P为正五边形ABCDE外接圆弧EA上一点，求证PA+PC+PE=PB+PD

isee

由正边形外接圆一点，作过顶点的五条线段之间的数量关系

题：$P$点为正五边形$ABCDE$外接圆弧EA上一点，求证：$PA+PC+PE=PB+PD$。

Tesla35

应该是用托勒密定理吧。
简单情形是圆内接正三角形的那个结论。

kuing

回复 2# Tesla35

正三角形那个太简单了，没想到还有五边形的，美妙，不知还会不会有 2n-1 边形的结论？

Tesla35

【例5】如图，已知圆的内接正五边形 $A B C D E, P$ 为 $\overparen{A B}$ 上的一点，则 $P A+P B+P D=P E+P C$ ．

【解析】连接 $B E, C E$ ．设该正五边形的边长为 $a$ ，对角线长为 $b$ ，则在圆内接四边形 $P B D A$ 中，由托勒密定理可知，$A B \cdot P D=P B \cdot A D+P A \cdot B D$
即 $a \cdot P D=P B \cdot b+P A \cdot b$（1）
同理，在四边形 $P C D E$ 中，有 $P D \cdot C E=P C \cdot D E+P E \cdot C D$ ，
即 $P D \cdot b=P C \cdot a+P E \cdot a$（2）
在四边形 $A B C E$ 中，有 $A C \cdot B E=A B \cdot C E+B C \cdot A E$ ，即 $b^2=a b+a^2$（3）
由（1），（2），（3）可得，$P A+P B+P D=P E+P C$

kuing

终于想到了不用计算的纯几何证法……



如图，作正五边形 $EPQRS$，由角度关系易知 $Q$, $R$, $S$ 分别在 $PB$, $PC$, $PD$ 上，于是易证 $\triangle EPA\cong\triangle ESD$, $\triangle EQB\cong\triangle ERC$，从而 $PA+PC+PE=SD+PR+RC+PQ=SD+PS+QB+PQ=PD+PB$。

realnumber

三角形也发下或连接，给几何菜鸟也领略下~~~
又真的很神奇，不要停，还有楼上说的2n-1边什么的.
此贴收录到余烬精华收集贴

kuing

回复 6# realnumber

三角形的：

其实我上面作正五边形也是受了这个的启发

其妙

托勒密定理，
复数可以不？

其妙

回复 5# kuing
这些辅助线，只有你想得出来！

其妙

乌贼怎么还不上来做这道几何题？

乌贼

回复 5# kuing
漂亮

isee

回复 6# realnumber

此题很成熟，很早很早就被破得稀里哗啦~
故，正2n-1边形是成立的，奇和=偶和。此时，纯几何与Plolemy就太麻烦了。

这个最后给个5边形的例子咯。





哇，这个砖引来好多玉~




说来惭愧啊，初见时，我随手画了两下，这个线段和太难构造了，就直接三角函数了！后见一种对称法……，就丢了上来，准备给大家欣赏的，（但，kuing在5楼的纯几何完全是无字证明，也厉害）。

