幾何明珠 第十八章 拿破侖定理 練習與思考 詳解

1. 在圖 18-1 中，證明：
   1. 直線 $A'O_1$、$B'O_2$、$C'O_3$ 都經過 $\Delta ABC$ 的外心；
   2. $AO_1$、$BO_2$、$CO_3$ 共點；
   3. 線段 $AA'$、$BB'$、$CC'$ 長度相等且它們所在的三條直線共點。

   

   圖 18-1

解法
1. 由於 $\Delta A'BC$ 為正三角形，因此 $A'O_1$ 會垂直平分 $BC$，即直線 $A'O_1$ 為中垂線。同理可知 $B'O_2$ 為 $CA$ 的中垂線、$C'O_3$ 為 $AB$ 的中垂線，從而三線過 $\Delta ABC$ 的外心，證明完畢。
2. ［此方法由林浩誼提供］連 $AO_1$、$BO_2$、$CO_3$，那麼在 $\Delta ABO_1$、$ACO_1$ 中分別使用正弦定理可知

   $\displaystyle\frac{AO_1}{\sin\angle ABO_1}=\frac{BO_1}{\sin\angle BAO_1},~~\frac{AO_1}{\sin\angle ACO_1}=\frac{CO_1}{\sin\angle CAO_1}$.

   由於 $BO_1=CO_1$，因此有

   $\displaystyle\frac{\sin\angle BAO_1}{\sin\angle CAO_1}=\frac{\sin\angle ABO_1}{\sin\angle ACO_1}=\frac{\sin(\angle B+30^\circ)}{\sin(\angle C+30^\circ)}.$

   同理在 $\Delta BCO_2$ 與 $\Delta BAO_2$ 中使用可得

   $\displaystyle\frac{\sin\angle BCO_2}{\sin\angle ABO_2}=\frac{\sin\angle BCO_2}{\sin\angle BAO_2}=\frac{\sin\left(C+30^\circ\right)}{\sin\left(A+30^\circ\right)}$.

   在 $\Delta CAO_3$ 與 $\Delta CBO_3$ 中使用可得

   $\displaystyle\frac{\sin\angle ACO_3}{\sin\angle BCO_3}=\frac{\sin\angle CAO_3}{\sin\angle CBO_3}=\frac{\sin\left(A+30^\circ\right)}{\sin\left(B+30^\circ\right)}$.

   從而有

   $\displaystyle\frac{\sin\angle BAO_1}{\sin\angle CAO_1}\cdot\frac{\sin\angle BCO_2}{\sin\angle ABO_2}\cdot\frac{\sin\angle ACO_3}{\sin\angle BCO_3}=1$.

   利用角元西瓦逆定理可知 $AO_1$、$BO_2$、$CO_3$ 三線共點，證明完畢。

3. 

   圖 18-2

   如圖 18-2，在證明拿破崙定理的證法 2 中已經說明 $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^\circ$。又注意到$A'BPC$四點共圓，所以由圓周角相等可知$\angle CPA'=\angle CBA'=60^\circ$，從而 $\angle CPA+\angle APC=180^\circ$，即 $P$ 在 $AA'$ 上。同理可證出 $P$ 亦在 $BB'$ 與 $CC'$ 上，從而 $AA'$、$BB'$、$CC'$ 三線共點。再者由證法 1 中已經說明三線段長相等。


2. 在圖 18-4中，證明 $AN_1$、$BN_2$、$CN_3$ 共點。

   

   圖 18-4

解法
連 $AN_1$、$BN_2$、$CN_3$，在 $\Delta ABN_1$、$\Delta ACN_1$ 中使用正弦定理有
$\displaystyle\frac{AN_1}{\sin\angle ABN_1}=\frac{BN_1}{\sin\angle BAN_1},~~\frac{AN_1}{\sin\angle ACN_1}=\frac{CN_1}{\sin\angle CAN_1}$.
由於 $BN_1=CN_1$，因此有
$\displaystyle\frac{\sin\angle BAN_1}{\sin\angle CAN_1}=\frac{\sin\angle ABN_1}{\sin\angle ACN_1}=\frac{\sin\left(\angle B-30^\circ\right)}{\sin\left(\angle C-30^\circ\right)}$.
同理在 $\Delta BCN_2$ 與 $\Delta BAN_2$ 中始有可得
$\displaystyle\frac{\sin\angle BCN_2}{\sin\angle ABN_2}=\frac{\sin\angle BCN_2}{\sin\angle BAN_2}=\frac{\sin\left(\angle C-30^\circ\right)}{\sin\left(\angle A-30^\circ\right)}$.
在 $\Delta CAN_3$ 與 $\Delta CBN_3$ 中使用可得
$\displaystyle\frac{\sin\angle ACN_3}{\sin\angle ABN_3}=\frac{\sin\angle CAN_3}{\sin\angle CBN_3}=\frac{\sin\left(\angle A-30^\circ\right)}{\sin\left(\angle B-30^\circ\right)}$.
從而有
$\displaystyle\frac{\sin\angle BAN_1}{\sin\angle CAN_1}\cdot\frac{\sin\angle BCN_2}{\sin\angle ABN_2}\cdot\frac{\sin\angle ACN_3}{\sin\angle BCN_3}=1$.
利用角元西瓦逆定理可知 $AN_1$、$BN_2$、$CN_3$ 三線共點，證明完畢。


