范群

文［1］給出了三角形內(nèi)切橢圓的一個(gè)幾何恒等式，即

命題1［1］設(shè)P，Q是ΔABC的一個(gè)內(nèi)切橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，則下列等式成立：

PA·QACA·AB+PB·QBAB·BC+PC·QCBC·CA=1.

在上述命題基礎(chǔ)上，筆者進(jìn)一步探究得到了幾個(gè)新的幾何恒等式.

命題2設(shè)P，Q是ΔABC的一個(gè)內(nèi)切橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，該內(nèi)切橢圓與ΔABC的三邊BC，CA，AB分別切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，則下列等式成立：

（1）PD·QDBD·DC=PA·QACA·AB；（2）PE·QECE·EA=PB·QBAB·BC；（3）PF·QFAF·FB=PC·QCBC·CA.

證明命題2，要用到如下幾個(gè)引理.

引理1［2］橢圓切線與過(guò)切點(diǎn)的焦半徑成等角.

引理2如圖1，P，Q是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，AE，AF是橢圓的兩條切線，則有

（1）∠PAF=∠QAE；（2）∠APF=∠APE;∠AQF=∠AQE.

證明：如圖2，延長(zhǎng)QF至點(diǎn)J，使得FG=FP，延長(zhǎng)至點(diǎn)PEK，使得EQ=EK，由橢圓定義及引理1可推得ΔAPFΔAJF，ΔAQEΔAKE且PK=QJ=2a（2a為橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)），所以有AP=AJ，AQ=AK，∠AJF=∠APF，∠AKE=∠AQE，∠JAF=∠PAF，∠KAE=∠QAE，且有ΔAJQΔAPK，所以∠AJF=∠APE=∠APF，∠AKE=∠AQF=∠AQE，∠JAQ=∠PAK，則有∠JAQ－∠PAQ=∠PAK－∠PAQ，即∠JAP=∠KAQ，也即有∠PAF=∠QAE.

引理3如圖3，設(shè)P，Q是ΔABC一個(gè)內(nèi)切橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，該內(nèi)切橢圓與ΔABC的三邊BC，CA，AB分別切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)（D與E，F(xiàn)分列在橢圓長(zhǎng)軸的兩側(cè)），則有∠BPD=∠PAF+∠PBF+∠PCD.

證明：易知三角形內(nèi)切橢圓的三個(gè)切點(diǎn)不能在橢圓長(zhǎng)軸同一側(cè)，也不能其中有兩個(gè)切點(diǎn)都在長(zhǎng)軸端點(diǎn)上或都在短軸端點(diǎn)上，如圖3所示，三個(gè)切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，不妨設(shè)點(diǎn)D和E，F(xiàn)兩點(diǎn)分列在橢圓長(zhǎng)軸的兩側(cè)，則由引理1和2知，∠APF=∠APE，∠BPF=∠BPD，∠CPD=∠CPE，又因?yàn)椤螦PB=π－∠PAF－∠PBF，∠CPD=∠BDP－∠PCD，所以2∠APB+2∠CPD=2π，化簡(jiǎn)即可得到∠BDP=∠PAF+∠PBF+∠PCD.

若其中一個(gè)切點(diǎn)在橢圓長(zhǎng)軸一個(gè)端點(diǎn)處，另外兩個(gè)切點(diǎn)分列橢圓長(zhǎng)軸兩側(cè)，也可得到類似性質(zhì)，在此不在累述.

命題2的證明：如圖3所示，由引理1和引理2可設(shè)∠PAF=∠QAE=θ1，∠PBF=∠QBD=θ2，

∠PCD=∠QCE=θ3，∠PDB=∠QDC=α1，∠QEC=∠PEA=α2，∠QFA=∠PFB=α3，再由引理2（2）可得∠APE=∠APF=α3－θ1，∠BPF=∠BPD=π－α3－θ2，∠CPD=∠CPE=α1－θ3，∠AQE=∠AQF=α2－θ1，∠BQF=∠BQD=α1－θ2，∠CQD=∠CQE=π－α2－θ3，并由引理3可知α1=θ1+θ2+θ3.

