幾何明珠 第一章 勾股定理 練習與思考 詳解

1. 在 Rt $\Delta ABC$ 中，$D$ 是斜邊 $AB$ 上任意一點，求證：

   $(CD\cdot AB)^2=(AD\cdot BC)^2+(BD\cdot AC)^2$,

   並指出勾股定理是其特殊形式。
解法一

設 $\angle CDA=\theta$，那麼在 $\Delta ACD$ 中使用餘弦定理有
$AC^2=CD^2+AD^2-2AD\cdot CD\cos\theta$.
而 $\angle CDB=\pi-\theta$，因此 $\cos\angle CDB=-\cos\theta$，如此在 $\Delta BCD$ 中使用餘弦定理有
$BC^2=CD^2+BD^2+2BD\cdot CD\cos\theta.$
對第一式乘 $BD$ 加上第二式乘 $AD$ 可得
$AC^2\cdot BD+BC^2\cdot AD=CD^2\cdot AB+AD^2\cdot BD+BD^2\cdot AD.$
因此兩邊同乘以 $AB$ 後有
$\begin{aligned}\left(CD\cdot AB\right)^2&=AC^2\cdot AB\cdot BD+BC^2\cdot AB\cdot AD-AD^2\cdot AB\cdot BD-BD^2\cdot AB\cdot AD\\&=AC^2\left(AD+BD\right)BD+BC^2\left(AD+BD\right)AD-AD\cdot BD\cdot AB\cdot\left(AD+BD\right)\\&=\left(AC\cdot BD\right)^2+\left(BC\cdot AD\right)^2+AC^2\cdot AD\cdot BD+BC^2\cdot BD\cdot AD-AD\cdot BD\cdot AB^2\\&=\left(AC\cdot BD\right)^2+\left(BC\cdot AD\right)^2,\end{aligned}$
其中最後一個等號係利用畢氏定理 $AB^2=BC^2+CA^2$，至此證明完畢。再者，我們可以指出當 $D$ 落在 $AB$ 中點時，有 $CD=AD=BD$，從而約去相同之量可得畢氏定理。
解法二（解析幾何）［林浩誼提供］

設 $C$ 為原點而 $A(a,0)$、$B(0,b)$，而任取 $D$ 為 $\overline{AB}$ 上一點，那麼存在 $x\in(0,1)$ 使得 $D$ 的坐標為 $(ax,b(1-x))$。那麼直接有

$\begin{aligned}\left(CD\cdot AB\right)^2&=\left(a^2x^2+b^2\left(1-x\right)^2\right)\left(a^2+b^2\right)\\&=\left(a^2\left(1-x\right)^2+b^2\left(1-x\right)^2\right)b^2+\left(a^2x^2+b^2x^2\right)a^2\\&=\left(AD\cdot BC\right)^2+\left(BD\cdot AC\right)^2.\end{aligned}$

解法三（向量法）［林浩誼提供］
運用向量的分點公式即有
$\displaystyle\overset{\rightharpoonup}{CD}=\frac{\overline{BD}}{\overline{AB}}\overset{\rightharpoonup}{CA}+\frac{\overline{AD}}{\overline{AB}}\overset{\rightharpoonup}{CB}.$
兩邊取長度後平方，其中由於 $\overset{\rightharpoonup}{CA}\cdot\overset{\rightharpoonup}{CB}=0$，從而證明完畢。


2. 設 $AC$ 為平行四邊形 $ABCD$ 較長的對角線，從 $C$ 引 $AB$、$AD$的 垂線 $CE$、$CF$，分別與 $AB$、$AD$ 的延長線交於 $E$、$F$，求證：

