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：△ A B C \triangle ABC△ABC中，BD平分∠ A B C \angle ABC∠ABC，CE平分∠ A C B \angle ACB∠ACB，B D ∩ C E = F BD \cap CE = FBD∩CE=F。
求证：∠ B F C = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B A C \angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC∠BFC=90∘+21∠BAC。
证明：
由题意知F为△ A B C \triangle ABC△ABC 的内心。
∠ B F C = ∠ 7 + ∠ 8 = ( ∠ 2 + ∠ 3 ) + ( ∠ 1 + ∠ 5 ) = ∠ B A C + 1 2 ( ∠ A B C + ∠ B C A ) = ∠ B A C + 1 2 ( 18 0 ∘ − ∠ B A C ) = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B A C \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：
△ A B C \triangle ABC△ABC中，AG平分∠ B A C \angle BAC∠BAC， F为AG上一点，∠ B F C = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B A C \angle BFC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC∠BFC=90∘+21∠BAC。
求证：F为 ∠ A B C \angle ABC∠ABC的内心。
简要证明：可以假设F不为内心，则可以取∠ A B C , ∠ A C B \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∠ B F ′ C = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B A C = ∠ B F C \angle BF'C = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle BAC = \angle BFC∠BF′C=90∘+21∠BAC=∠BFC，从而得出F FF 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P Q R PQRPQR，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, ca,b,c。
a , b , c a, b, ca,b,c均为变量，规定其需满足以下形式：
a + b + c < 12 0 ∘ , a , b , c < 6 0 ∘ a + b + c < 120^\circ, \ \ \ \ \ a, b, c < 60^\circa+b+c<120∘, a,b,c<60∘
分别延长P ′ R , R ′ Q P'R, R'QP′R,R′Q等线段，延长线构成的角一定等于a , b , c a, b, ca,b,c, 如下图所示：
因为已知正△ P Q R \triangle PQR△PQR的每个内角都是6 0 ∘ 60^\circ60∘, 再加上一个延长线构成的角一共是18 0 ∘ 180^\circ180∘。
考虑Q R QRQR外面的两个大角a + b , a + c a+b, a+ca+b,a+c， 因为a < 6 0 ∘ a < 60^\circa<60∘， 且a + b + c < 12 0 ∘ a + b+c < 120^\circa+b+c<120∘，
所以Q R QRQR外面的两个大角的和( a + b ) + ( a + c ) < 18 0 ∘ (a+b) + (a+c) < 180^\circ(a+b)+(a+c)<180∘,
∴ Q R \therefore QR∴QR外面的两个延长线(R ′ Q , Q ′ R R'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 = 18 0 ∘ − ( a + b ) − ( a + c ) = 18 0 ∘ − ( a + b + c ) − a = 6 0 ∘ − 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 = 6 0 ∘ − c , ∠ C = 6 0 ∘ − b \angle B = 60^\circ - c,\ \ \angle C = 60^\circ - b∠B=60∘−c, ∠C=60∘−b。
进一步，连接P ′ P P'PP′P并延长，可以发现P ′ P P'PP′P平分∠ B P ′ C \angle BP'C∠BP′C， 因为△ Q P ′ P ≅ △ R P ′ P ( S S S ) . \triangle QP'P \cong \triangle RP'P(SSS).△QP′P≅△RP′P(SSS).
又有
∠ B P C = 18 0 ∘ − a = 9 0 ∘ + 1 2 ( 18 0 ∘ − 2 a ) = 9 0 ∘ + 1 2 ∠ B P ′ 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 ′ B C \triangle P'BC△P′BC的内心。
∴ B P 平 分 ∠ Q B C \therefore BP 平分 \angle QBC∴BP平分∠QBC, C P 平 分 ∠ R C B CP 平分 \angle RCBCP平分∠RCB。
同理可证Q为△ A B Q ′ \triangle ABQ'△ABQ′的内心， R为△ A R ′ C \triangle AR'C△AR′C的内心。
从而可以得到 A Q , A R AQ, ARAQ,AR 是 ∠ B A C \angle BAC∠BAC的三等分线，B Q , B P BQ, BPBQ,BP 是 ∠ A B C \angle ABC∠ABC的三等分线， C P , C R CP, CRCP,CR 是 ∠ A C B \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△ A B C \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
6 0 ∘ − a = 1 3 ∠ B A C 60^\circ - a = \frac{1}{3} \angle BAC60∘−a=31∠BAC,
6 0 ∘ − c = 1 3 ∠ A B C 60^\circ - c = \frac{1}{3} \angle ABC60∘−c=31∠ABC,
6 0 ∘ − b = 1 3 ∠ A C B 60^\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 = 12 0 ∘ a+b+c=120^\circa+b+c=120∘ (上面三个等式相加), 且 a , b , c < 6 0 ∘ 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 , c a,b,ca,b,c 必有△ A ′ B ′ C ′ ∽ △ A B C ( 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△ A B C \triangle ABC△ABC 的三等分线，构成一个△ P Q R \triangle PQR△PQR,
易证得 △ P Q R ∽ △ 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， ∴ △ P Q R \therefore \triangle PQR∴△PQR必然也是正三角形。
证毕。