displaystyle\frac{36}{385}=\frac{a}{5}+\frac{b}{7}+\frac{c}{11},$

   且$\left|a\right|<5$, $\left|b\right|<7$, $\left|c\right|<11$。
訣竅
將此視為丟番圖問題求解。
解法
首先將左右兩式同乘以$385$，如此有
$77a+55b+35c=36$
• 當$a=-4$時有$55b+35c=344$，此不為$5$的倍數，無解。
• 當$a=-3$時有$55b+35c=267$，此不為$5$的倍數，無解。
• 當$a=-2$時有$55b+35c=190$，即$11b+7c=38$，易取$\left(b,c\right)=\left(6,-4\right)$、$\left(b,c\right)=\left(-1,7\right)$為解。
• 當$a=-1$時有$55b+35c=113$，此不為$5$的倍數，無解。
• 當$a=0$時有$55b+35c=36$，此不為$5$的倍數，無解。
• 當$a=1$時有$55b+35c=-41$，此不為$5$的倍數，無解。
• 當$a=2$時有$55b+35c=-118$，此不為$5$的倍數，無解。
• 當$a=3$時有$55b+35c=-195$，即$11b+7c=-39$，易取$\left(b,c\right)=\left(-1,-4\right)$為解。
• 當$a=4$時有$55b+35c=-272$，此不為$5$的倍數，無解。
綜上計有三組解：$\left(a,b,c\right)=\left(-2,6,-4\right)$或$\left(-2,-1,7\right)$或$\left(3,-1,-4\right)$。


2. 下圖為一立體框架。其中$\overset{\frown}{XAY}$, $\overset{\frown}{XBY}$, $\overset{\frown}{XCY}$皆為長度$l$之圓弧，而$X,Y$為三圓弧相交之三叉點，且$A$為弧$\overset{\frown}{XAY}$之中點。現有一螞蟻由$A$點出發往$X$點爬行。假設牠一直往前行，絕不回頭。到了三叉點，牠隨機地由兩條路中選一條（因此機率各為$\displaystyle\frac{1}{2}$），繼續往前。在此情況下，若是牠又回到$A$，則其爬行距離之期望值為何？
   
訣竅
運用期望值的定義正確列式後運用無窮和的計算技巧求出期望值。
解法

螞蟻回到$A$的路徑不是從$X$回來就是從$Y$回來，若從$X$回來則爬過路徑的距離為$\left(2n+1\right)l$，若從$Y$回來則爬過路徑的距離為$2nl$，其中$n$為正整數。初列前幾項後可知期望值的完整表達式如下

$\displaystyle\begin{aligned}E=&\sum_{n=1}^{\infty}\left(2n+1\right)l\cdot\frac{1}{2^{2n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(2n\right)l\cdot\frac{1}{2^{2n-1}}\\=&l\sum_{n=1}^{\infty}\frac{6n+1}{4^n}\\=&6l\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{4^n}+l\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4^n}\\=&6l\cdot\frac{4}{9}+\frac{l}{3}\\=&3l\end{aligned}$

其中兩個級數分別作如下的考慮：

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4^n}$由無窮等比級數可知其值為$\displaystyle\frac{1}{3}$，而對級數$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{4^n}$，我們先考慮部分和$S_n$如下

$\displaystyle S_n=\frac{1}{4}+\frac{2}{4^2}+\frac{3}{4^3}+\cdots+\frac{n}{4^n}$

兩邊同乘以$\displaystyle\frac{1}{4}$後相減可推得

$\displaystyle S_n=\frac{4-\left(1/4\right)^{n-1}}{9}-\frac{n}{3\cdot4^n}$

因此取$n$趨於無窮可得$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{4^n}=\frac{4}{9}$。



