一、前言
早期的數學奧林匹亞競賽試題中, 曾出現求三角形外心與內心之距離的問題, 因此本文嘗試以三角形之外接圓半徑 $R$ 、 內切圓半徑 $r$ 及周長之半 $s$ 來呈現古典幾何中常見的內、外、重、垂心之距離, 並思考這些距離的進一步應用, 而找到外、重、垂心中任兩心同落在內切圓上的條件。
二、符號定義
以下的討論 $R$ 、 $r$ 分別表 $\triangle ABC$ 的外接圓、內切圓半徑, $s$ 為周長之半; 點 $I$、$O$、$G$、$H$ 分別表 $\triangle ABC$ 的內、外、重、垂心。
三、以向量分別求出 $\overline{OI}^2$, $\overline{OG}^2$, $\overline{IH}^2$, $\overline{GI}^2$
1. $|\overrightarrow{OI}|^2=R^2-2Rr ~\cdots\cdots$ [參考資料1]
證明: $\angle AIF=\alpha+\beta=\angle FAI$ (如右圖)
$\Longrightarrow \overline{AF}=\overline{IF}$
設 $\overline{OI}=d$ \begin{eqnarray*} %\hskip 1.5cm R^2 - d^2 &=& (R-d)(R+d) \\ &=& \overline{IL} \cdot \overline{KI} \\ &=& \overline{IF} \cdot \overline{IC} \\ &=& \overline{AF} \cdot \overline{IC} \\ &=& \frac{\overline{AF}}{\overline{FM}} \cdot \overline{FM} \cdot \frac{\overline{IC}}{\overline{IY}} \cdot \overline{IY}\\ &=& \sin\beta \cdot \overline{FM} \cdot \frac{1}{\sin\beta} \cdot \overline{IY} \\ &=& \overline{FM} \cdot \overline{IY} \\ &=& 2R \cdot r \end{eqnarray*}
$|\overrightarrow{OI}|^2=R^2-2Rr\ge 0 \Rightarrow R\ge 2r$ 此為尤拉不等式。 \begin{eqnarray*} 2. ~~|\overrightarrow{OG}|^2 &=& \Big |\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\Big |^2 \\ &=& \frac{1}{9} (|\overrightarrow{OA}|^2 \!+ \!|\overrightarrow{OB}|^2 \!+\! |\overrightarrow{OC}|^2 \!+\! 2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} \!+\! 2\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} \!+\! 2\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}) \\ &=& \frac{1}{9} \Big [3R^2 + 2R^2(\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C)\Big ] \\ &=& \frac{1}{9} \Big [3R^2 + 2R^2(1-2\sin^2 A + 1-2\sin^2 B + 1-2\sin^2C)\Big ] \\ &=& \frac{1}{9} \Big [9R^2 - 4R^2(\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C)\Big ] \\ &=& \frac{1}{9} \Big (9R^2 - 4R^2 \frac{s^2-4Rr-r^2}{2R^2}\Big ) ~\cdots\cdots \hbox{ (附錄1)} \\ &=& \frac{1}{9} (9R^2 - 2s^2 + 8Rr + 2r^2) \\ 3. ~~|\overrightarrow{IH}|^2 &=& |\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OI}|^2 = \overline{OH}^2 + \overline{OI}^2 - 2\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{OI} \\ &=& 9\overline{OG}^2 + \overline{OI}^2 - 2 \cdot 3\overrightarrow{OG} \cdot \overrightarrow{OI} \\ &=& (9R^2-2s^2+8Rr+2r^2) + (R^2-2Rr) \\ && - 2(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}) \cdot \Big (\frac{a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}\Big ) \\ &=& 10R^2 + 6Rr -2s^2 + 2r^2 - 2~\frac{1}{a+b+c}~(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}) \\ && \times (a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}) \\ %&=& \frac{1}{9} \Big [3R^2 + 2R^2(1-2\sin^2 A + 1-2\sin^2 B + 1-2\sin^2C)\Big ] \\ &=& 10R^2 \!