如圖一, 設 $\triangle ABC$ 為正三角形, $P$ 為其內部任一點, 由 $P$ 分別向三角形的三邊作垂線, 垂足分別是 $D$、 $E$、 $F$, 連 $PA$、$PB$、 $PC$, 則 $\triangle ABC$ 被分成 6 個直角三角形, 設這些直角三角形的內切圓半徑依次為 $r_1$、 $r_2$、 $r_3$、 $r_4$、 $r_5$、 $r_6$, 則有如下兩個結論：

（1）　 $AF+BD+CE=FB+DC+EA$;

（2）　 $r_1+r_3+r_5=r_2+r_4+r_6$。

證： （1）如圖二, 過 $A$ 作 $AH \bot BC$, 垂足為 $H$, 再過 $P$ 作 $PG \bot AH$, 垂足為 $G$, 由 $G$ 點分別作 $AB$、 $AC$ 的垂線, 垂足分別是 $M$, $N$, 則 \begin{eqnarray} AF+BD+CE&=&(AM+MF)+(BH-DH)+(CN+NE)\nonumber\\ &=&(AM+BH+CN)+(MF-DH+NE)\label{1}\\ FB+DC+EA&=&(MB-MF)+(HC+DH)+(NA-NE)\nonumber\\ &=&(MB+HC+NA)+(DH-MF-NE)\label{2} \end{eqnarray} 注意到 $AM=NA$, $BH=HC$, $CN=MB$, 則 \eqref{1} 式減去 \eqref{2} 式得： $$AF+BD+CE-(FB+DC+EA)=2(MF+NE+DH)$$ 從而要證明性質（1）成立, 只需證明 $2(MF+NE-DH)=0$, 即 $MF+NE=DH$ 即可。

由圖二不難看出, $\angle PGM=\angle GPE=30^\circ$, 則有 $$MF+NE=PG\sin 30^\circ+PG\sin 30^\circ=PG=DH$$ 從而性質（1）成立。

（2）設直角三角形的兩條直角邊為 $a$ 和 $b$, 斜邊為 $c$, 內切圓半徑為 $r$, 則有 $r=\dfrac{a+b-c}2$, 下面我們直接引用這一性質而略去它的證明。

由圖一及上述性質可得： \begin{eqnarray*} r_1=\dfrac{BD+PD-PB}2, \qquad r_3=\dfrac{CE+PE-PC}2, \qquad r_5=\dfrac{AF+PF-PA}2,\\ r_2=\dfrac{DC+PD-PC}2, \qquad r_4=\dfrac{EA+PE-PA}2, \qquad r_6=\dfrac{FB+PF-PB}2\hbox{。} \end{eqnarray*} 不難算出　　 $$(r_1+r_3+r_5)-(r_2+r_4+r_6)=\dfrac 12 (BD+CE+AF-DC-EA-FB)$$ 由於性質（1）成立, 從而上式括弧內為零, 即 $(r_1+r_3+r_5)-(r_2+r_4+r_6)=0$, 性質（2）也成立。

設 $P$ 為正五邊形 $ABCDE$ 內一點, 為了使 $P$ 點向各邊作垂線時都能得到垂足, 我們對 $P$ 點的範圍加上一些限制。 如圖三, 過正五邊形的每個頂點分別作其所在的兩邊的垂線, 則這 10 條垂線在正五邊形內部圍成一個正十邊形, 當 $P$ 點在這個正十邊形內部時, 由 $P$ 點向正五邊形各邊作垂線時都能得到垂足。

如圖四, 設正五邊形 $ABCDE$ 內部一點 $P$ ($P$ 點向各邊作垂線時都能得到垂足), 由 $P$ 點向各邊作垂線, 設垂足分別為 $F$、 $I$、 $J$、 $K$、 $L$, 連 $PA$、 $PB$、 $PC$、 $PD$、 $PE$, 則正五邊形被分成 10 個直角三角形, 設這些直角三角形的內切圓半徑依次為 $r_1$、 $r_2$、 $r_3$、 $r_4$、 $r_5$、 $r_6$、 $r_7$、 $r_8$、 $r_{9}$、 $r_{10}$, 則有如下兩個結論：

