偽旁切圓中的共點(diǎn)共線問(wèn)題

1、偽旁切圓中的共點(diǎn)、共線問(wèn)題潘成華 田開(kāi)斌筆者在研究曼海姆定理時(shí)，做了如下定義：對(duì)于ABC，如果一個(gè)P與其外切圓O相外切，且分別與其兩條邊相切，則P稱為ABC的一個(gè)偽旁切圓。筆者在研究偽旁切圓的性質(zhì)時(shí)，曾發(fā)現(xiàn)了一系列共點(diǎn)問(wèn)題及其相關(guān)問(wèn)題，此篇文章即是通過(guò)三個(gè)定理，將此類問(wèn)題做一個(gè)貫穿和系統(tǒng)整理，敬請(qǐng)方家指教。定理一：如圖1，ABC外接圓為O，內(nèi)切圓I分別切三邊于D、E、F，P與O外切于J，且分別切AB、AC于G、H，連接AD并延長(zhǎng)交P于K，則AJ=AK，且BAJ=CAD。圖1證明方法（反演變換）：根據(jù)P關(guān)于AP對(duì)稱知BAJ=CAD，則必然有AJ=AK。所以下面我們只證明BAJ=CAD。如圖2，我

2、們以點(diǎn)A為反演中心，以AE×AH為反演冪，則H、E互為反演點(diǎn)，F(xiàn)、G互為反演點(diǎn)，從而P與I互為反形。設(shè)B的反演點(diǎn)為B，C的反演點(diǎn)為C，則O的反形為直線BC，直線BC的反形即為A BC的外接圓Q。因?yàn)锽C與P切于點(diǎn)J，所以BC與P（即I）相切于J，因?yàn)镮與BC相切于D，所以I（即P）與Q相切于D，J、D分別為J、D的反演點(diǎn)。又因?yàn)锳B×AB=AC×AC=AE×AH，所以ABCACB。我們可以看出，原圖形是由ABC決定的，其反形是由ABC決定的，且它們的結(jié)構(gòu)方式相同。又ABCACB，所以原圖形的反形與原圖形反向相似。于是知CAD=BAJ=BAJ。證畢。另外，

3、由于P與I相等，所以原圖形的反形與原圖形反向全等，所以AB=AC，AC=AB，于是知AB×AC=AB×AB=AE×AH。 圖2定理二：如圖3，三角形ABC中，O1、O2是偽旁切圓，分別切O于H、I。O1分別切CB、CA于D、E，O2分別切BC、BA于F、G。CO1交DE于J、BO2交GF于K，則DH、FI、JK三線交于弧BC的中點(diǎn)P，且P為JK中點(diǎn)。圖3證明：設(shè)弧BC的中點(diǎn)為P，我們先證明JK經(jīng)過(guò)P，且P為JK中點(diǎn)，再證明DH和FI經(jīng)過(guò)P。首先用同一法證明JK經(jīng)過(guò)點(diǎn)P。如圖4，連接JK交O于P1，設(shè)ABC內(nèi)心為R，AR交O于S，則S為劣弧BC中點(diǎn)。由曼海姆定理知J

4、、K為ABC旁心，所以JKAS，即P1AAS，所以P1S為圓O直徑，所以P1為優(yōu)弧BC中點(diǎn)，即P1與P重合，即JK經(jīng)過(guò)點(diǎn)P。下面證明P為JK中點(diǎn)。作JXBC于X，KYBC于Y，PS交BC于Z，則Z為BC中點(diǎn)。于是知要證P為JK中點(diǎn)，只需證明Z為XY中點(diǎn)，即只需證明XC=BY。而XC=JCcosC2=BCsinJBCsinBJC×cosC2=BCcosB2cosC2sinA2。同理可得YB=BCcosB2cosC2sinA2。所以XC=BY，命題得證。于是知JK經(jīng)過(guò)P，且P為JK中點(diǎn)。下面再用同一法證明DH經(jīng)過(guò)點(diǎn)P。如圖5，延長(zhǎng)DH交O于P2，則由位似知，P2OO1D，即P2OBC，所