3. 令$a,b,c$為三角形之三邊長。試證明：

   $abc\geq\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)$

   並證明：「等號成立」若且唯若「三角形為等邊三角形」。
訣竅
根據不等式與三角形的對稱性考慮算幾或相關具有平衡型式的不等式，或透過待定係數法平衡後加總求解。
解法
注意到對三個正數$x,y,z$而言有
$x+y\geq2\sqrt{xy}$　；　$y+z\geq2\sqrt{yz}$　；　$z+x\geq2\sqrt{zx}$
將此三式相乘可得
$\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\geq8xyz$
如此，根據三角不等式可知兩邊之和大於第三邊，因而$a+b-c$、$b+c-a$、$c+a-b$皆為正數，現按如下取法代入
$\displaystyle x=\frac{a+b-c}{2}$　；　$\displaystyle y=\frac{b+c-a}{2}$　；　$\displaystyle z=\frac{c+a-b}{2}$
如此即能得到所欲證的不等式。並且由推倒過程中可知當等號成立時表明$x=y=z$，亦即$a=b=c$，故為等邊三角形。反之若三角形為等邊三角形則等號明顯成立。


4. 平面上有一$n$邊形區域$P_1P_2P_3\cdots P_n$（$n\geq3$），其頂點為$P_j=\left(x_j,y_j\right)$，（$j=1,2,\cdots,n$）。有人提出多邊形區域的面積應是

   $\displaystyle\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}\left(x_jy_{j+1}-x_{j+1}y_j\right)$

   （此處規定$x_{n+1}=x_1$，$y_{n+1}=y_1$）。但因面積是「正的」，而公式中的答案可能為負，那麼應該如何修正才好？並請證明你所給的公式。
訣竅
正確的多邊形區域面積公式稱為測量師公式(surveyor's formula)。按邊數進行歸納後即可證得。
解法
藉由三角形的情況作一試探可推知正確的面積公式如下
$\displaystyle\frac{1}{2}\left|\sum_{j=1}^{n}x_jy_{j+1}-x_{j+1}y_j\right|$
現在證明更強的結論：當$P_1\cdots P_n$以逆時針定序時，面積公式的絕對值可去掉，反之以順時針定序時則應冠上負號。不失一般性我們考慮逆時針定序，現用數學歸納法證明如下：當$n=3$時，考慮$\vec{P_1P_2}$、$\vec{P_1P_3}$形成的三角形面積，由面積公式以及行列式的特性可知
$\begin{aligned}Area\left(P_1P_2P_3\right)=&\frac{1}{2}\left(\begin{vmatrix}x_2-x_1&x_3-x_1\\y_2-y_1&y_3-y_1\end{vmatrix}\right)\\=&\frac{1}{2}\left(\begin{vmatrix}x_2&x_3-x_1\\y_2&y_3-y_1\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}-x_1&x_3-x_1\\-y_1&y_3-y_1\end{vmatrix}\right)\\=&\frac{1}{2}\left(\begin{vmatrix}x_2&x_3\\y_2&y_3\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}x_2&-x_1\\y_2&-y_1\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}-x_1&x_3\\-y_1&y_3\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}-x_1&-x_1\\-y_1&-y_1\end{vmatrix}\right)\\=&\frac{1}{2}\left(\begin{vmatrix}x_1&x_2\\y_1&y_2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}x_2&x_3\\y_2&y_3\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}x_3&x_1\\y_3&y_1\end{vmatrix}\right)\end{aligned}$
由此證明了$n=3$的情形。現假設$n=k$時測量師公式成立，亦即對任意$k$邊形（$P_1P_2\cdots P_k$，按逆時針定序）的面積為
$\displaystyle Area\left(P_1P_2\cdots P_k\right)=\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{k}\left(x_jy_{j+1}-x_{j+1}y_j\right)$
此時考慮$n=k+1$的情形，我們可將$k+1$邊形的面積拆為$P_1\cdots P_k$邊形的面積與三角形面積$P_kP_{k+1}P_1$的和或差（若選取的三角形在$k+1$邊形的內部應用加號，若為外部則應用減號），再者當三角形$P_kP_{k+1}P_1$落在$P_1\cdots P_{k+1}$的內部時，其頂點之編號為逆序，因此運用測量師公式時須加上負號，綜合考慮並加總時共同邊的行列式會消去，因而推得面積公式成立。


