2022年9月16日文章〈一道式的運算題目〉的幾何另解

原題目如下

若三個非零實數$a, b, c$滿足$a+b+c=a^2+b^2+c^2=2$，則

$$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$$

的值為何？

原解答請見我2022年9月16日的文章〈一道式的運算題目〉 。類似的題目也可參考我2021年1月10日的文章〈一道三變數的受約束極值問題〉。

以下是本題的幾何解答。

為敘述方便，將原題目的$a, b, c$依序替換為$x, y, z$。如2022年9月16日文章所言，兩個約束條件$x + y + z = 2$與$x^2 + y^2 + z^2 = 2$分別是三維空間中的平面與球，記為$E$與$S$。聯立考慮則為一個空間中的圓，設其圓心為$K$、半徑為$R$。

我們可以取平面$E$的法向量為$\overrightarrow{n} = (1, 1, 1)$。而$d(O, E) = \frac{|0 + 0 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{3} \sqrt{3}$。由於$| \overrightarrow{n}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}$，因此有$\overrightarrow{OK} = \frac{2}{3} \overrightarrow{n} = \left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$，故$K$之座標為$\left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$。

由於球面$S$的半徑為$\sqrt{2}$，而$\overline{OK} = d(O, E) = \frac{2}{3} \sqrt{3}$，因此由商高定理有$R = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - \left( \frac{2}{3} \sqrt{3} \right)^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}$。

現在我們要取一個與法向量$\overrightarrow{n}$垂直的向量，從而這向量可經過適當的平移而完全落在平面$E$上。不難由內積的計算可取向量$\overrightarrow{a} = (1, 0, -1)$，其長度為$\sqrt{2}$。接著再取$\overrightarrow{b} = \overrightarrow{n} \times \overrightarrow{a} = (-1, 2, -1)$。從而$\overrightarrow{n}, \overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$構成空間中的一組正交基。

接著我們重新調整向量$\overrightarrow{a}$與$\overrightarrow{b}$的長度，使其長度恰好是$R = \frac{\sqrt{6}}{3}$。取向量$\overrightarrow{p} = \frac{\sqrt{3}}{3} \overrightarrow{a} = \left( \frac{\sqrt{3}}{3}, 0, -\frac{\sqrt{3}}{3} \right)$，然後$\overrightarrow{q} = \frac{1}{3} \overrightarrow{b} = \left( -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{1}{3} \right)$。

此時圓$K$之圓周上任一點$P$的座標均可表示為

$$P = K + \cos \theta \overrightarrow{p} + \sin \theta \overrightarrow{q}, \quad \theta \in [0, 2\pi].$$

具體寫出其每個座標分量為

$$\left\{ \begin{align*} &x = \frac{2}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \\ &y = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \sin \theta \\ &z = \frac{2}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \end{align*} \right. ,$$

將之代入所要計算的式子$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$進行化簡，即可求出結果為$\frac{11}{6}$。

參考資料

[1] 〈Re: [幾何] 三維空間的圓〉https://www.ptt.cc/bbs/Math/M.1295717959.A.C88.html

[2] 一道三變數的受約束極值問題https://cosmicmathschool.blogspot.com/2021/01/blog-post.html

日本數學奧林匹亞JMO，1991，初賽，問題3，給定三角形三中線長度，求三角形面積

==問題==

==譯文==

三角形ABC的中心為G，$\overline{GA} = 2\sqrt{3}, \overline{GB} = 2\sqrt{2}, \overline{GC} = 2$，求三角形ABC的面積。

==解答==

本題偶爾見於國中幾何題中，是較具難度的題目，略有名氣。常見的做法為考慮重心G對某邊(例如$\overline{BC}$)中點的對稱點(要用點對稱！)，然後作出一個小平行四邊形，觀察其中的一部分的三角形，會發現三條線段長度正巧符合直角三角形邊長關係，從而得出原來三角形ABC的一部分為直角三角形。再利用三中線六等分三角形的概念，即可推知三角形面積。

此作法的優點是所用到的工具僅限於國中程度，相當巧妙。然而，巧雖巧矣，普通學生實在很難想到。(我的學生邢○○：「這誰想的到啊！？」)

(其實也不難想，就是稍微修改通常所見到證明三角形重心存在性之證明，但這是馬後炮。)

(我自己教學時，證明重心存在性，是用兩中線分割面積比來證的。因為，我覺得一般課本的證法不好想到。台北南門國中曾明德老師撰文一篇討論重心的教學，可參考。)

我目前還沒看到哪本書給出不同的作法，大家都是抄來抄去。

以下給出一個利用三角函數的作法。

如圖設定各點座標。

由於G是重心，所以有$\frac{A+B+C}{3}=G(0, 0)$，按x, y分量來看，得
$$\left\{ \begin{align*} 2\sqrt{3} + 2\sqrt{2}\cos \theta + 2\cos \varphi &= 0 \\ 2\sqrt{2} \sin \theta + 2 \sin \varphi &= 0 \end{align*} \right.$$
整理得
$$\left\{ \begin{align*} \sqrt{2}\cos \theta + \cos \varphi &= -\sqrt{3} \\ \sqrt{2} \sin \theta + \sin \varphi &= 0 \end{align*} \right.$$
平方相加得
$$2 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) + 2\sqrt{2}(\cos \theta \cos \varphi + \sin \theta \sin \varphi) + (\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi) = 3.$$
所以有
$$\cos (\theta - \varphi) = 0.$$
因此$\theta - \varphi = 90^\circ$（$\theta - \varphi$當然不可能是$180^\circ$或是其他角度）。從而可知$\triangle CGB$為直角三角形，且$\angle G = 90^\circ$。故
$$\triangle ABC = \triangle CGB \times 3 = \left( 2\sqrt{2} \times 2 \times \frac{1}{2} \right) \times 3 = 6 \sqrt{2}.$$

