[讲义答案]第11讲三角法解几何-7a281adade1e_学而思高二全套_2019年秋季高二_2019秋高二秋季数学邹林强（实验班）二试_A129.学而思2019秋CMO代数班16讲邹林强等多个文件_[讲义答案]

答 案
见解析
解析
解：证法1：在
、
中应用正弦定理得 
 
．① 
同理，
，② 
③ 
、
是互为反射的两条线的夹角，这表明其相等或互补． 
故
． 
同理，
， 
． 
因此，将式①②③相乘得
． 
由梅涅劳斯定理的逆定理得
、
、
三点共线． 
证法2：将所有的点放入复平面内，且用相应的小写字母表示复数的点．设
为原点，且为实轴，
使得关于的反射是复共轭的． 
因为点
在
上，所以，
． 
事实上，点
为在
的反射线上，则
与成比例，即
． 
代入前面的方程得
． 
因为点
在
上，所以， 
． 
同理，得
和
的表达式． 
将三式相乘得
． 
由梅涅劳斯定理的逆定理得
、
、
三点共线．
模块1：
1
例题1
△A PB
1
△A
 CP
1
BP ⋅
 =
BA
 1
sin∠A
 PB
1
sin∠BA
 P =
1
sin∠PA
 C =
1
CP ⋅
 
CA
 1
sin∠CPA
 1
⇒
 =
A
 C
1
BA
 1
 
CP sin∠CPA
 1
BP sin∠A
 PB
1
 =
B
 A
1
CB
 1
 
AP sin∠APB
 1
CP sin∠B
 PC
1
 =
C
 B
1
AC
 1
 
BP sin∠BPC
 1
AP sin∠C
 PA
1
∠CPA
 1
∠C
 PA
1
sin∠C
 PA =
1
sin∠CPA
 1
sin∠A
 PB =
1
sin∠APB
 1
sin∠B
 PC =
1
sin∠BPC
 1
 ⋅
A
 C
1
BA
 1
 ⋅
B
 A
1
CB
 1
 =
C
 B
1
AC
 1
1
A1
B
 1
C
 1
P
l
l
A1
BC
 =
b −c
a
 −b
1
 
−
b
c
 −
a
 1
b
A1
AP
a
 1
a
 =
a
a
 1
 
a
 
a
 1
a
 =
1
 
a
−
−a b −c
a (b
c)
(
)
c −b
b
c
A1
BC
 =
A
 C
1
BA
 1
 =
a
 −c
1
b −a
 1
 =
c −b −c
−
+ ac b −c
a (b
c )
a (b
c)
(
)
b(
−
−ab b −c −
c −b
a
(b
c)
(
)
a (b
c )
 
−ac
ac
−ab
(ab
)
 
B
 A
1
CB
 1
 
C
 B
1
AC
 1
 ⋅
A
 C
1
BA
 1
 ⋅
B
 A
1
CB
 1
 =
C
 B
1
AC
 1
−1
A1
B
 1
C
 1
例题2
答 案
见解析
解析
证明：设
，
，
，
( 为自然数)，三个角分别为、
、
． 
则 
 
 
． 
由正弦定理，有 
． 
当
，
时，
．解得
．因此，
，
，
．不能组成三角形． 
当
，
时，
．此方程无整数解． 
当
，
时，
．解得
． 
因此，
，
，
．下面证明
． 
由余弦定理得
，
． 
而
，故
．
答 案
见解析
解析
解：如图，设为直线
，
为
的外接圆，过
作的垂线
． 
 
设
、
、
关于
的对称点
、
、
．只需证
、
、
三线共点． 
又由角元塞瓦定理知只需证 
． 
注意到，
，
，
． 
则
 
1
1
△ABC
a = n −1
b = n
c = n + 1 n
α
2α
π −3α
 =
sinα
sin π −3α
(
)
 =
sinα
sin3α
 
sinα
3 sinα −4 sinα α
3
= 3 −4sin α =
2
4cos α −
2
1
=
 
−
( sinα
sin2α)
2
1
a : b : c = sinA : sinB : sinC
1
( )
∠A = α
∠B = 2α
 =
n −1
n + 1
 
