Euler's Eyes
2026-10-12
显着线的计算
中位数、高度和 角平分线 只能从三边计算。所有公式都来自度量关系，而斯图尔特的单一关系可以一次性解决所有问题。
谁发现的
中位数公式被称为阿波罗尼乌斯定理：亚历山大的教皇将其归因于佩尔加的阿波罗尼乌斯（公元前 3 世纪）。高度公式使用三角形的面积作为边的函数，即海伦公式，由亚历山大的海伦在1世纪以公制（阿拉伯人将其归因于阿基米德）证明。苏格兰人Matthew Stewart在一些在高等数学中相当有用的一般定理一书中在1746中发表了适用于连接顶点和对边的任何线段的关系。
故事
斯图尔特 (1717–1785) 是格拉斯哥罗伯特·西姆森 (Robert Simson) 和爱丁堡科林·麦克劳林 (Colin Maclaurin) 的学生，并接替麦克劳林担任数学教授。他以希腊的方式提倡纯粹的几何方法，甚至适用于天文学问题，例如计算到太阳的距离。
将顶点连接到对侧点的线段现在称为 ceviana，以纪念意大利人 Giovanni Ceva (1678)。中位数、高度和 角平分线 是特定的 Cevians，因此 Stewart 关系给出了所有这些的公式。
在日常生活中
- 结构。 将节点连接到相对构件上的点的桁架内部支柱的长度不符合斯图尔特关系。
- 土地面积。 根据海伦公式，三角形土地的面积仅通过三个边的测量来计算，而不需要测量角度。
- **设计和计算机图形学。**建模程序计算中位数和 重心 来划分和平衡三角形网格。
- 导航。 两个港口之间的中点以及船舶与其之间的距离是中值问题。
资料来源： Matthew Stewart (MacTutor) · Heron of Alexandria (MacTutor) · Apollonius (MacTutor)。
理论与结构
中位数的计算
Teorema中位数取决于边
由于 $a$、$b$ 和 $c$ 是三角形的边，因此相对于这些边的中位数测量
$$m_a = \frac{1}{2}\sqrt{2(b^2 + c^2) - a^2}, \qquad m_b = \frac{1}{2}\sqrt{2(a^2 + c^2) - b^2}, \qquad m_c = \frac{1}{2}\sqrt{2(a^2 + b^2) - c^2}.$$查看扣除额
令$M$为$\overline{BC}$的中点，$D$为$A$高度的脚，$x$为从$M$到$D$的距离。在三角形 $AMC$ 和 $AMB$ 中（$M$ 中一个是钝角，另一个是锐角）：
$$b^2 = m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 + 2\cdot\frac{a}{2}\cdot x, \qquad c^2 = m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 - 2\cdot\frac{a}{2}\cdot x.$$添加：$b^2 + c^2 = 2m_a^2 + \dfrac{a^2}{2}$，然后是$4m_a^2 = 2(b^2 + c^2) - a^2$。如果 $\hat M$ 是直的，根据毕达哥拉斯定理，结果是立即的。
Exemplo边为 5、7 和 8 的三角形的中线
对于 $a = 5$、$b = 7$ 和 $c = 8$：
$$m_a = \tfrac{1}{2}\sqrt{2(49 + 64) - 25} = \tfrac{1}{2}\sqrt{201}, \quad m_b = \tfrac{1}{2}\sqrt{2(25 + 64) - 49} = \tfrac{1}{2}\sqrt{129}, \quad m_c = \tfrac{1}{2}\sqrt{2(25 + 49) - 64} = \sqrt{21}.$$注意。 无需公式，根据三角形 $CBM$ 和 $CAM$ 的余弦定理（其中 $\alpha$ 是 $M$ 中的角度），我们也可以得到 $m_c$：$5^2 = m_c^2 + 4^2 - 8m_c\cos\alpha$ 和 $7^2 = m_c^2 + 4^2 + 8m_c\cos\alpha$。添加 $2m_c^2 = 42$ 和 $m_c = \sqrt{21}$。
高度计算
Teorema高度取决于边
$2p = a + b + c$ 是三角形的周长（$p$ 是半周长）：
$$h_a = \frac{2}{a}\sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}, \qquad h_b = \frac{2}{b}\sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}, \qquad h_c = \frac{2}{c}\sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}.$$查看扣除额
