本帖最后由 王守恩 于 2021-3-6 20:04 编辑
mathematica 发表于 2021-3-6 18:39
这题也可以用正弦定理解决，
也可以用解析几何斜率夹角的办法解决
mathematica 发表于 2021-3-6 15:30
那一条是角平分线呀？
这样也行：\(CA=CB=\sqrt{18}\ \ \ \ \ CD=\sqrt{10}\)
\(\frac{EC}{ED}=\frac{\sqrt{18}*\sqrt{2}}{4}\)
\(∵\frac{\sin∠ECB}{\sin∠ECA}=\frac{1}{2}∴\frac{\sin∠EAD}{\sin∠EAC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
CAE与CBE
两个角相加等于45°，可以利用正切相加等于45°，列方程解方程
王守恩 发表于 2021-3-6 19:44
这样也行：\(CA=CB=\sqrt{18}\ \ \ \ \ CD=\sqrt{10}\)
\(\frac{EC}{ED}=\frac{\sqrt{18}*\sqrt ...
这才是凑(前面的真不是凑的。冤枉啊)
\(\frac{x}{\sin\theta}=\frac{\sqrt{18}}{\sin90}\ \ \ \frac{\sin\theta}{\cos\theta} =\frac{2}{4}\)
如图，过 A 做 BE 垂线交其延长线于 H, 过 B 做 BJ//AE 交 ED 延长线于 J，
$∵∠AEH=180°-∠AEB=45°$，$∴ △AHE$ 是等腰直角三角形
由于$∠EAB+∠EBA=45°$, 可见 3 个 45°角$/_CAB,/_CBA,/_EAH$都以相同比例被分割。
$∴△AHC∽△AEB$(SAS), 相似比$＝1:\sqrt{2}$, ∴$EB=\sqrt{2}HC$
故$/_HCA=/_EBA=/_CAE$, 所以 $HC∥AE∥BJ$.
$∴△AED∽△BJD$, 相似比为$2:1$. 得 $BJ={AE}/2={HE}/\sqrt2$.
$△HCE∽△BJE$, 得 $HE:BE=HC:BJ$, 化为积式即 $HE·BJ=BE·HC$
即$\frac{\sqrt{2}}2 HE^2=\frac{\sqrt{2}}2 BE^2$
得 $HE=BE$，于是$HE=\sqrt{2}HC$,又$/_CHE=/_HEA=45°$, ∴$△CHE$是等腰直接三角形，$CE⊥CH$.
所以$CE⊥AE$.
后面计算就简单了。$AB=6, AC=3\sqrt{2},AE=2CH=2CE$,所以$CE=\frac{AC}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{10}}{5}$
mathematica 发表于 2021-3-6 20:05
CAE与CBE
两个角相加等于45°，可以利用正切相加等于45°，列方程解方程
Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
(*做EF垂直AC于F,做EG垂直BC于G*)
(*由AD=4,BD=2,且ACB是等腰直角三角形,容易知道∠ACE=ArcTan*)
(*假设EG=CF=x,则EF=CG=2*x,∠ACE+∠BCE=45°*)
(*假设AC=BC=a,则FA=a-x,GB=a-2*x*)
a=3*Sqrt;(*AC=BC=a*)
ans=Solve[{
ArcTan+ArcTan==Pi/4,(*∠ACB=90°且∠AEB=135°=>∠ACE+∠BCE=45°*)
CE==Sqrt(*勾股定理,CE^2=CF^2+EF^2*)
},{x,CE}]
求解结果
\[\left\{\left\{x\to \frac{3 \sqrt{2}}{5},\text{CE}\to 3 \sqrt{\frac{2}{5}}\right\}\right\}\]
本帖最后由 aimisiyou 于 2021-3-8 10:28 编辑
mathe 发表于 2021-3-7 11:32
如图，过A做BE垂线交其延长线于H,过B做BJ//AE交ED延长线于J.
于是容易得出三角线AHC相似三角形AEB,相似 ...
怎么得出∠HCA=∠EBA=∠CAE？∠CAE是咋得出来的？
mathematica 发表于 2021-3-6 18:39
这题也可以用正弦定理解决，
也可以用解析几何斜率夹角的办法解决
Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
{xa,ya}={0,0};
{xb,yb}={3*Sqrt,3*Sqrt};
{xc,yc}={0,3*Sqrt};
{xd,yd}={1,1}*(2*Sqrt);
ans=Solve[{
Det[{{xc,yc,1},{xe,ye,1},{xd,yd,1}}]==0,(*CED三点共线*)
k1==(ye-ya)/(xe-xa),(*AE的斜率*)
k2==(ye-yb)/(xe-xb),(*EB的斜率*)
(k1-k2)/(1+k1*k2)==Tan[(180-135)*Degree],(*AE BE的夹角是45°*)
CE==Sqrt[(xc-xe)^2+(yc-ye)^2](*求CE的长度*)
},{xe,ye,k1,k2,CE}]//FullSimplify
求解结果
\[\left\{\left\{\text{xe}\to \frac{6 \sqrt{2}}{5},\text{ye}\to \frac{12 \sqrt{2}}{5},\text{k1}\to 2,\text{k2}\to \frac{1}{3},\text{CE}\to 3 \sqrt{\frac{2}{5}}\right\},\left\{\text{xe}\to 6 \sqrt{2},\text{ye}\to 0,\text{k1}\to 0,\text{k2}\to -1,\text{CE}\to 3 \sqrt{10}\right\}\right\}\]
https://bbs.emath.ac.cn/thread-17704-1-1.html
我感觉与这边的这题很类似
使用正弦定理的解答:
Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
CA=CB=3*Sqrt;
ans=Solve[{
CE/CA==Sin/Sin],(*△ACE中正弦定理,∠ACE=ArcTan*)
CE/CB==Sin/Sin],(*△BCE中正弦定理,∠BCE=ArcTan*)
x+y==Pi/4,(*两个角相加等于45°*)
Tanx==Tan,
Tany==Tan,
x>0&&y>0(*限制变量范围*)
},{x,y,CE,Tanx,Tany}]//FullSimplify
求解结果
\[\left\{\left\{x\to \frac{1}{4} \left(\pi +8 \tan ^{-1}\left(3-\sqrt{10}\right)\right),y\to -2 \tan ^{-1}\left(3-\sqrt{10}\right),\text{CE}\to 3 \sqrt{\frac{2}{5}},\text{Tanx}\to \frac{1}{2},\text{Tany}\to \frac{1}{3}\right\}\right\}\]
本帖最后由 aimisiyou 于 2021-3-8 19:33 编辑
mathe 发表于 2021-3-7 11:32
如图，过A做BE垂线交其延长线于H,过B做BJ//AE交ED延长线于J.
于是容易得出三角线AHC相似三角形AEB,相似 ...
直接给出AB是不能求出来的。