推論. ( 定理 3 之延伸定理 ) 設正六邊形 ABCDEF, 有一點 P 滿足 [(1 t 1 t t 3 t 4 )a+(d+e+f)t 1 +(c e 3f)t +(c+d f)t 3 +(c+3d+e)t 4 ] P A +[(1 t 1 t t 3 t 4 )b+(d+3e+f)t 1

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洞饶
6 years ago
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1 1 讓我們來看面向 - 向量與多邊形的面積關係臺北市立第一女子高級中學陳育婷指導老師楊健民 1 簡介 1.1 研究動機上高中以後才學習到向量這個新名詞, 它讓我用不同的角度思考數學 ; 對於其應用之廣泛以及能證明多個定理感到驚奇 ; 此外它與幾何學也有極大的關係, 例如在高二時學到用向量分割出三角形的面積比, 恰好是點 P 到對頂點向量的係數比 : 設點 P 在 ABC 的內部且 m,, k > 0, 若 m P A + P B + k P C = 0, 則 P BC P CA P AB = m k. 證明 : 設 P A = m P A, P B = P B, P C = k P C, P A + P B + P C = 0 P 為 A B C 之重心 P B C = P C A = P A B P A = m P A, P B = P B, P C = k P C P B C = k P BC, P C A = km P CA, P A B = m P AB, k P BC = km P CA = m P AB P BC P CA P AB = m k 讓我想到是否能將此推廣到正四邊形甚至是正邊形都會有某種規律, 於是我開始進行這項研究 1. 研究目的我們猜想正邊形的分割三角形的面積比都可以以向量之係數表示, 而且分割三角形的面積比是以內部一點到對面頂點的向量係數表示若我們能推出規律, 並用一項公式概括到正邊形的分割三角形的面積比, 將能運用此結果快速求出分割三角形的面積比 1.3 研究結果我們一開始先參考了三角形的證明方法因為重心性質只適用於三角形, 所以我們從不同的角度及方法切入, 得到了分割三角形的面積比定理 1. ( 存在唯一性 ) 若 A 1 A A 為平面上之正邊形, 若 k 1, k,, k 為給定個實數, 且 k 1 +k + +k 0, 則存在唯一的點 P, 滿足 k 1 P A1 +k P A + +k P A = 0 推論 1. ( 定理之延伸定理 ) 設正方形 ABCD, 有一點 P 滿足 ( dt+cs+(1 t s)a) P A+(dt cs+(1 t s)b) P B+( dt+(1 t)c) P C+( cs+(1 s)d) P D = 0, t, s R, 則 P AB P BC P CD P DA = c + d d + a a + b b + c.

2 推論. ( 定理 3 之延伸定理 ) 設正六邊形 ABCDEF, 有一點 P 滿足 [(1 t 1 t t 3 t 4 )a+(d+e+f)t 1 +(c e 3f)t +(c+d f)t 3 +(c+3d+e)t 4 ] P A +[(1 t 1 t t 3 t 4 )b+(d+3e+f)t 1 (c e f)t (3c+d f)t 3 (c+d+e)t 4 ] P B +[(1 t 1 )c (d+e+f)t 1 ] P C +[(1 t )d (c+e+f)t ] P D+[(1 t 3 )e (c+d+f)t 3 ] P E +[(1 t 4 )f (c+d+e)t 4 ] P F = 0, 其中 t 1, t, t 3, t 4 R, 則 P AB P BC P CD P DE P EF P F A = c + d + e + f d + e + f + a e + f + a + b f + a + b + c a + b + c + d b + c + d + e. 推論 3. ( 定理 5 之延伸定理 (1)) 設正邊形 A 0 A 1 A 1, 有一點 P 滿足 1 { + [ cos kθ + (a 1) cos kθ a + 1] t k } P A 0 + (1 t 1 ) P A 1 + (1 t ) P A + +(1 t 1 ) P A 1 + P A + (1 t 1 ) P A +1 + (1 t ) P A + + +(1 t 1 ) P A 1 = 0, 其中 t 1, t,, t 1 R 則 P A k A k+1 的面積比可表示為 ( + a 1) cos θ k + 1 (a 1) cos θ, θ = π 推論 4. ( 定理 5 之延伸定理 ()) 設正 + 1 邊形 A 0 A 1 A, 有一點 P 滿足 [ + (4 cos kθ + a cos kθ a + )t k ] P A 0 + (1 t 1 ) P A 1 + (1 t ) P A (1 t ) P A + (1 t ) P A +1 + (1 t 1 ) P A + + +(1 t 1 ) P A = 0, t 1, t,, t R, θ = π + 1, 則 P A k A k+1 的面積比可表示為 ( + a) cos θ k + 1 (a 1) cos θ, θ = π + 1. 定理 1. 邊數大於或等於 5 的正多邊形中, 除了正六邊形外, 不存在有全相異之係數 k 1, k,, k 滿足 k 1 P A1 + k P A + k 3 P A3 + + k P A = 0 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比研究內容.1 名詞定義及預備知識 1. OA 0 = (1, 0) 表示從原點出發沿正 x 軸行進的單位向量. P A k A k+1 的面積比 : 表 P A 0 A 1 P A 1 A P A A 3 P A 1 A 0 3. 設 A(x 1, y 1 ), B(x, y ), C(x 3, y 3 ), 則 ABC 的面積為 1 x 1 x x 3 x 1 y 1 y y 3 y 1 = 1 x 1y x y 1 + x y 3 x 3 y + x 3 y 1 x 1 y 本篇研究所討論之正邊形 A 1 A A 3 A,P 點滿足 k 1 P A1 +k P A + +k P A = 0, 此時皆排除 k 1 = k = = k 之情形, 因為此時點 P 在原點, P A k A k+1 的面積比恆為 1

