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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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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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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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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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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
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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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