中頂多邊形
畫出一多邊形的各邊中點，以各邊中點
為圓心，中點到該邊頂點的距離為半徑
畫圓。取兩鄰邊所作之圓的交點為一頂
點，將各頂點依序連線，且為凸多邊形，
即為中頂多邊形。如圖一的五邊形
A_1 B_1 C_1 D_1 E_1。
如圖二，△ABC為原三角形，
△A_1 B_1 C_1為中頂三角形，則∠A的中頂
對應角為該點做垂直線於對邊的那
個角，即∠A_1。∠B的中頂對應角為∠B_1
，∠C的中頂對應角則為∠C_1。
反之，∠A_1的原圖對應角為∠A。
如圖三，△ABC為原三角形，△A_1 B_1 C_1為中頂三角形，則
△AB_1 C_1、△A_1 B_1 C、 △A_1 BC_1為切分三角形。
=== 疊作中頂三角形 ===
如圖，△A_1 B_1 C_1為△ABC的第一層中頂三角形。
以△A_1 B_1 C_1為原三角形，作一中頂三角形
△A_2 B_2 C_2為△ABC的第二層中頂三角形，
以此類推。此步驟為疊作中頂三角形。
已知:△ABC為原三角形，△A_1 B_1 C_1為△ABC的中頂三角形。
求證:A_1 、B_1 、C_1 分別在(BC) ̅、(AC) ̅、(AB) ̅上。
證明:
∵A、B、B_1 三點共圓
⟹∠ABB_1 對半圓
∴∠AB_1 B=90°
又∵B、B_1 、C三點共圓
⟹∠BB_1 C對半圓
∴∠BB_1 C=90°
⟹∠AB_1 B+∠BB_1 C=180°(平角)，得B_1 在(AC) ̅上。
同理可證，A_1 在(BC) ̅上，C_1 在(AB) ̅上，得證。
且中頂三角形的三頂點為原三角形三邊上的垂足。
已知:△ABC為原三角形，△A_1 B_1 C_1為△ABC的中頂三角形。
求證:∠C_1 A_1 B=∠B_1 A_1 C=∠CAB。
證明:
∵A、C、A_1 、C_1 四點共圓
∴∠CAC_1+∠C_1 A_1 C=180°
(原內接四邊形對角互補)
又∠C_1 A_1 B+∠C_1 A_1 C=180°
得∠CAC_1=∠C_1 A_1 B=∠CAB
同理，∠B_1 AB=∠B_1 A_1 C=∠CAB
⟹∠C_1 A_1 B=∠B_1 A_1 C=∠CAB，得證。
已知:△ABC為原三角形，△A_1 B_1 C_1為△ABC的中頂三角形。直線(AA_1 ) ⃡、
(BB_1 ) ⃡、(CC_1 ) ⃡為(BC) ̅、(AC) ̅、(AB) ̅上的高。I為△ABC的垂心，E為△A_1 B_1 C_1內心。
求證:I=E
證明:
∠AA_1 B=∠AA_1 C=90°
⟹∠AA_1 B=∠C_1 A_1 B+∠AA_1 C_1
∠AA_1 C=∠B_1 A_1 C+∠AA_1 B_1
且∠C_1 A_1 B=∠B_1 A_1 C
得∠AA_1 C_1=∠AA_1 B_1，即(AA_1 ) ⃡平分∠C_1 A_1 B_1。
同理可證(BB_1 ) ⃡平分∠C_1 B_1 A_1，(CC_1 ) ⃡平分∠A_1 C_1 B_1。
⟹△ABC的高為△A_1 B_1 C_1的角平分線。
即I=E，得證。
=== 中頂四邊形和原圖形相似 ===
求證中頂四邊形的邊長和原圖形成比例
已知:四邊形ABCD為原四邊形，四邊形A_1 B_1 C_1 D_1為中頂四邊形；C_0 、D_0
分別為(BC) ̅、(CD) ̅的中點。
求證:(C_1 D_1 ) ̅/(CD) ̅ =(B_1 C_1 ) ̅/(BC) ̅ ，即各邊邊長比相同。 證明:
∠C_1 C_0 B_1=180°-∠BC_0 C_1-∠B_1 C_0 C
=180°-(180°-2∠C_1 BC)-(180°-2∠BCC_1)
=180°-180°+2∠C_1 BC-180°+2∠BCC_1
=2∠C_1 BC+2∠BCC_1-180°
∠D_1 D_0 C_1=180°-∠D_1 D_0 D-∠C_1 D_0 D
=180°-(180°-2∠D_1 DD_0 )-(180°-2∠C_1 CD_0)
=180°-180°+2∠D_1 DD_0-180°+2∠C_1 CD_0
=2∠D_1 DD_0+2∠C_1 CD_0-180°
∵∠AD_1 D=∠BC_1 C=90°
⟹∠OD_1 I=∠OC_1 I=90°
⟹∠AIB=360°-∠OD_1 I-∠OC_1 I-∠D_1 OC_1
=180°-∠D_1 OC_1
=180°-(180°-∠D_1 DD_0-∠C_1 CD_0)
=∠D_1 DD_0+∠C_1 CD_0
=(∠D_1 D_0 C_1)/2+90°
∴∠C_1 IB_1=180°-∠C_1 BC-∠BCC_1
=90°-(∠C_1 C_0 B_1)/2
∵∠C_1 IB_1=180°-∠AIB
⟹∠C_1 IB_1=180°-((∠D_1 D_0 C_1)/2+90)
=90°-(∠C_1 C_0 B_1)/2
⟹(∠D_1 D_0 C_1)/2=(∠C_1 C_0 B_1)/2
∴∠D_1 D_0 C_1=∠C_1 C_0 B_1
又∵∠D_1 D_0 C_1=∠C_1 C_0 B_1
∴每對臨邊的圓心角相等，得四邊圓心角相等