−
( n −1
n
)
2
1
n = 2
a = 1
b = 2
c = 3
2
( )
∠B = α
∠C = 2α
 =
n
n −1
 
−
(
n
n + 1 )
2
1
3
( )
∠A = α
∠C = 2α
 =
n −1
n
 
−
( n −1
n + 1 )
2
1
n = 5
a = 4
b = 5
c = 6
∠C = 2∠A
cos A =
 4
3
cos C =
 8
1
cos 2A = 2cos A −
2
1 =
 =
8
1
cos C
∠C = 2∠A
例题3
l
DFE
⊙O
△ABC
O
l
l
 1
D
E
F
l
 1
D′
E′
F ′
AE′
BF ′
CD′
 ⋅
sin∠E AC
′
sin∠E AB
′
 ⋅
sin∠F BA
′
sin∠F BC
′
 =
sin∠D CB
′
sin∠D CA
′
1
 =
 ⋅
sin∠E AC
′
sin∠E AB
′
AD
AF
 
E F
′
E D
′
 =
sin∠F BA
′
sin∠F BC
′
 ⋅
BE
BD
 
F D
′
F E
′
 =
sin∠D CB
′
sin∠D CA
′
 ⋅
CF
CE
 
D E
′
D F
′
 ⋅
sin∠E AC
′
sin∠E AB
′
 ⋅
sin∠F BA
′
sin∠F BC
′
 =
sin∠D CB
′
sin∠D CA
′
 ⋅
AD
AF
 ⋅
BE
BD
 ⋅
CF
CE
 ⋅
D E
′
E D
′
 ⋅
F D
′
D F
′
 
E F
′
F E
′
A
(由梅涅劳斯定理)． 
因此
、
、
三线共点．
答 案
见解析
解析
解：如图，设
与
的外接圆交于点
，作
，
，
． 
 
由
、
、
、
，
、
、
、
分别四点共圆得
． 
因此，
、
、
、
四点共圆． 
记
．则 
 
同理，
． 
则
． 
故
． 
故
及
，知
． 
可得
． 
同理，
，
． 
于是，
． 
故
，其相似比为
． 
若
，则
是比
还小正三角形．因此，
． 
故
，
，
． 
设过点
、
、
所作的垂线分别为
、
、
，点
、
、
分别在
、
、
上，
则 
． 
同理，
． 
三式相乘，得
 
由角元塞瓦定理的逆定理，知
、
、
三线共点．
1
=
 ⋅
FC
AF
 ⋅
EB
CE
 =
DA
BD
1
A1E
B
 1F
C
 1D
例题4
△ARQ
△BRP
M
MP
 ⊥BC
1
MQ
 ⊥AC
1
MR
 ⊥AB
1
A
R
M
Q
B
R
M
P
∠ARM = ∠MPB = ∠MQC
C
Q
M
P
∠R
 MR =
1
θ
∠P
 MP =
1
−
2
 π 
∠MPP
 =
1
 −
2
 π 
∠MRR
 =
1
∠R
 MR
1
∠Q
 MQ =
1
θ
Rt△MRR
 ∽△Rt△MPP
 ∽Rt△MQQ
 
1
1
1
 =
MR
 1
MR
 =
MP
 1
MP
 =
MQ
 1
MQ
 
cos θ
1
 =
MR
 1
MR
 
MP
 1
MP
∠R
 MP
 =
1
1
∠RMP
△R
 MP
 ∽△RMP
1
1
 =
PR
P
 R
 
1
1
 =
MR
MR
 1
cos θ
 =
PQ
P
 Q
 
1
1
cos θ
 =
QR
Q
 R
 
1
1
cos θ
 =
 =
PR
P
 R
 
1
1
PQ
P
 Q
 
1
1
 = cos θ
QR
Q
 R
 
1
1
△PQR∽△P
 Q
 R
 
1
1
1
cos θ
θ=
 0
/
△P
 Q
 R
 
1
1
1
△PQR
θ=0
MP⊥AB
MQ⊥BC
MR⊥CA
A
B
C
AD
BE
CF
D
E
F
RQ
RP
PQ
 =
sin∠RAD
sin∠QAD
 =
sin∠MRQ
sin∠MQR
 
