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231908 发表于 2018-7-27 20:42

等腰三角中的角度關係

[attach]6485[/attach]

isee 发表于 2018-8-8 20:03

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=27675&ptid=5512]1#[/url] [i]231908[/i] [/b]


看看着挻简单的,但这个相似(或角分线)就是构造不出来。。。。

isee 发表于 2018-8-9 11:18

[i=s] 本帖最后由 isee 于 2018-8-9 11:27 编辑 [/i]

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=27788&ptid=5512]2#[/url] [i]isee[/i] [/b]

最后放弃纯几法,直接利用三角函数计算。


[attach]6514[/attach]


如图实线(虚线不需要,未擦掉),记$EC=a,AD=b$,线段长度如图所标记。

在三角形$ADC$中,由余弦定理可得
$$\cos \alpha =\frac{3a-b}{2b},$$

从而在三角形$ADE$中,由余弦定理有
$$AE^2=b(b+3a),$$
而在三角形$ADE$中,再由余弦定理可得
$$\cos AED=\sqrt{\frac{b+3a}{4b}},$$

显然有$$2\cos^2 AED-1=\cos \alpha,$$
从而命题得证。

乌贼 发表于 2018-8-10 08:34

如图:[attach]6516[/attach]
     分别取$ CD,DB,DC $中点$ F,N,O $,连接$ OF,ON,AO $,有\[ ON=DF=2OF \]取$ CM=BN $,延长$ AC $至$ P $使$ CP=CM $,有\[ \triangle MOP\cong \triangle DBF\sim \triangle FOE \]所以$ FNCO $四点共园和$ ECPO $四点共园,有\[ \angle FCM=\angle FOM \\\angle CPE=\angle COE\]又\[ \angle EMP+\angle MPE=90\du =\angle AOE+\angle EOC \]有\[ \angle EMP=\angle AOE \]故$ AOEM $四点共园,因此\[ \angle MAE=\angle MOE \]得\[ \angle AED=\angle ACE+\angle CAE=\angle FOM+\angle MOE=\angle FOE=\angle DEO=\angle DBF=\dfrac{1}{2}\angle ADE \]

郝酒 发表于 2018-8-10 11:15

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=27803&ptid=5512]4#[/url] [i]乌贼[/i] [/b]

谢谢,有一个笔误,所以FNCO四点共圆,应该是FMCO四点共圆.

isee 发表于 2018-8-10 11:26

[i=s] 本帖最后由 isee 于 2018-8-10 11:37 编辑 [/i]

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=27803&ptid=5512]4#[/url] [i]乌贼[/i] [/b]

述写文字字母略有手误,不过,无伤大雅,这辅助线妙啊,把我想不通的地方全连接在一起了。

不过,可稍简化(反思)如下:

题目:在$\triangle ABC$中,$AB=AC$,$D$在$AB$上,且$CD=2BD$,$E$在$CD$上,且$DE=3EC$。
求证:$\angle ADE=2\angle AED$。

略整理(by [i]乌贼[/i])过程:

[attach]6517[/attach]

即作以$FO$为腰的等腰梯形$FOCM$,其中点$F$为$CD$的中点。
再构造四边形$EOPC$得到这四边形有外接圆且$\angle MEP$为直角。。。
这个直角,
将题中$AO\perp BC$转化为$A,O,E,M$四点共圆。。。
浑然天成。
再利用三角形外角即可得证。

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