5. 如果平面上之點$P$的座標$\left(x,y\right)$都是整數，我們稱之為格子點。現在假設平面上有一個$n$邊形區域$P_1P_2P_3\cdots P_n$（$n\geq3$），其頂點$P_j$都是格子點。我們算出它在週邊上有$l$個格子點，而在多邊形內部（邊上不算）有$k$個格子點。你能夠用$k, l$表達出這$n$邊形區域的面積嗎？並請證明你所給的答案。
訣竅
此結果稱為皮克定理，透過基本的試驗可觀察出關係式，隨後依數學歸納法可得到結論。
解法
由於每個簡單多邊形可以切割為一個三角形與另一個簡單多邊形。現考慮一個給定的簡單多邊形$P$以及與$P$有一條供同邊的三角形$T$，且$P$符合皮克公式，那麼僅需證明下列兩件事實，就可以按邊數作數學歸納法知道皮克定理總是成立：
1. 三角形符合皮克定理。
2. $P$與$T$聯集的區域亦符合皮克公式。
首先證明A.，為了處理這部分，我們依序證明「平行於軸線的矩形」、「由矩形對角線所切出的直角三角形」、「一般的三角形」符合皮克定理。
設矩形$R$的長與寬上分別有$m$、$n$個格子點，如此矩形面積為$A_R=\left(m-1\right)\left(n-1\right)$，而內部有$i_R=\left(m-2\right)\left(n-2\right)$個格子點，邊界則有$b_R=2\left(m+n\right)-4$個格子點，如此有
$\displaystyle i_R+\frac{b_R}{2}-1=A_R$
因此對矩形而言皮克定理成立。現考慮此矩形由對角線切割而得的直角三角形$S$，設其斜邊上有$c$個格子點，那麼邊界上有$b_S=m+n+c-3$個格子點，而內部則有$\displaystyle i_S=\frac{\left(m-2\right)\left(n-2\right)-c+2}{2}$個格子點，因此可以驗證得到
$\displaystyle i_S+\frac{b_S}{2}-1=\frac{\left(m-1\right)\left(n-1\right)}{2}$
最後，一般的三角形可內接於大矩形中並至多扣去三個直角三角形而得，因此在計數邊界與內部的格子點時可列出至多四項並對應相加減即可知此式仍能成立，此步驟將類同於B.
對於步驟B.，設$P$與$T$的共同邊上有$c$個格子點，如此計算$P$聯集$T$面積時有
$\displaystyle\left(i_T+i_P+c-2\right)+\frac{b_T-c+b_p-c+2}{2}-1=i_{PT}+\frac{b_{PT}}{2}-1$
綜合上述的步驟可知皮克定理對平面上的多邊形皆成立。

臺灣大學數學系
九十一學年度學士班申請入學筆試試題
數學（二）

說明：每題$20$分。答題時，計算題要有計算過程，證明題要論證清晰完整。請儘量作答，計算或證明不完全者，可就正確部分得部分分數。

1. 考慮平面上一個凸多邊形區域$P_1P_2P_3\cdots P_n$（$n\geq3$）。這是一個島國，週邊是海洋。因此，其週邊長$p$就是她的海岸線全長。現在她宣稱與岸邊距離$d$的範圍之內都是她的領海。試證明：她的領海面積是

   $\left(p+\pi d\right)d$

訣竅
觀察這樣的領海區域可拆為數個扇形與矩形區域。本題同時為九十二學年度北區數學能力競賽筆試試題
解法
設此多邊形$P_1\cdots P_n$中的內角$P_i$的角為$\alpha$。容易觀察出題目敘述的領海由各邊$P_kP_{k+1}$（記$P_{n+1}=P_1$）向外作寬為$d$的矩形以及在頂點$P_k$在外作半徑為$d$、圓心角為$\pi-\alpha_i$的扇形等組成。
關於矩形部分的面積總和有
$\overline{P_1P_2}d+\overline{P_2P_3}d+\cdots+\overline{P_nP_1}d=\left(\overline{P_1P_2}+\overline{P_2P_3}+\cdots+\overline{P_{n}P_1}\right)d=pd$
關於扇形部分的面積總和可以先考慮其圓心角的總和，容易發現
$\left(\pi-\alpha_1\right)+\left(\pi-\alpha_2\right)+\cdots+\left(\pi-\alpha_n\right)=n\pi-\left(\alpha_1+\cdots+\alpha_n\right)=n\pi-\left(n-2\right)\pi=2\pi$
故這些扇形可拼為完整的圓，因此面積為$\pi d^2$。
由以上兩步的分析可知領海面積為$pd+\pi d^2=\left(p+\pi d\right)d$。


