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外观

一个几何问题与解法

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maths

2025-11-14

问题

已知 ⊙I,I1\odot I, I_1 与平行线 l,l1l, l_1 均相切，ll 上有两点 B,CB, C，平面上有两点 A,A1A, A_1 满足 AB=ACAB = AC，且 ⊙I,I1\odot I, I_1 分别是 △ABC,A1BC\triangle ABC, A_1BC 的内切圆。另有异于 ⊙I\odot I 的 ⊙O1,O2\odot O_1, O_2 与 l,l1l, l_1 均相切且分别与 AB,ACAB, AC 相切。设 ⊙I1\odot I_1 与 ll 切于 DD，求证：

sin⁡∠A1ABsin⁡∠A1AC⋅DBDC=I1O1I1O2\frac{\sin \angle A_1AB}{\sin \angle A_1AC} \cdot \frac{DB}{DC} = \frac{I_1O_1}{I_1O_2}

图

设 ⊙I,l\odot I, l 切于 MM，直线 AA1AA_1 交 ll 与 EE，过 AA 作 ll 的平行线分别交 A1B,A1CA_1B, A_1C 于 F,GF, G。
设 ∠IBC=∠ICB=θ,∠I1BC=α,∠I1CB=β\angle IBC = \angle ICB = \theta, \angle I_1BC = \alpha, \angle I_1CB = \beta，
cot⁡θ=u,cot⁡α=v,cot⁡β=w\cot\theta = u, \cot \alpha = v, \cot \beta = w，则有

1=MDMD=∣u−vu−w∣1 = \frac{MD}{MD} = \left| \frac{u - v}{u - w} \right|

于是

sin⁡∠A1ABsin⁡∠A1AC=A1Bsin⁡(∠AA1B)/ABA1Csin⁡(∠AA1C)/AC=EB sin⁡∠A1EBEC sin⁡∠A1EC=AFAG=∣cot⁡2θ−cot⁡2αcot⁡2θ−cot⁡2β∣=∣u2−12u−v2−12vu2−12u−w2−12w∣=∣(u−v) (uvw+w)(u−w) (uvw+v)∣\begin{align*} \frac{\sin \angle A_1AB}{\sin \angle A_1AC} &= \frac{A_1B \sin(\angle AA_1B) / \cancel{AB}}{A_1C \sin(\angle AA_1C) / \cancel{AC}} \\ &= \frac{EB \ \cancel{\sin \angle A_1EB}}{EC \ \cancel{\sin \angle A_1EC}} \\ &= \frac{AF}{AG} \\ &= \left| \dfrac{\cot 2\theta - \cot 2\alpha}{\cot 2\theta - \cot 2\beta} \right| \\ &= \left| \frac{\frac{u^2 - 1}{2u} - \frac{v^2 - 1}{2v}} {\frac{u^2 - 1}{2u} - \frac{w^2 - 1}{2w}} \right| \\ &= \left| \frac{\cancel{(u-v)}\ (uvw + w)}{\cancel{(u-w)}\ (uvw + v)} \right| \\ \end{align*}

与此同时，另外一边：

DCDB⋅I1O1I2O2=∣cot⁡βcot⁡α⋅cot⁡α+tan⁡θcot⁡β+tan⁡θ∣=∣wv⋅v+1uw+1u∣=∣uvw+wuvw+v∣\begin{align*} \frac{DC}{DB} \cdot \frac{I_1O_1}{I_2O_2} &= \left| \frac{\cot \beta}{\cot \alpha} \cdot \frac{\cot \alpha + \tan \theta}{\cot \beta + \tan \theta} \right| \\ &= \Biggl| \frac{w}{v} \cdot \frac{v + \frac{1}{u}}{w + \frac{1}{u}} \Biggr| = \left| \frac{uvw + w}{uvw + v} \right| \end{align*}

□\square

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