免費論壇 繁體 | 簡體
Sclub交友聊天~加入聊天室當版主
分享
返回列表 发帖

[几何] [科普]完全四边形:$\frac {PC}{PE}=\frac {QC}{QE}$ 证明2#12#

本帖最后由 isee 于 2016-8-13 16:51 编辑

把两两相交又没有三线共点的四条直线及它们的六个交点所构成的图形,叫做完全四边形。

如这下图中的完全四边形ABCDEF。


001.png
2016-7-25 11:30



图形出,问题来:求证:$\dfrac {PC}{PE}=\dfrac {QC}{QE}$。

PS:难度级别:老少皆宜。
分享到: QQ空间QQ空间 腾讯微博腾讯微博 腾讯朋友腾讯朋友

回复 1# isee

根据梅涅劳斯定理能得出$\frac{EF}{FA}\cdot\frac{AB}{BC}\cdot\frac{CP}{PE}=1$
根据塞瓦定理能得出$\frac{EF}{FA}\cdot\frac{AB}{BC}\cdot\frac{CQ}{QE}=1$
两式相除就得到最后的结果了。

TOP

发网友给我讲的一些完全四边形的性质:
完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中,对角线$A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$的中点分别是$M_1,M_2,M_3$,则$M_1,M_2,M_3$三点共线。
1.gif
2016-7-27 14:34

TOP

完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中,对角线$A_1B_1,A_3B_3$交于点$P$,作$PT \perp A_2B_2$于点$T$,则$\angle A_1TA_3=\angle B_1TB_3$。
2.gif
2016-7-27 14:34

TOP

完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中,点$M,N$在直线$A_1B_1$上,直线$MB_3,NA_2$交于点$X$,直线$MA_3,NB_2$交于点$Y$,直线$A_2B_2,A_3B_3$交于点$Z$,则$X,Y,Z$三点共线,$A_1B_1,XA_3,YB_3$三线共点。
3.gif
2016-7-27 14:35

TOP

在完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中,以对角线$A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$为直径分别作$\odot O_1, \odot O_2, \odot O_3$,则这三个圆共根轴。再设$\triangle A_3B_1B_2, \triangle A_1A_2A_3, \triangle B_3B_2A_1, \triangle A_2B_3B_1$的垂心分别为$H_1,H_2,H_3,H_4$,则这四个垂心都在此根轴上。
4.gif
2016-7-27 14:36

TOP

完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_2$对角线$A_1B_1$上取一点$P$,若$\angle A_1PA_2=\angle A_1PB_2$,则$\angle A_1PA_3=\angle A_1PB_3$。
5.gif
2016-7-27 14:41

TOP

完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中,对角线$A_1B_1,A_3B_3$交于点$P$,作$PT \perp A_2B_2$于点$T$,则$\angle A_1TA_3=\angle B_1TB_3
$.
abababa 发表于 2016-7-27 14:34
2blog图片.png
2016-7-28 22:12
妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

TOP

回复 7# abababa


    求用射影几何知识证!?

TOP

回复 9# 力工

应该什么方法都可以吧,网友给我讲这个性质时是证了一个更一般的情况,确实其中一个证法是用射影变换证的,另一个用了梅涅劳斯定理的第二角元形式。后一种证法现在看懂了,前一种用射影变换的我还不怎么懂。关键是这些性质的应用吧,感觉在证有公共顶点的角相等时又有了一种途径。

TOP

其妙 发表于 2016-7-28 22:13



    这个证了4楼。其它5-7楼都比较难了。3楼三点确定的线叫:牛顿线。

TOP

本帖最后由 isee 于 2016-8-13 16:51 编辑
回复  isee

根据梅涅劳斯定理能得出$\frac{EF}{FA}\cdot\frac{AB}{BC}\cdot\frac{CP}{PE}=1$
根据塞瓦定 ...
abababa 发表于 2016-7-25 12:26


这证明很常见,普适几何爱好者。

这里补充一种初中知识范围内的面积证明。




由共边定理可知:

\begin{align*}
\frac {PC}{PE}\cdot\frac {QE}{QC}&=\frac{S_{\triangle BFC}}{S_{\triangle BFE}}\cdot\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ADC}}\\[2em]
&=\frac{S_{\triangle BFC}}{S_{\triangle BFD}}\frac {S_{\triangle BFD}}{S_{\triangle BFE}}\cdot \frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ACE}}\frac {S_{\triangle ACE}}{S_{\triangle ADC}}\\[2em]
&=\frac{CF}{DF}\frac {DB}{EB}\frac{DF}{CF}\frac {EB}{DB}\\[2em]
&=1
\end{align*}