如圖，(A_1 D_1 ) ̅是以(AD) ̅為直徑的圓上一弦，A_0是(AD) ̅中點，延長(A_0 D_1 ) ̅交圓於O
並延長(A_1 O) ̅。
∠D_1 A_1 O對半圓，得∠D_1 A_1 O=90°
⟹(A_1 D_1 ) ̅=(D_1 O) ̅×sin〖(∠D_1 OA_1)〗
∵∠D_1 OA_1=1/2∠D_1 A_0 A_1，(D_1 O) ̅=(AD) ̅
∴(A_1 D_1 ) ̅=(AD) ̅×sin〖((∠D_1 A_0 A_1)/2)〗
此即為弦長公式:弦長=2r×sin(θ/2)
(其中r為圓的半徑，θ為圓心角，同上圖的∠D_1 A_0 A_1)
又∵中頂四邊形的各邊邊長皆是圓的弦
⟹各邊邊長=2r×sin〖(θ/2)〗
∴中頂四邊形和原圖形的邊長比值=(2r×sin〖(θ/2)〗)/2r
=sin〖(θ/2)〗。
⟹中頂四邊形的四邊長和原四邊形的四邊長的比例相同
=== 求證中頂四邊形的對角線和原圖形成比例 ===
已知:四邊形ABCD為原四邊形，A_1 、B_1 、D_1為中頂四邊形頂點；F為中
頂四邊形對角線交點。
求證: ((B_1 F) ̅+(FD_1 ) ̅)/((DF) ̅+(FB) ̅ )=邊長比
證明:
∵(BB_1 ) ̅⊥(AC) ̅且(DD_1 ) ̅⊥(AC) ̅
∠B_1 FB=∠DFD_1
∴t1和t2相似
⟹∠B_1 BF=∠FDD_1
⟹對角線比值=((B_1 F) ̅+(FD_1 ) ̅)/((DF) ̅+(FB) ̅ )
=((FB) ̅∙sin(∠B_1 BF)+(DF) ̅∙sin(∠B_1 BF))/(BD) ̅
=((BD) ̅∙sin(∠B_1 BF))/(BD) ̅
=sin(∠B_1 BF)
又∵B,C, B_1, A_1共圓
⟹∠B_1 IA_1=2∠B_1 BF
⟹∠B_1 BF=(∠B_1 IA_1)/2
∴對角線比值=sin〖(∠B_1 BF)〗
=sin((∠B_1 IA_1)/2)=邊長比 (弦長公式)
⟹中頂四邊形的對角線會和原圖形成比例。
由1、2，中頂四邊形和原圖形相似，得證。
證明:
1.若角A為銳角三角形的一內角
已知:△ABC是原三角形，△A_1 B_1 C_1是中頂三角形。
求證:∠C_1 A_1 B_1=180°-2∠CAB。
如圖，A_1，B_1，C_1為三邊垂足
∵∠CAB=∠C_1 A_1 B=∠B_1 A_1 C(前面證明過)
∴∠C_1 FB_1=180°-∠C_1 A_1 B-∠B_1 A_1 C
=180°-2∠CAB
⟹得證。
2.若角A為鈍角三角形的銳角
已知:△ABC是原三角形，△A_1 B_1 C_1是
中頂三角形。A_1為(BC) ̅上垂足，C_1、B_1
則分別為(AB) ̅、(AC) ̅延長線上垂足。
求證:∠A_1 C_1 E=2∠ACB。
證明:
取G為(AB) ̅、(AC) ̅延長線的交點。
∠C_1 AB_1=∠CAB，
∠B_1 AB=180°-∠CAB
∠B_1 BA=90°-(180°-∠CAB)
=∠CAB-90°
⟹∠B_1 BC=(∠CAB-90°)+∠ABC
∵∠CC_1 A_1=∠GC_1 B_1=∠GBC(前面證明過)
且∠GBC=∠B_1 BC
∴∠A_1 FB_1=180°-2∠B_1 BC
=180°-2[(∠CAB-90°)+∠ABC]
=180°-2[(180°-∠ACB)-90°]
=180°-180°+2∠ACB
=2∠ACB
⟹得證。
3.若角A為鈍角三角形的鈍角
已知:△ABC是原三角形，△A_1 B_1 C_1是中頂三角形。A_1為(BC) ̅上垂足，C_1、
B_1則分別為(AB) ̅、(AC) ̅延長線上垂足。
求證:∠C_1 DB_1=2∠CAB-180°。
證明:
取G為(AB) ̅、(AC) ̅延長線的交點。
∠C_1 AB_1=∠CAB，
∵∠AC_1 G=∠AB_1 G=90°
∴∠C_1 GB_1=180°-∠CAB
又∵∠C_1 A_1 C=∠B_1 A_1 B=∠C_1 GB_1 (前面證明過)
∴∠C_1 A_1 B_1=180°-2∠C_1 GB_1
=180°-2(180°-∠CAB)
=2∠CAB-180°
⟹得證。
1做多邊形的對角線(圖中的紫色直線)。
2分別將四個頂點做垂足到對角線上。
3連線即為中頂多邊形。
證明:
已知:以D做垂足到(AC) ⃡得I，D_1為中頂多邊形頂點。
求證: D_1=I。
證明:
∵A,I,D三點共圓，∠AID對直徑(AD) ̅
∴∠AID=90°，∠DIC亦然。
⟹A,I,C共線。
⟹D_1=I
設有一△ABC為中頂三角形，
試求原三角形。
1.求銳角原三角形
①分別作∠A、∠B、∠C的角平分線。
②作過三頂點且垂直於三角平分線的
直線。
③取三直線和三角平分線的交點連線，△A'B'C'即
原三角形。
2.求鈍角原三角形
①分別作∠A、∠B、∠C的角平分線。
②選定任一頂點，作一條過該頂點且和
該角平分線垂直的直線L。
③取角平分線交點和角平分線與L的
交點連線。△A'B'C'即為原三角形。
*因為步驟②可以任選一頂點，所以鈍角原三角形有三種可能。
