Heron三角形与完全长方体

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Heron 三角形与完全长方体

广东省华南师范大学附属中学

研究者：霍泽恩

指导教师：郝保国

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摘要：Heron三角形的研究是时下的一个热点，不少问题的解决需要用到数论的知识。本文主要是深入研究角平分线是有理数的Heron三角形，得到的重要结论有：角平分线为有理数的Heron三角形有无数多个；对任意一组Heron数组(a,b,c)，都可以对应地构造一组角平分线为有理数的Heron数组(m,n,k)，使得

m f(a,b,c) n g(a,b,c) （*） k h(a,b,c)

本文还证明了：对任意一组角平分线为有理数的Heron数组(m',n',k') ，必存在Heron数组(a,b,c)，使得三角形(m',n',k')相似于由（*）给出的三角形(m,n,k)。而且，我们由（*）的表示，发现其与著名的完全平方三角形问题（PSTP）的联系，由此得到了与PSTP问题等价的几个不定方程组。然而，墨西哥数学家Luca证明了PSTP问题与完全长方体问题（PCP）的存在性是等价的，因此我们得到的几个不定方程组与PCP问题也是等价的。PSTP问题与PCP问题是数论中至今还未解决的两个难题，虽然我们没有最后解决这两个问题，但希望我们的研究能为解决PSTP问题和PCP问题提供一些帮助。

本文的推导由浅入深，我逐步实现了四个愿望！

关键词：Heron三角形、角平分线、三角形外接圆、海伦数组、平方数、PCP问题、PSTP问题。

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一、引言

在课外数学阅读中，我经常看到介绍与研究Heron三角形的文章和书籍.在与数学老师的交流探讨中，我表示出对研究Heron三角形问题的兴趣，得到老师的鼓励与支持。 通过对Heron三角形问题的大量检索，发现Heron三角形的文章很多，可谓汗牛充栋。其中还涉及到著名的长期未解决的“中线问题”（Heron三角形的中线可否都能为有理数？）以及The Perfect Cuboid Problem (PCP): Is there a rectangular box with all edges, face diagonals, and the main diagonal integers? 和The Perfect Square Triangular Problem (PSTP): Is there a triangle whose sides are perfect squares and whose angle bisectors are integers?

其中文表述为：

完全长方体问题（PCP）：是否存在这样的长方体，使得它的各棱长，各面对角线及主对角线都是整数？

完全平方三角形问题（PSTP）： 是否存在三条边都是完全平方数且角平分线都是有理数的三角形？墨西哥数学家Luca证明了这两个问题的解的存在性是等价的。

类比于中线问题，是否存在角平分线都为有理数的Heron三角形？如果存在，是有限个还是无限个？能否找出所有角平分线为有理数的Heron三角形？征得数学老师的同意，我带着这个问题深入研究起来。

关注Heron三角形问题的人都熟悉如下结论, 本文直接引用：

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Heron三角形的每个角的正弦，余弦，正切及半角的正切都为有理数；内切圆，外接圆的半径为有理数；本原Heron三角形(三边长互素的Heron三角形)的三条边长必为两奇一偶。

二、我对诺尔曼-埃尔德什定理的新发现

我首先希望找到一些角平分线为有理数的Heron三角形.在阅读了杨世明老师的文[2]和吴波老师的文[3]后，我进行了大量的演算推理，发现他们所得到的Heron三角形的角平分线都是有理数。

文[2]中杨世明老师用拟合的方法给出了诺尔曼-埃尔德什定理(即：平面上存在不共线的n个点，其中任两个点间的距离都是整数)的一个初等证明。但其中有n-1个点都在一条直线上。文[3]中吴波老师得到了一个有趣的结论。本文将在文[3]的基础上，用构造性方法证明：