3 3. 向量與正多邊形分割三角形的面積關係之探討..1 P 點之存在唯一性定理 1 ( 存在唯一性 ). 若 A 1 A A 為平面上之正邊形, 若 k 1, k,, k 為給定個實數, 且 k 1 +k +cdots+k 0, 則存在唯一的點 P, 滿足 k 1 P A1 +k P A + +k P A = 0. 證明. 1. 先證明存在性. 因為 k 1 P A1 + k P A + k 3 P A3 + + k P A = k 1 ( OA 1 OP ) + k ( OA OP ) + k 3 ( OA 3 OP ) + + k ( OA OP ) = k 1 OA1 + k OA + k 3 OA3 + + k OA (k 1 + k + k k ) OP 因此我們只要取 P 點滿足 OP, 則因此 P 點存在 k 1 P A1 + k P A + + k P A = 0,. 再證明唯一性. 假設存在 P, Q 兩點使得 k 1 P A1 + k P A + + k P A = k 1 QA1 + k QA + + k QA = 0 則 k 1 ( P A 1 QA 1 ) + k ( P A QA ) + + k ( P A QA ) = 0, k 1 P Q + k P Q + + k P Q = [0] (k1 + k + + k ) P Q = 0. 但是 k 1 + k + + k 0, 所以 P Q = 0, 亦即 P = Q.. 正方形正六邊形正八邊形之分割三角形的面積比之探討定理 ( 正方形之面積比 ). 設正方形 ABCD, 且點 P 滿足 a P A + b P B + c P C + d P D = 0,a, b, c, d R 且 a + b + c + d 0, 則 P AB P BC P CD P DA = c + d d + a a + b b + c 證明. 不失一般性, 我們可以將正方形之四個頂點定在 A(0, 1), B(0, 0), C(1, 0), D(1, 1), 因為 a P A+b P B+c P C +d P D = 0, 所以 a( x, 1 y)+b( x, y)+c(1 x, y)+d(1 x, 1 y) = c + d (0, 0). 因此 x = a + b + c + d, y = a + d a + b + c + d P AB P BC P CD P DA = x y x y x y x y 1 = x y 1 x 1 y = c + d d + a a + b b + c. 定理 3 ( 正六邊之面積比 ). 設正六邊形 ABCDEF, 且點 P 滿足 a P A + b P B + c P C + d P D + e P E + f P F = 0, a, b, c, d, e, f R 且 a + b + c + d + e + f 0, 則 P AB P BC P CD P DE P EF P F A = c+d+e+f d+e+f +a e+f +a+b f +a+b+c a+b+c+d b+c+d+e 證明. 不失一般性我們可以將正六邊形之六個頂點定在 A(1, 3), B(0, 0), C(1, 3), D(3, 3), E(4, 0), F (3, 3) 因為 a P A + b P B + c P C + d P D + e P E + f P F = 0, 推得 a(1 x, 3 y) + b( x, y) + c(1 x, 3 y) + d(3 x, 3 y) + e(4 x, y) + f(3

4 4 x, a + c + 3d + 4e + 3f 3( a + c + d f) 3 y) = (0, 0). 以及 x = a + b + c + d + e + f, y = a + b + c + d + e + f. 所以 P AB P BC P CD P DE P EF P F A = x y x y x y x y x y x y 3 = 3x + y 3x y 3 y 3x y x + y y + 3 = c + d + e + f d + e + f + a e + f + a + b f + a + b + c a + b + c + d b + c + d + e. 定理 4 ( 正八邊之面積比 ). 設正八邊形 ABCDEF GH, 且點 P 滿足 a P A+b P B +c P C + d P D+e P E+f P F +g P G+h P H = 0, a, b, c, d, e, f, g, h R 且 a+b+c+d+e+f +g+h 0, 則 P AB P BC P CD P DE P EF P F G P GH P HA = c + (1 + )d + ( + )e + ( + )f + (1 + )g + h d + (1 + )e + ( + )f + ( + )g + (1 + )h + a e + (1 + )f + ( + )g + ( + )h + (1 + )a + b f + (1 + )g + ( + )h + ( + )a + (1 + )b + c g + (1 + )h + ( + )a + ( + )b + (1 + )c + d h + (1 + )a + ( + )b + ( + )c + (1 + )d + e a + (1 + )b + ( + )c + ( + )d + (1 + )e + f b + (1 + )c + ( + )d + ( + )e + (1 + )f + g. 證明. 不失一般性, 我們可以將正八邊形之八個頂點定在 A(1, 1), B(1 +, 1), C( +, 0), D( +, ), E(1 +, 1 + ), F (1, 1 + ), G(0, ), H(0, 0) 因為 a P A + b P B + c P C + d P D + e P E + f P F + g P G + h P H = 0, 推得 a(1 x, 1 y) + b(1 + x, 1 y) + c( + x, y) + d( + x, y) +e(1 + x, 1 + y) + f(1 x, 1 + y) + g( x, y) + h( x, y) = (0, 0), 以及 x = a + (1 + )b + ( + )c + ( + )d + (1 + )e + f a + b + c + d + e + f + g + h y = a b + d + (1 + )e + (1 + )f + g. a + b + c + d + e + f + g + h 所以 P AB P BC P CD P DE P EF P F G P GH P HA = x y x y x + 0 y x y x y x y 1 0 x y x y 0 = + y x + y + + x + + x y + + y + + x y + x x + y P AB P BC P CD P DE P EF P F G P GH P HA = c + (1 + )d + ( + )e + ( + )f + (1 + )g + h d + (1 + )e + ( + )f + ( + )g + (1 + )h + a e + (1 + )f + ( + )g + ( + )h + (1 + )a + b f + (1 + )g + ( + )h + ( + )a + (1 + )b + c