MQ
MR
 =
sin∠PBE
sin∠RBE
 ⋅
MR
MP
 =
sin∠QCF
sin∠PCF
 
MP
MQ
 ⋅
sin∠RAD
sin∠QAD
 ⋅
sin∠PBE
sin∠RBE
 =1
sin∠QCF
sin∠PCF
AD
BE
CF
答 案
见解析
解析
解：如图，设
、
、
分别交于点
、
、
，则
、
、
分别过点
、
、
． 
 
不妨设
，
， 
，
，
， 
，
，
，
． 
故点
到
、
的距离相等，记为
． 
同理，点
到
、
的距离也相等，记为
；点
到
、
的距离也相等，记为
． 
由角元塞瓦定理的逆定理，只需证 
．① 
因为
， 
及
，
， 
所以，式①左边为 
． 
 
．② 
又
，故式②化简得 
， 
及
， 
． 
由此式①左边为
． 
故式①成立，即
、
、
交于一点．
1
例题5
g
 
B
g
 
D
g
 
F
X
Y
Z
l
 
A
l
 
C
l
 
E
X
Y
Z
∠Y BC = ∠ABX = α
∠CDY = ∠EDZ = β
∠AFX = ∠EFZ = γ
∠XBF = α
 1
∠DBY = α
 2
∠BDY = β
 1
∠FDZ = β
 2
∠DFZ = γ
 1
∠BFX = γ
 2
X
AF
AB
d
 
X
Y
BC
CD
d
 
Y
Z
DE
EF
d
 
Z
 ⋅
sin∠DBE
sin∠FBE
 ⋅
sin∠FDA
sin∠BDA
 =
sin∠BFC
sin∠DFC
1
 =
 =
sin∠DBE
sin∠FBE
 sin∠BDE
BE
DE
 sin∠BFE
BE
F E
 
sin γ
 −γ ⋅sin β
 + β
(
1
)
(
1
)
sin β
 −β ⋅sin γ
 + γ
(
2
)
(
2
)
 =
sin∠FDA
sin∠BDA
 
sin α
 −α ⋅sin γ
 + γ
(
1
)
(
1
)
sin γ
 −γ sin α
 + α
(
2
)
(
2
)
 =
sin∠BFC
sin∠DFC
 
sin β
 −β ⋅sin α
 + α
(
1
)
(
1
)
sin α
 −α sin β
 + β
(
2
)
(
2
)
 ⋅
sin γ
 −γ ⋅sin(γ
 + γ)
(
1
)
1
sin β
 −β sin(β
 + β)
(
2
)
2
 ⋅
sin α
 −α ⋅sin α
 + α
(
1
)
(
1
)
sin γ
 −γ sin γ
 + γ
(
2
)
(
2
)
 
sin β
 −β ⋅sin β
 + β
(
1
)
(
1
)
sin α
 −α sin α
 + α
(
2
)
(
2
)
 =
sin γ
 −γ ⋅sin γ
 + γ
(
1
)
(
1
)
sin β
 −β sin β
 + β
(
2
)
(
2
)
 
sin γ
 ⋅cos γ −cos γ
 ⋅sin γ
2
1
2
2
1
2
sin β
 ⋅cos β −cos β
 ⋅sin β
2
2
2
2
2
2
=
 =
sin γ
 ⋅cos γ −1 −sin γ
 sin γ
2
1
2
(
2
1)
2
sin β
 ⋅cos β −1 −sin β
 sin β
2
2
2
(
2
2)
2
 =
 
sin γ
 −sin γ
2
1
2
sin β
 −sin β
2
2
2
sin γ
 −
 
2
1
( F Z
dz )
2
sin β
 −
 
2
2
( DZ
dz )
2
FZ sinγ
 =
1
DZ sinβ
 2
 
=
( DZ
FZ )
2
 
=
(
 
sin β
d
 
Z
 
sin γ
d
 
Z
)
 
( sinγ
sinβ )
2
 =
sin α
 −α ⋅sin α
 + α
(
1
)
(
1
)
sin γ
 −γ sin γ
 + γ
(
2
)
(
2
)
 
