在文
命題1(見
文
本文中我們先給出上述命題的一個簡單證明。 然後從理論上說明 ： 對圓內接偶數邊形, 為何不存在同樣的比例式。
引理 (見
命題 1 的證明： 如圖 1, 在 $圓弧A_1A_2$ 上取一點 $P$, 則對圓內接六邊形 $A_1PA_2A_3A_4A_5$, 由引理可知 ： $P=2\pi-(A_3+A_5)$.
在 $\triangle A_1PA_2$ 中, 由正弦定理有 ： $\dfrac{A_1A_2}{\sin P}=2R$. 將前式代入即得： $$\frac{A_1A_2}{\sin(A_3+A_5)}=-2R.$$ 同理可證其他幾式。
$\Box$
顯然, 這種方法對一般的圓內接奇數邊形仍然適用(有時 $2R$ 前沒有負號)。
對圓內接偶數邊形, 按同樣的方法：在某條弧上取一點 $P$, 再連上相鄰兩頂點, 可轉化為圓內接奇數邊形。 但對圓內接奇數邊形, 引理中的結論並不成立。 因此, 對圓內接偶數邊形, 不存在同樣的比例式。
但這還不能完全消除我們的疑惑。 因為"對圓內接奇數邊形引理中的結論並不成立", 這只是說不存在"$P=2\pi-(A_3+A_5)$"這種表達式。 但如果 $\angle P$ 能由諸 $\angle A_i$ ($i=1,2,3,\ldots,n$) 用其他方式表示出來呢？
因此, 我們有必要探討如下問題：
問題： $\angle P$ 能由諸 $\angle A_i$ $(i=1,2,3,\ldots,n)$ 確定嗎？
易知三角形時是可以確定的。 下面看圓的內接四邊形的情形。
如圖 2, $\odot O$ 的內接四邊形 $A_1A_2A_3A_4$ 的四個頂點將圓周分割成四段弧, 設其中的 $圓弧A_iA_{i+1}$ 所對的圓心角的弧度為 $x_{(i)(i+1)}$ ($i=1,2,3,4$, 約定 ： 當某個腳標超過 4 時, 將其等同於模 4 的最小正剩餘)。 在 $圓弧A_1A_2$ 上取一點 $P$, 由圓內接四邊形對角互補知 ： $P+\dfrac 12 x_{12}=\pi$.
要由諸 $\angle A_i$ $(i=1,2,3,4)$ 去確定 $\angle P$, 即轉化為由諸 $\angle A_i$ $(i=1,2,3,4)$ 去確定 $x_{12}$.
由圓內接四邊形對角互補知： $$A_2+\frac 12(x_{12}+x_{23})=\pi.$$ 變形得： $$x_{12}+x_{23}=2(\pi-A_2).$$ 同理有： $$x_{23}+x_{34}=2(\pi-A_3),\quad x_{34}+x_{41}=2(\pi-A_4),\quad x_{12}+x_{41}=2(\pi-A_1).$$ 其中 $A_1+A_2+A_3+A_4=2\pi$.
說明： 另一限制條件"$x_{12}\!+\! x_{23}\!+\! x_{34}\!+\! x_{41}\!=\!2\pi$"已蘊含在"$A_1\!+\!A_2\!+\!A_3\!+\!A_4\!=\!2\pi$"之中。
可算得這四個方程所組成的線性方程組的係數行列式的值為 $0$.
這意味著 : 此方程組的解中含有自由變量。 僅由諸 $\angle A_i$ $(i=1,2,3,4)$ 並不能確定 $x_{12}$. 從而也不能確定 $\angle P$.