2. 令$L:x+2y=4$為平面上一直線，且$R_L$是個以$L$為鏡面的鏡射。請問：是否存在一矩陣$\begin{bmatrix}a&c\\b&d\end{bmatrix}$以及$\begin{bmatrix}u&v\end{bmatrix}$，使得鏡射$R_L$將平面上任一點$\begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix}$對應至

   $\begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a&c\\b&d\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}u&v\end{bmatrix}$？

   若存在，試求$\begin{bmatrix}a&c\\b&d\end{bmatrix}$及$\begin{bmatrix}u&v\end{bmatrix}$。
訣竅
透過直接計算求得鏡射點，其後將其表達為矩陣形式。
解法

首先考慮平面上給定的點$P\left(x_0,y_0\right)$，作過$P$且垂直$L$的直線為$M: y-y_0=2\left(x-x_0\right)$，如此$L$與$M$相交於$\displaystyle\left(\frac{4+4x_0-2y_0}{5},\frac{8-2x_0+y_0}{5}\right)$。由於鏡射點$P'$與$P$的中點即為$L$與$M$的交點，因能得到$\displaystyle P'\left(\frac{8+3x_0-4y_0}{5},\frac{16-4x_0-3y_0}{5}\right)$。

因此透過鏡射$R_L$可將平面上的點座標$\begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix}$對應至$\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{8+3x-4y}{5}&\displaystyle\frac{16-4x-3y}{5}\end{bmatrix}$，容易驗證

$\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{8+3x-4y}{5}&\displaystyle\frac{16-4x-3y}{5}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{3}{5}&\displaystyle-\frac{4}{5}\\\displaystyle-\frac{4}{5}&\displaystyle-\frac{3}{5}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{8}{5}&\displaystyle\frac{16}{5}\end{bmatrix}$

因此確實存在題目所詢問之矩陣，如上所給定。



3. 令$P_1\left(x\right), P_2\left(x\right), P_3\left(x\right), P_4\left(x\right), Q\left(x\right)$為複係數之多項式，且滿足

   $P_1\left(x^5\right)+xP_2\left(x^5\right)+x^2P_3\left(x^5\right)+x^3P_4\left(x^5\right)=\left(x^4+x^3+x^2+x+1\right)Q\left(x\right)$