=
( FX
BX )
2
 
=
(
 
sin γ
d
 
X
 
sin α
d
 
X
)
2
 
( sinα
sinγ )
2
 =
sin β
 −β ⋅sin β
 + β
(
1
)
(
1
)
sin α
 −α sin α
 + α
(
2
)
(
2
)
 
=
( Y B
Y D )
2
 
=
(
 
sin α
d
 
Y
 
sin β
d
 
Y
)
2
 
( sinβ
sinα)
2
 
 
 
=1
( sinγ
sinβ )
2
( sinα
sinγ )
2
( sinβ
sinα)
2
AD
BE
CF
答 案
见解析
解析
证明：不妨设
为
上一点，正边形的边长为，面积为． 
 
， 
． 
 
． 
由余弦定理，得 
，① 
，② 
…… 
．
 
，得 
 
 
 
． 
 
． 
故
． 
， 
 
 
(定值)． 
当
与某顶点重合时，结论同样成立．当为偶数时，可用勾股定理解之．
1
例题6
P
 
A
 A
 
1
n
⌢
n
a
S
∵∠A
 OA
 =
1
2
 
( n
360 ) ∘
∴S
 =
△A
 OA
 
1
2
 R sin
 
2
1
2
( n
360 ) ∘
∴S = nS
 
△A
 OA
 
1
2
= nR sin
 
cos
 
2
( n
180 ) ∘
( n
180 ) ∘
a =
2
PA
 +
1
2
PA
 −
2
2
2PA
 ⋅
1
PA
 cos
 
2
( n
180 ) ∘
a =
2
PA
 +
2
2
PA
 −
3
2
2PA
 ⋅
2
PA
 cos
 
3
( n
180 ) ∘
a =
2
PA
 +
n
2
PA
 +
1
2
2PA
 ⋅
n PA
 cos
 
1
( n
180 ) ∘
①+ ②+ ⋯+
na =
2
2 PA
 + PA
 + ⋯+ PA
 
(
1
2
2
2
n
2)
−2 cos
 
⋅
( n
180 ) ∘
PA
 ⋅PA
 + ⋯+ PA
 ⋅PA
 −PA
 ⋅PA
 
(
1
2
n−1
n
n
1)
∴PA
 +
1
2
PA
 +
2
2
⋯+ PA
 n
2
=
 na +
2
1
2
PA
 ⋅PA
 + ⋯+ PA
 ⋅PA
 −PA
 ⋅PA
 cos
 
(
1
2
n−1
n
n
1)
( n
180 ) ∘
∵S
 +
△P A
 A
 
1
2
S
 +
△P A
 A
 
2
3
⋯+ S
 =
△P A
 A
 
n−1
n
S + S
 
△P A
 A
 
n
1
∴S =
 PA
 ⋅PA
 + ⋯+ PA
 ⋅PA
 −PA
 ⋅PA
 sin
 
2
1 (
1
2
n−1
n
n
1)
( n
180 ) ∘
PA
 ⋅
1
PA
 +
2
⋯+ PA
 ⋅
n−1
PA
 −
n
PA
 ⋅
n PA
 =
1
 
sin
 
( n
180) ∘
2S
∵a = 2R sin
 
( n
180 ) ∘
∴PA
 +
1
2
PA
 +
2
2
⋯+ PA
 n
2
= 2Sctg
 
+
( n
180 ) ∘
 na
2
1
2
2nR cos
+
2
2 ( n
180 ) ∘
2nR sin
 
=
2
2 ( n
180 ) ∘
2nR2
P
n
答 案
见解析
解析
解：如图，设
的延长线与边
交于点
． 
 
由题意知 
（设为）， 
（设为）， 
在
中由张角定理得 
． 
同理，在
中，有
． 
从而，
． 
在
中，由塞瓦定理得
． 
而在
、
中，有 
． 
在
、
中，有 
． 
所以，
．
答 案
见解析
解析
1
1
例题7
IK
C
 A
 
2
2
N
∠C
 AB =
2
∠C
 CB =
2
∠C
 CA =
2
∠C
 A
 A
2
2
γ
∠A
 CB =
2
∠A
 AB =
2
∠A
 AC =
2
∠A
 C
 C
2
2
α
△C
 AI
2
 =
 ⋅
C
 I
1
C
 C
 