（解答結束）

==後記==

寫完上面的正文後，再google一下，做點文獻回顧。搜尋關鍵字「已知三中線長求面積」，略略看了一下，不論是網誌還是YouTube影片，幾乎所有人的作法也是一樣的。只有在這裡看到一個使用向量的解法。向量的作法很精緻，我的作法直接，本質等價，表現氣質不同。

不過說到底，這種題目給國中生做，挑戰性蠻高的。一個問題是，在普通的國中課程框架內，找對稱點這種本質上為幾何變換的解題手法，頗難應用到一般的題目上去，就變成了知識網絡中的孤立點。就算教了，學生泰半只會覺得「好難想到」，要嘛隔兩天就忘了，不然就是渾渾噩噩地背起來。我認為還是放在高中階段再解會比較恰當。

東京大學，1961，文科/理科，前期，第4題：線段分割二比一，求中心小三角形面積

問題

設$\triangle ABC$的三邊$\overline{BC}, \overline{CA}, \overline{AB}$上頭分別有點$L, M, N$使得$\displaystyle \frac{BL}{LC}=\frac{CM}{MA}=\frac{AN}{NM}=\frac{1}{2}$，其中$\overline{AL}$與$\overline{CN}$交點為$P$，$\overline{AL}$與$\overline{BM}$交點為$Q$，$\overline{BM}$與$\overline{CN}$交點為$R$。試求出$\triangle PQR$與$\triangle ABC$的面積比。

解答1 (國中) 綜合幾何法

1. 證明三角形共邊關係：$\triangle ANC : \triangle LNC = \overline{AP} : \overline{LP}$。
2. 證明：$\overline{AP} : \overline{LP} = 3 : 4$。
3. 證明：$\triangle LBM : \triangle ABM = \overline{LQ} : \overline{AQ}$。
4. 證明：$\overline{LQ} : \overline{AQ} = 1 : 6$。
5. 證明：$\overline{AP} : \overline{PQ} : \overline{QL} = 3 : 3 : 1$。
6. 證明：$\triangle ABQ = \frac{2}{7} \triangle ABC$。
7. 討論$\triangle BCR$與$\triangle ABC$的關係。
8. 討論$\triangle CAP$與$\triangle ABC$的關係。
9. 求出$\triangle PQR$與$\triangle ABC$的面積比。

解答2 (高中) 向量法

1. 設$\overrightarrow{AL} = s_1 \overrightarrow{AB} + t_1  \overrightarrow{AC}$，試利用分點公式求出$s_1 ,t_1$之值。
2. 設$\overrightarrow{AP} = s_2 \overrightarrow{AN} + t_2 \overrightarrow{AC}$，試利用平行關係及分點公式求出$s_2 ,t_2$之值。
3. 將$\overrightarrow{BQ}$表示為$\overrightarrow{BC}$與$\overrightarrow{BA}$的線性組合。
4. 將$\overrightarrow{CR}$表示為$\overrightarrow{CA}$與$\overrightarrow{CB}$的線性組合。
5. 將$\overrightarrow{PQ}$表示為$\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AC}$的線性組合。
6. 將$\overrightarrow{PR}$表示為$\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AC}$的線性組合。
7. 根據三角形的行列式面積公式有$\triangle ABC = \frac{1}{2} \left| \det \left( \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC} \right) \right|, \triangle PQR = \frac{1}{2} \left| \det \left( \overrightarrow{PQ}, \overrightarrow{PR} \right) \right|$。試利用行列式的性質求出$\triangle PQR$與$\triangle ABC$的面積比。

參考資料

[1] http://server-test.net/math/php.php?name=tokyo&v1=0&v2=1961&v3=1&v4=4&y=1961&n=4

評：該網站作者的解法頗複雜啊...原因在於他的向量解法只用半套，解出了邊長比後，又回去傳統的面積比、線段比解法，太繁瑣(笨)。如果要用向量玩到底，就應該引入行列式進來，把這道題目完全(向量)代數化，僅靠純粹的展開計算就可以得到答案。

和達三樹《物理用數學》習題2.1.1，向量加法的結合律

==問題==

證明結合律：$\bf A+(B+C) = (A+B)+C$。

==解答==

向量加法有兩種方法：平行四邊形法、三角形首尾相連法。證明關鍵在於使用三角形首尾相連法。如果用平行四邊形法會很難做。

$\bf A+(B+C)$

$\bf (A+B)+C$

由以上兩圖可知$\bf A+(B+C) = (A+B)+C$。

(解答結束)