3. 在任意凸四邊形 $ABCD$ 各邊上依次輪流向外及向內畫等邊三角形，證明：所得到的四個新頂點確定一個平行四邊形。
解法



第三題解答示意圖

如圖，設任意四邊形 $ABCD$ 依序 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ 分別向內、外作正三角形得 $\Delta ABV$、$\Delta BCX$、$\Delta CDY$、$\Delta DAZ$，容易注意到 $\angle XCY=\angle BCD$，因此由餘弦定理可知

$\begin{aligned}XY^2&=CX^2+CY^2-2CX\cdot CY\cos\angle XCY\\&=CB^2+CD^2-2CB\cdot CD\cos\angle BCD\\&=BD^2\\&=AB^2+AD^2-2AB\cdot AD\cos\angle BAD\\&=AV^2+AZ^2-2AV\cdot AZ\cos\angle VAZ=ZV^2.\end{aligned}$

這表明 $XY=ZV$。同理有 $YZ=XV$。因此四邊形 $XYZV$ 的兩組對邊相等，即為平行四邊形。

備註：我當初誤解題意，以為是要證明一次輪流向外及向內畫等邊三角形，證明這些正三角形的中心可確定一個平行四邊形。

解法



第三題補充解答示意圖

如圖，設任意四邊形 $ABCD$ 依序 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ 分別向內、外作正三角形得 $\Delta ABV$、$\Delta BCX$、$\Delta CDY$、$\Delta DAZ$，其中心分別為 $O_1$、$O_2$、$O_3$、$O_4$。

注意到 $\angle ABO_1=\angle CO_2=30^\circ$，故 $\angle O_1BO_2=\angle B$。因此使用餘弦定理可知

$\begin{aligned}{O_1O_2}^2&=BO_1^2+BO_2^2-2BO_1\cdot BO_2\cos\angle B\\&=\frac{BA^2+BC^2-2BA\cdot BC\cos\angle B}{3}\\&=\frac{AC^2}{3}\\&=\frac{DA^2+DC^2-2DA\cdot DC\cos\angle D}{3}\\&=DO_4^2+DO_3^2-2DO_4\cdot DO_3\cos\angle D\\&={O_3O_4}^2.\end{aligned}$

即有 $O_1O_2=O_3O_4$。另一方面可同樣由餘弦定理獲得 $O_1O_4=O_2O_3$。因此四邊形 $O_1O_2O_3O_4$ 的兩組對邊相等，即為平行四邊形。



4. 若將定理 18.7、定理 18.8 所得的正方形分別叫做外拿破侖正方形和內拿破侖正方形，找出外拿破侖正方形面積減內拿破侖正方形面積與平行四邊形面積之間的關係。
解法
設 $ABCD$ 為平行四邊形，並分別向外作正方形，各邊形成的正方形的中心分別依 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ 記為 $O_1$、$O_2$、$O_3$、$O_4$。那麼外拿破侖正方形為 $O_1O_2O_3O_4$，其面積可由餘弦定理計算如下：
• 當 $\angle A$ 為銳角或直角時有

  $\displaystyle{O_1O_4}^2={AO_1}^2+{AO_4}^2-2AO_1\cdot AO_4\cos(\angle A+90^\circ)=\frac{AB^2+AD^2+2AB\cdot AD\sin\angle A}{2}$.

• 當 $\angle A$ 為鈍角時有

  $\displaystyle{O_1O_4}^2={AO_1}^2+{AO_4}^2-2AO_1\cdot AO_4\cos(270^\circ-\angle A)=\frac{AB^2+AD^2+2AB\cdot AD\sin\angle A}{2}$.
因此無論是何種情況其表達式皆相同，且此值即為外拿破侖正方形面積。另一方面，而各邊向內作正方形，其中心分別依 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ 記為 $N_1$、$N_2$、$N_3$、$N_4$。那麼內拿破侖正方形為 $N_1N_2N_3N_4$，其面積可由餘弦定理計算如下：
• 當 $\angle A$ 為銳角或直角時有

  $\displaystyle{N_1N_4}^2={AN_1}^2+{AN_4}^2-2AN_1\cdot AN_4\cos(90^\circ-\angle A)=\frac{AB^2+AD^2-2AB\cdot AD\sin\angle A}{2}$.

• 當 $\angle A$ 為鈍角時有

  $\displaystyle{N_1N_4}^2={AN_1}^2+{AN_4}^2-2AN_1\cdot AN_4\cos(\angle A-90^\circ)=\frac{AB^2+AD^2-2AB\cdot AD\sin\angle A}{2}$.
因此內外拿破侖正方形的面積差為 $2AB\cdot AD\sin\angle A$，此即兩倍的平行四邊形面積。