5、以P2O為弧BC中點(diǎn)，即P2與P重合。所以DH經(jīng)過(guò)點(diǎn)P。同理FI也經(jīng)過(guò)點(diǎn)P。命題得證。 圖4 圖5定理三：如圖6，ABC外接圓為O，O1與O外切于點(diǎn)D，且分別切AB、AC于G、H，O2與O外切于點(diǎn)E，且分別切BC、BA于I、J，O3與O外切于點(diǎn)F，且分別切CA、CB于K、L，則AJAK×BLBG×CHCI=1。 圖6證明：如圖7，取GH中點(diǎn)為R、IJ中點(diǎn)為S，KL中點(diǎn)為T，則根據(jù)曼海姆定理知R、S、T為ABC的三個(gè)旁心。于是知AR、BS、CT交于一點(diǎn)Q，且Q為ABC內(nèi)心。又因?yàn)镾、T為ABC的旁心，所以STAR。又GHAR，所以STGH。于是知BGAB=RBTB （1）CA

6、CH=SCRC （2）（1）×（2）得BGAB·CACH=RBTB·SCRC，從而知BGCH=RBTB·SCRC·ABCA （3）同理可知：CIAJ=SCRC·TASA·BCAB （4）AKBL=TASA·RBTB·CABC （5）（3）×（4）×（5）知BGCH·CIAJ·AKBL=RBTB·SCRC·ABCA·SCRC·TASA·BCAB·TASA·RBTB·CABC=RBTB

7、83;SCRC·TASA2 （6）又因?yàn)锳R、BS、CT交于一點(diǎn)，根據(jù)賽瓦定理知RBTB·SCRC·TASA=1，代入（6）式即得BGCH·CIAJ·AKBL=1，于是知AJAK×BLBG×CHCI=1。 圖7以上介紹的是此類問(wèn)題的三個(gè)定理，基于這三個(gè)定理，我們可以得到如下一系列命題。命題一：如圖8，ABC外接圓為O，O1與O外切于點(diǎn)D，且分別切AB、AC于G、H，O2與O外切于點(diǎn)E，且分別切BC、BA于I、J，O3與O外切于點(diǎn)F，且分別切CA、CB于K、L。求證：AD、BE、CF三線共點(diǎn)。 圖8 證明：如圖9，作ABC的內(nèi)

8、切圓M分別切BC、CA、AB于P、Q、R。則由于BPPCCQQAARRB=BPRBARQACQPC=1，根據(jù)賽瓦定理逆定理知AP、BQ、CR共點(diǎn)，設(shè)為S。根據(jù)定理一知AS、AD是BAC的一組等角線，BS、BE是ABC的一組等角線，CS、CF是ACB的一組等角線，從而知AD、BE、CF三線共點(diǎn)，設(shè)為M，則M與S是一對(duì)等角共軛點(diǎn)。 圖9命題二：如圖10，如圖三角形ABC中，O1、O2是偽旁切圓，分別切O于H、I。O1分別切CB、CA于D、E，O2分別切BC、BA于F、G。則BC、HI、O1O2三線共點(diǎn)。 圖10證明：連接O1H、O2I并延長(zhǎng)，根據(jù)位似知兩線交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)DH、FI交于點(diǎn)P，根據(jù)定理

9、二知POBC，又O1DBC、O1FBC，根據(jù)笛沙格定理知BC、HI、O1O2三線共點(diǎn)。圖11命題三：如圖12，ABC外接圓為O。O1與O相切于點(diǎn)M，且分別切CB、CA于D、E；O2與O相切于N，且分別切BA、BC于F、G；O3與O相切于P，且分別切AC、AB于H、I。CM交O1于J，BN交O2于K，AP交O3于L，JB、KC交于Q、LB、KA交于R、JA、LC交于S，證明：AQ、BS、CR交于一點(diǎn)。圖12證明：如圖13，設(shè)CJ交AB于X，BK交AC于Y，AL交BC于Z。由于CM、BN、AP交于一點(diǎn)，所以AXBXBZCZCYAY=1 （1）根據(jù)三角形面積公式知ABsinBAQACsinCAQ=S

10、BAQSCAQ=ABBQsinABQACCQsinACQ=ABBQsinABQACCQsinACQ=ABBQsinXBJACCQsinYCK，所以sinBAQsinCAQ=BQsinXBJCQsinYCK=sinBCQsinCBQsinXBJsinYCK=sinBCKsinCBJsinXBJsinYCK=sinBCKsinYCKsinXBJsinCBJ （2）又根據(jù)三角形面積公式知BCsinBCKYCsinYCK=SBCKSYCK=BKYK，所以sinBCKsinYCK=BKYKYCBC （3）XBsinXBJCBsinCBJ=SXBJSCBJ=XJCJ，所以sinXBJsinCBJ=XJCJ

