發刊日期 |
2024年3月
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標題 | 平面等角多邊形的一個有趣性質 |
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在"悠閒數學娛樂論壇"上 kuing (本文第二作者) 的一個帖子 (見 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=6201&extra=page%3D5 ) 中有如下兩個類似的幾何題: 命題1: 如圖 1, 正三角形 $\triangle A_1A_2A_3$ 內一點 $P$ 在三邊上的正投影分別為 $P_1$、 $P_2$、 $P_3$, 則 (i) $A_1P_1+A_2P_2+A_3P_3=P_1A_2+P_2A_3+P_3A_1$; (ii) $S_{\triangle PA_1P_1}+S_{\triangle PA_2P_2}+S_{\triangle PA_3P_3}=S_{\triangle PP_1A_2}+S_{\triangle PP_2A_3}+S_{\triangle PP_3A_1}$.
命題2: 如圖 2, 正五邊形 $A_1A_2A_3A_4A_5$ 內一點 $P$ 在各邊上的正投影分別為 $P_1$、 $P_2$、 $P_3$、 $P_4$、 $P_5$, 則 (約定 $A_6=A_1$) $$\hbox{(i)}\quad \sum_{i=1}^5 A_iP_i=\sum_{i=1}^5 P_iA_{i+1},\qquad \hbox{(ii)} \quad \sum_{i=1}^5 S_{\triangle PA_iP_i}=\sum_{i=1}^5 S_{\triangle PP_iA_{i+1}}.$$ 將結論 (i) 中的有向線段視為向量的投影, 在文 [1] 中我們已經將其推廣到了各邊相等的空間多邊形。 而對於結論 (ii), 我們發現 kuing 在該帖中的那種巧妙的證法對一般的平面等角多邊形也適用。 為了保證結論的普遍性, 下面所提到的多邊形(含三角形)的面積均指有向面積。 先給出兩個引理。
引理1: 如圖 3, 有向角 $\angle A_{i-2}A_{i-1}A_i$、 $\angle A_{i-1}A_iA_{i+1}$、 $\angle A_iA_{i+1}A_{i+2}$ 相等。 在平面上任取一點 $P$, $P$ 在邊 $A_{i-1}A_i$、 $A_iA_{i+1}$ 所在直線上的正投影分別為 $P_{i-1}$、 $P_i$. 過 $P$ 分別作 $A_{i-2}A_{i-1}$、 $A_iA_{i+1}$ (即 $A_{i-1}A_i$ 的兩鄰邊) 的平行線, 這兩條平行線與邊 $A_{i-1}A_i$ 所在直線的交點分別為 $R_{i-1}$、 $Q_{i-1}$.~類似 \n 地, 作出邊 $A_{i}A_{i+1}$ 所在直線上的兩點 $R_i$、 $Q_i$, 則: $$ S_{\triangle PP_{i-1}A_i}-S_{\triangle PA_iP_i}=\frac 12(S_{\triangle PQ_iR_i}-S_{\triangle PQ_{i-1}R_{i-1}}).$$ 證明: 注意到有向角 $\angle A_{i-2}A_{i-1}A_i$、 $\angle A_{i-1}A_iA_{i+1}$、 $\angle A_iA_{i+1}A_{i+2}$ 相等, 結合平行條件知: $\triangle PQ_{i-1}R_{i-1}$ 和 $\triangle PQ_iR_i$ 都是等腰三角形(在某種特殊情形下會退化為重合的線段)。 所以有: $$S_{\triangle PQ_{i-1}P_{i-1}}=\frac 12 S_{\triangle PQ_{i-1}R_{i-1}}, \qquad S_{\triangle PP_{i}R_i}=\frac 12 S_{\triangle PQ_{i}R_{i}}.$$ 又, 由平行條件知: 四邊形$PQ_{i-1}A_iR_i$是平行四邊形。 因此有: $S_{\triangle PQ_{i-1}A_i}\!