2
1
sinα
sinγ
 =
sin∠AC
 I
2
sin∠C
 IA
2
 ⋅
sinα
sinγ
 
sin2β
sin α + β
(
)
△IA
 C
2
 =
A
 A
 
1
2
IA
 1
 ⋅
sinα
sinγ
 =
sin∠A
 IC
2
sin∠IA
 C
2
 ⋅
sinα
sinγ
 
sin α + β
(
)
sin2β
 ⋅
C
 I
1
C
 C
 
2
1
 =
A
 A
 
1
2
IA
 1
 
( sinα
sinγ )
2
△C
 A
 I
2
2
 =
NA2
C
 N
2
 ⋅
C
 I
1
C
 C
 
2
1
 =
A
 A
 
1
2
IA
 1
 
( sinα
sinγ )
2
△C
 IN
2
△A
 IN
2
 =
sin∠NIA
 2
sin∠C
 IN
2
 =
NA
 sinγ
2
C
 N sinα
2
 
 =
( sinα
sinγ )
2
sinγ
sinα
 
sinα
sinγ
△AIM
△CIM
 =
MI
AM
 =
sinα
sin∠AIM
 =
sinα
sin∠NIA
 2
 =
sinγ
sin∠C
 IN
2
 =
sinγ
sin∠MIC
 
MI
CM
AM = CM
例题8
解：如图，设
，
，
． 
 
因为四边形
与四边形
为圆内接四边形，所以， 
，
． 
从而，
，
． 
令
，
．则 
，
． 
对
和
应用正弦定理，得 
，
． 
因为
，
，所以，两式相除得
． 
对
和
应用正弦定理得 
，
． 
即
，
． 
因此，
． 
考虑
和
，得
，
． 
所以，
． 
故
． 
由此知
，从而，
、
、
三点共线．
答 案
见解析
解析
解：如图． 
 
设
，
，
． 
1
∠BAC = α
∠ABC = β
∠BCA = γ
BFSD
CDSE
∠FSD = 180 −
∘
β
∠ESD = 180 −
∘
γ
∠FSP = β
∠ESP = γ
∠FAP=x
∠BAM = y
∠EAP = α −x
∠CAM = α −y
△EAP
△FAP
 =
sin α −x
(
)
EP
 
sin∠APE
AE
 =
sinx
FP
 
sin∠APF
AF
AE = AF
∠APE + ∠APF = 180∘
 =
sin α −x
(
)
sinx
 
EP
FP
△EPS
△FPS
 =
sin∠PSE
EP
 
sin∠PES
SP
 =
sin∠PSF
FP
 
sin∠PFS
SP
 =
sinγ
EP
 
sin
 2
α
SP
 =
sinβ
FP
 
sin
 2
α
SP
 =
FP
EP
 
sinβ
sinγ
△ABM
△ACM
 =
siny
BM
 
sinβ
AM
 =
sin α −y
(
)
CM
 
sinγ
AM
 =
sin α −y
(
)
siny
 
sinγ
sinβ
 =
sin α −x
(
)
sinx
 
sin α −y
(
)
siny
x = y
A
P
M
例题9
∠BAC = α
∠ABC = β
∠BCA = γ
1
易知，
， 
， 
 
． 
因此，
、
、
、
四点共圆． 
由
，知
． 
同理，
． 
故
为
的垂心． 
则
 
． 
同理，
． 
故
 
． 
则
 
． 
由角元塞瓦定理的逆定理得
、
、
三线共点．
答 案
见解析
解析
解：如图，不妨设
．记
内切圆为
，半径为，内切圆与边
、
、
切于点
、
、
，
与
交于点
，记
． 
 
