用 Cauchy 不等式處理幾何不等關係證明題

=題目= 

如圖，直角三角形 $ABC$ 中， $\angle C = 90^{\circ}$ ， $M$ 為 $\overline{BC}$ 中點， $M$ 到斜邊 $\overline{AB}$ 的距離為 $d$ ，試說明 $d \le \frac{1}{3} \overline{AM}$ 。

=詳解=

$(1^{\circ})$ 不失一般性，假設 $\overline{CM} = 1, \overline{AC} = h > 0$，則

$$\begin{align*} &\overline{MB} = 1, \\ &\overline{AM} = \sqrt{ {\overline{CM}}^2 + {\overline{AC}}^2 } = \sqrt{h^2 + 1}, \\ &\overline{AB} = \sqrt{ \overline{CB}^2 + \overline{AC}^2 } = \sqrt{ h^2 + 4 }. \end{align*}$$

$(2^{\circ})$ 對於 $ \Delta ABM $，利用三角形面積公式有

$$ \frac{ \overline{MB} \times \overline{AC} }{2} = \frac{ \overline{AB} \times \overline{EM} }{2}. $$

即

$$ \frac{ 1 \times h }{2} = \frac{ \sqrt{h^2 + 4} \times d }{2}. $$

故

$$ d = \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} }. $$

$(3^{\circ})$ 利用 Cauchy 不等式有

$$ \begin{align*} d &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} }\\ &= \frac{h \sqrt{h^2 + 1}}{ \sqrt{h^2 + 4} \sqrt{h^2 + 1} } \\ &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} \sqrt{h^2 + 1} } \sqrt{h^2 + 1} \\ &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 2^2} \sqrt{h^2 + 1^2} } \overline{AM} \\ &=\frac{h}{ \sqrt{h^2 + 2^2} \sqrt{1^2 + h^2} } \overline{AM} \\ &\le \frac{h}{ | h \cdot 1 + 2 \cdot h | } \overline{AM} \\ &= \frac{1}{3} \overline{AM}. \end{align*} $$

（解答終了）

=附記=

本題用國中數學作輔助線的方式也能做，但我覺得不太好想，至少我比較熟悉 Cauchy 不等式，所以我還是用這種半解析的方式來處理。

一道四球相切疊橘子求高度的問題

==問題== 

三個半徑1的球，和一個半徑為$\sqrt{3} - 1$的球疊成兩層在桌上，較小的球放上層，四球兩兩相切，則上層小球的最高點到桌面的距離為何？

==答案== 

$\sqrt{\frac{5}{3}} + \sqrt{3}$

==解答== 

        設大球三顆的球心分別為$A, B, C$，而設小球的球心為$D$，於是四點$A, B, C, D$構成一個三角錐，其中$\overline{AB} = \overline{AC} = \overline{BC} = 1 + 1 = 2$，而$\overline{DA} = \overline{DB} = \overline{DC} = (\sqrt{3} - 1) + 1 = \sqrt{3}$。

        所求高度即為

小球半徑＋$D$與平面$ABC$距離＋大球半徑.

        現在開始計算$D$與平面$ABC$距離。取$D$在平面$ABC$上的投影點為$G$，則$G$為$\Delta ABC$的重心。設$\overleftrightarrow{AG}$與$\overline{BC}$交於$M$，$\overline{BM} = \overline{CM} = 1$，$\overline{AM} = \sqrt{3}$，$\overline{AG} = \frac{2}{3} \sqrt{3}$，因此

$$\overline{DG} = \sqrt{\sqrt{3}^2 - \left( \frac{2}{3} \sqrt{3} \right)^2} = \sqrt{\frac{5}{3}}.$$

所以

$${\text{所求高度}} = (\sqrt{3} - 1) + \sqrt{\frac{5}{3}} + 1 = \sqrt{\frac{5}{3}} + \sqrt{3}.$$