再后，用Plolemy定理+分析法得到个证明过程，比4楼Tesla35复杂些，用正五边形两对角形线比代换而来。



回到开始，三角法倒是简单，如，五边形时（正2n-1边形，类似）：字母不防按逆时针排列：

$P$点为正五边形$ABCDE$外接圆弧EA上一点，求证：$PA+PC+PE=PB+PD$。

令$弧{PA}\stackrel{m}{=}2\alpha$，不防设正$\triangle ABC$外接圆的直径为1，则有

\begin{align*}
&PA+PC+PE-PB-PD\\
&=\sin \alpha +\sin \biggl(\dfrac{2\pi}{5}+\alpha\biggr)+\sin \biggl(\dfrac{4\pi}{5}+\alpha\biggr)-\sin \biggl(\dfrac{\pi}{5}+\alpha\biggr)-\sin \biggl(\dfrac{3\pi}{5}+\alpha\biggr)\\
  &=\sin \alpha +\sin \biggl(\dfrac{2\pi}{5}+\alpha\biggr)+\sin \biggl(\dfrac{4\pi}{5}+\alpha\biggr)+\sin \biggl(\dfrac{6\pi}{5}+\alpha\biggr)+\sin \biggl(\dfrac{8\pi}{5}+\alpha\biggr)\tag{1} \label{eq01}\\
  &=\sin \alpha +\sin \biggl(\dfrac{2\pi}{5}+a\biggr)+\sin \biggl(\dfrac{8\pi}{5}+\alpha\biggr)+\sin \biggl(\dfrac{4\pi}{5}+\alpha\biggr)+\sin \biggl(\dfrac{6\pi}{5}+\alpha\biggr)\\
  &=\sin \alpha +2\sin (\pi+\alpha)\cos\biggl(-\dfrac{3\pi}5\biggr)+2\sin (\pi+\alpha)\cos\biggl(-\dfrac{\pi}5\biggr)\\
  &=\sin \alpha -2\biggl(\cos\dfrac{3\pi}5+\cos \dfrac{\pi}5\biggr)\sin \alpha\\
  &=\sin \alpha -4\cos\dfrac{2\pi}5 \cos \dfrac{\pi}5 \sin \alpha\\
  &=\sin \alpha -\dfrac{2\cos\dfrac{2\pi}5 \cdot 2\cos \dfrac{\pi}5 \sin \dfrac{\pi}5}{\sin \dfrac{\pi}5} \sin \alpha\\
  &=\sin \alpha -\dfrac{2\cos\dfrac{2\pi}5\sin \dfrac{2\pi}5}{\sin \dfrac{\pi}5} \sin \alpha\\
  &=\sin \alpha -\dfrac{\sin \dfrac{4\pi}5}{\sin \dfrac{\pi}5} \sin \alpha\\
  &=0\\[3em]
  \Rightarrow &PA+PC+PE=PB+PD
\end{align*}

其实 \eqref{eq01} 恒为零，包括其推广式，也就是正2n-1边形时。

正因为如此，所以复数法理论没问题，特别是一般情形。

乌贼

没5楼巧，硬构
过$B$点作$AP$的平行线交$EP$的延长线于$Q$，$BQ$交圆于$H$，在劣弧$AB$上
取一点$F$，使$DP=BF$，延长$EF$交$QB$延长线于$G$。
易证$BF//AH//EP,\triangle AFB\cong\triangle BHC\cong\triangle CPD,\triangle PBQ,\triangle QEG,\triangle BFG$为等腰三角形，$AHQP$为平行四边形
$AP+CP+DP=GB+BH+HQ=GQ=QE=EP+PQ=EP+BP$
另外用几何画板怎么画正五边形啊！

isee

回复 7# kuing

我喜欢形外辅助线多一点，最重要的原因，考场上好使，哈哈。

（形内形外辅助线，无非线段和差角度不同，无所谓啦）



三角形中，Polemy定理直接秒(具体略)：
$P$点为正三角形$ABC$外接圆弧$CA$上一点，求证：$PA+PC=PB$。

一般说，将BP分得的两个三角形，绕（P所对的顶点，其实三角形的随便某个顶点均可）旋转$60^\circ$即可，方向，是让等边三角形的边能重合。






由于$\angle PAB+ \angle PCB=180^\circ$，
故如图，点$A'$在PC直线上，容易得到正三角形$PBA'$.
于是$PA+PC=CA'+PC=PA'=PC$.





还有另一个辅助的由来法，这个用的人好像不多，就是再作圆（在很多圆的题中，很有效，如蝴蝶定理，很多证明就是再构造个圆）。




如以A为圆，AP为半径，交PC直线于D，则阴影为正三角形，红蓝两三角形全等。

如果选择与BP的交点便是kuing的图。

将A，B，C平等对待，以上各法，其实均可看到作圆。
（第一个旋转可以看到以B为圆心，BP为半径交PC延长线）

isee

回复 13# 乌贼


    尺规作图法，如果不记得了，直接108度旋转某个点啊。

乌贼

回复 15# isee
谢谢

kuing

原来也是被玩烂了的东西……我还是第一次见，惭愧……

isee

回复 17# kuing

几何经典太多，数学就像时装，周而复始，时尚也。

没什么大小了的，喜欢就好，最惊喜的是，网上基本流行均是Polemy定理的证法。

这纯几何多爽啊

tommywong

看到4#那个，觉得推广方向应该是这样

$PA+PB=\frac{-1+√5}{2} PD$

$PC+PE=\frac{1+√5}{2} PD$

isee

回复 14# isee


因此，转载一个五边形形外
作法，by 国立台湾师大附中王启光