證明(銳角):
證明(鈍角):
如圖，
1.作(AC) ⃡、(BD) ⃡。
2.作分別過A、B、C、D且⊥(AC) ⃡、(BD) ⃡的四條直線
L、M、N、O。
證明:
=== 由中頂四邊形逆推原圖形的作圖 ===
設有一四邊形ABCD為中頂四邊形，
試求原四邊形。
3.取L、N和(BD) ⃡的交點及M、O和(AC) ⃡的交點連線。四邊形A’B’C’D’即原四邊
形。
四邊形推導:如圖，D_1在原圖形對角線(AC) ̅上。只要將他看成一個三角形(如
圖中的三角形△ACD)，就符合之前證明過的性質。
五邊形推導:如圖，點E_1在原圖形的對角線(AD) ̅上。只要將它看成一個三角
形(如圖中的藍色三角形△ADE)，就符合之前證明過的性質。
依照四、五邊形的推導，可以得知在n邊形的情況下，中頂多邊形的頂點
在原圖形之對角線上。
已知: A、B、C為原三角形三邊中點且D、E、F為中頂三角形頂點。
求證:A、B、C、D、E、F共圓。
證明:
依九點圓定理:
在平面幾何中，對任何三角形，九點圓通過三角形三邊的中點、三高的垂
足、和頂點到垂心的三條線段的中點。
之前已提過中頂三角形頂點為原三角形的三邊垂足，則該六點必定共圓。
已知:△ABC為原三角形，△A_1 B_1 C_1是中頂三角形。
求證:△AB_1 C_1~△A_1 BC_1~△A_1 B_1 C。
證明:
由前面所證之性質:
1.∠CAB=∠B_1 A_1 C=∠CA_1 B
2.∠ACB=∠AC_1 B_1=∠A_1 C_1 B
3.∠ABC=∠AB_1 C_1=∠CB_1 A_1
圖中各顏色的角對應相等，
⟹△AEF~△CDE~△BDF，得證。
已知:A_1為A在(BC) ̅上的垂足，B_1為B在(AC) ̅上的垂足，C_1 亦然；I為兩垂線
交點。
求證: △AIB~△B_1 IA_1，△AIB_1~BIA_1。
證明:
∵A、B_1 、A_1 、B四點共圓
∴∠BB_1 A_1=∠BAA_1，∠A_1 AB_1=∠A_1 BB_1(對同弧)
∠B_1 A_1 A=∠B_1 BA，∠AB_1 B=∠AA_1 B(對同弧)
又∠AIB=∠B_1 IA_1，∠AIB_1=∠BIA_1(對頂角)
⟹△AIB~△B_1 IA_1，△AIB_1~BIA_1，得證。
1.銳角三角形
如圖，計算中頂三角形面積的方式為原三角形減掉三個切分三角形面積。
其中t2為中頂三角形，t1為原三角形；t3、t4、t5則為切分三角形。
中頂三角形t2=t1-t3-t4-t5
(A_1 B) ̅=(AB) ̅∙cos〖∠B〗，(BC_1 ) ̅=(BC) ̅∙cos〖∠B〗
做(C_1 C_2 ) ̅⊥(A_1 B) ̅交(A_1 B) ̅於C_2，則(C_1 C_2 ) ̅=(BC_1 ) ̅∙sin〖∠B〗=(BC) ̅∙cos〖∠B〗∙sin〖∠B〗
⟹t3=(A_1 B) ̅∙(C_1 C_2 ) ̅/2=(BC) ̅∙〖cos〖∠B〗〗^2∙sin〖∠B〗∙(AB) ̅/2
如圖，(AB_1 ) ̅=(AB) ̅∙cos〖∠A〗，
(AC_1 ) ̅=(AC) ̅∙cos〖∠A〗
做(B_1 B_2 ) ̅⊥(AC_1 ) ̅交(AC_1 ) ̅於B_2，則
(B_1 B_2 ) ̅=(AB_1 ) ̅∙sin〖∠A〗=(AB) ̅∙cos〖∠A〗∙sin〖∠A〗
⟹t4=(AC_1 ) ̅∙(B_1 B_2 ) ̅/2
=(AB) ̅∙〖cos〖∠A〗〗^2∙sin〖∠A〗∙(AC) ̅/2
如圖，(B_1 C) ̅=(BC) ̅∙cos〖∠C〗，(A_1 C) ̅=(AC) ̅∙cos〖∠C〗
做(A_1 A_2 ) ̅⊥(B_1 C) ̅交(B_1 C) ̅於A_2，則
(A_1 A_2 ) ̅=(A_1 C) ̅∙sin〖∠C〗=(AC) ̅∙cos〖∠C〗∙sin〖∠C〗
⟹t5=(B_1 C) ̅∙(A_1 A_2 ) ̅/2=(BC) ̅∙〖cos〖∠C〗〗^2∙sin〖∠C〗∙(AC) ̅/2
又t1=(BC) ̅∙(AC) ̅∙sin〖∠C〗/2=(BC) ̅∙(AB) ̅∙sin〖∠B〗/2=(AC) ̅∙(AB) ̅∙sin〖∠A〗/2
⟹t3/t1=〖cos〖∠B〗〗^2，t4/t1=〖cos〖∠A〗〗^2
t5/t1=〖cos〖∠C〗〗^2
t2=t1-t3-t4-t5
⟹t2/t1=1-〖cos〖∠B〗〗^2-〖cos〖∠A〗〗^2-〖cos〖∠C〗〗^2
⟹t1:t2
=1:(1-〖cos〖∠A〗〗^2-〖cos〖∠B〗〗^2-〖cos〖∠C〗〗^2)
此即為銳角中頂三角形和原圖形面積比。
2.鈍角三角形
如圖，△ABC為原三角形，△A_1 B_1 C_1為中頂三角形。O為△ABC之垂心。
(△ABC)/(△OBC)=(((BC) ̅×sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/(2×sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 ))/(((BC) ̅×sin〖(∠C_1 CB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/(2×sin〖(∠ACB+∠C_1 CB)〗 ))