   證明：$x-1$是$P_1\left(x\right), P_2\left(x\right), P_3\left(x\right), P_4\left(x\right), Q\left(x\right)$之因式。
訣竅
運用餘式定理的思想：取特殊值代入，按此解聯立方程可得$P_k\left(1\right)=0$（$k=1,2,3,4$）以及$Q\left(1\right)=0$。
解法
考慮$x^5=1$的五根，分別為$1,\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4$，其中$\displaystyle\omega=\cos\frac{2\pi}{5}+i\sin\frac{2\pi}{5}$。現在對題幹滿足的方程分別代入$x=\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4$可以得到
$\begin{aligned} &P_1\left(1\right)+\omega P_2\left(1\right)+\omega^2P_3\left(1\right)+\omega^3P_4\left(1\right)=0\\&P_1\left(1\right)+\omega^2P_2\left(1\right)+\omega^4P_3\left(1\right)+\omega P_4\left(1\right)=0\\&P_1\left(1\right)+\omega^3P_2\left(1\right)+\omega P_3\left(1\right)+\omega^4P_4\left(1\right)=0\\&P_1\left(1\right)+\omega^4P_2\left(1\right)+\omega^3P_3\left(1\right)+\omega^2P_4\left(1\right)=0\end{aligned}$
將第一式分別與第二式、第三式和第四式相減可得
$\begin{aligned} &\left(\omega^2-\omega\right)P_2\left(1\right)+\left(\omega^4-\omega^2\right)P_3\left(1\right)+\left(\omega-\omega^3\right)P_4\left(1\right)=0\\&\left(\omega^3-\omega\right)P_2\left(1\right)+\left(\omega-\omega^2\right)P_3\left(1\right)+\left(\omega^4-\omega^3\right)P_4\left(1\right)=0\\&\left(\omega^4-\omega\right)P_2\left(1\right)+\left(\omega^3-\omega^2\right)P_3\left(1\right)+\left(\omega^2-\omega^3\right)P_4\left(1\right)=0\end{aligned}$
由克拉瑪公式考慮下列三階行列式
$\begin{aligned} &\begin{vmatrix}\omega^2-\omega&\omega^4-\omega^2&\omega-\omega^3\\\omega^3-\omega&\omega-\omega^2&\omega^4-\omega^3\\\omega^4-\omega&\omega^3-\omega^2&\omega^2-\omega^3\end{vmatrix}\\=&\omega^3\begin{vmatrix}\omega-1&\omega^3-\omega&1-\omega^2\\\omega^2-1&1-\omega&\omega^3-\omega^2\\\omega^3-1&\omega^2-\omega&\omega-\omega^2\end{vmatrix}\\=&\omega^3\left(\omega-1\right)^3\begin{vmatrix}1&\omega^2+\omega&-\omega-1\\\omega+1&-1&\omega^2\\\omega^2+\omega+1&\omega&-\omega\end{vmatrix}\\=&\omega^3\left(\omega-1\right)^4\left(3\omega^3+3\omega^2-1\right)\neq0\end{aligned}$
故以$P_2\left(1\right)$、$P_3\left(1\right)$、$P_4\left(1\right)$為未知數方程的解唯一，且$P_2\left(1\right)=P_3\left(1\right)=P_4\left(1\right)=0$，代回後可得$P_1\left(1\right)=0$，最後對題幹的方程取$x=1$可知$Q\left(1\right)=0$。因此由餘式定理可得到所欲證的結論。


4. 證明：

   $\displaystyle\cos^2\theta+\cos^22\theta+\cos^23\theta+\cdots+\cos^2n\theta=\frac{n}{2}+\frac{\sin n\theta\cos\left(n+1\right)\theta}{2\sin\theta}$

訣竅
藉由三角恆等式即可證明之。
解法

藉由直接計算可以得到

$\displaystyle\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n}\cos^2k\theta=&\sum_{k=1}^{n}\frac{1+\cos\left(2k\theta\right)}{2}\\=&\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\cos\left(2k\theta\right)\\=&\frac{n}{2}+\frac{1}{2\sin\theta}\sum_{k=1}^{n}\sin\theta\cos\left(2k\theta\right)\\=&\frac{n}{2}+\frac{1}{4\sin\theta}\sum_{k=1}^{n}\sin\left[\left(2k+1\right)\theta\right]-\sin\left[\left(2k-1\right)\theta\right]\\=&\frac{n}{2}+\frac{\sin\left[\left(2n+1\right)\theta\right]-\sin\theta}{4\sin\theta}\\=&\frac{n}{2}+\frac{\sin\left[\left(\left(n+1\right)+n\right)\theta\right]-\sin\left[\left(\left(n+1\right)-n\right)\theta\right]}{4\sin\theta}\\=&\frac{n}{2}+\frac{\sin\left(n\theta\right)\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]}{2\sin\theta}\end{aligned}$



5. 某國的沙漠中有$A,B,C$三個綠洲，這裡把它們都看成「點」，而這三個點形成銳角三角形。現國王打算選擇一點$P$作為控管中心，選擇的條件是$P$到三點的距離總和$\overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}$為最小。試證明：對此點$P$滿足$\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^\circ$。請問：如何用幾何作圖（只用圓規直尺）得到這一點$P$。如果不是銳角三角形，則又如何？
訣竅
這個問題被稱為費馬-托里拆利-斯坦納問題，而這樣的點被稱為費馬點。
解法

以三角形的每一邊為底邊向外作正三角形$\bigtriangleup ABC'$、$\bigtriangleup BCA'$、$\bigtriangleup CAB'$，如此連接$\overline{AA'}$、$\overline{BB'}$、$\overline{CC'}$，則三條線段的交點就是所求之點。

