# 三角龍復活計畫
<span style="color:red; font-size:150%;">研究三角形衍生形的奧秘</span>

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## 研究動機
<span style="font-size:120%">之前在練能力競賽的題目時，寫到一題三角形衍生形的題目，很有挑戰性，當時解出來覺得很有成就感。在之後的奧數競賽中，又遇到同樣的題目但不同性質，於是我們想深入研究此題的不同解法。</span>

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## 題目(奧數)
|  | 令 $\triangle ABC$ 為一銳角三角形。<br>作點 $A_1$ 使得 $\triangle A_1BC$ 為以 $A_1$ 為頂角，<br>且與 $\triangle ABC$ 不重疊的等腰直角三角形。<br>同理，作點 $B_1$ 與 $C_1$，使得 $\triangle AB_1C$ 與 $\triangle AC_1B$ 分別為<br>以 $B_1$ 與 $C_1$ 為頂角，且皆與 $\triangle ABC$ 不重疊的等腰直角三角形。<br><br>證明 $AA_1$、$BB_1$、$CC_1$ 三線共點。 |
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## 題目(能競)
|  | 在 $\triangle ABC$ 外側作等腰直角三角形 $\triangle BCD$、$\triangle CAE$、$\triangle ABF$，<br>其中 $\angle D$、$\angle E$、$\angle F$ 為直角。<br><br>證明：$EF = AD$ 且 $EF \perp AD$。 |
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<!-- slide -->

## 解一（延伸）

|  | 由定理一可知，$\overline{BE} \perp \overline{DF}$，同理 $\overline{AD} \perp \overline{EF}$、$\overline{CF} \perp \overline{DE}$。<br><br>故此三條 $BE, AD, CF$ 為 $\triangle DEF$ 的三邊高，交於其垂心，得證。 |
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## 解二(西瓦+正弦)

令 $\overline{A_1A}$、$\overline{B_1B}$、$\overline{C_1C}$ 分別交 $\overline{BC}$、$\overline{AC}$、$\overline{AB}$ 於 $D$、$E$、$F$。<br>

由正弦定理可得：
$$
\frac{\overline{BD}}{\sin \angle BA_1D}
= \frac{\overline{A_1D}}{\sin \angle A_1BD}
= \frac{\overline{A_1D}}{\sin \angle A_1CD}
= \frac{\overline{CD}}{\sin \angle CA_1D}
$$

同理，應用正弦定理於 $\triangle ABA_1$ 與 $\triangle ACA_1$，可得：
$$
\frac{\overline{AB}}{\sin \angle BA_1A}
= \frac{\overline{AA_1}}{\sin \angle ABA_1}, \quad
\frac{\overline{AC}}{\sin \angle CA_1A}
= \frac{\overline{AA_1}}{\sin \angle ACA_1}
$$

因此：
$$
\frac{\sin \angle BA_1A}{\sin \angle CA_1A}
= \frac{\overline{AB}}{\overline{AC}} \cdot \frac{\sin \angle ABA_1}{\sin \angle ACA_1}
$$

又因為：
$$
\angle BA_1D = \angle BA_1A, \quad
\angle CA_1D = \angle CA_1A
$$

所以有：
$$
\frac{\overline{BD}}{\overline{CD}}
= \frac{\sin \angle BA_1A}{\sin \angle CA_1A}
= \frac{\overline{AB}}{\overline{AC}} \cdot \frac{\sin(\angle B + 45^\circ)}{\sin(\angle C + 45^\circ)}
$$

同理可得：
$$
\frac{\overline{CE}}{\overline{AE}}
= \frac{\overline{BC}}{\overline{AB}} \cdot \frac{\sin(\angle C + 45^\circ)}{\sin(\angle A + 45^\circ)}
$$
$$
\frac{\overline{AF}}{\overline{BF}}
= \frac{\overline{AC}}{\overline{BC}} \cdot \frac{\sin(\angle A + 45^\circ)}{\sin(\angle B + 45^\circ)}
$$