=(((BC) ̅×sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 )/(((BC) ̅×sin〖(∠C_1 CB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠C_1 CB)〗 )
=((sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 )/((sin〖(∠ACB+90°-∠CAC_1)〗×sin〖(∠CBA+90°-∠CAC_1)〗)/sin〖(∠ACB+90°-∠CAC_1+∠CBA+90°-∠CAC_1)〗 )
=((sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 )/(sin〖(∠ACB+90°-(180°-∠CAB))×sin〖(∠CBA+90°-(180°-∠)CAB)〗 〗/sin〖(180°+∠ACB+∠CBA-2×(180°-∠CAB)〗 )
=((sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 )/(sin〖(∠ACB+∠CAB-90°)×sin〖(∠CBA+∠CAB-90°)〗 〗/sin〖(∠CAB)〗 )
=((sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 )/((cos〖(∠CBA)〗×cos〖(∠ACB)〗)/sin〖(∠CAB)〗 )…①
由銳角中頂三角形面積比，
(△A_1 B_1 C_1)/(△OBC)=1-〖cos〖(∠ACB)〗〗^2-〖cos〖(∠CBO)〗〗^2-〖cos〖(∠BOC)〗〗^2
=1-〖sin〖(∠CBA)〗〗^2-〖sin〖(∠ACB)〗〗^2-〖cos〖(180°-∠CAB)〗〗^2
=1-〖sin〖(∠CBA)〗〗^2-〖sin〖(∠ACB)〗〗^2-〖sin〖(∠CAB-90°)〗〗^2
=((cos〖(∠CBA)〗×cos〖(∠ACB)〗)/sin〖(∠CAB)×[1-〖sin〖(∠CBA)〗〗^2-〖sin〖(∠ACB)〗〗^2-〖sin〖(∠CAB-90°)〗〗^2]〗 )/((cos〖(∠CBA)〗×cos〖(∠ACB)〗)/sin〖(∠CAB)〗 )…②
①/②=(△ABC)/(△A_1 B_1 C_1 )=((sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 )/((cos〖(∠CBA)〗×cos〖(∠ACB)〗)/sin〖(∠CAB)〗 )÷ ((cos〖(∠CBA)〗×cos〖(∠ACB)〗)/sin〖(∠CAB)×[1-〖sin〖(∠CBA)〗〗^2-〖sin〖(∠ACB)〗〗^2-〖sin〖(∠CAB-90°)〗〗^2]〗 )/((cos〖(∠CBA)〗×cos〖(∠ACB)〗)/sin〖(∠CAB)〗 )
=((sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 )/((cos〖(∠CBA)〗×cos〖(∠ACB)〗)/sin〖(∠CAB)×[1-〖sin〖(∠CBA)〗〗^2-〖sin〖(∠ACB)〗〗^2-〖sin〖(∠CAB-90°)〗〗^2]〗 )
⟹△ABC:△A_1 B_1 C_1
=(sin〖(∠ACB)〗×sin〖(∠CBO)〗)/sin〖(∠ACB+∠CBA)〗 ∶(cos〖(∠CBA)〗×cos〖(∠ACB)〗)/sin〖(∠CAB)×[1-〖sin〖(∠CBA)〗〗^2-〖sin〖(∠ACB)〗〗^2-〖sin〖(∠CAB-90°)〗〗^2]〗
此為鈍角中頂三角形和原圖形的面積比。
已知:△ABC為原三角形，△A_1 B_1 C_1是中頂三角形，△A_1 PQ為△ABC的最
短周長內接三角形。(AA_1 ) ⃡、(BB_1 ) ⃡、(CC_1 ) ⃡為三邊上高。
求證: △A_1 B_1 C_1=△A_1 PQ
證明:
將(A_1 P) ̅、(A_1 Q) ̅分別由(AB) ̅、(AC) ̅做線對稱，為(MP) ̅、(NQ) ̅，連接(MN) ̅。
A、C_1 、O、B_1 四點共圓
則∠AC_1 B_1=∠AOB_1(對同弧)
又∵∠BC_1 O=∠BA_1 O=90°
B、C_1 、O、A_1 四點共圓
則∠BC_1 A_1=∠BOA_1(對同弧)
∵∠AOB_1=∠BOA_1 (對頂角)
∴∠AC_1 B_1=∠BC_1 A_1
又∵∠BC_1 A_1=∠BC_1 M(對稱，兩角相等)
∴∠AC_1 B_1=∠BC_1 M
形成對頂角，可得M、C_1、F三點共線
∵∠AOC_1=∠COA_1 (對頂)
∴∠AB_1 C_1=∠CB_1 A_1
又∵∠CB_1 A_1=∠CB_1 N(對稱，兩角相等)
∴∠AB_1 C_1=∠CB_1 N
