知乎撸题存档(2022~2023)——几何类

kuing

网址：zhihu.com/question/511144683
标题：求解一道神奇解析几何题?

我的回答：

如图，过 F1 作切线的垂线，垂足为 H。熟知 H 的轨迹是圆，其直径为椭圆长轴。
记 ∠PF1H = θ，PF1 : HF1 = k，由条件知 θ、k 均为定值。
因此 P 是由 H 以 F1 为中心的位似旋转变换 S(F1,θ,k) 得到，所以 P 的轨迹也是圆。
当然还有另一个旋转方向相反的 P' 也一样，所以结果就是两个圆。
----------
如果不知道位似旋转变换，那就用下面的几何证明：

如图，作 △QOF1∽△PHF1，则 Q 为定点，易证 △PQF1∽△HOF1，于是 PQ : HO = PF1 : HF1 = 1/sin∠HPF1，所以 PQ = HO/sin∠HPF1 为定值，所以 P 的轨迹是圆。

编辑于 2022-01-12 16:14

kuing

zhihu.com/question/530166019

我的回答：

如上图，记两圆心为 O1、O2，固定 A，考察 OB 在 OA 上的投影 OB'，显然 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}$ 最大时 BB' 与圆 O2 相切，此时 O2B // OA。同理，固定 B，$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}$ 最大时 O1A // OB 。因此，$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}$ 最大时应同时满足 O2B // OA 且 O1A // OB，如下图：

延长 O1A 与 O2B 交于 D，则由 O1A = O1O 且 OA // O2D 知 O1D = O1O2，同理 O2D = O1O2，所以 △O1O2D 是正三角形，故 ∠AOB = 60°，易知此时 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=4 $ 。
==========
稍一般化，即使两圆半径不相等，结论也一样，如下图，由平行关系同样易得 △O1O2D 是正三角形，所以还是 ∠AOB = 60° 时 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}$ 最大，最大值是 $\frac12r_1r_2$ 。

易知 ∠APB 恒为锐角，故 sin∠APB 最大即 ∠APB 最大，即 △APB 的外接圆与圆 O 相切于 P 时，设外接圆圆心为 M，则 $MO+MB=MO+MP=r=\sqrt {45}$ ，所以 M 在椭圆
\[\frac {(x-3/2)^2}{(\sqrt {45}/2)^2}+\frac {y^2}{(\sqrt {45}/2)^2-(3/2)^2}=1 \iff (2x-3)^2+5y^2=45\]
上，又 M 在 AB 中垂线 x=1 上，代入解得 $y=2\sqrt {\frac {11}5}$ ，此时 $MB=\sqrt {4+4\cdot \frac {11}5}=\frac 8{\sqrt 5}$ ，由正弦定理 $\sin \angle APB=\frac {AB}{2MB}=\frac {\sqrt 5}4$ 。

注意到 N 在抛物线准线上，所以 NA⊥NB，设圆心为 M，则 MN 平行于 y 轴且其中点在抛物线上，而抛物线当 x=2 时 y=0.5，即 MN 中点为 (2,0.5)，所以 M(2,3)，圆半径 r=5，从而 PQ=8。

编辑于 2022-04-28 14:56

kuing

网址：zhihu.com/question/531442140
标题：这道黄岗中考几何压轴题如何做？
已知 BD = 7，CD = 8，求 AC 的长度。
看看有多少种不同的办法求解。

我的回答：

如图，延长 AC 至 E 使 CE=8，则 △ECD ∽ △EDA，得 $EC\cdot EA=ED^2=AD^2$ ，所以 $8(8+x)=AB^2+7^2=x^2-(7+8)^2+7^2$ ，解得 x=20。

