一、前言

在閱讀 換個觀點看三角形的四心 (數學傳播 30 卷 2 期) 時, 內容提及

已知銳角 $\triangle ABC$ ($\overline{BC}=a$, $\overline{CA}=b$, $\overline{AB}=c$), $G$ 為重心、 $I$ 為內心、 $H$ 為垂心、 $O$ 為外心、 此四心與三頂點的連線所形成的三個的三角形, 其面積比分別為

$a \triangle ABG$	:	$a \triangle BCG$	:	$a \triangle CAG$	=	1 : 1 : 1
$a \triangle ABI$	:	$a \triangle BCI$	:	$a \triangle CAI$	=	$c$ : $a$ : $b$
$a \triangle ABH$	:	$a \triangle BCH$	:	$a \triangle CAH$	=	$c^4\!-\!(a^2-b^2)^2$ : $a^4\!-\!(b^2\!-\!c^2)^2$ : $b^4\!-\!(c^2\!-\!a^2)^2$
$a \triangle ABO$	:	$a \triangle BCO$	:	$a \triangle CAO$	=	$c^2(a^2\!+\!b^2\!-\!c^2)$ : $a^2(b^2\!+\!c^2\!-\!a^2)$ : $b^2(c^2+a^2\!-\!b^2)$

使我聯想起, 曾推論所得的三角形之四心向量關係式, 發現其係數比恰為四心與三頂點連線的面積比。 所以我透過三角形之四心向量關係式之推論, 來驗證四心與三頂點連線的面積比。 文中用到一些現行高中教材中的公式及定理, 及解題技巧。 如三角形的重心及內心的向量關係, 面積公式 (海龍公式) , 解方程組的克拉瑪公式, 三角形的垂心及外心的向量解題技巧, 頗適合高中的同學們閱讀參考。

二、本文

(一) 公式 1: 三角形四心的向量關係式

已知 $\triangle ABC$ 的重心 $G$, 內心 $I$, 垂心 $H$ 及外心 $O$, $X$ 為空間中任一點, 試以 $\overrightarrow{XA}$, $\overrightarrow{XB}$, $\overrightarrow{XC}$ 來表示 $\overrightarrow{XG}$, $\overrightarrow{XI}$, $\overrightarrow{XH}$, $\overrightarrow{XO}$

1. 重心: $\overrightarrow{XG}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{XA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{XB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{XC}$。
2. 內心: $\overrightarrow{XI}=\displaystyle\frac{a}{a+b+c}\overrightarrow{XA}+\frac{b}{a+b+c}\overrightarrow{XB} +\frac{c}{a+b+c}\overrightarrow{XC}$.
3. 垂心: $\overrightarrow{XH}=\displaystyle\frac{a^4-(b^2-c^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XA} +\frac{b^4-(c^2-a^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XB}+\frac{c^4-(a^2-b^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XC}$。
4. 外心: $\overrightarrow{XO}=\displaystyle\frac{a^2(b^2+c^2-a^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XA} +\frac{b^2(c^2+a^2-b^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XB}+\frac{c^2(a^2+b^2-c^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XC}$。

解法: 重心及內心的關係式於教材中均有說明, 不再贅述, 僅將關係式列舉如上:

3. 垂心: $\overrightarrow{XH}=\displaystyle\frac{a^4-(b^2-c^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XA} +\frac{b^4-(c^2-a^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XB}+\frac{c^4-(a^2-b^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XC}$

解法:

設 $\overrightarrow{AH}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$

$\left \{ \begin{array}{l} \overrightarrow{AB}\!\cdot\!\overrightarrow{AH} \!=\! x\!\cdot\! \Big |\overrightarrow{AB}\Big |^2 \!+\! y\!\cdot\!\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} \\ \overrightarrow{AC}\!\cdot\!\overrightarrow{AH} \!=\! x\!\cdot\!\overrightarrow{AC}\!\cdot\!\overrightarrow{AB} \!+\! y\!\cdot\! \Big |\overrightarrow{AC}\Big |^2 \end{array} \right.$ (垂心性質: $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}\!=\!\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AH}\!=\!\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$)

$\Rightarrow \left \{ \begin{array}{l} \displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2} = c^2x + \frac{b^2+c^2-a^2}{2}y \\ \displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2} = \frac{b^2+c^2-a^2}{2}x + b^2y \end{array} \right.$

