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标题: [几何] 两道关于正三角形的题目 [打印本页]

作者: 其妙 时间: 2018-9-16 23:22 标题: 两道关于正三角形的题目

图片附件: blog4.jpg (2018-9-16 23:22, 20.79 KB) / 下载次数 1545
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=6616&k=c75683586616a7cb1a679d1f5ad7cd85&t=1713493315&sid=UveEvw

作者: kuing 时间: 2018-9-17 00:31

最后一行的下标 1 跑到根号外面去了

作者: kuing 时间: 2018-9-17 01:17

题2、如图，下面证明弧 `MN` 满足题设。

\begin{align*}
\sqrt{PD}+\sqrt{PE}=\sqrt{PF}&\iff\sqrt{PG}+\sqrt{PH}=\sqrt{GA}\\
&\iff2\sqrt{PG}\sqrt{PH}=GA-PG-PH\\
&\iff2\sqrt{GP}\sqrt{GJ}=GA-GH\\
&\iff2GM=GA-GB,
\end{align*}
最后一式显然成立，即得证。

图片附件: 捕获.PNG (2018-9-17 01:17, 10.67 KB) / 下载次数 1631
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=6617&k=09495e653c7bca364f0e2b3d68942394&t=1713493315&sid=UveEvw

作者: 青青子衿 时间: 2018-9-17 14:01

本帖最后由青青子衿于 2018-9-17 14:48 编辑

回复 1# 其妙
回复 3# kuing
关于第一问，有以下结论：
正三角形$\triangle ABC$内切圆上的点到三角形三个顶点距离的平方和是正三角形边长平方（即$a^2$）的$\dfrac{5}{4}$倍
正三角形$\triangle ABC$外接圆上的点到三角形三个顶点距离的平方和是正三角形边长平方（即$a^2$）的$2$倍

Generalized conic
n-ellipse
Descartes' theorem

作者: kuing 时间: 2018-9-17 15:42

回复 4# 青青子衿

第一题不怎么好玩，我就随便写写好了。

设等边 `\triangle ABC` 外接圆半径为 `R`，圆心为 `O`，点 `X` 满足 `OX=m`，先求下面两式的值：
（1）`XA^2+XB^2+XC^2`；
（2）`XA^2XB^2+XB^2XC^2+XC^2XA^2`。

（1）因为
\[XA^2=\bigl(\vv{OX}-\vv{OA}\bigr)^2
=m^2+R^2-2\vv{OX}\cdot\vv{OA},\]
由于 $\vv{OA}+\vv{OB}+\vv{OC}=\bm0$，所以
\[XA^2+XB^2+XC^2=3(m^2+R^2);\]

（2）设 $\langle\vv{OX},\vv{OA}\rangle=\theta_1$，则 $\vv{OX}\cdot\vv{OA}=mR\cos\theta_1$, $\vv{OX}\cdot\vv{OB}=mR\cos\theta_2$, $\vv{OX}\cdot\vv{OC}=mR\cos\theta_3$，其中 $\theta_3-\theta_2=\theta_2-\theta_1=120\du$，那么
\begin{align*}
XA^2XB^2&=\bigl(m^2+R^2-2\vv{OX}\cdot\vv{OA}\bigr)
\bigl(m^2+R^2-2\vv{OX}\cdot\vv{OB}\bigr)\\
&=(m^2+R^2)^2-2(m^2+R^2)\vv{OX}\cdot\bigl(\vv{OA}+\vv{OB}\bigr)
+4m^2R^2\cos\theta_1\cos\theta_2,
\end{align*}
故又由 $\vv{OA}+\vv{OB}+\vv{OC}=\bm0$ 得
\begin{align*}
&XA^2XB^2+XB^2XC^2+XC^2XA^2\\
={}&3(m^2+R^2)^2+4m^2R^2(\cos\theta_1\cos\theta_2+\cos\theta_2\cos\theta_3+\cos\theta_3\cos\theta_1),
\end{align*}
由 $\theta_3-\theta_2=\theta_2-\theta_1=120\du$ 得 `\cos(k\theta_1)+\cos(k\theta_2)+\cos(k\theta_3)=0`，其中 $k\inZ$ 且 `3\nmid k`，则
\begin{align*}
4(\cos\theta_1\cos\theta_2+\cos\theta_2\cos\theta_3+\cos\theta_3\cos\theta_1)
&=-2(\cos^2\theta_1+\cos^2\theta_2+\cos^2\theta_3)\\
&=-3-(\cos2\theta_1+\cos2\theta_2+\cos2\theta_3)\\
&=-3,
\end{align*}
所以
\[XA^2XB^2+XB^2XC^2+XC^2XA^2=3(m^2+R^2)^2-3m^2R^2.\]