发布于 2022-05-05 14:44

kuing

网址：zhihu.com/question/374768351
标题：已知矩形边上和内接椭圆面积，如何求解椭圆方程，或者说如何求解椭圆长轴和短轴长度？

我的回答：
由中心在原点可设椭圆为 $mx^2+ny^2+2pxy=1$ ，考虑与原点的距离，应当存在 $t_1$ , $t_2$ 使得
\[t_1(x^2+y^2)\leqslant mx^2+ny^2+2pxy\leqslant t_2(x^2+y^2)\]
恒成立且能取等，则半长短轴就是 $\sqrt{\frac1{t_1}}$ , $\sqrt{\frac1{t_2}}$ ，考虑 $mx^2+ny^2+2pxy-t(x^2+y^2)$ 关于 x 的判别式
\[\Delta_x=4(t^2-mt-nt+mn-p^2)y^2,\]
那么 $t_1$ , $t_2$ 应使该判别式为零，也就是说 $t_1$ , $t_2$ 是关于 t 的方程
\[t^2-(m+n)t+mn-p^2=0\]
的两根，由韦达定理有 $t_1t_2=mn-p^2$ ，又 $S=\frac\pi{\sqrt{t_1t_2}}$ ，所以
\[mn-p^2=\frac{\pi^2}{S^2}.\quad(1)\]
另一方面，将 $mx^2+ny^2+2pxy=1$ 配方为
\[m\left( x+\frac pmy \right)^2+\frac{mn-p^2}my^2=1,\]
由条件，y 的极值为 $\pm b$ ，根据上式，即可知
\[b^2=\frac m{mn-p^2},\quad(2)\]
同理，配方为 $\frac{mn-p^2}nx^2+n\left( y+\frac pnx \right)^2=1$ 即可得
\[a^2=\frac n{mn-p^2},\quad(3)\]
由 (1), (2), (3) 即得
\begin{align*}
m&=\frac{\pi^2b^2}{S^2},\\
n&=\frac{\pi^2a^2}{S^2},\\
p&=\pm\frac\pi S\sqrt{\frac{\pi^2a^2b^2}{S^2}-1},
\end{align*}
所以所求椭圆方程为
\[\frac{\pi^2b^2}{S^2}x^2+\frac{\pi^2a^2}{S^2}y^2\pm\frac{2\pi}S\sqrt{\frac{\pi^2a^2b^2}{S^2}-1}\cdot xy=1.\]
发布于 2022-07-03 21:41

isee

kuing 发表于 2022-7-3 21:57
我的回答：
由中心在原点可设椭圆为 $mx^2+ny^2+2pxy=1$ ，考虑与原点的距离，应当存在 $t_1$ , $t_2$ 使 ...

这式子太难入目了~~

kuing

网址：zhihu.com/question/548544935
标题：这道题有没有用平面几何的比较巧妙的解法？
本题源自一道解析几何证明题，已掌握其爆算解法，但是计算量非常大，而且感觉给出的条件非常有平面几何的味道，但是自己用平面几何知识无法做出来，望各位大佬看看，能不能用比较平面几何的方法做除此题

题目如下：已知PM、A1A2为⊙O的两条直径，在A1P延长线上取一点Q，连接QA2交⊙O于点N，连接QO、NM相交于点R，证明：A1R⊥A1A2

我的回答：

不妨设圆为单位圆，建坐标系使 $A_1(-1,0),A_2(1,0)$ ，记 $Q(x_Q,y_Q)$ ，设直线 $QA_1,QA_2$ 的倾斜角分别为 $\alpha,\beta$ ，如上图，则有
\[y_Q\cot\alpha-y_Q\cot\beta=A_1A_2=2 \implies y_Q=\frac2{\cot\alpha-\cot\beta},\]
那么
\[x_Q=1+y_Q\cot\beta=\frac{\cot\alpha+\cot\beta}{\cot\alpha-\cot\beta},\]
所以直线 OQ 的方程为
\[OQ\colon y=\frac2{\cot\alpha+\cot\beta}x,\]
而 $\angle POA_2=2\alpha$ ，所以 $M(-\cos2\alpha,-\sin2\alpha)$ ，易知 $\angle NOA_2=\pi-2\beta$ ，可得 $N(-\cos2\beta,-\sin2\beta)$ ，于是直线 MN 的方程为
\[\frac{y+\sin2\alpha}{\sin2\alpha-\sin2\beta}=\frac{x+\cos2\alpha}{\cos2\alpha-\cos2\beta},\]
去分母整理为
\[(\sin2\alpha-\sin2\beta)x-(\cos2\alpha-\cos2\beta)y+\sin(2\alpha-2\beta)=0,\]
和差分积约去 $2\sin(\alpha-\beta)$ 化为
\[\cos(\alpha+\beta)x+\sin(\alpha+\beta)y+\cos(\alpha-\beta)=0,\]
两边除以 $\sin\alpha\sin\beta$ 再化为
\[(\cot\alpha\cot\beta-1)x+(\cot\alpha+\cot\beta)y+\cot\alpha\cot\beta+1=0,\]
将它与直线 OQ 的方程联立，消 y，就是
\[(\cot\alpha\cot\beta-1)x+2x+\cot\alpha\cot\beta+1=0,\]
解得 $x=-1$ ，即交点 R 在直线 $x=-1$ 上，这就证明了 $RA_1\perp A_1A_2$ 。

