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。
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 BD∩CE=F。
求证:
∠
B
F
C
=
9
0
∘
+
1
2
∠
B
A
C
\angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC
∠BFC=90∘+21∠BAC。
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(180∘−∠BAC)=90∘+21∠BAC
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∘+21∠BAC。
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 ∠BF′C=90∘+21∠BAC=∠BFC,从而得出 F F F 和 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。
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 P′R,R′Q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:
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 R′Q,Q′R)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:
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=60∘−a
同理 ∠ B = 6 0 ∘ − c , ∠ C = 6 0 ∘ − b \angle B = 60^\circ - c,\ \ \angle C = 60^\circ - b ∠B=60∘−c, ∠C=60∘−b。
进一步,连接 P ′ P P'P P′P并延长,可以发现 P ′ P P'P P′P平分 ∠ B P ′ C \angle BP'C ∠BP′C, 因为 △ Q P ′ P ≅ △ R P ′ P ( S S S ) . \triangle QP'P \cong \triangle RP'P(SSS). △QP′P≅△RP′P(SSS).
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=180∘−a=90∘+21(180∘−2a)=90∘+21∠BP′C
所以根据上面引理的结论,P为
△
P
′
B
C
\triangle P'BC
△P′BC的内心。
∴ B P 平 分 ∠ Q B C \therefore BP 平分 \angle QBC ∴BP平分∠QBC, C P 平 分 ∠ R C B CP 平分 \angle RCB CP平分∠RCB。
同理可证Q为
△
A
B
Q
′
\triangle ABQ'
△ABQ′的内心, R为
△
A
R
′
C
\triangle AR'C
△AR′C的内心。
从而可以得到
A
Q
,
A
R
AQ, AR
AQ,AR 是
∠
B
A
C
\angle BAC
∠BAC的三等分线,
B
Q
,
B
P
BQ, BP
BQ,BP 是
∠
A
B
C
\angle ABC
∠ABC的三等分线,
C
P
,
C
R
CP, CR
CP,CR 是
∠
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' △P′Q′R′, 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
60∘−a=31∠BAC,
6
0
∘
−
c
=
1
3
∠
A
B
C
60^\circ - c = \frac{1}{3} \angle ABC
60∘−c=31∠ABC,
6
0
∘
−
b
=
1
3
∠
A
C
B
60^\circ - b = \frac{1}{3} \angle ACB
60∘−b=31∠ACB
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' △A′B′C′。
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) △A′B′C′∽△ABC(三个角分别对应相等)。
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' △PQR∽△P′Q′R′。
而 △ P ′ Q ′ R ′ \triangle P'Q'R' △P′Q′R′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。文章来源:https://www.toymoban.com/news/detail-450487.html
证毕。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-450487.html
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