=\!S_{\triangle PA_{i}R_i}$, 即得: $$S_{\triangle PQ_{i-1}P_{i-1}}+S_{\triangle PP_{i-1}A_i}=S_{\triangle PA_{i}P_i}+S_{\triangle PP_{i}R_i}.$$ 移項並代入得 $$S_{\triangle PP_{i-1}A_i}-S_{\triangle PA_iP_i}=S_{\triangle PP_{i}R_i}-S_{\triangle PQ_{i-1}P_{i-1}} =\frac 12(S_{\triangle PQ_iR_i}-S_{\triangle PQ_{i-1}R_{i-1}}).$$ $\Box$ 注: 圖 3 中直線 $A_{i-1}A_i$ 與 $A_iA_{i+1}$ 相交將平面分割成四個區域, 當點 $P$ 在其他幾個區域(甚至就在分界線上)時上面的證明仍成立。 也就是說, 引理 1 中的點 $P$ 在平面上是任意的。 引理2(見 [2] ): 對平面多邊形 $A_1A_2A_3\cdots A_n$ 所在平面內任一點 $O$, 下式恒成立: $$S_{\hbox{多邊形} A_1A_2A_3\cdots A_n} =S_{\triangle OA_1A_2}+S_{\triangle OA_2A_3}+S_{\triangle OA_3A_4}+\cdots+S_{\triangle OA_{n-1}A_n}+S_{\triangle OA_nA_1}.$$ 現在, 我們就可以證明如下結論 : 定理1: 在平面等角多邊形 $A_1A_2A_3\cdots A_n$ 所在平面上任取一點 $P$, $P$ 在邊 $A_iA_{i+1}$ 所在直線上的正投影為 $P_i$ $(i=1,2,3,\ldots ,n)$. 約定 $A_{n+1}=A_1$, $P_{n+1}=P_1$, 則 $$\sum_{i=1}^n S_{\triangle PA_iP_i}=\sum_{i=1}^n S_{\triangle PP_iA_{i+1}}=\frac 12 S_{\hbox{多邊形} A_1A_2A_3\cdots A_n}.$$
圖 4 所示的是 $n=9$ 時的情形。 證明: 由於引理 1 中涉及有 4 條邊, 因此對 $n=3$ 要單獨證明。
當 $n=3$ 時, 如圖 5, 平面等角多邊形 $A_1A_2A_3$ 即是正三角形。 圖 5 所示的是點 $P$ 在正三角形外的情形 (在正三角形內的情形如圖 1)。 雖然此時不能直接用引理 1, 但引理 1 中的方法仍然適用。 如圖 5, 過 $P$ 作邊 $A_1A_3$、 $A_2A_3$ 的平行線, 這兩條平行線與邊 $A_1A_2$ 所在的直線的交點分別為 $Q_1$、 $R_1$. 類似地, 可作出 $Q_2$、 $R_2$、 $Q_3$、 $R_3$. 因 $\triangle A_1A_2A_3$ 是正三角形, 易知 $\triangle PQ_1R_1$、 $\triangle PQ_2R_2$、 $\triangle PQ_3R_3$ 都是正三角形。 又, 由平行條件知: 四邊形 $PQ_1A_1R_3$、 $PQ_2A_2R_1$、 $PQ_3A_3R_2$ 都是平行四邊形。 這與引理 1 中的條件完全類似, 因此, 完全同理可得: \begin{eqnarray*} S_{\triangle PP_{3}A_1}-S_{\triangle PA_1P_1}&=&\frac 12(S_{\triangle PR_1Q_1}-S_{\triangle PR_{3}Q_{3}}),\\ S_{\triangle PP_{1}A_2}-S_{\triangle PA_2P_2}&=&\frac 12(S_{\triangle PR_2Q_2}-S_{\triangle PR_{1}Q_{1}}),\\ S_{\triangle PP_{2}A_3}-S_{\triangle PA_3P_3}&=&\frac 12(S_{\triangle PR_3Q_3}-S_{\triangle PR_{2}Q_{2}}). \end{eqnarray*} 三式相加即知: $n=3$ 時定理 1 的第一個等號成立。 當 $n\ge 4$ 時, 過 $P$ 分別作 $A_{i-1}A_{i}$、 $A_{i+1}A_{i+2}$ (即 $A_{i}A_{i+1}$ 的兩鄰邊) 的平行線, 這兩條平行線與邊 $A_{i}A_{i+1}$ 所在的直線分別交於點 $R_i$、 $Q_i$ $(i=1,2,3,\ldots ,n)$. 