PS、以上解法 有平几 有解几 还有三角变换，但计算量不大，不知能否让楼主满意？
另外，知乎的编辑器好像有问题？换行时老是错乱？还多出好多空行？

编辑于 2022-08-16 01:11

乌贼

kuing 发表于 2022-8-16 02:50
我的回答：

不妨设圆为单位圆，建坐标系使 $A_1(-1,0),A_2(1,0)$ ，记 $Q(x_Q,y_Q)$ ，设直线 $QA_1,QA_2 ...

如图:
   连接$ PN $交$ A_1A_2 $于$ E $，$ A_1OFP $四点共园。有\[ \angle A_1FO=\angle A_1PO=\angle A_1NM \]即$ A_1FNR $四点共园。又\[ \angle A_1FO=\angle A_1PO=\angle OA_1P\riff\angle OA_1F=\angle OQA_1 \]由\[ \angle PFQ=\angle OA_1P=\angle PNA_2 \]得$ PFNQ $四点共园，有\[ \angle FNP=\angle FQP= \angle FOA_1 \]即$ A_1FEN $四点共园，所以$ A_1FENR $五点共圆。因为\[ \angle ENR=90\du \riff \angle RA_1A_2=90\du  \]

kuing

网址：zhihu.com/question/551889530
标题：为什么这个轨迹这么像圆？

A,B,C,D是定点，E是直线AB的动点，H在EC上满足EH∙EC=ED＾2.但H的轨迹不是圆.

我的回答：

是圆啊，证明也不难，如上图，作 D 关于直线 AB 的对称点 F。
因为 EH * EC = ED^2 = EF^2，
所以 △HED ∽ △DEC 以及 △HEF ∽ △FEC，
因此 HD : DE = DC : CE 以及 HF : FE = FC : CE，
由两式得到 HD : HF = DC : FC = 定值（≠1），
根据阿氏圆定义，H 恒在定圆上。

发布于 2022-09-05 22:54

kuing

网址：zhihu.com/question/572278701
标题：抛物线内椭圆最大面积问题如何处理？
一道抛物线内椭圆最值问题 用了比较复杂的初等手段 讨论 得出了 答案 但是想看看有没有什么更好的处理方法 方法不限 谢谢各位大佬

我的回答：
普通方法也不复杂啊，显然 `a<1`，考虑第一象限内椭圆上的点 $(a\cos t,b\sin t)$ ，它在抛物线 $y=1-x^2$ 内，有 $b\sin t\leqslant1-(a\cos t)^2$ ，即
\[b\leqslant\frac{1-a^2(1-\sin^2t)}{\sin t}=\frac{1-a^2}{\sin t}+a^2\sin t=f(t),\]
要上式对 $t\in(0,\pi/2]$ 恒成立，分两类讨论：
（1）当 $a<1/\sqrt2$ 时 `f` 递减有 $b\leqslant f(t)_{\min}=1$ ，得 $S=\pi ab<\pi/\sqrt2$ ；
（2）当 $a\geqslant1/\sqrt2$ 时有 $b\leqslant f(t)_{\min}=2a\sqrt{1-a^2}$ ，得
\begin{align*}
S&=\pi ab\\
&\leqslant2\pi a^2\sqrt{1-a^2}\\
&=\sqrt2\pi\sqrt{a^2\cdot a^2\cdot(2-2a^2)}\\
&\leqslant\sqrt2\pi\sqrt{\left(\frac{a^2+a^2+2-2a^2}3\right)^3}\\
&=\frac49\sqrt3\pi,
\end{align*}
当 $a^2=2/3$ 时取等，这显然大于（1）的情况，所以这就是所求最大值。