定理2.1 存在这样的圆：它上面有这样的n(n 3)个点，以其中任三个点为顶点的三角形都是海伦三角形，并且以任三个点为顶点的三角形的角平分线也是整数。

证明定理2.1之前,先给出几个引理：

引理2.1 若 k

条件是tan Q。 证明：当 k (k为整数）时，tan 有意义。 2

2tan 1 tan2 Q。(1)充分性：若tan Q，知sin2 ， cos2 221 tan 1 tan 2(k为整数），则sin2 ,cos2 Q的充要

(2)必要性：若sin2 ,cos2 Q，由tan

1 cos2 ，知tan Q。 sin2

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引理2.2 若xi,yi Q(i 1,2,3)，则以不共线三点

(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)为顶点的三角形的面积 Q。

证明： 由解析几何知识知：以(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)为顶点的三角形的面积

1x22x3x1y11y21 y31

的绝对值.从而 Q。

引理2.3 在Heron三角形ABC中，角平分线la为有理数当且仅当sinAA,cos均为有理数。 22

证明：由正弦定理，有

lac 。 （2.1） sinBsin(B A/2)

如果sin,cosA

2A均为有理数，由于三角形ABC为Heron三角形，2

故有sinB,cosB Q，从而sin(B A/2) Q la Q。

反之，如果角平分线la为有理数，由于三角形ABC为Heron三角

形，故有sinB,cosB,tanA/2 Q，再由（2.1）式得到sin(B A/2) Q.于是，

AAcos(sinB cosBtan) Q, 22

不难得知sinAA,cos均为有理数。 22

定理2.1的证明：首先在[0, /4)内取n个互异的角 1, , n，使得：tan i Q(i 1, ,n).此时有8 i [0,2 )，则可以在单位圆上找相应

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的点Mi(cos8 i,sin8 i)(i 1, ,n)。

因为tan i Q(i 1, ,n)，由引理2.1知

sin2 i,cos2 i,sin4 i,cos4 i,sin8 i,cos8 i Q(i 1, ,n).

即这n个点的坐标均为有理数.则由引理2.2知，以其中任三个点为顶点的三角形的面积为有理。

下面证明其中任两点间的距离为有理数。由两点间距离公式有

MkMl 2|sin4( k l)| 2|sin4 kcos4 l cos4 ksin4 l| Q.

其次，连接MkMl和其它任意一个点Mm所构成的三角形 MkMlMm，有 MkMmMl 4| k l|或 4| k l|。于是

sin

2 sin2( k l) (sin2 kcos2 l cos2 ksin2 l) Q,

cos2( k l) (sin2 ksin2 l cos2 kcos2 l) Q,

cos2( k l) (sin2 ksin2 l cos2 kcos2 l) Q,

sin2( k l) (sin2 kcos2 l cos2 ksin2 l) Q. 或者 sin且 cos或者 cos 2 2

2

由引理2.3知 MkMmMl的角平分线是有理的。

这样我们证明了在单位圆上存在这样的n个点：其中任两个点的距离为有理数且以任三个点为顶点的三角形的面积均为有理数，并且以任三个点为顶点的三角形的角平分线也是有理的。再通过适当的相 似放大可变为整数，即：存在这样的圆，它上面有n个点：其中任两个点的距离为整数且以任三个点为顶点的三角形的面积和角平分线均为整数．而边长和面积均为整数的三角形是海伦三角形，定理得证。

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于是，我实现了第一个愿望，得到了无限个角平分线为有理数的Heron三角形。

三、一般化有理角平分线的Heron三角形的构造

本节我给出了有理角平分线的Heron三角形的构造。

定理3.1 设(a,b,c)为一组锐角三角形的本原Heron数组，则由公式

m a2(b2 c2 a2) 2222 n b(a c b) k c2(a2 b2 c2)

给出的数组(m,n,k)是一组Heron数组且相应的Heron三角形的三条角平分线都是有理数。

证明：设 ABC是三边分别为Heron数组(a,b,c)的本原Heron三角形，由假设条件知： ABC是锐角三角形，因此 ABC的外接圆的圆心O在 ABC的内部. 作 ABC的外接圆O；过A,B,C分别作圆的三条切线，这三条切线必两两相交构成 MNK（如图1所示）

NM ( 图1)

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注意到 BOC 2 BAC,tanA tan BAC Q，

