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user: 2. 准备工作 先给出一个四边形等截分问题的一个等价条件。 引理1上述正定向四边形A 1 A 2 A 3 A 4 的以有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 确定的等截分点四边形P 1 P 2 P 3 P 4 恰好成为正方形的充要条件是其边长、内角以及等截长满足(1)式以及 ( a i − 1 − r ) sin α i + r cos α i + 1 = a i − r ，(2) − ( a i − 1 − r ) c o s α i + r ( 1 − sin α i + 1 ) = 0 ， (3) 其中 i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 。并且，在指标4阶循环意义下的任意指定的2个相邻i所对应的(2)和(3)式中两对方程，蕴含于整个方程组的其余两对方程之中。 证明等截分点四边形P 1 P 2 P 3 P 4 是正方形的充要条件是其4个边向量P i P i + 1 ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 循序旋转p/2相等，或者等价地说，相邻两边垂直且相等。 由于正方形的各组相邻边的关系是相同的，故只需要首先分别考虑P i - 1 P i 和P i P i + 1 成为某个正方形的一组相邻边的充要条件。 为此，以A i 为原点、以向量A i A i + 1 为水平轴正向向量建立符合定向的直角坐标系，如图1所示，则相关各点坐标可分别确定为 A i ( 0 ， 0 ) ， A i + 1 ( a i ， 0 ) ， P i ( r ， 0 ) ， A i − 1 ( a i − 1 cos α i ， a i − 1 sin α i ) ， P i − 1 ( ( a i − 1 − r ) cos α i ， ( a i − 1 − r ) sin α i ) ， P i + 1 ( a i − r cos α i + 1 ， r sin α i + 1 ) 。此时，四边形P 1 P 2 P 3 P 4 的边向量 P i P i + 1 = ( a i − r − r cos α i + 1 ， r sin α i + 1 ) ， P i − 1 P i = ( − ( a i − 1 − r ) cos α i + r ， − ( a i − 1 − r ) sin α i ) . 同时，这两条边向量旋转p/2相等的条件在此坐标系下看成复向量(也可以用矩阵)的表达形式即为 ( − ( a i − 1 − r ) cos α i + r − ( a i − 1 − r ) − 1 sin α i ) − 1 = a i − r − r cos α i + 1 + r − 1 sin α i + 1 ， (4) 图1. 等截分示意图 其中 − 1 为虚数单位。分量形式即分别为 a i − r − r cos α i + 1 = ( a i − 1 − r ) sin α i ， r sin α i + 1 = − ( a i − 1 − r ) cos α i + r . 它们分别对应于(2)和(3)式中指标i相同的一对方程。 注意到(2)和(3)式之中的几何量与坐标系选取无关，故与(1)式联立时等价于等截分点四边形P 1 P 2 P 3 P 4 的4个边向量P i P i + 1 ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 循序旋转p/2是相等的，从而是它成为正方形的充要条件。进一步，注意到在指标循环意义下的两对相邻边向量循序旋转p/2相等，则蕴涵着另外两对也同时成立，其中内角取值满足(1)式，因而结论成立。 引理2上述正定向四边形A 1 A 2 A 3 A 4 若具有以两种有向截长r 1 ，r 2 (r 1 ¹ r 2 )所分别确定的等截分点四边形分别为正方形，则A 1 A 2 A 3 A 4 必为正方形，从而其对于任意截长所得到的等截分点四边形均为正方形。 证明对于给定的正定向四边形A 1 A 2 A 3 A 4 ，若以有向截长r 1 ¹ r 2 所分别确定的等截分点四边形分别为正方形，则由引理1结论，(2)和(3)式对于r = r 1 和r = r 2 都成立，重写为r的一次方程组 r ( 1 + cos α i + 1 − sin α i ) = a i − a i − 1 sin α i ， r ( 1 + cos α i − sin α i + 1 ) = a i − 1 cos α i . 注意到各边长a i > 0，得到 1 + cos α i + 1 − sin α i = 0 ， a i − a i − 1 sin α i = 0 ， 1 + cos α i − sin α i + 1 = 0 ， a i − 1 cos α i = 0 ， 其中 i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 。注意到 α i ∈ ( 0 ， 2π ) ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，该组条件意味着只能有 α i = π 2 ， a i = a i − 1 ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 . 即得A 1 A 2 A 3 A 4 为正方形。 引理3 上述正定向四边形A 1 A 2 A 3 A 4 若仅具有唯一的有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 使得所确定的等截分点四边形P 1 P 2 P 3 P 4 恰好为正方形，则在(1)式联立(2)式、(3)式所得到的方程组之中，(3)式等价于方程 − a i − 1 r c o s α i + c o s α i + 1 − sin α i + 1 = 0 ， (5) 而(2)式当 cos α i ≠ 0 时可以等价置换为方程 sin α i − 1 c o s α i − sin α i sin ( α i − 1 + α i ) + sin α i + 1 c o s α i − 1 = 0 ， (6) 其中 i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 。 