证毕。

TOP

这(即顶楼命题)便是射影几何最基础的性质。
特别的,当BF平行于CE时,P点就是无穷远点,Q点即是CE的中点,亦即,(借助平行线)仅用直尺作线段中点的办法。

TOP

回复 11# isee

5楼其实就是笛沙格定理吧,感觉要是知道定理的话还不难。我自己觉得最难的是7楼那个角相等的题,没看证明之前都不知道怎么入手,一点思路都没有。但看了网友的证明,就那么两三行就说清楚了,还证出了一般情况。
6楼的问题要是分割出一个更简单的问题,马上就变简单了:若$\triangle A_1A_2A_3$的垂心为$H$,三条高为$A_1H_1,A_2H_2,A_3H_3$,用圆幂定理可以证明:过$A_1,H_1$两点的任意圆,过$A_2,H_2$两点的任意圆,过$A_3,H_3$两点的任意圆,这些圆的根心是$H$。

TOP

回复 11# isee
在完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中,对角线$A_1B_1 \cap A_3B_3 = P$,作$PT \perp A_2B_2$于$T$,则$\angle A_1TA_3 = \angle B_1TB_3$。
1.gif
2016-8-13 17:33

发网友给我讲的方法:
设$A_2B_2 \cap A_3B_3 = M_1, A_1B_1 \cap A_2B_2 = M_3$。

完全四边形对角线$A_1B_1$被另两对角线$A_2B_2, A_3B_3$所截交点为$M_3,P$,所以$(A_1B_1;PM_3) = -1$,于是$T(A_1B_1;PM_3) = (A_1B_1;PM_3) = -1$,而$TP \perp TM_3$,所以$TP$平分$\angle A_1TB_1$。

完全四边形对角线$A_3B_3$被另两对角线$A_1B_1, A_2B_2$所截交点为$P,M_1$,所以$(B_3A_3;PM_1) = -1$,于是$T(B_3A_3;PM_1) = (B_3A_3;PM_1) = -1$,而$TP \perp TM_1$,所以$TP$平分$\angle A_3TB_3$。

由以上两组角平分线知$\angle A_1TB_3 = \angle A_3TB_1$,因此$\angle A_1TA_3 = \angle B_1TB_3$。

TOP

本帖最后由 abababa 于 2017-1-3 14:27 编辑

回复 3# abababa
原题:完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中对角线$A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$的中点分别为$M_1,M_2,M_3$,则$M_1M_2M_3$共线。
3.gif
2017-1-3 14:26

把证明补上:
取$\triangle A_2B_3B_1$三边中点$P_1,P_2,P_3$,则由中位线知$M_1P_2 \sslash A_1B_3, P_2P_3 \sslash B_3A_2$,因此$M_1P_2P_3$共线。同理有$M_2P_3P_1, M_3P_1P_2$共线。

考察$\triangle B_3B_1A_2$被$A_1B_2A_3$所截,由Menelaus定理知$\frac{A_2A_1}{A_1B_3} \cdot \frac{B_3B_2}{B_2B_1} \cdot \frac{B_1A_3}{A_3A_2} = 1$,而由平行知$\frac{A_2A_1}{A_1B_3} = \frac{P_3M_1}{M_1P_2}, \frac{B_3B_2}{B_2B_1} = \frac{P_1M_2}{M_2P_3}, \frac{B_1A_3}{A_3A_2} = \frac{P_2M_3}{M_3P_1}$,所以$\frac{P_3M_1}{M_1P_2} \cdot \frac{P_2M_3}{M_3P_1} \cdot \frac{P_1M_2}{M_2P_3} = 1$。再由Menelaus定理知$\triangle P_1P_2P_3$被$M_1M_2M_3$所截,因此$M_1M_2M_3$共线。

TOP

回复 5# abababa

原题:在完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中,$M,N$在对角线$A_1B_1$上,作$MB_3 \cap NA_2 = X, MA_3 \cap NB_2 = Y, A_2B_2 \cap A_3B_3 = Z$,则$XYZ$共线,$A_1B_1, XA_3, YB_3$共点。
5.gif
2017-1-3 14:29

