已知:如图
數學的內涵博大深遠,精采無比。即使只是一則平淡不起眼的練習題,若用心思索,加以適度一般化、特殊化或類比後,常有令人驚喜的收穫。這樣的學習方式與經驗,對數學思考及解題能力都有相當大的幫助。不信的話,讓我們立刻由下列簡單的問題開始延伸
A已知:如圖,
?ABC及?CDE皆為正三角形
求證:AE=BD
CBE
D
相信各位在國中階段就做過這種練習了,證明的要訣在於掌握AE、BD為分屬?ACE及?BCD的對應邊,而?ACE及?BCD可因已知的正三角形的條件構成SAS全等,則證明自然水到渠成。以幾何變換的觀點來看,它是旋轉變換的簡單範例:以C為轉軸,將?ACE旋轉60?即成?BCD,則AE=BD已是〝顯然〞的結果,
A我們逐步將問題衍生變化。先考慮如右圖的方式
把兩個正三角形併排起來,結果外觀上最大的不同點D
P是:AE和BD相交了,但AE=BD的結果還是被保持
下來。 BEC
證明的要訣與
方法
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幾乎和上面完全相同??
?ACE及?BCD因SAS全等而推得AE=BD,不過它起碼還多出一個題材可談:AE、BD會
o呈60交角。我們把這當練習留給同學暖暖身:
(練習題)
如上圖所示,已知?ABC、?CDE皆為正?,AE與BD交於P,求證?APB=60?
上文實在有點淺顯得另人引不起興趣來。別急,事情總是要按部就班一步一角印走來才算紮實。問題如果成了下左圖模樣,兩三角形不再併排成一直線,是否仍有AE=BD的結果,這只要審視?ACE及?BCD是否維持以C的軸心作旋轉變換立可確認。而AE與BS的交角也還是60?,
AA
CDC
P
DEEBB
不過,若圖形如上右,則線段AE與BD也可能不相交,但它們所在的直線仍是呈60?交角的,這情形就類如最原始問題那般。
進一步可以如何演變呢,不妨把BE連起來再作一正三角形成了下圖,則問題的內涵立即充實不少: A D1. 是否必有AE=BD=CF結果成立, C
2. AE、BD、CF是否必共點, P
BE3. AE、BD、CF間的交角是否皆相等,
事實上,我們的
答案
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都是肯定的。茲將證明略述如下:
1. 由上文知AE=BD。同理,因?CDE、?BEF皆為正
F三角形,故亦有BD=CF,所以AE=BD=CF是正確的。
2. 由上文知AE、BD交角?APB=60?,因?ACB=60?=?APB,P點在?ABC的外接圓
上;同理,P點亦在?CDE的外接圓上;因 A
?BPE=360?-?BPC-?CPE=120?,與?BFECD
互補,故P點必在?BEF的外接圓上,參見圖P
示。因此可知:AE、BD、CF三線共點得證。 BE
3. 由上證明過程得知?APC=?ABC=60?;同
理,?APB=?BPF=?FPE=?EPD=?DPC=60
?。 F
當?BCE的三內角都小於120?時,P點存在於?BCE內。它可是大有來頭的明星級〝點〞物,號稱費馬(P.Fermat,1601~1665)點,是
『?BCE內使PB+PC+PE的值為最小』的點,可以用來解類似下面的應用題??
,練習題,
有三戶人家住在山上,喝水都須下山挑水上山,現在想在這三戶人家形成的的三角形中挖一口井,要如何選擇開井的地點,使人們走到井的路程最短,
如果F為BE的另一側,則圖形的相對位置如下,CF雖不過P點,其所在的直線還是會過P點的,但CF顯然已變短到不可能等於AE。此時目
F光焦點應移到:ACDF恰是一平行四邊形,我們把證明留A
給同學當練習。當然,我們還可以考慮有兩個正三角形CD向?BCE內側方向作圖的情形。限於篇幅,不作贅述。 P
除了費馬點之外,還有另一個引人入勝的話題是? EB
A如圖所示,三個正三角形?ABC、?CDE、?BEF的 CDO1O2形心(正三角形的內、外、重、垂四心重合)O1、O2、
O3恰圍成一正三角形。 EB
O3
F
証明:
1.如圖,分別作三個正三角形?ABC、?CDE、?BEF的外接圓,其中O1、O2、O3恰為
它們的圓心,三圓共交於一點P。
A2.連PB、PC、PE,是為其公弦,則PC?O1O2,
CPE?O2O3,PB?O3O1 。 DO1O23.?O2 O1 O3 =180?-?BPC=60? P
同理?O1 O2 O3 =60?=?O2 O3 O1 BE
4.故?O1O2O3為正三角形得証, O3
上述?O1O2O3可是赫赫有名的拿破崙(Napoleon
Bomapate,1769~1821)三角形,正是那位叱吒一時威震
