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[几何] 请大师们看看如下的一道几何题

E,F是边长为3的正方形ABCD的边AD上两个点,且AE=DF,连接CF交BD于G,连接BE交AG于点H,若CH:CE=9:10,则AE=?
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大师,

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本帖最后由 战巡 于 2014-3-10 10:27 编辑

回复 1# 踏歌而来

19.jpg
2014-3-10 09:22


没啥难的吧...
首先易证$△DCG≌△ADG, △ABE≌△CDF, ∠DCF=∠DAG=∠ABE$,可证$AH⊥BE$
余弦定理可知:
\[\frac{BH^2+BC^2-2\cos∠CBH·BH·BC}{BE^2+BC^2-2\cos∠CBH·BE·BC}=\frac{CH^2}{CE^2}=\frac{81}{100}\]
令$∠CBH=∠BEA=∠BAH=\theta$
\[\frac{\frac{BH^2}{AB^2}+1-2\cos(\theta)\frac{BH}{AB}}{\frac{BE^2}{AB^2}+1-2\cos(\theta)\frac{BE}{AB}}=\frac{81}{100}\]
\[\frac{\sin^2(\theta)+1-2\cos(\theta)\sin(\theta)}{\frac{1}{\sin^2(\theta)}+1-\frac{2\cos(\theta)}{\sin(\theta)}}=\frac{81}{100}\]
化简得到
\[\sin^2(\theta)=\frac{81}{100}\]
可知$\frac{AB}{BE}=\frac{9}{10}, AE=\frac{\sqrt{19}}{3}$

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本帖最后由 isee 于 2014-3-10 09:55 编辑

回复 3# 战巡


哇,$\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{9}{10}$,这个很美,还。

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回复 3# 战巡

您很厉害!谢谢您!
请问如果不用余弦定理,是否可以求出。
因为这是一道初中数学的几何填空题。
从人教初中论坛上获得的。

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回复 5# 踏歌而来


唉,就知道你们这帮人要求多...............
本人比较懒,余弦定理相对无脑,没那么多弯弯绕

不想用的话去证相似吧,射影定理可知$BH·BE=AB^2=BC^2$,后有$△BCH∽△BEC$
本人懒,后面略...........

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回复  踏歌而来



没啥难的吧...
首先易证$△DCG≌△ADG, △ABE≌△CDF, ∠DCF=∠DAG=∠ABE$,可证$AH⊥B ...
战巡 发表于 2014-3-10 09:29



战巡就是我偶像啊。

根据结果,有如下,纯几法。




$AH\perp EB$ 是必须证的,则\[AB^2=BH \cdot BE =BC^2 \Rightarrow \triangle BHC \sim \triangle BCE \]

这样便有 楼上那个$9:10$。


这样看,过度包装的图形,无趣……

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本帖最后由 isee 于 2014-3-10 11:32 编辑
回复  踏歌而来


唉,就知道你们这帮人要求多...............
本人比较懒,余弦定理相对无脑,没那么多弯 ...
战巡 发表于 2014-3-10 10:42


哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈

三角法与题多配啊,美不胜收,继续继续发扬

PS:回复后看到你已经更新结果


PPS:这些共圆也很漂亮。
snap0.png

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我一直在找$CE:CH$的关系,原来是$\triangle BHC\sim\triangle BCE$

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回复 9# 乌贼


      图很多干扰线段,没办法啊,和战巡一样,强算,算完,再美化一下。像战巡愿意动手且把结果算出来的没几个的,至少,我只是脑子一闪,就过了

      所以,感谢那些无私写过程答题者

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我试了下暴力方法。
设CE=10m,CH=9m,AE=x
过E作EL垂直BC于L,过H作MN垂直BC交AD于M,BC于N。
在Rt△ABE中,BE=√(9+x^2),HE=AE^2/BE=X^2/√(9+x^2)。
而sin∠AEB=3/√(9+x^2),cos∠AEB=x/√(9+x^2),
ME=HEcos∠AEB=x^3/(9+x^2),
HM=HEsin∠AEB=3x^2/(9+x^2),
所以有
由勾股定理HN^2+NC^2=CH^2,即
[3-3x^2/(9+x^2)]^2+[3-X+x^3/(9+x^2)]^2=(9m)^2  ①
由勾股定理EL^2+LC^2=EC^2,即
9+(3-x)^2=(10m)^2  ②
联立①、②,从理论上可以求出x。

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回复 10# isee
这题我只有建系,硬算

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无所谓了,纯几也好,解析也好,至于喜欢那一个,我觉得,那   是个人偏好。

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本帖最后由 isee 于 2014-3-10 12:15 编辑
我试了下暴力方法。
设CE=10m,CH=9m,AE=x
过E作EL垂直BC于L,过H作MN垂直BC交AD于M,BC于N。
在Rt△ABE中 ...
踏歌而来 发表于 2014-3-10 11:44


看看置顶的LaTeX代码吧,仅仅只在式子两端加美元符号就基本成了

如,适当各式单独对待,则


snap1.png
2014-3-10 11:58



实际效果

我试了下暴力方法。 by 踏歌而来
设$CE=10m,CH=9m,AE=x$

过$E$作$EL$垂直$BC$于$L$,过$H$作$MN$垂直$BC$交$AD$于$M$,$BC$于$N$。

在$Rt△ABE$中,$BE=√(9+x^2),HE=AE^2/BE=X^2/√(9+x^2)$。

而$ sin∠AEB=3/√(9+x^2),cos∠AEB=x/√(9+x^2),$

$ME=HEcos∠AEB=x^3/(9+x^2),$

$HM=HEsin∠AEB=3x^2/(9+x^2),$

所以有

由勾股定理$HN^2+NC^2=CH^2$,即

$[3-3x^2/(9+x^2)]^2+[3-X+x^3/(9+x^2)]^2=(9m)^2$  ①

由勾股定理$EL^2+LC^2=EC^2$,即

$9+(3-x)^2=(10m)^2$  ②

联立①、②,从理论上可以求出$x$。


再将根号,三角函数等部分常用数学符号换成对应代码就很好看了(如果愿意的话),不愿意也无所谓,

文字,主要是交流,不是美观,哈哈

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本帖最后由 踏歌而来 于 2014-3-10 16:34 编辑

也许,实际上解不出来。
我再换成角度,看看是否可行。

延长$AG交CD于P,令∠DAP=θ$,
由正方形的对称性可知,$AE=DP=ADtanθ=3tanθ,BE=AP=AD/cosθ=3/cosθ$,
$HE=AE^2/BE=(3tanθ)^2/(3/cosθ)=3(tanθ)^2cosθ$,
$MH=HEcosθ=3(tanθ)^2(cosθ)^2,ME=HEsinθ=3(tanθ)^2cosθsinθ$,
$[3-3(tanθ)^2(cosθ)^2]^2+[3-3tanθ+3(tanθ)^2cosθsinθ]^2=(9m)^2   ①$
$(3-3tanθ)^2+3^2=(10m)^2  ②$

$①/②并化简得(cosθ)^2=81/100,$
$cosθ=9/10。$
后面从略。

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