11、CBXB （4）將（3）、（4）代入（2）知sinBAQsinCAQ=BKYKYCBCXJCJCBXB=BKCJYCXBXJYK （5）同理可知：sinACRsinBCR=ALBKZBYAYKZL （6）sinCBSsinABS=CJALXAZCZLXJ （7）（5）×（6）×（7）知sinBAQsinCAQsinACRsinBCRsinCBSsinABS=BKCJYCXBXJYKALBKZBYAYKZLCJALXAZCZLXJ=YCYAZBZCXAXB （8）由（7）、（8）知sinBAQsinCAQsinACRsinBCRsinCBSsinABS=1，根據(jù)賽瓦定理逆定理

12、知AQ、BS、CR交于一點(diǎn)。 圖13命題四：如圖14，ABC外接圓為O。O1與O相切，且分別切CB、CA于D、E；O2與O相切，且分別切BA、BC于F、G；O3與O相切，且分別切AC、AB于H、I。L、M、N分別為GH、ID、EF中點(diǎn)，求證：NA、MB、LC共點(diǎn)。 圖14證明：根據(jù)三角形面積公式知AFsinFANAEsinEAN=FNEN=1，所以sinFANsinEAN=AEAF （1）同理可知sinDBMsinIBM=BIBD （2）sinHCLsinGCL=CGCH （3）（1）×（2）×（3）知sinFANsinEAN·sinDBMsinIBM·

13、sinHCLsinGCL=AEAF·BIBD·CGCH （4）根據(jù)定理三知AEAF·BIBD·CGCH=1，所以sinFANsinEAN·sinDBMsinIBM·sinHCLsinGCL=1，根據(jù)賽瓦定理逆定理知NA、MB、LC三線共點(diǎn)。命題五：如圖15，ABC外接圓為O。O1與O相切，且分別切CB、CA于D、E；O2與O相切，且分別切BA、BC于F、G；O3與O相切，且分別切AC、AB于H、I。直線EF、GH、ID分別交于點(diǎn)P、Q、R，求證：PA、RB、QC共點(diǎn)。 圖15證明：根據(jù)三角形面積公式知IPsinIPAHPsinHPA=

14、SIPASHPA=AI·IPsinAIPAH·HPsinAHP=IPsinBIDHPsinCHG，所以sinIPAsinHPA=sinBIDsinCHG （1）同理可知sinGRBsinFRB=sinCGHsinAFE （2）sinEQCsinDQC=sinAEFsinBDI （3）（1）×（2）×（3）知sinIPAsinHPA·sinGRBsinFRB·sinEQCsinDQC=sinBIDsinCHG·sinCGHsinAFE·sinAEFsinBDI=sinBIDsinBDI·sinCGHsinC

15、HG·sinAEFsinAFE=BDBI·CHCG·AFAE，又根據(jù)定理三知BDBI·CHCG·AFAE=1，所以sinIPAsinHPA·sinGRBsinFRB·sinEQCsinDQC=1。根據(jù)賽瓦定理逆定理知PA、RB、QC三線共點(diǎn)。命題六：如圖16，ABC外接圓為O。O1與O相切，且分別切CB、CA于D、E；O2與O相切，且分別切BA、BC于F、G；O3與O相切，且分別切AC、AB于H、I。BH、CI交于P，AG、CF交于Q，AD、BE交于R。證明：AP、BQ、CR三線共點(diǎn)。證明：設(shè)AB、CR交于M，BC、AP交于

16、N，AC、BQ交于L。則由賽瓦定理逆定理知，要證AP、BQ、CR三線共點(diǎn)，只需證明AMMB×BNNC×CLLA=1。又由塞瓦定理知AMMB×BDDC×CEEA=1，即AMMB=AEBD。同理BNNC=BICH，CLLA=CGAF。三式相乘有AMMB×BNNC×CLLA=AEBD×BICH×CGAF。由定理三知AEBD×BICH×CGAF=1，所以AMMB×BNNC×CLLA=1，命題得證。 圖16命題七：如圖17，ABC的外接圓為O。O1與O外切，且分別與AB、AC切于G、H