F歐洲的法國皇帝,
說得更清楚一點,上圖所示是"外拿破崙三角形"。如果三個正三角形係向?BCE內作去,則同樣亦可得到一個正三角形,這個就稱為"內拿破崙F 三角形"。它的証明是個很好的練習,就留給同學自我
磨練了。 CO3
附帶一提,任一三角形的內、外拿破崙三角形的面
O2積差恰等於原三角形的面積。而且,內、外拿破崙三BEO1D角形共用相同的形心。夠神奇罷,有興趣的同學不妨
A自行鑽研一番。
說了半天,好像都只繞著正三角形在打轉。其實,
只要所作的圖形是相對應的相似形,結果也會得到類似的結果。當它是三角形時,大家比較熟悉,轉的角度是60?,情況較特殊(簡化)罷了。一般化到相似形的圖形與証法都不再贅述,留給"有志之士"自我品味。
能不能把三角形推廣到四邊形以上呢,答案是可以的。相信大家也都做過正方形的例子:
E以?ABC之邊AB、AC向外作正方形ABFG、 G
ACDE,連接BE、CG, A
D求証BE=CG且BE?CG。
F
BC
這時,同樣是找一個點A為軸心旋轉,只是把60?改成90?(由?AGC轉到?ABE位置),看穿了就不覺得難。
如果順此延伸,我們連接EG,並過A作BC的垂線交EG於M,則必有EM=GM。
證明:1.分別過E、G作直線AH的垂線得P、Q為垂足, EM G則可得 ,ABH,,GAQ,,ACH,,EAP(R.H.S)
A?EP,AH,GQ 2. D
3. ?,NEP,,MGQ(A.A.S)F
BHCEM,GM 4.故得証。
BCEG你相不相信,若把過程調整為:過A作的垂線,則反過來也會把平分(請同學練習證明),一端是垂直,另一端則是平分,這不免令人聯想到"蝴蝶定理"。幾何世界的迷人處實在多不勝數,令人嘆為觀止。
EG[練習題]
A已知?ABC,以AB、AC為邊分別向形外作正方形ABFG、
DACDE,自D、F引BC直線的垂線DP、DQ(P、Q為垂足), F
求証:1.BQ=CP 2.DP+FQ=BC 3.?FGB+?DPC=?ABC QPBC
把上文中對三角形討論的過程搬來對正方形重複一遍,可以推導出類似的結論。我們就此打住,該換個話題了,
讓我們換討論一個有關圓的問題??
D1、O2外切於P點,過P任作二直線得交 兩圓OL1
A點A、B、C、D,
POO求証:AB?CD 12
BL2C
LD L1
A
2
OO1P12
BL2C証明的要訣是,過P作公切線L,
?,BAP,,1(弦切角)
,1,,2(對頂角,),2,,DCP又
?,BAP,,DCP
故由內錯角相等知:AB?CD得証。
如果把兩圓外切改成內切,結果又將如何, DL1事實上,問題反而變得更〝顯然〞;此時P點可視
為一縮放中心,兩圓與AB、CD間用同一縮放比例O1
2P率在作幾何伸縮變換,理所當然會有ABCD的結?
L2C果,
讓我們再進一步看看兩個圓變成相交於兩點的情形。由於有兩交點,過交點分別作直線與兩圓相交可概分成下圖四種??
無論是那一種相關位置,都有相同的結果?AB?CD,
我們只証其中一種,其他留給同學〝舉一反三〞:
連接公弦PQ,
?,PQC,,PAB(A、B、C、D四點共圓)
且,PQC,,PDC,180:(P、Q、C、D四點共圓)
?,PAB,,PDC,180:
?AB?CD得証,同側內角互補,
特別地,當過P、Q的兩直線恰交在其中一圓上
時,AB、CD之一將退化成一點,則顯然不會再有AB
?CD出現了,好像碰到無法挽救的破壞結局者,事實
上還是可以轉圜的。你只要如右圖般過C點作切線L,
即可發現AB?L再度光臨,證明就留給同學當作加強
練習。 L
當兩圓不相交時,沒有交點不就沒戲可唱了,這
樣的話,也太小看數學了,大家努力想想,若兩圓外離,有沒有什麼可以搭橋引線的,想到了嗎,想不出來就回頭看上文探討過程裡有沒有引發靈感的線索,想到了吧,,答案就是外公切線,如果P、Q分別為兩圓切點,連心線O1O2與公切線PQ交於T點,過T作任一直線L1與PQ分別交兩圓於A、A'及C、C';則過T作另一直線L2與兩圓的交點B、B'及D、D';大家看看是不是會有AB?CD且A'B'?C'D'產生,你開竅了嗎,如果你感覺得到答案是肯定的,它們的証明也就是你最好的練習了,
Q
L2
P
T
L1
參 考 資 料:
[1].王昌銳譯:幾何研究?徐氏基金會?科學圖書大庫 [2]. G.波利亞:數學與猜想?九章出版社
[3].湯錫珩:微妙的補助線?偉文圖書公司
[4].中小學科展優勝作品專輯 國中組數學科?科學教育館編印 [5].吳英格等譯:數學是什麼?徐氏基金會
[6].鄭再添:圓的尺規作圖系列探討?科學教育月刊第217期P.25~29;第218期P.23~37