5 5 g + (1 + )h + ( + )a + ( + )b + (1 + )c + d h + (1 + )a + ( + )b + ( + )c + (1 + )d + e a + (1 + )b + ( + )c + ( + )d + (1 + )e + f b + (1 + )c + ( + )d + ( + )e + (1 + )f + g..3 正邊形之分割三角形的面積比之探討我們發現上述的方法難以繼續推廣到正邊形, 因此我們轉而研究首項向量係數為任意正實數 a(a > 0) 其餘係數皆固定為 1, 並利用向量轉換的方式, 以另一種方法求得面積比定理 5 ( 特別係數的正邊形之面積比 ). 設 A 0 A 1 A 1 為平面上之正多邊形, 若 P 點滿足 a P A 0 + P A P A 1 = 0, a 1, 則 P A k A k+1 的面積比可表示為 ( + a 1) cos θ k + 1 (a 1) cos θ, θ = π 證明. 因為 a P A 0 + P A 1 + P A + P A P A 1 = 0, 所以 a( OA 0 OP ) + ( OA 1 OP ) + ( OA OP ) + + ( OA 1 OP ) = 0. OP = a OA 0 + OA 1 + OA + + OA 1 + a 1 又因為 OA0 + OA 1 + OA + + OA 1 = 0, a OA 0 + OA 1 + OA + + OA 1 = (a 1) OA 0 = (a 1, 0), 所以 P ( a 1 + a 1, 0) P A k A k+1 = 因為 = = = = a 1 a 1 1 cos kθ cos(k + 1)θ + a 1 + a 1 0 si kθ si(k + 1)θ 0 1 [ a 1 a 1 si kθ + si(k + 1)θ cos kθ cos(k + 1)θ si kθ si(k + 1)θ] + a 1 + a 1 1 {si θ a 1 [si(k + 1)θ si kθ]} + a 1 1 { si θ cos θ a 1 k + 1 cos θ si θ + a 1 } si θ + a 1 [( + a 1) cos θ k + 1 (a 1) cos θ]. si θ 為定值, 所以 P A k A k+1 的面積比為 ( + a 1) cos θ + a 1 k + 1 (a 1) cos θ...4 由存在唯一性定理 ( 定理 1) 可知, 給定係數後,P 點的選取是唯一的, 且面積比亦隨之固定 ; 我們接著想問的是, 不同的係數是否會對應到同一個 P 點? 定理 6. 設正方形 ABCD, 已知點 P 滿足 a P A + b P B + c P C + d P D = 0,a, b, c, d R 且 a + b + c + d 0, 則 P 點亦滿足 [ dt+cs+(1 t s)a] P A+[dt cs+(1 t s)b] P B+[ dt+(1 t)c] P C+[ cs+(1 s)d] P D = 0, t, s R. 證明.