则
， 
， 
，
， 
． 
． 
因为
、
、
三点共线，所以，由张角定理知 
1
∠PBI
 =
a
∠CBI
 =
a
90 −
∘
 β
2
1
∠BCI
 =
a
∠QCI
 =
a
90 −
∘
 γ
2
1
∠BI
 C =
a
180 −
∘
∠I
 BC −
a
∠I
 CB =
a
 β + γ
2
1 (
)
=90 −
∘
 α=∠BPD
2
1
B
P
I
 a
E
BP⊥PI
 a
BE⊥EC
BD⊥DC
A1
△BI
 C
a
sin∠BAA
 =
1
 sin∠ABA
 =
AA
 1
BA
 1
1
 sin β + 90 −
90 −
 γ
AA
 1
BA
 1
[
∘
(
∘
2
1 )]
=
 sin
β +
 γ
AA
 1
BA
 1
(
2
1 )
sin∠CAA
 =
1
 sin
γ +
 β
AA
 1
CA
 1
(
2
1 )
 =
sin∠CAA
 1
sin∠BAA
 1
 ⋅
sin γ +
 β
(
2
1 )
sin β +
 γ
(
2
1 )
 =
CA
 1
BA
 1
 ⋅
sin γ +
 β
(
2
1 )
sin β +
 γ
(
2
1 )
 
sin∠CBE
sin∠BCD
=
 ⋅
sin γ +
 β
(
2
1 )
sin β +
 γ
(
2
1 )
 
sin
 γ
2
1
sin
 β
2
1
 ⋅
sin∠CAA
 1
sin∠BAA
 1
 ⋅
sin∠BCC
 1
sin∠ACC
 1
 
sin∠ABB
 1
sin∠CBB
 1
=
 ⋅
sin α +
 γ
(
2
1 )
sin β +
 γ
(
2
1 )
 ⋅
sin β +
 α
(
2
1 )
sin γ +
 α
(
2
1 )
 ⋅
sin γ +
 β
(
2
1 )
sin α +
 β
(
2
1 )
 ⋅
sin
 γ
2
1
sin
 β
2
1
 ⋅
sin
 α
2
1
sin
 γ
2
1
=1
sin
 β
2
1
sin
 α
2
1
AA1
BB
 1
CC
 1
例题10
BC > CA > AB
△ABC
⊙I
r
BC
CA
AB
D
 1
E
 1
F
 1
A
 K
 
1
a
⊙I
P
∠PID
 =
1
θ
D
 A
 =
1
1
 −
2
a
 =
2
a + c −b
 
2
b −c
D
 K
 =
1
a
2r sin
90 −C −
 
=
(
∘
2
A)
2r sin
 
2
B −C
PD
 =
1
2r sin
 2
θ
∠K
 D
 A
 =
a
1
1
 =
2
180 −2∠C + ∠A
∘
(
)
 
2
∠B −∠C
∠PD
 K
 =
1
a
90 −
∘
 +
2
θ
∠C +
 =
2
∠A
180 −
∘
 
2
∠B + θ −∠C
∠PD
 A
 =
1
1
180 −
∘
 2
θ
P
K
 a
A
 1
A
A
， 
， 
 
． 
通分得 
， 
， 
， 
， 
 
， 
， 
． 
又
，则
，故 
， 
．① 
设
． 
同理，
、
、
三点共线
．② 
由于
，则 
式②
 
 
 
， 
即为式①． 
因为式①成立，所以，式②也成立，故
、
、
三点共线． 
同理，
、
、
三点共线． 
因此，
、
、
三线共点于
，且
在内切圆
上．
答 案
见解析
1
 =
D
 K
 
1
a
sin∠PD
 A
 
1
1
 +
A
 D
 
1
1
sin∠PD
 K
 
1
a
 
PD
 1
sin∠K
 D
 A
 
a
1
1
 =
2r sin
 
2
B−C
sin
 2
θ
 +
 
2
b−c
sin
 
2
θ+B−C
 
2r sin
 2
θ
sin
 
2
B−C
 
8R sin
 ⋅sin
 ⋅sin
 ⋅sin
 
2
A
2
B
2
C
2
B−C
sin
 2
θ
=
 +
2R sin
 ⋅sin
 
2
B−C
2
A
sin
 
2
θ+B−C
 
8R sin
 ⋅sin
 ⋅sin
 ⋅sin
 
2
A
2
B
2
C
2
θ
sin
 
2
B−C
sin
 =
2
2
θ
4 sin
 ⋅
2
B
sin
 ⋅
2
C
sin
 ⋅
2
θ
sin
 +
2
θ + B −C
sin
 
2
2
B −C
1 −cos θ = 8 sin
 ⋅
2
B
sin
 ⋅
2
C
sin
 ⋅
2
θ
sin
 +
2
θ + B −C
1 −cos(B −C)
cos(B −C) = 4 sin
 ⋅
2
B
sin
 cos
 −cos
θ +
 
