设 $P$ 是锐角三角形 $ABC$ 内一点，$AP、BP、CP$ 分别交边 $BC、CA、AB$ 于点 $D,E,F$，已知 $\triangle D E F \sim \triangle A B C$．求证：$P$ 是 $\triangle ABC$ 的重心．
【难度】
【出处】
2007年中国西部数学奥林匹克试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
记 $\angle E D C=\alpha, \angle A E F=\beta, \angle B F D=\gamma$，用 $\angle A,\angle B, \angle C$ 分别表示 $\triangle ABC$ 的三个内角的大小．则 $\angle A F E=2 \angle B-(\angle D B E+\angle D E B)=2 \angle B-\alpha$．
同理可证：$\angle B D F=2 \angle C-\beta, \angle C E D=2 \angle A-\gamma$．
现在设 $\triangle DEF$ 和 $\triangle DEC$ 的外接圆半径为 $R_1$ 和 $R_2$，则由正弦定理及 $\angle EFD=\angle C$，可知 $2 R_{1}=\dfrac{D E}{\sin \angle E F D}=\dfrac{D E}{\sin C}=2 R_{2}$，
故 $R_{1}=R_{2}$．类似可得 $\triangle DEF$ 和 $\triangle AEF$，$\triangle BDF$ 的外接圆半径相等．所以 $\triangle D E F, \triangle A E F, \triangle B D F$ 和 $\triangle DEC$ 这四个三角形的外接圆半径都相同，记为 $R$．
利用正弦定理得 $\begin{aligned} \frac{C E}{\sin \alpha} &=\frac{E A}{\sin (2 B-\alpha)}=\frac{A F}{\sin \beta}=\frac{F B}{\sin (2 C-\beta)} =\frac{B D}{\sin \gamma}=\frac{D C}{\sin (2 A-\gamma)}=2 R \end{aligned}$ ①
再由Ceva定理可知 $\dfrac{C E}{E A} \cdot \dfrac{A F}{F B} \cdot \dfrac{B D}{D C}=1$，结合上式得 $\dfrac{\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma}{\sin (2 B-\alpha) \sin (2 C-\beta) \sin (2 A-\gamma)}=1$ ②
若 $\alpha<\angle B$，则 $\alpha=\angle EDC<\angle EFA =2\angle B-\alpha$，于是 $\begin{aligned} \gamma &=180^{\circ}-\angle E F A-\angle E F D=180^{\circ}-\angle E F A-\angle C <180^{\circ}-\angle E D C-\angle C=\angle C E D=2 \angle A-\gamma \end{aligned}$，类似可知 $\beta<2 \angle C-\beta$．
注意到，当 $0<x<y<x+y<180^{\circ}$ 时，有 $\sin x<\sin y$．所以，由 $0<\alpha<2 \angle B-\alpha<\alpha+(2 \angle B-\alpha)=2 \angle B<180^{\circ}$（这里用到 $\triangle ABC$ 为锐角三角形）可得 $\sin \alpha<\sin(2B-\alpha)$，同理 $\sin\beta<\sin(2\angle C-\beta),\sin \gamma< \sin(2\angle A-\gamma)$．这与 ② 矛盾！
类似地，若 $\alpha>\angle B$，可得 ② 的左边小于右边，矛盾．所以 $\alpha=\angle B$．同理 $\beta=\angle C, \gamma=\angle A$．因此，由 ① 可知 $D,E,F$ 分别为 $BC,CA,AB$ 的中点．从而，$P$ 为 $\triangle ABC$ 的重心．
证法二
本题的结论对 $\triangle ABC$ 为一般的三角形都成立．我们采用复数方法予以证明．
设 $P$ 为复平而上的原点，并直接用 $X$ 表示点 $X$ 对应的复数，则存在正实数 $\alpha, \beta, \gamma$，使得 $\alpha A+\beta B+\gamma C=0$，且 $\alpha+\beta+\gamma=1$．