设r OA OB OC为圆的半径，故r Q，

从而MC rtanA Q.同理NC Q，

这样，MN MC CN Q.同理MK Q,NK Q，

所以三角形MNK各边都是有理数。

又 NMK 2(

2 BAC) 2A，

所以 sin NMK sin2A 2sinAcosA Q。同理，

MKN 2C, MNK 2B,sin MKN,sin MNK Q。 又在 MNK中， cos NMK cos2A sin2A cos2A Q， 同理 cosK,cosN Q。

因此 MNK的面积S MNK 1MN MK sin NMK Q。 2

对 MNK的 NMK的角平分线dM，我们有：

dMMNMNMN , sinNsin(K M/2)sin(K ( /2 A))cos(K A)

又cos(K A) cosKcosA sinKsinA Q，从而 NMK的角平分线dM为有理数。

同理 MNK的另两条角平分线也为有理数。

综上可得， MNK的边长、面积和三条角平分线都是有理数,

再把 MNK放缩有理数倍便可以得到一个边长为本原Heron数组，而面积为整数，角平分线为有理数的本原Heron三角形。 下面证明公式组成立：由于

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MC rtanA,NC rtanB,sinA ab,sinB ， 2r2r

b2 c2 a2a2 c2 b2

,cosB cosA 。 2bc2ac

因此,MN r(tanA tanB)

2abc3

22.(b c a2)(a2 c2 b2)

同理,MK r(tanA tanC)

2ab3c 22,2222(b c a)(a b c)

KN r(tanC tanB) abcabc a2 b2 c2a2 c2 b2abcabc b2 c2 a2a2 b2 c2abcabc b2 c2 a2a2 c2 b2

2a3bc 222222.(a b c)(a c b)

由MN, MK, KN约去一个公共的有理数便得：

m a2(b2 c2 a2) 2222 n b(a c b) k c2(a2 b2 c2)

证完。

例3.1 已知本原Heron数组(13,14,15)，求相应的本原Heron数组使得对应的Heron三角形的三条角平分线都是有理数。

解：易知由本原Heron数组(13,14,15)构成的三角形是锐角三角形，故由定理1，将a 13,b 14,c 15代人定理1 中的公式得到：

m 132(142 152 132) 23 32 72 11 2222222 n 14(13 15 14) 2 3 7 13，

k 152(132 142 152) 22 32 53 7

再将其本原化得到Heron数组(154,169,125).容易验证：半周长p 224，面积

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S 224 70 55 99 23 3 5 11.

由角平分线公式：三条角平分线分别为：

222600 p(p m)nk 224 70 132 53 ， n k169 12521

2230800dn p(p n)mk 224 55 154 53 ， m k154 125279

2248048dk p(p k)mn 224 99 132 154 . n m169 154323dm

所以本原Heron数组(154,169,125)所构成的三角形的三条角平分线都是有理数。

定理3.2 设(a,b,c)为一组钝角三角形的本原Heron数组，即满足c2 a2 b2，则由公式

m a2(b2 c2 a2) 2222 n b(a c b) k c2(c2 a2 b2)

给出的数组(m,n,k)是一组Heron数组且相应的Heron三角形的三条角平分线都是有理数。

证明：设 ABC是三边分别为Heron数组(a,b,c)的本原Heron三角形， 由假设条件知： ABC是钝角三角形，因此 ABC的外接圆的圆

B( 图2 )MKANCH

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心O在 ABC的外部. 作 ABC的外接圆O；过A,B,C分别作圆的三条切线，这三条切线必两两相交构成 MNK（如图2所示）

注意到 BOC 2 BAC,tanA tan BAC Q，

设r OA OB OC为圆O的半径，故r Q，

从而MC rtanA Q.同理NC Q，这样，MN MC CN Q.

