設P為△ABC內(nèi)一點，使得∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，則稱點P為勃羅卡點.角θ為勃羅卡角.本文先給出勃羅卡問題的推廣，然后解決一個很有意義的問題（即文中命題）.

定理 設P為△ABC所在平面上一點，AB到AC，BC到BA，CA到CB的角分別記為A，B，C，AB到AP，BC到BP，CA到CP的角分別記為α1，β1，γ1，AP到AC，BP到BA，CP到CB的角分別記為α2，β2，γ2，則

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）

證明 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.

圖1

另一方面，如圖1（當P點在△ABC外時，有相同結(jié)論），從P分別向直線BC、直線CA、直線AB作垂線，垂足分別為D、E、F，則

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）.

又由已知條件有

sin（α1+β1+γ1）=sin[π-（α2+β2+γ2]=

sin（α2+β2+γ2），

由此即得式（1）.定理獲證.

推論1 設P為△ABC所在平面上一點，AB到AC，BC到BA，CA到CB的角分別記為A，B，C，AB到AP，BC到BP，CA到CP的角分別記為α1，β1，γ1，AP到AC，BP到BA，CP到CB的角分別記為α2，β2，γ2，則

sinAcos（A-α1+β1+γ1）+sinBcos（B+α1-β1+γ1）

+sinCcos（C+α1+β1-γ1）=0. （2）

證明 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，即得勃羅卡角的一個公式（以下推論2）.

推論2 設P為△ABC的勃羅卡點，△ABC三個頂角為A，B，C，三邊長為BC=a，

CA=b，AB=c，面積為Δ，θ為勃羅卡角，即∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，則

cotθ=cotA+cotB+cotC. （3）

另外，由式（3）還易得到

sinθ=2Δb2c2， （4）

cosθ=a22b2c2. （5）

下面，我們應用定理與推論來解決一個很有意義的命題.

圖2

命題 △ABC三邊長BC=a，CA=b，AB=c，設P為△ABC所在平面上一點，射線PB到PC，PC到PA，PA到PB的角分別為α，β，γ，則

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開平方的符號與其分子中式子的符號相同.

證明 如圖2（若P點在△ABC外，證法類似），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.（應用推論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）.

設PA=bcsin（α-A）m，PB=casin（β-B）m，PC=absin（γ-C）m，記△ABC外接圓半徑為R，面積為Δ，則

2Δ=PB·PCsinα+PC·PAsinβ+PA·PBsinγ，

將所設代入，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）.

本命題的另一解法可參閱文[1].

在命題中，若取α1=α2=α3=θ為勃羅卡角，容易得到以下兩個例題.

例1 設P為△ABC的勃羅卡點，記△ABC三邊長為BC=a，CA=b，AB=c，則

PA=b2cb2c2，PB=c2ab2c2，PC=a2bb2c2.

簡證 設△ABC外接圓半徑為R，勃羅卡角為θ，則

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 設P為△ABC的勃羅卡點，記△ABC三邊長為BC=a，CA=b，AB=c，面積為Δ，P點到三邊BC，CA，AB或其延長線的距離分別為r1，r2，r3，則

r1=2Δb2c2c2a，

r2=2Δb2c2a2b，

r3=2Δb2c2b2c.

本例證明留給作者.

參考文獻

[1] 楊學枝.平面上六線三角問題[J].中學數(shù)學（湖北），2003（1）.

作者簡介 楊學枝，男，1947年生，福建閩侯人，中學特級教師（中學副校長）.全國初等數(shù)學研究會理事長，福建省初等數(shù)學學會理事長，全國不等式研究會顧問，《中國初等數(shù)學研究》編委會主任、主編.在國內(nèi)外正式刊物發(fā)表數(shù)學論文300余篇，出版專著《數(shù)學奧林匹克不等式研究》，主編《不等式研究》等三本著作.主要開展初等數(shù)學研究.