发布于 2022-12-14 16:14

kuing

网址：zhihu.com/question/579055882
标题：如何用简单的方法解决这道圆锥曲线，避免标答恶心的爆算?
试过参数方程，结果比直接联立简单一些，但最值不好求

题目简单来说就是：
椭圆 `x^2/5+y^2=1` 的上、下、左、右顶点分别为 `A`, `B`, `C`, `D`，过 `F(-2,0)` 的弦的中点为 `P`，记 `PA`, `PB`, `PC`, `PD` 的斜率为 `k_1`, `k_2`, `k_3`, `k_4`，求 `(k_1k_2)/(k_3k_4)` 的最小值。
原帖里有参考答案的爆算方法，我就不贴过来了。

我的回答：
沿 y 轴方向将椭圆拉伸成圆，则所有直线斜率为变原来的 √5 倍，可见 $\frac{k_1k_2}{k_3k_4}$ 是不变的，所以只需考虑拉伸后的情形。

此时由垂径定理知 OP⊥PF，则 P 的轨迹是以 OF 为直径的圆，即 $(x+1)^2+y^2=1$ ，也即 $x^2+y^2+2x=0$ ，而四顶点变成 A(0,√5), B(0,-√5), C(-√5,0), D(√5,0)，设 P(x,y)，则
\[k_1k_2=\frac{y^2-5}{x^2},\,k_3k_4=\frac{y^2}{x^2-5},\]
所以
\begin{align*}
\frac{k_1k_2}{k_3k_4}&=\frac{(x^2-5)(y^2-5)}{x^2y^2}\\
&=1+\frac{-5(x^2+y^2)+25}{x^2y^2}\\
&=1+\frac{10x+25}{x^2(-x^2-2x)}\\
&=1-\frac{5(2x+5)}{x^3(x+2)}=f(x),
\end{align*}
其中 x∈(-2,0)，求导得
\[f'(x)=\frac{10(3+x)(5+3x)}{x^4(2+x)^2}\implies f(x)_{\min}=f\left(-\frac53\right)=\frac{32}5.\]
发布于 2023-01-17 22:15

kuing

网址：zhihu.com/question/579365571
标题：这两个四边形的面积为什么相等？

题：`H_A` 为 `\triangle BCD` 的垂心、`H_B` 为 `\triangle ACD` 的垂心、`H_C` 为 `\triangle ABD` 的垂心、`H_D` 为 `\triangle ABC` 的垂心。
求证：四边形 `ABCD` 的面积等于四边形 `H_AH_BH_CH_D` 的面积。