形成對頂角，可得C_1、B_1、N三點共線
⟹M、C_1 、B_1 、N四點共線
則C_1為(AB) ̅、(MN) ̅交點，B_1為(AC) ̅、(MN) ̅交點
⟹C_1=P，B_1=Q
即△A_1 B_1 C_1為△ABC的最小周長內接三角形。
1.四邊形推導
①基本推導(非推移邊)
定義推移邊:
如右圖，畫出中頂四邊形後會互換
位置的兩邊(A_1 B_1 ) ̅、(C_1 D_1 ) ̅為推移邊。
如圖，四邊形ABCD為原四邊形，四邊形A_1 B_1 C_1 D_1為中頂四邊形；A_0 為
(AD) ̅中點，(AC) ⃡、(BD) ⃡為原四邊形對角線。(A_1 D_1 ) ̅是圓上一弦，其長度可用
弦長公式表示為:
(A_1 D_1 ) ̅=(AD) ̅×sin〖((∠D_1 A_0 A_1)/2)〗
邊長比即為:
(A_1 D_1 ) ̅/(AD) ̅ =((AD) ̅×sin〖((∠D_1 A_0 A_1)/2)〗)/(AD) ̅
=sin〖((∠D_1 A_0 A_1)/2)〗
⟹(AD) ̅∶(A_1 D_1 ) ̅=1∶sin〖((∠D_1 A_0 A_1)/2)〗
此為原圖形和中頂四邊形的邊長比。
前面證明過中頂四邊形各邊圓心角皆相同，因此原四邊形各邊和中頂四
邊形的邊長比相同。
②原圖形和中頂四邊形的邊長比與對角線夾角的關係
如圖，四邊形ABCD為原四邊形，四邊形A_1 B_1 C_1 D_1為中頂四邊形；A_0 為
(AD) ̅中點，(AC) ⃡、(BD) ⃡為原四邊形對角線，取(AC) ⃡、(BD) ⃡交點I。
∠D_1 A_0 A_1=180°-∠D_1 A_0 A-∠A_1 A_0 D
∵∠A_0 AD_1=∠A_0 D_1 A
∠A_0 DA_1=∠A_0 A_1 D
∴∠D_1 A_0 A=180°-2∠A_0 AD_1
∠A_1 A_0 D=180°-2∠A_0 DA_1
⟹∠D_1 A_0 A_1=180°-∠D_1 A_0 A-∠A_1 A_0 D
=180°-(180°-2∠A_0 AD_1)-(180°-2∠A_0 DA_1)
=2∠A_0 AD_1+2∠A_0 DA_1-180°
=2(∠A_0 AD_1+∠A_0 DA_1)-180°
=2(180°-∠AID)-180°
=360°-2∠AID-180°
=-2∠AID+180°
得原先的比例為(A_1 D_1 ) ̅/(AD) ̅ =sin〖((-2∠AID+180°)/2)〗
=sin〖(90°-∠AID)〗
⟹(AD) ̅∶(A_1 D_1 ) ̅=1∶sin〖(90°-∠AID)〗
另一邊的推法相同，即原圖形和中頂四邊形的邊長比為
原圖形邊長∶中頂四邊形邊長(非推移邊)=1∶sin〖(90°-對角線夾角)〗
③推移邊推導
如圖，四邊形ABCD為原四邊形，四邊形A_1 B_1 C_1 D_1為中頂四邊形；D_0 為
(CD) ̅中點，(AC) ⃡、(BD) ⃡為原四邊形對角線，I為兩對角線(AC) ⃡、(BD) ⃡交點，E為
兩垂線(CC_1 ) ⃡、(DD_1 ) ⃡交點。
基本推導部分和非推移邊相等，即
(CD) ̅∶(C_1 D_1 ) ̅=1∶sin〖((∠C_1 D_0 D_1)/2)〗
原圖形和中頂四邊形的推移邊邊長比與對角線夾角的關係推導為
∠C_1 D_0 D_1=180°-∠D_1 D_0 D-∠C_1 D_0 C
∵∠D_0 DD_1=∠D_0 D_1 D(等腰)
∠D_0 CC_1=∠D_0 C_1 C(等腰)
∴∠D_1 D_0 D=180°-2∠D_0 DD_1
∠C_1 D_0 C=180°-2∠D_0 CC_1
⟹∠D_1 D_0 C_1=180°-∠D_1 D_0 D-∠C_1 D_0 C
=180°-(180°-2∠D_0 DD_1)-(180°-2∠D_0 CC_1)
=2∠D_0 DD_1+2∠D_0 CC_1-180°
=2(∠D_0 DD_1+∠D_0 CC_1)-180°
=2(180°-∠DEC) -180°
=-2∠DEC+180°
=-2(180°-∠D_1 IC_1 )+180°
∵∠D_1 IC_1=∠DIC(對頂角)
∴∠D_1 D_0 C_1=-2(180°-∠D_1 IC_1 )+180°
=-2(180°-∠DIC)+180°
=2∠DIC-180°
得原先的比例為(D_1 C_1 ) ̅/(DC) ̅ =sin〖((2∠DIC-180°)/2)〗
=sin〖(∠DIC-90°)〗
⟹(DC) ̅∶(D_1 C_1 ) ̅=1∶sin〖(∠DIC-90°)〗
另一邊的推法相同，即原圖形和中頂四邊形的邊長比為
原圖形邊長∶中頂四邊形邊長(推移邊)=1∶sin〖(對角線夾角-90°)〗
2.五邊形推導
①基本推導
如圖，五邊形ABCDE為原五邊形，五邊形A_1 B_1 C_1 D_1 E_1為中頂五邊形；
A_0 為(AE) ̅中點，(AD) ⃡、(BE) ⃡為原五邊形對角線。(A_1 E_1 ) ̅是圓上一弦，其長度
可用弦長公式表示為:
(A_1 E_1 ) ̅=(AE) ̅×sin〖((∠A_1 A_0 E_1)/2)〗