17、；O2與O外切，且分別與BC、BA切于I、J；O3與O外切，且分別與CA、CB切于K、L。GK、HI交于點(diǎn)M，KI、LH交于點(diǎn)N，IG、JL交于點(diǎn)P。求證：MA、NC、PB三線共點(diǎn)。 圖17證明：如圖18，連接AO1、GH交于D，連接BO2、IJ交于點(diǎn)E，連接CO3、LK交于點(diǎn)F，則由曼海姆定理知D、E、F分別為ABC的三個(gè)旁心。于是知E、F過(guò)點(diǎn)A，且EFAD，GHAD；FD過(guò)點(diǎn)B，且FDBE，IJBE；D、E過(guò)點(diǎn)C，且DECF，KLCF。根據(jù)賽瓦定理三角形式知，要證MA、NC、PB三線共點(diǎn)，只需證明：sinKAMsinJAM×sinICNsinHCN×sinGBPsinL

18、BP=1 （1）下面證明（1）式根據(jù)三角形面積公式知KAsinKAMJAsinJAM=SKAMSJAM=KAKMsinAKMJAJMsinAJM=KAKMsinAKGJAJMsinAJH 所以sinKAMsinJAM=KMsinAKGJMsinAJH （2）又sinAKGsinAJH=sinAKGsinKAGsinAJHsinJAH=AGKGAHJH=JHKG （3）將（3）代入（2）知sinKAMsinJAM=KMsinAKGJMsinAJH=KMJM×JHKG=KMKG×JHJM （4）又KMKG=MHsinJHAGHsinGHA （5）JHJM=GHsinHGAMGs

19、inKGA （6）（5）×（6）知KMKG×JHJM=MHsinJHAGHsinGHA×GHsinHGAMGsinKGA=MHsinJHAMGsinKGA=sinMGHsinJHAsinMHGsinKGA =sinKGHsinKGA×sinJHAsinJHG （7）又GHsinKGHGAsinKGA=KHKA （8）HAsinJHAHGsinJHG=JAJG （9）（8）×（9）得sinKGHsinKGA×sinJHAsinJHG=GHsinKGHGAsinKGA×HAsinJHAHGsinJHG=KHKA×JAJ

20、G （10）將（10）代入（7）知KMKG×JHJM=KHKA×JAJG （11）將（11）代入（4）知sinKAMsinJAM=KHKA×JAJG （12）同理可知：sinICNsinHCN=ILIC×HCHK （13）sinGBPsinLBP=GJGB×LBLI （14）（12）×（13）×（14）知sinKAMsinJAM×sinICNsinHCN×sinGBPsinLBP=KHKA×JAJG×ILIC×HCHK×GJGB×LBLI=JAGB

21、5;LBIC×HCKA （15）根據(jù)定理三知JAGB×LBIC×HCKA=1，所以sinKAMsinJAM×sinICNsinHCN×sinGBPsinLBP=1，（1）式成立，問(wèn)題得證。圖18命題八：如圖19，ABC外接圓為O。O1與O相切，且分別切AB、AC于JK；O2與O相切，且分別切BC、BA于L、M；O3與O相切，且分別切CA、CB于N、P。ABC內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB于D、E、F。AD交O1于G，BE交O2于H，CF交O3于I。IB、HC交于點(diǎn)Q，IA、GC交于點(diǎn)R，GB、HA交于點(diǎn)S，求證：AQ、BR、CS三線共點(diǎn)。圖19證

22、明：我們先證明一個(gè)引理：如圖20，ABC的外接圓為O，O1與O外切，且分別切CA、CB于G、H；O2與O外切，且分別切BA、BC于I、J，ABC的內(nèi)切圓N分別切BC、CA、AB于D、E、F，CF交O1于K，BE交O2于L，KB、LC交于點(diǎn)M，則CAD=BAM。圖20如圖21，連接CO1交HG于U，交DE于Q，連接BO2交IJ于V，交DF于P，連接PQ分別交AB、AC于R、S。則知P、Q分別為DF、DE中點(diǎn)，所以PQEF，即RSEF，于是知RSAN，且AR=AS。又根據(jù)曼海姆定理知U、V為ABC的旁心，所以UV過(guò)點(diǎn)A，且UVAN，于是知RSUV。根據(jù)變相同一法知，要證BAM=CAD，只需證明si