由于 $D$ 为 $AP$ 与 $BC$ 的交点，可解得 $D=-\dfrac{\alpha}{1-\alpha} A$．同样地，$E=-\dfrac{\beta}{1-\beta} B, F=-\dfrac{\gamma}{1-\gamma} C$．利用 $\triangle D E F \sim \triangle A B C$ 可知 $\dfrac{D-E}{A-B}=\dfrac{E-F}{B-C}$，于是 $\dfrac{\gamma B C}{1-\gamma}+\dfrac{\beta A B}{1-\beta}+\dfrac{\alpha C A}{1-\alpha}-\dfrac{\alpha A B}{1-\alpha}-\dfrac{\beta B C}{1-\beta}-\dfrac{\gamma C A}{1-\gamma}=0$．
化简得 $\left(\gamma^{2}-\beta^{2}\right) B(C-A)+\left(\alpha^{2}-\gamma^{2}\right) A(C-B)=0$．
这时，若 $\gamma^{2} \neq \beta^{2}$，则 $\dfrac{B(C-A)}{A(C-B)} \in \mathbf{R}$，因此，$\dfrac{\frac{C-A}{C-B}}{\frac{P-A}{P-B}} \in \mathbf{R}$，这要求 $P $ 在 $\triangle ABC$ 的外接圆上，与 $P$ 在 $\triangle ABC$ 内矛盾，所以 $\gamma^{2}=\beta^{2}$，进而 $\alpha^{2}=\gamma^{2}$，得 $\alpha=\beta=\gamma=\dfrac{1}{3}$．即 $P$ 为 $\triangle ABC$ 的重心．命题获证．
证法三
如图
设 $\angle PEF= \alpha, \angle CPE=\beta, \angle CPD=\gamma, \angle EBC = \alpha^\prime$．并分别用 $A、B、C$ 表示 $\angle BAC、\angle ABC、\angle ACB$．
在 $\triangle DEF$ 中，由角元Ceva定理得 $\dfrac{\sin \angle P E F}{\sin \angle P E D} \cdot \dfrac{\sin \angle P D E}{\sin \angle P D F} \cdot \dfrac{\sin \angle P F D}{\sin \angle P F E}=1$，
即 $\begin{aligned} \frac{\sin \alpha}{\sin (B-\alpha)} & \cdot \frac{\sin (\pi-\beta-\gamma-B+\alpha)}{\sin (A-\pi+\beta+\gamma+B-\alpha)} \cdot \frac{\sin (C-\beta+\alpha)}{\sin (\beta-\alpha)}=1 \end{aligned}$
在 $\triangle ABC$ 中，由角元Ceva定理得 $\dfrac{\sin \angle P B C}{\sin \angle P B A} \cdot \dfrac{\sin \angle B A P}{\sin \angle C A P} \cdot \dfrac{\sin \angle A C P}{\sin \angle P C B}=1$，
即 $\begin{aligned} \frac{\sin \alpha^{\prime}}{\sin \left(B-\alpha^{\prime}\right)} & \cdot \frac{\sin \left(\pi-\beta-\gamma-B+\alpha^{\prime}\right)}{\sin \left(A-\pi+\beta+\gamma+B-\alpha^{\prime}\right)} \cdot \frac{\sin \left(C-\beta+\alpha^{\prime}\right)}{\sin \left(\beta-\alpha^{\prime}\right)}=1 \end{aligned}$．
设 $\begin{aligned} f(x) &=\frac{\sin x}{\sin (B-x)} \cdot \frac{\sin (\pi-\beta-\gamma-B+x)}{\sin (A-\pi+\beta+\gamma+B-x)} \cdot \frac{\sin (C-\beta+x)}{\sin (\beta-x)} \end{aligned}$．
由 $x, B-x, \pi-\beta-\gamma-B+x, A-\pi+\beta+\gamma+B-x, C-\beta+x, \beta-x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$，易知 $f(x)$ 递增．于是由 $f(\alpha)=f\left(\alpha^{\prime}\right)$ 可得 $\alpha=\alpha^{\prime}$，所以 $E F \parallel B C$．
同理可得 $DF \parallel AC, D E \parallel AB$．
从而有 $\dfrac{A F}{F B}=\dfrac{A E}{E C}, \dfrac{A F}{F B}=\dfrac{D C}{B D}, \dfrac{D C}{B D}=\dfrac{E C}{A E}$
