在 $△ABC$ 中, $A_1$, $B_1$ 分别是边 $BC$, $AC$ 上的点, $P$, $Q$ 分别是线段 $A{A}_1$, $B{B}_1$ 上的点, 满足 $PQ$ 与 $AB$ 平行. 延长 $P{B}_1$ 至 $P_1$, 使得 $\angle P{P}_{1}C=\angle BAC$. 延长 $Q{A}_1$ 至 $Q_1$, 使得 $\angle C{Q}_{1}Q=\angle CBA$. 求证: $P$, $Q$, $P_1$, $Q_1$ 四点共圆.

证明: 延长 $B_{1}P$ 交 $AB$ 于 $P_2$, 延长 $A_{1}Q$ 交 $AB$ 于 $Q_2$, 延长 $P{B}_1$ 交 $BC$ 于 $P_3$, 延长 $Q{A}_1$ 交 $AC$ 于 $Q_3$. 设 $A{A}_1$ 交 $B{B}_1$ 于 $K$.

下面证明: $P_3{Q}_3//AB$

这等价于 $\frac{C{P}_3}{B{P}_3}=\frac{C{Q}_3}{A{Q}_3}$

由梅涅劳斯定理:

$\frac{C{P}_3}{B{P}_3}\frac{B{P}_2}{A{P}_2}\frac{A{B}_1}{C{B}_1}=1$

$\frac{C{Q}_3}{A{Q}_3}\frac{A{Q}_2}{B{Q}_2}\frac{B{A}_1}{C{A}_1}=1$

$\frac{A{P}_1}{B{P}_2}\frac{B{B}_1}{K{B}_1}\frac{KP}{PA}=1$

$\frac{B{Q}_2}{A{Q}_2}\frac{A{A}_1}{K{A}_1}\frac{KQ}{QB}=1$

进而

$\frac{C{P}_3}{B{P}_3}\frac{A{B}_1}{C{B}_1}\frac{B{B}_1}{K{B}_1}\frac{KP}{PA}=1$

$\frac{C{Q}_3}{A{Q}_3}\frac{B{A}_1}{C{A}_1}\frac{A{A}_1}{K{A}_1}\frac{KQ}{QB}=1$

由 $PQ//AB$ 可知 $\frac{KP}{PA}=\frac{KQ}{QB}$

只需证明: $\frac{A{B}_1}{C{B}_1}\frac{B{B}_1}{K{B}_1}=\frac{B{A}_1}{C{A}_1}\frac{A{A}_1}{K{A}_1}$

等价于 $\frac{A{B}_1}{C{B}_1}\frac{C{A}_1}{B{A}_1}=\frac{A{A}_1}{K{A}_1}\frac{K{B}_1}{B{B}_1}$

设 $CK$ 交 $AB$ 于 $R$. 由塞瓦定理:

$\frac{A{B}_1}{C{B}_1}\frac{C{A}_1}{B{A}_1}=\frac{RA}{BR}$

等价于 $\frac{A{A}_1}{K{A}_1}\frac{K{B}_1}{B{B}_1}\frac{BR}{RA}=1$

由梅涅劳斯定理:

$\frac{A{A}_1}{K{A}_1}\frac{CK}{CR}\frac{BR}{AB}=1$

$\frac{K{B}_1}{B{B}_1}\frac{AB}{AR}\frac{CR}{CK}=1$

两式相乘, 得:

$\frac{A{A}_1}{K{A}_1}\frac{K{B}_1}{B{B}_1}\frac{BR}{RA}=1$

所以 $P_3{Q}_3//AB$

$\angle P{P}_{1}C=\angle P_3{Q}_{3}C$, $\angle Q{Q}_{1}C=\angle Q_3{P}_{3}C$, 所以 $P_1$, $C$, $Q_1$, $Q_3$, $P_3$ 共圆.

$\angle P_3{Q}_3{Q}_1=\angle Q_1{P}_{1}P=\angle PQ{Q}_2$, 所以 $Q_1$, $P_1$, $P$, $Q$ 共圆.

证毕.

2025年1月7日