6 6 (1) 因為 A, B 為正方形兩頂點, 所以 P A 和 P B 不平行令 P C = α P A + β P B, 因為 a P A + b P B + c P C + d P D = 0 a P A + b P B + (c 1) P C + P C + d P D = 0 a P A + b P B + (c 1) P C + α P A + β P B + d P D = 0 (a + α) P A + (b + β) P B + (c 1) P C + d P D = 0 因為 P 點給定所以面積比不變 P AB P BC P CD P DA = c + d d + a a + b b + c c + d 1 所以 = d + a + α = a + b + α + β c + d d + a a + b P C = α P A + β P B = a + d P A + d b P B c + d c + d = c + d 1 d + a + α a + b + α + β b + c + β 1 = b + c + β 1 b + c α = a + d c + d, β = d b c + d, 所以 (c + d) P C = (a + d) P A + (d b) P B a P A + b P B + c P C + d P D = 0 a P A + b P B + [c (c + d)t] P C + (c + d)t P C + d P D = 0 a P A + b P B + [c (c + d)t] P C + t[ (a + d) P A + (d b) P B] + d P D = 0 [a t(a + d)] P A + [b + t(d b)] P B + [c (c + d)t] P C + d P D = 0 [ dt + (1 t)a] P A + [dt + (1 t)b] P B + [ dt + (1 t)c] P C + d P D = 0 () 同理 (c + d) P D = (c a) P A (b + c) P B [cs + (1 s)a] P A + [ cs + (1 s)b] P B + c P C + [ cs + (1 s)d] P D = 0 (3) 由 (1)() 可知 a P A + b P B + c P C + d P D = 0 a P A + b P B + [c (c + d)t] P C + (c + d)t P C + [d (c + d)s] P D + (c + d)s P D = 0 a P A + b P B + [c (c + d)t] P C + t[ (a + d) P A + (d b) P B] + [d (c + d)s] P D + s[(c a) P A (b+c) P B] = 0 [a t(a+d)+s(c a)] P A+[b+(d b)t s(b+c)] P B + [c (c + d)t] P C + [d (c + d)s] P D = 0 [ dt + cs + (1 t s)a] P A + [dt cs + (1 t s)b] P B + [ dt + (1 t)c] P C + [ cs + (1 s)d] P D = 0. 推論 1 ( 定理之延伸定理 ). 設正方形 ABCD, 有一點 P 滿足 [ dt+cs+(1 t s)a] P A+[dt cs+(1 t s)b] P B+[ dt+(1 t)c] P C+[ cs+(1 s)d] P D = 0, t, s R. 則 P AB P BC P CD P DA = c + d d + a a + b b + c. 證明. 由定理 6 得知, 點 P 同時滿足 a P A + b P B + c P C + d P D = 0 與 [ dt + cs + (1 t s)a] P A + [dt cs + (1 t s)b] P B + [ dt + (1 t)c] P C + [ cs + (1 s)d] P D = 0 由定理 1( 存在唯一性 ) 可知滿足 a P A + b P B + c P C + d P D = 0 之 P 點是唯一存在的, 因為 P 點給定所以面積比不變 P AB P BC P CD P DA = c + d d + a a + b b + c. 我們也可利用定理來驗證推論 1 之結果 : 由定理得知, 正方形 ABCD, 有一點 P 滿足 [ dt + cs + (1 t s)a] P A + [dt cs + (1 t s)b] P B + [ dt + (1 t)c] P C + [ cs + (1 s)d] P D = 0, t, s R 則 P AB P BC P CD P DA = [ dt + (1 t)c] + [ cs + (1 s)d] [ cs + (1 s)d] + [ dt + cs + (1 t s)a] [ dt + cs + (1 t s)a] + [dt cs + (1 t s)b] [dt cs + (1 t s)b] + [ dt + (1 t)c] = [(1 s t)d + (1 s t)c] (1 s t)d + (1 s t)a (1 s t)a + (1 s t)b

7 7 (1 s t)b + (1 s t)c = c + d d + a a + b b + c. 定理 7. 設正六邊形 ABCDEF, 已知點 P 滿足 a P A+b P B+c P C+d P D+e P E+f P F = 0, a, b, c, d, e, f, R 且 a + b + c + d + e + f 0, 則 P 點亦滿足證明. [(1 t 1 t t 3 t 4 )a (d + e + f)t 1 + (c e 3f)t + (c + d f)t 3 + (c + 3d + e)t 4 ] P A +[(1 t 1 t t 3 t 4 )b + (d + 3e + f)t 1 (c e f)t (3c + d f)t 3 (c + d + e)t 4 ] P B +[(1 t 1 )c (d + e + f)t 1 ] P C + [(1 t )d (c + e + f)t ] P D +[(1 t 3 )e (c + d + f)t 3 ] P E + [(1 t 4 )f (c + d + e)t 4 ] P F = 0, t 1, t, t 3, t 4 R. (1) 令 P C = α P A + β P B 因為 a P A + b P B + c P C + d P D + e P E + f P F = 0 a P A + b P B + (c 1) P C + P C + d P D + e P E + f P F = 0 a P A + b P B + (c 1) P C + α P A + β P B + d P D + e P E + f P F = 0 (a + α) P A + (b + β) P B + (c 1) P C + d P D + e P E + f P F = 0 因為 P 點給定所以面積比不變 P AB P BC P F A = c + d + e + f a + d + e + f b + c + d + e = c 1 + d + e + f a + α + d + e + f b + β + c + d + e c 1 + d + e + f a + α + d + e + f b + β + c + d + e 所以 = = c + d + e + f a + d + e + f b + c + d + e 1 c + d + e + f = α a + d + e + f = β b + c + d + e a + d + e + f d 3e f α =, β = b c + d + e + f c + d + e + f P C = α P A + β a + d + e + f b d 3e f P B = P A P B c + d + e + f c + d + e + f 得 (c + d + e + f) P C = (a + d + e + f) P A (b d 3e f) P B a P A + b P B + c P C + d P D + e P E + f P F = 0 a P A+b P B +[c (c+d+e+f)t] P C +(c+d+e+f)t P C +d P D+e P E +f P F = 0 a P A + b P B + [c (c + d + e + f)t] P C t(a + d + e + f) P A t(b d 3e f) P B + d P D + e P E + f P F = 0 [a t(a + d + e + f)] P A + [b t(b d 3e f)] P B + [c (c + d + e + f)t] P C + d P D + e P E + f P F = 0 [ (d + e + f)t + (1 t)a] P A + [(d + 3e + f)t + (1 t)b] P B + [ (d + e + f)t + (1 t)c] P C + d P D + e P E + f P F = 0 () 同理 (c + d + e + f) P D = (a c + e + 3f) P A (b + c e f) P B (c + d + e + f) P D = (a c d + f) P A (b + 3c + d f) P B (c + d + e + f) P F = (a c 3d e) P A (b + c + d + e) P B