我的回答：
只需证明 `\S{ABC}=\S{H_AH_BH_C}` 如下图：



先去洗碗，未完待续……

更新：洗完碗也没想出几何证法，先上个~暴~力~的坐标法吧：

建系使 D 为原点，记 $A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$, $C(x_3,y_3)$ ，则不难计算出垂心 $H_C$ 的坐标为
\[H_C\left( -\frac{(y_1-y_2)(x_1x_2+y_1y_2)}{x_1y_2-x_2y_1},\frac{(x_1-x_2)(x_1x_2+y_1y_2)}{x_1y_2-x_2y_1}\right),\]
再令 $y_i=\tan\theta_i\cdot x_i$, $i=1$, $2$, $3$，则
\[\frac{x_1x_2+y_1y_2}{x_1y_2-x_2y_1}=\frac{1+\tan\theta_1\tan\theta_2}{\tan\theta_2-\tan\theta_1}=\cot(\theta_2-\theta_1),\]
所以垂心 $H_C$ 的坐标化简为
\[H_C\bigl(-(y_1-y_2)\cot(\theta_2-\theta_1),(x_1-x_2)\cot(\theta_2-\theta_1)\bigr),\]
另外两个垂心 $H_A$, $H_B$ 类似，于是要证那两个三角形面积相等，只需证
\[\begin{vmatrix}
1 & x_1 & y_1 \\
1 & x_2 & y_2 \\
1 & x_3 & y_3
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1 & -(y_1-y_2)\cot(\theta_2-\theta_1) & (x_1-x_2)\cot(\theta_2-\theta_1) \\
1 & -(y_2-y_3)\cot(\theta_3-\theta_2) & (x_2-x_3)\cot(\theta_3-\theta_2) \\
1 & -(y_3-y_1)\cot(\theta_1-\theta_3) & (x_3-x_1)\cot(\theta_1-\theta_3)
\end{vmatrix},\]
以下用 $\sum$ 与 $\prod$ 表示按下标来轮换求和与求积，由行列式性质，有
\begin{align*}
\RHS&=\prod\cot(\theta_2-\theta_1)\cdot
\begin{vmatrix}
\tan(\theta_2-\theta_1) & y_2-y_1 & x_1-x_2 \\
\tan(\theta_3-\theta_2) & y_3-y_2 & x_2-x_3 \\
\tan(\theta_1-\theta_3) & y_1-y_3 & x_3-x_1
\end{vmatrix}
\\
&=\prod\cot(\theta_2-\theta_1)\cdot
\begin{vmatrix}
\sum\tan(\theta_2-\theta_1) & 0 & 0 \\
\tan(\theta_3-\theta_2) & y_3-y_2 & x_2-x_3 \\
\tan(\theta_1-\theta_3) & y_1-y_3 & x_3-x_1
\end{vmatrix}
\\
&=\prod\cot(\theta_2-\theta_1)\sum\tan(\theta_2-\theta_1)\cdot
\begin{vmatrix}
y_3-y_2 & x_2-x_3 \\
y_1-y_3 & x_3-x_1
\end{vmatrix}
\\
&=\sum\cot(\theta_3-\theta_2)\cot(\theta_1-\theta_3)\cdot\LHS,
\end{align*}
可见只需证
\[\sum\cot(\theta_3-\theta_2)\cot(\theta_1-\theta_3)=1,\]
易证当 x+y+z=0 时有 $\cot x\cot y+\cot y\cot z+\cot z\cot x=1$，故上式成立，即得证。

编辑于 2023-01-23 01:58

注：原帖其他回答中已有几何证法。

kuing

网址：zhihu.com/question/594324123
标题：三角形ABC中，h为BC边上的高，b+c=a+h，求tanA的最小值?

我的回答：

如图，设 △ABC 的内切圆半径为 r，该圆与 AC 切于 D，则有
\begin{gather*}
b+c-a=2AD=2r\cot\frac A2,\\
h=\frac{2S}a=\frac{r(a+b+c)}a=r\left(1+\frac{b+c}a\right),
\end{gather*}
由此可见
\[b+c=a+h\iff2\cot\frac A2=1+\frac{b+c}a,\]
显然右边大于 2，即 `\cot\frac A2>1`，因此 A 必为锐角，由正弦定理及积化和差得
\[\frac a{b+c}=\frac{\sin A}{2\cos\frac{B-C}2\cos\frac A2}\geqslant\sin\frac A2,\]
于是有
\[2\cot\frac A2\leqslant1+\frac1{\sin\frac A2},\]
去分母即得
\begin{align*}
2\cos\frac A2\leqslant\sin\frac A2+1&\riff\sin\frac A2\geqslant\frac35\\
&\riff\tan\frac A2\geqslant\frac34\\
&\riff\tan A\geqslant\frac{24}7,
\end{align*}
取等略。

发布于 2023-04-09 03:37

注：其他回答中，网友“新之韧”的解法也挺不错的，通过三角变换推出了 B、C 之间满足一个非常简单的关系：`\tan\frac B2+\tan\frac C2=1`。
看到这里我感觉我以前可能也推过类似的东东，但一时没查到，或许是记错了。

kuing

续楼上：

看到这里我感觉我以前可能也推过类似的东东，但一时没查到，或许是记错了。

原来是十年前在初版论坛里研究过，见 kuingggg.github.io/5d6d/thread-1539-1-1.html ，里面的 6# 我还建系推导过轨迹方程呢😃

isee

kuing 发表于 2023-4-9 18:00
续楼上：

原来是十年前在初版论坛里研究过，见 https://kuingggg.github.io/5d6d/thread-1539-1-1.html ， ...

我 tan A/2<1 待解决~

题：三角形 ABC 中，h 为 BC 边上的高，b+c=a+h，求 tan A 的最小值?