將三式相乘得：
$$
\frac{\overline{BD}}{\overline{CD}} \cdot \frac{\overline{CE}}{\overline{AE}} \cdot \frac{\overline{AF}}{\overline{BF}}
=\left( \frac{\overline{AB}}{\overline{AC}} \cdot \frac{\sin(\angle B + 45^\circ)}{\sin(\angle C + 45^\circ)} \right)
\cdot
\left( \frac{\overline{BC}}{\overline{AB}} \cdot \frac{\sin(\angle C + 45^\circ)}{\sin(\angle A + 45^\circ)} \right)
\cdot
\left( \frac{\overline{AC}}{\overline{BC}} \cdot \frac{\sin(\angle A + 45^\circ)}{\sin(\angle B + 45^\circ)} \right) = 1
$$

由西瓦定理（Ceva's Theorem）可得結論：
$$
\boxed{\overline{AD}、\overline{BE}、\overline{CF} \text{ 共點}}
$$

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<span style="color:purple; font-size:150%;">以下為能競的一題多解</span>

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## 幾何古典旋轉
### 直角

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**第一步：** 將 $\triangle BCE$ 繞著點 $E$ **逆時針旋轉 $90^\circ$**。

**第二步：** 以 $\triangle BB'E$ 為 **等腰直角三角形**，
證明邊長相等與兩線垂直，進而推論目標性質成立。

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首先將 $\triangle BCE$ 逆時針旋轉 $90^\circ$，可得：
$\overline{BC} = \overline{AB'}$，$\overline{CE} = \overline{AE}$，$\overline{BE} = \overline{B'E}$，
且 $\overline{BE} \perp \overline{B'E}$（旋轉後垂直性成立）。

又有：$\angle FBA + \angle B'BE = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ$，
因此 $\angle B'BE$ 為直角。

接著連接 $\overline{BB'}$，
則有：$\angle AB'E + \angle ABE = \angle EBC + \angle ABE = 90^\circ$。

因此 $\triangle BB'E$ 為 **等腰直角三角形**。

---

**計算邊長：**
$\overline{B'B} = \overline{BA} + \overline{AB'} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} (\overline{BF} + \overline{BD}) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \overline{DF}$

又知：
$\overline{BE} = \overline{BB'} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

故推出：
$\overline{FD} : \overline{BB'} = \overline{BE} : \overline{BB'} = \sqrt{2} : 1$
$\Rightarrow \overline{FD} = \overline{BE}$
$\Rightarrow \boxed{\text{得證}}$

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### 銳角

## 步驟一：
先將 △BCE 繞著 E 點**逆時針旋轉 90°**
<br>

## 步驟二：
連接 $\overline{BB'}$，證明 $\triangle BDF \sim \triangle AB'B$
<br>

## 步驟三：
以 $\triangle BDF \sim \triangle AB'B$
去證明 **等長與垂直性**
<br><br>

---

## 證明細節：

$\angle BAB' = 360^\circ - (45^\circ + \angle BAC + \angle EAB')$ <br>
$\quad\quad\quad = 360^\circ - (45^\circ + \angle BAC + \angle BCA + 45^\circ)$ <br>
$\quad\quad\quad = 360^\circ - (270^\circ - \angle ABC)$ <br>
$\quad\quad\quad = 90^\circ + \angle ABC = \angle FBD$ <br>

由比例關係得：
$\dfrac{\overline{AB}}{\overline{BF}} = \dfrac{\overline{BD}}{\overline{AB'}} = 1 : \sqrt{2}$
<br>

$\therefore \triangle BDF \sim \triangle AB'B$（**SAS 相似**）
<br><br>

---

## 角度與相似性證明：

① $\angle ABE = \angle B'BF$ <br>
② $\angle BFD = \angle B'BA$ <br>
③ $\angle B'BE = \angle B'BA + \angle ABE = \angle FBA$ <br>
<br>

$\angle GHE = \angle FBB' + \angle BFD + \angle B'BA + \angle ABE$ <br>

由①②可得：
$\quad 2(\angle ABE + \angle B'BA)$ <br>

由③得：
$\quad 2 \times 45^\circ = 90^\circ$，得證。 <br>

$\therefore \triangle AB'B \sim \triangle BDF$
<br><br>

---

## 利用相似三角形求邊長比與等長：

$\because \triangle AB'B \sim \triangle BDF$ <br>
$\therefore \dfrac{\overline{FD}}{\overline{B'B}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ <br>

