【数学基础知识】莫利定理(Morley‘s Theorem)及其直观证明

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前两天看了和三角形相关的一个莫利定理,觉得较为有趣,所以做一个记录。

莫利定理(Morley’s Theorem)

将三角形的三个内角三等分,靠近某边的两条三分角线相交得到一个交点,则这样的三个交点可以构成一个正三角形。
【数学基础知识】莫利定理(Morley‘s Theorem)及其直观证明
看了其他人对该定理的证明,大多都是用了一堆推导,或者用高中的一些正弦余弦定理公式,个人觉得看着较为枯燥。

所以本文从一种直观角度进行证明,过程中仅用到初中知识,但是其中的思想较为有趣。

为证明该定理,首先证明一个引理。

引理

已知: △ A B C \triangle ABC ABC中,BD平分 ∠ A B C \angle ABC ABC,CE平分 ∠ A C B \angle ACB ACB B D ∩ C E = F BD \cap CE = F BDCE=F

求证: ∠ B F C = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B A C \angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC BFC=90+21BAC
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证明:
由题意知F为 △ A B C \triangle ABC ABC 的内心。

∠ B F C = ∠ 7 + ∠ 8 = ( ∠ 2 + ∠ 3 ) + ( ∠ 1 + ∠ 5 ) = ∠ B A C + 1 2 ( ∠ A B C + ∠ B C A ) = ∠ B A C + 1 2 ( 18 0 ∘ − ∠ B A C ) = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B A C \begin{aligned} \angle BFC &= \angle7+\angle 8 \\ &=(\angle 2 + \angle 3) + (\angle 1 + \angle 5) \\ &= \angle BAC + \frac{1}{2}(\angle ABC + \angle BCA) \\ &= \angle BAC + \frac{1}{2}(180^\circ - \angle BAC) \\ &= 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC \end{aligned} BFC=7+8=(2+3)+(1+5)=BAC+21(ABC+BCA)=BAC+21(180BAC)=90+21BAC
证毕。

该引理的等价形式:

△ A B C \triangle ABC ABC中,AG平分 ∠ B A C \angle BAC BAC, F为AG上一点, ∠ B F C = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B A C \angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC BFC=90+21BAC

求证:F为 ∠ A B C \angle ABC ABC的内心。

简要证明:可以假设F不为内心,则可以取 ∠ A B C , ∠ A C B \angle ABC , \angle ACB ABC,ACB的角平分线,必与AG交于另一点 F ′ F' F。则根据之前引理的结论,必有 ∠ B F ′ C = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B A C = ∠ B F C \angle BF'C = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC = \angle BFC BFC=90+21BAC=BFC,从而得出 F F F F ′ F' F重合。

接下来证明莫利定理。

莫利定理的证明:

考虑如下的正三角形 P Q R PQR PQR,在三边的外面分别作一个等腰三角形,底角的大小分别为 a , b , c a, b, c a,b,c
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a , b , c a, b, c a,b,c均为变量,规定其需满足以下形式:
a + b + c < 12 0 ∘ ,       a , b , c < 6 0 ∘ a + b + c < 120^\circ, \ \ \ \ \ a, b, c < 60^\circ a+b+c<120,     a,b,c<60

分别延长 P ′ R , R ′ Q P'R, R'Q PR,RQ等线段,延长线构成的角一定等于 a , b , c a, b, c a,b,c, 如下图所示:

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因为已知正 △ P Q R \triangle PQR PQR的每个内角都是 6 0 ∘ 60^\circ 60, 再加上一个延长线构成的角一共是 18 0 ∘ 180^\circ 180

考虑 Q R QR QR外面的两个大角 a + b , a + c a+b, a+c a+b,a+c, 因为 a < 6 0 ∘ a < 60^\circ a<60, 且 a + b + c < 12 0 ∘ a + b+c < 120^\circ a+b+c<120
所以 Q R QR QR外面的两个大角的和 ( a + b ) + ( a + c ) < 18 0 ∘ (a+b) + (a+c) < 180^\circ (a+b)+(a+c)<180,