8 8 (3) 由 (1)() 可知 a P A + b P B + c P C + d P D + e P E + f P F = 0 a P A + b P B + [c (c + d + e + f)t 1 ] P C + (c + d + e + f)t 1 P C + [d (c + d + e + f)t ] P D + (c + d + e + f)t P D + [e (c + d + e + f)t3 ] P E + (c + d + e + f)t 3 P E + [f (c + d + e + f)t4 ] P F + (c + d + e + f)t 4 P F = 0 [a (a + d + e + f)t 1 (a c + e + 3f)t (a c d + f)t 3 (a c 3d e)t 4 ] P A + [b (b d 3e f)t 1 (b + c e f)t (b + 3c + d f)t 3 (b + c + d + e)t 4 ] P B + [c (c + d + e + f)t 1 ] P C + [d (c + d + e + f)t ] P D + [e (c + d + e + f)t 3 ] P E + [f (c + d + e + f)t 4 ] P F = 0 [(1 t 1 t t 3 t 4 )a (d+e+f)t 1 +(c e 3f)t +(c+d f)t 3 +(c+3d+e)t 4 ] P A +[(1 t 1 t t 3 t 4 )b+(d+3e+f)t 1 (c e f)t (3c+d f)t 3 (c+d+e)t 4 ] P B +[(1 t 1 )c (d+e+f)t 1 ] P C +[(1 t )d (c+e+f)t ] P D+[(1 t 3 )e (c+d+f)t 3 ] P E +[(1 t 4 )f (c + d + e)t 4 ] P F = 0 推論 ( 定理 3 之延伸定理 ). 設正六邊形 ABCDEF, 有一點 P 滿足 [(1 t 1 t t 3 t 4 )a (d + e + f)t 1 + (c e 3f)t + (c + d f)t 3 + (c + 3d + e)t 4 ] P A 則 + [(1 t 1 t t 3 t 4 )b + (d + 3e + f)t 1 (c e f)t (3c + d f)t 3 (c + d + e)t 4 ] P B + [(1 t 1 )c (d + e + f)t 1 ] P C + [(1 t )d (c + e + f)t ] P D + [(1 t 3 )e (c + d + f)t 3 ] P E + [(1 t 4 )f (c + d + e)t 4 ] P F = 0, t 1, t, t 3, t 4 R, P AB P BC P CD P DE P EF P F A = c + d + e + f d + e + f + a e + f + a + b f + a + b + c a + b + c + d b + c + d + e 在一般的正邊形中, 若首項向量係數 a 為任意給定實數, 其餘係數皆為 1 時, 我們有以下的一般形態 : 定理 8. 設 A 0 A 1 A 1 為平面上之正邊形, 若 P 點滿足 a P A 0 + P A P A 1 = 0, a > 0, 則 P 點亦滿足證明. 1 { + [ cos kθ + (a 1) cos kθ a + 1]t k } P A 0 + (1 t 1 ) P A 1 + (1 t ) P A + + (1 t 1 ) P A 1 + P A + (1 t 1 ) P A +1 + (1 t ) P A (1 t 1 ) P A 1 = 0, t 1, t,, t 1 R, θ = π. (1) 因為 OA1 + OA 1 = cos θ OA 0 OP + P A 1 + OP + P A 1 = cos θ( OP + P A 0 ) P A 1 + P A 1 = cos θ( OP + P A 0 ) OP P A 1 + P A 1 = cos θ( OP + P A 0 ) OP = cos θ ( a 1 P A 0 + P A 0 ) a 1 P A0 = cos θ + (a 1) cos θ a + 1 P A 0