+\! 6Rr \!-\! 2s^2 \!+\! 2r^2 \!-\! \frac{1}{s}(6R^2s\!+\!2Rrs\!-\!r^2s\!-\!s^3) \cdots\cdots \hbox{(附錄2)} \hskip 1.8cm \\ &=& 10R^2 + 6Rr - 2s^2 + 2r^2 - 6R^2 - 2Rr + r^2 + s^2 \\ &=& 4R^2 + 4Rr + 3r^2 - s^2 \\ 4. ~~|\overrightarrow{GI}|^2 &=& |\overrightarrow{OI}-\overrightarrow{OG}|^2 \\ &=& \overline{OI}^2 + \overline{OG}^2 - 2\overrightarrow{OI}\cdot\overrightarrow{OG} \\ &=& R^2 \!-\! 2Rr \!+\! \overline{OG}^2 \!-\! 2 \Big (\frac{a\overrightarrow{OA}\!+\!b\overrightarrow{OB}\!+\!c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}\Big ) \cdot \Big [\frac{1}{3} (\overrightarrow{OA}\!+\!\overrightarrow{OB}\!+\!\overrightarrow{OC})\Big ] \\ &=& R^2 - 2Rr + \frac{1}{9} (9R^2-2s^2+8Rr+2r^2) \\ && - \frac{1}{3s}(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}) \cdot (\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}) \\ &=& 2R^2 - \frac{10}{9}Rr - \frac{2}{9}s^2 + \frac{2}{9}r^2 - \frac{1}{3s} (6R^2s+2Rrs-r^2s-s^3) \\ &=& 2R^2 - \frac{10}{9}Rr - \frac{2}{9}s^2 + \frac{2}{9}r^2 - 2R^2 - \frac{2}{3}Rr + \frac{1}{3}r^2 + \frac{1}{3}s^2 \\ &=& \frac{1}{9}(s^2 - 16Rr + 5r^2) \end{eqnarray*}
四、相關的引理
1. 引理一: 若 $\triangle ABC$ 為非正三角形, 則
- 若 $\triangle ABC$ 三個內角中, 恰有一個內角為 60 度 $\Leftrightarrow \overline{OI}=\overline{IH} ~\cdots\cdots$ [參考資料2]
- 若 $\triangle ABC$ 三個內角中, 有二個內角大於 60 度 $\Leftrightarrow \overline{OI}\gt \overline{IH}$。
- 若 $\triangle ABC$ 三個內角中, 有二個內角小於 60 度 $\Leftrightarrow \overline{OI}\lt \overline{IH}$。
證明: \begin{eqnarray*} \overline{OI}^2 - \overline{IH}^2 &=& R^2 - 2Rr - (4R^2+4Rr+3r^2-s^2) = s^2 - (3R^2+6Rr+3r^2) \\ &=& s^2 - 3(R+r)^2 \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} && \hskip -25pt s - \sqrt{3}(R+r) \\ &=& \frac{1}{2}(a\!+b\!+c) - \sqrt{3} \Big [R\!+R(\cos A\!+\cos B\!+\cos C\!-1)\Big ] ~\cdots\cdots \hbox{ (附錄3)} \\ &=& R(\sin A+\sin B+\sin C) - \sqrt{3} R(\cos A+\cos B+\cos C) \\ &=& R \Big [(\sin A-\sqrt{3}\cos A) + (\sin B-\sqrt{3}\cos B) + (\sin C-\sqrt{3}\cos C)\Big ] \\ &=& 2R \Big [\sin \Big (A-\frac{\pi}{3}\Big ) + \sin \Big (B-\frac{\pi}{3}\Big ) + \sin \Big (C-\frac{\pi}{3}\Big )\Big ] \\ &=& 2R \bigg [2\sin\frac{A+B-\displaystyle\frac{2\pi}{3}}{2}\cdot\cos\frac{A-B}{2} + \sin \Big (C-\frac{\pi}{3}\Big )\bigg ] \\ &=& 2R \bigg [2\sin\frac{\displaystyle\frac{\pi}{3}-C}{2}\cdot\cos\frac{A-B}{2} + 2\sin \Big (\frac{C}{2}-\frac{\pi}{6}\Big )\cdot\cos \Big (\frac{C}{2}-\frac{\pi}{6}\Big )\bigg ] \\ &=& 4R \sin \Big (\frac{\pi}{6}-\frac{C}{2}\Big ) \Big [\cos\frac{A-B}{2}-\cos \Big (\frac{C}{2}-\frac{\pi}{6}\Big )\Big ] \\ &=& 8R \sin \Big (\frac{\pi}{6}-\frac{C}{2}\Big ) \sin \Big (\frac{\pi}{6}-\frac{B}{2}\Big ) \sin \Big (\frac{\pi}{6}-\frac{A}{2}\Big ) \end{eqnarray*}