∴ Q R \therefore QR QR外面的两个延长线( R ′ Q , Q ′ R R'Q, Q'R RQ,QR)一定会相交。

同理QP,PR外面的两个延长线也会相交。设延长线的交点分别为A, B, C。 如下图所示:
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易知
∠ A = 18 0 ∘ − ( a + b ) − ( a + c ) = 18 0 ∘ − ( a + b + c ) − a = 6 0 ∘ − a \begin{aligned}\angle A &= 180^\circ - (a+b) - (a+c) \\ &= 180^\circ - (a+b+c) - a \\ &= 60^\circ - a \end{aligned} A=180(a+b)(a+c)=180(a+b+c)a=60a

同理 ∠ B = 6 0 ∘ − c ,    ∠ C = 6 0 ∘ − b \angle B = 60^\circ - c,\ \ \angle C = 60^\circ - b B=60c,  C=60b

进一步,连接 P ′ P P'P PP并延长,可以发现 P ′ P P'P PP平分 ∠ B P ′ C \angle BP'C BPC, 因为 △ Q P ′ P ≅ △ R P ′ P ( S S S ) . \triangle QP'P \cong \triangle RP'P(SSS). QPPRPP(SSS).

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又有
∠ B P C = 18 0 ∘ − a = 9 0 ∘ + 1 2 ( 18 0 ∘ − 2 a ) = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B P ′ C \begin{aligned} \angle BPC &= 180^\circ - a \\ &= 90^\circ + \frac{1}{2}(180^\circ - 2a) \\ &=90^\circ + \frac{1}{2}\angle BP'C \end{aligned} BPC=180a=90+21(1802a)=90+21BPC
所以根据上面引理的结论,P为 △ P ′ B C \triangle P'BC PBC的内心。

∴ B P 平 分 ∠ Q B C \therefore BP 平分 \angle QBC BPQBC, C P 平 分 ∠ R C B CP 平分 \angle RCB CPRCB

同理可证Q为 △ A B Q ′ \triangle ABQ' ABQ的内心, R为 △ A R ′ C \triangle AR'C ARC的内心。
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从而可以得到 A Q , A R AQ, AR AQ,AR ∠ B A C \angle BAC BAC的三等分线, B Q , B P BQ, BP BQ,BP ∠ A B C \angle ABC ABC的三等分线, C P , C R CP, CR CP,CR ∠ A C B \angle ACB ACB的三等分线。

截止到这里相当于证明完了莫利定理的逆定理,即从正三角形出发构造了三等分线。

下面可以从正面推出莫利定理。

已知任意一个 △ A B C \triangle ABC ABC, 可以取任意一个正 △ P ′ Q ′ R ′ \triangle P'Q'R' PQR, 根据上面的构造方法,取

6 0 ∘ − a = 1 3 ∠ B A C 60^\circ - a = \frac{1}{3} \angle BAC 60a=31BAC,
6 0 ∘ − c = 1 3 ∠ A B C 60^\circ - c = \frac{1}{3} \angle ABC 60c=31ABC,
6 0 ∘ − b = 1 3 ∠ A C B 60^\circ - b = \frac{1}{3} \angle ACB 60b=31ACB

可以看出这种情况下一定满足 a + b + c = 12 0 ∘ a+b+c=120^\circ a+b+c=120 (上面三个等式相加), 且 a , b , c < 6 0 ∘ a,b,c < 60^\circ a,b,c<60

从而可以用上面的方法构造出一个包含三等分线的 △ A ′ B ′ C ′ \triangle A'B'C' ABC

由于选取的角度 a , b , c a,b,c a,b,c 必有 △ A ′ B ′ C ′ ∽ △ A B C ( 三 个 角 分 别 对 应 相 等 ) \triangle A'B'C' \backsim \triangle ABC(三个角分别对应相等) ABCABC()

然后可以再取 △ A B C \triangle ABC ABC 的三等分线,构成一个 △ P Q R \triangle PQR PQR,

易证得 △ P Q R ∽ △ P ′ Q ′ R ′ \triangle PQR \backsim \triangle P'Q'R' PQRPQR

△ P ′ Q ′ R ′ \triangle P'Q'R' PQR是我们取的任意正三角形, ∴ △ P Q R \therefore \triangle PQR PQR必然也是正三角形。

证毕。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-450487.html

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