9 9 () 同理可知 (3) P A k + P A k = cos kθ + (a 1) cos kθ a + 1 P A 0, k = 1,,, 1. a P A 0 + P A P A 1 = 0 1 { + [ cos kθ + (a 1) cos kθ a + 1]t k } P A 0 + (1 t 1 ) P A 1 + (1 t ) P A + + (1 t 1 ) P A 1 + P A + (1 t 1 ) P A +1 + (1 t ) P A (1 t 1 ) P A 1 = 0. 推論 3 ( 定理 5 之延伸定理 (1)). 設正邊形 A 0 A 1 A 1, 有一點 P 滿足 1 { + [ cos kθ + (a 1) cos kθ a + 1]t k } P A 0 + (1 t 1 ) P A 1 + (1 t ) P A + + (1 t 1 ) P A 1 + P A + (1 t 1 ) P A +1 + (1 t ) P A (1 t 1 ) P A 1 = 0, t 1, t,, t 1 R, 則 P A k A k+1 的面積比可表示為 ( + a 1) cos θ k + 1 (a 1) cos θ, θ = π. 定理 9. 設 A 0 A 1 A 為平面上之正 +1 邊形, 若 P 點滿足 a P A 0 + P A P A = 0, a > 0, 則 P 點亦滿足 [ + (4 cos kθ + a cos kθ a + )t k ] P A 0 + (1 t 1 ) P A 1 + (1 t ) P A (1 t ) P A + (1 t ) P A + (1 t ) P A +1 + (1 t 1 ) P A (1 t 1 ) P A = 0, θ = π + 1. 證明. (1) OA 1 + OA = cos θoa 0 OP + P A 1 + OP + P A = cos θ( OP + P A 0 ) P A 1 + P A = cos θ( OP + P A 0 ) OP 因為 a 1 OP = ( + a 1, 0) = a 1 OA 0, 所以 P A0 + a 1 a 1 OA 0 = OA 0, a 1 OP = OA 0 = a 1 P A 0 + a 1 + a 1 + a 1 因為 a 1 OP = ( + a, 0) = a 1 + a + 1 OA0, OP = a 1 OA 0 = a 1 + a + a + 1 OP = cos θ ( a 1 P A 0 + P A 0 ) a P A 0 = () 同理可知 P A k + P A +1 k = = OA 0 OP = OA 0 OA 0, 所以 P A0 = OA 0 OP = OA 0 a 1 OA 0 = + a P A 0, P A 1 + P A = cos θ( OP + P A 0 ) 4 cos θ + a cos θ a + P A cos kθ + a cos kθ a + P A 0, k = 1,,,. + 1

10 10 (3) a P A 0 + P A 1 + cdots + P A = 0 ( + (4 cos kθ + a cos kθ a + )t k ) P A 0 + (1 t 1 ) P A 1 + (1 t ) P A (1 t ) P A + (1 t ) P A + (1 t ) P A +1 + (1 t 1 ) P A (1 t 1 ) P A = 0 推論 4 ( 定理 5 之延伸定理 ()). 設正 + 1 邊形 A 0 A 1 A, 有一點 P 滿足 [ + (4 cos kθ + a cos kθ a + )t k ] P A 0 + (1 t 1 ) P A 1 + (1 t ) P A (1 t ) P A + (1 t ) P A +1 + (1 t 1 ) P A (1 t 1 ) P A = 0, t 1, t,, t R, 則 P A k A k+1 的面積比可表示為 ( + a) cos θ.3 面積為整數比之討論.3.1 正八邊形分割三角形的面積比 k + 1 π (a 1) cos θ, θ = + 1. 由定理與定理 3, 我們發現正方形與正六邊形只要給定係數皆為有理數則分割三角形的面積比為整數比但正八邊形就不一定, 那是否存在一組不全相等的實數係數, 使得正八邊形分割三角形的面積比為整數比呢? 我們發現那是不可能的, 以下加以證明它的不存在性. 定理 10. 設正八邊形 A 1 A A 8, 則不存在 k 1, k,, k 8 R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k 8 P A8 = 0, 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比證明. 假設存在 k 1, k,, k 8 R 滿足 k 1 P A1 +k P A + +k 8 P A8 = 0 且 P A k A k+1 之面積比為正整數比不失一般性, 我們可以將此正八邊形之八個頂點定在 A 1 (1, 1), A ( 1, 1), A 3 (1, 1), A 4 ( 1, 1), A 5 ( 1, 1 ), A 6 (1, 1), A 7 ( 1, 1), A 8 (1, 1 ) 因為 P A k A k+1 具有相同的底邊, 因此 P A k A k+1 之面積比等於各高之比, 令 P A k A k+1 之高為 h k, 所以 h 8 + h 4 = h + h 6 =, 又 h 8 h 4 與 h h 6 之比值皆為正有理數, 得 h 8 = q 1 h 4, h = q h 6, q 1, q Q 且 q 1, q > 0, 故 q 1 h 4 +h 4 = q h 6 +h 6 = h 4 = Q, 1 + q 1 h 6 = Q h 8, h 4, h, h 6 皆為有理數, 因此可令 P (m, ), m, 為有理數, 直線 1 + q A 1 A 之方程式為 x + y =,h 1 = m + (m + ) = 1 為無理數 ( 矛盾 ), 因