由于 AOB 2 2C,tanC Q， 故 BK rtan( C) rtanC Q. 因此,MK KB MB rtanC rtanA Q,NK KB NC

rtanC rtanB Q,

所以三角形MNK各边都是有理数。

又 NMK 2 BAC 2A，所以sin NMK sin2A 2sinAcosA Q。 同理， MKN 2C , MNK 2B,sin MKN,sin MNK Q。

又在 MNK中， cos NMK cos2A cos2A sin2A Q，

同理cosK,cosN Q。

因此 MNK的面积S MNK MN MK sin NMK Q。

对 MNK的 NMK的角平分线MH, 有：

MHMNMNMN , sinNsin MHNsin(K ( /2 A))cos(K A)12

又cos(K A) cosKcosA sinKsinA Q，从而 NMK的角平分线MH为有理数. 类似地 MNK的另两条角平分线也为有理数。

综上可得， MNK的边长、面积和三条角平分线都是有理数.再把 MNK放缩有理数倍便可以得到一个边长为本原Heron数组，而面积为整数，角平分线为有理数的本原Heron三角形。

下面证明公式组成立：由于

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MC rtanA,NC rtanB,sinA ab,sinB ， 2r2r

b2 c2 a2a2 c2 b2

,cosB cosA 。因此 2bc2ac

MN r(tanA tanB) abcabc b2 c2 a2a2 c2 b2

2abc3

22.(b c a2)(a2 c2 b2)

同理,MK r(tanA tanC)

2abc,(b2 c2 a2)(c2 a2 b2)3 abcabc b2 c2 a2a2 b2 c2

KN r(tanC tanB) abcabc a2 b2 c2a2 c2 b2

2a3bc 2.22222(c a b)(a c b)

由MN, MK, KN约去一个公共的有理数便得：

m a2(b2 c2 a2) 2222 n b(a c b) k c2(c2 a2 b2)

证完。

例3.2 已知本原Heron数组(5,5,8)，求相应的本原Heron数组使得对应的Heron三角形的三条角平分线都是有理数。

解：易知由本原Heron数组(5,5,8)构成的三角形是钝角三角形，故由定理2，将a 5,b 5,c 8代人定理2 中的公式得到：

m 52(52 82 52) 26 52

222262 n 5(5 8 5) 2 5，

k 82(82 52 52) 27 7

再将其本原化得到Heron数组(25,25,14)。容易验证：半周长p 32，面积S 32 8 7 7 16 7。

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由角平分线公式：三条角平分线分别为：

22800 p(p m)nk 32 8 252 ， n k25 1439

22800dn p(p n)mk 32 8 252 ， m k25 1439

2256dk p(p k)mn 7 14 25 。 n m25 255dm

所以本原Heron数组(25,25,14)所构成的三角形的三条角平分线都是有理数。

定理3.3 设(a,b,c)为一组直角三角形的本原Heron数组，满足c2 a2 b2.则由公式（不妨设a大于b）

m 2(a2 b2) n c2

2 k c

给出的数组(m,n,k)是一组Heron数组且相应的Heron三角形的三条角平分线都是有理数。

证明：设 ABC是三边分别为Heron数组(a,b,c)的本原Heron三角形， 由假设条件知： ABC是直角三角形，因此 ABC的外接圆的圆 心O在 ABC的斜边上。作 ABC的外接圆O；过B,C分别作圆的二条

NMA

BC

K

( 图3 )

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切线交于K，延长BA交C点的切线与M，过M作圆O的切线交过B点的切线于N，这样得到一个等腰三角形 MNK（如图3所示）

注意到 BOC 2 BAC,tanA tan BAC Q，

设r OA OB OC为圆O的半径，故r Q，

从而KB KC rtanA Q。同理MC Q，

这样，MK MC CK Q。所以三角形MNK各边都是有理数。 又 NKM 2 BAC 2A，所以sin NKM sin2A 2sinAcosA Q。 类似地sin MKN,sin MNK Q。