一般地, 對圓內接 $n$ 邊形 $A_1A_2A_3\cdots A_n$ ($n\ge 3$), $n$ 個頂點將圓周分割成 $n$ 段弧, 設其中的 $圓弧A_iA_{i+1}$ 所對的圓心角的弧度為 $x_{(i)(i+1)}$ ($i=1,2,\ldots,n$, 約定 ： 當某個腳標超過 $n$ 時, 將其等同於模 $n$ 的最小正剩餘)。 同上可得: $$\left\{\begin{array}{lcl} x_{12}+x_{23}&=&2(\pi-A_2)\\ x_{23}+x_{34}&=&2(\pi-A_3)\\ \qquad\vdots&\vdots&\qquad\vdots\\ x_{(n-1)(n)}\!+\!x_{(n)(1)}&=&2(\pi-A_n)\\ x_{12}+x_{(n)(1)}&=&2(\pi-A_1)\\ \end{array}\right.\qquad \Big(\hbox{其中 $\sum\limits_{i=1}^n A_i=(n-2)\pi$}\Big).$$ 其係數行列式 $D_n=\left|\begin{array}{cccccc} ~1~&~1~&~0~&~\cdots~&~\cdots~&~0~\\ 0&1&1&0&\cdots&\vdots\\ \vdots&0&1&1&0&\vdots\\ \vdots&\vdots&0&1&1&0\\ 0&\vdots&\vdots&0&1&1\\ 1&0&\vdots&\vdots&0&1 \end{array}\right|$. 按第一列展開得: $$D_n=\left|\begin{array}{ccccc} ~1~&~1~&0&~\cdots~&~0~\\ 0&1&1&0&\vdots\\ \vdots&0&1&1&0\\ \vdots&\vdots&0&1&1\\ 0&\cdots&\cdots&0&1 \end{array}\right|+(-1)^{n+1} \left|\begin{array}{cccccc} ~1~&0&~\cdots~&~\cdots~&~0~\\ 1&1&0&\cdots&\vdots\\ 0&1&1&0&\vdots\\ \vdots&0&1&1&0\\ 0&\cdots&0&1&1 \end{array}\right|=1+(-1)^{n+1}.$$ 因此, 當 $n$ 為不小於3的奇數時, $D_n=2$. 此時有唯一解。
這表明 ： 若告知圓內接奇數邊形 $A_1A_2A_3\cdots A_n$ 的內角及內角的順序, 則其各邊所對的圓心角及其順序將被確定。 也就是說, 圓內接奇數邊形的形狀可以由它的內角及內角的順序來確定。
事實上, 當 $n$ 為不小於 3 的奇數時, 由上述線性方程組可以解出 $x_{(i)(i+1)}$ 即有(過程略) :
命題2： 對圓內接奇數邊形 $A_1A_2A_3\cdots A_n$ $(n\ge 3)$, 弧 $圓弧A_iA_{i+1}$ 所對圓心角的弧度為 $x_{(i)(i+1)}$ $(i=1,2,\ldots,n$, 約定 ： 當某個腳標超過 $n$ 時, 將其等同於模 $n$ 的最小正剩餘), 則 $$x_{(k)(k+1)}=2\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}A_{k+2i}-(n-3)\pi\qquad (k=1,2,3,\ldots,n).$$
結合 $x_{(k)(k+1)}\gt0$, 由命題 2 可知：諸 $A_i$ $(i=1,2,3,\ldots,n)$ 必滿足 $$\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}A_{k+2i}\gt\frac{n-3}2\pi\qquad (k=1,2,3,\ldots,n).$$
又, 注意到 $\sum\limits_{i=1}^n A_i=(n-2)\pi$, 減掉上式中那 $\dfrac{n-1}2$ 個角的和, 剩下的 $\dfrac{n+1}2$ 個角的和將小於 $\dfrac{n-1}2\pi$, 即有
命題3： 對圓內接奇數邊形 $A_1A_2\cdots A_n$ $(n\ge 3)$ 的內角, 約定 $A_{n+j}=A_j$ $(j=1,2,\ldots,n)$, 則有： $$\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}A_{k+2i}\gt\frac{n-3}2\pi,\quad \sum_{i=1}^{\frac{n+1}{2}}A_{k+2i}\lt\frac{n-1}2\pi,\quad (k=1,2,\ldots,n).$$
這表明 ： 對圓內接奇數邊形的內角, 雖然不存在引理中那樣的等式, 但有上述不等式限制。
命題 3 也可直接用引理證明。 這只需像圖 1 中那樣, 在某弧上取一個點並連接相鄰兩個頂點, 從而轉化為圓內接偶數邊形。 再在引理中那個等式的基礎上進行放縮即可。
而當 $n$ 為不小於 4 的偶數時, $D_n=0$, 此時解中將含有自由變量。 這即是說 ： 對圓內接偶數邊形, 僅由它的內角是無法確定其形狀的。 這方面最常見的例子是矩形。 下面給出的圖 3 也可以表明這一點 ------ 這些六邊形各邊對應平行, 各內角對應相等, 但形狀各不相同。
我們將上述討論總結為：
命題4： 圓內接奇數邊形的形狀完全由它的內角及內角的順序確定； 但對圓內接偶數邊形, 由其內角及內角的順序並不能確定其形狀。
由命題 4 即知 ： 對圓內接偶數邊形, 如命題 1 那樣的比例式是不存在的。
有趣的是, 像圖 3 這樣, 有一組各邊對應平行的內接偶數邊形, 這並不是圓才擁有的特性。
事實上, 一般的二次曲線都擁有這種特性 (圖 4 只展示了拋物線時的情形)。
對此感興趣的讀者可參閱文
參考資料
---本文作者任教中國重慶市長壽龍溪中學---