不用极点极线有没有简洁证明

zhcosin

这是北京大学中学生数学奖个人能力挑战赛的一道试题:
题目：三角形$A B C$的内切圆$\odot I$与三边$BC$、$CA$、$AB$分别相切于$D$、$E$、$F$三点，线段$BE$与$CF$相交于点$P$，直线$DE$与直线$AB$相交于点$M$，直线$DF$与直线$AC$相交于点$N$，求证: $PI \perp MN$.

标准答案是这样的，用了极点极线

我对极点极线不熟，想了个比较暴力的证明在二楼，想看大家有没有其他简洁的几何证明。

zhcosin

证明: 记$BC=a$, $CA=b$, $AB=c$，$AF=AE=x$， $BD = BF=y$， $CE=CD=z$.

由塞瓦定理知$A$、$P$、$D$三点共线，再由梅涅劳斯定理可知:
$M$与$F$调和的分割$AB$，$N$和$E$调和的分割$AC$，于是可得
\[ \overrightarrow{AM} = \frac{x}{x-y} \overrightarrow{AB},
   \overrightarrow{AN} = \frac{x}{x-z} \overrightarrow{AC} \]
所以
\[ \overrightarrow{NM} = \overrightarrow{AM} - \overrightarrow{AN} =
   \frac{x}{x-y} \overrightarrow{AB} - \frac{x}{x-z} \overrightarrow{AC} \]
又由梅涅劳斯定理得
\[ \frac{AF}{FB} \cdot \frac{BP}{PE} \cdot \frac{EC}{CA} =1 \]
据此求得
\[ \frac{BP}{PE} = \frac{y ( z+x )}{x z} \]
于是
\[ \overrightarrow{AP} = \frac{x z}{x z+y ( x+z )} \overrightarrow{AB} +
   \frac{x y}{x z+y ( x+z )} \overrightarrow{AC} \]
再由内心性质有（式中$O$为平面内任一点）
\[ \overrightarrow{OI} = \frac{1}{a+b+c} ( a  \overrightarrow{OA} +b
   \overrightarrow{OB} +c  \overrightarrow{OC} ) \]
所以
\[ \overrightarrow{AI} = \frac{b}{a+b+c} \overrightarrow{AB} +
   \frac{c}{a+b+c} \overrightarrow{AC} = \frac{x+z}{2 ( x+y+z )}
   \overrightarrow{AB} + \frac{x+y}{2 ( x+y+z )} \overrightarrow{AC} \]
于是
\begin{eqnarray*}
  \overrightarrow{IP} & = & \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AI}\\
  & = & \left( \frac{x z}{x z+y ( x+z )} - \frac{x+z}{2 ( x+y+z )} \right)
  \overrightarrow{AB} + \left( \frac{x y}{x z+y ( x+z )} - \frac{x+y}{2 (
  x+y+z )} \right) \overrightarrow{AC}\\
  & = & \frac{( x-y ) z^{2} + ( z-y ) x^{2}}{2 ( x+y+z ) ( x z+y ( x+z ) )}
  \overrightarrow{AB} + \frac{( x-z ) y^{2} + ( y-z ) x^{2}}{2 ( x+y+z ) ( x
  z+y ( x+z ) )} \overrightarrow{AC}
\end{eqnarray*}
接下来只需证明下面这两个向量垂直即可
\[ ( x-z ) \overrightarrow{AB} - ( x-y ) \overrightarrow{AC} \]
与
\[ [ ( x-y ) z^{2} + ( z-y ) x^{2} ] \overrightarrow{AB} + [ ( x-z ) y^{2} +
   ( y-z ) x^{2} ] \overrightarrow{AC} \]
作内积，并代入下面几式
\[ \overrightarrow{AB}^{2} =c^{2} = ( x+y )^{2} , \overrightarrow{AC}^{2}
   =b^{2} = ( x+z )^{2} \]
和
\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} =b^{2} +c^{2} -a^{2} =2 (
   x^{2} +x y+x z-y z ) \]
化简便可得出内积为零，所以得证。

kuing

回复 2# zhcosin

\nocomma 是啥呀？

zhcosin

回复 3# kuing
TeXmacs 转出来的代码，我原来那里是个逗号，估计这个 \nocomma 是“非逗号"?