- 若 $s-\sqrt{3}(R+r)=0$, 則 $\angle A=60^\circ$ 或 $\angle B=60^\circ$ 或 $\angle C=60^\circ$ $\Leftrightarrow\overline{OI}=\overline{IH}$。
- 若 $s-\sqrt{3}(R+r)\gt 0$, 則 $\sin(\displaystyle\frac{\pi}{6}-\frac{A}{2})$, $\sin(\displaystyle\frac{\pi}{6}-\frac{B}{2})$,
$\sin(\displaystyle\frac{\pi}{6}-\frac{C}{2})$ 中, 一正二負, 即
$\angle A$、 $\angle B$、 $\angle C$ 中, 有二個內角大於 $60^\circ$ $\Leftrightarrow \overline{OI}\gt \overline{IH}$。 - 若 $s-\sqrt{3}(R+r)\lt 0$, 則 $\sin(\displaystyle\frac{\pi}{6}-\frac{A}{2})$, $\sin(\displaystyle\frac{\pi}{6}-\frac{B}{2})$,
$\sin(\displaystyle\frac{\pi}{6}-\frac{C}{2})$ 中, 二正一負, 即
$\angle A$、 $\angle B$、 $\angle C$ 中, 有二個內角小於 $60^\circ$ $\Leftrightarrow \overline{OI}\lt \overline{IH}$。
2. 引理二: $G$ 在內切圓上 $\Leftrightarrow 5(a^2+b^2+c^2)=6(ab+bc+ca)$ \begin{eqnarray*} \hbox{ 證明: }&& a^2 + b^2 + c^2 = 4R^2(\sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C) = 2(s^2-4Rr-r^2) \\ && ab + bc + ca = 4R^2(\sin A\cdot\sin B+\sin B\cdot\sin C+\sin C\cdot\sin A) \\ && \hskip 2.3cm = s^2 + 4Rr + r^2 ~\cdots\cdots \hbox{ (附錄2)} \\ && G \hbox{ 在內切圓上 } \Leftrightarrow \overline{GI}^2 = r^2 \\ && \hskip 2.6cm \Leftrightarrow \frac{1}{9}(s^2-16Rr+5r^2) = r^2 \\ && \hskip 2.6cm \Leftrightarrow r^2 - \frac{1}{36}(-4s^2+64Rr+16r^2) = r^2 \\ && \hskip 2.6cm \Leftrightarrow r^2 - \frac{1}{36} \Big (6(s^2+4Rr+r^2)-5\cdot 2(s^2-4Rr-r^2)\Big ) = r^2 \\ && \hskip 2.6cm \Leftrightarrow r^2 - \frac{1}{36} \Big (6(ab+bc+ca)-5(a^2+b^2+c^2)\Big ) = r^2 \\ && \hskip 2.6cm \Leftrightarrow 6(ab+bc+ca) = 5(a^2+b^2+c^2) \end{eqnarray*}
3. 引理三: $s^2 \ge \displaystyle\frac{27}{2}Rr$ \begin{eqnarray*} \hbox{ 證明: }&& 2s = a + b + c \ge 3 {\root 3\of{abc}} = 3{\root 3\of{4Rrs}} \hskip 6.2cm \\ && 8s^3 \ge 27 \cdot 4Rrs \\ && s^2 \ge \frac{27}{2}Rr \end{eqnarray*}
4. 引理四: $\overline{OI} \ge \overline{IG}$ \begin{eqnarray*} \hbox{ 證明: }&& \overline{OI}^2 - \overline{OG}^2 - \overline{IG}^2 \\ &=& R^2 - 2Rr - \frac{1}{9}(9R^2-2s^2+8Rr+2r^2) - \frac{1}{9}(s^2-16Rr+5r^2) \hskip 1.6cm \\ &=& \frac{1}{9}(s^2-10Rr-7r^2) \\ &\ge& \frac{1}{9}(\frac{27}{2}Rr-10Rr-7r^2) ~\cdots\cdots \hbox{ (由引理三)} \\ &=& \frac{7}{18}r(R-2r) \ge 0 \end{eqnarray*} 故不等式成立。
五、四心距離的應用
定理一:
$O$、$H$ 同時在內切圓上, 設 $\angle C\gt \angle A\gt \angle B$ $\Leftrightarrow\angle A=60^\circ$,
$\sin C=\displaystyle\frac{(2\sqrt{6}-\sqrt{3})+\sqrt{-5+4\sqrt{2}}}{4}$,
$\sin B=\displaystyle\frac{(2\sqrt{6}-\sqrt{3})-\sqrt{-5+4\sqrt{2}}}{4}$
證明:
$\overline{IH}^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2$
$\overline{OI}^2=R^2-2Rr$
設 $\overline{IH}$、$\overline{OI}$ 均為 $r$,
則 $\left \{ \begin{array}{l} 4R^2+4Rr+2r^2-s^2=0 ~\cdots\cdots~(1) \\ R^2-2Rr-r^2=0 ~\cdots\cdots\cdots\cdots\cdot (2) \end{array} \right.$
$2\times (2)+(1)$ 得 $s=\sqrt{6}R$
由 (2) 得 $\displaystyle\frac{R}{r}=1\pm\sqrt{2}$ (負不合), 而 \begin{eqnarray*} \sin A\cdot\sin B\cdot\sin C&=&\displaystyle\frac{rs}{2R^2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{r}{R}\cdot\frac{s}{R}\\ &=&\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\sqrt{2}}\cdot\sqrt{6}=\frac{1}{2}\sqrt{6}(\sqrt{2}-1) \end{eqnarray*}
由引理一, 可令 $\angle A=60^\circ$, 得
$\sin B\cdot\sin C=2-\sqrt{2}~\cdots\cdots$ (1)
又 $s=\sqrt{6}R ~\Rightarrow \sin A+\sin B+\sin C=\sqrt{6}$, 得
$\sin B+\sin C=\sqrt{6}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} ~\cdots\cdots$ (2)
由 (1) (2) 及假設 $\angle C\gt \angle B$, 可解得 $$\sin C=\displaystyle\frac{(2\sqrt{6}-\sqrt{3})+\sqrt{-5+4\sqrt{2}}}{4},\quad \sin B=\displaystyle\frac{(2\sqrt{6}-\sqrt{3})-\sqrt{-5+4\sqrt{2}}}{4},$$
$\angle B\approx 36^\circ$, $\angle C\approx 84^\circ$
作圖如下:
定理二: 重心、垂心同時在內切圓上 $\Leftrightarrow \sin A$, $\sin B$, $\sin C$ 為方程式 $x^3-2\sqrt{8-2\sqrt{11}}x^2+(10-\displaystyle\frac{5}{2}\sqrt{11})x-2\sqrt{73-22\sqrt{11}}=0$ 的三個實根。
證明:
$\overline{IH}^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2$
$\overline{IG}^2=\frac{1}{9}(s^2-16Rr+5r^2)$
設 $G$、$H$ 均在內切圓上, 則 $4R^2+4Rr+3r^2-s^2=r^2$ 且 $\displaystyle\frac{1}{9}(s^2-16Rr+5r^2)=r^2$
$\left \{ \begin{array}{l} 4R^2+4Rr+2r^2-s^2=0 ~\cdots\cdots \hbox{ (i)} \\ s^2-16Rr-4r^2=0 ~\cdots\cdots\cdots\cdot\cdot \hbox{ (ii)} \end{array} \right.$
由 (i) $s^2=4R^2+4Rr+2r^2$
由 (ii) $s^2=4r^2+16Rr$
$4R^2+4Rr+2r^2=4r^2+16Rr$
$2R^2-6Rr-r^2=0$
$\displaystyle\frac{R}{r}=\frac{3+\sqrt{11}}{2} ~\cdots\cdots$ (iii)
(iii) 代入 (ii) 中, 得
$s^2=(32-8\sqrt{11})R^2$
$\displaystyle\frac{1}{4}(a+b+c)^2=(32-8\sqrt{11})R^2$
$\displaystyle\frac{1}{2}(a+b+c)=2\sqrt{8-2\sqrt{11}}R$
$\sin A+\sin B+\sin C=2\sqrt{8-2\sqrt{11}}$
由引理二, 得 $$6(\sin A\sin B+\sin B\sin C+\sin C\sin A)=5(\sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C)$$
則 $\sin A\sin B+\sin B\sin C+\sin C\sin A=10-\displaystyle\frac{5}{2}\sqrt{11}$
