初中几何高手发现的巧妙结论
可惜在延长线上不完全准确 过C做PQR垂线，垂足为S,可以证明结论。这个结论还是挺有意思的。 有點像托勒密定理，如何證明呢？ 本帖最后由 creasson 于 2021-9-4 15:16 编辑结论很漂亮。
可以看成是四边形$PBCQ$延长边得交点$A,R$， 于是令
\[ B = 0,\quad
C = 1, \quad
a = {e^{i\angle BPQ}},\quad
b = {e^{i\angle B}},\quad
c = {e^{i\angle BCQ}},\quad
\lambda= \frac{{BP}}{{BC}} \]
那么各点可表示为：
\[ P = b\lambda , \quad
Q = \frac{{b( - {a^2}b + {a^2}b{c^2} - \lambda+ {a^2}\lambda )}}{{( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
A = \frac{{{b^2}( - 1 + c)(1 + c)}}{{( - 1 + bc)(1 + bc)}}, \quad
R = \frac{{( - 1 + a)(1 + a)b\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}} \]
第一部分各边长为 :
\[
AQ = \frac{{( - 1 + a)(1 + a)bc(b - b{c^2} - \lambda+ {b^2}{c^2}\lambda )}}{{( - 1 + bc)(1 + bc)( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
QC = \frac{{c( - 1 + {a^2}{b^2} + b\lambda- {a^2}b\lambda )}}{{( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
PQ = \frac{{a(b - b{c^2} - \lambda+ {b^2}{c^2}\lambda )}}{{( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
QR = \frac{{ab( - 1 + c)(1 + c)( - 1 + {a^2}{b^2} + b\lambda- {a^2}b\lambda )}}{{( - 1 + ab)(1 + ab)( - 1 + abc)(1 + abc)}} \]
\[ \frac{{AQ} \cdot {QC}}{{PQ} \cdot {QR}} = \frac{{( - 1 + a)(1 + a)( - 1 + ab)(1 + ab){c^2}}}{{{a^2}( - 1 + c)(1 + c)( - 1 + bc)(1 + bc)}} \]
第二部分各边长为 :
\[ RC =- \frac{{ - 1 + {a^2}{b^2} + b\lambda- {a^2}b\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}}, \quad
RB = \frac{{( - 1 + a)(1 + a)b\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}}, \quad
RQ = \frac{{ab( - 1 + c)(1 + c)( - 1 + {a^2}{b^2} + b\lambda- {a^2}b\lambda )}}{{( - 1 + ab)(1 + ab)( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
RP = \frac{{a( - 1 + b)(1 + b)\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}} \]
\[ \frac{{RC} \cdot {RB}}{{RQ} \cdot {RP}} =- \frac{{( - 1 + a)(1 + a)( - 1 + abc)(1 + abc)}}{{{a^2}( - 1 + b)(1 + b)( - 1 + c)(1 + c)}} \]
第三部分各边长为 :
\[ AP =- \frac{{b - b{c^2} - \lambda+ {b^2}{c^2}\lambda }}{{( - 1 + bc)(1 + bc)}}, \quad
PB = \lambda , \quad
PQ = \frac{{a(b - b{c^2} - \lambda+ {b^2}{c^2}\lambda )}}{{( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
PR = \frac{{a( - 1 + b)(1 + b)\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}} \]
\[ \frac{{AP} \cdot {PB}}{{PQ} \cdot {PR}} =- \frac{{( - 1 + ab)(1 + ab)( - 1 + abc)(1 + abc)}}{{{a^2}( - 1 + b)(1 + b)( - 1 + bc)(1 + bc)}} \]
由这三式即知
\[ \frac{{AQ} \cdot {QC}}{{PQ} \cdot {QR}} + \frac{{RC} \cdot {RB}}{{RQ} \cdot {RP}} - \frac{{AP} \cdot {PB}}{{PQ} \cdot {PR}}= 1 \]
这是直接按表述求出各边后做的计算，而如果由$\frac{AQ \cdot QC}{PQ \cdot QR} = |\frac{(A - Q)(Q - C)}{(P - Q)(Q - R)}|$，那么过程就很简单了。
本帖最后由 TSC999 于 2021-9-5 10:12 编辑
另一个非纯几何证明：
将原图顺时针旋转，得到左右对称的图形，因此还有另一个恒等式也成立：
${PA*PB}/{PQ*PR}+{RB*RC}/{RQ*RP}+{QC*QA}/{QP*QR}=1$
1楼的公式改用有向线段可以去掉负号，并使公式表现出对称性，从而适用于直线截三角形三边或其延长线的所有情形。
这个图形是梅内劳斯定理的图形，结构不复杂，各位老师，能否简单点证明这个公式？
为了对应，就沿用1楼的图， P、Q、R 分别在直线 AB、CA、BC 上。为什么我的发言被版主给修改了？删除了蛮多啊,不知是什么规则？
补充内容 (2021-9-7 19:05):
胡老师说的原则很恰当，感谢指教！ 本帖最后由 lihpb01 于 2021-9-6 22:57 编辑
应该是可以推广到球面几何的，换成弧心角的正弦，双曲几何应该就是换成双曲正弦
是过C做AB平行线交PQR于S.我前面弄错了，于是通过一批相似转化即可到三角形内部问题
$\frac{CQ^2}{QS\times QR}+\frac{CR^2}{RS\times QR} - \frac{CS^2}{SQ\times SR}=1$
即
$CR^2\times SQ+CQ^2\times RS-CS^2\times QR = SQ\times SR\times QR$
余弦定理可以解决 我是知道斯图尔特定理有类似的结构，但是不会转化，mathe 老师这个辅助线将这些线段转化在一起解决了这个问题，很到位。我昨天发现了一个借助梅内劳斯定理的复数恒等式证法，非主流，就不发了