免費論壇 繁體 | 簡體
Sclub交友聊天~加入聊天室當版主
分享
返回列表 发帖

[几何] 神奇的向量轮换乘积

本帖最后由 hbghlyj 于 2020-6-9 23:56 编辑
下面是从“一些平面几何”那个收集帖的14#移过来的一道题,原证是变成θ的三角函数化简
hbghlyj 发表于 2020-6-6 23:28

QQ图片20200607000557.jpg
2020-6-9 22:59

完全四边形ABCPQR中,下面都是ABCD共圆的充要条件
(1)$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{BQ}+\overrightarrow{BQ}·\overrightarrow{CR}+\overrightarrow{CR}·\overrightarrow{AP}=0$
(2)$\overrightarrow{AR}·\overrightarrow{BR}=\overrightarrow{PR}·\overrightarrow{QR}$
(3)$\overrightarrow{AR}·\overrightarrow{BR}+\overrightarrow{AQ}·\overrightarrow{CQ}=QR^2$
证明:(1)$\because\langle\overrightarrow{AP},\overrightarrow{BQ}\rangle=\pi-\langle\overrightarrow{CP},\overrightarrow{CQ}\rangle,\frac{AP}{BQ}=\frac{CP}{CQ},\therefore\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{CQ}+\overrightarrow{BQ}·\overrightarrow{CP}=0,$
同理$\overrightarrow{BQ}·\overrightarrow{AR}+\overrightarrow{CR}·\overrightarrow{AQ}=0,\overrightarrow{CR}·\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{BR}=0$,三式相加即证得.
(2)$\overrightarrow{AP}·(\overrightarrow{CR}+\overrightarrow{RQ})+\overrightarrow{BQ}·(\overrightarrow{CR}+\overrightarrow{RP})=0\Rightarrow\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{RQ}+\overrightarrow{BQ}·\overrightarrow{RP}=\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{BQ}$
我们看到两条路:
第一,提取$\overrightarrow{BQ}$,$\overrightarrow{AR}·\overrightarrow{BQ}=\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{RQ}$,在两端加上$\overrightarrow{AR}·\overrightarrow{QR}$即证得
第二,提取$\overrightarrow{AP}$,$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{BR}=\overrightarrow{BQ}·\overrightarrow{RP}$,在两端加上$\overrightarrow{PR}·\overrightarrow{BR}$即证得
(3)由②有$\overrightarrow{AR}·\overrightarrow{BR}=\overrightarrow{PR}·\overrightarrow{QR}$,$\overrightarrow{AQ}·\overrightarrow{CQ}=\overrightarrow{RQ}·\overrightarrow{PQ}$,相加,$\overrightarrow{AR}·\overrightarrow{BR}+\overrightarrow{AQ}·\overrightarrow{CQ}=QR^2$

本帖最后由 hbghlyj 于 2020-8-25 00:24 编辑

还能得到更多漂亮式子吗?
如何证明充分性?
四边形ABCD内接于圆O,E, F是两组对边的交点,G是对角线的交点,H是△ABC的垂心,作△BMG~△AHE,△BNG~△CHF .
求证: (1)BH=BM+BN;(2)B,M,O, N四点共圆,
1.gif
2020-8-25 00:24

TOP

返回列表 回复 发帖