邊長比即為:
(A_1 E_1 ) ̅/(AE) ̅ =((AE) ̅×sin〖((∠A_1 A_0 E_1)/2)〗)/(AE) ̅
=sin〖((∠A_1 A_0 E_1)/2)〗
⟹(AE) ̅∶(A_1 E_1 ) ̅=1∶sin〖((∠A_1 A_0 E_1)/2)〗
此為原圖形和中頂五邊形的邊長比。
②原圖形和中頂五邊形的邊長比與對角線夾角的關係
如圖，五邊形ABCDE為原五邊形，五邊形A_1 B_1 C_1 D_1 E_1為中頂五邊形；
A_0 為(AE) ̅中點，(AD) ⃡、(BE) ⃡為原五邊形對角線，I為對角線(AD) ⃡、(BE) ⃡交點，F
為兩垂線(EE_1 ) ⃡、(AA_1 ) ⃡交點。
∠A_1 A_0 E_1=180°-∠A_1 A_0 A-∠E_1 A_0 E
∵∠A_0 AA_1=∠A_0 A_1 A(等腰)
∠A_0 EE_1=∠A_0 E_1 E(等腰)
∴∠A_1 A_0 A=180°-2∠A_0 AA_1
∠E_1 A_0 E=180°-2∠A_0 EE_1
⟹∠A_1 A_0 E_1=180°-∠A_1 A_0 A-∠E_1 A_0 E
=180°-(180°-2∠A_0 AA_1)-(180°-2∠A_0 EE_1)
=2∠A_0 AA_1+2∠A_0 EE_1-180°
=2(∠A_0 AA_1+∠A_0 EE_1)-180°
=2(180°-∠AFE) -180°
=-2∠AFE+180°
=-2(180°-∠A_1 IE_1 )+180°
∵∠A_1 IE_1=∠AIE(對頂角)
∴∠A_1 A_0 E_1=-2(180°-∠A_1 IE_1 )+180°
=-2(180°-∠AIE)+180°
=2∠AIE-180°
得原先的比例為(A_1 E_1 ) ̅/(AE) ̅ =sin〖((2∠AIE-180°)/2)〗
=sin〖(∠AIE-90°)〗
⟹(AE) ̅∶(A_1 E_1 ) ̅=1∶sin〖(∠AIE-90°)〗
其餘四邊的推法皆相同，即原圖形和中頂五邊形的邊長比為
原圖形邊長∶中頂五邊形邊長=1∶sin〖(對角線夾角-90°)〗
3.六邊形推導
①基本推導
如圖，六邊形ABCDEF為原六邊形，六邊形A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1為中頂六邊
形；A_0 為(AF) ̅中點，(AE) ⃡、(BF) ⃡為原六邊形對角線。(A_1 F_1 ) ̅是圓上一弦，其長 度可用弦長公式表示為:
(A_1 F_1 ) ̅=(AF) ̅×sin〖((∠A_1 A_0 F_1)/2)〗
邊長比即為:
(A_1 F_1 ) ̅/(AF) ̅ =((AF) ̅×sin〖((∠A_1 A_0 F_1)/2)〗)/(AF) ̅
=sin〖((∠A_1 A_0 F_1)/2)〗
此為原圖形和中頂六邊形的邊長比。
②原圖形和中頂六邊形的邊長比與對角線夾角的關係
如圖，六邊形ABCDEF為原六邊形，六邊形A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1為中頂六邊
形；A_0 為(AF) ̅中點，(AE) ⃡、(BF) ⃡為原六邊形對角線。I為對角線(AE) ⃡、(BF) ⃡的
交點，G為兩垂線(AA_1 ) ⃡、(FF_1 ) ⃡的交點。
∠A_1 A_0 F_1=180°-∠A_1 A_0 A-∠F_1 A_0 F
∵∠A_0 AA_1=∠A_0 A_1 A(等腰)
∠A_0 FF_1=∠A_0 F_1 F(等腰)
∴∠A_1 A_0 A=180°-2∠A_0 AA_1
∠F_1 A_0 F=180°-2∠A_0 FF_1
⟹∠A_1 A_0 F_1=180°-∠A_1 A_0 A-∠F_1 A_0 F
=180°-(180°-2∠A_0 AA_1)-(180°-2∠A_0 FF_1)
=2∠A_0 AA_1+2∠A_0 FF_1-180°
=2(∠A_0 AA_1+∠A_0 FF_1)-180°
=2(180°-∠AGF) -180°
=-2∠AGF+180°
=-2(180°-∠A_1 IF_1 )+180°
∵∠A_1 IF_1=∠AIF(對頂角)
∴∠A_1 A_0 F_1=-2(180°-∠A_1 IF_1 )+180°
=-2(180°-∠AIF)+180°
=2∠AIF-180°
得原先的比例為(A_1 F_1 ) ̅/(AF) ̅ =sin〖((2∠AIF-180°)/2)〗
=sin〖(∠AIE-90°)〗
⟹(AF) ̅∶(A_1 F_1 ) ̅=1∶sin〖(∠AIF-90°)〗
其餘五邊的推法皆相同，即原圖形和中頂六邊形的邊長比為
原圖形邊長∶中頂六邊形邊長=1∶sin〖(對角線夾角-90°)〗
4.n邊形推導(n>4)
①基本推導
如圖，L、M、N、O為n邊形頂點，L_1 、M_1 、N_1 、O_1為中頂n邊形頂
點；M_0為(MN) ̅的中點，(LN) ⃡、(MO) ⃡為原n邊形對角線。(M_1 N_1 ) ̅為圓上一弦，