（解答終了）

一道空間幾何的三角形面積問題

==問題== 

在正四面體ABCD中，於$\overline{AB}, \overline{AC}, \overline{AD}$上分別取$P, Q, R$，已知$\overline{AD}$垂直於平面$PQR$，且$\overline{AP} = 6$，試求出$\Delta PQR$的面積。

==答案==

$9 \sqrt{2}$

==解答==

題目略圖如下：

分析三角錐APQR，其中$\angle BAC = 60^{\circ} = \angle PAR = \angle QAR$，再利用三角形邊長關係得下圖：

於是$\Delta PQR$是邊長為$3\sqrt{3}, 3\sqrt{3}, 6$的三角形，其中

$$\cos R = \frac{\sqrt{3}^2 + \sqrt{3}^2 - 2^2}{2 \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{3},$$

且

$$\sin R = + \sqrt{1 - \cos^2 R} = \frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

因此

$$\Delta PQR = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{3} \cdot 3\sqrt{3} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = 9 \sqrt{2}.$$

（解答終了）

一道三角形三邊長關係的線性方程組問題

==問題== 

設$a, b, c$為$\Delta ABC$的三邊長，且使方程組$\left\{ \begin{align*} &ax+by=c \\ &bx+cy=a  \end{align*} \right.$有無限多組解，則$\Delta ABC$是何種三角形？

==解答==

由於已知線性方程組為無限多組解，而由二元一次線性方程組的幾何意義可知，此時兩條方程式可視為同一條直線，因此係數與常數之比例相同，亦即有

$$a:b = b:c = c:a,$$

其中依序是$x$係數比例、$y$係數比例與常數比例。將比例式改為分數式，

$$\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a}.$$

假定比值為$k$，得

$$\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a} = k.$$

（注意$k$為正數相除的結果，所以$k$必為正數）於是可得

$$a = bk, b= ck, c = ak.$$

注意到這三個關係式中，$a, b, c$各在等號兩邊恰出現1次，所以考慮三數乘積得

$$a\cdot b \cdot c = (bk) \cdot (ck) \cdot (ak),$$

整理得

$$abc = abc \cdot k^3,$$

於是解出$k = 1$，故$a = b= c$，即$\Delta ABC$為正三角形。

（解答終了）

$15^\circ$、$75^\circ$與相關角度的三角函數值

經典推導法 

首先是我們的老朋友，$30^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}$三角形，姑且就直接設定邊長是$1, \sqrt{3}$與$2$，如下圖所示：

接著我們延伸底邊$\sqrt{3}$，向右伸長$2$，然後再與原來三角形的頂點連接，如下圖所示：

注意這樣做的結果就是在本來的三角形的右側生出一個等腰三角形，而且兩底角都是$15^{\circ}$！

我們就獲得一個$15^{\circ}-75^{\circ}-90^{\circ}$的直角三角形。

接著開始來計算斜邊：

$$\sqrt{1^2 + (2+\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 4 + 4\sqrt{3} + 3} = \sqrt{8 + 2\sqrt{12}} = \sqrt{(\sqrt{6} + \sqrt{2})^2} = \sqrt{6} + \sqrt{2}.$$

於是就可以求出

$$\sin 15^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{1 \cdot (\sqrt{6} - \sqrt{2})}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 15^{\circ} = \frac{2 + \sqrt{3}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{(2 + \sqrt{3}) \cdot (\sqrt{6} - \sqrt{2})}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}.$$

然後利用$\sin (90^\circ - \theta) = \cos \theta$可以再求出

$$\sin 75^{\circ} = \sin (90^\circ - 15^\circ) = \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 75^{\circ} = \cos (90^\circ - 15^\circ) = \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}.$$

然後我們可以開始計算$\tan$，利用$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$，得

$$\tan 15^\circ = \frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{6} - \sqrt{2})^2}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{8 - 4\sqrt{3}}{4} = 2 - \sqrt{3},$$

$$\tan 75^\circ = \frac{\sin 75^\circ}{\cos 75^\circ} = \frac{\cos 15^\circ}{\sin 15^\circ} = \frac{1}{\frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ}} = \frac{1}{\tan 15^\circ} = \frac{1}{2 - \sqrt{3}} = \frac{1\cdot (2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = 2 + \sqrt{3}.$$