令 $\overline{CD} = h_c$ 和 $m$ 为 $b$ 在 $c$ 上的投影。在$\triangle ADC$中：$h_c^2 = b^2 - m^2$（1）。根据度量关系，$a^2 = b^2 + c^2 \mp 2cm$，因此$m = \pm\dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2c}$（2）。将 (2) 替换为 (1)：
$$4c^2h_c^2 = (2bc)^2 - (b^2 + c^2 - a^2)^2 = (2bc + b^2 + c^2 - a^2)(2bc - b^2 - c^2 + a^2)$$$$= [(b + c)^2 - a^2]\,[a^2 - (b - c)^2] = (b + c + a)(b + c - a)(a + b - c)(a - b + c).$$如$a + b + c = 2p$、$-a + b + c = 2(p - a)$、$a - b + c = 2(p - b)$和$a + b - c = 2(p - c)$：
$$4c^2h_c^2 = 2p \cdot 2(p - a) \cdot 2(p - b) \cdot 2(p - c) \;\Rightarrow\; h_c = \frac{2}{c}\sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}.$$Exemplo三角形边高 5、7 和 8
$p = 10$、$p - a = 5$、$p - b = 3$、$p - c = 2$ 和 $\sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)} = \sqrt{300} = 10\sqrt{3}$。然后
$$h_a = \frac{2}{5}\cdot 10\sqrt{3} = 4\sqrt{3}, \qquad h_b = \frac{2}{7}\cdot 10\sqrt{3} = \frac{20\sqrt{3}}{7}, \qquad h_c = \frac{2}{8}\cdot 10\sqrt{3} = \frac{5\sqrt{3}}{2}.$$**注意。**公式并不总是能简化计算。在边为 $\sqrt{5}$、$\sqrt{10}$ 和 5 的三角形中，相对于最大边的高度通过毕达哥拉斯计算得更快：用 $x$ 边 $\sqrt{5}$、$h^2 + x^2 = 5$ 和 $h^2 + (5 - x)^2 = 10$ 的投影；减去$10x = 20$、$x = 2$和$h = 1$。
斯图尔特比率
Teorema斯图尔特比率
给定三角形 $ABC$ 和 $D$ 是边 $\overline{AB}$ 上的一个点，其中 $BC = a$、$AC = b$、$AB = c$、$DB = x$、$AD = y$ 和 $CD = z$，值得
$$a^2y + b^2x - z^2c = cxy.$$查看演示
令 $m$ 为 $\overline{CD}$ 在 $\overline{AB}$ 上的投影。根据公制关系，在三角形 $BCD$ 和 $ACD$ 中（$D$ 中的一个角是锐角，另一个角是钝角）：
$$a^2 = x^2 + z^2 \mp 2xm \quad (1) \qquad b^2 = y^2 + z^2 \pm 2ym \quad (2)$$将 (1) 乘以 $y$，将 (2) 乘以 $x$ 再相加，与 $m$ 的项相互抵消：
$$a^2y + b^2x = xy(x + y) + z^2(x + y) = cxy + z^2c \;\Rightarrow\; a^2y + b^2x - z^2c = cxy.$$Exemplo应用：与其他三个圆相切的圆
考虑圆 $\lambda(O, 3)$、$\lambda(O_1, 2)$ 和 $\lambda(O_2, 1)$，其中 $O_1$ 和 $O_2$ 在一个直径上，两个最小的彼此相切且与最大的一个内切，第四个圆 $\lambda(O_3, x)$ 与这三个圆相切。三角形$O_1O_2O_3$中：$O_1O_2 = 3$、$O_1O_3 = 2 + x$、$O_2O_3 = 1 + x$；还有 $OO_1 = 1$、$OO_2 = 2$ 和 $OO_3 = 3 - x$。应用斯图尔特与 cevian 的关系 $\overline{O_3O}$：
$$(1 + x)^2 \cdot 1 + (2 + x)^2 \cdot 2 - (3 - x)^2 \cdot 3 = 3 \cdot 2 \cdot 1 \;\Rightarrow\; 28x = 24 \;\Rightarrow\; x = \frac{6}{7}.$$**注意。**使用斯图尔特比率，还可以计算中位数：只需取 $x = y = \dfrac{c}{2}$。