把证明补上:在$\triangle MA_3B_3, \triangle NB_2A_2$中,由于三组对应顶点的连线$MN \cap A_3B_2 \cap B_3A_2 = A_1$共点,由 Desargue 定理知三组对应边的交点$MA_3 \cap NB_2 = Y, MB_3 \cap NA_2 = X, A_3B_3 \cap B_2A_2 = Z$共线。

在$\triangle NXY, \triangle B_1A_3B_3$中,三组对应边的交点$NX \cap B_1A_3 = A_2, NY \cap B_1B_3 = B_2, XY \cap A_3B_3 = Z$共线,由 Desargue 定理知三组对应顶点的连线$NB_1, XA_3, YB_3$共点。

TOP

回复 6# abababa
原题:在完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$中,以对角线$A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$为直径作$\odot O_1, \odot O_2, \odot O_3$,则此三圆共根轴,且完全四边形的四个三角形$\triangle A_3B_1B_2, \triangle A_1A_2A_3, \triangle B_3B_2A_1, \triangle A_2B_3B_1$的垂心$H_1,H_2,H_3,H_4$都在此根轴上。
6.gif
2017-1-3 14:32

把证明补上:若$\triangle A_1A_2A_3$的垂心为$H$,三条高为$A_1H_1,A_2H_2,A_3H_3$,根据圆幂定理可知:过$A_1,H_1$两点的任意圆,过$A_2,H_2$两点的任意圆,过$A_3,H_3$两点的任意圆,这些圆的根心是$H$。

设$\triangle A_3B_1B_2$的三条高为$B_2P_1, B_1P_3, A_3P_2$,根据垂直与直径可知$P_1,P_2,P_3$分别在三个圆上,于是$\odot O_1,\odot O_2,\odot O_3$即成为过三条高的端点的圆,于是$H_1$是三个圆的根心。

同理可知$H_2,H_3,H_4$也是三个圆的根心,于是三个圆的三条根轴既交于$H_1$也交于$H_2$,因此三条根轴重合,且$H_1H_2H_3H_4$都在其上。

TOP

回复 7# abababa
最后这个是一个特例:
$P$是完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$所在平面上一点,若$PA_2,PB_2$关于$\angle A_1PB_1$互为等角线,则$PA_3,PB_3$也关于$\angle A_1PB_1$互为等角线。
71.gif
2017-1-3 14:36

设$PT, PA_3$关于$\angle A_1PB_1$互为等角线,$PT \cap A_1A_2 = T$,只要证明$T = B_3$即$TB_1B_2$共线即可。

因为有向角$\sphericalangle B_1PT = -\sphericalangle A_1PA_3, \sphericalangle B_2PB_1 = -\sphericalangle A_2PA_1, \sphericalangle A_3PB_2 = -\sphericalangle TPA_2$,所以$\frac{\sin\sphericalangle TPA_2}{\sin\sphericalangle A_2PA_1} \cdot \frac{\sin\sphericalangle A_1PA_3}{\sin\sphericalangle A_3PB_2} \cdot \frac{\sin\sphericalangle B_2PB_1}{\sin\sphericalangle B_1PT} = -1$,由 Menelaus 定理第二角元形式知$TB_1B_2$共线。

TOP

回复 19# abababa
原题:$P$是完全四边形$A_1B_1A_2B_2A_3B_3$所在平面上一点,若$PA_2,PB_2$关于$\angle A_1PB_1$互为等角线,则$PA_3,PB_3$也关于$\angle A_1PB_1$互为等角线。
这个推广情况网友也给了射影变换的做法,也发上来:
72.gif
2017-1-3 14:39

由于存在射影变换使得过$P$的所有直线保持不变,而将$A_2B_2$变为无穷远线,此时$PA_2 \sslash A_1B_3 \sslash B_1A_3, PB_2 \sslash A_1A_3 \sslash B_1B_3$。设$PA_2 \cap B_1B_3 = M, PB_2 \cap B_1A_3 = N, PA_1 \cap B_1A_3 = T$,由于$\angle MPB_1 = \angle NPT, \angle M = \angle N$,所以$\triangle PTN \sim \triangle PB_1M$,所以$\angle PTA_3 = \angle PB_1B_3$,且$\frac{PT}{PB_1} = \frac{TN}{B_1M} = \frac{TN}{PN} = \frac{TA_3}{A_1A_3} = \frac{TA_3}{B_1B_3}$,因此$\triangle PTA_3 \sim \triangle PB_1B_3$,所以$\angle A_1PA_3 = \angle B_1PB_3$。

TOP

返回列表 回复 发帖