11 11 此不存在 k 1, k,, k 8 R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k 8 P A8 = 0 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比.3. 正 ( 5 且 6) 邊形分割三角形的面積比由定理 10, 我們發現正八邊形不存在一組不全相等的實數係數, 使得正八邊形分割三角形的面積比為整數比那其他的正邊形呢? 我們發現除了正三角形正方形, 正六邊形之外, 其他的正邊形都不存在一組不全相等的實數係數, 使得正邊形分割三角形的面積比為整數比, 以下加以證明它的不存在性. 要證明此結果之前, 我們需用到以下的定理定理 11. 令 α = m 360, m, Z, 0, 若 cos α 是有理數, 則 cos α { 1, 1, 0, 1, 1} ( 參考文獻 [4]) 由定理 11 可知, 當 θ = 360 ( N) 時,cos θ Q, 只有 = 1,, 3, 4, 6 成立 ;si θ Q, 只有 = 1,, 4, 1 成立引理 1. 設正 4 邊形 A 1 A A 3 A 4,, 則不存在 k 1, k,, k 4 R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k 4 P A4 = 0 但 P A k P k+1 之面積比為正整數比證明. 假設存在 k 1, k,, k 4 R 滿足 k 1 P A1 +k P A + +k 4 P A4 = 0 但 P A k P k+1 之面積比為正整數比, 不失一般性, 我們可以將此正 4 邊形之 4 個頂點定在 A k (r cos k 1 θ, r si k 1 θ), k = 1,,, 4, θ = π, r = sec θ, 所以 A 1 (1, ta θ ), A (ta θ, 1), A +1 ( ta θ, 1),, A 3+1 (ta θ, 1), A 4 (1, ta θ ), 因為 P A k A k+1 具有相同的底邊, 因此 P A k A k+1 之面積比等於各高之比, 令 P A k A k+1 之高為 h k, 所以 h 4 + h = h + h 3 =, 又 h 4 h 與 h h 3 之比值皆為正有理數 h 4, h, h, h 3 皆為有理數, 因此可令 P (m, l), m, l 為有理數且 m + l 0, A 1 A y ta θ = 1 (x 1), A 4 1 A 4 y + ta θ ta θ = 1 (x 1), ta θ h 1 = d(p, A 1 A ) = m 1 + ta θ (l ta θ ) = m cos θ + l si θ ta θ h 4 1 = d(p, A 4 1 A 4 ) = m 1 ta θ (l + ta θ ) = m cos θ l si θ 1, 1 + ta θ

12 1 令 q 1 = m cos θ + l si θ 1,q 4 1 = m cos θ l si θ 1, 所以 q 1, q 4 1 Q, 得 q 1 q 4 1 = l si θ Q 且 q 1 + q 4 1 = m cos θ Q, 亦即 si θ = q 1 q 4 1 Q 且 l cos θ = q 1 + q Q m 由定理 11 得知, 當時, 此結果矛盾, 因此不存在 k 1, k,, k 4 R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k 4 P A4 = 0 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比引理. 設正 4 + 邊形 A 1 A A 3 A 4+,, 則不存在 k 1, k,, k 4+ R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k 4+ P A4+ = 0 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比證明. 假設存在 k 1, k,, k 4+ R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k 4+ P A4+ = 0 且 P A k A k+1 之面積比為正整數比, 不失一般性, 我們可以將此正 4 + 邊形之 4 + 個頂點定在 A k (r cos k 1 θ, r si k 1 π θ), k = 1,,, 4 +, θ = + 1, r = sec θ, 所以 A 1 (1, ta θ ), A +1 (0, sec θ ), A +1 ( 1, ta θ ), A + ( 1, ta θ ), A 3+ (0, sec θ ), A 4+ (1, ta θ ) 因為 P A k A k+1 具有相同的底邊, 因此 P A k A k+1 之面積比等於各高之比, 令 P A k A k+1 之高為 h k, 所以 h 4+ + h +1 =, 又 h 4+ h +1 之比值為正有理數, 所以 h 4+, h +1 皆為有理數, 因此可令 P (m, t), m Q 且 t R, (1) m 0 時, A A +1 y sec θ = x ta θ, A +1 A + y sec θ = x ta θ, h = d(p, A A +1 ) = m ta θ + t sec θ = m si θ 1 + ta θ + t cos θ 1,h +1 = m si θ t cos θ + 1, 令 q = m si θ + t cos θ 1,q +1 = m si θ t cos θ + 1 所以 q, q +1 Q q + q +1 = m si θ Q si θ = q + q +1 m Q 由定理 11 得知, 當時, 此結果矛盾, () m = 0 時,P (0, t), t 0, A 1 A y ta θ = 1 (x 1) ta θ h 1 = d(p, A 1 A ) = 1 + ta θ (t ta θ ) = t si θ 1,h = d(p, A A +1 ) = t cos θ 1 + ta θ 1, 令 q 1 = t si θ 1,q = t cos θ 1,( 因為 t 0 所以 h 1 q ±1) 故 q 1, q Q q q + 1 = si θ Q 由定理 11 得知, 當時, 此結果矛盾