内部角平分线的计算
Teorema角平分线 内部取决于侧面
$$s_a = \frac{2}{b + c}\sqrt{bc\,p(p - a)}, \qquad s_b = \frac{2}{a + c}\sqrt{ac\,p(p - b)}, \qquad s_c = \frac{2}{a + b}\sqrt{ab\,p(p - c)}.$$查看扣除额
角平分线$\overline{AS}$将$\overline{BC}$分为$x$（$B$一侧）和$y$（$C$一侧）。由内部定理角平分线、$\dfrac{x}{c} = \dfrac{y}{b}$和$x + y = a$；然后是 $x = \dfrac{ac}{b + c}$ 和 $y = \dfrac{ab}{b + c}$。来自斯图尔特在 $\triangle ABC$、$b^2x + c^2y - s_a^2a = xya$ 中的链接。更换：
$$(b + c)^2 s_a^2 = bc\,[(b + c)^2 - a^2] = bc\,(b + c + a)(b + c - a) = bc \cdot 2p \cdot 2(p - a),$$其中 $s_a = \dfrac{2}{b + c}\sqrt{bc\,p(p - a)}$。
Exemplo角平分线 内三角形边 5、7 和 8
对于 $p = 10$、$p - a = 5$、$p - b = 3$ 和 $p - c = 2$：
$$s_a = \frac{2}{15}\sqrt{7 \cdot 8 \cdot 10 \cdot 5} = \frac{2}{15}\cdot 20\sqrt{7} = \frac{8\sqrt{7}}{3}, \qquad s_b = \frac{2}{13}\sqrt{5 \cdot 8 \cdot 10 \cdot 3} = \frac{40\sqrt{3}}{13}, \qquad s_c = \frac{2}{12}\sqrt{5 \cdot 7 \cdot 10 \cdot 2} = \frac{5\sqrt{7}}{3}.$$外部角平分线的计算
Teorema角平分线 外部取决于侧面
$$s^{\prime}_a = \frac{2}{|b - c|}\sqrt{bc\,(p - b)(p - c)}, \qquad s^{\prime}_b = \frac{2}{|a - c|}\sqrt{ac\,(p - a)(p - c)}, \qquad s^{\prime}_c = \frac{2}{|a - b|}\sqrt{ab\,(p - a)(p - b)}.$$如果为$b = c$，则$s^{\prime}_a$的表达式没有意义：等腰三角形的顶点的外角角平分线平行于底边。
查看扣除额
让$b > c$。外部角平分线$\overline{AS^{\prime}}$与直线$BC$相交于$B$之外的点$S^{\prime}$；是$S^{\prime}B = x$和$S^{\prime}C = y$，所以$y - x = a$。由外定理角平分线、$\dfrac{x}{c} = \dfrac{y}{b}$；然后是$x = \dfrac{ac}{b - c}$和$y = \dfrac{ab}{b - c}$。在三角形 $AS^{\prime}C$ 和 cevian $\overline{AB}$ 中应用 Stewart 关系：
$$s^{\prime 2}_a \cdot a + b^2x - c^2y = a\,x\,y.$$替换 $x$ 和 $y$：
$$(b - c)^2 s^{\prime 2}_a = bc\,[a^2 - (b - c)^2] = bc\,(a + b - c)(a - b + c) = bc \cdot 2(p - c) \cdot 2(p - b),$$其中 $s^{\prime}_a = \dfrac{2}{|b - c|}\sqrt{bc\,(p - b)(p - c)}$。如果将$b < c$、$b - c$替换为$c - b$：这就是模块中出现差异的原因。
Exemplo角平分线 外三角形边 5、7 和 8
$$s^{\prime}_a = \frac{2}{1}\sqrt{7 \cdot 8 \cdot 3 \cdot 2} = 8\sqrt{21}, \qquad s^{\prime}_b = \frac{2}{3}\sqrt{5 \cdot 8 \cdot 5 \cdot 2} = \frac{40}{3}, \qquad s^{\prime}_c = \frac{2}{2}\sqrt{5 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3} = 5\sqrt{21}.$$