• (1)若 $b^2+c^2-a^2=0$, 則 $x=0$, $y=0$, $\Rightarrow\overrightarrow{AH}=0\overrightarrow{AB}+0\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}$, $H=A$ 。 (直角三角形的垂心在直角頂點)
• (2)若 $b^2+c^2-a^2\not=0$ $\Rightarrow \left \{ \begin{array}{l} 1 = \displaystyle\frac{2c^2}{b^2+c^2-a^2}x + y \\ 1 = x + \displaystyle\frac{2b^2}{b^2+c^2-a^2}y \end{array} \right.$

  $\Rightarrow$ 利用克拉瑪公式 \begin{eqnarray*} \triangle &=& \left | \begin{array}{cc} \displaystyle\frac{2c^2}{b^2+c^2-a^2} & ~1 \\ 1 & ~\displaystyle\frac{2b^2}{b^2+c^2-a^2} \end{array} \right | \\ &=& \Big (\frac{2bc}{b^2+c^2-a^2}\Big )^2 - 1 \\ &=& \frac{[(b+c)^2-a^2][a^2-(b-c)^2]}{(b^2+c^2-a^2)^2} \\ &=& \frac{(b+c+a)(b+c-a)(a-b+c)(a+b-c)}{(b^2+c^2-a^2)^2}, \\ && \hskip -20pt \hbox{(令 $s\!=\!\displaystyle\frac{a+b+c}{2}$, 則 $\displaystyle\frac{-a+b+c}{2}\!=\!s\!-\!a$, $\displaystyle\frac{a-b+c}{2}\!=\!s\!-\!b$, $\displaystyle\frac{a+b-c}{2}\!=\!s\!-\!c$)}\\ && ~~\hbox{} \\ &=& \frac{16s(s-a)(s-b)(s-c)}{(b^2+c^2-a^2)^2}, \end{eqnarray*}

  $\triangle_x = \left | \begin{array}{cc} ~1~ & ~1 \\ ~1~ & ~\displaystyle\frac{2b^2}{b^2+c^2-a^2} \end{array} \right |=\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{b^2+c^2-a^2}$,

  $\triangle_y = \left | \begin{array}{cc} \displaystyle\frac{2c^2}{b^2+c^2-a^2} & ~~1~ \\ 1 & ~~1~ \end{array} \right |=\displaystyle\frac{c^2+a^2-b^2}{b^2+c^2-a^2}$,

  $\because \triangle\not=0$, $\therefore (x, y)$ 有唯一解 \begin{eqnarray*} \Rightarrow x &=& \frac{\triangle_x}{\triangle} = \frac{(b^2\!+\!c^2\!-\!a^2)(a^2\!+\!b^2\!-\!c^2)}{16s(s\!-\!a)(s\!-\!b)(s\!-\!c)} = \frac{b^4-(c^2-a^2)^2}{16s(s\!-\!a)(s\!-\!b)(s\!-\!c)}, \\ y &=& \frac{\triangle_y}{\triangle} = \frac{(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)}{16s(s-a)(s-b)(s-c)} = \frac{c^4-(a^2-b^2)^2}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}, \qquad\qquad~~ \end{eqnarray*} $$ \Rightarrow \overrightarrow{AH} = \frac{b^4-(c^2-a^2)^2}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{AB} + \frac{c^4-(a^2-b^2)^2}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{AC} \qquad\qquad~~~ $$

  令 $X$ 為空間中的任意一點, 且 $\overrightarrow{AH}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$,

  $\therefore ~~\overrightarrow{XH} - \overrightarrow{XA} = x(\overrightarrow{XB} - \overrightarrow{XA}) + y(\overrightarrow{XC} -\overrightarrow{XA})$ \begin{eqnarray*} \Rightarrow \overrightarrow{XH} &=& (1-x-y)\overrightarrow{XA} + x\overrightarrow{XB} + y\overrightarrow{XC} \\ &=& \frac{a^4-(b^2-c^2)^2}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{XA} + \frac{b^4-(c^2-a^2)^2}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{XB} \qquad\qquad\quad \\ && + \frac{c^4-(a^2-b^2)^2}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{XC} \end{eqnarray*} 且 $a\triangle ABC=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

  則 $\overrightarrow{XH}=\displaystyle\frac{a^4-(b^2-c^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XA} + \frac{b^4-(c^2-a^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XB} + \frac{c^4-(a^2-b^2)^2}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XC}$。

4. 外心: $\overrightarrow{XO}=\displaystyle\frac{a^2(b^2+c^2-a^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XA} + \frac{b^2(c^2+a^2-b^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XB} + \frac{c^2(a^2+b^2-c^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XC}$。