13 13 由 (1)() 得知, 當時, 不存在 k 1, k,, k 4+ R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k 4+ P A4+ = 0 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比引理 3. 設正 + 1 邊形 A 1 A A 3 A +1,, 則不存在 k 1, k,, k +1 R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k +1 P A+1 = 0 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比證明. 假設存在 k 1, k,, k +1 R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k +1 P A+1 = 0 且 P A k A k+1 之面積比為正整數比, 我們將此正 + 1 邊形之 + 1 個頂點定在 π A k (r cos(k 1)θ, r si(k 1)θ), k = 1,,, +1, θ = + 1, r = sec θ, 所以 A 1 (sec θ, 0), A +1 ( 1, ta θ ) 設 P (t, l), t, l R 且 t + l 0, 因為 P A k A k+1 具有相同的底邊, 因此 P A k A k+1 之面積比等於各高之比, 令 P A k A k+1 之高為 h k A 1 A y = 1 ta θ (x sec θ ), A +1 A 1 y = 1 ta θ (x sec θ ), A A +1 y ta θ = 1 (x + 1), A + A +3 y ta θ ta θ = 1 (x + 1), ta θ h 1 = d(p, A 1 A ) = t sec θ + l ta θ = t cos θ 1 + ta θ 1 + l si θ, h +1 = t cos θ 1 l si θ, h = d(p, A A +1 ) = t + 1 ta θ (l ta θ ) = t cos θ l si θ + 1, 1 + ta θ h + = d(p, A + A +3 ) = t cos θ + l si θ + 1, 令 q 1 = t cos θ 1 + l si θ, q +1 = t cos θ 1 l si θ, q = t cos θ l si θ + 1, q + = t cos θ + l si θ + 1, (1) P (t, l), t Q l R 且 t + l 0 因為 h +1 = d(p, A +1 A + ) = t + 1 Q 所以 q 1, q +1, q, q + Q, (1.1) 當 P (t, 0), t Q 且 t 0 時,q = t cos θ + 1 Q cos θ = q 1 Q, t 由定理 11 得知, 當時, 此結果矛盾

14 14 (1.) 當 P (t, l), t Q, l R 且 l 0 時, 因為 q 1, q +1 Q q 1 q +1 = l si θ Q (*) 因為 q, q + Q q + q = l si θ Q (**) l si θ 由 (*) 與 (**) 得到 l si θ = cos θ Q, 由定理 11 得知, 當時, 此結果矛盾 () 設 P (t, l), t Q, l R 且 t + l 0, 因為 h +1 = d(p, A +1 A + ) = t + 1 Q, 令 q +1 = t + 1 = rq +1, r Q 且 q +1 = t + 1 Q, 所以 q 1 = t cos θ r 1 + l si θ = rq 1, q +1 = t cos θ 1 l si θ = rq +1, q = t cos θ l si θ + 1 = rq, q + = t cos θ + l si θ + 1 = rq +, q 1, q +1, q, q + Q, 故 q 1 = q 1 r = t r cos θ 1 r + l r si θ Q, q +1 = q +1 = t r r cos θ 1 r l r si θ Q, q = q r = t r cos θ l r si θ + 1 r Q, q + = q + = t r r cos θ + l r si θ + 1 r Q, (.1) 當 P (t, 0), t Q 時,q +1 + q 1 = t r (1 + cos θ ) Q 且 q +1 q = t (1 cos θ) r Q, 所以 cos θ Q, q +1 + q 1 q +1 q = 1 + cos θ 1 cos θ = 1 + cos θ si θ 由定理 11 得知, 當時, 此結果矛盾 (.) 當 P (t, l), t Q, l R 且 l 0 時, 因為 q 1, q +1 Q q 1 q +1 = 1 + cos θ (1 cos θ ) = 1 (1 cos θ ) Q = l r si θ Q (*) 又因為 q, q + Q q + q = l si θ Q (**) r l r 由 (*) 與 (**) 得到 si θ l r si θ = cos θ Q, 由定理 11 得知, 當時, 此結果矛盾由 (1)() 得知, 當時, 不存在 k 1, k,, k +1 R 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k +1 P A+1 = 0 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比由引理 1 引理與引理 3 可得以下定理 1: 定理 1. 邊數大於或等於 5 的正多邊形中, 除了正六邊形外, 不存在有全相異之係數 k 1, k,, k 滿足 k 1 P A1 + k P A + + k P A = 0 但 P A k A k+1 之面積比為正整數比..4 未來展望經過觀察, 我們發現所分割的三角形面積比似乎必定包含除了兩夾邊以外的向量係數, 並且似乎與角度有關然而我們仍然無法準確的說明兩者之間的關係. 希望未來能拓展範圍, 求出正邊形中每項向量係數皆為未知數的分割三角形面積公式, 亦或推廣到任意四邊形六邊形, 甚至任意邊形之分割三角形的面積比.

15 15 參考文獻 [1] 許志農, 普通高級中學數學 3, 新北市, 龍騰文化事業股份有限公司, 01. [] 許志農, 普通高級中學數學 4, 新北市, 龍騰文化事業股份有限公司, 01. [3] 許志農, 普通高級中學選修數學甲 ( 上 ), 新北市, 龍騰文化事業股份有限公司, 013. [4] J. Jahel, Whe is the (co)sie of a ratioal agle equal to a ratioal umber?

一、注意事项

一、注意事项 2014 年天津市公务员考试行测真题及答案解析第一部分数量关系 ( 共 15 题参考时限 15 分钟 ) 1 6, 11, 17, ( ), 45 A.30 B.28 C.25 D.22 2 2, 3, 6, 15, ( ) A.25 B.36 C.42 D.64 3 1, 2, 9, 64, 625, ( ) A.1728 B.3456