數學傳播

文 給出了正三角形和正五邊形的兩個性質, 文 、 、 對此作了進一步探究, 得到 (下面的表述與原文略有不同)：

命題1： 球 $O$ 的內接 $n$ 邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 各邊相等, $P$ 為空間中任意一點, 則向量 $\overrightarrow{A_1P}$、 $\overrightarrow{A_2P}$、$\ldots$、 $\overrightarrow{A_n\!P}$ 分別對應在向量 $\overrightarrow{A_1A_2}$、 $\overrightarrow{A_2A_3}$、$\ldots$、 $\overrightarrow{A_nA_{n+1}}$ 上的射影之和等於 $n$ 邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 的半周長(約定 $A_{n+1}=A_1$)。

命題2： $P$ 為圓內接多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 所在平面內任意一點, 設點 $P$ 在邊 $A_iA_{i+1}$ 所在直線上的射影為 $B_i$ $(i=1,2,\ldots,n$, 約定 $A_{n+1}=A_1$), 則 $$\sum_{i=1}^n\overrightarrow{B_iA_i}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i+1}}=\sum_{i=1}^n\overrightarrow{B_iA_{i+1}}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i+1}}=\frac 12\sum_{i=1}^n|{A_iA_{i+1}}|^2. $$

本文擬將相關命題作進一步推廣。

引理： $\overrightarrow{OM_1}\bullet\overrightarrow{OM_2}=\dfrac 12(|OM_1|^2+|OM_2|^2-|M_1M_2|^2)$.

證明： $|M_1M_2|^2=\overrightarrow{M_1M_2}^2=(\overrightarrow{OM_1}-\overrightarrow{OM_2})^2=|OM_1|^2+|OM_2|^2-2\overrightarrow{OM_1}\bullet\overrightarrow{OM_2}$.
將上式略作變形即得引理中結論。$\tag*{$\Box$}$

上述引理其實就是餘弦定理的變形。 我們可用它將命題 2 推廣到任意空間多邊形, 即：

性質1： 對給定的空間多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 和任意一點 $P$ 有 $$\sum_{i=1}^n(\overrightarrow{A_iP}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i+1}})\!=\!\sum_{i=1}^n(\overrightarrow{A_{i+1}P}\bullet\overrightarrow{A_{i+1}A_i}) \!=\!\frac 12\sum_{i=1}^n|{A_iA_{i+1}}|^2 \hbox{(約定 $A_{n+1}=A_1$)}.$$ 圖 1 所示的是 $n=5$ 時的情形。

證明： 由引理有： \begin{eqnarray*} \overrightarrow{A_iP}\bullet\overrightarrow{A_i\!A_{i\!+\!1}}&=&\dfrac 12(|A_iA_{i+1}|^2+|A_iP|^2-|A_{i+1}P|^2) \end{eqnarray*} 在上式中令 $i$ 分別取 $1,2,\ldots,n$ 得 (注意 $A_{n+1}=A_1$)： \begin{eqnarray*} \overrightarrow{A_1P}\bullet\overrightarrow{A_1A_2}&=&\dfrac 12(|A_1A_2|^2+|A_1P|^2-|A_2P|^2),\\ \overrightarrow{A_2P}\bullet\overrightarrow{A_2A_3}&=&\dfrac 12(|A_2A_3|^2+|A_2P|^2-|A_3P|^2),\\ &\vdots&\\ \overrightarrow{A_n\!P}\bullet\overrightarrow{A_nA_1}&=&\dfrac 12(|A_nA_1|^2+|A_nP|^2-|A_1P|^2), \end{eqnarray*} 將上面 $n$ 個等式累加可得： $$\sum_{i=1}^n\overrightarrow{A_iP}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}=\frac 12\sum_{i=1}^n|{A_iA_{i+1}}|^2.$$ 同理可證另一個式子也等於此定值。$\tag*{$\Box$}$

由性質 1, 我們還可以證明下面的兩個性質：

性質2： 如圖1, 對給定的空間多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 和空間中任意一點 $P$, 邊 $A_iA_{i+1}$ 的中點為 $M_i$ $(i=1,2,\ldots,n)$, 則 $$\sum_{i=1}^n \overrightarrow{M_i\!P}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}=0, \qquad \hbox{(約定 $A_{n+1}=A_1$)}.$$

證明： 由性質 1 中 $$\sum_{i=1}^n (\overrightarrow{A_iP}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}})=\sum_{i=1}^n (\overrightarrow{A_{i\!+\!1}P}\bullet\overrightarrow{A_{i\!+\!1}A_i}) \quad\hbox{有}\quad \sum_{i=1}^n (\overrightarrow{A_iP}+\overrightarrow{A_{i\!+\!1}P})\bullet\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}=0 .$$ 而邊 $A_iA_{i+1}$ 的中點為 $M_i$, 則 $\overrightarrow{A_iP}+\overrightarrow{A_{i\!+\!1}P}=2\overrightarrow{M_i\!P}$, 代入上式即知結論成立。$\tag*{$\Box$}$

性質3： 如圖1, 對給定的空間多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 和空間中任意一點 $P$, 設點 $P$ 在邊 $A_iA_{i+1}$ 所在直線上的射影為 $B_i$ $(i=1,2,\ldots,n)$, 則 $$\sum_{i=1}^n |A_iB_i|^2=\sum_{i=1}^n |A_{i+1}B_i|^2, \qquad \hbox{(約定 $A_{n+1}=A_1$)}.$$