回到原题上，分别令 `m=R` 及 `m=R/2` 即可得出相关数值，最终结果懒得计算了……

作者: 青青子衿 时间: 2018-9-17 19:24

回复 5# kuing
\[|OX_1|=\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{R}{2}\]
\[|OX_2|=\frac{a}{\sqrt{3}}=R\]
\begin{align*}
|AX_1|^2+|BX_1|^2+|CX_1|^2&=3\left[\left(\frac{a}{2\sqrt{3}}\right)^2+\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2\right]\\
&=\frac{5}{4}a^2
\end{align*}
\begin{align*}
|AX_2|^2+|BX_2|^2+|CX_2|^2&=3\left[\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2\right]\\
&=2a^2
\end{align*}
代入算个结果，顺便补个图：

图片附件: QQ截图20180918154918.png (2018-9-18 15:50, 77.54 KB) / 下载次数 1674
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作者: 游客 时间: 2018-9-17 19:58

第一题用平面向量算，圆心为起点，可以看到分式中的四个式子都为定值。

作者: 色k 时间: 2018-9-17 20:13

回复 6# 青青子衿

顺便把（2）及最终结果也帮我补充完它吧

再顺便帮3#也补充一下吧，毕竟还缺少必要性说明

作者: 游客 时间: 2018-9-17 20:17

图片附件: 未命名.PNG (2018-9-17 20:17, 23.36 KB) / 下载次数 1681
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=6619&k=13920c9a87c24abd7c025a2203209cfe&t=1713493315&sid=UveEvw

作者: 其妙 时间: 2018-9-19 22:04

高手们，厉害！

作者: kuing 时间: 2018-9-19 23:17

回复 10# 其妙

这两题都不难啊，特别是题2，就算不用什么技巧，直接建系做都是相当容易的，我只是懒得写

作者: 其妙 时间: 2018-9-24 20:29

关于正三角形的经典几何题还有什么题？我记得还有拿破仑三角形

作者: isee 时间: 2018-9-26 17:11

回复 12# 其妙

太多了，等于没问。

作者: 其妙 时间: 2018-9-28 23:48

回复 13# isee
那关于这两道题，你还有什么解法吗？

作者: 其妙 时间: 2018-9-28 23:49

回复其妙

太多了，等于没问。
isee 发表于 2018-9-26 17:11

介绍一两个就可以啦

作者: 其妙 时间: 2019-2-16 06:59

关于正三角形的经典几何题还有什么题？我记得还有拿破仑三角形
其妙发表于 2018-9-24 20:29

拿破仑三角形及其复数证明：

图片附件: blog8.jpg (2019-2-16 15:26, 61.82 KB) / 下载次数 1637
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=6981&k=6bc9274ff2ab3fe73fc1f7e3153e4cfb&t=1713493315&sid=UveEvw

作者: kuing 时间: 2019-2-16 15:29

回复 16# 其妙

复数证拿破仑我在你的另一帖里也写过 http://kuing.orzweb.net/redirect ... =5609&pid=28422（11#）

作者: 青青子衿 时间: 2019-6-29 16:18

回复青青子衿
第一题不怎么好玩，我就随便写写好了。
设等边 ...
kuing 发表于 2018-9-17 15:42

这样的话，关于等边三角形及其外接圆的命题
就可以推广到一般三角形$\,\triangle\,\!ABC\,$及其外接圆$\,\odot\,\!Q\,$了
\begin{gather*}
\begin{cases}
\Big|\overrightarrow{XA}\Big|^2=\Big|\overrightarrow{QA}-\overrightarrow{QX}\Big|^2
=R^2+\Big|\overrightarrow{QX}\Big|^2-2\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{QX}\\
\Big(\begin{matrix}
\Big|\overrightarrow{BC}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}
&\Big|\overrightarrow{AC}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}
&\Big|\overrightarrow{AB}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}
\end{matrix}\Big)\!\cdot\!
\begin{pmatrix}
\vv{QA}\\
\vv{QB}\\
\vv{QC}
\end{pmatrix}
=\boldsymbol{0}\\
\end{cases}\\
\Downarrow\\
\begin{split}
\Big(\begin{matrix}
\Big|\overrightarrow{XA}\Big|^2
&\quad\Big|\overrightarrow{XB}\Big|^2
&\quad\Big|\overrightarrow{XC}\Big|^2
\end{matrix}\Big)\!\cdot\!
\begin{pmatrix}
\Big|\overrightarrow{BC}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\\
\Big|\overrightarrow{AC}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}\\
\Big|\overrightarrow{AB}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}
\end{pmatrix}\\
=3\left(R^2+\Big|\overrightarrow{QX}\Big|^2\right)\cdot\Big(\begin{matrix}
\quad1\phantom{\Big|\overrightarrow{}\Big|^2}
&\quad1\phantom{\Big|\overrightarrow{}\Big|^2}
&\quad1\quad
\end{matrix}\Big)\!\cdot\!
\begin{pmatrix}
\Big|\overrightarrow{BC}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\\
\Big|\overrightarrow{AC}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}\\
\Big|\overrightarrow{AB}\Big|^2\cdot
\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}
\end{pmatrix}\\
\end{split}
\end{gather*}

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