23、nBADsinCAD=sinCAMsinBAM （1）下面我們證明（1）式。由三角形面積公式知：ABsinBADACsinCAD=BDCD，所以sinBADsinCAD=ACAB×BDCD （2）又根據(jù)三角形面積公式知：ACsinCAMABsinBAM=SACMSABM=ACCMsinACMABBMsinABM=ACCMsinECLABBMsinFBK，所以sinCAMsinBAM=CMsinECLBMsinFBK （3）又CMBM=sinCBMsinBCM=sinCBKsinBCL，代入（3）知sinCAMsinBAM=sinCBKsinBCL×sinECLsinFBK=

24、sinCBKsinFBK×sinECLsinBCL （4）又CBsinCBKFBsinFBK=CKFK，所以sinCBKsinFBK=FBCB×CKFK （5）又ECsinECLBCsinBCL=ELBL，所以sinECLsinBCL=BCEC×ELBL （6）（5）×（6）知sinCBKsinFBK×sinECLsinBCL=FBCB×CKFK×BCEC×ELBL=FBEC×CKFK×ELBL=BDCD×CKFK×ELBL （7）將（7）代入（4）知sinCAMsinBAM

25、=BDCD×CKFK×ELBL （8）由（2）、（8）知，要證明（1），只需證明ACAB×BDCD=BDCD×CKFK×ELBL，即只需證明：ACAB=CKFK×ELBL （9）根據(jù)位似知CKFK=CUUQ=ACAS （10）ELBL=VPBV=ARAB （11）（10）×（11）知，CKFK×ELBL=ACAS×ARAB=ACAB，即（9）式成立，命題得證。圖21下面我們借助引理證明原命題。根據(jù)引理知：sinBAQsinCAQ×sinACSsinBCS×sinCBRsinABR=si

26、nCADsinBAD×sinBCFsinACF×sinABEsinCBE=1。由賽瓦定理逆定理知AQ、BR、CS三線共點(diǎn)。命題九：如圖22，ABC外接圓為O。O1與O相切于點(diǎn)J，且分別切CB、CA于D、E；O2與O相切于K，且分別切BA、BC于F、G；O3與O相切于L，且分別切AC、AB于H、I。DJ、GK交于點(diǎn)P，EK、IL交于點(diǎn)Q，HL、EJ交于R，求證：PL、QJ、RK三線共點(diǎn)。圖22證明：我們先證明一個(gè)引理：如圖23，O1、O2外切于點(diǎn)T，A為O1上一點(diǎn)，過(guò)A作O2兩條切線，切點(diǎn)分別為B、C，AO2交BC于F，AB、AC分別交O1于D、E，G為弧DAE中點(diǎn)，則F、T

27、、G三點(diǎn)共線。圖23如圖24，連接GO1并延長(zhǎng)交AO2于K，則知DGK=12DGE=12DAE=DAK，所以D、G、A、K四點(diǎn)共圓，即K在O1上。延長(zhǎng)O1、O2分別交O1、O2于I、J。易知IKGT。所以我們要證F、T、G三點(diǎn)共線，只需證TFIK，即只需證O2FO2K=O2TO2I （1）下面我們證明（1）式。易知O2F=O2B2O2A=O2T2O2A，O2K=O2TO2IO2A，所以O(shè)2FO2K=O2T2O2AO2TO2IO2A=O2TO2I，（1）式得證。圖24下面我們借助引理證明原命題。如圖25，連接DE取其中點(diǎn)U，連接FG取其中點(diǎn)V，連接HI取其中點(diǎn)W，則易知U為CO1與DE交點(diǎn)，V為

28、BO2與FG交點(diǎn)，W為AO3與HI交點(diǎn)。根據(jù)定理二知P為UV中點(diǎn)，且為弧BAC中點(diǎn)；Q為VW中點(diǎn)，且為弧ACB中點(diǎn)；R為WU中點(diǎn)，且為弧ABC中點(diǎn)。又根據(jù)引理知P、L、W三點(diǎn)共線，Q、J、U三點(diǎn)共線，R、K、V三點(diǎn)共線。而PW、QU、RV是UVW的三條中線，所以交于UVW的重心。于是知PL、QJ、RK三線共點(diǎn)，交于UVW的重心。圖25命題十：如圖26，ABC外接圓為O。O1與O相切于點(diǎn)M，且分別切CB、CA于D、E；O2與O相切于N，且分別切BA、BC于F、G；O3與O相切于P，且分別切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分別交于點(diǎn)Q、R、S。CO1交DE于J，BO2交FG于K，AO3交HI于