又因為
$\quad \overline{BE} = \overline{BB'} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ <br>

所以：
$\quad \dfrac{\overline{FD}}{\overline{B'B}} = \dfrac{\overline{BE}}{\overline{BB'}} = \sqrt{2} : 1$ <br>
$\Rightarrow \overline{FD} = \overline{BE}$，得證 ✅
<br><br>

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### 鈍角
### 第一步：
先將 △BCE 繞著點 E **逆時針旋轉**

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### 第二步：
連接 $\overline{BB'}$ <br>
證明 △BDF ~ △AB'B

---

### 第三步：
延伸 $\overline{BE}$ 到 $\overline{DF}$，交於 G 點

---

### 第四步：
以 △BDF ~ △AB'B 去證明 **等長與垂直關係**

---

## 相似三角形證明（SAS 相似）

$\angle BAB' = 45^\circ + \angle BAC + \angle EAB'$ <br>
&emsp;&emsp;= $45^\circ + \angle BAC + \angle BCA + 45^\circ$ <br>
&emsp;&emsp;= $270^\circ - \angle ABC = \angle DBF$ <br><br>

比例關係：
$\displaystyle AB : BF = BD : AB' = 1 : \sqrt{2}$ <br>

$\Rightarrow$ 故 △BDF ~ △AB'B（**SAS 相似**）

---

## 等長與垂直的推導

① $\angle BFD = \angle B'BA$ <br>
② $\angle GBF = 180^\circ - \angle FBA - \angle ABB' - \angle B'BE$ <br>
&emsp;&emsp;= $90^\circ - \angle ABB'$ <br><br>

由 ①② 可得：
$\angle FGE = \angle GBF + \angle GFB = 90^\circ$ <br><br>

因 △AB'B ~ △BDF <br>
$\Rightarrow \displaystyle FD : B'B = 1 : \sqrt{2}$ <br>

又 $\displaystyle BE = BB' \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$ <br>

$\Rightarrow \displaystyle FD : BB' = BE : BB' = \sqrt{2} : 1$ <br>
$\Rightarrow \boxed{FD = BE}$ <br><br>

**得證**
---

## 解析幾何證明


不失一般性，假設 $A(0,0)$，$B(a,b)$，$C(1,0)$。<br>
接下來用旋轉矩陣與複數兩種方式，分別求出 $D$、$E$、$F$ 三點座標，以下僅列出 $F$ 點的推導過程：

---

## 🔁 旋轉矩陣法求 $F$ 點

以 $A$ 為中心，將 $B$ 點**逆時針旋轉 $45^\circ$**，再將向量長縮小為 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 倍，可得 $F$ 點。<br>

運用旋轉矩陣與伸縮概念：

$$
\frac{\sqrt{2}}{2}
\begin{bmatrix}
\frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\
\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
a \\
b
\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}
\frac{1}{2}a - \frac{1}{2}b \\
\frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b
\end{bmatrix}
$$

所以 $F$ 點座標為 $\left( \frac{1}{2}a -\frac{1}{2}b,\ \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b \right)$。<br>

同理可得：<br>

* $E = \left( \frac{1}{2},\ -\frac{1}{2} \right)$<br>
* $D = \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b,\ \frac{1}{2} - \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b \right)$

---

## 🔢 複數法求 $F$ 點

將各點對應為複數表示：<br>

* $A \to 0 + 0i$<br>
* $B \to a + bi$<br>
* $C \to 1 + 0i$<br>

以 $A$ 為中心，將 $B$ 點逆時針旋轉 $45^\circ$ 並縮小為 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ 倍，<br>
即對應的複數乘以 $e^{i\frac{\pi}{4}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot ( \cos 45^\circ + i \sin 45^\circ )$：

$$
F = (a + bi) \cdot \left( \cos 45^\circ + i\sin 45^\circ \right) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\left(\frac{1}{2}a - \frac{1}{2}b \right)+\left( \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b \right)i
$$

所以 $F = \left( \frac{1}{2}a - \frac{1}{2}b,\ \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b \right)$