又 $2Rr=\displaystyle\frac{abc}{a+b+c}$, 及 (iii) 得 $$2R\times(\sqrt{11}-3)R=\displaystyle\frac{8R^2\sin A\times\sin B\times\sin C}{2R(\sin A+\sin B+\sin C)}$$ $$\sin A\sin B\sin C=2\sqrt{73-22\sqrt{11}}$$
故 $\sin A$, $\sin B$, $\sin C$ 為方程式 $x^3-2\sqrt{8-2\sqrt{11}}x^2+(10-\displaystyle\frac{5}{2}\sqrt{11})x$
$-2\sqrt{73-22\sqrt{11}}=0$ 之根。
由電腦軟體解得
$$\sin A\approx 0.390543, \quad \sin B\approx 0.951546, \quad \sin C\approx 0.996073$$ $$\angle A\approx 22.95^\circ, \quad \angle B\approx 72.08^\circ, \quad \angle C\approx 84.87^\circ$$
作圖如下：
定理三: $O$, $G$ 不能同時在內切圓上
證明: 設 $O$, $G$ 同時在內切圓上, 則 $\overline{IG}=\overline{IO}$, 但 由引理四, 得 $\overline{OI}\ge\overline{IG}$, 等號成立時 $O$、$G$ 重合, 為正三角形, 又正三角形時, $O$、$G$ 不在內切圓上, 故 $O$、$G$ 不可能同時落在內切圓上。
六、結語
在幾何學的課堂上, 與同學討論到此一問題, 雖然屬於古典幾何的範疇, 但經深入探討後, 發現頗為有趣, 於此就教於先進。
七、附錄
1. $\sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C=\displaystyle\frac{s^2-4Rr-r^2}{2R^2}$
證明: \begin{eqnarray*} s^2 - 4Rr - r^2 &=& s^2 - \frac{abc}{\triangle} \cdot \frac{\triangle}{s} - \frac{\triangle^2}{s^2} = s^2 - \frac{abc}{s} - \frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s} \\ &=& \frac{s^3-abc-(s-a)(s-b)(s-c)}{s} \\ &=& \frac{\displaystyle\frac{1}{8}(a+b+c)^3-abc-\frac{1}{8}(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{\displaystyle\frac{a+b+c}{2}} \\ &=& \frac{\displaystyle\frac{1}{8}[2(a^3+b^3+c^3+a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b)]}{\displaystyle\frac{a+b+c}{2}} \\ &=& \frac{a^3+b^3+c^3+a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b}{2(a+b+c)} \\ &=& \frac{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{2(a+b+c)} \\ &=& \frac{a^2+b^2+c^2}{2} \end{eqnarray*}
故 $\displaystyle\frac{s^2-4Rr-r^2}{2R^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{4R^2}=\sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C$。
2. (1) $\sin A+\sin B+\sin C=\displaystyle\frac{a}{2R}+\frac{b}{2R}+\frac{c}{2R}=\frac{s}{R}$。 \begin{eqnarray*} && \hskip -1.45cm (2) ~\sin A\cdot\sin B + \sin B\cdot\sin C + \sin C\cdot\sin A \\ &=& \frac{1}{2} \Big ((\sin A+\sin B+\sin C)^2 - (\sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C)\Big ) \hskip 1.65cm \\ &=& \frac{1}{2} \Big (\Big (\frac{s}{R}\Big )^2 - \frac{s^2-4Rr-r^2}{2R^2}\Big ) = \frac{s^2+4Rr+r^2}{4R^2} \end{eqnarray*}
