另类线段等分法与距离平方和问题的扩展.doc

另类线段等分法与距离平方和问题的扩展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。一位电台DJ留言说他将我前几天写的距离平方和问题进行了推广。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，x2、y2和z2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x2+y2+z2=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