乌贼

怎么证明$ \angle AIP=\angle MGE $，光是证明$ A,P,D $三点共线，$ MN,EF,CB $三线共点都难啊……

kuing

怎么证明$ \angle AIP=\angle MGE $，光是证明$ A,P,D $三点共线，$ MN,EF,CB $三线共点都难啊……
...
乌贼 发表于 2017-6-20 15:18

“$ A,P,D $三点共线”用塞瓦，“$ MN,EF,CB $三线共点”用笛沙格

abababa

回复 6# kuing

最一开始也总是想用初中知识就解决，但后来发现有的题如果不用点射影几何的知识，做起来非常复杂，失去了简捷性，用了一些射影几何的定理就能使证明过程变得很流畅。

kuing

回复 7# abababa

是的，而且往往能看清本质，从而推广等

zhcosin

这么说这题就专门考极点极线的？我也没找到有啥简洁方法。。。

isee

回复 1# zhcosin


这题是明显的极点极线题，而且应用起来顺理成章，初学者都能看懂。

证明中用的极点极线性质，（不论哪种）证明（方法），证起来都要说半天，所以我个人认为，不太可能有“更简洁”的表述。

我们来欣赏下，把标准过程按个人理解，又写一遍——只有文字才能长久

欣赏


题目：
三角形ABC的内切圆⊙I与三边BC、CA、AB分别相切于D、E、F三点，线段BE与CF相交于点P，直线DE与直线AB相交于点M，直线DF与直线AC相交于点N.
求证: PI⊥MN.

标准答案

    对圆I分析

点B的极线为DF，
即N在点B的极线上，
故点B在点N的极线上（即点N的极线过点B）。
（同样的，点N的极线也过点E。）
于是点N的极线即BE直线，故点P在点N的极线上。
（即是说，点P的极线过点N。）
同理可得点P在点M的极线上（即是说，点P的极线过点M。）
所以，点P(关于圆I）的极线为直线MN。

于是$PI \perp MN$.

isee

怎么证明$ \angle AIP=\angle MGE $，光是证明$ A,P,D $三点共线，$ MN,EF,CB $三线共点都难啊……
...
乌贼 发表于 2017-6-20 15:18

正是因为极点A,P,D三点共线，所以他们的极线EF，MN，CB共点（，反之亦成立）。
6楼的确可以搞定，虽然那两个定理是射影的基础，，，，，，，，，，但是，，，，，，，，特别是后一个定理，难。

isee

回复 7# abababa


    同感，虽然我也只入门而已，长期不用就陌生了。不过，此题的标答证明又唤醒了一点点。。。。。。。

zhcosin

有可能是极点极线本来是一套完整的理论，有诸多性质定理作支撑，这题如果不用极点极线的话，相当于要用别的一套平行的性质来取代它，根据所谓的难度守恒定律，这套平行的性质应该不会有简洁形式。

乌贼

引理：$ AB,CD $为园$ O $上两相交的弦，$ \triangle AOB $与$ \triangle COD $的外接圆交于另一点$ E $，则$ AB,CD,OE $三线共点。
回到原题就是要证明$ BE $与内切圆另一交点与$ N,E,I $四点共圆。

kuing

引理：$ AB,CD $为园$ O $上两相交的弦，$ \triangle AOB $与$ \triangle COD $的外接圆交于另一点$ E $，则$ AB,CD,OE $三线共点。
回到原题就是 ...
乌贼 发表于 2017-6-22 15:12

这个引理为何不写得更一般些？
一般地：任意三个圆，两两构成三条根轴，它们要么共点，要么平行。
当圆相交时，根轴就是公共弦。

乌贼

回复 15# kuing
哦

乌贼

回复 15# kuing
那就只需证明$M,F,I,F_1$四点共圆，即$MI$垂直平分$FF_1$

kuing

回复 17# 乌贼

亦即证 M 的极线是 FC，也就是原答案的前三行。

abababa

回复 15# kuing

这个还有个椭圆的情况：
forum.php?mod=viewthread&tid=3429
其实圆锥曲线都可以，只是其它情况要选好点线来画。

乌贼

$ \dfrac{FI}{IQ}=\dfrac{DI}{IQ}=\dfrac{IC}{DI}=\dfrac{IC}{FI}\riff \triangle FIQ\sim \triangle CIF \riff \angle IFQ=\angle FCI$
又\[ \angle IFQ=\angle IMQ \]所以$ M,G,Q,C $四点共圆，有\[ \angle MGC=\angle MQC=90\du  \]
$ MI $垂直平分$ FF_1 $，故$ M,F,I,F_1 $四点共圆。