採用如圖的辦法，用梯形的面積，減去兩個三角形的面積。
梯形的面積是$\frac{(2a+2b)(a+b)}{2}=(a+b ...
你这搞复杂了。根据三角形面积S=1/2*a*b*sinQ=1/2*a*b*sin(180-Q)可知对顶角三角形面积相等。然后比较正方形和对顶角三角形面积相等。
a^2+a*b+a*b+b^2+(a^2+b^2)-(a+b)*(2a+2b)/2=a^2+b^2=S 本帖最后由 王守恩 于 2022-10-10 14:43 编辑
来个不烧脑细胞的方法。
记左下正方形(底边)与中间正方形(底角)的夹角=p，
中间正方形边长=1，左下正方形边长=sin(p)，右下正方形边长=cos(p)
左上正方形边长=x，右上正方形边长=y
5 个未知数 5 个方程：
\(1,x^2=1^2+\sin^2(p)-2\sin(p)\cos(90^\circ+p)=1+3\sin^2(p)\)
\(2,y^2=1^2+\cos^2(p)-2\cos(p)\cos(180^\circ-p)=1+3\cos^2(p)\)
\(3,\sin^2(p)=1^2+x^2-2x\cos(a)\)
\(4,\cos^2(p)=1^2+y^2-2y\cos(b)\)
\(5,k=\frac{S}{T}=\frac{1*1}{x y\sin(90^\circ-a-b)/2\ \ }\)
化简可得 k=1
说明：p 是已知条件，180>p>0 王守恩 发表于 2022-10-10 14:28
来个不烧脑细胞的方法。
记左下正方形(底边)与中间正方形(底角)的夹角=p，
你這個也是很好的辦法。
p的範圍應是90~0。
如图将三角形DCG绕C点顺时针旋转90度到三角形$NCE_1$
三角形GFI绕F点逆时针旋转90度到三角形$E_1FR$
于是C是NB中点，所以三角形$NCE_1$面积和$CBE_1$的面积相等， 而$CBE_1$和$E_1EF$全等
所以得出图中四个空白三角形面积都相等。
又因为$NE_1$垂直相等DG,所以它平行相等JG,同理$RE_1$平行相等MG
所以三角形JMG和$NRE_1$全等。
延长BN交过G点AB的平行线于P,而且平行线和RE交于Q
于是显然BEQP是以AB+EF为边长的正方形。
而梯形NBER高BE=AB+EF,两条底边分别为2AB和2EF,平均值等于AB+EF
所以梯形BNRE和正方形BPQE面积相等。
两者都减去四个面积等于$CBE_1$的三角形分别得到三角形$NRE_1$和正方形$CGFE_1$
所以两者面积相等，得到证明。 mathe 发表于 2022-10-23 11:10
如图将三角形DCG绕C点顺时针旋转90度到三角形$NCE_1$
三角形GFI绕F点逆时针旋转90度到三角形$E_1FR$
于 ...
好像我的方法也是算梯形，和你這個異曲同工。 T与S没有必然联系，S=底下两个正方形面积之和。上边两个大正方形面积分别等于下边小正方形之一面积+S-2aAcos(180°-α），小正方形之一面积+S-2bAcos(90°+α），此时只能确定T的两个边长，而且与α相关，但是不能确定两边的夹角，到这里好像有了转机，圆周角360°，减3个直角270°，剩余90°是3个角之和，但是与它相关的2个角与另外2个不相邻的角之和是90°，这么着，可以推出两边（T三角形）的夹角，与另外不相邻的两个角之和相等，这仍就不能说明问题，因为互为余角（一个角与另外两个角的和），属于不确定值，可以根据，中心正方形S的倾斜度确定，如果有关联，那么，中心正方形在转动过程中，T的面积保持不变。 白新岭 发表于 2022-11-5 15:45
T与S没有必然联系，S=底下两个正方形面积之和。上边两个大正方形面积分别等于下边小正方形之一面积+S-2aAco ...
它們是必然相等的。 ejsoon 发表于 2022-11-5 23:34
它們是必然相等的。
如果，相等，必然求得余弦定理，和直角三角形的直边与斜边的关系式，不受倾斜角的影响。
页:
1
[2]