在球面三角形应该是成立的，这个等量关系是梅内劳斯定理的另一半。
請問這個定理歷史上沒有人發現過嗎？類似的也沒有嗎？托勒密定理比這個還要簡單。
各位老师，我是新手，长期灌水，还不会编辑公式，最近又要考证，也没时间，就把我的证法思路发出来大家参考。本题可把公式中的有向线段均用表示为点所对应复数的差（就像点几何那样），将所证明的等式改写成右边为0的复数形式；再把梅内劳斯定理也改成右边为0的复数等式形式。你们会发现两个等式是一模一样的。由于梅内劳斯定理的复数形式成立，所以待证明的等式复数形式也成立。又因为P、Q、R三点共线， 所以其向量点积形式也成立。斯图尔特定理也可以用这个方法来证明。这些公式为什么可以这么漂亮对称？也是因为他们都是代数恒等式的直接结果。
本帖最后由 大漠孤烟 于 2021-9-8 14:33 编辑
仔细观察直线截三角形三边的构图，发现在三个顶角形成了三个小三角形，偶然发现了该有向线段等式可以转化为其他形式等价表示，如用有向角、有向面积。就是说，可以在小三角形中运用正弦定律，将有向线段等式转化为三角正弦的比值，再运用三角函数恒等式直接证明。
补充内容 (2021-9-11 20:32):
P、Q、R用有向角表示， 以截线为起始边，逆时针旋转至三角形三边正向，三边也是按逆时针取正方向
补充内容 (2021-9-11 21:01):
起始边方向都要相同，以防出错。需要用到的三角形恒等式是sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC（当然还有其他三角恒等式证法）。等式通分后在完全四线形的四个三角形中各用一次恒等式，积化和差后全消掉了。
本帖最后由 TSC999 于 2021-9-8 21:19 编辑
今天我也折腾出来了 “大漠孤烟” 网友在 6# 楼发布的有向线段恒等式，即楼主希望得到的 “统一的向量商” 公式。
对于图 1，如果去掉各线段的向量符号，那么上式左边第三项前面要改成负号。现在以向量表示，那个负号就成了正号，这样公式就更优美了。
对于图 2，如果去掉各线段的向量符号，那么上式不成立。而改成向量表示，上式就仍然成立！
因此这个恒等式就是楼主想要的统一的“向量商”表达式。
证明如下。先按第 1 图证明：
再按第 2 图证明：
本帖最后由 dlsh 于 2021-9-10 23:05 编辑
老朋友：
十分感谢你发现了我想得到的结论，不过结论与主贴有距离。
\(假设e^{2i∠Q}=u,e^{2i∠QPA}=v,e^{2∠i QRC}=w,，对于上图，\frac{\overrightarrow{QA}}{{\overrightarrow{QP}}}\frac{\overrightarrow{QC}}{{\overrightarrow{QR}}}+\frac{\overrightarrow{PA}}{{\overrightarrow{PQ}}}\frac{\overrightarrow{PB}}{{\overrightarrow{PR}}}+\frac{\overrightarrow{RC}}{{\overrightarrow{RQ}}}\frac{\overrightarrow{BR}}{{\overrightarrow{PR}}}=1等价于\frac{QA}{QP}\frac{QC}{QR}u+\frac{PA}{PQ}\frac{PB}{PR}v+\frac{RC}{RQ}\frac{RB}{RP}w=1\)
如何利用你的发现推出原结论？
本帖最后由 王守恩 于 2021-9-11 18:28 编辑
mathe 发表于 2021-9-7 08:06
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\ti ...
谢谢 mathe！我来整理一下，不搞复杂，主帖((1),(2)是同一回事)实质还是斯图尔特定理。
1,求证：\(\D\frac{BR*RC}{QR*RP}+\frac{CQ*QA}{PQ*QR}-\frac{AP*PB}{RP*PQ}=1\ \ \ \ \ (1)\)
过C作AB的平行线，交RP于S。对应位置上的线段作交换(或不换)
\(\D\frac{BR*RC}{QR*RP}=\frac{CR*RC}{QR*RS}\)
\(\D\frac{CQ*QA}{PQ*QR}=\frac{CQ*QC}{SQ*QR}\)
\(\D\frac{AP*PB}{RP*PQ}=\frac{CS*SC}{RS*SQ}\)
\(\D(1)=\frac{CR*RC}{QR*RS}+\frac{CQ*QC}{SQ*QR}-\frac{CS*SC}{RS*SQ}=1\) 即斯图尔特定理
2,求证：\(\D\frac{BA*AP}{QA*AC}+\frac{PQ*QR}{CQ*QA}-\frac{RC*CB}{AC*CQ}=1\ \ \ \ \ (2)\)
过P作BR的平行线，交AC于S。对应位置上的线段作交换(或不换)
\(\D\frac{BA*AP}{QA*AC}=\frac{PA*AP}{QA*AS}\)
\(\D\frac{PQ*QR}{CQ*QA}=\frac{PQ*QP}{SQ*QA}\)
\(\D\frac{RC*CB}{AC*CQ}=\frac{PS*SP}{AS*SQ}\)
\(\D(2)=\frac{PA*AP}{QA*AS}+\frac{PQ*QP}{SQ*QA}-\frac{PS*SP}{AS*SQ}=1\)即斯图尔特定理
注意字母的排列：中间 4 个字母相同，"+" ”-" 2 边字母相同，第 1 个与最后 1 个相同。
mathe 发表于 2021-9-7 08:06
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\ti ...
原作者证明没有你的方法简明
主贴等价于
\(\frac{\overrightarrow{QA}\bullet\overrightarrow{QC}}{\overrightarrow{QP}\bullet\overrightarrow{QR}}+\frac{\overrightarrow{PA}\bullet\overrightarrow{PB}}{\overrightarrow{PQ}\bullet\overrightarrow{PR}}+\frac{\overrightarrow{RB}\bullet\overrightarrow{RC}}{\overrightarrow{RP}\bullet\overrightarrow{RQ}}=1\)，这不算向量商。
向量法应该可以证明，只是计算量会很大。
记
\(\overrightarrow{QA}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{QR}=\overrightarrow{r}, \overrightarrow{QC}=u\overrightarrow{a},\overrightarrow{QP}=v\overrightarrow{r}\)
于是再设
\(\overrightarrow{QB}=\overrightarrow{QA}+h\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{QR}+s\overrightarrow{RC}\)
得出
\(\overrightarrow{a}+h(v\overrightarrow{r}-\overrightarrow{a})=\overrightarrow{r}+s(u\overrightarrow{a}-\overrightarrow{r})\)
于是
\(s=\frac{1-v}{1-uv},h=\frac{1-u}{1-uv}, \overrightarrow{b}=\overrightarrow{QB}=\frac{u(1-v)\overrightarrow{a}+v(1-u)\overrightarrow{r}}{1-uv}\)
全部代入计算即可得到结果
\(\frac{u|\overrightarrow{a}|^2}{v|\overrightarrow{r}|^2}+\frac{(\overrightarrow{a}-v\overrightarrow{r})(\overrightarrow{b}-v\overrightarrow{r})}{(-v\overrightarrow{r})(\overrightarrow{r}-v\overrightarrow{r})}+\frac{(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{r})(u\overrightarrow{a}-\overrightarrow{r})}{(-\overrightarrow{r})(v\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r})}=1\)