證明： 由題設知：有向線段 $\overline{A_iB_i}$ 是向量 $\overrightarrow{A_iP}$ 在向量 $\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}$ 上射影, 所以 \begin{eqnarray*} \overrightarrow{A_iP}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}&=&\overline{A_iB_i}\bullet \overline{A_iA_{i+1}}=\overline{A_iB_i}\bullet(\overline{A_iB_i}+\overline{B_iA_{i+1}})\\ &=&\overline{A_iB_i}^2+\overline{A_iB_i}\bullet\overline{B_iA_{i+1}}=|A_iB_i|^2-\overline{A_iB_i}\bullet\overline{A_{i+1}B_i}, \end{eqnarray*} 則 \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n \overrightarrow{A_iP}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}&=&\sum_{i=1}^n|A_iB_i|^2-\sum_{i=1}^n (\overline{A_iB_i}\bullet\overline{A_{i+1}B_i}). \end{eqnarray*} 同理有 \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n \overrightarrow{A_{i\!+\!1}P}\bullet\overrightarrow{A_{i\!+\!1}A_i}&=&\sum_{i=1}^n|A_{i+1}B_i|^2-\sum_{i=1}^n (\overline{A_iB_i}\bullet\overline{A_{i+1}B_i}). \end{eqnarray*} 而由性質 1 知上述兩等式的左側相等, 再將右側相同部分抵消即知： $$\sum_{i=1}^n |A_iB_i|^2=\sum_{i=1}^n |A_{i+1}B_i|^2.\tag*{$\Box$}$$

注： 由勾股定理知：$|A_iB_i|^2=|A_iP|^2-|B_iP|^2$, $|A_{i+1}B_i|^2=|A_{i+1}P|^2-|B_iP|^2$, 令 $i=1,2,\ldots,n$ 再累加求和也可證明此性質。

下面我們用性質 1 將命題 1 作進一步推廣。

性質4： 若空間多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 各邊相等, $P$ 為空間中任意一點, 則向量 $\overrightarrow{A_1P}$、 $\overrightarrow{A_2P}$、 $\ldots$、 $\overrightarrow{A_n\!P}$ 分別對應在向量 $\overrightarrow{A_1A_2}$、 $\overrightarrow{A_2A_3}$、$\ldots$、$\overrightarrow{A_nA_{n+1}}$ 上的射影之和等於多邊形 $A_1,A_2$, $\ldots$, $A_n$ 的半周長 (約定 $A_{n+1}=A_1$)。

證明： 設空間多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 的邊長為 $a$, 由性質 1 得 $$\sum_{i=1}^n \overrightarrow{A_iP}\bullet\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}=\dfrac 12\sum_{i=1}^n|A_iA_{i+1}|^2=\frac 12 na^2.$$ 而另一方面, 如圖 1, $\overrightarrow{A_iP}$ 在 $\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}$ 上射影 $$\overline{A_iB_i}=\frac{\overrightarrow{A_iP}\bullet \overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}}{|\overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}|}=\frac 1a(\overrightarrow{A_iP}\bullet \overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}}).$$

則諸射影之和 $$\sum_{i=1}^n \overline{A_iB_i}=\sum_{i=1}^n \frac 1a(\overrightarrow{A_iP}\bullet \overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}})=\frac 1a\sum_{i=1}^n (\overrightarrow{A_iP}\bullet \overrightarrow{A_iA_{i\!+\!1}})=\frac 1a\times \frac 12na^2=\frac 12 na.$$

注： 同理有 $\overrightarrow{A_2P}$、 $\overrightarrow{A_3P}$、 $\ldots$、 $\overrightarrow{A_{n+1}\!P}$ 分別對應在向量 $\overrightarrow{A_2A_1}$、 $\overrightarrow{A_3A_2}$、$\ldots$、 $\overrightarrow{A_{n+1}A_n}$ 上的射影之和也等於多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 的半周長(約定 $A_{n+1}=A_1$)。

與性質 4 類似, 結合性質 2 可推得：

性質5： 若空間多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 各邊相等, $P$ 為空間中任意一點, 邊 $A_iA_{i+1}$ 的中點為 $M_i$ $(i=1,2,\ldots,n$), 則向量 $\overrightarrow{M_1P}$、 $\overrightarrow{M_2P}$、$\ldots$、 $\overrightarrow{M_nP}$ 分別對應在向量 $\overrightarrow{A_1A_2}$、 $\overrightarrow{A_2A_3}$、$\ldots$、 $\overrightarrow{A_nA_{n+1}}$ 上的射影之和為零 (約定 $A_{n+1}=A_1$)。

文 的性質 2 可推廣為：

性質6： 若空間多邊形 $A_1 A_2 \ldots A_n$ 各邊相等, 空間中一點 $P$ 在邊 $A_iA_{i+1}$ 所在直線上的射影為 $B_i$ 且 $B_i$ 在線段 $A_iA_{i+1}$ 之內, $\triangle PA_iB_i$ 的內切圓半徑為 $r_{2i-1}$, $\triangle PA_{i+1}B_i$ 的內切圓半徑為 $r_{2i}$ ($i=1, 2, \ldots, n)$, 則 $\sum\limits_{i=1}^n r_{2i-1}=\sum\limits_{i=1}^n r_{2i}$ (約定 $A_{n+1}=A_1$)。

事實上, 直角三角形的內切圓半徑容易用邊表示出來, 再累加求和之後由性質 4 可推出性質 6 成立。 具體證明過程與文 相同, 此處略。

參考資料

---本文作者任教重慶市長壽龍溪中學---