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[几何] 一道关于两个正三角形的题目(证明线段垂直)

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妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

本帖最后由 战巡 于 2018-10-3 15:07 编辑

回复 1# 其妙
QQ截图20181003015831.png
2018-10-3 14:59


作正三角形$△AGE$,$CG$与$BD$交于$H$,$M$为$FG$中点,其他连线如图
首先易证$△ACE≌△ABG≌△EGD$,有$BG=CD, DG=BC$,故四边形$BCDG$为平行四边形,有$H$同时为$BD$和$CG$中点,那么$MH∥CF$

又显然$∠AGF=30°=∠FEA$,有$∠FEC=∠FEA+∠CEA=∠FGA+∠BGA=∠BGM$,再加上$BG=CE,GM=\frac{1}{2}FG=FE$,有$△BMG≌△CFE$,$CF=BM$
同理有$△GDM≌△ACF,F=MD$,于是$BM=MD$,$MH$为BD中垂线,故$MH⊥BD$,于是$CF⊥BD$

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联想到正方形的情形,如下图:
QQ截图20181003191853.png
2018-10-3 19:55

一头是中点,另一头则是垂直(这个很易证)。

与楼主的题联系起来,感觉应该存在一个更一般的情形把它们统一起来,稍加思索便猜测有如下命题:

QQ截图20181003192657.png
2018-10-3 19:55


如上图,已知 `\triangle ABD\sim\triangle ACE`,记 `\angle DAB=\theta`,若 $\angle FDE=\angle FED=90\du-\theta$,则 `AF\perp BC`。

证明:懒得想几何法了,上不用动脑的复数法。建系使 `A` 为原点且实轴平行于 `BC`,以 `z_P` 表示点 `P` 对应的复数,不失一般性,设 `z_B=b-i`, `z_C=c-i`, `b`, $c\inR$,记 `AD:AB=\lambda`,则
\begin{align*}
z_D&=z_B\cdot\lambda(\cos\theta-i\sin\theta)
=\lambda(b-i)(\cos\theta-i\sin\theta),\\
z_E&=z_C\cdot\lambda(\cos\theta+i\sin\theta)
=\lambda(c-i)(\cos\theta+i\sin\theta),
\end{align*}
那么
\begin{align*}
z_F&=z_D+(z_E-z_D)\cdot\left( \frac12+\frac{\tan(90\du-\theta)}2i \right)\\
&=z_D\cdot\left( \frac12-\frac{\cot\theta}2i \right)
+z_E\cdot\left( \frac12+\frac{\cot\theta}2i \right)\\
&=\frac\lambda2(b-i)(\cos\theta-i\sin\theta)(1-i\cot\theta)
+\frac\lambda2(c-i)(\cos\theta+i\sin\theta)(1+i\cot\theta)\\
&=\frac\lambda2(b-i)\frac{-i}{\sin\theta}+\frac\lambda2(c-i)\frac i{\sin\theta}\\
&=\frac{\lambda(c-b)}{2\sin\theta}i,
\end{align*}
由此可知 `AF\perp BC`。

PS、由最终表达式还顺便得出了如下数量关系
\[\frac{AF}{BC}=\frac\lambda{2\sin\theta}.\]
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关联正三角形的题参见:
其妙 发表于 2018-10-2 18:31


仅就这个题,给人的第一感觉和 拿破仑定理 有点关系。

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回复 4# isee

帮我3#补一个几何证法嘛

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本帖最后由 isee 于 2018-10-4 15:49 编辑

回复 5# 色k


看3#的战巡的没?也是具一般性的证明。不过,如果是我,我先作平行四边形,然后证正三角形,后同。

========

哈哈哈,细看了下你的推广,好像似乎原来套不上。。。正在看。。。

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谢谢战巡和kk两位大神的解答。kk联想真丰富呀,这个推广太不容易想到了!
isee可有拿破仑定理的证明?

