初中几何高手发现的巧妙结论

dlsh

可惜在延长线上不完全准确

mathe

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。

ejsoon

有點像托勒密定理，如何證明呢？

creasson

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。

TSC999

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：

大漠孤烟

${PA*PB}/{PQ*PR}+{RB*RC}/{RQ*RP}+{QC*QA}/{QP*QR}=1$
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？

大漠孤烟

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！

lihpb01

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

mathe

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

大漠孤烟

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