[几何] 一道直线型几何

△ABC中，BE、CF是两条高线，P、Q是BE、CF上的点且$\frac{BP}{BE}=\frac{CQ}{CF}$,BQ交AC于U,CP交AB于V,EV交FU于X.证明: AX⊥PQ.(By lldeddym)
几何20200228221455.jpg

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乌贼

2^#

发表于 2020-2-29 19:30 | 只看该作者

哪的题？不好弄！

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kuing

3^#

发表于 2020-3-2 02:50 | 只看该作者

连楼上都撸不出几何解法，那我就来用向量 Bao 力一波好了

设 $\vv{AB}$, $\vv{AC}$ 方向上的单位向量分别为 $\bm i$, $\bm j$，则 $\vv{AB}=c\bm i$, $\vv{AC}=b\bm j$, $\vv{AE}=c\cos A\bm j$, $\vv{AF}=b\cos A\bm i$，由条件可设 `BP:BE=CQ:CF=\lambda`，则
\begin{align*}
\vv{AP}&=\lambda\vv{AE}+(1-\lambda)\vv{AB}=\lambda c\cos A\bm j+(1-\lambda)c\bm i,\\
\vv{AQ}&=\lambda\vv{AF}+(1-\lambda)\vv{AC}=\lambda b\cos A\bm i+(1-\lambda)b\bm j,
\end{align*}故
\begin{align*}
\vv{PQ}&=\bigl( \lambda b\cos A-(1-\lambda)c \bigr)\bm i+\bigl( (1-\lambda)b-\lambda c\cos A \bigr)\bm j\\
&=(1-\lambda)\bigl( (tb\cos A-c)\bm i+(b-tc\cos A)\bm j \bigr),
\end{align*}其中 `t=\lambda/(1-\lambda)=PB/PE`。

由梅氏定理有
\[\frac{AV}{VB}=\frac{AC}{CE}\cdot\frac{EP}{PB}=\frac b{ta\cos C}\iff\frac{AV}{AB}=\frac b{b+ta\cos C},\]故
\[
\vv{AV}=\frac{bc}{b+ta\cos C}\bm i,
\]同理
\[
\vv{AU}=\frac{bc}{c+ta\cos B}\bm j.
\]
设 $\vv{AX}=x\bm i+y\bm j$，则由 `X` 是 `EV` 与 `FU` 的交点得
\[\frac x{\frac{bc}{b+ta\cos C}}+\frac y{c\cos A}=\frac x{b\cos A}+\frac y{\frac{bc}{c+ta\cos B}}=1,\]由此可得
\[\frac xy=\frac{ta\cos A\cos B+c\cos A-b}{ta\cos A\cos C+b\cos A-c}=\frac{t\cos A\cos B-\cos C}{t\cos A\cos C-\cos B},\]所以
\[
\vv{AX} \px (t\cos A\cos B-\cos C)\bm i+(t\cos A\cos C-\cos B)\bm j,
\]因此，要证明 `AX\perp PQ`，只需证明
\[
\bigl( (tb\cos A-c)\bm i+(b-tc\cos A)\bm j \bigr)\cdot\bigl( (t\cos A\cos B-\cos C)\bm i+(t\cos A\cos C-\cos B)\bm j \bigr)=0,
\]由 $\bm i^2=\bm j^2=1$ 且 $\bm i\cdot\bm j=\cos A$，得
\begin{align*}
\LHS={}&(tb\cos A-c)(t\cos A\cos B-\cos C)+(b-tc\cos A)(t\cos A\cos C-\cos B)\\
&+\bigl( (tb\cos A-c)(t\cos A\cos C-\cos B)+(b-tc\cos A)(t\cos A\cos B-\cos C) \bigr)\cos A\\
={}&(t^2\cos^2A-1)\bigl( b(\cos B+\cos A\cos C)-c(\cos C+\cos A\cos B) \bigr)\\
={}&(t^2\cos^2A-1)(b\sin A\sin C-c\sin A\sin B)\\
={}&0,
\end{align*}即得证。

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