前兩天看了和三角形相關(guān)的一個莫利定理，覺得較為有趣，所以做一個記錄。
莫利定理(Morley’s Theorem)
將三角形的三個內(nèi)角三等分，靠近某邊的兩條三分角線相交得到一個交點，則這樣的三個交點可以構(gòu)成一個正三角形。
看了其他人對該定理的證明，大多都是用了一堆推導(dǎo)，或者用高中的一些正弦余弦定理公式，個人覺得看著較為枯燥。
所以本文從一種直觀角度進行證明，過程中僅用到初中知識，但是其中的思想較為有趣。
為證明該定理，首先證明一個引理。
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。
求證：
∠
B
F
C
=
9
0
°
+
1
2
∠
B
A
C
\angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC
∠BFC=90°+21?∠BAC。
證明：
由題意知F為
△
A
B
C
\triangle ABC
△ABC 的內(nèi)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?
證畢。
該引理的等價形式：
△ A B C \triangle ABC △ABC中，AG平分 ∠ B A C \angle BAC ∠BAC， F為AG上一點， ∠ B F C = 9 0 ° + 1 2 ∠ B A C \angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC ∠BFC=90°+21?∠BAC。
求證：F為 ∠ A B C \angle ABC ∠ABC的內(nèi)心。
簡要證明：可以假設(shè)F不為內(nèi)心，則可以取 ∠ A B C , ∠ A C B \angle ABC , \angle ACB ∠ABC,∠ACB的角平分線，必與AG交于另一點 F ′ F' F′。則根據(jù)之前引理的結(jié)論，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，從而得出 F F F 和 F ′ F' F′重合。
接下來證明莫利定理。
莫利定理的證明：
考慮如下的正三角形
P
Q
R
PQR
PQR，在三邊的外面分別作一個等腰三角形，底角的大小分別為
a
,
b
,
c
a, b, c
a,b,c。
a
,
b
,
c
a, b, c
a,b,c均為變量，規(guī)定其需滿足以下形式：
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°
分別延長 P ′ R , R ′ Q P'R, R'Q P′R,R′Q等線段，延長線構(gòu)成的角一定等于 a , b , c a, b, c a,b,c, 如下圖所示：
因為已知正 △ P Q R \triangle PQR △PQR的每個內(nèi)角都是 6 0 ° 60^\circ 60°, 再加上一個延長線構(gòu)成的角一共是 18 0 ° 180^\circ 180°。
考慮
Q
R
QR
QR外面的兩個大角
a
+
b
,
a
+
c
a+b, a+c
a+b,a+c， 因為
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外面的兩個大角的和
(
a
+
b
)
+
(
a
+
c
)
<
18
0
°
(a+b) + (a+c) < 180^\circ
(a+b)+(a+c)<180°,
∴ Q R \therefore QR ∴QR外面的兩個延長線( R ′ Q , Q ′ R R'Q, Q'R R′Q,Q′R)一定會相交。
同理QP，PR外面的兩個延長線也會相交。設(shè)延長線的交點分別為A, B, C。 如下圖所示：
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。
進一步，連接 P ′ P P'P P′P并延長，可以發(fā)現(xiàn) P ′ P P'P P′P平分 ∠ B P ′ C \angle BP'C ∠BP′C， 因為 △ 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?
所以根據(jù)上面引理的結(jié)論，P為
△
P
′
B
C
\triangle P'BC
△P′BC的內(nèi)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。
同理可證Q為
△
A
B
Q
′
\triangle ABQ'
△ABQ′的內(nèi)心， R為
△
A
R
′
C
\triangle AR'C
△AR′C的內(nèi)心。
從而可以得到
A
Q
,
A
R
AQ, AR
AQ,AR 是
∠
B
A
C
\angle BAC
∠BAC的三等分線，
B
Q
,
B
P
BQ, BP
BQ,BP 是
∠
A
B
C
\angle ABC
∠ABC的三等分線，
C
P
,
C
R
CP, CR
CP,CR 是
∠
A
C
B
\angle ACB
∠ACB的三等分線。
截止到這里相當(dāng)于證明完了莫利定理的逆定理，即從正三角形出發(fā)構(gòu)造了三等分線。
下面可以從正面推出莫利定理。
已知任意一個 △ A B C \triangle ABC △ABC, 可以取任意一個正 △ P ′ Q ′ R ′ \triangle P'Q'R' △P′Q′R′, 根據(jù)上面的構(gòu)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
可以看出這種情況下一定滿足 a + b + c = 12 0 ° a+b+c=120^\circ a+b+c=120° (上面三個等式相加), 且 a , b , c < 6 0 ° a,b,c < 60^\circ a,b,c<60°。
從而可以用上面的方法構(gòu)造出一個包含三等分線的 △ A ′ B ′ C ′ \triangle A'B'C' △A′B′C′。
由于選取的角度 a , b , c a,b,c a,b,c 必有 △ A ′ B ′ C ′ ∽ △ A B C ( 三 個 角 分 別 對 應(yīng) 相 等 ) \triangle A'B'C' \backsim \triangle ABC(三個角分別對應(yīng)相等) △A′B′C′∽△ABC(三個角分別對應(yīng)相等)。
然后可以再取 △ A B C \triangle ABC △ABC 的三等分線，構(gòu)成一個 △ P Q R \triangle PQR △PQR,
易證得 △ 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′是我們?nèi)〉娜我庹切危? ∴ △ P Q R \therefore \triangle PQR ∴△PQR必然也是正三角形。文章來源：http://www.zghlxwxcb.cn/news/detail-450487.html
證畢。文章來源地址http://www.zghlxwxcb.cn/news/detail-450487.html
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