+
2
C [
2
B −C
(
2
B −C )]
cos θ
cos(B −C) = 2 sin
 sin
 + sin
C −
 
−sin
θ +
 
−sin
C −θ −
2
B [
2
B
(
2
B )
(
2
B )
(
2
B )]
cos(B −C)=1 −cos B + cos B −C −
(
)
cos C + cos B + θ −
(
)
cos θ+
cos C −θ −
(
)
cos B + θ −C +
(
)
cos θ
1 −cos B + θ −C =
(
)
cos B −cos C −θ +
(
)
cos C −cos B + θ
(
)
2sin
 =
2
2
B + θ −C
−2 sin
 ⋅
2
B + C −θ
sin
 +
2
B + θ −C
2 sin
 ⋅
2
B + C + θ
sin
2
B + θ
∠B > ∠C
sin
 =
 0
2
B + θ −C /
sin
 =
2
B + θ −C
sin
 −
2
B + C + θ
sin
 
2
B + C −θ
sin
 =
2
B + θ −C
2 sin
 ⋅
2
A
sin
 2
θ
∠PIF
 =
1
θ
 1
P
K
 c
C
 1
⇔2 sin
 ⋅
2
C
sin
 =
2
θ
 1
sin
 
2
B + θ
 −A
1
θ
 =∠A +
1
∠C −θ
⇔2 sin
 ⋅
2
C
sin
 =
2
A + C −θ
sin
 
2
B + C −θ
⇔cos
 −
2
A −θ
cos
=
2
A + 2C −θ
sin
90 −
 
(
∘
2
A + θ )
⇔cos
 −
2
A −θ
cos
=
2
A + θ
cos
 −
 
(
2
A + B + C
2
B + θ −C )
⇔2 sin
 ⋅
2
A
sin
 =
2
θ
sin
 
2
B + θ −C
P
K
 c
C
 1
P
K
 b
B
 1
A K
 
1
a
B
 K
 
1
b
C
 K
 
1
c
P
P
⊙I
例题11
解析
解：如图，设
中点为
． 
 
延长
，与以
为直径的圆交于点
，延长
，与以
为直径的圆交于点
，连接
与
交于点
，与
交于点
． 
因为
，且
为直径，所以，点与
关于
对
称． 
设
．则 
． 
同理，
． 
故
 
． 
同理，
． 
故
． 
由
为
的中点
 
、
、
三点共线
过定点
．
SR
K
MA
NP
X
MB
NQ
Y
XY
NP
E
NQ
F
∠SNP = ∠SMP = ∠AMP = ∠XNP
NP
S
X
NP
∠AMP = α = ∠BMQ
 =
AM
AX
 =
S
 
△M NP
S
 
△XNP
 =
NM ⋅MP
XN ⋅XP
 ⋅
sin∠MXN
sin∠NMX
 =
sin∠MNP
sin∠XNP
sin∠MNP ⋅sin∠M
sinα ⋅sin 90 −α
(
∘
 =
BM
BY
 
sin∠MNQ ⋅sin∠MQN
sinα ⋅sin 90 −α
(
∘
)
 =
AM
AX
 ⇒
BM
BY
XY //AB ⇒∠SEA = ∠XEA = ∠NAB = ∠ANO
⇒SE//NO ⇒∠ONS = ∠NSE = ∠NXY
∠ONR = ∠NY X
 =
sin∠ONR
sin∠ONS
 =
sin∠NY X
sin∠NXY
 =
NX
NY
 
NS
NR
K
RS
⇒
 =
sin∠RNK
sin∠SNK
 ⇒
NS
NR
 =
sin∠ONR
sin∠ONS
 
sin∠RNK
sin∠SNK
⇒N
O
K
⇒NK
O