解法: 設 $\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$

$\left \{ \begin{array}{l} \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AO} = x\cdot \Big |\overrightarrow{AB}\Big |^2 + y\cdot\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} \\ \overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AO} = x\cdot\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB} + y\cdot \Big |\overrightarrow{AC}\Big |^2 \end{array} \right.$, (外心性質: $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AO}=\displaystyle\frac{1}{2} \Big |\overrightarrow{AB}\Big |^2$)

$\Rightarrow \left \{ \begin{array}{l} \displaystyle\frac{c^2}{2} = c^2x + \frac{b^2+c^2-a^2}{2}y \\ \displaystyle\frac{b^2}{2} = \frac{b^2+c^2-a^2}{2}x + b^2y \end{array} \right.$

• (1) 若 $b^2+c^2-a^2=0$, 則 $x=\displaystyle\frac{1}{2}$, $y=\displaystyle\frac{1}{2}$, (仿垂心的討論) $\Rightarrow\overrightarrow{AO}=\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$, $O$ 為 $\overline{BC}$ 的中點。(直角三角形的外心在斜邊中點)
• (2) 若 $b^2+c^2-a^2\not=0$ $\Rightarrow \left \{ \begin{array}{l} 1 = 2x + \displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{c^2}y \\ 1 = \displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{b^2}x + 2y \end{array} \right.$

  $\Rightarrow$ 利用克拉瑪公式求解 $x$, $y$ \begin{eqnarray*} \triangle &=& \left | \begin{array}{cc} 2 & ~\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{c^2} \\ \displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{b^2} & ~2 \end{array} \right | \\ &=& 4 - \Big (\frac{b^2+c^2-a^2}{bc}\Big )^2 \\ &=& \frac{[(b+c)^2-a^2][a^2-(b-c)^2]}{b^2c^2} \\ &=& \frac{(b+c+a)(b+c-a)(a-b+c)(a+b-c)}{b^2c^2}, \\ && \hskip -25pt \hbox{(令 $s\!=\!\displaystyle\frac{a+b+c}{2}$, 則 $\displaystyle\frac{-a+b+c}{2}\!=\!s\!-\!a$, $\displaystyle\frac{a-b+c}{2}\!=\!s\!-\!b$, $\displaystyle\frac{a+b-c}{2}\!=\!s\!-\!c$)} \\ &=& \frac{16s(s-a)(s-b)(s-c)}{b^2c^2}, \end{eqnarray*} $\triangle_x = \left | \begin{array}{cc} 1 & ~\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{c^2} \\ 1 & ~2 \end{array} \right |\!=\!\displaystyle\frac{c^2\!+\!a^2\!-\!b^2}{c^2}$, $\triangle_y \!=\! \left | \begin{array}{cc} 2 & ~1 \\ \displaystyle\frac{b^2\!+\!c^2\!-\!a^2}{b^2} & ~1 \end{array} \right |\!=\!\displaystyle\frac{a^2\!+\!b^2-\!c^2}{b^2}$,

  $\because \triangle\not=0$, $\therefore (x, y)$ 有唯一解 \begin{eqnarray*} &\Rightarrow& x = \frac{\triangle_x}{\triangle} = \frac{b^2(c^2+a^2-b^2)}{16s(s\!-\!a)(s\!-\!b)(s\!-\!c)}, \quad y = \frac{\triangle_y}{\triangle} = \frac{c^2(a^2+b^2-c^2)}{16s(s\!-\!a)(s\!-\!b)(s\!-\!c)} \qquad~ \\ &\Rightarrow& \overrightarrow{AO} = \frac{b^2(a^2+c^2-b^2)}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{AB} + \frac{c^2(a^2+b^2-c^2)}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{AC}, \end{eqnarray*}

  令 $X$ 為空間中的任意一點, 且 $\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$,

  $\therefore ~~\overrightarrow{XO} - \overrightarrow{XA} = x(\overrightarrow{XB} - \overrightarrow{XA}) + y(\overrightarrow{XC} -\overrightarrow{XA})$ \begin{eqnarray*} \Rightarrow \overrightarrow{XO} &=& (1-x-y)\overrightarrow{XA} + x\overrightarrow{XB} + y\overrightarrow{XC} \\ &=& \frac{a^2(b^2+c^2-a^2)}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{XA} + \frac{b^2(c^2+a^2-b^2)}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{XB} \qquad\qquad\quad \\ && + \frac{c^2(a^2+b^2-c^2)}{16s(s-a)(s-b)(s-c)}\overrightarrow{XC} \end{eqnarray*} 且 $a\triangle ABC=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

  則 $\overrightarrow{XO}=\displaystyle\frac{a^2(b^2+c^2-a^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XA} + \frac{b^2(c^2+a^2-b^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XB} + \frac{c^2(a^2+b^2-c^2)}{16(a\triangle ABC)^2}\overrightarrow{XC}$