又在 MNK中，cos NKM cos2A cos2A sin2A Q，

同理cosM,cosN Q。

因此 MNK的面积S MNK MK KN sin NKM Q。

对 MNK的 NMK的角平分线MH，我们有：

MHMNMNMN , sinNsin MHNsin(K ( /2 A))cos(K A)12

又cos(K A) cosKcosA sinKsinA Q，从而 NMK的角平分线MH为有理数.类似地 MNK的另两条角平分线也为有理数。

综上可得， MNK的边长、面积和三条角平分线都是有理数。再把 MNK放缩有理数倍便可以得到一个边长为本原Heron数组，而面积为整数，角平分线为有理数的本原Heron三角形.定理中公式的计算和前面的两个定理类似，省略证明。

至此，我又实现了第二个愿望，证明了任意一个Heron三角形，都可以由它构造一个角平分线都为有理数的Heron三角形，而且给出了这个三角形的表示式。

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定理3.1、3.2、3.3构造出了三类角平分线为有理数的Heron三角形. 那么，对所有角平分线为有理数的Heron三角形，是否都可以表示为这些形式？下面的定理3.4回答了这一问题。

定理3.4 如果数组(m,n,k)是一组Heron数组且相应的Heron三角形 MNK的三条角平分线都是有理数，那么数组(m,n,k)可以表示为：

m a2(b2 c2 a2) 2222 n b(a c b)， （3.1）

k c2(a2 b2 c2)

其中 Q，(a,b,c)为一组锐角三角形的本原Heron数组。或者

m a2(b2 c2 a2) 2222 n b(a c b)， （3.2）

k c2(c2 a2 b2)

(a,b,c)为一组钝角三角形的本原Heron数组且c2 a2 b2.其中 Q，

或者

m 2(a2 b2) n c2 (3.3)

2 k c

其中 Q，(a,b,c)为一组直角三角形的本原Heron数组，c为斜边长，a大于b。

证明：如果数组(m,n,k)是一组Heron数组且相应的Heron三角形 MNK的三条角平分线都是有理数， 则 MNK必有内切圆O.设圆O与 MNK的三个切点分别为A,B,C，当三角形ABC为锐角三角形，由定理3.1的证明，我们有：

NMK 2(

2 BAC) 2A，

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MKN 2C, MNK 2B。

再由假设条件和引理2.3，我们有：sinA,sinB,sinC Q,r Q，从而BC,AC,AB Q且S ABC Q。再通过放缩三角形ABC，可使其成为本原Heron三角形，记其三边分别为a, b, c, 当三角形ABC为锐角三角形，由定理3.1，数组(m,n,k)可以表示为：

m a2(b2 c2 a2) 2222 n b(a c b)，

k c2(a2 b2 c2)

其中 Q，(a,b,c)为一组锐角三角形的本原Heron数组。当三角形ABC为钝角三角形，由定理3.2同样可得（3.2）式的证明。当三角形ABC为直角三角形，由定理3.3,同样可得(3.3)。

我又实现了第三个愿望，任何一个角平分线都为有理数的Heron三角形其表式无非是以上所述的三种形式之一。

由定理3.1, 3.2, 3.3 可知，利用任一个Heron三角形(不论是锐角三角形，钝角三角形还是直角三角形)，我们都可以构造出一个角平分线都为有理数的Heron三角形，而定理3.4又告诉我们，任一个角平分线都为有理数的Heron三角形都可表为形如(3.1)或(3.2)或(3.3)式。

四．与PSTP问题及PCP问题的联系

通过上述研究，角平分线为有理数的Heron三角形问题获得彻底解决！不过，细心的观察中我又发现一些与PSTP问题及PCP问题相联系的蛛丝马迹，我又得到了：

定理4.1 设(a,b,c)为本原Heron数组，如果相似于三边分别为

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a2(b2 c2 a2)、b2(a2 c2 b2)、c2(a2 b2 c2)的本原Heron三角形的三条边都是平方数，则存在正整数x,y,z满足

x2 y2 c2

222 x z b y2 z2 a2

且x2y2 y2z2 z2x2为平方数。反之，如果存在正整数x,y,z满足 上述条件，则相似于三边分别为a2(b2 c2 a2)、b2(a2 c2 b2)、c2(a2 b2 c2)的本原Heron三角形的三条边都是平方数且角平分线均为有理数。

