从布洛卡角的两个性质到两道早年IMO试题

在给学生讲三角函数与解三角形时，我给学生介绍了布洛卡(Brocard)点的概念及两个和布洛卡角有关的三角恒等式：

△𝐴𝐵𝐶内部一点𝑃满足∠𝑃𝐴𝐵=∠𝑃𝐵𝐶=∠𝑃𝐶𝐴=𝛼，则称𝑃为△𝐴𝐵𝐶的布洛卡点，𝛼为△𝐴𝐵𝐶的布洛卡角．

注： 满足∠𝑃𝐵𝐴=∠𝑃𝐶𝐵=∠𝑃𝐴𝐶的点𝑃也称为△𝐴𝐵𝐶的布洛卡点，一般以第一、第二区分．

下面介绍布洛卡点的两个最基本性质：

1. 公式：\dfrac{1}{\sin^2\alpha}=\dfrac{1}{\sin^2A}+\dfrac{1}{\sin^2B}+\dfrac{1}{\sin^2C}

证明：

∠𝐴𝑃𝐵=180^(∘)−∠𝑃𝐴𝐵−∠𝑃𝐵𝐴
=180^(∘)−∠𝑃𝐵𝐶−∠𝑃𝐵𝐴=180^(∘)−𝐵

同理∠𝐵𝑃𝐶=180^(∘)−𝐶，∠𝐶𝑃𝐴=180^(∘)−𝐴．

于是公式：\dfrac{\sin\alpha}{\sin A}=\dfrac{\sin\alpha}{\sin(180^{\circ}-A)}=\dfrac{\sin\angle PCA}{\sin\angle CPA}=\dfrac{PA}{AC}

同理(sin𝛼)/(sin𝐵)=(𝑃𝐵)/(𝐵𝐴)，(sin𝛼)/(sin𝐶)=(𝑃𝐶)/(𝐵𝐶)．

由

公式：\begin{aligned} &S_{\triangle ABC}\\ =&S_{\triangle APB}+S_{\triangle BPC}+S_{\triangle CPA}\\ =&\frac{1}{2}AB\cdot AP\sin\alpha+\frac{1}{2}BC\cdot BP\sin\alpha+\frac{1}{2}CA\cdot CP\sin\alpha\\ =&\frac{1}{2}\sin\alpha(AB\cdot AP+BC\cdot BP+CA\cdot CP)\\ =&\frac{1}{2}\sin\alpha\left(AB\cdot AC\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin A}+BC\cdot AB\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin B}+CA\cdot BC\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin C}\right)\\ =&\frac{1}{2}\sin^2\alpha\left(\frac{bc}{\sin A}+\frac{ca}{\sin B}+\frac{ab}{\sin C}\right)\\ =&\sin^2\alpha\left(\frac{\frac{1}{2}bc\sin A}{\sin^2A}+\frac{\frac{1}{2}ca\sin B}{\sin^2B}+\frac{\frac{1}{2}ab\sin C}{\sin^2C}\right)\\ =&\sin^2\alpha\cdot S_{\triangle ABC}\left(\frac{1}{\sin^2A}+\frac{1}{\sin^2B}+\frac{1}{\sin^2C}\right) \end{aligned}

两边同除以sin^(2)𝛼⋅𝑆_(△𝐴𝐵𝐶)即证．

2. 公式：\cot\alpha=\cot A+\cot B+\cot C=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S}

证明：

公式：\begin{aligned} &\cot A+\cot B+\cot C\\ =&\frac{\cos A}{\sin A}+\frac{\cos B}{\sin B}+\frac{\cos C}{\sin C}\\ =&\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc\sin A}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca\sin B}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab\sin C}\\ =&\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}+\frac{c^2+a^2-b^2}{4S}+\frac{a^2+b^2-c^2}{4S}\\ =&\frac{a^2+b^2+c^2}{4S} \end{aligned}

公式：\begin{aligned} &\cot\alpha=\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}\\ =&\frac{c^2+x^2-y^2}{2cx\sin\alpha}=\frac{a^2+y^2-z^2}{2ay\sin\alpha}=\frac{b^2+z^2-x^2}{2bz\sin\alpha}\\ =&\frac{(c^2+x^2-y^2)+(a^2+y^2-z^2)+(b^2+z^2-x^2)}{2cx\sin\alpha+2ay\sin\alpha2bz\sin\alpha}\\ =&\frac{a^2+b^2+c^2}{4S} \end{aligned}

证毕．

下面我们来看两道早期的IMO题．

首先是1961年第三届IMO的第一天第2题，此题也是著名的外森比克不等式：

设𝑎、𝑏、𝑐为三角形的三边，其面积为𝑆．求证：𝑎^(2)+𝑏^(2)+𝑐^(2)≥4√(3)𝑆，并说明何时取等号．

证明：

由海伦公式：

其中𝑝=(𝑎+𝑏+𝑐)/(2)知：

公式：16S^2=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)

故只需证：

公式：\begin{aligned} &(a^2+b^2+c^2)^2\\ &\ge 3(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)\\ \iff&a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\\ &\ge 3(-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2)\\ \iff&4(a^4+b^4+c^4)\ge 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\\ \iff&2((a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2\ge 0 \end{aligned}

不等式显然成立．等号成立当且仅当𝑎=𝑏=𝑐，即△𝐴𝐵𝐶为等边三角形．

注意到在布洛卡角的性质二中，我们有cot𝛼=(𝑎^(2)+𝑏^(2)+𝑐^(2))/(4𝑆)．

于是此不等式等价于cot𝛼≥√(3)，即布洛卡角𝛼∈(0,(𝜋)/(6)]．

下面我们再看1991年第三十二届IMO第二天第2题．

在△𝐴𝐵𝐶中，𝑃内部一点．证明：在∠𝑃𝐴𝐵，∠𝑃𝐵𝐶和∠𝑃𝐶𝐴中至少有一个角不超过30^(∘)．

再看这题，立马能反应过来和布洛卡角有关．

证明：

作出△𝐴𝐵𝐶的布洛卡点𝑄，并设∠𝑄𝐴𝐵=∠𝑄𝐵𝐶=∠𝑄𝐶𝐴=𝛼．

由上知：𝛼≤30^(∘)．

现在将𝑃放入△𝐴𝐵𝐶中，则𝑃必在𝑎𝑛𝑔𝑙𝑒𝑄𝐴𝐵、∠𝑄𝐵𝐶、∠𝑄𝐶𝐴之一的内部（包含边界）．

不妨设𝑃在∠𝑄𝐴𝐵内部，则∠𝑃𝐴𝐵≤∠𝑄𝐴𝐵=𝛼≤30^(∘)，证毕．

用上面的结论，此题轻松地得到了解决．

两道相隔近30年的IMO试题，通过布洛卡角竟产生了如此美妙的关联．