證明如下：
首先說明三線會交於一點：設$P$為$\overline{AA'}$、$\overline{BB'}$的交點。可以注意由SAS全等性質得到$\bigtriangleup ACA'$與$\bigtriangleup B'CB$是全等的，容易發現$B'CB$可視為$\bigtriangleup ACA'$順時針旋轉$60^\circ$所得，因此$\angle APB'=60^\circ$。由於$\angle APB'$與$\angle ACB'$相等，因此$A$、$B'$、$C$、$P$四點共圓。同理可知$A'$、$B$、$C$、$P$四點共圓。因此$\angle BPC=\angle CPA=120^\circ$。從而有$\angle APB=120^\circ$。於是根據對角互補的特性可知$A$、$B$、$C'$、$P$四點共圓。基於此，可以知道$\angle APC'=\angle ABC'=60^\circ$，因此$\angle CPC'=\angle CPA+\angle APC'=120^\circ+60^\circ=180^\circ$，此意味著$C$、$C'$、$P$三點共線。故$\overline{AA'}$、$\overline{BB'}$、$\overline{CC'}$三線共點於$P$。

現在證明交點$P$就是到三個頂點距離和最小的點：先在$\overline{AA'}$上選擇一點$Q$，使得$\overline{QP}=\overline{PC}$。由於$\angle QPC=60^\circ$，因此$\bigtriangleup PQC$為正三角形。於是$\angle PCB=\angle QCA'$。再者有$\overline{QC}=\overline{PC}$、$\overline{BC}=\overline{A'C}$，故由SAS全等性質知$\bigtriangleup BPC$與$\bigtriangleup A'QC$全等，因此$\overline{QA'}=\overline{PB}$。綜上考慮可知

$\overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}=\overline{AA'}$

現於平面上任取一點$P'$，以$\overline{P'C}$為底邊作正三角形（方向同$\overline{BC}$作正三角形之方向），於是按相同的方法可證得$\bigtriangleup BP'C$和$\bigtriangleup A'Q'C$是全等三角形，因此亦有

$\overline{P'A}+\overline{P'B}+\overline{P'C}=\overline{AP'}+\overline{P'Q'}+\overline{Q'A'}\geq\overline{AA'}$

因此這樣的$P'$到三頂點的距離和不可能小於$P$到三頂點的距離和，這就說明$P$符合這樣的條件。

最後說明唯一性：假設真的存在異於$P$點的點$P'$使得$P'$到三頂點的距離和等同於$P$到三頂點的距離和，那麼有

$\overline{AA'}=\overline{AP'}+\overline{P'Q'}+\overline{Q'A'}$

因此$P'$、$Q'$必在線段$\overline{AA'}$上。按照$P'$與$Q'$的設定可推出$\angle AP'B=\angle AP'C=120^\circ$，因此$P'$也是三線之交點，亦即$P'$就是$P$，因此滿足條件的解是唯一的。

按照找出$P$的過程可知尺規作圖的步驟與題目所欲證的性質。

現在考慮有一角為鈍角，可以發現在角度小於$120^\circ$時論證可同樣適用。但當此鈍角不小於$120^\circ$時符合到三頂點距離和最小的頂即為該頂點，證明如下：不妨設$\angle BAC>120^\circ$，並且取$P$為三角形內一點。以$\overline{BA}$為底邊向上作正三角形$\bigtriangleup BAF$、以$\overline{PA}$為底邊，向上作正三角形$\bigtriangleup PAQ$。於是$\bigtriangleup AQF$與$\bigtriangleup APB$為全等三角形，遂有$\overline{FQ}=\overline{PB}$。故

$\overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}=\overline{FQ}+\overline{QP}+\overline{PC}$

現延長$\overline{FA}$交$\overline{QC}$於$D$點，則依三角不等式可推得

$\overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}>\overline{AB}+\overline{AC}$

因此$P$比$A$到三頂點的距離和來得大，故$A$為滿足題目的點。［宜思考超過$120^\circ$的條件用在何處！］