平面几何中有一个常见的结论：三角形两边的乘积等于第三边上的高与外接圆直径的乘积，于是 bc=2Rh，及 $\frac A2+\frac{B+C}2=\frac\pi2$ 则（尝试保留 A 角） \begin{gather*}
\frac b{2R}+\frac c{2R}=\frac a{2R}+\frac b{2R}\cdot\frac c{2R},\\[1em]
\sin B+\sin C=\sin A+\sin B\sin C,\\[1em]
2\cos\frac A2\cos\frac{B-C}2=2\cos\frac A2\cos\frac{B+C}2+\sin B\sin C,\\[1em]
2\cos\frac A2\big(\cos\frac{B-C}2-\cos\frac{B+C}2\big)=\sin B\sin C,\\[1em]
-4\cos\frac A2\big(\sin\frac B2\sin\frac{-C}2\big)=\sin B\sin C,\\[1em]
\cos\frac A2=\cos\frac B2\cos \frac C2,\\[1em]

\end{gather*} 终于化到好看的式子了，由均值不等式 \begin{gather*}
\cos\frac A2=\cos\frac B2\cos \frac C2\leqslant\frac {\cos^2\frac B2+\cos^2\frac C2}2,\\[1em]
2\cos\frac A2\leqslant 1+\frac{\cos B+\cos C}2=1+\sin\frac A2\cos\frac{B-C}2,\\[1ex]
\therefore \;2\cos\frac A2\leqslant 1+\sin\frac A2,
\end{gather*} 再由 $\cos^2\frac A2+\sin^2\frac A2=1$ 不难求得 $\tan\frac A2\geqslant \frac 34$，(若 A 为锐角，待补) 进一步便有 $\tan A\geqslant\frac{24}7.$

kuing

网址：zhihu.com/question/602451191
标题：解析几何，如何理解方框内的步骤?
为什么角平分线可以这样来表示?

我的回答：
设 $P(x_0,y_0)$ 在直线 $l_1-l_2=0$ 上，则
\[x_0\cos\alpha_1+y_0\sin\alpha_1-p_1=x_0\cos\alpha_2+y_0\sin\alpha_2-p_2,\]
由点到直线距离公式，点 P 到直线 $l_1$ 的距离为
\[d_1=\frac{\abs{x_0\cos\alpha_1+y_0\sin\alpha_1-p_1}}{\sqrt{\cos^2\alpha_1+\sin^2\alpha_1}}=\abs{x_0\cos\alpha_1+y_0\sin\alpha_1-p_1},\]
同理到 $l_2$ 的距离 $d_2=\abs{x_0\cos\alpha_2+y_0\sin\alpha_2-p_2}$ ，所以 $d_1=d_2$ ，即 P 到 $l_1,l_2$ 的距离相等。

照这样的方法，直线 $l_1+l_2=0$ 同样满足其上到点到 $l_1,l_2$ 的距离相等。

所以其实只能说 $l_1\pm l_2=0$ 都是角平分线：一条内角，一条外角，但哪条对应 + 哪条对应 - 其实无法确定。

因此我个人认为上述证法其实并不完全准确，那三条直线方程有可能是：一条内角平分线 + 两条外角平分线，它们也确实交于一点（旁心）。

编辑于 2023-05-24 01:52

kuing

kuing 发表于 2023-6-6 15:09
...
所以其实只能说 $l_1\pm l_2=0$ 都是角平分线：一条内角，一条外角，但哪条对应 + 哪条对应 - 其实无法确定。

因此我个人认为上述证法其实并不完全准确，那三条直线方程有可能是：一条内角平分线 + 两条外角平分线，它们也确实交于一点（旁心）。

其实应该补充一个实例说明会更好，知乎那边懒得编辑了。

设 `\triangle ABC` 三边所在直线的方程为
\begin{align*}
l_1\colon&& x&=0,\\
l_2\colon&& x\cos45\du+y\sin45\du-1&=0,\\
l_3\colon&& x\cos135\du+y\sin135\du+1&=0,
\end{align*}
那么
\[\led
l_3-l_1&=0,\\
l_1-l_2&=0,\\
l_2-l_3&=0
\endled
\iff
\led
x(\cos135\du-1)+y\sin135\du+1&=0,\\
x(1-\cos45\du)-y\sin45\du+1&=0,\\
2x\cos45\du-2&=0,
\endled\]
图形如下所示：

