前两天看了和三角形相关的一个莫利定理，觉得较为有趣，所以做一个记录。

莫利定理(Morley’s Theorem)

将三角形的三个内角三等分，靠近某边的两条三分角线相交得到一个交点，则这样的三个交点可以构成一个正三角形。

看了其他人对该定理的证明，大多都是用了一堆推导，或者用高中的一些正弦余弦定理公式，个人觉得看着较为枯燥。

所以本文从一种直观角度进行证明，过程中仅用到初中知识，但是其中的思想较为有趣。

为证明该定理，首先证明一个引理。

引理

已知：△ABC\triangle ABC△ABC中，BD平分∠ABC\angle ABC∠ABC，CE平分∠ACB\angle ACB∠ACB，BD∩CE=FBD \cap CE = FBD∩CE=F。

求证：∠BFC=90∘+12∠BAC\angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC∠BFC=90∘+21∠BAC。

证明：
由题意知F为△ABC\triangle ABC△ABC 的内心。

∠BFC=∠7+∠8=(∠2+∠3)+(∠1+∠5)=∠BAC+12(∠ABC+∠BCA)=∠BAC+12(180∘−∠BAC)=90∘+12∠BAC\begin{aligned} \angle BFC &= \angle7+\angle 8 \\ &=(\angle 2 + \angle 3) + (\angle 1 + \angle 5) \\ &= \angle BAC + \frac{1}{2}(\angle ABC + \angle BCA) \\ &= \angle BAC + \frac{1}{2}(180^\circ - \angle BAC) \\ &= 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC \end{aligned} ∠BFC=∠7+∠8=(∠2+∠3)+(∠1+∠5)=∠BAC+21(∠ABC+∠BCA)=∠BAC+21(180∘−∠BAC)=90∘+21∠BAC
证毕。

该引理的等价形式：

△ABC\triangle ABC△ABC中，AG平分∠BAC\angle BAC∠BAC， F为AG上一点，∠BFC=90∘+12∠BAC\angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC∠BFC=90∘+21∠BAC。

求证：F为 ∠ABC\angle ABC∠ABC的内心。

简要证明：可以假设F不为内心，则可以取∠ABC,∠ACB\angle ABC , \angle ACB∠ABC,∠ACB的角平分线，必与AG交于另一点F′F'F′。则根据之前引理的结论，必有∠BF′C=90∘+12∠BAC=∠BFC\angle BF'C = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC = \angle BFC∠BF′C=90∘+21∠BAC=∠BFC，从而得出FFF 和 F′F'F′重合。

接下来证明莫利定理。

莫利定理的证明：

考虑如下的正三角形PQRPQRPQR，在三边的外面分别作一个等腰三角形，底角的大小分别为a,b,ca, b, ca,b,c。

a,b,ca, b, ca,b,c均为变量，规定其需满足以下形式：
a+b+c<120∘,a,b,c<60∘a + b + c < 120^\circ, \ \ \ \ \ a, b, c < 60^\circa+b+c<120∘, a,b,c<60∘

分别延长P′R,R′QP'R, R'QP′R,R′Q等线段，延长线构成的角一定等于a,b,ca, b, ca,b,c, 如下图所示：

因为已知正△PQR\triangle PQR△PQR的每个内角都是60∘60^\circ60∘, 再加上一个延长线构成的角一共是180∘180^\circ180∘。

考虑QRQRQR外面的两个大角a+b,a+ca+b, a+ca+b,a+c，因为a<60∘a < 60^\circa<60∘，且a+b+c<120∘a + b+c < 120^\circa+b+c<120∘，
所以QRQRQR外面的两个大角的和(a+b)+(a+c)<180∘(a+b) + (a+c) < 180^\circ(a+b)+(a+c)<180∘,

