勃罗卡（brocard）问题的推广及应用
2015-03-30杨学枝
设P为△ABC内一点，使得∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，则称点P为勃罗卡点.角θ为勃罗卡角.本文先给出勃罗卡问题的推广，然后解决一个很有意义的问题（即文中命题）.
定理 设P为△ABC所在平面上一点，AB到AC，BC到BA，CA到CB的角分别记为A，B，C，AB到AP，BC到BP，CA到CP的角分别记为α1，β1，γ1，AP到AC，BP到BA，CP到CB的角分别记为α2，β2，γ2，则
sin（-α1+β1+γ1）+sin（α1-β1+γ1）+sin（α1+β1-γ1）
=sin（-α2+β2+γ2）+sin（α2-β2+γ2）+sin（α2+β2-γ2）. （1）
证明 由于
sin（-α1+β1+γ1）+sin（α1-β1+γ1）+sin（α1+β1-γ1）-sin（α1+β1+γ1）
=2sinγ1cos（-α1+β1）-2cos（α1+β1）sinγ1
=4sinα1sinβ1sinγ1，
同理，可得
sin（-α2+β2+γ2）+sin（α2-β2+γ2）+sin（α2+β2-γ2）-sin（α2+β2+γ2）=4sinα2sinβ2sinγ2.
图1
另一方面，如图1（当P点在△ABC外时，有相同结论），从P分别向直线BC、直线CA、直线AB作垂线，垂足分别为D、E、F，则
sinα1sinβ1sinγ1
=PFPA·PDPB·PEPC
=PD·PE·PFPA·PB·PC，
sinα2sinβ2sinγ2
=PEPA·PFPB·PDPC
=PD·PE·PFPA·PB·PC，
因此，有sinα1sinβ1sinγ1=sinα2sinβ2sinγ2，于是得到
sin（-α1+β1+γ1）+sin（α1-β1+γ1）+sin（α1+β1-γ1）-sin（α1+β1+γ1）
=sin（-α2+β2+γ2）+sin（α2-β2+γ2）+sin（α2+β2-γ2）-sin（α2+β2+γ2）.
又由已知条件有
sin（α1+β1+γ1）=sin[π-（α2+β2+γ2]=
sin（α2+β2+γ2），
由此即得式（1）.定理获证.
推论1 设P为△ABC所在平面上一点，AB到AC，BC到BA，CA到CB的角分别记为A，B，C，AB到AP，BC到BP，CA到CP的角分别记为α1，β1，γ1，AP到AC，BP到BA，CP到CB的角分别记为α2，β2，γ2，则
sinAcos（A-α1+β1+γ1）+sinBcos（B+α1-β1+γ1）
+sinCcos（C+α1+β1-γ1）=0. （2）
证明 由式（1），有
sin（-α1+β1+γ1）+sin（α1-β1+γ1）+sin（α1+β1-γ1）
-[sin（-α2+β2+γ2）+sin（α2-β2+γ2）+sin（α2+β2-γ2）]
=[sin（-α1+β1+γ1）-sin（-α2+β2+γ2）]
+[sin（α1-β1+γ1）-sin（α2-β2+γ2）]
+[sin（α1+β1-γ1）-sin（α2+β2-γ2）]
=2cos-A+B+C2sin-α1+α2+β1-β2+γ1-γ22
+2cosA-B+C2sinα1-α2-β1+β2+γ1-γ22
+2cosA+B-C2sinα1-α2+β1-β2-γ1+γ22
=2sinAsin-α1+（A-α1）+β1-（B-β1）+γ1-（C-γ1）2
+2sinAsinα1-（A-α1）-β1+（B-β1）+γ1-（C-γ1）2
+2sinAsinα1-（A-α1）+β1-（B-β1）-γ1+（C-γ1）2
=2sinAsin（-π2+A-α1+β1+γ1）+2sinBsin（-π2+B+α1-β1+γ1）
+2sinCsin（-π2+C+α1+β1-γ1）
=2sinAcos（A-α1+β1+γ1）+2sinBcos（B+α1-β1+γ1）
+2sinCcos（C+α1+β1-γ1）=0，
即得式（2）.
若在式（2）中，令∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，即得勃罗卡角的一个公式（以下推论2）.
推论2 设P为△ABC的勃罗卡点，△ABC三个顶角为A，B，C，三边长为BC=a，
CA=b，AB=c，面积为Δ，θ为勃罗卡角，即∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，则
cotθ=cotA+cotB+cotC. （3）
另外，由式（3）还易得到
sinθ=2Δb2c2， （4）
cosθ=a22b2c2. （5）
下面，我们应用定理与推论来解决一个很有意义的命题.
图2
命题 △ABC三边长BC=a，CA=b，AB=c，设P为△ABC所在平面上一点，射线PB到PC，PC到PA，PA到PB的角分别为α，β，γ，则
PA=bcsin（α-A）m，
PB=casin（β-B）m，
PC=absin（γ-C）m.
其中m2=bcsinαsin（α-A）.上面三式中的m开平方的符号与其分子中式子的符号相同.
