[几何] 转人教群之等边证相等

乌贼

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2020-2-24 03:00

战巡

回复 1# 乌贼

首先观察一下如果$BE=BG$会怎样
这样会有$∠G=∠BEG$，而又易证$△ABD≌△AEC$，会有$∠G=∠BEG=∠AEC=∠ADB$，因此$A, B, G, D$共圆，于是我们朝这个方向前进就行了，换句话说，设法证明
\[BF\cdot DF=GF\cdot AF\]

由梅涅劳斯有
\[\frac{GF}{FA}\cdot\frac{AC}{CD}\cdot\frac{DH}{HG}=1\]
加上$GH=DH$有
\[\frac{AC}{FA}=\frac{CD}{GF}\]
而易证$△ADF∽△ABD$，有
\[\frac{AF}{AD}=\frac{AB}{BD}\]
也就是
\[\frac{AF}{AB}=\frac{AD}{BD}=\frac{GF}{CD}\]
而后
\[GF\cdot AF=\frac{AD}{BD}\cdot CD\cdot AF\]

另一方面，还是梅涅劳斯会有
\[\frac{BE}{EC}\cdot\frac{AC}{AD}\cdot\frac{DF}{BF}=1\]
还是相似会有
\[AD^2=DF\cdot BD\]
而后
\[\frac{BE}{EC}\cdot\frac{AC}{AD}\cdot \frac{AD^4}{BD^2}=BF\cdot DF\]
\[BE\cdot AC\cdot \frac{AD^2}{BD^2}=BF\cdot DF\]

也就是变成设法证明：
\[BE\cdot AC\cdot \frac{AD^2}{BD^2}=\frac{AD}{BD}\cdot CD\cdot AF\]
化简会有
\[AC\cdot \frac{AD}{BD}=AF\]
这个是显然的，因为全等有$BD=AE$，而$△ADF∽△ACE$就会有上面这条

乌贼

这个逻辑推理严密！

hbghlyj

过A作BC平行线交BG于M,MG=MA,所以G的轨迹是以A为枢点且过B的斜环锁线
点H的轨迹如何分类？（手头没有电脑）

乌贼

如图：
  

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2020-2-25 14:21

作$ DP\px AG $交$ FC $于$ P $，连接$ GP $交$ BC $于$ Q $，有四边形$ FDPG $为平行四边形，即\[ GP\px FD\riff \angle AGQ=\angle AFD=\angle ABQ=60\du \]则$ ABGQ $四点共园。又\[ DP\px AG\riff \dfrac{CD}{AC}=\dfrac{CP}{CF}\\GP\px FD\riff \dfrac{CP}{CF}=\dfrac{CQ}{CB} \]故\[ CD=CQ\riff DQ\px AB \]即$ ABQD $四点共园，也就是$ ABGQD $五点共园。易证\[ AE=AQ \]有\[ \angle BEG=\angle AEQ=\angle AQE=\angle AGB \]因此\[ BE=BG \]

乌贼

转人教群解法by粤B学生86鱼

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2020-2-25 18:36

乌贼

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2020-2-26 01:23

顺手记下，正$ \triangle ABC $中，$ CD=BE=BN $，$ F $为$ AE $与$ BD $交点，$ CF $交$ EN $于$ M $，则\[ BM\px DE \]由\[ \triangle MEF\sim \triangle EAD\\\triangle BEF\sim \triangle BDC \]可得