奔馳定理證明探究

問題分析

奔馳定理: 設 $O$ 為 $\triangle ABC$ 內一點, 且 $x\cdot\overrightarrow{OA}+y\cdot\overrightarrow{OB}+z\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$, 則 $S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=x:y:z$.

從這個形式很容易聯想到三角形重心的性質, 即三角形重心滿足 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$, $S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=1:1:1$, 應該可以通過重心的性質證明.

證明

幾何上的分析

如圖, $O$ 是 $\triangle A'B'C'$ 的重心, $A,B,C$ 分別為 $OA',OB',OC'$ 上一點, 由於 $\triangle A'B'C'$ 是任意的, $\triangle ABC$ 也為任意三角形. 由 $\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OC'}=\overrightarrow{0}$ 可得 $\overrightarrow{OA'}=x\cdot\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OB'}=y\cdot\overrightarrow{OB}$, $\overrightarrow{OC'}=z\cdot\overrightarrow{OC}$.

過 $A$ 作 $AG\perp BO$, $A'$ 作 $A'G'\perp BO$, $C$ 作 $CH\perp OB$, $C'$ 作 $C'H'\perp OB$.
由相似得 $AG=\frac{1}{x}A'G',CH=\frac{1}{z}C'H'$, 又因為 $A'G'=C'H'$, 所以 $CH:AG=x:z$, 可得 $S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOB}=x:z$, 同理可證 $S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}=x:y$, 即 $S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=x:y:z$.

以上是一些初步思考, 並不是很嚴格的證明.

正式證明

延長 $OA,OB,OC$, 使 $\overrightarrow{OA'}=x\cdot\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OB'}=y\cdot\overrightarrow{OB}$, $\overrightarrow{OC'}=z\cdot\overrightarrow{OC}$.
由 $O$ 是 $\triangle A'B'C'$ 的重心, 可得:

$$x\cdot\overrightarrow{OA}+y\cdot\overrightarrow{OB}+z\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$$ $$S_{\triangle A'OB'}=xy\cdot S_{\triangle AOB}=S_{\triangle B'OC'}=yz\cdot S_{\triangle BOC}=S_{\triangle A'OC'}=xz\cdot S_{\triangle AOC}$$

整理得 $S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=x:y:z$. $\square$

另一種證明 (面積比例推導)

仔細考慮會發現上面的證明也不是很嚴格, 充分性略有問題. 於是我在網上找到了另一種證明方法.

$O$ 為 $\triangle ABC$ 內任意一點, 延長 $AO$ 至 $D$, 設 $S_{\triangle AOB}=S_1$, $S_{\triangle AOC}=S_2$, $S_{\triangle BOC}=S_3$. 易得: $$\overrightarrow{AO}=\frac{AO}{AD}\cdot\overrightarrow{AD}=\frac{S_1+S_2}{S_1+S_2+S_3}\cdot\overrightarrow{AD}$$ $$\overrightarrow{AD}=\frac{CD}{BC}\cdot\overrightarrow{AB}+\frac{BD}{BC}\cdot\overrightarrow{AC}=\frac{S_2}{S_1+S_2}\cdot\overrightarrow{AB}+\frac{S_1}{S_1+S_2}\overrightarrow{AC}$$

聯立可得:

$$\begin{aligned} \overrightarrow{AO}&=\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\cdot\overrightarrow{AB}+\frac{S_1}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AC}\\ &=\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\cdot(\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB})+\frac{S_1}{S_1+S_2+S_3}(\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OC}) \end{aligned}$$

整理得:

$$\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}\cdot\overrightarrow{OA}+\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\cdot\overrightarrow{OB}+\frac{S_1}{S_1+S_2+S_3}\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$$

即 $S_3:S_2:S_1=x:y:z$, $S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=x:y:z$. $\square$

特例

設 $\triangle ABC$ 三頂點 $A,B,C$ 對邊分別為 $a,b,c$. 當 $O$ 為三角形內特殊的點時, 由奔馳定理可得特殊結論.

重心

$$S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=1:1:1$$ $$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$$

內心

$$S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=a:b:c$$ $$a\cdot\overrightarrow{OA}+b\cdot\overrightarrow{OB}+c\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$$

外心

$$\begin{aligned} S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}&=\sin\angle BOC:\sin\angle AOC:\sin\angle AOB\\ &=\sin2A:\sin2B:\sin2C \end{aligned}$$ $$\sin2A\cdot\overrightarrow{OA}+\sin2B\cdot\overrightarrow{OB}+\sin2C\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$$

垂心

$$S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=\tan A:\tan B:\tan C$$ $$\tan2A\cdot\overrightarrow{OA}+\tan2B\cdot\overrightarrow{OB}+\tan2C\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$$

推廣

二維

$O$ 為 $\triangle ABC$ 所在平面內任意一點, 且 $x\cdot\overrightarrow{OA}+y\cdot\overrightarrow{OB}+z\cdot\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$, 則: $$S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}:S_{\triangle AOB}=\vert x\vert:\vert y\vert:\vert z\vert$$ $$S_{\triangle BOC}=\frac{\vert x\vert}{\vert x+y+z\vert}$$

一維

$O$ 為線段 $AB$ 所在直線上一點, 且 $x\cdot\overrightarrow{OA}+y\cdot\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{0}$, 則: $$L_{OB}:L_{OA}=\vert x\vert:\vert y\vert$$ $$L_{OB}=\frac{\vert x\vert}{\vert x+y\vert}$$

三維

$O$ 為三棱錐 $A-BCD$ 內一點, 且 $x\cdot\overrightarrow{OA}+y\cdot\overrightarrow{OB}+z\cdot\overrightarrow{OC}+k\cdot\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}$, 則: $$V_{O-BCD}:V_{O-ACD}:V_{O-ABD}:V_{O-ABC}=\vert x\vert:\vert y\vert:\vert z\vert:\vert k\vert$$ $$V_{O-BCD}=\frac{\vert x\vert}{\vert x+y+z+k\vert}$$

當 $O$ 是三棱錐 $A-BCD$ 內切球球心時:

$$S_{\triangle BCD}\cdot\overrightarrow{OA}+S_{\triangle ACD}\cdot\overrightarrow{OB}+S_{\triangle ABD}\cdot\overrightarrow{OC}+S_{\triangle ABC}\cdot\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}$$

還沒學立體幾何, 不會證明…

參考

谷留明. 奔馳定理的應用與推廣[J]. 中學數學研究,2019(09):20-21.