证明 如图2（若P点在△ABC外，证法类似），由于
sinα1sinBsin（B-β1+γ1）-sin（B-β1）sinAsin（C-γ1+α1）
=12sinB[-cos（B+α1-β1+γ1）+cos（B-α1-β1+γ1）]
-12sinA[-cos（B+C+α1-β1-γ1）+cos（C-B+α1+β1-γ1）]
=14[-sin（2B+α1-β1+γ1）+sin（α1-β1+γ1）+sin（2B-α1-β1+γ1）
+sin（α1+β1-γ1）+sin（A+B+C+α1-β1-γ1）
-sin（-A+B+C+α1-β1-γ1）
-sin（A-B+C+α1+β1-γ1）-sin（A+B-C-α1-β1+γ1）]
=14[-sin（2A-α1+β1+γ1）-
sin（2B+α1-β1+γ1）-
sin（2C+α1+β1-γ1）+sin（-α1+β1+γ1）
+
sin（α1-β1+γ1）+sin（α1+β1-γ1）]
=-14[sinAcos（A-α1+β1+γ1）
+
sinBcos（B+α1-β1+γ1）
+
sinCcos（C+α1+β1-γ1）]
=0.（应用推论1）
由此得到
sinα1sinBsin（B-β1+γ1）=sin（B-β1）sinAsin（C-γ1+α1），
另外，又由于
sin（B-β1+γ1）=sin（∠ABP+γ1）=sin（2π-β-γ-A）=sin（α-A），
同理，有
sin（C-γ1+α1）=sin（β-B），
因此，得到
sinBsin（α-A）sinAsin（β-B）=sinBsin（B-β1+γ1）sinAsin（C-γ1+α1）=
sin（B-β1）sinα1=PAPB，
即
PAPB=sinBsin（α-A）sinAsin（β-B）=bcsin（α-A）casin（β-B），
同理，得到
PBPC=casin（β-B）absin（γ-C）.
设PA=bcsin（α-A）m，PB=casin（β-B）m，PC=absin（γ-C）m，记△ABC外接圆半径为R，面积为Δ，则
2Δ=PB·PCsinα+PC·PAsinβ+PA·PBsinγ，
将所设代入，得到
2Δ=casin（β-B）m·absin（γ-C）m·sinα+absin（γ-C）m·bcsin（α-A）m·sinβ
+
bcsin（α-A）m·casin（β-B）m·sinγ，
因此，得到
m2=abc2Δasinαsin（β-B）sin（γ-C）
=Rabc4Δ4sinAsinαsin（β-B）sin（γ-C）
=Rabc4Δ[-cos（α+A）+cos（α-A）][cos（α-A）+cos（β-γ-B+C）]
=Rabc4Δ[-cos（α+A）cos（α-A）-cos（α+A）cos（β-γ-B+C）
+cos2（α-A）+cos（α-A）cos（β-γ-B+C）]
=Rabc8Δ[-cos2α-cos2A+cos（2γ+2B）+cos（2β+2C）
+3+cos（2α-2A）-2cos（2α-2A）]
=Rabc8Δ[-cos2α-cos2A+cos（2γ+2B）+cos（2β+2C）
+3-cos（2α-2A）]
=Rabc8Δ{-[cos2α+cos（2α-2A）]
+[cos（2α+2B）+cos（2α+2C）]+（3-cos2A）}
=Rabc8Δ[-2cosAcos（2α-A）-2cos（B-C）cos（2α-A）+2sin2A]
=Rabc8Δ[-4sinBsinCcos（2α-A）+2（-sin2A+sin2B+sin2C）]
=Rabc8Δ[-4sinBsinCcos（2α-A）+4sinBsinCcosA]
=Rabc2Δ[-sinBsinC[cos（2α-A）-cosA]
=RabcΔsinBsinCsinαsin（α-A）
=Rabc2R2sinAsinBsinCsinBsinCsinαsin（α-A）
=2Δsinαsin（α-A）sinA
=bcsinαsin（α-A）.
即
m2=bcsinαsin（α-A）.
本命题的另一解法可参阅文[1].
在命题中，若取α1=α2=α3=θ为勃罗卡角，容易得到以下两个例题.
例1 设P为△ABC的勃罗卡点，记△ABC三边长为BC=a，CA=b，AB=c，则
PA=b2cb2c2，PB=c2ab2c2，PC=a2bb2c2.
简证 设△ABC外接圆半径为R，勃罗卡角为θ，则
m=bcsinαsin（α-A）
=bcsin[π-θ-（C-θ）]sin[π-θ-（C-θ）-A]
=bcsinCsinB
=b2c22R，
因此，有
PA=bcsinBm=bcsinBb2c22R=b2cb2c2，
同理可得PB=c2ab2c2，PC=a2bb2c2.
例2 设P为△ABC的勃罗卡点，记△ABC三边长为BC=a，CA=b，AB=c，面积为Δ，P点到三边BC，CA，AB或其延长线的距离分别为r1，r2，r3，则
r1=2Δb2c2c2a，
r2=2Δb2c2a2b，
r3=2Δb2c2b2c.
本例证明留给作者.
参考文献
[1] 杨学枝.平面上六线三角问题[J].中学数学（湖北），2003（1）.
作者简介 杨学枝，男，1947年生，福建闽侯人，中学特级教师（中学副校长）.全国初等数学研究会理事长，福建省初等数学学会理事长，全国不等式研究会顾问，《中国初等数学研究》编委会主任、主编.在国内外正式刊物发表数学论文300余篇，出版专著《数学奥林匹克不等式研究》，主编《不等式研究》等三本著作.主要开展初等数学研究.