(二) 公式 2:

已知 $A$, $B$, $C$, $P$ 四點共平面, $l\overrightarrow{PA}+m\overrightarrow{PB}+n\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}$, 則 $a\triangle PAB : a\triangle PBC : a\triangle PCA = |n| : |l| : |m|$

證明: (1) $P$ 在 $\triangle ABC$ 的內部, 則 $l, m, n\!\gt \!0$,

($l, m, n\lt 0$ 亦同), 如右圖

取 $\overrightarrow{PA'}=l\overrightarrow{PA}$, $\overrightarrow{PB'}=m\overrightarrow{PB}$, $\overrightarrow{PC'}=n\overrightarrow{PC}$

$\because l\overrightarrow{PA}+m\overrightarrow{PB}+n\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}$,

$\therefore \overrightarrow{PA'}+\overrightarrow{PB'}+\overrightarrow{PC'}=\overrightarrow{0}$, $P$ 為 $\triangle A'B'C'$ 的重心。

$\Rightarrow a\triangle PA'B' = a\triangle PB'C' = a\triangle PC'A' = \displaystyle\frac{1}{3}a\triangle A'B'C'$。

又 $\displaystyle\frac{a\triangle PAB}{a\triangle PA'B'} =\displaystyle\frac{\frac{1}{2}|\overrightarrow{PA}|\cdot|\overrightarrow{PB}|\cdot\sin\theta} {\frac{1}{2}|\overrightarrow{PA'}|\cdot|\overrightarrow{PB'}|\cdot\sin\theta}=\frac{1}{l\cdot m}$, ($\angle APB=\theta$)

$\Rightarrow a\triangle PAB=\displaystyle\frac{1}{l\cdot m} a\triangle PA'B'$,

同理可得 $a\triangle PBC=\displaystyle\frac{1}{m\cdot n} a\triangle PB'C'$, $a\triangle PCA=\displaystyle\frac{1}{n\cdot l} a\triangle PC'A'$。

$\Rightarrow a\triangle PAB : a\triangle PBC : a\triangle PCA = n : l : m$

(2) $P$ 在 $\triangle ABC$ 的外部, 則 $l\lt 0$, $m, n\gt 0$

($l\gt 0$, $m, n\lt 0$ 亦同), 如右圖

取 $\overrightarrow{PA'}=-\overrightarrow{PA}$, $\Rightarrow P$ 在 $\triangle A'BC$ 的內部,

且 $\because ~(-l)\overrightarrow{PA'}+m\overrightarrow{PB}+n\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}$,

$\therefore a\triangle PA'B : a\triangle PBC : a\triangle PCA' = n : (-l) : m$。

$a\triangle PAB=\displaystyle\frac{1}{2}|\overrightarrow{PA}|\cdot|\overrightarrow{PB}|\cdot\sin\theta =\frac{1}{2}|\overrightarrow{PA'}|\cdot|\overrightarrow{PB}|\cdot\sin(\pi-\theta)=a\triangle PA'B$,

同理可得 $a\triangle PAC=a\triangle PA'C$。

由 (1)、 (2) 得證公式 2。

(三) 公式 3: 三角形四心與三頂點連線所成三角形之面積比

已知 $\triangle ABC$ 的重心 $G$, 內心 $I$, 垂心 $H$ 及外心 $O$, 則

(1)	$a\triangle ABG$	:	$a\triangle BCG$	:	$a\triangle CAG$	=	$1 : 1 : 1$。
(2)	$a\triangle ABI$	:	$a\triangle BCI$	:	$a\triangle CAI$	=	$c : a : b$。
(3)	$a\triangle ABH$	:	$a\triangle BCH$	:	$a\triangle CAH$	=	$c^4\!-\!(a^2\!-\!b^2)^2 \hskip 5pt : a^4\!-\!(b^2\!-\!c^2)^2 \hskip 5pt : b^4\!-\!(c^2\!-\!a^2)^2$。
(4)	$a\triangle ABO$	:	$a\triangle BCO$	:	$a\triangle CAO$	=	$c^2(a^2\!+\!b^2\!-\!c^2) : a^2(b^2\!+\!c^2\!-\!a^2) : b^2(c^2\!+\!a^2\!-\!b^2)$。

證明:

取 $X=G, I, O, H$, 由公式 1 與公式 2 即可得證。

三、後語

謝謝學長伍榮輝老師的校稿與鼓勵。

---本文作者任教高雄市市立新莊高中---