因為多邊形 $A_1A_2A_3\cdots A_n$ 是等角多邊形, 符合引理 1 條件, 由引理 1 可知: $$2(S_{\triangle PP_{i}A_{i+1}}-S_{\triangle PA_{i+1}P_{i+1}})= S_{\triangle PQ_{i+1}R_{i+1}}-S_{\triangle PQ_iR_i}.$$ 令其中的 $i$ 分別取 $1,2,3,\ldots ,n$ (約定 $Q_{n+1}\!=\!Q_1$, $R_{n+1}\!=\!R_1$), 將所得的 $n$ 個等式累加可得: \begin{eqnarray*} 2\sum_{i=1}^n S_{\triangle PP_{i}A_{i+1}}-2\sum_{i=1}^n S_{\triangle PA_{i+1}P_{i+1}} &=&\sum_{i=1}^n S_{\triangle PQ_{i+1}R_{i+1}}-\sum_{i=1}^n S_{\triangle PQ_iR_i}\\ &=&\sum_{i=1}^n S_{\triangle PQ_iR_i}-\sum_{i=1}^n S_{\triangle PQ_iR_i}=0.\qquad~\end{eqnarray*} 結合 $A_{n+1}=A_1$, $P_{n+1}=P_1$, 所以 $$\sum_{i=1}^n S_{\triangle PP_iA_{i+1}} =\sum_{i=1}^n S_{\triangle PA_{i+1}P_{i+1}} =\sum_{i=1}^n S_{\triangle PA_iP_i}.$$ 另一方面(包含 $n=3$ 的情形), 結合引理 2 有: \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n S_{\triangle PA_iP_i} +\sum_{i=1}^n S_{\triangle PP_iA_{i+1}} &=& \sum_{i=1}^n (S_{\triangle PA_iP_i}+S_{\triangle PP_iA_{i+1}})\\ &=&\sum_{i=1}^n S_{\triangle PA_iA_{i+1}}=S_{\hbox{多邊形} A_1A_2A_3\cdots A_n}.\qquad~ \end{eqnarray*} 綜上即知定理 1 的後一個等號也成立。 $\Box$ 需要指出的是: 定理 1 中的平面等角多邊形不必要求是簡單多邊形, 也可是邊與邊有交點的多邊形 (任意平面多邊形都可以定義有向面積, 參見文
一個有趣的問題是: 怎樣去構造平面等角 $n$ 邊形? 換個說法, 這個問題即是: 問題: 平面等角 $n$ 邊形的角應當具有什麼樣的形式? 易知: 正 8 邊形的角為 $\dfrac 34\pi$, 而圖 6 中的平面等角 8 邊形的角為 $\dfrac\pi 2$. 正 5、 6 邊形的角分別為 $\dfrac 35\pi$、 $\dfrac 23\pi$, 而圖 7、 圖 8 中的平面等角 5、 6 邊形的角分別為 $\dfrac \pi 5$、 $\dfrac \pi 3$. 我們注意到它們的區別在於: 兩者繞的圈數不同。 如果平面等角 $n$ 邊形像圖 6$\sim$8 中那樣繞的是兩圈, 則其``外角和''為 $4\pi $. 由此可算得它的角為 $\Big(1-\dfrac 4n\Big)\pi$. 將 $n=8$、 5、 6 分別代入, 所得結果與圖 6$\sim$8 相符。
同理, 如果繞的是三圈, 其"外角和"為 $6\pi$, 可算得其角為 $\Big(1-\dfrac 6n\Big)\pi$. 這與圖 9 相符。 如果繞四圈, 其"外角和"為 $8\pi$。 可算得其角為 $\Big(1-\dfrac 8n\Big)\pi$. 這與圖 10 相符。
一般地, 我們有: 定理2: 平面等角 $n$ 邊形的角應當形如 $\Big(1-\dfrac {2k}n\Big)\pi$ (其中 $1\le k\le \Big[\dfrac {n-1}2\Big]$), 這裡 $k$ 表示平面等角 $n$ 邊形繞的圈數。 參考資料本文作者吳波任教中國重慶市長壽龍溪中學, 郭子偉是悠閒數學娛樂論壇版主 |