29、L。證明：Q、P、L三點(diǎn)共線，R、M、J三點(diǎn)共線，S、N、K三點(diǎn)共線。（潘成華題）圖26證明：我們先證明一個(gè)引理：如圖27，ABC外接圓為O。O1與O相切，且分別切CB、CA于D、E；O2與O相切，且分別切BA、BC于F、G；O3與O相切，且分別切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分別交于點(diǎn)T、U、V。CO1交DE于Z，BO2交FG于X，AO3交HI于Y。則X、Y、Z分別為TU、UV、VT中點(diǎn)。 圖27如圖28，由曼海姆定理知X、Y、Z為ABC的三個(gè)旁心。于是知ZXAO2，于是知ZXUV。同理XYVT，YZTU。于是知X、Y、Z分別為TU、UV、VT中點(diǎn)。 圖28下面我們借助引理證明原命題。

30、我們先證明Q、P、L三線共點(diǎn)。根據(jù)引理知J、K、L分別為SQ、QR、RS中點(diǎn)，所以QL于JK的交點(diǎn)T為JK中點(diǎn)。根據(jù)定理三知T為弧BAC中點(diǎn)，根據(jù)命題九的引理知T、P、L共線，所以Q、P、L三點(diǎn)共線。命題十一：如圖29，ABC外接圓為O，P與O外切于J，且分別切AB、AC于G、H，AP交O于R，CB、HG延長(zhǎng)線交于S，證明：S、J、R三點(diǎn)共線。 圖29證明：如圖30，延長(zhǎng)GJ交O于M，過(guò)M作O的切線l，由于J為O、P的位似中心，AG是P切線，l為O切線，所以lAG，于是知弧BJM=弧ACM。所以GJB=BAM=AJM，即GJ為ABJ中AJB的外角平分線。所以BJAJ=BGAG （1）同理可知H

31、J為ACJ中AJC的外角平分線，所以CJAJ=CHAH （2）又由于AG=AH，由（1）÷（2）知BJCJ=BGCH （3）又根據(jù)梅涅勞斯定理知AGGBBSSCCHHA=1，所以BGCH=BSCS，代入（3）知BJCJ=BSCS，所以SJ為BJC的外角平分線。另一方面，由于AG、AH為P兩條切線，所以AP平分BAC，所以BJC+2RJC=BJC+2RAC=BJC+BAC=180°，所以RJ也為BJC的外角平分線。綜上所述，知S、J、R三點(diǎn)共線，且直線SR為BJC的外角平分線。圖30命題十二：如圖31，ABC外接圓為O。O1與O相切于點(diǎn)M，且分別切CB、CA于D、E；O2與O

32、相切于N，且分別切BA、BC于F、G；O3與O相切于P，且分別切AC、AB于H、I。DE、FG、HI分別交于點(diǎn)Q、R、S。L、J、K分別為HI、DE、FG中點(diǎn)，LD、SK交于交于U，LG、RJ交于V。證明：U、V、P共線，且UVQL于P。圖31證明：我們先證明一個(gè)引理：如圖32，ABC中，DEF分別為三邊中點(diǎn)，RGDF于G，F(xiàn)HDE于H，GH分別交AB、AC于I、J，DI交BE于K，DJ交CF于L，則KLAD。 圖32證明：如圖17，設(shè)ABC的重心為M，令EF=a，DF=b，DE=c，則BC=2a，AC=2b，AB=2c。根據(jù)中線長(zhǎng)公式知BE=2a2+2c2-b2，CF=2a2+2b2-c2，AD=2b2+2c2-a2。于是知BM=232a2+2c2-b2，CM=232a2+2b2-c2，DM=132b2+2c2-a2。要證KLAD，只需證明MKcosKMD=MLcosLMD，即只需證明：MKMB×(2MBMDcosBMD)=MLMC×(2MCMDcosCMD) （1）又根據(jù)余弦定理知2MBMDcosBMD=MB2+MD2-BD2=29(5c2-a2-b2) （2）2MCMDcosCMD=MC2+MD2-CD2=29