整理

$$\begin{array}{ccc} & 15^\circ & 75^\circ \\ \sin & \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} & \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\ \cos & \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} & \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \\  \tan & 2 - \sqrt{3} & 2 + \sqrt{3} \end{array}$$

正方形內嵌正三角形推導法

考慮正方形$ABCD$，在其中以$A$為一頂點，做一內嵌正三角形$\triangle AEF$。

由於$\overline{AB} = \overline{AD}, \overline{AE} = \overline{AF}, \angle ABE = \angle ADF = 90^\circ$，所以$\triangle ABE \cong \triangle ADF$（SAS）。從而$\angle BAE = \angle FAD = 15^\circ$。

為方便起見，我們取$\overline{AE} = 1$，於是$\overline{AB} = \cos 15^\circ, \overline{BE} = \sin 15^\circ, \overline{EC} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \overline{FC} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \overline{FD} = \sin 15^\circ, \overline{AD} = \cos 15^\circ.$

比較$\overline{AB}$與$\overline{DC}$，得等式

$$\cos 15^\circ = \sin 15^\circ + \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

左右兩邊同時平方，化簡得

$$\sin 15^\circ \cos 15^\circ = \frac{1}{4}.$$

從而有

$$\cos 15^\circ + \sin 15^\circ = \sqrt{(\cos 15^\circ + \sin 15^\circ)^2} = \sqrt{1 + 2\cdot \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{6}}{2}.$$

因此由$\left\{ \begin{array}{l} \cos 15^\circ - \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \cos 15^\circ + \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6}}{2} \end{array} \right.$解得

$$\sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}, \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}.$$

其他相關角度的三角函數值

處理的技巧很簡單，就是善用對稱性。

• 點$(x, y)$對$x$軸對稱的結果為$(x, -y)$，對$y$軸對稱的結果為$(-x, y)$。

• 比較少用的是，過原點而斜率為$m$的直線，無論是對$x$軸對稱還是對$y$軸對稱，結果都是過原點而斜率為$-m$的直線。

• 最為少用的是，過原點而斜率為$m$的直線，若對直線$y = x$對稱，則結果是過原點而斜率為$\frac{1}{m}$的直線。（事實上，這結果就是反函數微商公式$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}}$！）

我們的出發點就是下面這個三角形：

以及兩條直線的斜率：

$105^\circ$的三角函數值

下面其他角度列出計算過程，請讀者自己想出我是怎樣進行對稱。

$165^\circ$的三角函數值

$$\sin 165^\circ = \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 165^\circ = -\cos 15^\circ = - \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 165^\circ = - \tan 15^\circ = -(2 - \sqrt{3}).$$

$195^\circ$的三角函數值

$$\sin 195^\circ = - \sin 165^\circ = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 195^\circ = \cos 165^\circ = - \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 195^\circ = - \tan 165^\circ = -[-(2 - \sqrt{3})] = 2 - \sqrt{3}.$$

$255^\circ$的三角函數值

$$\sin 255^\circ = - \sin 105^\circ = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 255^\circ = \cos 105^\circ = - \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 255^\circ = - \tan 105^\circ = -[-(2 + \sqrt{3})] = 2 + \sqrt{3}.$$

$285^\circ$的三角函數值

$$\sin 285^\circ = \sin 255^\circ = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 285^\circ = \cos 75^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 285^\circ = - \tan 255^\circ = -\tan 75^\circ = -(2 + \sqrt{3}).$$

$345^\circ$的三角函數值

$$\sin 345^\circ = \sin (-15^\circ) = -\sin 15^\circ = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 345^\circ = \cos (-15^\circ) = \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 345^\circ = -\tan 15^\circ = -(2 - \sqrt{3}).$$

95國中基測(I)，第19題，詳解

TeX檔：201412191426.tex

103國中教育會考，第21題，詳解

TeX檔名：201412191335.tex