(3) $\sin A\cdot\sin B\cdot\sin C=\displaystyle\frac{abc}{8R^3}=\frac{rs}{2R^2}$。 \begin{eqnarray*} && \hskip -1.25cm (4) ~\sin^3 A+\sin^3 B+\sin^3 C \\ &=& (\sin A+\sin B+\sin C)^3 - 3(\sin A+\sin B+\sin C) \\ && \times (\sin A\cdot\sin B+\sin B\cdot\sin C+\sin C\cdot\sin A) + 3\sin A\cdot\sin B\cdot\sin C \\ &=& \Big (\frac{s}{R}\Big )^3 - 3 \Big (\frac{s}{R}\Big )\Big (\frac{s^2+4Rr+r^2}{4R^2}\Big ) + 3\frac{rs}{2R^2} \\ &=& \frac{s(s^2-6Rr-3r^2)}{4R^3} \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} && \hskip -1.3cm (5) ~(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}) \cdot (a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}) \\ &=& aR^2 + b\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + c\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC} + a\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + bR^2 \\ && + c\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} + a\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC} + b\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} + cR^2 \\ &=& (a+b+c)R^2 + bR^2\cos 2C + cR^2\cos 2B + aR^2\cos 2C \\ && + cR^2\cos 2A + aR^2\cos 2B + bR^2\cos 2A \\ &=& 2sR^2 + R^2 \Big ((a+b)\cos 2C+(a+c)\cos 2B+(b+c)\cos 2A\Big ) \\ &=& 2sR^2 + R^2 \Big ((2s-c)\cos 2C+(2s-b)\cos 2B+(2s-a)\cos 2A\Big ) \\ &=& 2sR^2 + 2sR^2(\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C) \\ && - R^2(a\cos 2A+b\cos 2B+c\cos 2C) \\ &=& 2sR^2 + 2sR^2 \Big (3-2(\sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C)\Big ) \\ && - R^2 \Big (a(1-2\sin^2 A)+b(1-2\sin^2 B)+c(1-2\sin^2 C)\Big ) \\ &=& 2sR^2 + 6sR^2 - 4sR^2\cdot\frac{s^2-4Rr-r^2}{2R^2} - R^2(a+b+c) \\ && + 2R^2(a\sin^2 A+b\sin^2 B+c\sin^2 C) \\ &=& 8sR^2 - 2s^3 + 8Rrs + 2r^2s - 2sR^2 + 4R^3(\sin^3 A+\sin^3 B+\sin^3 C) \\ &=& 6sR^2 - 2s^3 + 8Rrs + 2r^2s + s(s^2-6Rr-3r^2) \\ &=& 6R^2s + 2Rrs -r^2s -s^3 \end{eqnarray*}
3. $\displaystyle\frac{r}{R}=\cos A+\cos B+\cos C-1$
證明: \begin{eqnarray*} && \hskip -1.2cm \cos A + \cos B + \cos C \\ &=& 1 - 2\sin^2\frac{A}{2} + 2\cos\frac{B+C}{2} \cos\frac{B-C}{2} \\ &=& 1 - 2\sin^2\frac{A}{2} + 2\sin\frac{A}{2} \cos\frac{B-C}{2} \\ &=& 2\sin\frac{A}{2} \Big (\cos\frac{B-C}{2}-\sin\frac{A}{2}\Big ) + 1 \\ &=& 2\sin\frac{A}{2} \Big (\cos\frac{B-C}{2}-\cos\frac{B+C}{2}\Big ) + 1 \\ &=& 4\sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2} + 1 \\ &=& 4\sqrt{\displaystyle\frac{(s-b)(s-c)}{bc}} \sqrt{\displaystyle\frac{(s-c)(s-a)}{ca}} \sqrt{\displaystyle\frac{(s-a)(s-b)}{ab}} + 1 \hskip 1.2cm \\ &=& \frac{4(s-a)(s-b)(s-c)}{abc} + 1 \\ &=& \frac{\displaystyle\frac{s(s-a)(s-b)(s-c)}{s\triangle}}{\displaystyle\frac{abc}{4\triangle}} + 1 ~\cdots\cdots ~(\triangle \hbox{表三角形面積)} \\ &=& \frac{\displaystyle\frac{\triangle^2}{s\triangle}}{R} + 1 = \frac{r}{R} + 1 \end{eqnarray*}
參考文獻
---本文作者任教台北市立內湖高級中學---