[几何] 三角形ABC中，角B=2角C，中点和三等分点，证线段和相等.

郝酒

$\triangle ABC$ 中，$\angle C=2\angle B$，$M$ 在 $BC$ 上，且 $CM=2BM$，$D$ 是 $AC$ 边中点。
求证：$MD=BM+AD$。

2019-8-2 14:26

isee

从纯几何角度来说，这个2倍角，不好用。

那就直接解三角形好了，设$MC=2a,CD=b,\angle B=x$。

由$C=2B$，熟知$$AB^2=2b(2b+3a)，$$（这个熟知借用的2#，不过，这个也不难证，无论是平几，还是三角……），除边关系外，还有一个角关系.

即，由正弦定理$$\frac {2b}{\sin x}=\frac {AB}{\sin 2x}\Rightarrow \cos x=\frac {AB}{4b}\Rightarrow \cos 2x=\frac {3a-2b}{4b}.$$

于是在$\triangle DCM$中由余弦定理，$$MD^2=b^2+2a^2-2\cdot b\cdot 2a\cdot \cos 2x=\ldots=b^2+2ab+a^2.$$

kuing

WoCao！我突然知道这题是怎么出的了，事关我想起了，两倍角的时候轨迹恰好是双曲线（课本习题出过），并且那两点还是双曲线的顶点和焦点，具体如下。

不妨设 `B(-1,0)`, `C(2,0)`, `A(x,y)`，则
\[\frac y{2-x}=\tan C=\tan2B=\frac{2\tan B}{1-\tan^2B}=\frac{\frac{2y}{x+1}}{1-\frac{y^2}{(x+1)^2}},\]化简得
\[x^2-\frac{y^2}3=1,\]由此可见，恰好有：`B` 为左顶点，`C` 为右焦点，而题目设定的点 `M` 就是原点，那么再记左焦点为 `F`，如下图：

2019-7-20 15:50

则由中位线及双曲线定义，有
\[MD=\frac12FA=\frac12(2a+AC)=BM+AD.\]
PS、也就两倍角时才是双曲线，其他倍角就不是了，见《撸题集》P195~196 题目 2.2.11。

isee

回复 3# kuing

看看乌贼能不能整合一个平几方法出来~这个脑洞意料之外，但合情合理。

kuing

回复 4# isee

最近看到你 QQ 空间里讲了斯特瓦尔特定理，那我也来应用一下吧，就是不建系证明 3# 的双曲线结论。

命题：如左图，`\triangle AFC` 中，`B` 在 `FC` 上，满足 `FB=a`, `BC=3a`，且 `\angle C=2\angle ABC`，则 `AF-AC=2a`。

2019-7-21 14:45

2019-7-21 14:45

证明：先证明 `AB^2=AC(AC+CB)`，如右图，延长 `AC` 至 `D` 使 `CD=CB`，则 `\angle D=\angle C/2=\angle ABC`，故 `\triangle ABC\sim\triangle ADB`，从而 `AB^2=AC\cdot AD=AC(AC+CB)`。

于是，由斯特瓦尔特定理，得
\[4a\cdot AC(AC+3a)=a\cdot AC^2+3a\cdot AF^2-a\cdot3a\cdot4a,\]化简得
\[AF^2=(AC+2a)^2,\]即得证。

isee

回复 5# kuing

这也是一个方向，不过，这样两部分是割裂的，有些奇怪。

所以，不如直接Stewar定理到底，即，延长BC至D，连接AD，在等腰三角形ABD中，（那个由2倍角得到的边关系即是特殊情况下的Stewart定理）有$$AB^2=AC^2+BC\cdot CD=AC^2+BC\cdot AC.$$

下类似于5#

乌贼

回复 4# isee
哪的题，不好弄……等价于矩形$ GEFG $中，$ B,H $分别为$ FM,GM$的中点，$\angle ABC=\dfrac{1}{2}\angle ACB $，求证：$ FH\perp AH $

2019-7-22 01:54

乌贼

先上一引理：$ \triangle CEF $中，$ CE=2EF $，$ GQ $为$ CF $的垂直平分线，$ FE $的延长线交$ GQ $于$ Q $，$ GQ $交$ \triangle CEF $的外接圆于$ N $，$ M $为$ CE $中点，$ P $为$ CM $中点。求证：$ MN\px PQ $且$ \angle FME=\angle EMN $

2019-7-30 00:34

      

2019-7-30 00:34

证明：延长$ FM $交园于$ K $点。有\[ \triangle MEN\cong \triangle MCK\riff \angle FME=\angle CMK=\angle EMN \]$ EN $为$ \angle HEQ $的角平分线，所以\[ \dfrac{HN}{NQ}=\dfrac{EH}{EQ}=\dfrac{HM}{MG}=\dfrac{HM}{MP}\riff MN\px PQ \]

乌贼

回到原题。如图示，把题中$ \triangle ABC $放入引理图中

2019-7-30 00:56

延长$ AB $交$ EQ $于$ H $，知$ EH=\dfrac{1}{3}AC $，故$ EQ=AC $，$ ACQE $为平行四边形。所以\[ 2DM=AE=CQ=FQ =EM+AC\]

isee

回复 8# 乌贼

一个笔误：
$\triangle MEN\cong \triangle {\color{red}N}CK$中的点$N$应该是点${\color{red}M}$ .
其次点$H$没有交待，$GQ$与$EC$的交点.

最后，第一步中的两个全等三角形我看了好久，结合中垂直线，发现弧$EN$=弧$KC$，有点难.



回复 9# 乌贼

厉害，引理将二倍角条件发挥了“强大”的作用，这方法只属于乌贼你啊，学习30~50分钟，才完全明白。一度想放弃，线多，角关系也多。

kuing

回复 10# isee

我也是看了好久才反应过来
感觉我看乌贼写几何题，可能就像你们看我写不等式题一样，完全跟不上节奏……

乌贼

不用引理，直接证明就复杂了，不知楼主有没有简洁方法。

乌贼

回复 10# isee
$H$为$AB$延长线与$EQ$的交点啊，且$ \angle EBH=\angle FME=\angle EMN $

删广告专用

回复 13# 乌贼

他说的是引理的证明里面的中间那个点。

2019-8-1 14:08

乌贼

回复 10# isee
$ \angle FKN=\dfrac{1}{2}\angle MEQ=\angle FME\riff KN\px CE\riff EN=CK $

isee

回复 15# 乌贼

是啊，事实上有三组平行。
原来是用圆内接四边形外角等于内对角啊。

isee

回复 11# kuing

9494

isee

回复 12# 乌贼

除去平几法与解析法，5#+6#的硬算也是相当自然的。

如果0.1，tzhp6666，南山菊，无业游民或M大等等等人教BBS哪一批神手——在这里的话——可惜不在——应该可能吧，会有非常巧的偏少的辅助线。

其实，能有个平几法已然不错了，你这个，把2倍角这么用，我还是头次见。。。。。。

kuing

回复 12# 乌贼

楼主一般好久才来一次，只望下次来的时候还记得这帖……

回复 18# isee

还能联系到他们吗？

isee

回复 19# kuing

没法。最多人教群里可能在，但基本都是潜水。。。。