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回复 7# 其妙

搜索 关键词 拿破仑定理 证明

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回复 8# isee

话说,用复数法来证明拿破仑定理也是很容易的

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回复 9# kuing

这类问题,最方便就是复数法了且是典范。

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还是顺手写写了
QQ截图20181005151152.png
2018-10-5 15:12

如图,其中 `\triangle DBC`, `\triangle ECA`, `\triangle FAB`, `\triangle KEF` 均为顶角 $120\du$ 的等腰三角形。

建系使 `A` 为原点,记
\[\omega=\frac12+\frac i{2\sqrt3},\]

\[z_E=z_C\cdot\omega,\ z_F=z_B\cdot(1-\omega),\]
那么
\[z_K=z_E+(z_F-z_E)\cdot\omega=z_E\cdot(1-\omega)+z_F\cdot\omega=\omega(1-\omega)(z_B+z_C)=\frac{z_B+z_C}3,\]
也就是说点 `K` 是 `\triangle ABC` 的重心,由此可见,`\triangle KFD` 及 `\triangle KDE` 也都将是顶角 $120\du$ 的等腰三角形,所以 `\triangle DEF` 是等边三角形,并且其中心为 `\triangle ABC` 的重心。
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本帖最后由 isee 于 2018-10-5 16:27 编辑

回复 3# kuing

分别取如图取两三角形高后,从几何角度上说,也是(正在查帖)(查到了,两相似三角形三角形共顶点) 的一种“变式”。

如图,两易竖直线平行,M,N 是中点。
perp.png

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本帖最后由 isee 于 2018-10-5 17:45 编辑
回复  isee

帮我3#补一个几何证法嘛
色k 发表于 2018-10-4 10:50


看看这个平几法,应该没啥问题。

接3#

图中的三角形是等边三角形,但并不用此性质(QN与BC的平行,由题中的相似得线段成比例即可),当成普通三角形即可,不想重画图,其次,主要给 kuing,对图要求应该没那么高,哈哈哈。


perp02.png
2018-10-5 17:22



这里有一个事实,就是12楼的链接 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=4698

这个事实就像原帖的标题,平凡但并不简单,变化多端。

在这个事实,即$MN\perp QN$且Rt$\triangle QMN\sim \triangle DAQ$,之下(而进一步证明的)。

点$Q$,$P$分别是$D$在$AB$,$FA$上的射影,点$M$是$F$在$DE$上的射影。

由点$D$,$Q$,$A$,$P$四点共圆,及点$D$,$P$,$M$,$F$四点共圆,于是可得,$Q$,$P$,$M$三点共线。

于是$$\angle QMN =\angle ADQ=\angle QPA\Rightarrow MN\sslash FA.$$

证毕。

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回复 13# isee

你这是过 D 作 DP 垂直 AF 于 P,证 QPM 三点共线以及那些角相等?
但是这样之后好像还不能得出结论吧?是不是还要把右边的也作起来才行?

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回复 13# isee

才看到你补充了过程……
噢,才想起已知结论中还有个相似……那就没问题了

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本帖最后由 isee 于 2018-10-5 17:42 编辑
回复  isee

你这是过 D 作 DP 垂直 AF 于 P,证 QPM 三点共线以及那些角相等?
但是这样之后好像还不能得 ...
kuing 发表于 2018-10-5 17:37


你这是过 D 作 DP 垂直 AF 于 P,证 QPM 三点共线以及那些角相等?

1. 图中标红点的角。

但是这样之后好像还不能得出结论吧?是不是还要把右边的也作起来才行?
   

2. 是的,很复杂。主要是前提“事实”很复杂。

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回复  isee

才看到你补充了过程……
噢,才想起已知结论中还有个相似……那就没问题了 ...
kuing 发表于 2018-10-5 17:40


我喜欢编辑边发,刚开始只发了一个图,只是为了我方便写字母,你已经理解得差不多了。。。。

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回复 16# isee

我比较喜欢对称地撸,把右边也作起来,这样就不用用到相似:
QQ截图20181005175459.png
2018-10-5 17:55
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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回复 18# kuing


哈哈哈,我觉着线多,擦了,右同左,的确又简了一步。。。
联动解题就是好。。。

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本帖最后由 Tesla35 于 2018-10-6 23:37 编辑

旋转.png
2018-10-6 23:35


$\triangle FEC$旋转至$\triangle FAP$可证明$\triangle PAC\cong\triangle DCB$.

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