证明现在A 1 A 2 A 3 A 4 不是正方形，否则由引理2可知矛盾。由引理1证明过程可知，(2)式对应等价于 ( a i − 1 − r ) sin α i − ( a i − r ) + r cos α i + 1 = 0 ， (7) 其中 i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 。同时(3)式显然等价于(5)式，并且可以按指标组等价改写为 − ( a i − r ) c o s α i + 1 + r ( 1 − sin α i + 2 ) = 0 . (8) 现在，(7)、(3)、(8)式所对应3元线性方程组有非零解 ( a i − 1 − r ， a i − r ， r ) 的充要条件是其系数矩阵的行列式为零，即有 0 = | sin α i − 1 cos α i + 1 − cos α i 0 1 − sin α i + 1 0 − cos α i + 1 1 − sin α i + 2 | = | − cos α i 1 − sin α i + 1 0 1 − sin α i + 2 | + cos α i + 1 | sin α i cos α i + 1 − cos α i 1 − sin α i + 1 | = − cos α i ( 1 − sin α i + 2 ) + cos α i + 1 [ sin α i ( 1 − sin α i + 1 ) + cos α i cos α i + 1 ] = − cos α i ( 1 − cos 2 α i + 1 ) + cos α i s i n α i + 2 + cos α i + 1 sin α i − cos α i + 1 sin α i sin α i + 1 = cos α i s i n α i + 2 + cos α i + 1 sin α i − ( cos α i sin 2 α i + 1 + cos α i + 1 sin α i sin α i + 1 ) = sin α i cos α i + 1 + cos α i s i n α i + 2 − sin α i + 1 ( cos α i sin α i + 1 + cos α i + 1 sin α i ) = sin α i cos α i + 1 + cos α i s i n α i + 2 − sin α i + 1 sin ( α i + α i + 1 ) 此即按指标组等价于(6)式。注意到当 cos α i ≠ 0 时(6)式意味着(7)式可由方程(3)和(8)式线性表出，故此时(2)式可以等价置换为方程(6)式，结论得证。 引理4 上述正定向四边形A 1 A 2 A 3 A 4 若是凸的并且仅具有唯一的有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 使得所确定的等截分点四边形P 1 P 2 P 3 P 4 恰好为正方形，则 r ∉ { a i > 0 | i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 } 时，(1)式联立(2)式、(3)式所得到的方程组等价于(1)式联立(5)、(6)式所得到的方程组。 证明 现在A 1 A 2 A 3 A 4 具有正定向且凸，意味着 α i ∈ ( 0 ， π ) ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 。由引理2可知它不是正方形，由引理3可知现只需证明 cos α i ≠ 0 ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 。 用反证法，不妨设 ∃   j ∈ { 1 ， 2 ， 3 ， 4 } 使 cos α j + 1 = 0 ，则 α j + 1 = π 2 ∈ ( 0 ， π ) ，此时(2)、(3)式对应于指标i分别取为j和j + 1而化简得到两组等式 ( a j − 1 − r ) s i n α j = a j − r ， ( a j − 1 − r ) cos α j = 0 ， a j + r cos α j + 2 = a j + 1 ， r ( 1 − sin α j + 2 ) = 0 . 进而，由第二组式子可知， α j + 2 = π 2 ， α j = a j + 1 . 于是可递推得到A 1 A 2 A 3 A 4 各内角相同、各边等长，与它不是正方形矛盾。结论得证。 引理5 对于给定的不是正方形的正定向四边形A 1 A 2 A 3 A 4 ，若存在一致小于(或一致大于)各边之长的有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 使其所确定的等截分点四边形P 1 P 2 P 3 P 4 恰好为正方形，则A 1 A 2 A 3 A 4 的内角不能有取值p/2的。 证明 若 ∃   j ∈ { 1 ， 2 ， 3 ， 4 } 使某个内角 α j + 1 = π / 2 ，则(2)式和(3)式变为 ( a j − 1 − r ) sin α j = a j − r ， ( a j − 1 − r ) c o s α j = 0 ， 现在 0 < r < min { a i > 0 | i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } 或 r > max { a i > 0 | i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } > 0 ，可得 sin α j > 0 ， cos α j = 0 . 注意到凸性意味着 α j ∈ ( 0 ， π ) ，可得唯一解 α j = π / 2 。关于指标j递推归纳则得4个内角都等于p/2，再回到(2)式得到各边长也都相等，与A 1 A 2 A 3 A 4 不是正方形矛盾。得证。