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[几何] 两道关于正三角形的题目

blog4.jpg
2018-9-16 23:22
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妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

最后一行的下标 1 跑到根号外面去了

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题2、如图,下面证明弧 `MN` 满足题设。
捕获.PNG
2018-9-17 01:17

\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。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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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

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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……

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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:
QQ截图20180918154918.png
2018-9-18 15:50

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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。

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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

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未命名.PNG
2018-9-17 20:17

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高手们,厉害!

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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

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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

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回复 12# 其妙


太多了,等于没问。

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回复 13# isee
那关于这两道题,你还有什么解法吗?

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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

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