（1）在ΔPDC中，由正弦定理知PDDC=sinθ3sin∠CPD=sinθ3sin（α1－θ3）=sinθ3sin（θ1+θ2）；同理，在ΔQDB中，QDBD=sinθ2sin∠BQD=sinθ2sin（α1－θ2）=sinθ2sin（θ1+θ3），所以PD·QDBD·DC=sinθ2sinθ3sin（θ1+θ2）sin（θ2+θ3）.而在ΔAPB和ΔAQC中，由正弦定理可知PAAB=sinθ2sin∠APB=sinθ2sin（θ1+θ2），QACA=sinθ3sin∠AQC=sinθ3sin（θ1+θ3），因此有

PA·QACA·AB=sinθ2sinθ3sin（θ1+θ2）sin（θ1+θ3）=PD·QDBD·DC.

（2）在ΔQEC和ΔPEA中，由正弦定理知QECE=sinθ3sin∠CQE=sinθ3sin（α2+θ3），PEEA=sin∠PAEsin∠APE=

sin（A－θ1）sin（α3－θ1），兩式相乘即可得到PE·QECE·EA=sinθ3sin（A－θ1）sin（α2+θ3）sin（α3－θ1），同理在ΔBPC和ΔBQA中，由正弦定理可得PBBC=sinθ3sin∠BPC=sinθ3sin［（π－α3－θ2）+（α1－θ3）］=sinθ3sin（α3+θ2－α1+θ3）=sinθ3sin（α3－θ1），QBAB=sin∠QABsin∠AQB=sin（A－θ1）sin［（α2－θ1）+（α1－θ2）］=sin（A－θ1）sin（α2+θ3），所以PB·QBAB·BC=sinθ3sin（A－θ1）sin（α2+θ3）sin（α3－θ1），即PE·QECE·EA=PB·QBAB·BC.

（3）在ΔQFA和ΔPFB中，由正弦定理知QFAF=sin∠QAFsin∠AQF=sin（A－θ1）sin（α2－θ1），PFFB=sinθ2sin（α3+θ2），

兩式相乘即可得PF·QFAF·FB=sinθ2sin（A－θ1）sin（α3+θ2）sin（α2－θ1），同理在ΔBQC和ΔCPA中，由正弦定理可得QCBC=sinθ2sin∠BQC=sinθ2sin［（π－α2－θ3）+（α1－θ2）］=sinθ2sin（α2+θ3－α1+θ2）=sinθ2sin（α2－θ1），

PCCA=sin∠PACsin∠APC=sin（A－θ1）sin［（α1－θ3）+（α3－θ1）］=sin（A－θ1）sin（α3+θ2），所以PC·QCBC·CA=sinθ2sin（A－θ1）sin（α3+θ2）sin（α2－θ1），即PF·QFAF·FB=PC·QCBC·CA.

由命題1及命題2即可得

推論1設(shè)P，Q是ΔABC的一個(gè)內(nèi)切橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，該內(nèi)切橢圓與ΔABC的三邊BC，CA，AB分別切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，則下列等式恒成立：

PD·QDBD·DC+PE·QECE·EA+PF·QFAF·FB=1.

命題3如圖4，點(diǎn)O是ΔABC一個(gè)內(nèi)切橢圓的中心，該內(nèi)切橢圓與ΔABC的三邊BC，CA，AB分別切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，設(shè)橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)和短半軸長(zhǎng)分別為a，b，記SΔAOF=S1，SΔBOD=S2，SΔCOE=S3，則有

1S1S2+1S2S3+1S3S1=4a2b2.

證明命題3要用到如下兩個(gè)引理.

引理4［3］如圖5，PA，PB是橢圓的兩條切線，切點(diǎn)為A與B，O是橢圓中心，則PO平分線段AB.

引理4的證明見文［3］，此略.

引理5［4］設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦半徑為PF1，PF2，點(diǎn)O到點(diǎn)P處的切線的距離為d，則PF1·PF2=a2b2d2.

引理5的證明見文［4］，此略.

命題3的證明：如圖6，P，Q是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，O是橢圓中心，由引理4知SΔAOF=SΔAOE=S1，SΔBOF=SΔBOD=S2，SΔCOD=SΔCOE=S3，設(shè)點(diǎn)O到邊BC，CA，AB的距離分別為d1，d2，d3，由引理5得PD·QD = a2b2d1 2，所以1S2 S3 ?= 1SΔ BOD ·SΔ COD ?= 4BD·DC·d1 2 = 4a2b2·PD·QDBD·DC，同理得1S1S2=4a2b2·PF·QFAF·FB，1S3S1=4a2b2·PE·QECE·EA，再由推論1得1S1S2+1S2S3+1S3S1=4a2b2.

在命題3等式兩邊同乘2S1S2S3即可得

推論2在命題3條件下，有SΔABC=8S1S2S3a2b2.（證明略）

參考文獻(xiàn)

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