其長度可用弦長公式為表示:
(M_1 N_1 ) ̅=(MN) ̅×sin〖((∠M_1 M_0 N_1)/2)〗
邊長比即為:
(M_1 N_1 ) ̅/(MN) ̅ =((MN) ̅×sin〖((∠M_1 M_0 N_1)/2)〗)/(MN) ̅
=sin〖((∠M_1 M_0 N_1)/2)〗
此為原n邊形和中頂n邊形的邊長比。
②n邊形和中頂n邊形的邊長比與對角線夾角的關係
如圖，L、M、N、O為n邊形頂點，L_1 、M_1 、N_1 、O_1為中頂n邊形頂
點；M_0為(MN) ̅的中點，(LN) ⃡、(MO) ⃡為原n邊形對角線。R為對角線(LN) ⃡、(MO) ⃡
的交點，Q為兩垂線(MM_1 ) ⃡、(NN_1 ) ⃡的交點。
∠M_1 M_0 N_1=180°-∠M_1 M_0 M-∠N_1 M_0 N
∵∠M_0 MM_1=∠M_0 M_1 M(等腰)
∠M_0 NN_1=∠M_0 N_1 N(等腰)
∴∠M_1 M_0 M=180°-2∠M_0 MM_1
∠N_1 M_0 N=180°-2∠M_0 NN_1
⟹∠M_1 M_0 N_1=180°-∠M_1 M_0 M-∠N_1 M_0 N
=180°-(180°-2∠M_0 MM_1)-(180°-2∠M_0 NN_1)
=2∠M_0 MM_1+2∠M_0 NN_1-180°
=2(∠M_0 MM_1+∠M_0 NN_1)-180°
=2(180°-∠MQN) -180°
=-2∠MQN+180°
=-2(180°-∠M_1 RN_1 )+180°
∵∠M_1 RN_1=∠MRN(對頂角)
∴∠M_1 M_0 N_1=-2(180°-∠M_1 RN_1 )+180°
=-2(180°-∠MRN)+180°
=2∠MRN-180°
得原先的比例為(M_1 N_1 ) ̅/(MN) ̅ =sin〖((2∠MRN-180°)/2)〗
=sin〖(∠MRN-90°)〗
⟹(MN) ̅∶(M_1 N_1 ) ̅=1∶sin〖(∠MRN-90°)〗
其餘(n-1)邊推法相同，即原n邊形和中頂n邊形的邊長比為
原n邊形邊長∶中頂n邊形邊長=1∶sin〖(對角線夾角-90°)〗
*(n>4)
如圖，四邊形ABCD為原四邊形，四邊形A_1 B_1 C_1 D_1為中頂四邊形。
由凸四邊形面積公式:
四邊形ABCD=1/2 (AC) ̅×(BD) ̅×sin〖(∠CID)〗
四邊形A_1 B_1 C_1 D_1=1/2 (A_1 C_1 ) ̅×(B_1 D_1 ) ̅×sin〖(∠CID)〗
如圖，連接(AA_1 ) ̅、(BB_1 ) ̅、(CC_1 ) ̅、(DD_1 ) ̅，形成四個直角三角形△AA_1 I、△
BB_1 I、△CC_1 I、△DD_1 I，則:
(AI) ̅=(A_1 I) ̅/sin〖(∠A_1 AI)〗 ，(BI) ̅=(B_1 I) ̅/sin〖(∠B_1 BI)〗 ，(CI) ̅=(C_1 I) ̅/sin〖(∠C_1 CI)〗 ，(DI) ̅=(D_1 I) ̅/sin〖(∠D_1 DI)〗
∵∠A_1 AI=∠B_1 BI=∠C_1 CI=∠D_1 DI
∴(AC) ̅=(AI) ̅+(CI) ̅=((A_1 I) ̅+(C_1 I) ̅)/sin〖(∠A_1 AI)〗
(BD) ̅=(BI) ̅+(DI) ̅=((B_1 I) ̅+(D_1 I) ̅)/sin〖(∠A_1 AI)〗
⟹四邊形ABCD=1/2 (((A_1 I) ̅+(C_1 I) ̅)((B_1 I) ̅+(D_1 I) ̅))/sin〖(∠A_1 AI)〗 ×sin〖(∠CID)〗
又四邊形A_1 B_1 C_1 D_1=1/2((A_1 I) ̅+(C_1 I) ̅)((B_1 I) ̅+(D_1 I) ̅)×sin〖(∠CID)〗
得四邊形ABCD∶四邊形A_1 B_1 C_1 D_1=
1/2 (((A_1 I) ̅+(C_1 I) ̅)((B_1 I) ̅+(D_1 I) ̅))/sin〖(∠A_1 AI)〗 ×sin〖(∠CID)〗∶1/2((A_1 I) ̅+(C_1 I) ̅)((B_1 I) ̅+(D_1 I) ̅)×sin〖(∠CID)〗
=(((A_1 I) ̅+(C_1 I) ̅)((B_1 I) ̅+(D_1 I) ̅))/sin〖(∠A_1 AI)〗 ∶((A_1 I) ̅+(C_1 I) ̅)((B_1 I) ̅+(D_1 I) ̅)
=1/sin〖(∠A_1 AI)〗 ∶1
=1∶sin〖(∠A_1 AI)〗
∠A_1 AI=90°-∠AIA_1
代入得四邊形ABCD∶四邊形A_1 B_1 C_1 D_1=1∶sin〖(90°-∠AIA_1)〗
∵(B_1 C_1 ) ̅/(BC) ̅ =((BC) ̅×sin〖((∠B_1 NC_1)/2)〗)/(BC) ̅
=sin((∠B_1 NC_1)/2)
(A_1 B_1 ) ̅/(AB) ̅ =((AB) ̅×sin〖((∠B_1 MA_1)/2)〗)/(AB) ̅
=sin〖((∠B_1 MA_1)/2)〗
