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：$△ABC$中，BD平分$\angle ABC$，CE平分$\angle ACB$，$BD\cap CE=F$。

求证：$\angle BFC=90^{\circ }+\frac{1}{2}\angle BAC$。

证明：
由题意知F为$△ABC$ 的内心。

$$\begin{array}{rl}\angle BFC& =\angle 7+\angle 8\\ & =(\angle 2+\angle 3)+(\angle 1+\angle 5)\\ & =\angle BAC+\frac{1}{2}(\angle ABC+\angle BCA)\\ & =\angle BAC+\frac{1}{2}(180^{\circ }-\angle BAC)\\ & =90^{\circ }+\frac{1}{2}\angle BAC\end{array}$$
证毕。

该引理的等价形式：

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

求证：F为 $\angle ABC$的内心。

简要证明：可以假设F不为内心，则可以取$\angle ABC,\angle ACB$的角平分线，必与AG交于另一点$F^{\prime }$。则根据之前引理的结论，必有$\angle B{F}^{\prime }C=90^{\circ }+\frac{1}{2}\angle BAC=\angle BFC$，从而得出$F$ 和 $F^{\prime }$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$PQR$，在三边的外面分别作一个等腰三角形，底角的大小分别为$a,b,c$。

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

分别延长$P^{\prime }R,R^{\prime }Q$等线段，延长线构成的角一定等于$a,b,c$, 如下图所示：

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

考虑$QR$外面的两个大角$a+b,a+c$， 因为$a<60^{\circ }$， 且$a+b+c<120^{\circ }$，
所以$QR$外面的两个大角的和$(a+b)+(a+c)<180^{\circ }$,

$\therefore QR$外面的两个延长线($R^{\prime }Q,Q^{\prime }R$)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
$$\begin{array}{rl}\angle A& =180^{\circ }-(a+b)-(a+c)\\ & =180^{\circ }-(a+b+c)-a\\ & =60^{\circ }-a\end{array}$$

同理 $\angle B=60^{\circ }-c,\angle C=60^{\circ }-b$。

进一步，连接$P^{\prime }P$并延长，可以发现$P^{\prime }P$平分$\angle B{P}^{\prime }C$， 因为$△Q{P}^{\prime }P\cong △R{P}^{\prime }P(SSS).$

又有
$$\begin{array}{rl}\angle BPC& =180^{\circ }-a\\ & =90^{\circ }+\frac{1}{2}(180^{\circ }-2a)\\ & =90^{\circ }+\frac{1}{2}\angle B{P}^{\prime }C\end{array}$$
所以根据上面引理的结论，P为$△P^{\prime }BC$的内心。

$\therefore BP平分\angle QBC$, $CP平分\angle RCB$。

同理可证Q为$△AB{Q}^{\prime }$的内心， R为$△A{R}^{\prime }C$的内心。

从而可以得到 $AQ,AR$ 是 $\angle BAC$的三等分线，$BQ,BP$ 是 $\angle ABC$的三等分线， $CP,CR$ 是 $\angle ACB$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$△ABC$, 可以取任意一个正$△P^{\prime }{Q}^{\prime }{R}^{\prime }$, 根据上面的构造方法，取

$60^{\circ }-a=\frac{1}{3}\angle BAC$,
$60^{\circ }-c=\frac{1}{3}\angle ABC$,
$60^{\circ }-b=\frac{1}{3}\angle ACB$

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

从而可以用上面的方法构造出一个包含三等分线的$△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$。

由于选取的角度$a,b,c$ 必有$△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\backsim △ABC(三个角分别对应相等)$。

然后可以再取$△ABC$ 的三等分线，构成一个$△PQR$,

易证得 $△PQR\backsim △P^{\prime }{Q}^{\prime }{R}^{\prime }$。

而$△P^{\prime }{Q}^{\prime }{R}^{\prime }$是我们取的任意正三角形， $\therefore △PQR$必然也是正三角形。

证毕。