证明：由于(a,b,c)为本原Heron数组，故a,b,c中恰有一个偶数和两个奇数且(a,b,c) 1。由对称性，我们不妨设b,c为奇数，a为偶数。 设相似于三边分别为a2(b2 c2 a2)、b2(a2 c2 b2)、

则必有正整c2(a2 b2 c2)的本原Heron三角形的三条边都是平方数，

数 ,u,v,w满足：

a2(b2 c2 a2) u2

22222 b(a c b) v （4.1）

c2(a2 b2 c2) w2

其中 中没有平方因子，从而必有整数x,y,z使得

b2 c2 a2 x2

2222 a c b y.

a2 b2 c2 z2

即

2c2 (x2 y2) 222 2b (x z).

2a2 (y2 z2)

由于(a,b,c) 1，故 |2.比较（4.1）式的奇偶性，我们有 2。于是

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b2 c2 a2 2x2

2222 a c b 2y.

a2 b2 c2 2z2

即

x2 y2 c2

222 x z b.

y2 z2 a2

由于三边分别为a2(b2 c2 a2)、b2(a2 c2 b2)、c2(a2 b2 c2)的三角形为Heron三角形，对此三角形我们有，半周长p 2(x2y2 y2z2 z2x2)，面积S 4x2y2z2x2y2 y2z2 z2x2.从而x2y2 y2z2 z2x2为平方数。

x2 y2 c2

反之，如果存在正整数x,y,z满足 x2 z2 b2

y2 z2 a2

且x2y2 y2z2 z2x2为平方数.容易验证三边分别为a2x2、b2y2、c2z2的三角形为Heron三角形，三条边都是平方数且角平分线均为有理数。故定理成立。

完全类似地，不难证明：

定理4.2 设(a,b,c)为本原Heron数组且满足c2 a2 b2，若相似于三边分别为a2(b2 c2 a2)、b2(a2 c2 b2)、c2(c2 a2 b2)的本原Heron三角形的三条边都是平方数，则存在正整数x,y,z满足

x2 y2 c2

222 x z b y2 z2 a2

222222且xy yz zx为平方数。反之，如果存在正整数x,y,z满足 上述条件，则相似于三边分别为a2(b2 c2 a2)、b2(a2 c2 b2)、

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c2(c2 a2 b2)的本原Heron三角形的三条边都是平方数且角平分线均为有理数。

2000年，墨西哥数学家Luca证明了这两个问题的解的存在性是等价的，即有：

定理L：（[5] Luca 2000） PCP有解当且仅当PSTP有解。

于是得到：

定理4.3：PCP有解当且仅当存在正整数x,y,z满足

x2 y2 c2

222 x z b y2 z2 a2

且x2y2 y2z2 z2x2为平方数. 或者

x2 y2 c2

222 x z b y2 z2 a2

且x2y2 y2z2 z2x2为平方数。

证明：对所有角平分线为有理数的三角形，由定理3.4可知，它们无非形如(3.1) , (3.2) , (3.3) , 但 (3.3)显然不能成为相似于一个三边都为平方数的三角形，再由定理4.1, 4.2及定理L便得所证。

我的第四个愿望得以实现。

由定理4.3可知，PCP问题解的存在，完全等同于定理4.3中四个不定方程构成的方程组的解的存在，因此，我下一步希望能否通过讨论这四个不定方程解与解之间的关系，得出关于数论难题PCP问题的一些新结论。

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参考文献：

[1] R. Guy, Unsolved Probelms in Number Theory 3rd ed., Springer, Springer-Verlag, 2004.

[2] 杨世明．诺尔曼——埃尔德什定理的一个初等证明．中学数学 2004，3，48-49．

[3]吴波，关于海伦三角形的一个有趣定理，数学通报，5（45）（2006），62.

[4] Ralph H. Buchholz，On Triangles with rational altitudes,angle bisectors or medians ，November 1989 (PhD Thesis, University of Newcastle).

[5] F. Luca. Perfect Cuboids and Perfect Square Triangles. Math. Mag. 73 (2000), 400–401.

其它相关链接：

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/wsk1.html