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$\triangle FEC$旋转至$\triangle FAP$可证明$\triangle PAC\cong\triangle DCB$.
Tesla35 发表于 2018-10-6 23:35


主楼的漂亮解法呀,学习了,原来,$$\angle FAC+\angle FEC=\angle BCD.$$

这和此图

证法中的一种解是一脉相承的。

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$\triangle FEC$旋转至$\triangle FAP$可证明$\triangle PAC\cong\triangle DCB$.
Tesla35 发表于 2018-10-6 23:35


好解,3#推广一样适应此法,只全等变成了相似,辅助线少的巧解,服气。

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回复 20# Tesla35

回复 22# isee

看了半天才反应过来,确实也适用于3#的推广,甚至连同我后来得到的数量关系\[\frac{AF}{BC}=\frac\lambda{2\sin\theta}\]也能瞬间得出。585真牛!

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未命名.PNG
2018-10-8 14:02

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本帖最后由 isee 于 2018-10-9 16:09 编辑

回复 24# 游客

学习了。

不用说了,游客一定是一位有着丰富的高中数学经验的资深的一线人员。

高中有三个常见的轨迹:阿氏圆,定幂和圆,定幂差线。

而24#实际就是将定幂差线完整的证明了一次,而且还是三角+向量。

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本帖最后由 isee 于 2018-10-9 21:47 编辑

而在平面几何中,定幂差线,一般是这么用的

若线段$AC$,$BD$,则$BA^2-BC^2=DA^2-DC^2\iff AC \perp BD$。

因此24#得到圈1也便结束了,不过,后半段,游客实际上用三角+向量朴实而高效的证明了这个定理。

===

具体即

定差幂线的证明:

$$
\left\{\begin{aligned}\vv{BA}^2=\left(\vv{BD}+\vv{DA}\right)^2=\vv{BD}^2+\vv{DA}^2+2\vv{BD}\cdot\vv{DA},\\\vv{BC}^2=\left(\vv{BD}+\vv{DC}\right)^2=\vv{BD}^2+\vv{DC}^2+2\vv{BD}\cdot\vv{DC},\end{aligned}\right.
$$

两式相减,结合$BA^2-BC^2=DA^2-DC^2$,有

$$0=\vv{BD}\cdot\vv{DA}-\vv{BD}\cdot\vv{DC}=\vv{BD}\cdot\vv{CA}.$$

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