孩子设想的，貌似简单我没做出的平面几何题

geslon

正方形ABCD，E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA四条边上，AE=BF=CG=DH，则显然EFGH也是正方形。这是一道初中题目。
问题来了：如果四边形ABCD，只知道AE=BF=CG=DH，且EFGH是正方形，试证明ABCD为正方形。
也就是前面那个命题的逆命题。

qianyb

我来试证明一下:
设角AEH为X度,由于角FEH=90度,则角BEF=180-90-x=90-x度
则角EBF=180-(90-x)-x=90度
同理可证角EAH,HDG,FCG也为90度
所以四边形ABCD为正方形

这样不知道是不是不可以,呵呵

gxqcn

第3行理由不充分：并没有任何说明∠EFB=∠AEH=X°

mathe

这个题目看起来同百度数学吧的一道题目类似，只是这里是正方形，那里是三角形
http://tieba.baidu.com/f?kz=773094990

gxqcn

无论正三角形还是正方形，逆命题都比较难证。

我给出一个思路，仍以当前楼主的题目为讨论对象：
将已知的正方形EFGH固定下来（边长a及位置均固定），设AE=BF=CG=DH=b，
我们只要证对于任意的(a,b)，这样的四边形ABCD要么不存在，要么是唯一即可（唯一时显然必为正方形）。

过点E作直线，截取AE=b，其中∠AEH=θ，
连结AH并延长至点D，使DH=b，
连结DG并延长至点C，使CG=b，
连结CF并延长交直线AE于点B，

计算出此时的BF=f(a,b,θ)（表达式中含a、b、θ），
令f(a,b,θ)=b，解得角度θ，看有几种可能。

以上思路有点解析证明的味道，会比较繁琐。

mathe

关于这个题目，可以通过计算证明不可能，不过非常复杂。
如图，左边假设存在非正方形。而其中AE=BF=CG=DH。
正方形EFGH中心为O,将图形绕O顺时针旋转90度，那么EF的像将同HE重合。
而B的像和A到E点距离相同，我们得到如右边的图形。

为了方便起见，我们记|EF|=a,|BF|=r
角AEH为t,角BFE为s
那么在三角形BFE中，角BEF为${pi}/2-t$,角FBE为$pi/2+t-s$
于是根据正弦定理，我们得到
${cos(t)}/r={cos(s-t)}/a$

mathe

现在我们可以记4个角AEH,BFE,CGF,DGH分别为$t_1,t_2,t_3,t_4$,注意这四个角都是锐角。
我们得到
${cos(t_1-t_2)}/{cos(t_1)}={cos(t_2-t_3)}/{cos(t_2)}={cos(t_3-t_4)}/{cos(t_3)}={cos(t_4-t_1)}/{cos(t_4)}=a/r=u$
不妨设$t_1,t_2,t_3,t_4$中$t_4$最小，那么$0<t_3-t_4<t_3<{pi}/2$,所以$u={cos(t_3-t_4)}/{cos(t_3)}>1$,
由于$cos(t_i-t_{i+1})=u*cos(t_i)$得到$0<cos(t_i)<=1/u$
$t_4=t_3-arccos(ucos(t_3))$
由$cos(t_4)<=1/u$得到
$cos(t_3)*u*cos(t_3)+sqrt(1-cos^2(t_3))*sqrt(1-u^2cos^2(t_3))<=1/u$
即
$sqrt(1-cos^2(t_3))*sqrt(1-u^2cos^2(t_3))<=1/u-ucos^2(t_3)$
即
$(1-u^2)*(cos^2(t_3)-1/u^2)<=0$
即
$cos(t_3)^2-1/u^2>=0$
即
$cos(t_3)>=1/u$
于是我们得到必须$cos(t_3)=1/u$,由此可以计算出$cos(t_4)=1/u$等等

haizhou

设角A为钝角则BF=r=AE<acost,F到AE的距离为acost,显然B点不能够在直线AE上.

wgM

mathe,LZ的结论是成立的

wgM

可以证明它是正方形