（1）　$AF+BI+CJ+DK+EL=FB+IC+JD+KE+LA$；

（2）　$r_1+r_3+r_5+r_7+r_9=r_2+r_4+r_6+r_8+r_{10}$。

證： （1）如圖五, 過 $A$ 作 $AH\bot CD$, 垂足為 $H$, 再過 $P$ 作 $PG\bot AH$, 垂足為 $G$, 由 $G$ 點分別作 $AB$、 $BC$、 $DE$、 $EA$ 的垂線, 垂足分別是 $M$, $R$、 $S$、 $N$, 則 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt AF+BI+CJ+DK+EL\nonumber\\ &=&(AM+MF)+(BR-IR)+(CH-JH)+(DS-KS)+(EN-NL)\nonumber\\ &=&(AM+BR+CH+DS+EN)+(MF-IR-JH-KS+NL)\label{3}\\[6pt] &&\hskip -25pt FB+IC+JD+KE+LA\nonumber\\ &=&(MB-MF)+(RC+IR)+(HD+JH)+(SE+KS)+(NA-NL)\nonumber\\ &=&(MB+RC+HD+SE+NA)+(IR+JH+KS-MF-NL)\label{4} \end{eqnarray} 注意到 $AM=NA$、 $BR=SE$、 $CH=HD$、 $DS=RC$、 $EN=MB$, 由 \eqref{3} 式減去 \eqref{4} 式得： $$(AF+BI+CJ+DK+EL)-(FB+IC+JD+KE+LA)=2(MF-IR-JH-KS+NL)$$ 從而要證明性質（1）成立, 只需證明 $2(MF-IR-JH-KS+NL)=0$, 即證明 $MF-IR-JH-KS+NL=0$ 即可。

　　因為正五邊形的內角為 $108^\circ$, 所以 $\angle RGH=180^\circ-108^\circ=72\circ$, 由此得 $\angle PGR=90^\circ-\angle RGH=90^\circ-72^\circ=18^\circ$, 同樣可以算出, $\angle GPK=18^\circ$, $\angle PGM=54^\circ$、 $\angle GPL=54^\circ$。則有 \begin{eqnarray*} MF\!-\!IR\!-\!JH\!-\!KS\!+\!NL &=&PG\sin 54^\circ-PG\sin 18^\circ -PG-PG\sin 18^\circ+PG\sin 54^\circ\\ &=&PG(2\sin 54^\circ-1-2\sin 18^\circ) \end{eqnarray*} 這樣我們就只需證明 $2\sin 54^\circ-1-2\sin 18^\circ=0$ 即可。 由於 $\sin 18^\circ=\dfrac{\sqrt{5}-1}4$, 利用三倍角公式得： $\sin 54^\circ =3 \sin 18^\circ -4\sin^3 18^\circ=\dfrac{3(\sqrt 5-1)}{4}-4\cdot \Big(\dfrac{\sqrt 5-1}4\Big)^3=\dfrac{\sqrt 5+1}4$。 這樣便有 $2\sin 54^\circ-1-2\sin 18^\circ =2\cdot \dfrac{\sqrt 5+1}4-1-2\cdot \dfrac{\sqrt 5-1}4=0$, 從而性質（1）成立。

　　（2）利用和正三角形性質（2）同樣的證明方法, 可以得到： \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt (r_1+r_3+r_5+r_7+r_9)-(r_2+r_4+r_6+r_8+r_{10})\\ &=&\dfrac 12[(AF+BI+CJ+DK+EL)-(FB+IC+JD+KE+LA)] \end{eqnarray*} 由於性質（1）成立, 從而上式中括弧內為零, 即 $$r_1+r_3+r_5+r_7+r_9=r_2+r_4+r_6+r_8+r_{10}$$ 性質（2）也成立。

---本文作者任教江蘇省運河高等師範學校---