---

## 📐 向量垂直性證明

證明 $\vec{BE} \perp \vec{DF}$，即：

$$
\vec{BE} \cdot \vec{DF} = 0
$$

各向量為：<br>

* $\vec{DF} = \left( -\frac{1}{2} - b,\ -\frac{1}{2} + a \right)$<br>
* $\vec{BE} = \left( \frac{1}{2} - a,\ -\frac{1}{2} - b \right)$<br>

內積計算為：<br>

$$
\vec{BE} \cdot \vec{DF} = 0 \Rightarrow \vec{BE} \perp \vec{DF}
$$

同理可得：<br>

* $\vec{DE} \perp \vec{CF}$<br>
* $\vec{EF} \perp \vec{AD}$<br>

且觀察可知：<br>

* $\vec{DF} = \vec{BE}$<br>
* $\overline{DE} = \overline{CF}$<br>
* $\overline{EF} = \overline{AD}$

---

## 📌 三線共點證明

證明 $\overline{AD}$、$\overline{BE}$、$\overline{CF}$ 三線共點。<br>
先求各直線方程式：

* $\overline{AD}:\quad (1 - a + b)x - (1 + a + b)y = 0$<br>
* $\overline{BE}:\quad (1 + 2b)x - (2a - 1)y = a + b$<br>
* $\overline{CF}:\quad (a + b)x - (a - b - 2)y = a + b$

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### 利用克拉瑪法則求交點

**$\overline{AD}$ 與 $\overline{BE}$ 交點：**

$$
x = \frac{
\begin{vmatrix}
0 & 1 + a + b \\
a + b & 2a - 1
\end{vmatrix}
}{
\begin{vmatrix}
1 - a + b & 1 + a + b \\
1 + 2b & 2a - 1
\end{vmatrix}
}
= \frac{a^2 + b^2 + a + b + 2ab}{2a^2 + 2b^2 - 2a + 4b + 2}
$$

$$
y = \frac{
\begin{vmatrix}
1 - a + b & 0 \\
1 + 2b & a + b
\end{vmatrix}
}{
-\begin{vmatrix}
1 - a + b & 1 + a + b \\
1 + 2b & 2a - 1
\end{vmatrix}
}
= \frac{-a^2 + b^2 + a + b}{2a^2 + 2b^2 - 2a + 4b + 2}
$$

---

**$\overline{AD}$ 與 $\overline{CF}$ 交點：**

$$
x = \frac{
\begin{vmatrix}
0 & 1 + a + b \\
a + b & a - b - 2
\end{vmatrix}
}{
\begin{vmatrix}
1 - a + b & 1 + a + b \\
a + b & a - b - 2
\end{vmatrix}
}
= \frac{a^2 + b^2 + a + b + 2ab}{2a^2 + 2b^2 - 2a + 4b + 2}
$$

$$
y = \frac{
\begin{vmatrix}
1 - a + b & 0 \\
a + b & a + b
\end{vmatrix}
}{
\begin{vmatrix}
1 - a + b & 1 + a + b \\
a + b & a - b - 2
\end{vmatrix}
}
= \frac{-a^2 + b^2 + a + b}{2a^2 + 2b^2 - 2a + 4b + 2}
$$

可見兩組交點相同，故三線共點。

---

### ✅ 也可利用三階行列式幾何判別：

若三個直線的係數組成的行列式為 0，則三線共點：

$$
\begin{vmatrix}
1 - a + b & -(1 + a + b) & 0 \\
1 + 2b & -(2a - 1) & a + b \\
a + b & -(a - b - 2) & a + b
\end{vmatrix}
= 0
$$

故得證三線共點。

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## 向量


---

## 🧮 向量垂直證明：$\vec{BE} \perp \vec{FD}$

計算 $\vec{BE} \cdot \vec{FD}$：

$$
\vec{BE} \cdot \vec{FD}
= \vec{BE} \cdot (\vec{BD} - \vec{BF})
= \vec{BE} \cdot \vec{BD} - \vec{BE} \cdot \vec{BF}
$$

將 $\vec{BD} = \vec{CE} - \vec{CB}$，
$\vec{BF} = \vec{AE} - \vec{AB}$ 代入：

$$
= \vec{BE} \cdot \vec{CE} - \vec{BE} \cdot \vec{CB}- \vec{BE} \cdot \vec{AE} + \vec{BE} \cdot \vec{AB}
$$