此时就是一条内角平分线 + 两条外角平分线，共点于旁心。

要使之变成内心，得将 `l_2` 的 `x\cos45\du+y\sin45\du-1=0` 改写成 `x\cos225\du+y\sin225\du+1=0`。

所以说是那平分线是内角还是外角，取决于直线方程的写法。

kuing

网址：zhihu.com/question/631994146
标题：三角形这个垂心与内心的距离公式如何证明？

r内切圆半径、R外接圆半径，这一性质在某些问题的解答下会看到，但可惜没有找到证明方法。自己尝试证明了一下，但用的是暴力计算法，过程极其繁琐，想请教一下有无简洁的回答。

我的回答：
尝试了下用向量来证，也不是很简洁。

首先熟知 $a\vv{IA}+b\vv{IB}+c\vv{IC}=\bm0$ ，代入 $\vv{IA}=\vv{IH}+\vv{HA}$ 等则可整理成
\[(a+b+c)\vv{HI}=a\vv{HA}+b\vv{HB}+c\vv{HC},\quad(*)\]
用几何方法易证 $HA^2=4R^2-a^2$ ，由此可得
\begin{align*}
2\vv{HA}\cdot\vv{HB}&=HA^2+HB^2-\bigl(\vv{HA}-\vv{HB}\bigr)^2\\
&=8R^2-a^2-b^2-c^2,
\end{align*}
于是对式 (*) 两边平方得
\begin{align*}
(a+b+c)^2HI^2&=\sum a^2(4R^2-a^2)+\sum ab(8R^2-a^2-b^2-c^2)\\
&=4R^2\sum a^2-\sum a^4+8R^2\sum ab-\sum ab\sum a^2\\
&=4R^2(a+b+c)^2-\sum a^4-\sum ab\sum a^2,
\end{align*}
这样就得到
\[HI^2=4R^2-\frac{\sum a^4+\sum ab\sum a^2}{(a+b+c)^2},\quad(**)\]
（式 (**) 实际上还可以因式分解化简为 $HI^2=4R^2-\frac{a^3+b^3+c^3+abc}{a+b+c}$ 也是挺好看的公式，不过为了便于证明原题，这里继续用式 (**)）
现在回头看看原题待证的公式的右边，变下形有
\begin{align*}
2r^2-4R^2\cos A\cos B\cos C &=2r^2-2R^2(1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C)\\
&=2r^2-2R^2(-2+\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)\\
&=2r^2+4R^2-\frac12(a^2+b^2+c^2),
\end{align*}
这样就只需证明
\[2r^2=\frac12(a^2+b^2+c^2)-\frac{\sum a^4+\sum ab\sum a^2}{(a+b+c)^2},\]
右边通分有
\begin{align*}
\RHS&=\frac{\sum a^2\left(\sum a^2+2\sum ab\right)-2\left(\sum a^4+\sum ab\sum a^2\right)}{2(a+b+c)^2}\\
&=\frac{2\sum a^2b^2-\sum a^4}{2(a+b+c)^2}\\
&=\frac{16S^2}{2(a+b+c)^2}\\
&=2r^2,
\end{align*}
即得证。

编辑于 2023-11-28 18:35

kuing

看到 @isee 给出的链接 zhihu.com/question/534210592/answer/2500123943 提到 `PI^2` 那引理后，要是按我上面那向量方法搞，不难得出更一般的结论：
若 `\triangle ABC` 及点 `X` 满足 `\lambda_1\vv{XA}+\lambda_2\vv{XB}+\lambda_3\vv{XC}=\bm0`，则对任意点 `P` 有
\[PX^2=\frac{\lambda_1PA^2+\lambda_2PB^2+\lambda_3PC^2}{\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3}-\frac{\lambda_1\lambda_2c^2+\lambda_2\lambda_3a^2+\lambda_3\lambda_1b^2}{(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)^2}.\]

又是写完才想起其实以前就写过😅：
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread& … &page=1#pid38206
（当时也是写完才想起小丛书😅😅😅……