(C_1 D_1 ) ̅/(CD) ̅ =((CD) ̅×sin〖((∠A_1 PD_1)/2)〗)/(CD) ̅
=sin〖((∠A_1 PD_1)/2)〗
(A_1 D_1 ) ̅/(AD) ̅ =((AD) ̅×sin〖((C_1 OD_1)/2)〗)/(AD) ̅
=sin〖((∠C_1 OD_1)/2)〗
且∠B_1 NC_1=∠B_1 MA_1=∠A_1 PD_1=∠C_1 OD_1
令∠B_1 NC_1=∠B_1 MA_1=∠A_1 PD_1=∠C_1 OD_1=n
∴(四邊形A_1 B_1 C_1 D_1 面積)/四邊形ABCD面積=〖sin〖(n/2)〗〗^2 (因兩者相似)
由中頂四邊形邊長比之結論，〖sin(n/2)〗^2=〖sin(90°-∠BIC)〗^2
四邊形ABCD:四邊形GEHF=1∶〖sin(90°-∠BIC)〗^2
=== 已知中頂多邊形邊長比，可推得原圖形對角線交點至中頂多邊形頂點長度
比之關係式 ===
1.如圖，利用中頂多邊形新畫法，做A、B、E三點垂足於隔邊中點連線，
M、N分別為(AB) ̅和(AE) ̅的中點((A_1 K) ̅和(A_1 O) ̅分別是圖中的紅色線段和綠色線
段，紫色點A_1 、B_1 、E_1為中頂多邊形頂點)
(AA_1 ) ̅÷(A_1 K) ̅=tan〖∠AKA_1 〗，(AA_1 ) ̅÷(A_1 O) ̅=tan〖∠AOA_1 〗
⟹(AA_1 ) ̅=(A_1 K) ̅∙tan〖∠AKA_1 〗=(A_1 O) ̅∙tan〖∠AOA_1 〗
(A_1 K) ̅=(AA_1 ) ̅/tan〖∠AKA_1 〗
(A_1 O) ̅=(AA_1 ) ̅/tan〖∠AA_1 N〗
(A_1 K) ̅÷(A_1 O) ̅=tan〖∠AKA_1 〗/tan〖∠AA_1 N〗
∠AKA_1=180°-∠B_1 KA_1
=180°- (360°-∠AB_1 P-∠KA_1 P-∠A_1 PB_1)
∵∠AB_1 P=∠KA_1 P=90°
∴∠AKA_1=180°-(360°-∠AB_1 P-∠KA_1 P-∠A_1 PB_1 )
=∠A_1 PB_1
運用相同計算方式可得∠AA_1 N=∠A_1 QE_1
由圖
(A_1 K) ̅÷(A_1 O) ̅=tan〖∠AKA_1 〗/tan〖∠AA_1 N〗
=tan〖∠A_1 PB_1 〗/tan〖∠A_1 QE_1 〗
=tan〖(180°-∠ABP-∠BAP)〗/tan〖(180°-∠AEQ-∠EAQ)〗
∵(MB) ̅=(MB_1 ) ̅，(MA_1 ) ̅=(MA) ̅，(NE) ̅=(NE_1 ) ̅，(NA_1 ) ̅=(NA) ̅
⟹∠BMB_1=180°-2∠MBB_1，∠AMA_1=180°-2∠MAA_1
∠E_1 NE=180°-2∠NEE_1，∠ANA_1=180°-2NAA_1
⟹∠MBB_1=90°-(∠BMB_1)/2，∠MAA_1=90°-(∠AMA_1)/2
∠NEE_1=90°-(∠E_1 NE)/2，∠A_1 AN=90°-(∠ANA_1)/2
⟹(A_1 K) ̅÷(A_1 O) ̅=tan〖(180°-∠ABP-∠BAP)〗/tan〖(180°-∠AEQ-∠EAQ)〗
=tan〖(180°-90°+(∠BMB_1)/2-90°+(∠AMA_1)/2)〗/tan〖(180°-90°+(∠E_1 NE)/2-90°+(∠ANA_1)/2)〗
=tan〖((∠BMB_1)/2+(∠AMA_1)/2)〗/tan〖((∠E_1 NE)/2+(∠ANA_1)/2)〗
=tan〖((180°-∠A_1 MB_1)/2)〗/tan〖((180°-∠A_1 NE_1)/2)〗
=tan〖(90°-(∠A_1 MB_1)/2)〗/(tan〖(90°-(∠A_1 NE_1)/2〗))
∵(AB) ̅/(AE) ̅ =sin〖((∠A_1 MB_1)/2)〗，(B_1 K) ̅/(E_1 O) ̅ =sin〖((∠A_1 NE_1)/2)〗
∠A_1 MB_1=2∙〖sin〗^(-1)((AB) ̅/(AE) ̅ )，∠A_1 NE_1=2∙〖sin〗^(-1)〖((B_1 K) ̅/(E_1 O) ̅ )〗
令(AB) ̅/(AE) ̅ =a，(B_1 K) ̅/(E_1 O) ̅ =b
∴(A_1 K) ̅÷(A_1 O) ̅=tan〖(90°-(∠A_1 MB_1)/2)〗/(tan〖(90°-(∠A_1 NE_1)/2〗))
=tan〖(90°-(2∙〖sin〗^(-1)a)/2)〗/(tan〖(90°-(2∙〖sin〗^(-1)b)/2〗))
=tan〖(90°-〖sin〗^(-1)a)〗/(tan〖(90°-〖sin〗^(-1)b 〗))
化簡得cot〖(〖sin〗^(-1)a)〗/cot〖〖(〖sin〗^(-1)〗b)〗
2.該函數式的範圍界定
因∠BMB_1 、∠AMA_1和∠ANA_1 、∠ENE_1必大於0°(否則中頂多邊形不存
在)，
故0°<∠A_1 MB_1<180°
且0°<∠A_1 NE_1<180°
即〖sin〗^(-1) 的結果必大於0°且小於180°