接下來帶入具體長度與角度關係：

\begin{aligned}
& \frac{ab}{2} \cos(90^\circ +C)-\frac{a}{\sqrt{2}} \cos(A + 45^\circ)+\frac{a^2}{2\sqrt{2}}\\&+\frac{bc}{2}\cos(90^\circ + A)+\frac{b}{\sqrt{2}}\cos(A + 45^\circ)-\frac{c}{2}\end{aligned}

整理與化簡：

$$
=-\frac{ab}{2}\cos C +\frac{a^2}{2}+\frac{bc}{2}\cos A-\frac{c^2}{2}
$$

再套用餘弦定理：

$$
\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}, \quad
\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}
$$

代入：

$$
=\frac{ab}{2}\cdot\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}+ \frac{a^2}{2}+ \frac{bc}{2}\cdot\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}-\frac{c^2}{2}=0
$$

**✅ 得證：$\vec{BE} \perp \vec{FD}$**

---

## 🧮 向量長度相等證明：$|\vec{BE}| = |\vec{FD}|$

### 計算 $|\vec{BE}|^2$

$$
|\vec{BE}|^2 = |\vec{AE} - \vec{AB}|^2= |\vec{AE}|^2 - 2 \vec{AE} \cdot \vec{AB} +|\vec{AB}|^2
$$

$$
= \left( \frac{b}{\sqrt{2}} \right)^2- 2 \cdot \frac{b}{\sqrt{2}} \cdot c \cos(A +45^\circ)+ c^2
$$

利用和角公式：

$$
\cos(A + 45^\circ)
= \cos A \cos 45^\circ - \sin A \sin 45^\circ
= \frac{1}{\sqrt{2}} (\cos A - \sin A)
$$

代入後得：

$$
|\vec{BE}|^2= \frac{b^2}{2}- bc (\cos A - \sin A)+ c^2= \frac{b^2}{2} - bc \cos A + bc \sin A + c^2
$$

由餘弦定理表示 $\cos A$，又由正弦定理得：

$$
\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}, \quad
\sin A = \frac{a}{2R}
$$

整理後：

$$
|\vec{BE}|^2 = \frac{c^2 + a^2}{2} + bc \sin A
$$

---

### 計算 $|\vec{FD}|^2$

$$
|\vec{FD}|^2 = |\vec{BD} - \vec{BF}|^2
= |\vec{BD}|^2 - 2 \vec{BD} \cdot \vec{BF} + |\vec{BF}|^2
$$

$$
= \left( \frac{a}{\sqrt{2}} \right)^2- 2 \cdot \frac{a}{\sqrt{2}} \cdot \frac{c}{\sqrt{2}} \cos(B + 90^\circ)+ \left( \frac{c}{\sqrt{2}} \right)^2
$$

注意 $\cos(B + 90^\circ) = -\sin B$，得：

$$
|\vec{FD}|^2 = \frac{a^2 + c^2}{2} + ac \sin B
$$

再由正弦定理：

$$
\sin B = \frac{b}{2R}
$$

整理得：

$$
|\vec{FD}|^2 = \frac{a^2 + c^2}{2} + ac \cdot \frac{b}{2R}
$$

---

### 比較兩式：

$$
|\vec{BE}|^2 = \frac{a^2 + c^2}{2} + bc \cdot \frac{a}{2R} \\
|\vec{FD}|^2 = \frac{a^2 + c^2}{2} + ac \cdot \frac{b}{2R}
$$

