又一道平面几何题

继上一道平面几何题后,意犹未尽的周老师又给我发了一道平面几何题.题目如下:

问题 1. 如图1,圆$\Omega$过锐角三角形$ABC$的顶点$B,C$.线段$BC$上有两点$D,E$.线
段$AD,AE$与圆$\Omega$分别交于点$P,Q$,且满足$BD^2+DC^{2}=2DP\cdot DA$,$CE^2+EB^2=2EQ\cdot EA$.求证:$BP=CQ$.

此图像的alt属性为空;文件名为20191116-1.png
图1


解答 1.1. 如图2所示,设直线$AP$与圆交于点$P'(P’\neq P)$,直线$AQ$与圆交于$Q'(Q’\neq Q)$.

图2


\begin{align*} BD^2+DC^2=2DP\cdot DA&\iff (DB+DC)^2-2DB\cdot DC=2DP\cdot DA \\&\iff BC^2-2DB\cdot DC=2DP\cdot DA. \end{align*}
由相交弦定理,
$$
DB\cdot DC=DP\cdot DP’,
$$

$$
BC^2=2DP\cdot DP’+2DP\cdot DA=2DP\cdot (DP’+DA)=2DP\cdot AP’.
$$
同理由
$$
CE^2+EB^2=2EQ\cdot EA
$$
可得
$$
BC^2=2EQ\cdot AQ’.
$$

$$
DP\cdot AP’=EQ\cdot AQ’,
$$

$$
\frac{DP}{EQ}=\frac{AQ’}{AP’}.
$$
又因为$\triangle APQ’\sim\triangle AQP’$,所以$AQ’/AP’=AP/AQ$.故
$$
\frac{DP}{EQ}=\frac{AP}{AQ},
$$
故直线$PQ\parallel BC$.所以$BP=CQ$.

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