已知EA, EB和EC，求正方形ABCD的边长
已知正方形ABCD中`EA=2， EB=2\sqrt2，EC=2\sqrt3`
求正方形ABCD的边长.
我算出来的答案是`2 \sqrt{\sqrt{3}+2}` Clear["Global`*"];
(*计算余弦值子函数,利用三边计算余弦值*)
cs:=(a^2+b^2-c^2)/(2*a*b)
(*反余弦角度相加等于90°*)
Solve[
ArcCos,2]]+
ArcCos,Sqrt]]==Pi/2,
{x}
]
(*余弦值的平方和等于1*)
Solve[
cs,2]^2+
cs,Sqrt]^2==1,
{x}
]
\[\left\{\left\{x\to 2 \sqrt{\sqrt{3}+2}\right\}\right\}\]
\[\left\{\left\{x\to -2 \sqrt{2-\sqrt{3}}\right\},\left\{x\to 2 \sqrt{2-\sqrt{3}}\right\},\left\{x\to -2 \sqrt{\sqrt{3}+2}\right\},\left\{x\to 2 \sqrt{\sqrt{3}+2}\right\}\right\}\] 由欧拉的四面体体积公式$V_{ABCE}=0$立即可得 对正方形总有\又`EA^2:EB^2:EC^2=1:2:3`
故ED=EB, 所以A, E, C三点共线，`AC=2(\sqrt3±1)`, `AB=\sqrt2(\sqrt3±1)`
如果限定E在正方形内，就只有一解了。
如果你把图按比例画直观，就不用解了。:lol hujunhua 发表于 2020-3-29 10:53
对正方形总有\又`EA^2:EB^2:EC^2=1:2:3`
故ED=EB, 所以A, E, C三点共线，`AC=2(\sq ...
第一个等式怎么得来的？ mathematica 发表于 2020-3-29 11:02
第一个等式怎么得来的？
这是不仅对正方形，而且对矩形普遍成立的一个定理呀。拿勾股定理易证。 hujunhua 发表于 2020-3-29 11:11
这是不仅对正方形，而且对矩形普遍成立的一个定理呀。拿勾股定理易证。
证明看看，说思路 hujunhua 发表于 2020-3-29 11:11
这是不仅对正方形，而且对矩形普遍成立的一个定理呀。拿勾股定理易证。
我自己会证明了！
不用什么勾股定理！
我用解析几何的办法就可以证明了，四个点四个坐标！
用解析几何的办法证明起来，简直太容易了，很显然成立！
不过第一次听说这个定理！ hujunhua 发表于 2020-3-29 11:11
这是不仅对正方形，而且对矩形普遍成立的一个定理呀。拿勾股定理易证。
直接解析几何的办法干！
三个线段的长度导致三个方程，三个方程三个未知数（一个是正方形边长，一个是E点坐标），也能求解出来！
Clear["Global`*"];
(*解析几何的办法求解这个问题，列出三点，然后两点之间距离公式，三个等式三个未知数*)
Solve[
(x-0)^2+(y-a)^2==4&&
(x-0)^2+(y-0)^2==8&&
(x-a)^2+(y-0)^2==12,
{x,y,a}
]//FullSimplify//Grid
求解结果
\[\begin{array}{ccc}
x\to -\sqrt{2} & y\to -\sqrt{6} & a\to -2 \sqrt{\sqrt{3}+2} \\
x\to -\sqrt{2} & y\to \sqrt{6} & a\to \sqrt{2} \left(\sqrt{3}-1\right) \\
x\to \sqrt{2} & y\to -\sqrt{6} & a\to \sqrt{2}-\sqrt{6} \\
x\to \sqrt{2} & y\to \sqrt{6} & a\to \sqrt{2}+\sqrt{6} \\
\end{array}\]
mathematica 发表于 2020-3-29 13:56
直接解析几何的办法干！
三个线段的长度导致三个方程，三个方程三个未知数（一个是正方形边长，一个是E ...
起初我纳闷E点的坐标和等于边长，
再想到AEC三点共线，就不觉得奇怪了！
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