∴QR\therefore QR∴QR外面的两个延长线(R′Q,Q′RR'Q, Q'RR′Q,Q′R)一定会相交。

同理QP，PR外面的两个延长线也会相交。设延长线的交点分别为A, B, C。如下图所示：

易知
∠A=180∘−(a+b)−(a+c)=180∘−(a+b+c)−a=60∘−a\begin{aligned}\angle A &= 180^\circ - (a+b) - (a+c) \\ &= 180^\circ - (a+b+c) - a \\ &= 60^\circ - a \end{aligned}∠A=180∘−(a+b)−(a+c)=180∘−(a+b+c)−a=60∘−a

同理 ∠B=60∘−c,∠C=60∘−b\angle B = 60^\circ - c,\ \ \angle C = 60^\circ - b∠B=60∘−c, ∠C=60∘−b。

进一步，连接P′PP'PP′P并延长，可以发现P′PP'PP′P平分∠BP′C\angle BP'C∠BP′C，因为△QP′P≅△RP′P(SSS).\triangle QP'P \cong \triangle RP'P(SSS).△QP′P≅△RP′P(SSS).

又有
∠BPC=180∘−a=90∘+12(180∘−2a)=90∘+12∠BP′C\begin{aligned} \angle BPC &= 180^\circ - a \\ &= 90^\circ + \frac{1}{2}(180^\circ - 2a) \\ &=90^\circ + \frac{1}{2}\angle BP'C \end{aligned} ∠BPC=180∘−a=90∘+21(180∘−2a)=90∘+21∠BP′C
所以根据上面引理的结论，P为△P′BC\triangle P'BC△P′BC的内心。

∴BP平分∠QBC\therefore BP 平分 \angle QBC∴BP平分∠QBC, CP平分∠RCBCP 平分 \angle RCBCP平分∠RCB。

同理可证Q为△ABQ′\triangle ABQ'△ABQ′的内心， R为△AR′C\triangle AR'C△AR′C的内心。

从而可以得到 AQ,ARAQ, ARAQ,AR 是 ∠BAC\angle BAC∠BAC的三等分线，BQ,BPBQ, BPBQ,BP 是 ∠ABC\angle ABC∠ABC的三等分线， CP,CRCP, CRCP,CR 是 ∠ACB\angle ACB∠ACB的三等分线。

截止到这里相当于证明完了莫利定理的逆定理，即从正三角形出发构造了三等分线。

下面可以从正面推出莫利定理。

已知任意一个△ABC\triangle ABC△ABC, 可以取任意一个正△P′Q′R′\triangle P'Q'R'△P′Q′R′, 根据上面的构造方法，取

60∘−a=13∠BAC60^\circ - a = \frac{1}{3} \angle BAC60∘−a=31∠BAC,
60∘−c=13∠ABC60^\circ - c = \frac{1}{3} \angle ABC60∘−c=31∠ABC,
60∘−b=13∠ACB60^\circ - b = \frac{1}{3} \angle ACB60∘−b=31∠ACB

可以看出这种情况下一定满足 a+b+c=120∘a+b+c=120^\circa+b+c=120∘ (上面三个等式相加), 且 a,b,c<60∘a,b,c < 60^\circa,b,c<60∘。

从而可以用上面的方法构造出一个包含三等分线的△A′B′C′\triangle A'B'C'△A′B′C′。

由于选取的角度a,b,ca,b,ca,b,c 必有△A′B′C′∽△ABC(三个角分别对应相等)\triangle A'B'C' \backsim \triangle ABC(三个角分别对应相等)△A′B′C′∽△ABC(三个角分别对应相等)。

然后可以再取△ABC\triangle ABC△ABC 的三等分线，构成一个△PQR\triangle PQR△PQR,

易证得 △PQR∽△P′Q′R′\triangle PQR \backsim \triangle P'Q'R'△PQR∽△P′Q′R′。

而△P′Q′R′\triangle P'Q'R'△P′Q′R′是我们取的任意正三角形， ∴△PQR\therefore \triangle PQR∴△PQR必然也是正三角形。

证毕。

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