所以，$AF = FB, BD = DC, EC = AE$．故 $P$ 为 $\triangle ABC$ 的重心．
记 $\angle E D C=\alpha, \angle A E F=\beta, \angle B F D=\gamma$，用 $\angle A,\angle B, \angle C$ 分别表示 $\triangle ABC$ 的三个内角的大小．则 $\angle A F E=2 \angle B-(\angle D B E+\angle D E B)=2 \angle B-\alpha$．
同理可证：$\angle B D F=2 \angle C-\beta, \angle C E D=2 \angle A-\gamma$．
现在设 $\triangle DEF$ 和 $\triangle DEC$ 的外接圆半径为 $R_1$ 和 $R_2$，则由正弦定理及 $\angle EFD=\angle C$，可知 $2 R_{1}=\dfrac{D E}{\sin \angle E F D}=\dfrac{D E}{\sin C}=2 R_{2}$，
故 $R_{1}=R_{2}$．类似可得 $\triangle DEF$ 和 $\triangle AEF$，$\triangle BDF$ 的外接圆半径相等．所以 $\triangle D E F, \triangle A E F, \triangle B D F$ 和 $\triangle DEC$ 这四个三角形的外接圆半径都相同，记为 $R$．
利用正弦定理得 $\begin{aligned} \frac{C E}{\sin \alpha} &=\frac{E A}{\sin (2 B-\alpha)}=\frac{A F}{\sin \beta}=\frac{F B}{\sin (2 C-\beta)} =\frac{B D}{\sin \gamma}=\frac{D C}{\sin (2 A-\gamma)}=2 R \end{aligned}$ ①
再由Ceva定理可知 $\dfrac{C E}{E A} \cdot \dfrac{A F}{F B} \cdot \dfrac{B D}{D C}=1$，结合上式得 $\dfrac{\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma}{\sin (2 B-\alpha) \sin (2 C-\beta) \sin (2 A-\gamma)}=1$ ②
若 $\alpha<\angle B$，则 $\alpha=\angle EDC<\angle EFA =2\angle B-\alpha$，于是 $\begin{aligned} \gamma &=180^{\circ}-\angle E F A-\angle E F D=180^{\circ}-\angle E F A-\angle C <180^{\circ}-\angle E D C-\angle C=\angle C E D=2 \angle A-\gamma \end{aligned}$，类似可知 $\beta<2 \angle C-\beta$．
注意到，当 $0<x<y<x+y<180^{\circ}$ 时，有 $\sin x<\sin y$．所以，由 $0<\alpha<2 \angle B-\alpha<\alpha+(2 \angle B-\alpha)=2 \angle B<180^{\circ}$（这里用到 $\triangle ABC$ 为锐角三角形）可得 $\sin \alpha<\sin(2B-\alpha)$，同理 $\sin\beta<\sin(2\angle C-\beta),\sin \gamma< \sin(2\angle A-\gamma)$．这与 ② 矛盾！
类似地，若 $\alpha>\angle B$，可得 ② 的左边小于右边，矛盾．所以 $\alpha=\angle B$．同理 $\beta=\angle C, \gamma=\angle A$．因此，由 ① 可知 $D,E,F$ 分别为 $BC,CA,AB$ 的中点．从而，$P$ 为 $\triangle ABC$ 的重心．
证法二
本题的结论对 $\triangle ABC$ 为一般的三角形都成立．我们采用复数方法予以证明．
设 $P$ 为复平而上的原点，并直接用 $X$ 表示点 $X$ 对应的复数，则存在正实数 $\alpha, \beta, \gamma$，使得 $\alpha A+\beta B+\gamma C=0$，且 $\alpha+\beta+\gamma=1$．
由于 $D$ 为 $AP$ 与 $BC$ 的交点，可解得 $D=-\dfrac{\alpha}{1-\alpha} A$．同样地，$E=-\dfrac{\beta}{1-\beta} B, F=-\dfrac{\gamma}{1-\gamma} C$．利用 $\triangle D E F \sim \triangle A B C$ 可知 $\dfrac{D-E}{A-B}=\dfrac{E-F}{B-C}$，于是 $\dfrac{\gamma B C}{1-\gamma}+\dfrac{\beta A B}{1-\beta}+\dfrac{\alpha C A}{1-\alpha}-\dfrac{\alpha A B}{1-\alpha}-\dfrac{\beta B C}{1-\beta}-\dfrac{\gamma C A}{1-\gamma}=0$．
