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网友来信:另类线段等分法与距离平方和问题的扩展

时间:12-07来源:作者:点击数:

在介绍尺规作图等分圆面积时,我提到了利用尺规作图将线段AB任意等分的问题。在初中课本上,这个问题的标准做法如下:

1. 过A点向另一方向做射线l;

2. 从A点开始,用圆规在射线l上截取n个等距的点X1, X2, …, Xn

3. 连接Xn和B;

4. 分别过X1, X2, …, Xn-1作直线平行于XnB。

那么,这些平行线与AB的交点即为AB的n等分点。

不过,这并不是等分给定线段的唯一做法。在讲解尺规作图时,Wikipedia上给出了一种另类的线段三等分做法:

1. 以AB为半径,分别以A、B为圆心作圆,两圆交于C、D;

2. 以C为圆心,AC为半径作圆;

3. 延长AC与圆C交于E;

4. 连接DE与线段AB交于F。

则点F就是AB的三等分点。

网友Liu Qingwei发来邮件说,以前他在某杂志上看到与上面所说方法都不相同的线段n等分法。

1. 作出矩形ABDC;

2. 作出BC和AD的交点,它在AB上的垂足P1就是AB的二等分点;

3. 作出P1C和AD的交点,它在AB上的垂足P2就是AB的三等分点;

4. 作出P2C和AD的交点,它在AB上的垂足P3就是AB的四等分点;

………

这样,我们就可以作出线段AB的任意等分点。这个做法的意义在于,我们可以抛弃圆规,只用矩尺便能实现线段的任意等分。

======================== 我的名字是分割线 ========================

注意原问题中内切圆根本不是一个必要的条件,只要是以等边三角形中心为圆心作出的圆,结论都仍然成立。这给了我们很多推广的空间。我们不由得开始猜想,对于一般三角形还有类似的结论吗?可惜的是,用几何画板一画,不但以三角形内心为圆心作圆后原结论不再成立,就连根正苗红的内切圆也失去了原有的性质。为此,我们回到原问题中的证明过程上去。为什么那个证明只对等边三角形有效,对一般三角形就不管用了呢?我们照葫芦画瓢,把一般三角形也放到平面x+y+z=1上,不妨记三个顶点分别在(x1, y1, z1)、(x2, y2, z2)、(x3, y3, z3),那么所求的距离平方和就应该是x-x1、x-x2、x-x3、y-y1、y-y2、y-y3、z-z1、z-z2、z-z3的平方和。展开后,x^2、y^2和z^2的系数是相同的,它们的和仍然是一个常数。常数项本身就是常数,我们也不必关心它。问题的关键就出在一次项上:式子展开后x、y、z的系数必需相同才能巧用x+y+z=1代换,但这在一般三角形中不一定成立。约去一个比例系数,三个一次项的系数分别为x1+x2+x3、y1+y2+y3、z1+z2+z3。因此,要想让原来的证明仍然适用,必需保证这三组和相等。注意到对每一组(x,y,z)我们都有x+y+z=1,因此9个变量之和应该为3,我们立即可知这三组和其实都等于1。有趣的事情来了,考虑该三角形的质心,(x1+x2+x3)/3、(y1+y2+y3)/3、(z1+z2+z3)/3都等于1/3,而(1/3, 1/3, 1/3)恰好又是平面x+y+z=1上离原点距离最近的位置(也即球x^2+y^2+z^2=r与其相交所成圆的圆心)。因此,我们立即得到这一结论:原题的结论仍然适用于一般三角形及其对应的质心。

进一步观察我们发现,上述推理过程对于任意多个点都是适用的。对于一个四边形来说,所有12个坐标值的和为4,因此x1+x2+x3+x4、y1+y2+y3+y4、z1+z2+z3+z4均为4/3,其对应的质心坐标依旧为(1/3, 1/3, 1/3)。我们甚至还可以大胆预言,该推理过程甚至能继续适用于更高维的情况……

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