   $AB\cdot AE+AD\cdot AF=AC^2.$

解法一

首先由 AA 相似知 $\Delta CEB\sim\Delta CFD$，因此有
$\displaystyle\frac{AD}{BE}=\frac{CB}{BE}=\frac{CD}{DF}=\frac{AB}{DF},$
即有
$AD\cdot DF=AB\cdot BE.$
再者由 $\Delta CEA$ 為直角三角形，故有
$\begin{aligned}AC^2&=AE^2+CE^2=AE\cdot\left(AB+BE\right)+\left(BC^2-BE^2\right)=AB\cdot AE+AE\cdot BE+AD^2-BE^2\\&=AB\cdot AE+\left(AB+BE\right)\cdot BE+AD^2-BE^2\\&=AB\cdot AE+AB\cdot AE+AD^2\\&=AB\cdot AE+AD\cdot DF+AD^2\\&=AB\cdot AE+AD\cdot AF.\end{aligned}$
證明完畢。
解法二［林浩誼提供］



作 $B$ 與 $C$ 到 $\overline{AC}$ 的垂足 $G$ 與 $H$，那麼可以證明 $\Delta ABG\simeq\Delta DCH$，從而有 $\overline{AG}=\overline{CH}$。再者可以注意到 $\Delta ABG\sim\Delta ACE$、$\Delta ADH\sim\Delta ACF$，因此有

$AB\cdot AE+AD\cdot AF=AG\cdot AC+AH\cdot AC=CH\cdot AC+AH\cdot AC=AC^2.$



3. 在 $\Delta ABC$ 中，$BC=3$，$AC=4$，$AE$ 和 $BD$ 分別是 $BC$ 和 $AC$ 邊上的中線，且 $AE\bot BD$，求 $AB$。
解法



設 $AE$ 與 $BD$ 交於重心 $G$ 點，那麼可知 $\overline{AG}:\overline{GE}=\overline{BG}:\overline{GD}=2:1$。並設 $\overline{GE}=x$、$\overline{GD}=y$，那麼在 $\Delta BEG$、$\Delta ADG$ 運用畢氏定理可得

$\begin{aligned} &x^2+4y^2=\frac{9}{4},\\&4x^2+y^2=4.\end{aligned}$

兩式相加可得 $\displaystyle5x^2+5y^2=\frac{25}{4}$，如此有

$AB=\sqrt{4x^2+4y^2}=\sqrt5.$



4. 已知 $a$、$b$、$c$、$d$ 為正實數，求證：

   $ad+bc\leq\sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{c^2+d^2}.$

解法一
由於 $a,b,c,d$ 皆為實數，因此
$\left(ac-bd\right)^2\geq0.$
展開可得
$\left(ac\right)^2+\left(bd\right)^2\geq2abcd.$
兩邊同時加上 $\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2$ 並提公因式有
$\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\geq\left(ad+bc\right)^2.$
最後再由 $a,b,c,d$ 皆為正實數，兩邊同時開根號便證明完畢。
解法二
留意到下列恆等式
$\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)=\left(ad+bc\right)^2+\left(ac-bd\right)^2.$
因此自動有
$\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\geq\left(ad+bc\right)^2.$
最後再由 $a,b,c,d$ 皆為正實數，兩邊同時開根號便證明完畢。
解法三
考慮以 $(a+c)$ 與 $(b+d)$ 為長與寬的矩形，按其四角可連接獲得兩組全等的直角三角形其長寬分別為 $a$ 與 $c$ 以及 $b$ 與 $d$，而中間則為平行四邊形，其邊長為 $\sqrt{a^2+b^2}$ 與 $\sqrt{c^2+d^2}$，圖形可參考如下：

那麼由矩形面積的計算以及平行四邊形之面積的估計可知
$\displaystyle ab+ad+bc+cd=(a+c)(b+d)=\frac{ab}2\times2+\frac{cd}2\times2+\text{Area}(\text{平行四邊形})\leq ab+cd+\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}.$
移項整理可得所求證的不等式。而等號成立的情形為中間區域為長方形，而這等價於四個角落的三角形互為相似，即 $a/b=d/c$，或 $ac=bd$。