化简得 $\left(\gamma^{2}-\beta^{2}\right) B(C-A)+\left(\alpha^{2}-\gamma^{2}\right) A(C-B)=0$．
这时，若 $\gamma^{2} \neq \beta^{2}$，则 $\dfrac{B(C-A)}{A(C-B)} \in \mathbf{R}$，因此，$\dfrac{\frac{C-A}{C-B}}{\frac{P-A}{P-B}} \in \mathbf{R}$，这要求 $P $ 在 $\triangle ABC$ 的外接圆上，与 $P$ 在 $\triangle ABC$ 内矛盾，所以 $\gamma^{2}=\beta^{2}$，进而 $\alpha^{2}=\gamma^{2}$，得 $\alpha=\beta=\gamma=\dfrac{1}{3}$．即 $P$ 为 $\triangle ABC$ 的重心．命题获证．
证法三
如图
设 $\angle PEF= \alpha, \angle CPE=\beta, \angle CPD=\gamma, \angle EBC = \alpha^\prime$．并分别用 $A、B、C$ 表示 $\angle BAC、\angle ABC、\angle ACB$．在 $\triangle DEF$ 中，由角元Ceva定理得 $\dfrac{\sin \angle P E F}{\sin \angle P E D} \cdot \dfrac{\sin \angle P D E}{\sin \angle P D F} \cdot \dfrac{\sin \angle P F D}{\sin \angle P F E}=1$，
即 $\begin{aligned} \frac{\sin \alpha}{\sin (B-\alpha)} & \cdot \frac{\sin (\pi-\beta-\gamma-B+\alpha)}{\sin (A-\pi+\beta+\gamma+B-\alpha)} \cdot \frac{\sin (C-\beta+\alpha)}{\sin (\beta-\alpha)}=1 \end{aligned}$
在 $\triangle ABC$ 中，由角元Ceva定理得 $\dfrac{\sin \angle P B C}{\sin \angle P B A} \cdot \dfrac{\sin \angle B A P}{\sin \angle C A P} \cdot \dfrac{\sin \angle A C P}{\sin \angle P C B}=1$，
即 $\begin{aligned} \frac{\sin \alpha^{\prime}}{\sin \left(B-\alpha^{\prime}\right)} & \cdot \frac{\sin \left(\pi-\beta-\gamma-B+\alpha^{\prime}\right)}{\sin \left(A-\pi+\beta+\gamma+B-\alpha^{\prime}\right)} \cdot \frac{\sin \left(C-\beta+\alpha^{\prime}\right)}{\sin \left(\beta-\alpha^{\prime}\right)}=1 \end{aligned}$．
设 $\begin{aligned} f(x) &=\frac{\sin x}{\sin (B-x)} \cdot \frac{\sin (\pi-\beta-\gamma-B+x)}{\sin (A-\pi+\beta+\gamma+B-x)} \cdot \frac{\sin (C-\beta+x)}{\sin (\beta-x)} \end{aligned}$．
由 $x, B-x, \pi-\beta-\gamma-B+x, A-\pi+\beta+\gamma+B-x, C-\beta+x, \beta-x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$，易知 $f(x)$ 递增．于是由 $f(\alpha)=f\left(\alpha^{\prime}\right)$ 可得 $\alpha=\alpha^{\prime}$，所以 $E F \parallel B C$．
同理可得 $DF \parallel AC, D E \parallel AB$．
从而有 $\dfrac{A F}{F B}=\dfrac{A E}{E C}, \dfrac{A F}{F B}=\dfrac{D C}{B D}, \dfrac{D C}{B D}=\dfrac{E C}{A E}$
所以，$AF = FB, BD = DC, EC = AE$．故 $P$ 为 $\triangle ABC$ 的重心．
答案
解析
备注