兩式相等，因此：

$$
\boxed{|\vec{BE}| = |\vec{FD}|}
$$

**✅ 得證**

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## 向量分析

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## Step 1. 展開向量運算
\begin{aligned}
\vec{DA} \cdot \vec{EF}
&= (\vec{DB} + \vec{BA}) \cdot (\vec{EA} + \vec{AF}) \\
&= \left( \tfrac{1}{2} \vec{CB} + \tfrac{1}{2} \vec{KB} + \vec{BA} \right)
\cdot \left( \tfrac{1}{2} \vec{CA} + \tfrac{1}{2} \vec{JA} + \tfrac{1}{2} \vec{AG} + \tfrac{1}{2} \vec{AB} \right) \\
&= \left( \tfrac{1}{2} \vec{CA} + \tfrac{1}{2} \vec{KB} + \tfrac{1}{2} \vec{BA} \right)
\cdot \left( \tfrac{1}{2} \vec{CB} + \tfrac{1}{2} \vec{JA} + \tfrac{1}{2} \vec{AG} \right) \\
&= \tfrac{1}{4} \left(
\vec{CA} \cdot \vec{CB} + \vec{CA} \cdot \vec{JA} + \vec{CA} \cdot \vec{AG} \right. \\
&\quad\quad + \vec{KB} \cdot \vec{CB} + \vec{KB} \cdot \vec{JA} + \vec{KB} \cdot \vec{AG} \\
&\quad\quad \left. + \vec{BA} \cdot \vec{CB} + \vec{BA} \cdot \vec{JA} + \vec{BA} \cdot \vec{AG}
\right)
\end{aligned}

---

## Step 2. 群組並簡化內積項

$$
= \frac{1}{4} \left[
\vec{CB} \cdot (\vec{CA} + \vec{BA}) +
\vec{KB} \cdot (\vec{JA} + \vec{AG}) +
\vec{GA} \cdot \vec{AC} -
\vec{AJ} \cdot \vec{BA}
\right]
$$

---

## Step 3. 幾何輔助構造與結論推導

以 $\vec{CA}$ 方向延伸兩倍，得 $\vec{CN} = 2\vec{CA}$：<br>

$$
= \frac{1}{4} \left( \vec{CB} \cdot (\vec{BC} + \vec{CN}) - \vec{BK} \cdot \vec{JG} \right) \\
= \frac{1}{4} \left( \vec{CB} \cdot \vec{BN} - \vec{BK} \cdot \vec{JG} \right)
$$

又 $\angle NAB = 180^\circ - \angle CAB = \angle JAG$，<br>
$\triangle NAB \cong \triangle JAG$（**SAS**），且 $NA = CA = JA$，$BA = GA$<br>
$\Rightarrow \vec{NA} \perp \vec{JA}$，<br>
故可將 $\triangle NAB$ 視為 $\triangle JAG$ 以 $A$ 為頂點，<br>
**逆時針旋轉 $90^\circ$：**

$$
\vec{JG} \perp \vec{NB}
$$

將 $\vec{JG}$ 平移使其與 $\vec{CB}$ 相交於 $A$ 點（設為 $N'$，即 $\vec{N'B}$）<br>
又 $\vec{BN'} \perp \vec{CB}$，且 $\vec{KB} = \vec{CB}$，<br>
故得：

1. $\vec{KB} = \vec{CB}$，$\vec{BN'} = \vec{JG} = \vec{NB}$ <br>
2. $\Rightarrow \vec{CB} \cdot \vec{BN} = \vec{BK} \cdot \vec{JG}$

因此：
$$
\vec{DA} \cdot \vec{EF} = 0 \quad \textbf{得證}
$$

---

## 🔭 未來展望

在我們鑽研的過程中，我們有找到這兩題題目可能發想自兩大經典外建三角形成果：<br><br>

1. **拿破崙定理** —— 一邊外建正三角形可導出新的正三角形<br>
2. **Kiepert 系列** —— 一邊外建底角為 $\theta$ 的等腰三角形，<br>
　　外建三角形與原三角形相似，且三連線透視共點<br><br>

之後我們想要繼續深入探究，並應用高中所學證明這些成果和延伸。

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## 📚 參考資料

一：針崴崴、黃賽軒：三角形包雙點的外圍區域之共點問題<br>
第60屆中小學科學展覽 數學科 國中組<br><br>

二：陳昀諺、蕭兆原、李幸宏、庄嘉吉：三角形拓展型的幾何性質研究<br>
第52屆中小學科學展覽 數學科 高中組<br><br>

三：Yadis 團隊專欄：104學科學探究能力競賽函數試驗詳解<br>
🔗 [https://yadismath.blogspot.com/2020/08/blog-post.html](https://yadismath.blogspot.com/2020/08/blog-post.html)

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## 研究團隊l

- 班級：221
- 成員：李龍穎、廖烱量、胡家睿

**指導老師：** 吳惠美